高中化学课时作业（鲁科版选修第二册）详解答案

课时作业1原子结构模型1．解析：道尔顿、门捷列夫、玻尔和卢瑟福的主要贡献分别是原子论、元素周期律、原子结构模型和原子的核式模型。丹麦科学家玻尔引入量子化观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型。答案：C2．解析：D选项的内容无法用玻尔理论解释。要解释氢原子光谱的多条谱线，需用量子力学所建立的量子数来描述核外电子的运动状态。答案：D3．解析：对同一原子，基态时比较稳定，基态时的能量比激发态时低，②③正确，①④错误。答案：B4．解析：能级数目等于能层序数，K、L、M、N的能层序数依次为1、2、3、4，则分别有1(s)、2(s、p)、3(s、p、d)、4(s、p、d、f)个能级，即K、L、M能层不包含f能级。答案：D5．解析：相同电子层上原子轨道能量由低到高的顺序是ns＜np＜nd＜nf；相同形状的原子轨道能量由低到高的顺序是1s＜2s＜3s＜4s……同一电子层上同一能级原子轨道的能量相等。答案：AB6．解析：小黑点表示电子在核外空间某处出现的概率，不表示电子数目，故A错误；1s轨道为球形，所以1s轨道的电子云形状为球形，故B错误；电子在原子核外作无规则的运动，不会像地球围绕太阳有规则的旋转，故C错误；小黑点的疏密表示电子在核外单位体积内出现概率的大小，密则概率大，疏则概率小，故D正确。答案：D7．解析：氮原子2p能级上的3个电子分布在不同的轨道上，且自旋方向相同，不相同的是电子云伸展方向。答案：C8．解析：A项，每一电子层最多可容纳的电子数为2n2；C项，只要是s能级，不论哪一电子层，所容纳的电子数都为2；D项，能级能量4d>4s。答案：B9．解析：d能级有5个轨道，而d能级存在于电子层n≥3中。答案：C10．解析：3px中，3表示第三电子层，p原子轨道在三维空间的分布分别沿x、y、z三个方向，px表示沿x轴方向伸展的p轨道。答案：D11．解析：同一电子层中，s能级的能量小于p能级的能量，A不正确；2s原子轨道半径比1s原子轨道半径大，说明2s电子在离核更远的区域出现的概率比1s电子的大，B不正确；当电子在同一电子层的不同能级上时，其能量不相同，因此C不正确；对于N电子层，n＝4，其轨道类型数为4，轨道数为n2＝42＝16。答案：D12．解析：每一电子层包含的能级数目等于该电子层的序数，每一能级所能容纳的最多电子数是其原子轨道数目的2倍，第N电子层含有4个能级，16个原子轨道，容纳的最多电子数为32个。答案：D13．答案：(1)2s(2)3p(3)5d(4)4p(5)2py14．解析：(1)钙原子核外电子数为20，其最外电子层符号为N，该电子层的能级有4s、4p、4d、4f。(2)Ca2＋的核外电子数为18，核外有3个电子层，根据离核越远，电子能量越高可知，第三电子层的能量最高，又知其3s能级有2个电子，3p能级有6个电子，E3s<E3p，故Ca2＋中能量最高的电子所在能级为3p。(3)O2－核外有10个电子，其中1s能级和2s能级共有4个电子，2p能级有6个电子，所以s能级的电子数小于p能级的电子数。答案：(1)N4s、4p、4d、4f(2)3p(3)小于15．解析：(1)能量越高的电子在离核越远的区域内运动，也就越容易失去，a项正确；多电子原子在第n层中不同能级的能量大小顺序为E(ns)<E(np)<E(nd)<E(nf)，b项正确；同一电子层中的p轨道电子能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量比内层p轨道电子能量高，c项不正确；离核越近，电子能量越低，d正确。(2)同一原子轨道上最多容纳2个电子，并且自旋方向相反，A、B项均不正确；电子的能量由电子层和能级共同决定，同一电子层(n相同)，根据能量的不同又分为不同的能级，所以同一电子层不同能级上的电子的能量不同，C项不正确；处在同一能级中的电子能量相同，D项正确。(3)在多电子原子中，原子轨道能量的高低存在如下规律：①形状相同的原子轨道能量的高低：1s<2s<3s<4s……3d<4d<5d……②相同电子层上原子轨道能量的高低：ns<np<nd<nf；④电子层和能级均相同的原子轨道的能量相等，如3px＝3py＝3pz。(4)核外13个电子的运动状态各不相同，因此核外有13种不同运动状态的电子。答案：(1)c(2)D(3)①1s＜3d②3s＜3p＜3d③2p＜3p＜4p④3px＝3py＝3pz(4)513课时作业2基态原子的核外电子排布1．解析：电子排布在同一能级时，总是优先单独占据不同轨道，且自旋方向相同。答案：A2．解析：根据构造原理可知，电子填入能级的顺序为1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s……，从而可以看出②③中前面的能级比后面的能级先填入电子。答案：B3．解析：A项，钠离子2p能级上的电子排布违背了泡利原理，错误。答案：A4．解析：锰是25号元素，其原子核外有25个电子，A违反洪特规则，故A错误；B违反泡利不相容原理，故B错误；C违反洪特规则，故C错误；D符合泡利不相容原理和洪特规则，故D正确。答案：D5．解析：Ni核外有28个电子，故Ni2＋核外有26个电子，基态Ni2＋的电子排布式为[Ar]3d8，故A项正确；3d能级处于全满状态时体系具有较低的能量，因此基态Cu原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，故B项错误；S2－的核外电子数为18，基态S2－的电子排布式为[Ne]3s23p6，故C项错误；Si原子的核外电子数为14，基态Si原子的核外电子排布式为[Ne]3s23p2，故D项错误。答案：A6．解析：M－的最外层电子排布式为3s23p6，M原子的最外层电子排布式为3s23p5，其最外层有7个电子。答案：C7．解析：4s能级中只有1个电子时其最外层电子排布只能为4s1，3d54s1，3d104s1。答案：C8．解析：此微粒核外共有18个电子，可能是原子也可能是离子，若为离子，可能为Ca2＋、K＋、S2－、Cl－、P3－等。答案：B9．解析：由该原子基态电子排布式知，共有25个电子，核外有4个电子层，最外层有2个电子，M电子层有13个电子，A、D项不正确。答案：AD10．解析：由题中信息可推知X为As、Y为O、Z为H。As元素基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p3，A项错误；As元素是第四周期第ⅤA族元素，B项正确；是碳元素原子的轨道表示式，C项错误；H2能在O2中燃烧，D项错误。答案：B11.解析：根据核外电子排布的规律可以得到，两种元素的核外电子排布式分别为1s22s22p63s23p4和1s22s22p63s23p63d104s24p3。由于As元素的最外层有5个电子，其最高正价为＋5，最低负价为－3。答案：＋5－312．解析：解答此题的关键是要熟练掌握原子的核外电子排布式，并特别注意原子的几种稳定状态的核外电子排布：能量相同的原子轨道在全充满(如p6和d10)、半充满(如p3和d5)、全空(如p0和d0)状态时，体系的能量较低，原子较稳定。答案：(1)N(2)ClK(3)Fe1s22s22p63s23p63d64s2(4)Cu1s22s22p63s23p63d104s113．解析：X＋和Y－电子层结构相同可推测为Na＋、F－或K＋、Cl－，然后根据Y和Z可形成4核42个电子的负一价阴离子，推测该阴离子为ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))。X＋与Y－具有相同的电子层结构说明X位于Y的下一周期，由于Y形成Y－，又Z比Y的质子数少9个，故Y的原子序数最少为17，假设Y为Cl，则由③可推知Z为O，由①可推知X为K，满足题意。答案：(1)Cl1s22s22p63s23p51s22s22p4(2)KClO414．解析：A是宇宙中最丰富的元素，且原子核外仅有一个非空原子轨道，则A为氢；B元素原子的核外电子排布式为1s22s22p3，则B为氮；C元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2，则C为镁；D元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，则D为磷。答案：(1)HNMgP(2)(3)(4)课时作业3核外电子排布与元素周期表1．解析：3p轨道上有两个未成对电子，则该基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p2或1s22s22p63s23p4，即为Si元素或S元素。答案：D2．解析：基态原子4s轨道上有1个电子，若该元素位于s区，则其基态原子价电子排布式为4s1，若该元素位于d区，则其基态原子价电子排布式为3d54s1，若该元素位于ds区，则其基态原子价电子排布式为3d104s1，在p区不存在4s轨道上有1个电子的元素原子，故A项符合题意。答案：A3．解析：Na、Mg、Al三种元素的电子排布式分别为1s22s22p63s1、1s22s22p63s2、1s22s22p63s23p1，未成对电子数分别为1、0、1，并没有依次增多，A项错误；根据价电子排布式可知，该元素共有4个电子层，位于第4周期，最外层有5个电子，位于ⅤA族，在周期表中处于p区，B项错误；2p和3p轨道形状均为哑铃形，离原子核越远，能量越高，因此2p轨道能量小于3p轨道能量，C项正确；题给氮原子的价电子轨道表示式违反了洪特规则，正确的价电子轨道表示式为D项错误。答案：C4．解析：化合价是元素性质的体现，与原子的核外电子排布尤其是价电子排布密切相关，A项正确，B项错误。元素的最高化合价等于族序数，对主族元素(O、F除外)成立，对副族元素不一定成立，C项错误。非金属元素的最高化合价与最低化合价的绝对值之和等于8，O、F、H除外，D项错误。答案：A5．解析：由Se与O同族，与K同周期，可知Se位于第4周期ⅥA族，O原子最外层电子排布式为2s22p4，钾元素有4个电子层，则Se原子最外层电子排布式为4s24p4，A项正确；Se位于ⅥA族，根据主族序数等于元素最高化合价(O、F除外)可知，Se的最高价氧化物对应水化物的化学式为H2SeO4，B项正确；Br位于元素周期表中第4周期ⅦA族，同周期主族元素从左至右，非金属性逐渐增强，则Br的非金属性比Se的强，C项错误；根据元素周期表的分区可知，ⅠA族、ⅡA族元素位于s区，ⅢA～ⅦA族、0族元素位于p区，则O和Se为p区元素，K为s区元素，D项正确。答案：C6．解析：主族元素的最外层电子数＝价电子数，而题给元素的最外层电子数为2，价电子数为5，所以该元素不属于主族元素，而属于过渡元素，又因其是同族中原子序数最小的元素，所以在第4周期，其价电子排布式为3d34s2，为ⅤB族元素V。答案：C7．解析：由价电子排布式为4d15s2可知，该元素应为Y元素，位于第5周期ⅢB族，处于d区，该元素原子中共有39个电子，分5个电子层，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2，其中M层上有18个电子，最外层上有2个电子，A、B项错误，C项正确；该元素原子的N层的电子排布式为4s24p64d1，4d轨道上有4个空轨道，D项错误。答案：C8．解析：基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s2的元素为Zn，位于ⅡB族，基态原子核外电子排布式为[Ar]4s2的元素为Ca，位于ⅡA族，A项错误；原子由基态变为激发态时需要吸收能量，B项错误；价电子排布式为4d15s2的元素位于第5周期ⅢB族，属于d区元素，C项正确；未说明4s能级上有无电子，故不一定处于同一周期，D项错误。答案：C9．解析：A项中前者为Si或S，后者为Ge或Se，不一定在同一族；B项中前者为Si，后者为Ge，在同一族；C项，当n＝3时，最外层电子排布式为3s2的为Mg，最外层电子排布式为4s2的可能为Ca、Zn或Ti等，不一定在同一族；D项所述两者的最外层电子排布式不同，一般不属于同一族，只有当n＝1时，两种原子分别为He和Ne，二者都属于0族。答案：B10．解析：XY3中元素的化合价：化合物元素化合价XYXY3＋3－1＋6－2－3＋1结合元素化合价及各项价电子排布式进行分析。A项，X为Al，Y为Cl，能形成XY3型共价化合物，符合题意；B项，X为N，Y为O，不能形成XY3型共价化合物，不符合题意；C项，X为Al，Y为O，不能形成XY3型共价化合物，且二者形成的化合物Al2O3为离子化合物，不符合题意；D项，X为N，Y为Na，二者形成的化合物NaN3为离子化合物，不符合题意。答案：A11．解析：(1)某元素的3p轨道上有1个未成对电子，其基态原子的价电子排布式为3s23p1或3s23p5，该元素为Al或Cl。(2)某元素基态原子的价电子排布式为4s24p4，它在周期表中的位置是第4周期ⅥA族，其最高正化合价是＋6。(3)某元素的激发态(不稳定状态)原子的电子排布式为1s22s22p63s13p3，根据能量最低原理，其基态原子中电子应先排满3s能级，故该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2。(4)该元素基态原子的价电子排布式为3d54s1，故该元素位于第4周期ⅥB族，其元素名称为铬，它在元素周期表中位于d区。答案：(1)Al或Cl(2)第4周期ⅥA族＋6(3)1s22s22p63s23p2(4)铬d12．解析：(1)NaH是离子化合物，阴离子是H－，NaH的电子式为Na＋[∶H]－，H－的离子结构示意图为。(2)原子核外电子的排布情况：第一层排满时只能排2个电子，第二层排满时只能排8个电子，最外层不能超过8个电子，某元素原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，所以该元素原子核外电子层只能有两层，第一层电子数是2，第二层电子数是4，则该元素的质子数是6，为碳元素，核外电子排布式为1s22s22p2。(3)前四周期元素中，未成对电子数为5，即价电子排布式为3d54s2，原子序数为25，即为Mn，该元素在元素周期表中的位置为第4周期ⅦB族，位于d区。(4)C、O、N三种元素和H元素共同组成的离子化合物的化学式为NH4HCO3或(NH4)2CO3等。答案：(1)Na＋[∶H]－(2)碳1s22s22p2(3)Mn4ⅦBd(4)NH4HCO3[或(NH4)2CO3等]13．解析：(1)C元素位于第2周期且原子中p能级与s能级电子总数相等，则C元素原子的电子排布式为1s22s22p4，C为氧元素；D元素原子的M层的p能级中有3个未成对电子，则D元素原子的电子排布式为1s22s22p63s23p3，D为磷元素；E元素原子有5个未成对电子，则E元素原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，E为锰元素。(2)C元素为O，其基态原子的轨道表示式为(3)当n＝2时，B为碳元素，其最简单气态氢化物(CH4)的电子式为，当n＝3时，B为硅元素，B元素与C元素形成的化合物(SiO2)与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水，反应的离子方程式是SiO2＋2OH－=SiOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2O。(4)若A元素原子的最外层电子排布式为2s1，则A为Li，B元素原子的价电子排布式为3s23p2，则B为Si，非金属性O>P>Si>Li。(5)E是锰元素，其基态原子的价电子排布式为3d54s2，在元素周期表中位于第4周期ⅦB族，锰元素的最高正化合价为＋7，则其最高价氧化物的化学式是Mn2O7。答案：(1)氧磷锰(2)(3)SiO2＋2OH－=SiOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2O(4)O＞P＞Si＞Li(5)3d54s2第4周期ⅦB族Mn2O714．解析：(1)①A为第2周期元素，有3个未成对电子，价电子排布式为2s22p3，则A元素为N；②3d能级半充满为3d5，由于带3个单位正电荷，所以原子的价电子排布式为3d64s2，则D元素为Fe；③3p轨道上有2个未成对电子，则元素原子的价电子排布式为3s23p2、3s23p4，则为Si、S；④E元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，则E为Cu。(2)第4周期主族元素原子中的未成对电子数最多为3，第4周期过渡元素中，价电子排布式为(n－1)dxnsy，且d、s能级均处于半充满状态时，含有的未成对电子数最多，即价电子排布式为3d54s1，此元素为铬，未成对电子数为6。(3)由s能级只有1个原子轨道，只能容纳1个或2个电子来分析。m－1＝2，即m＝3；n＝2；x－1＝2，即x＝3，则A、B、C三种元素原子的最外层电子排布式分别为3s23p3、2s22p5、3s23p2，所以A、B、C分别是P、F、Si，非金属性F>P>Si，则三种元素形成的气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是HF>PH3>SiH4。答案：(1)①N②Fe③Si、S④Cu(2)铬6(3)HF＞PH3＞SiH4课时作业4元素性质及其变化规律1．解析：该元素为氟元素，因F为非金属性最强的元素，所以电负性最大。答案：D2．解析：A项，金属和非金属电负性相差较大时可以形成离子键；B项，某些过渡金属元素的电负性大于2；D项，同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，但并不是依次增大。答案：C3．解析：根据该元素的第一、二、三、四各级电离能数据大小可知，第二和第三电离能相差最大，发生突跃现象，说明该原子失去两个电子时较易，即最外层有2个电子，故为ⅡA族元素。答案：B4．解析：Li、Be、B位于元素周期表相同周期，原子序数逐渐增大，半径逐渐减小，故A正确；非金属性：P<S<Cl，元素的非金属性越强，对应的氢化物的还原性越弱，则PH3、H2S、HCl还原性依次减弱，故B错误；非金属性：N<O<F，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则N、O、F的氢化物稳定性依次增强，故C错误；金属性：Na<K<Rb，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物碱性越强，则NaOH、KOH、RbOH的碱性依次增强，故D正确。答案：BC5．解析：对于第3周期11～17号元素，随着原子序数的增大，第一电离能呈增大趋势，但Mg、P特殊，故A项错误；原子半径逐渐减小，故C项错误；形成基态离子转移的电子数依次为：Na为1，Mg为2，Al为3，Si不易形成离子，P为3，S为2，Cl为1，故D项错误。答案：B6．解析：①为Si，②为N，③为C，④为S，原子半径最大的为Si，故A正确；①为Al，②为Si，③为P，④为S，第一电离能最大的为P，故B正确；同一主族元素，电负性从上到下逐渐减小，同一周期从左至右电负性逐渐增大，故C正确；根据电离能变化趋势，最外层应有2个电子，所以与Cl2反应时生成的离子应呈＋2价，故D错误。答案：D7．解析：X的第四电离能突然增大，说明X最外层有3个电子，X是Al元素，Al在化合物中通常显＋3价；Y的第三电离能突然增大，说明Y最外层有2个电子，Y是Mg元素，Mg在化合物中通常显＋2价，故A错误；根据表中数据可知，X的第一电离能小于Y的，故B错误；Al(OH)3能与NaOH反应生成Na[Al(OH)4]，故C错误；工业上通过电解熔融的Al2O3冶炼金属铝，电解熔融的MgCl2冶炼金属镁，故D正确。答案：D8．解析：X、Y两元素的阳离子具有相同的电子层结构，二者处于同一周期，X元素的阳离子半径大于Y元素阳离子半径，由于原子序数越大，离子半径越小，则原子序数为Y>X，又Z和Y两元素的原子核外电子层数相同，则在同一周期，Z元素的原子半径小于Y元素的原子半径，则原子序数为Z>Y，所以X、Y、Z三种元素原子序数的关系为Z>Y>X。答案：D9．解析：短周期元素中，a为－2价，e为＋6价，均处于第ⅥA族，可推知a为O，e为S，b有＋1价，原子序数大于O，则b为Na，由原子序数可知d处于第3周期，化合价为＋5，则d为P。31P和33P质子数相同，中子数不同，是不同的核素，互为同位素，A错误；同周期元素从左到右第一电离能增大，但是P原子3p轨道电子为半充满稳定状态，第一电离能较大，则第一电离能：P>S，电负性：P<S，B正确；元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，则稳定性：H2O>H2S>PH3，C错误；O和Na形成的化合物Na2O2中含有共价键，D错误。答案：B10．解析：同主族元素自上而下第一电离能逐渐减小，P元素原子3p能级为半充满稳定状态，其第一电离能高于同周期相邻元素的第一电离能，故三种元素中Si的第一电离能最小，由图中第一电离能可知，c为Si元素，P元素原子3s能级为全充满稳定状态，故其第四电离能与第三电离能相差较大，可知b为P元素，则a为C元素。一般来说，同周期主族元素自左而右电负性逐渐增大，同主族元素自上而下电负性逐渐减小，故Si的电负性最小，A项错误。非金属性越强，最简单气态氢化物越稳定，Si的非金属性最弱，故SiH4的热稳定性最差，B项错误。对于组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，故SiH4的沸点较CH4的高，C项错误。C、Si分别失去4个电子后，C的1s2、Si的2p6均为全充满的稳定状态，再失去1个电子时，其第五电离能与第四电离能相差较大，且第五电离能：C>Si；P失去的第四个与第五个电子均为3s能级上的电子，故其第四电离能与第五电离能相差不大，故第五电离能：C>Si>P，D项正确。答案：D11．解析：地壳中含量最多的是O；B元素N层已排布电子，故K、L层电子数之和为10，由此推知M层有8个电子，N层有2个电子，是Ca；第3周期电离能最小的是Na，电负性最大的是Cl，因此A是O，B是Ca，C是Na，D是Cl。答案：(1)OCaNaCl(2)1s22s22p44s2(3)Na<Ca<Cl<ONa<Ca<Cl<O12．解析：(1)①Cl原子核外电子数为17，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，由此可得基态Cl原子中电子占据的最高能层为第三能层，符号为M，该能层有1个s轨道、3个p轨道、5个d轨道，共有9个原子轨道。②元素的非金属性越强其电负性越大，非金属性最强的是H元素，其次是B元素，最小的是Li元素，所以Li、B、H元素的电负性由大到小的排列顺序为H>B>Li。(2)①核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，其离子半径越小。Li＋、H－的核外电子排布相同，锂的核电荷数为3，氢的核电荷数为1，所以半径：Li＋<H－。②该元素的第三电离能剧增，则该元素属于第ⅡA族元素，为Mg元素。答案：(1)①M9②H＞B＞Li(2)①＜②Mg13．解析：(1)通过表中数据分析可知同周期从左到右，元素的X值依次增大，同主族从上到下，元素的X值依次减小，可判断X(Na)<X(Mg)<X(Al)，且X(Be)>X(Mg)，故0.93<X(Mg)。同理，X(C)<X(N)<X(O)，即2.55<X(N)。(2)通过思考同周期、同主族元素原子半径的变化与X值的变化可得出结论。(3)根据题给信息可知X值越大，其原子吸引电子的能力越强，在所形成的化合物中为带负电荷的一方，由X(S)＝，X(N)＞X(C)＝知，共用电子对偏向N原子。(4)根据表中数据的变化规律可得X(Br)<X(Cl)，因此X(Br)与X(Al)的差值要小于X(Cl)与X(Al)的差值，故AlBr3中的化学键为共价键。(5)根据X值的变化规律，X为最小值的元素在元素周期表的左下角，故为Fr(钫)。答案：(1)(2)原子半径越大，X值越小(3)N(4)共价键(5)Fr14．解析：W的一种核素的质量数为18，中子数为10，则质子数为8，W是O元素；X与电子排布式为1s22s22p6的原子的核外电子数相差1，则X是F元素或Na元素，又因X原子的半径大于O的，所以X是Na元素；Y的单质是一种常见的半导体材料，则Y是Si元素；Z的电负性在同周期元素中最大，且Z的原子序数大于Si，则Z是Cl元素。(1)W是O元素，在元素周期表中的位置是第二周期第ⅥA族，O与Na形成的含有共价犍的化合物是Na2O2，Na2O2是离子化合物，电子式为。(2)一般来说，电子层数越多，半径越大，故Na、Cl的简单离子的半径大小关系为Cl－>Na＋。(3)Si的最高价氧化物是SiO2，SiO2与单质碳在高温下反应生成一氧化碳和Si，反应的化学方程式为SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高温))Si＋2CO↑；Z的简单氢化物是HCl，X的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，二者反应的离子方程式为H＋＋OH－=H2O。(4)同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，酸性：H2SiO3小于H3PO4；同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，第一电离能：Si小于P。答案：(1)第二周期第ⅥA族(2)Cl－＞Na＋(3)SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高温))Si＋2CO↑H＋＋OH－=H2O(4)小于小于课时作业5甲醛的危害与去除1．解析：其分子中含有氮元素，不是烃，A错误；一氯取代产物只有1种，B错误；分子中不存在非极性键，C错误；根据原子守恒可知该有机物可由甲醛(HCHO)与氨气按物质的量之比3∶2完全反应制得，D正确。答案：D2．解析：甲醛有毒，不能用于食品保鲜，故A错误；氧化铝(Al2O3)具有很高的熔点，可用于制造耐火材料，故B正确；过氧化钠与水、二氧化碳反应可生成氧气，而氧化钠与水、二氧化碳反应不能生成氧气，所以过氧化钠用作供氧剂，故C错误；常温下，可用铁槽车或铝槽车运输浓硝酸，故D错误。答案：B3．解析：S元素的电负性比N元素的小，所以二者之间的共用电子对偏向N，A错误、B正确；三者均为共价化合物，C错误；H与Si相比，H的电负性大，故H应该显负价，Si显正价，D错误。答案：B4．解析：为降低新车内甲醛含量，应注意通风，而不能紧闭门窗，故A错误；B项MBTH可以检验甲醛的存在以及测定甲醛的含量；C项中甲醛可以被活性炭吸收，因此可以用活性炭除去；D项由于酸性高锰酸钾溶液可以氧化甲醛，因此可以有效地除去空间内的甲醛。答案：A5．解析：根据反应规律知，溴乙烷中带部分正电荷的乙基跟NaHS中带负电荷的HS－结合生成CH3CH2—SH，溴乙烷中带部分负电荷的溴原子跟NaHS中带正电荷的Na＋结合生成NaBr，同规律下可得出(2)(3)两问的答案。答案：(1)CH3CH2Br＋NaHS→CH3CH2—SH＋NaBr(2)CH3I＋CH3COONa→CH3COOCH3＋NaI(3)CH3CH2OH＋HBr→CH3CH2Br＋H2O6．解析：(1)由题给信息可知，同周期从左到右，元素原子的电负性逐渐增大；同主族从上到下，元素原子的电负性逐渐减小。(2)结合电负性变化规律和元素周期表知，电负性大小：K<Ca<Mg，所以Ca的电负性的取值范围为。(3)电负性数值小的元素在化合物中显正价，NaH、NH3、CH4、ICl中电负性数值小的元素分别是Na、H、H、I。(4)“对角线规则”指在元素周期表中某些主族元素与其右下方的主族元素的性质相似，其原因是元素的电负性数值相近。答案：(1)同周期从左到右，元素原子的电负性逐渐增大；同主族从上到下，元素原子的电负性逐渐减小(2)(3)NaHHI(4)AlSi电负性数值相近Be(OH)2＋2H＋=Be2＋＋2H2O、Be(OH)2＋2OH－=[Be(OH)4]2－7．解析：(1)猜想1和猜想2中甲醛中的碳分别升高为＋2价和＋4价，均体现了甲醛的还原性。(2)乙同学类比乙醛与新制氢氧化铜的反应，有砖红色的固体析出，用化学方程式表示猜想3：HCHO＋2Cu(OH)2＋NaOHeq\o(→,\s\up7(△))Cu2O↓＋HCOONa＋3H2O;(3)配制银氨溶液所需的试剂是硝酸银溶液和稀氨水；(4)装置B中水的作用是除去挥发的甲醛，防止干扰CO的检验；(5)乙，该步骤的目的是检验反应后溶液中是否存在COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，若直接加入BaCl2溶液中，SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))遇Ba2＋会生成白色沉淀BaSO4，干扰COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))的检验；(6)氧化亚铜在酸性条件下，会溶解生成硫酸铜，溶液呈蓝色，所以检验方法为取生成的紫红色固体置于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡，无明显现象；(7)HCHO＋Cu(OH)2＋NaOHeq\o(→,\s\up7(△))Cu↓＋HCOONa＋2H2O。答案：(1)还原(2)HCHO＋2Cu(OH)2＋NaOHeq\o(→,\s\up7(△),\s\do5())Cu2O↓＋HCOONa＋3H2O（3）硝酸银溶液和稀氨水（4）除去挥发的甲醛，防止干扰CO的检验（5）乙该步骤的目的是检验反应后溶液中是否存在COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，因溶液中含有SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，若直接加入BaCl2溶液中，SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))遇Ba2＋会生成白色沉淀BaSO4，干扰COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))的检验（6）取生成的紫红色固体置于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡，无明显现象（7）HCHO＋Cu（OH）2＋NaOHeq\o(→,\s\up7(△))Cu↓＋HCOONa＋2H2O课时作业6共价键模型1．解析：A点能量最低，形成了稳定的共价键，D项正确；y代表体系的能量，A、B项错误；自旋相反的是电子，不是原子，C项错误。答案：D2．解析：S原子有两个未成对电子，根据共价键的饱和性，形成的氢化物为H2S，A项正确；H2O能结合1个H＋形成H3O＋，不能说明共价键不具有饱和性，B项错误；H2分子中，H原子的s轨道成键时，因为s轨道为球形，所以H2分子中的H—H键没有方向性，C项错误；两个原子轨道发生重叠后，电子在两核之间出现的概率大，但不是仅存在于两核之间，D项错误。答案：A3．解析：N—N键是非极性键，A项正确；A分子中存在11个共价键，其中有一个碳氧双键，故有12个共用电子对、11个σ键，B、C项均不正确；A分子中只有共价键，故A是共价化合物，D项正确。答案：AD4．解析：N2中含N≡N键，反应中1个σ键和2个π键均断裂，A项错误；C2H2中含C≡C键，反应中1个σ键和2个π键均断裂，B项错误；H—H键、Cl—Cl键均为单键，反应中仅断裂σ键，C项正确；C2H4中含C=C键，反应中π键断裂，D项错误。答案：C5．解析：1molS8中含有8molσ键，因此32gS8分子中所含σ键为eq\f(32g,8×32g·mol－1)×8＝1mol，A项错误；根据SF6的结构模型可知，SF6是由S—F极性键构成的分子，B项错误；成键原子之间最多形成1个σ键，双键中有1个π键，因此1mol乙烯中含有5molσ键和1molπ键，C项正确；C2H2分子中所含的碳碳三键是非极性键，D项错误。答案：C6．解析：A项，CCl4分子中含有4个σ键，不含π键，不符合题意；B项，CS2的结构式是S=C=S，分子中含有2个σ键和2个π键，σ键与π键数目比为1∶1，符合题意；C项，分子中含有3个σ键和1个π键，σ键与π键数目比为3∶1，不符合题意；D项，C2H2的结构式是H—C≡C—H，分子中含有3个σ键和2个π键，σ键与π键数目比为3∶2，不符合题意。答案：B7．解析：键参数中，键能和键长是衡量共价键强弱的重要参数，而键角是描述分子空间结构的重要参数。任意两个B—F键间的夹角为120°时，正好构成一个以B原子为中心的平面结构，能说明BF3分子中的4个原子共平面。答案：D8．解析：题述分子中含有6个C—H键、2个C—C键、1个C=C键、1个C≡C键，单键中只含有σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键，故该分子中共有10个σ键和3个π键，C项正确。答案：C9．解析：根据RCl5的结构可知，Cl原子最外层达到了8电子稳定结构，R原子最外层有5个电子，形成5个共用电子对，所以RCl5中R的最外层电子数为10，不满足8电子稳定结构，A项错误。由图可知，RCl5分子结构中有两种R—Cl键，键长越短，键能越大，键长不同，则键能不同，B项错误。RCl5分子中R原子最外层的5个电子分别与5个Cl原子形成5个R—Cl键，无未成对电子，C项错误。根据RCl5的结构可知，上、下两个顶点的Cl原子与中心R原子形成的键角（Cl—R—Cl）为180°，平面上的正三角形中，中心R原子与三个顶点的Cl原子形成的键角（Cl—R—Cl）为120°，中心R原子与上（或下）顶点Cl原子及平面正三角形顶点的Cl原子形成的键角（Cl—R—Cl）为90°，所以键角（Cl—R—Cl）有90°、120°、180°三种，D项正确。答案：D10．解析：H—H的键能为436kJ·mol－1，所以H2（g）→2H（g）ΔH＝＋436kJ·mol－1，故A正确；原子半径越小，原子间形成的共价键的键长越短，键能越大，共价键越牢固，故B错误；C—F的键能比C—Cl大，C—F比C—Cl更稳定，所以相同条件下CH3Cl比CH3F更易发生水解反应，故C错误；由于H—S键键能比H—Se键键能大，故H2S比H2Se更稳定，D正确。答案：AD11．解析：a是单质，可用作半导体材料，且化学式中含有14个电子，则a是Si；b是双核化合物，化学式中含有14个电子，且常温下为无色无味的气体，则b为CO；c是双核单质，每个原子中含有7个电子，则c为N2；d是四核化合物，即4个原子共有14个电子，则d为C2H2，C2H2的结构式为H—C≡C—H，1个C2H2分子中含有3个σ键，2个π键。答案：（1）1s22s22p63s23p2（2）CO（3）∶N⋮⋮N∶非极性键（4）H—C≡C—H32＞形成σ键的原子轨道的重叠程度比π键的大，形成的共价键强12．解析：（1）O、S、Se位于同一主族，原子半径逐渐增大，导致O—H、S—H、Se—H的键长逐渐增大，键长越长，键能越小，所以O—H、S—H、Se—H的键能逐渐减小；N、P、As位于同一主族，原子半径逐渐增大，导致N—H、P—H、As—H的键长逐渐增大，N—H、P—H、As—H键的键能逐渐减小，所以As—H键键能<P—H键键能<N—H键能，即247kJ·mol－1<P—H键的键能kJ·mol－1。（2）键能越大，化学键越稳定，越不容易断裂，分子越稳定，由表中数据可知，C—C键的键能（kJ·mol－1）较大，碳原子间易形成C—C长链，而N—N键、O—O键的键能（分别为193kJ·mol－1、142kJ·mol－1）较小，化学键不稳定，容易断裂，所以氮原子与氮原子间、氧原子与氧原子间难形成N—N长链和O—O长链。答案：（1）O—H、S—H、Se—H键长逐渐增大，因此键能逐渐减小247kJ·mol－1kJ·mol－1（2）C—C键键能较大，较稳定，因而易形成C—C长链，而N—N键、O—O键键能小，不稳定，易断裂，因此难以形成N—N长链、O—O长链13．解析：由A2与气体C2按体积比2∶1混合后点燃能发生爆炸，其产物是一种常温下常见的无色无味的液体，可知该液体是H2O，A是H元素，C是O元素；结合其他信息可推出B是Na元素，D是C元素。答案：（1）HNaOC（2）Na＋[∶eq\o(O,\s\up6(··),\s\do6(··))∶eq\o(O,\s\up6(··),\s\do6(··))∶]2－Na＋p—pσ键O=C=O（3）H:eq\o(O,\s\up6(··),\s\do6(··)):Hs—pσ键5114．解析：（1）由Li3N晶体中氮以N3－形式存在，则N3－的最外层应达到8电子，即电子排布式为1s22s22p6。（2）N—H键的键能是指形成1molN—H键放出的能量或拆开1molN—H键所吸收的能量，不是指形成1个N—H键释放的能量。1molNH3分子中含有3molN—H键，拆开1molNH3或形成1molNH3吸收或放出的能量应是N—H键键能的3倍。（3）ΔH＝3ECl—Cl＋6EN—H－EN≡N－6EH—Cl＝3×243kJ·mol－1＋6×391kJ·mol－1－945kJ·mol－1－6×432kJ·mol－1＝－462kJ·mol－1。（4）设Cl—F键的平均键能为x，ΔH＝反应物的键能总和－生成物的键能总和＝243kJ·mol－1＋159kJ·mol－1×3－6x＝－313kJ·mol－1，则x≈172kJ·mol－1。答案：（1）1s22s22p6（2）C（3）－462（4）172课时作业7杂化轨道理论1．解析：参与杂化的原子轨道，其能量不能相差太大，只有能量相近的原子轨道才能参与杂化，A项错误，B项正确。杂化使原子轨道的重叠程度变大，形成的化学键更牢固，C项正确。并不是所有的杂化轨道中都有一个电子，也可以有2个电子，即有孤电子对（如NH3、H2O），D项错误。答案：AD2．解析：分子的中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体形，可能是三角锥形或角形，如NH3是三角锥形、H2O是角形，A项正确。如NH3中氮原子的杂化轨道间的夹角为109°28′，但实际上NH3的键角是107.3°，B项错误。杂化前后原子轨道数目不变，但杂化后轨道形状发生变化，C项正确。sp3、sp2、sp杂化轨道间的夹角分别为109°28′、120°、180°，D项正确。答案：B3．解析：BrCH=CHBr分子中的两个碳原子都是采取sp2杂化，溴原子的价电子排布式为4s24p5，4p轨道上有一个单电子，与碳原子的一个sp2杂化轨道成键，故C—Br键的成键轨道是sp2—p，C项正确。答案：C4．解析：乙烯中每个碳原子的一个2s轨道和两个2p轨道杂化形成三个sp2杂化轨道，A项正确；乙烯分子中有5个σ键和1个π键，B项错误；乙烯中，一个碳原子的sp2杂化轨道与2个氢原子的1s轨道、另一个碳原子的sp2杂化轨道形成3个σ键，两个碳原子中未杂化的2p轨道形成π键，C项正确；C=C中π键比σ键活泼，因此乙烯分子在发生化学反应时，π键更易断裂，D项正确。答案：B5．解析：NH3中氮原子为sp3杂化，呈三角锥形；CCl4、CH4中碳原子为sp3杂化，呈正四面体形；H2O中的氧原子也为sp3杂化，呈角形，三点共面。答案：C6．解析：sp2杂化轨道间的夹角为120°，空间结构为平面三角形，①BF3为平面三角形且B—F键的夹角为120°；②C2H4中碳原子为sp2杂化，且未杂化的2p轨道重叠形成π键；③同②相似；④乙炔中的碳原子为sp杂化；⑤NH3中的氮原子为sp3杂化；⑥CH4中的碳原子为sp3杂化。答案：A7．解析：甲基上C为sp3杂化，—CHO上C为sp2杂化，A项正确；碳碳双键上C为sp2杂化，—CN上C为sp杂化，B项错误；—CHO上C为sp2杂化，C项错误；甲基上C为sp3杂化，碳碳三键上C为sp杂化，D项错误。答案：A8．解析：A项，H2O中氧原子为sp3杂化，分子的空间结构为角形，SO2中硫原子为sp2杂化，分子的空间结构为角形；B项，BeCl2和CO2的中心原子都是sp杂化，分子的空间结构都为直线形；C项，NH3中氮原子为sp3杂化，分子的空间结构为三角锥形；D项，HCHO中碳原子为sp2杂化，分子的空间结构为平面三角形。答案：B9．解析：由白磷分子的球棍模型图可知，每个磷原子均形成了3个σ键，且每个磷原子还有一对孤电子对，故价层电子对数为4，磷原子为sp3杂化，A项错误，B项正确；由图可知C、D项正确。答案：A10．解析：根据价层电子对互斥理论确定微粒的空间结构，SOCl2中S原子形成2个S—Cl键和1个S=O键，价层电子对数＝σ键个数＋孤电子对数＝3＋eq\f(1,2)×（6－2×1－1×2）＝4，杂化轨道数是4，故S原子采取sp3杂化，孤电子对数为1，分子的空间结构为三角锥形。综上所述，A项正确。答案：A11．解析：根据题目所给信息可以判断出A、B、C、D四种分子分别为Ar、H2S、N2H4、CH3OH。H2S中心S原子轨道杂化类型为sp3杂化，且有两个孤电子对，所以H—S—H键角为105°，立体构型为V形。假酒中含有毒的物质甲醇（CH3OH），在CH3OH中有5个共价键均为σ键，没有π键。答案：（1）Ar（2）V形sp3杂化（3）N2H4（4）5012．解析：（1）NH3中n＝（5＋3）/2＝4，N为sp3杂化；（2）NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))中n＝（5＋0＋1）/2＝3，N为sp2杂化；（3）NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))中n＝（5＋4－1）/2＝4，N为sp3杂化；（4）SO2中n＝（6＋0）/2＝3，S为sp2杂化。答案：（1）4sp3（2）3sp2（3）4sp3（4）3sp213．解析：（1）①根据能量最低原理知基态镍原子的价电子排布式为3d84s2；②烯丙醇分子碳碳双键两端的碳原子轨道杂化类型与乙烯分子中碳原子杂化类型相同，为sp2杂化，—CH2OH结构中的碳原子与甲烷中碳原子杂化类型相同，为sp3杂化；（2）①根据核外电子排布规律得基态Cu＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；②丙烯腈分子中碳原子连有双键和三键，碳原子采取sp2和sp杂化；双键中有一个π键，三键中有两个π键，所以一共含有3个π键。答案：（1）①3d84s2②sp2杂化、sp3杂化（2）①1s22s22p63s23p63d10②sp2杂化、sp杂化314．解析：（1）CH3COOH分子中，—CH3和—COOH上的碳原子的杂化轨道类型分别是sp3和sp2。（2）上的碳原子形成3个σ键和1个π键，采取sp2杂化。（4）G是NH3，N原子采取sp3杂化。（5）硫原子形成2个S—S键，还有2对孤电子对，杂化方式为sp3。（6）H2O和H3O＋中的氧原子均采取sp3杂化，其键角的差异是由σ键电子对与孤电子对的斥力差异所造成的。答案：（1）sp3、sp2（2）sp2（3）三角锥形sp3（4）sp3(5)sp3(6)sp3H3O＋中O原子只有l对孤电子对，H2O中O原子有2对孤电子对，前者σ键电子对与孤电子对的排斥力较小，因而键角大课时作业8价电子对互斥理论1．解析：NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、CS2、HCN、PCl3结构中价电子对数分别为4对、2对、2对、4对，VSEPR模型分别为正四面体形、直线形、直线形、四面体形，其中前三者中心原子均参与成键，空间结构就是VSEPR模型，PCl3分子中有1对孤电子对，所以空间结构为三角锥形。答案：C2．解析：D项中，CO2分子和H2O分子原子总数相等，价电子总数前者为16，后者为8，二者不属于等电子体，则空间构型不相似。答案：D3．解析：电子对间斥力的大小顺序为孤电子对—孤电子对>孤电子对—成键电子对>成键电子对—成键电子对，恰好可以解释题述分子的键角大小关系。答案：A4．解析：A项，CO2分子中C原子的价层电子对数是2，孤电子对数为eq\f(4－2×2,2)＝0，CO2分子为直线形结构，其VSEPR模型与分子的空间结构一致，不符合题意；B项，水分子中氧原子的价层电子对数为2＋eq\f(6－2×1,2)＝4，其VSEPR模型为四面体形，含有2个孤电子对，空间结构是V形，VSEPR模型与分子的空间结构不一致，符合题意；C项，COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))的中心原子上的价层电子对数为3＋eq\f(4＋2－2×3,2)＝3，不含孤电子对，所以COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))的空间结构是平面三角形，其VSEPR模型与分子的空间结构一致，不符合题意；D项，CCl4分子的中心原子的价层电子对数为4＋eq\f(4－4×1,2)＝4，且不含孤电子对，所以CCl4分子为正四面体结构，其VSEPR模型与分子的空间结构一致，不符合题意。答案：B5．解析：当中心原子在ⅤA族，AB3分子应是三角锥形，当中心原子在ⅣA族，AB4分子是正四面体形，AB2分子是直线形；当中心原子在ⅥA族，AB2分子是V形。答案：B6．解析：N(NO2)3的分子结构与NH3相似，分子中四个氮原子构成三角锥形，该分子中N—N—N键角都是108.1°，中心氮原子还有一对孤电子对，A、B项错误，C项正确。因为1个N(NO2)3分子含有10个原子，g该物质，即mol，含有×1023个原子，D项错误。答案：C7．解析：H2S分子中，中心原子上的孤电子对数是eq\f(6－1×2,2)＝2，价层电子对数为4，因此H2S分子的空间结构是V形；COCl2分子中，中心原子上的孤电子对数是eq\f(4－2×1－1×2,2)＝0，价层电子对数是3，因此COCl2分子的空间结构是平面三角形，D项正确。答案：D8．解析：若中心原子A上没有未用于成键的孤电子对，则根据斥力最小的原则，当n＝2时，分子的空间结构为直线形；当n＝3时，分子的空间结构为平面三角形，当n＝4时，分子的空间结构为正四面体形。答案：C9．解析：CS2的中心原子的价层电子对数＝2＋(4－2×2)÷2＝2，不含孤电子对，CS2为直线形，A项错误；SnBr2的中心原子的价层电子对数＝2＋(4－2×1)÷2＝3，孤电子对数为1，SnBr2为V形，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以SnBr2的键角小于120°，B项错误；BF3的中心原子的价层电子对数＝3＋(3－3×1)÷2＝3，不含孤电子对，BF3为平面三角形，C项错误；NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))的中心原子的价层电子对数＝4＋(5－1×4－1)÷2＝4，不含孤电子对，NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))为正四面体形，NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))的键角等于109°28′，D项正确。答案：D10．解析：NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))、NHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))中N原子的价电子对数分别为3、4，VSEPR为平面形、正四面体形，而NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))中有一对孤电子对，NHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))有两对孤电子对，两分子都是V形，原子都在同一平面内，A项正确；H3O＋中的原子价电子对数为4，有一对孤电子对，故H3O＋为三角锥形，ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))价电子对数为4，有一对孤电子对，为三角锥形，B错误；NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))中N原子的价电子对数为3，没有孤电子对，为平面三角形，CHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))中C原子的价电子对数为4，有一对孤电子对，CHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))为三角锥形，C错误；POeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))中心原子价电子对数均为4，都没有孤电子对，均为正四面体形，D错误。答案：A11．解析：中心原子上孤电子对数及粒子的空间结构如下表。ABn中心原子孤电子对数分子或离子分子或离子的空间结构AB20CS2直线形AB3CH2O、BF3平面三角形AB4NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))正四面体AB21SO2V形AB3PCl3、H3O＋三角锥形AB22H2SV形答案：①③⑧④⑦②⑤⑥12．解析：(1)H2NCH2CH2NH2中N原子形成3个σ键，含有1对孤电子对，C原子形成4个σ键，无孤电子对，二者的价层电子对数都为4，因此N原子、C原子的杂化轨道类型都为sp3。(2)LiAlH4中的阴离子是AlHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))，其中Al原子与H原子之间的σ键数为4，孤电子对数为eq\f(3＋1－4×1,2)＝0，因此其价层电子对数为4＋0＝4，故AlHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))的空间结构为正四面体形，其中心原子的杂化轨道类型为sp3。(3)SO3分子中，中心原子上的价层电子对数为3，孤电子对数为eq\f(6－3×2,2)＝0，故SO3分子的空间结构为平面三角形；由题图可知该三聚分子中每个S原子与4个O原子形成4个σ键，故其杂化轨道类型为sp3。答案：(1)sp3sp3(2)正四面体形sp3(3)平面三角形sp313．解析：(1)氯元素基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p5，所以未成对电子数为1。(2)根据氯吡苯脲的结构简式可知，有2个氮原子均形成3个单键，孤电子对数为1，采取sp3杂化，剩余1个氮原子形成1个双键和1个单键，孤电子对数为1，采取sp2杂化；羰基碳原子形成2个单键和1个双键，采取sp2杂化。(3)由于σ键比π键稳定，根据反应方程式可知，断裂的化学键为异氰酸苯酯分子中的N=C键中的π键和2­氯­4­氨基吡啶分子中的N—H键。(4)①O、N属于同周期元素，O的原子半径小于N，H—O键的键能大于H—N键的键能，所以H2O分子比NH3分子稳定。②H2O分子中O原子的价层电子对数＝2＋eq\f(6－2×1,2)＝4，孤电子对数为2，所以其空间结构为V形，O原子采取sp3杂化；NH3分子中N原子的价层电子对数＝3＋eq\f(5－3×1,2)＝4，孤电子对数为1，所以其空间结构为三角锥形，N原子采取sp3杂化；CO2分子中C原子的价层电子对数＝2＋eq\f(4－2×2,2)＝2，不含孤电子对，所以其空间结构为直线形，C原子采取sp杂化。答案：(1)1(2)sp2、sp3sp2(3)11(4)①H—O键的键能大于H—N键的键能②V形、三角锥形、直线形sp3、sp3、sp14．解析：(2)CO2中C的价电子对数为2＋eq\f(1,2)×(4－2×2)＝2，由VSEPR模型知，两对电子对应尽量远离，故为直线形结构，即CO2分子为直线形分子。(3)H2O分子中中心O原子的价电子对数为2＋eq\f(1,2)×(6－2×1)＝4，价电子对共有4对，分占不同的位置。它们同样要尽量远离，故它的空间结构为四面体形，含两个未成键电子对，故H2O为V形结构。(4)中心原子S原子的价电子对数为4＋eq\f(1,2)×(6－2×2—2×1)＝4，4对价电子对，它们应尽量远离，故为四面体结构，由于周围原子的半径不同，故它们的空间结构为变形的四面体；由于Cl的原子半径大于F的原子半径，Cl原子间的排斥力大于F原子间的排斥力，故Cl—S—Cl的键角大于F—S—F的键角。答案：(1)①4②直线形③180°(2)CO2中C周围的价电子对数为2，由VSEPR模型知，两对电子对应尽量远离，故为直线形结构(3)V形∠H—O—H的大小应略小于109°28′，因为H2O分子中中心O原子价电子对数为4，电子对共有4对，分占不同的位置，它们同样要尽量远离，故它的空间结构为四面体形，但是由于两个未成键电子对的排斥作用，导致∠H—O—H略小于109°28′(4)变形的四面体结构＞课时作业9分子的空间结构与分子性质1．解析：A项，HCOOH中只有一个碳原子，该碳原子上连有3种原子或基团；B项，2­甲基丁烷的结构简式为CH3CH2CH(CH3)CH3，不含不对称碳原子；C项，中间的C原子连接的四个原子或基团分别是—H、—CH3、—CH=CHC2H5(2个)，只有3种原子或基团；D项，与苯环相连的碳原子连接了苯基、—H、—CH3、—CHO4种原子或基团，属于不对称碳原子，故该物质存在对映异构体。答案：D2．解析：NH3、H2S、SO2、H2O、HF是含极性键的极性分子，N2是含非极性键的非极性分子。答案：C3．解析：Be—Cl共价键为不同元素的原子间形成的极性键，BeCl2为直线形对称结构，故为非极性分子。答案：A4．解析：N原子以sp3杂化形成四个杂化轨道，其中一个轨道已填入孤电子对，另外三个则与F原子的p轨道电子形成共价键，所以NF3为三角锥形，由于孤电子对对成键电子的排斥作用导致N—F键的键角小于CH4分子中的C—H键的键角。答案：A5．解析：Ⅰ和Ⅱ分子中都只含有1个手性碳原子，A项错误；Ⅰ和Ⅱ分子结构不对称，都是极性分子，B项错误；Ⅰ和Ⅱ分子中既含有极性键又含有非极性键，C项错误；Ⅰ和Ⅱ互为手性异构体，所含化学键相同，D项正确。答案：D6．解析：HCl、NH3是极性分子，I2、Cl2是非极性分子，H2O是极性溶剂，苯是非极性溶剂。答案：A7．解析：由于分子中正电荷和负电荷重心不重合，说明臭氧分子为极性分子；由于四氯化碳为非极性分子、水为极性分子，根据分子的溶解性规律，臭氧在四氯化碳的溶解度大于在水中的溶解度，说明臭氧分子的极性微弱。答案：AD8．解析：只有极性分子才能在电场中定向移动，非极性分子几乎不发生定向移动，水分子是由极性键构成的极性分子。答案：D9．解析：维生素C分子中有2个连接四个不同原子或原子团的碳原子，所以含有2个手性碳原子。答案：B10．解析：由S2Cl2分子结构知其为不对称分子，故为极性分子。答案：A11．解析：(1)氮原子与磷原子结构相似，NH3分子与PH3分子的结构也相似，P—H键为不同元素原子之间形成的共价键，为极性键，所以PH3分子为极性分子。(2)由N、P在元素周期表中的位置关系和元素周期律知，N比P的非金属性强。由元素的非金属性与其氢化物之间的热稳定性关系知，NH3比PH3的热稳定性强。(3)“易液化”属于物质的物理性质，NH3与PH3都是通过共价键形成的分子，物理性质与化学键无关。按照范德华力与物质的物理性质的关系分析，应该是PH3比NH3的沸点高，PH3比NH3易液化。实际是NH3比PH3易液化，这种反常现象的客观存在必有特殊的原因，即NH3分子之间存在特殊的分子间作用力。答案：(1)相似有有(2)NH3(3)D12．解析：(1)根据题意可推出，X为第四周期第ⅣA族元素Ge，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2，Y元素原子的最外层电子数比内层电子总数少3，则Y是氯，Y元素原子最外层电子的轨道表示式为(2)因X、Y两元素电负性的差值为－＝，故XY4中X与Y形成的是共价键。(3)GeCl4的空间结构为正四面体形，中心原子采取sp3杂化，为非极性分子。答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s24p2(或[Ar]3d104s24p2)(2)共价键(3)正四面体形sp3杂化非极性分子13．解析：由题意可知，A元素原子的核外电子排布式为1s22s22p2或1s22s22p4，A为碳元素或氧元素。B元素原子的价层电子排布式为ns2np3，为第ⅤA族元素，由B的简单氢化物的溶解度信息可知B为氮元素，则A为碳元素。C的最高正价和最低负价的代数和为4，其为第ⅥA族元素，为硫元素。D元素原子的价层电子排布式为3s23p5，D为氯元素。(1)CS2的结构式为S=C=S，含有2个π键，为直线形结构，属于非极性分子。(2)NH3分子中N原子采用sp3杂化，其中一个杂化轨道被孤电子对占有，空间结构为三角锥形。(3)硫、氯同周期，一般来说，同周期元素的电负性随原子序数的递增而增大，所以电负性：S<Cl。答案：(1)2非极性(2)三角锥形sp3(3)<H2S＋Cl2=2HCl＋S↓14．解析：(1)①H2O2中H—O键为极性键，O—O键为非极性键，各键排列不对称，H2O2为极性分子，O原子价电子对数为eq\f(6＋2,2)＝4，O原子采取sp3杂化。②H2O2分子中H与O之间，O与O之间各形成一个共价键，故电子式为H∶eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))∶eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))∶H。③只有共用电子对发生的偏移才能决定元素在化合物中的化合价。(2)P4分子中每个P原子与3个P原子以3个共价键结合成正四面体形结构，各键排列对称，属非极性分子，P原子形成3个σ键，且有一对孤电子对，所以P原子采取sp3杂化。答案：(1)①ab②H∶eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))∶eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))∶H③－1因为O—O键为非极性键，O—H键为极性键，共用电子对偏向于氧，故氧元素显－1价(2)33非极性sp3杂化课时作业10离子键金属键1．解析：活泼金属和活泼非金属元素原子间易形成离子键，但由非金属元素组成的物质也可含离子键，如铵盐，B项正确；离子键无饱和性，体现在一种离子周围可以尽可能多地吸引带异性电荷的离子，但也不是任意的，因为这个数目还要受两种离子的半径比(即空间条件是否允许)和个数比的影响，D项错误。答案：D2．解析：①阳离子不一定都是由一个金属原子失去电子而形成的，还有非金属元素构成的阳离子，如铵根离子，故①错误；②氢离子是阳离子，核外电子数为0，则阳离子核外电子排布不一定与稀有气体元素原子相同，故②错误；③离子键是阴、阳离子之间的相互作用，不只是正、负电荷的吸引作用，还有核之间的斥力作用等，故③错误；④CaCl2是离子化合物，氯离子与钙离子之间形成离子键，两个氯离子之间不存在化学键，故④错误；①②③④均不正确。答案：D3．解析：“自由电子”是由金属原子提供的，并且在整个金属内部的三维空间内运动，为整个金属的所有阳离子所共有，从这个角度看，金属键与共价键有类似之处，但两者又有明显的不同，如金属键无方向性和饱和性。答案：B4．解析：根据题目所给条件：镁和铝的电子层数相同，价电子数Al>Mg，离子半径Al3＋<Mg2＋，Al的硬度大于镁；镁、钙最外层电子数相同，但离子半径Ca2＋>Mg2＋，金属键Mg强于Ca；用以上比较方法可推出：价电子数Mg>K，离子半径Mg2＋<Ca2＋<K＋，金属键Mg>K，硬度Mg>K；钙和钾位于同一周期，价电子数Ca>K，离子半径K＋>Ca2＋，金属键Ca>K，熔点Ca>K。答案：A5．解析：金属晶体中的“自由电子”在外加电场作用下，可定向移动而形成电流。答案：B6．解析：AlCl3溶于水后得到Al3＋和Cl－，但在AlCl3中只存在共价键，A项错误；形成离子键时，离子间的静电作用既有静电引力也有静电斥力，B项错误；形成离子键时，离子半径越小，离子键越强，C项错误；活泼金属和活泼非金属元素原子间易形成离子键，但由非金属元素组成的物质也可含离子键，如铵盐，D项正确。答案：D7．解析：活泼金属原子和活泼非金属原子之间形成离子化合物，阳离子和阴离子均达到稳定结构，这样体系能量降低，其结构稳定性增强，A项正确；形成离子键时，离子间的静电作用既有静电引力，也有静电斥力，B项正确；离子键的形成只是阴、阳离子间的静电作用，并不一定发生电子的得失，如Na＋与OH－结合成NaOH，C项错误；在CH3COONa中同时存在Na＋与CH3COO－间的离子键、C—C间的非极性键、C—H及C—O间的极性键，D项正确。答案：C8．解析：CaCl2和Na2S是典型的离子化合物，只含有离子键；Na2O只含有离子键，Na2O2中既含有离子键又含有非极性共价键；CH4是共价化合物，只含有共价键，NaH是离子化合物，只含有离子键；HCl中只含有共价键，NaOH是离子化合物，既含有离子键又含有极性共价键。答案：A9．解析：离子键可看成是一种强极性的共价键。而对共价键的极性比较，主要是看成键的两个原子吸引电子能力的差别，差别越大，则成键电子的偏移程度越大，键的极性越强，其实质是比较两原子电负性的差值大小。题给四个选项中，Na与F的电负性差值最大，所以其共价键成分最少。答案：B10．解析：短周期元素能形成Y2X、Y2X2的常见物质有H2O和H2O2或Na2O和Na2O2，由于X的原子序数小于Y的原子序数，可知Y2X2为Na2O2，其电子式表示为，既有离子键，又有共价键。答案：C11．解析：根据金属铝的性质分析即可。答案：(1)良好的导电性(2)良好的延展性(3)强还原性(4)强还原性12．解析：电负性相差较大的较活泼的金属元素与较活泼的非金属元素易形成离子化合物。铵盐为离子化合物且含有配位键；Na2O2为离子化合物，含O—O非极性键。答案：(1)④⑦(2)①⑧⑨(3)②③(4)⑩(5)⑤⑥(6)②③⑤⑥⑩(7)①⑧⑨(8)⑪13．解析：(1)中存在C—H、C—C、C—S、S=O、S—O、S—H共价键和与Na＋之间的离子键。(2)根据ZnF2具有较高的熔点可知，ZnF2为离子化合物，含有离子键，而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小，故能够溶解在有机溶剂中。答案：(1)共价离子(2)离子键ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小14．解析：(1)N原子最外层有5个电子，非金属性比较强，Na最外层只有1个电子，金属性强，Na与N可形成离子键。(2)Na3N＋4HCl=3NaCl＋NH4Cl(3)Na3N＋3H2O=3NaOH＋NH3↑，应属于复分解反应(或水解反应)。(4)Na＋和N3－核外电子排布相同，核电荷数越多，对外层电子的引力越强，微粒半径越小，则r(Na＋)<r(N3－)。答案：(1)离子(2)两(3)复分解(或水解)Na3N＋3H2O=3NaOH＋NH3↑(4)＜课时作业11配位键1．解析：配位键是一方提供孤对电子，一方提供空轨道形成的一种特殊的共价键，配体可以是分子、原子，也可以是阴离子。答案：D2．解析：A项，Na2O2中含离子键和非极性共价键；B项，KOH中含离子键和极性共价键；C项，NH4NO3中含离子键、配位键和极性共价键；D项，H2O中含极性共价键。答案：C3．解析：配位化合物中一定含有配位键，但也含有其他化学键；Cu2＋提供空轨道，H2O中的O原子提供孤电子对，两者结合形成配位键。答案：B4．解析：[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O的内界为[Cr(H2O)4Br2]＋，配体为H2O、Br－，配位数为6，外界为Br－，A项错误，B项正确；在水溶液中，只有外界的Br－可以完全电离，Cr的化合价为＋3，C、D项错误。答案：B5．解析：NH3是三角锥形分子，而BF3是平面三角形分子，B位于平面三角形中心，因此NH3是极性分子，BF3是非极性分子，A、B项错误；H原子最外层达到2电子稳定结构，C项错误；NH3分子中N原子有1对孤电子对，BF3中B原子最外层有6个电子，即B原子有1个空轨道，二者通过配位键结合而使它们都达到稳定结构，D项正确。答案：D6．解析：该物质的分子中存在单键、双键，则存在σ键，A项错误；该物质的分子中H、O原子间存在氢键和共价键、C与其他原子间存在共价键、Ni与N之间存在配位键，所以该物质的分子中含有氢键、共价键、配位键三种作用力，B项错误；Ni原子具有空轨道，是共用电子对的接受者，是配合物的中心原子，C项正确；C原子最外层的4个电子全部成键，没有孤对电子，D项错误。答案：C7．解析：NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))的中心原子N上的价层电子对数＝4＋eq\f(5－1－1×4,2)＝4，没有孤电子对，故NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))的空间结构为正四面体形，A项错误；H2O2的结构式为H—O—O—H，H2O2分子中既含极性键，又含非极性键，B项错误；[Co(NH3)6]3＋中每个NH3与Co3＋形成一个配位键，故1mol该配离子中含6mol配位键，C项正确；由于电负性：O＞N，N对电子的吸引能力较弱，所以NH3中的N更容易给出孤对电子形成配位键，D项错误。答案：C8．解析：由1mol配合物生成2molAgCl可知1mol配合物电离出2molCl－，即配离子显＋2价，外界有2个Cl－。因为Co显＋3价，所以[CoClm－2·nNH3]2＋中有1个Cl－，又因为该配合物的空间结构是八面体，所以n＝6－1＝5。答案：D9．解析：配合物[TiCl(H2O)