【文档说明】高中化学课时作业（鲁科版选修第二册）详解答案.docx，共(93)页，788.178 KB，由小赞的店铺上传

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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)①1

s＜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ClO－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)Cl1s22s22p63s23p51s

22s22p4(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1s2

2s22p63s23p3，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1

s22s22p63s23p63d54s2，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－===SiO2－3＋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－===SiO2－3＋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(N

a)<X(Mg)<X(Al)，且X(Be)>X(Mg)，故0.93<X(Mg)<1.57。同理，X(C)<X(N)<X(O)，即2.55<X(N)<3.44。(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)＝2.55，X(N)＞X(C)＝2.55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)0.931.572.553.44(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＋2C=====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：H2

SiO3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＋2C=====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(Al2O

3)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

0.8<γ<1.2。(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)0.81.2(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＋NaOH――→△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CO2－3，若直接加入BaCl2溶液中，SO2－4遇Ba2＋

会生成白色沉淀BaSO4，干扰CO2－3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)HCH

O＋Cu(OH)2＋NaOH――→△Cu↓＋HCOONa＋2H2O。答案：(1)还原(2)HCHO＋2Cu(OH)2＋NaOH――→△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CO2－3，因溶液中含有SO2－4，若直接加入BaCl2溶液中，SO2－4遇Ba2＋会生成白色沉淀BaSO4，干扰CO2－3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＋NaOH――→△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32g8×32g·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：D1

0．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）1s22s

22p63s23p2（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<390.8kJ·mo

l－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（347.7kJ·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－1390.8k

J·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＋[∶O····∶O····∶]2－Na＋p—pσ键O===C===O（3）H:O····: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。1molN

H3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≈1

72kJ·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：N

H3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：B

9．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＋12×（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：A1

1．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）NO－3中n＝（5＋0＋1）/2＝3，N为s

p2杂化；（3）NH＋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1s22s

22p63s23p63d10；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）①1s22s22p6

3s23p63d10②sp2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：NH＋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4－2×22＝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＋6－2

×12＝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，CO2－3的中心原子上的价层电子对数为3＋4＋2－2×32＝3，不含孤电子对，所以CO2－3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＋4－4×12＝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，15.2g该物质，即0.1mol，含有6.02×1023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6－1×22＝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4－2×1－1×22＝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；NH＋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，NH＋4

为正四面体形，NH＋4的键角等于109°28′，D项正确。答案：D10．解析：NO－2、NH－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NO－2中有一对孤电子对，NH－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，ClO－3价电子对数为4，有一对孤电子对，为三角锥形，B错误；NO－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，CH－3中C原子的价电子对数为4，有一对孤电子对，CH－3为三角锥形，C错误；

PO3－4、SO2－4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AB4NH＋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AlH－4，其中Al原子与H原子之间的σ键数为4，孤电子对数为3＋1－4×12＝0，因此其价层电子对数为4＋0＝4，故AlH－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6－3×22＝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sp

313．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＋6－2×12＝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＋

5－3×12＝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＋4－2×22＝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、sp

3sp2(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＋12×(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)H2

O分子中中心O原子的价电子对数为2＋12×(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＋12×(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PH

3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，N

H3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3.0－1.8＝1.2<1.7，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6＋22＝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∶O····∶O····∶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∶O····∶O····∶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H2

O、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：NH＋4的中心原子N上的价层电子对数＝4＋5－1－1×42＝4，没有孤电子对，故NH＋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)5]Cl2·H2O，配体是Cl－和H2O，配位数是6，A项错误；中心离子是Ti3＋，B项错误；配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中内界Cl－的个数为1，外界

Cl－的个数为2，内界和外界中Cl－的数目比是1∶2，C项正确；向1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，外界Cl－与Ag＋反应，内界Cl－不与Ag＋反应，故只能生成2molAgCl沉淀，D项错误。答案：C10．解析：根据其结构可知，该配离子中的N和O可与水分子中的H形成氢键，而水分子中的O

也可与该配离子中的H形成氢键，因此该配离子与水分子形成氢键的原子除N和O外，还有H，A项错误；由该配离子的结构可知，该配离子中铜离子的配位数是4，B项正确；Cu原子的核外电子数为29，Cu位于周期表中第四周期第ⅠB族，其基态原子的价层电子排布式为3d104s1

，C项正确；元素的非金属性越强，其电负性越大，同一周期主族元素的电负性从左到右逐渐增大，结合CH4中H为＋1价可知，该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O>N>C>H，D项正确。答案：A11．解析：(1)①Cu2＋含有空轨道，OH－含

有孤电子对，可形成配位键，配离子[Cu(OH)4]2－中1个Cu2＋与4个OH－形成配位键，可表示为；②Na2[Cu(OH)4]为离子化合物，含有离子键，并且O—H键为极性共价键。(2)过氧化氢可氧化Cu生成Cu2＋，进

而与氨分子形成配位键。(3)①同周期元素，从左到右，元素的电负性逐渐增大，则O>N，三种元素中H的电负性最小，则有O>N>H；②乙二胺分子中N原子采取sp3杂化。答案：(1)①②AC(2)过氧化氢为氧化剂，氨分子与Cu

2＋形成配位键，两者相互促进使反应进行(3)①O>N>H②sp312．解析：(1)在BCl3分子中B原子最外层的3个电子全部用于成键，所以在该配合物中提供孤电子对的是X原子，B原子提供空轨道。(2)由球棍模型可以看出，2号、4号等半径较大的球为B原子，1号、3号、5号、6号等

半径较小的球为O原子，半径最小的球为H原子。2号B原子形成3个键，采取sp2杂化，4号B原子形成4个键，采取sp3杂化；4号B原子的3个sp3杂化轨道与除5号O原子外的3个O原子形成σ键后还有1个空轨道，而5号O原子能提供孤电子对，二者

可以形成配位键；由图示可以看出该阴离子为[H4B4O9]m－，其中B为＋3价，O为－2价，H为＋1价，可知m＝2。(3)基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，即中心原子价电子数为10，而每个配体CO可提供1对孤电子对，则n＝4。答案：(1)X(

2)sp2、sp34、5(或5、4)2(3)413．解析：(1)配位键的形成条件是一方能够提供孤电子对，另一方具有能够接受孤电子对的空轨道。①H3O＋中H＋与O原子之间存在配位键，H＋提供空轨道，O原子提供孤电子对；②[Al(OH)4]－中Al3＋与1个OH－之间存在配位键，Al3＋提供空轨道，O

H－含有孤电子对；④NH＋4中N与H＋之间存在配位键，N提供孤电子对，H＋提供空轨道；⑤[Cu(H2O)4]2＋中Cu2＋与H2O之间存在配位键；⑥Ni(CO)4中Ni与CO之间存在配位键；⑦Fe(SCN)3中Fe3＋与SCN－之间存在配

位键；⑧BF－4中B与F－之间存在配位键；③NH3、⑨CH4分子中不存在配位键，故选③⑨。(2)[Fe(CN)6]3－中的配位数为6，Fe3＋提供空轨道。(3)基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，未成对电子数为2，同周期主族元素基态原子未成对电子数为2的价电子排布式

为4s24p2、4s24p4，即为Ge、Se。[TiCl(H2O)5]2＋中的化学键有极性键(或共价键)、配位键，配体为H2O、Cl－。(4)①AlCl3·NH3中，Al提供空轨道，NH3中的N原子提供孤电子对，配体为NH3。AlCl－4中Al的价电子对数为4＋3＋1－4×12＝4，孤

电子对数为0，Al原子采取sp3杂化。②配位键的箭头指向提供空轨道的一方。Cl原子最外层有7个电子，再结合1个电子就可以形成一个单键，另有3对孤电子对。所以气态氯化铝(Al2Cl6)中1个Cl原子与2个Al原子形成的共价键中，有一个是配位键，Cl原子提供孤电子对，Al原子提

供空轨道。答案：(1)③⑨(2)6Fe3＋(3)Ge、Se极性键(或共价键)、配位键H2O、Cl－(4)①NH3Nsp3②14．解析：(2)在配离子[Cu(OH)4]2－中，中心离子Cu2＋提供空轨道，OH－含有孤电子对，

可形成配位键，4个配位键完全相同，则可表示为。(3)Cu2＋最外层有17个电子，A项错误；由题给结构可知，胆矾中存在O→Cu配位键，H—O键和S—O键以及SO2－4与配离子间的离子键，B项正确；胆矾由水合铜离子及SO2－4构成，属于离子化合物，C项错

误。答案：(1)电负性：F>N>H，在NF3中，共用电子偏向F原子，偏离N原子，使得N原子的原子核对其孤电子对的吸引力增强，难与Cu2＋形成配位键。(2)(3)B课时作业12分子间作用力1．解析：氢键不是化学键，本质上是一

种分子间作用力，氢键要比化学键弱得多，一般只有电负性很强，半径很小的原子才能形成氢键，故A错，B、C、D正确。答案：A2．解析：氢键是一种较强的分子间作用力，它的存在使物质的熔、沸点相对较高，HF的沸点比HCl的沸点高是因为HF分子间存在氢键，A项正确；水

在结冰时体积膨胀是因为在冰中水分子间最大限度地以氢键结合并排列成规整的晶体，从而使冰的结构中存在许多空隙，造成体积膨胀，B项正确；NH3的稳定性取决于N—H键的强弱，与分子间能形成氢键无关，C项错误；在氨水中氨分子和水分子

之间存在氢键，D项正确。答案：C3．解析：在冰的晶体中，每个水分子与周围四个水分子形成氢键，故周围紧邻四个水分子。答案：D4．解析：D项中四种物质的熔、沸点逐渐升高，是由于四种物质的结构和组成相似，随着相对分子质量的增加，范德华力逐渐增强。答案：D5．解析：Na2CO3·10H2O失水破坏的是化

学键；KCl溶于水，会破坏离子键；液溴由液态变为气态，破坏的是分子间作用力；干冰升华破坏的是分子间作用力。答案：CD6．解析：“相似相溶”原理是指非极性溶质一般能溶于非极性溶剂，极性溶质一般能溶于极性溶剂。HCl、NH3均为极性溶质，N2是非极性溶质，H2O为极性溶剂，因此

HCl、NH3均易溶于水，N2难溶于水；物质的酸性强弱与“相似相溶”原理没有联系；HF的稳定性与H—F键的键能有关，故①②③符合题意。答案：A7．解析：H2O分子间形成氢键，H2S分子间没有氢键，所以沸点H2O>H2S，①正确；常温下H2O为液态，HF为气态，所以沸点H2O>HF，②正确；H2

S和H2Se的结构和组成相似，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高，所以沸点H2Se>H2S，③错误；CO和N2的相对分子质量相同，CO是极性分子，N2是非极性分子，所以沸点CO>N2，④正确；C

2H6的相对分子质量大于CH4的相对分子质量，所以沸点C2H6>CH4，⑤错误；同分异构体中，支链越多，范德华力越弱，沸点越低，所以沸点正戊烷>新戊烷，⑥正确。答案：B8．解析：由于氢键的作用，NH3、H2O

、HF在同主族元素氢化物中的沸点反常，常温下水为液态，且F的电负性比N的大，则沸点由高到低的顺序为H2O>HF>NH3，A项正确；氢键既可以存在于分子间，也可以存在于分子内，B项错误；水分子的稳定性与O—H键的键能有关，与分子间氢键无关，C项错误；邻羟基苯甲醛易形成分子内

氢键，对羟基苯甲醛只形成分子间氢键，由于分子内氢键使物质的熔、沸点降低，分子间氢键使物质的熔、沸点升高，则邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点，D项错误。答案：A9．解析：HBr与HCl结构相似，HBr的相对分子质量比HCl大，HBr

分子间的范德华力比HCl强，所以其沸点比HCl高；C2H5Br的沸点比C2H5OH低是由于C2H5OH分子间形成氢键而增大了分子间作用力的缘故；HF比HCl稳定是由于H—F键键能比H—Cl键键能大的缘故；H2O分子中的—OH氢原子比C2H5OH中的—OH

氢原子更活泼是由于—C2H5的影响使O—H键极性减弱的缘故。答案：A10．解析：通常能形成氢键的分子中含有：N—H键、H—O键或H—F键。NH3、CH3CH2OH有氢键但只存在于分子间。B项中的O—H键与另一分子中

的O可在分子间形成氢键，同一分子中的O—H键与邻位的O可在分子内形成氢键。答案：B11．解析：(1)同种非金属元素原子之间形成非极性共价键，所以含有非极性共价键的分子是N2、O2。(2)CH4中C和H之间形

成极性键，CH4是正四面体结构，CO2中C和O之间形成极性键，CO2是直线形结构，CH4和CO2中正、负电荷重心均重合，所以CH4和CO2是非极性分子。(3)在ⅣA～ⅦA族元素形成的简单氢化物中，NH3、H2O、HF分子间

由于存在氢键而沸点反常，沸点高于同主族相邻元素简单氢化物的沸点，ⅣA族元素简单氢化物分子间不能形成氢键，其沸点随着相对分子质量的增加而升高，则代表CH4的是D。(4)氨水中，H2O中的氢原子与NH3中的氮原子形成氢键，其存在形式为O—H…N，H2O中的氧原子与NH3中的氢原子形成氢键，其存在形

式为N—H…O。答案：(1)N2、O2(2)CH4、CO2(3)D(4)O—H…N、N—H…O12．解析：(1)硅烷的结构和组成相似，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高。(2)①化学键是相邻原子间的强相互作用，范德华力和

氢键均属于分子间作用力，但氢键强于范德华力，所以三者从强到弱的顺序为O—H键>氢键>范德华力。对羟基苯甲醛只形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，所以对羟基苯甲醛的沸点比邻羟基苯甲醛的沸点高。②乙二胺分子中存在N—H键，故乙二

胺分子间存在氢键，三甲胺分子间不能形成氢键，所以乙二胺的沸点高于三甲胺的沸点。③H2O分子与乙醇分子可以形成分子间氢键，使得水与乙醇可以任意比例互溶；而H2S分子与乙醇分子不能形成分子间氢键，故H2S在乙醇

中的溶解度小于H2O在乙醇中的溶解度。(3)该化合物分子中不存在与电负性很大、原子半径小的元素原子相连的H原子，所以分子间不存在氢键，a项错误；分子中的C===C键、C—C键是非极性键，C—H键、C===O键是极性键，b项正确

；单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，故分子中共有9个σ键和3个π键，c项错误；由于醛基中的O原子与水分子中的H原子可形成氢键，增大了其在水中的溶解度，d项正确。答案：(1)硅烷的结构和组成相似，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高(2)①O—H键>氢键

>范德华力易形成分子内氢键，而只形成分子间氢键，分子间氢键使物质的沸点升高②乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键③H2O与CH3CH2OH分子间可以形成氢键H2O分子和乙醇分子之间形成氢键，而H2S分子和乙醇分子之间不能形成氢键(3)bd13．解析：由A、B、C、D、E为短周期

非金属元素及s轨道最多可容纳2个电子可得a＝1，b＝c＝2，即A为H，B为C(碳)，C为O；由D与B同主族，且为短周期非金属元素得D为Si；由E位于C的下一周期且E为同周期中电负性最大的元素可知，E为Cl。(1)①、②、③、④分别为CO2、CH4、H2

O2、CCl4，其中H2O2为极性分子，其他均为非极性分子。(2)O的简单氢化物为H2O，H2O分子间可形成氢键使其沸点比下一周期同主族元素的简单氢化物的沸点高。(3)C、H两种元素形成的常见溶剂为苯，O

、H两种元素形成的常见溶剂为水。SiCl4为非极性分子，易溶于非极性溶剂苯中。(4)BA4、BE4、DE4分别为CH4、CCl4、SiCl4，三者结构和组成相似，相对分子质量越大、范德华力越强，沸点越高，故三者的沸点从高到低的顺序为S

iCl4>CCl4>CH4。答案：(1)③(2)H2O分子间形成氢键(3)C6H6H2O大于(4)SiCl4>CCl4>CH414．解析：(1)基态氯原子的核外电子排布式是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个氮原子各形成3个单键，且它们各有1对孤电子对，故属于sp3杂化，另外1个氮原子形成双键和单键，孤电子对数为1，属于sp2杂化。(3)氯吡苯脲分子为共价化合物，故微粒间(原子间)存在共价键；由于氯吡苯脲分子中合有亚氨基(—NH—)，故微

粒间(分子间)能形成氢键。(4)氯吡苯脲分子能与水分子之间形成氢键，所以易溶于水。(5)由于单键都是σ键、而双键中含有1个σ键和1个π键，所以根据反应方程式可知，每生成1mol氯吡苯脲，断裂NA个N—Hσ键和NA个C===N键中的π键。(6)邻羟基苯

甲醛分子中醛基与羟基处于邻位，易形成分子内氢键，导致酚羟基上的氢原子难以电离。答案：(1)1(2)sp2、sp3(3)CE(4)氯吡苯脲分子可以与水分子之间形成氢键(5)2NA(或1.204×1024)(6)邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，使酚

羟基上的氢原子难以电离课时作业13补铁剂中铁元素的检验1．解析：配体是Cl－和H2O，配位数是1＋5＝6，故A错误；中心离子是Ti3＋，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋，故B错误；外界中的Cl－数目为2，内界中的Cl－数目为1，内界作为配体的Cl－和外界中非配体的C

l－的数目比是1∶2，故C正确；外界中的Cl－与AgNO3溶液反应，内界中的Cl－不与AgNO3溶液反应，故D错误。答案：C2．解析：[Cu(EDTA)]SO4中所含的化学键有硫酸根离子与配离子之间是离子键，硫酸根离子、EDTA内部是共价键，EDTA与铜离子之间是配位键，氢键不属于化学键，

故A错误；EDTA中有6个“—CH2—”和4个“—COOH”，“—CH2—”中碳原子为sp3杂化，“—COOH”中碳原子为sp2杂化，所以EDTA中碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3，故B正确；同一主族中，从上向下，元素第一电离能逐渐减小，同一周期中，元

素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但N原子最外层的2p能级处于半满状态，是一种较稳定结构，所以它的第一电离能高于同周期相邻的元素，[Cu(EDTA)]SO4的组成元素的第一电离能顺序为N>O>H>C>S>Cu，故C错误；SO2－

4中S原子价层电子对数＝4＋6＋2－2×42＝4，没有孤电子对，故SO2－4为正四面体结构，SO2－4与PO3－4互为等电子体，PO3－4也为正四面体结构，故D错误。答案：B3．解析：该有机物的化学式为C12H10O6，A错误；有机物分子中含有一个羧基，一个酯基和两

个酚羟基，故1mol该有机物最多可与4molNaOH反应，B错误；该有机物不能发生消去反应，C错误；有机物含有酚羟基，具有苯酚的显色反应，可检验Fe3＋是否存在，D正确。答案：D4．解析：在题给配合物中，带“*”的碳原子，都与4个原子形成共价

键。在Co(Ⅱ)双核配合物中，每个中心离子与5个N原子、1个Cl－形成配位键，则配位数为6，A正确；如图结构中的氯元素为Cl－，则其含有C—H、C—N极性键、C—C非极性键，但不含有离子键，B不正确；分析中所标记的“*”碳原子，与周围4个原子形成共价键，都发生sp3杂化，C不

正确；图中“*”标记碳原子与周围4个原子以共价键相连接.5个原子不可能共平面，D不正确。答案：A5．解析：将0.2mol·L－1的KI溶液和0.05mol·L－1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，根据方程式可知碘离子过量

，因此只需要证明溶液中含Fe3＋即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。①向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3＋，即能说明反应存在平衡，①正确；②由于碘离子过量，所以向溶液中滴入AgNO3溶液一定有黄色沉淀

生成，不能说明反应存在平衡，②错误；③无论反应存不存在平衡，溶液中均存在Fe2＋，滴入K3[Fe(CN)6]溶液均有蓝色沉淀生成，③错误；④无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，故

不能证明存在平衡，④错误；答案选D。答案：D6．解析：(1)基态铁原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，3d6中最多容纳10个电子，现在有6个，先占据单个的，所以只有2个成对，还有4个未成对

；(2)①同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能O>C。由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是N>O>C；②1molCN－含有碳氮三键，其中1个是σ键，个数为NA。(3)乙二胺分子间可

以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键，所以乙二胺(H2NCH2CH2NH2)和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多。答案：(1)4(2)①N>O>C②NA(3)乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能

形成氢键7．解析：(1)证明步骤①滤液中含有Fe2＋的方法是取样，先滴加KSCN溶液，再滴加氯水(或双氧水、稀硝酸等)，若滤液由浅绿色变为红色，则说明滤液中含有Fe2＋。(2)由于H2O2具有氧化性，加入过量H2O2的目的是将Fe2＋全部氧化为Fe3＋。(3)步骤

④的目的是将产生的红褐色悬浊液分离，最终得到固体Fe2O3，所以步骤④的操作步骤是过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量。(4)由于实验中铁无损耗，根据铁元素守恒得，每片补血剂中m(Fe)＝(2×56×a2×56＋3×16)÷10g＝0.07ag。答案：(1)氯水(或双氧水、稀硝酸等合理

氧化剂)溶液由浅绿色变为红色(2)将Fe2＋全部氧化为Fe3＋(3)洗涤冷却(4)0.07a8．解析：(1)由于单键都是σ键，而双键是由1个σ键和1个π键构成的，所以若有1molCH4生成，则有6molσ键和2molπ键断裂。(2)空间结构是平面正三角形，说明碳原子没有孤电子对，所以CH＋3中碳

原子的杂化方式为sp2杂化。(3)阴、阳离子通过静电作用形成的化学键是离子键。金属阳离子和自由电子之间形成的化学键是金属键，所以根据题意可知，选项bc正确。(4)根据金属原子的价电子和CO提供的电子总和等于18可知，x＝(18－8)÷2＝5。(5)因为Cl电负性大于I，

给出电子能力较弱，形成配位键较弱，配合物较不稳定。所以稳定性强的是HgI2－4。答案：(1)62(2)sp2(3)bc(4)5(5)不稳定Cl电负性大于I，给出电子能力较弱，形成配位键较弱，配合物较不稳

定9．解析：(1)基态碳原子核外有6个电子，根据构造原理知碳元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p2。(2)二氧化碳分子中碳原子价层电子对数是2且不含孤电子对，所以碳原子采用sp杂化。(3)碳原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以其空间结构为平面三角形。(4)铁与氮原子之间形

成配位键，由图可知，该配离子中亚铁离子与氮原子形成配位键共有6个。答案：(1)1s22s22p2(2)sp(3)平面三角形(4)610．解析：(1)Fe2＋氧化会生成Fe3＋，可用硫氰化钾溶液检验Fe3＋的存在；(2)在酸性条件下，KMnO4溶液可氧化Fe2＋得到Fe3＋，同时自身

被还原为Mn2＋，MnO－4中Mn的化合价由＋7价降为＋2价，变化5，Fe2＋中Fe由＋2价升为＋3价，变化1，根据化合价升降总数相等和质量守恒得：MnO－4＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O；(3)①仪器A的名称是酸式滴定管；起始时读数为

0.80mL，滴定终点时读数为20.80mL，消耗KMnO4溶液体积为20.80mL－0.80mL＝20.00mL；②最初当KMnO4溶液滴进溶液里时紫色褪去，可知滴定终点观察到的现象为当溶液滴入最后一滴时，颜色为紫色，且半分钟内不变色；③滴定过程中，锥形瓶振

荡太剧烈，有少量液滴溅出，则消耗的标准液偏少，实验结果偏小，A正确；滴定前俯视，滴定后仰视(标准液)，二次读数差偏大，实验结果偏大，B错误；滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗瓶内壁，对消耗的标准液没有影响，实验结果无影响，C错误；未用标准KMnO4溶液润洗

滴定管，导致标准液浓度偏小，消耗标准液体积偏大，实验结果偏大，D错误。④由MnO－4～5Fe2＋，可得1000.00mL溶液含有的Fe2＋的物质的量n(Fe2＋)＝0.01mol·L－1×20.00×10－3L×5×1000.00

mL/20.00mL＝0.05mol，m(Fe2＋)＝0.05mol×56g·mol－1＝2.8g，Fe2＋的氧化率：(20g×20.00%－2.8g)÷(20g×20.00%)＝30%>10%，所以不可以服用。答案：(1)硫氰化钾溶液(2)MnO－4＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3

＋＋4H2O(3)①酸式滴定管20.00②当溶液滴入最后一滴时，颜色为紫色，且半分钟内不变色③A④不可以课时作业14认识晶体1．解析：晶体的规则几何外形是自发形成的，有些固体尽管有规则的几何外形，但由于不是自发形成的，所以不属于晶体

，A、D选项错误；组成晶体的粒子在空间呈现周期性的有序排列，因此，晶体研碎成小的颗粒仍然是晶体，C项错误；自范性是晶体和非晶体的本质区别，B项正确。答案：B2．解析：晶体有固定的熔点，而非晶体没有固定的熔点。由题图甲可知，曲线中间有一段表示物质一直在吸收热量，但所对应的温

度不变，该段所对应的温度即为a物质的熔点，则a为晶体；由题图乙可知，该物质吸收热量，温度不断升高，说明b物质没有固定的熔点，则b为非晶体。答案：A3．解析：原子在三维空间里呈周期性有序排列(B项)、有自范性、有固定的熔点(C项)、物理性质上体现各向

异性、X射线衍射图谱上有分立的斑点或明锐的衍射峰(D项)等特征，都是晶体在各个方面有别于非晶体的体现。而互为同素异形体与是否为晶体这两者之间并无联系，如无定形碳也与金刚石、石墨互为同素异形体，但属于非晶体。答案：A4．解析：根据MCl的晶胞结构可以看出每个M＋的上、下、左

、右、前、后各有一个M＋与之距离相等且最近，故每个M＋周围与它最接近的且距离相等的M＋共有6个。答案：A5．解析：棱柱内硼原子数为6，均属于这个晶胞。镁原子位于上、下面心(2个)及12个顶点，共有镁原子数为2×12＋12×16＝3，则

镁、硼原子个数之比为1∶2。答案：B6．解析：仔细观察钛酸钡晶体结构示意图可知；Ba在立方体的中心，完全属于该晶胞；Ti处于立方体的8个顶点，每个Ti为与之相连的8个立方体所共有，即只有18属于该晶胞；O处于立方体的12条棱的中点

，每条棱为4个立方体共有，故每个O只有14属于该晶胞。即晶体中N(Ba)∶N(Ti)∶N(O)＝1∶(8×18)∶(12×14)＝1∶1∶3。答案：D7．解析：每个碳原子被3个六边形共有，每条共价键被2

个六边形共有，则石墨晶体中碳原子个数与共价键个数之比为(6×13)∶(6×12)＝2∶3。答案：A8．解析：在此平面结构中，截取的每个小正方形的顶点上的原子都为4个小正方形共用，在边上的原子都为2个小正方形共用，A项中N(Co)∶N(O)＝1∶(4×12)＝1∶

2，与化学式CoO2相符；B项中N(Co)∶N(O)＝(1＋4×14)∶4＝1∶2，与化学式CoO2相符；C项中N(Co)∶N(O)＝(4×14)∶(4×12)＝1∶2，与化学式CoO2相符；D项中N(Co)∶N(O)＝1∶(4×14)＝1∶1，

与化学式CoO2不相符。答案：D9．解析：根据均摊原理可知该晶体的化学式为CaTiO3，A项正确；Ti位于晶胞的中心，上下底面的氧原子与四个侧面上的氧原子形成正八面体，B项正确；2号氧原子在侧面的中心，其原子坐标参数为(12，1，12)，

C项正确；2、3号原子间的距离为面对角线的一半，即2a2，D项错误。答案：D10．解析：由晶体与晶胞的关系可知，题图所示是由2个晶胞构成的，根据切割法可知，1个晶胞中含有A粒子的个数为8×18＝1，B粒子的个数为1，C

粒子的个数为6×12＝3，其中A代表CH3NH＋3，所以B代表Pb2＋，C代表I－，A项正确，B项错误；由B的原子坐标参数可知，C的原子坐标参数是(12，12，0)，C项正确；可由晶体的密度计算(CH3NH3)PbI3的摩尔质量，则ρg·cm－3＝M6.02×1023mol－

1×a3×10－30cm3，摩尔质量M＝ρ×a3×6.02×10－7g·mol－1，D项正确。答案：B11．解析：明矾是KAl(SO4)2·12H2O，它和CuSO4·5H2O、冰糖、单晶硅、铝块都是晶体；塑

料、松香、玻璃、糖果、橡胶都是非晶体。晶体最大的特征就是各向异性和有固定的熔点。答案：(1)②⑤⑥⑧⑨①③④⑦⑩(2)规则的几何外形没有规则的几何外形各向同性各向异性(3)②④12．解析：(1)由晶胞可直接看出每个Y周围吸引着4个X，每个X被8个晶胞共用，则X周围有8个等距离的Y

，晶胞内X与Y的数目比为(4×18)∶1＝1∶2，故化学式为XY2或Y2X。(2)以某个X为中心，补足8个共用X的晶胞，可发现与中心X等距离且最近的X共有3层，每层4个，共12个。(3)四个X围成一个正四面体，Y位于中心，类似甲烷的分子结构，故∠XYX＝109

°28′。(4)每摩尔晶胞相当于0.5molXY2(或Y2X)，故摩尔质量可表示为M＝a3·ρ·NA0.5g·mol－1。答案：(1)48XY2(或Y2X)(2)12(3)109°28′(4)2a3·ρ·NAg·mol－113．解析：(1)根据钙钛矿晶胞可

知，晶体结构中，每个钛离子周围与它距离最近且相等的氧离子位于同一平面内的有4个，上下有2个，所以共有6个。每个晶胞中的1个钙离子与周围8个钛离子距离最近且相等，所以每个钛离子周围与它距离最近且相等的钙离子有8个。(2)根据切割法可知，每个钙钛矿晶胞中含有的氧离子数为12×14＝3，含有的钛离子

数为8×18＝1，含有的钙离子数为1，则氧离子、钛离子、钙离子的个数比为3∶1∶1，所以该晶体的化学式可表示为CaTiO3。(3)该晶胞的摩尔质量＝(a＋b＋3c)g·mol－1，晶胞的体积＝d3×10－21cm3。1mol晶胞的质量＝(a＋b＋3c)g，体积＝N

A×d3×10－21cm3，则该晶体的密度ρ＝mV＝（a＋b＋3c）gNA×d3×10－21cm3＝a＋b＋3cNAd3×1021g·cm－3。答案：(1)68(2)3∶1∶1CaTiO3(3)a＋b＋3cNAd3×1

02114．解析：由晶胞结构中各原子所在位置可知，该晶胞中Sm的个数为4×12＝2，Fe的个数为1＋4×14＝2，As的个数为4×12＝2，该晶胞中O和F的个数之和为8×18＋2×12＝2，F－的比例为x，O2－的比例为1－x，故该化合物的化学式为SmFeAsO1－xF

x。1个晶胞的质量为2×[150＋56＋75＋16（1－x）＋19x]NAg＝2×[281＋16（1－x）＋19x]NAg，1个晶胞的体积为a2cpm3＝a2c×10－30cm3，故密度ρ＝2×[281＋16（1－x）＋19x]a2cNA×10－30g·cm－3。原子2位于底面面心，由原子1的

坐标可知，其坐标为12，12，0；原子3位于棱上，其坐标为0，0，12。答案：SmFeAsO1－xFx2×[281＋16（1－x）＋19x]a2cNA×10－3012，12，00，0，12课时作业15金属晶体与离子晶体1．解析：金属的物理性质是由金属晶体

所决定的，A、C、D三项都是金属共有的物理性质，这些性质都是由金属晶体所决定的。B项，金属易失电子是由金属原子的结构决定的，和晶体结构无关。答案：B2．解析：由题给信息可知，当玻璃被击碎时，金属线与警报系统形成了闭合回路，利用的是金属的导电性，故B项正确。

答案：B3．解析：固态时能导电的晶体不一定是金属晶体，如硅和石墨等不是金属晶体，A不正确；固态不能导电，水溶液能导电的晶体不一定是离子晶体，如冰醋酸等不是离子晶体，B不正确；金属熔融状态也能导电，C不正

确；离子晶体是阴、阳离子组成的，固态时阴、阳离子不能自由移动，不导电，熔融状态时电离出自由移动的离子而导电，D正确。答案：D4．解析：固体不导电、溶于水能导电的不一定是离子晶体，如AlCl3，C不正确。答案：C5．解

析：金属晶体具有延展性，能压成薄片，而离子晶体质脆易碎，不能压成薄片。离子晶体的熔点和硬度普遍较高；金属晶体的熔点和硬度有的很高，有的很低。金属晶体都有导电性，离子晶体熔融态时都能导电，固态时不导电。答案：AD6．解析：

在氯化铯晶体中不存在CsCl分子，只存在Cs＋和Cl－，化学式CsCl表示氯化铯晶体中Cs＋和Cl－的个数比为1∶1。答案：A7．解析：离子晶体中阴、阳离子所带电荷越多，离子半径越小，晶格能越大，晶体的熔点越高。答案：C8．解析：能发生反应的

物质不能形成合金，故B、C项错误；钠的沸点远低于硅的熔点，当硅熔化时，钠已经变为气态，故它们不能形成合金，D项错误。答案：A9．解析：离子晶体在熔融状态下可以电离出自由移动的阴、阳离子，所以晶体在熔融状态下能否导电，是判断该晶体是否为离子晶体的依据。答案：C10．解析：一个该晶胞中含有N的个数为1

，含有M的个数为8×18＝1，化学式为MN，A项错误；一个该晶胞中含有N的个数为1，含有M的个数为4×18＝12，化学式为MN2，B项正确；一个该晶胞中含有M的个数为4×18＝12，含有N的个数为4×18＝12，化学式为MN，C项错误；一个该晶胞中含有

N的个数为1，含有M的个数为8×18＋6×12＝4，化学式为M4N，D项错误。答案：B11．解析：A组中，NaCl、KCl、CsCl都是离子晶体，微粒之间通过离子键结合。B组中，Na、Mg、Al都是金属晶体，由于离子半径：r(Na＋)>r(Mg

2＋)>r(Al3＋)，价电子数：Na<Mg<Al，因此，从Na到Al，金属键强度逐渐增强。答案：离子离子键金属Na<Mg<Alr(Na＋)>r(Mg2＋)>r(Al3＋)Na<Mg<Al12．解析：(2)从体心Na＋看，与它最近的且距离相

等的Na＋共有12个。(3)根据立方结构的特点，可求阴、阳离子的个数。NaCl晶胞中，含Cl－：8×18＋6×12＝4(个)，含Na＋：12×14＋1＝4(个)。(4)设Cl－和Na＋的最近距离为acm，则两个最近的Na＋间的距

离为2acm，有（2a）3cm3·ρg·cm－34NAmol－1＝Mg·mol－1，a＝3M2ρNAcm，所以两个Na＋间的最近距离为2·3M2ρNAcm。(5)由题意可知：29.25g氯化钠在1450℃时为0.25mol，故其摩尔质量为117g·mol－

1，氯化钠气体的化学式为Na2Cl2。答案：(1)见下图(2)12(3)48×18＋6×12412×14＋1(4)2·3M2ρNA(5)Na2Cl213．解析：(2)因为氧化镁与氯化钠的晶胞结构相似，所以在晶体中每个Mg2＋周围应该有6个最邻近的O2－，每个O2－周围应该有6个最邻

近的Mg2＋，根据此规律可得⑧应该改为表示O2－的黑色球。(4)在离子晶体中，离子半径越小，所带电荷数越多，则离子晶体的晶格能越大，熔、沸点越高。答案：(1)增大熔融盐中的离子浓度，从而增强熔融盐的导电能力(2)⑧应为表示O2－的黑色球

(3)基态原子中的电子获得能量后，向高能级跃迁，跃迁到高能级的电子处于一种不稳定的状态，会回到较低能级，并向外界释放能量(光能)(4)NaF与MgF2均为离子晶体，常温下为固体，SiF4常温下为气体，所以NaF与MgF

2的熔点远比SiF4的高，又Mg2＋的半径小于Na＋的半径，Mg2＋所带电荷数大于Na＋所带电荷数，所以MgF2的晶格能大于NaF，MgF2的熔点高于NaF14．解析：(1)一个Ca2＋吸引6个C2－2，由于晶胞沿一个方向拉长，1个Ca2＋周围距离最近的C2－2为4个。(2)由于CaO与NaCl的

晶胞同为面心立方结构，所以CaO晶胞中也含有4个钙离子和4个氧离子，因此CaO晶胞体积为4×56NA·acm3＝224aNAcm3。(3)因为O2－采用面心立方最密堆积方式，所以面对角线长度是O2－半径的4倍，则有[4r(O2－)]2＝2a2，解得r(O2－)＝24×0.420nm≈0.

148nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构可得2r(Mn2＋)＋2r(O2－)＝a′，代入数据解得r(Mn2＋)＝0.076nm。答案：(1)4(2)224aNA(3)0.1480.076课时作业1

6共价晶体1．解析：金刚石、石墨中的最小碳环及晶体硅中最小硅环都是由6个原子构成的，水晶(主要成分为SiO2)中的最小环上有6个硅原子、6个氧原子，共12个原子。答案：C2．解析：选项A，金刚石是共价晶体，CH4是分子晶体，二者的晶体类型不同；选项B，金刚石熔化过程中C—C键断裂，因C

—C键的键能大，断裂时需要的能量多，故金刚石的熔点很高；选项D，金刚石的熔点高，但在打孔过程中会产生很高的温度，如不浇水冷却钻头，会导致钻头熔化。答案：C3．解析：金刚石是1个中心C原子连接4个C原子，二氧化硅是1个中心Si原子连接4个O原子，均形成正

四面体结构，A项正确；金刚石中，1个C原子与另外4个C原子形成4个C—C键，这个C原子对每个单键的贡献只有12，所以1molC原子形成的C—C键为4mol×12＝2mol，而SiO2晶体中1个Si原子分别与4个O原子形成4

个Si—O键，则1molSiO2晶体中Si—O键为4mol，B项正确；干冰熔化时只破坏分子间作用力，共价键不会断裂，C项错误；共价晶体的构成微粒是原子不是分子，D项正确。答案：C4．解析：AlON与石英(SiO2)均为共价晶体，所含化学键均为共价键，故A、B项正

确；Al2O3是离子晶体，晶体中含离子键，不含共价键，故C项正确、D项错误。答案：D5．解析：SiO2晶体是共价晶体，不存在分子，A错误；1molSiO2晶体存在4molSi—O键，所以60gSiO2晶

体即1molSiO2晶体含有4molSi—O键，故B正确；晶体中一个硅原子和四个氧原子，形成四面体结构，四个氧原子处于同一四面体的四个顶点，C正确；SiO2晶体是共价晶体，CO2晶体是分子晶体，D错误。

答案：BC6．解析：原子半径Si>C>O，共价晶体组成元素的原子半径越小，共价键键能越大，熔、沸点越高，则熔、沸点从高到低的顺序为金刚石>碳化硅>晶体硅，A项错误；离子晶体的熔、沸点大于分子晶体，水中含有氢键，其熔、沸点比氧气、溴的高，溴常温下为液体，其熔、沸点高于氧气，则熔、沸点

从高到低的顺序为MgO>H2O>Br2>O2，B项错误；对羟基苯甲酸能形成分子间氢键，邻羟基苯甲酸能形成分子内氢键，所以熔、沸点：对羟基苯甲酸>邻羟基苯甲酸，C项正确；共价晶体的熔、沸点一般大于金属晶体，合金的熔

、沸点比其各成分金属的低，则熔、沸点从高到低的顺序为金刚石>纯铁>生铁>钠，D项错误。答案：C7．解析：既然干冰是共价晶体，所以可类比共价晶体SiO2，具有熔点高、硬度大、耐磨等性质。每摩尔SiO2中有

4molSi—O键，所以D项也正确。答案：B8．解析：由“这种化合物可能比金刚石更坚硬”可知该晶体应该是一种共价晶体，共价晶体是一种空间网状结构而不是平面结构，所以A选项是错误的。由于氮原子的半径比碳原子的半径要小，所以二者所形成的共价键的键长要比

碳碳键的键长短，所以该晶体的熔、沸点和硬度应该比金刚石更高，因此B选项是正确的。而原子的电子数和单质的活泼性一般不会影响到所形成的晶体的硬度等，所以C、D选项也是错误的。答案：B9．解析：金刚石、SiC、锆石均为共价晶体，但物理性质有差异。物理性质如下：物质名称物

理性质金刚石硬度大，不导电、导热锆石硬度大，不导电、不导热碳化硅硬度大，半导体，导热(制耐热器)答案：C10．解析：由磷化硼的晶胞结构可知，P位于顶点和面心，数目为18×8＋6×12＝4，B位于晶胞内，数目为4，故磷化硼

的化学式为BP，磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，所以磷化硼晶体属于共价晶体，A项正确；磷化硼属于共价化合物，熔融状态下不能导电，B项错误；由磷化硼晶胞结构可知，磷化硼晶体中每个原子均参与形成4个共价键，C项正确；磷化硼晶体为共价晶体，熔

化时需克服共价键，D项错误。答案：AC11．解析：SiC与二氧化硅晶体都属于共价晶体，熔化时，所克服的微粒间相互作用相同，故A错误；氯化钠晶体中氯离子位于顶点和面心，钠离子位于棱边和体心，则每个Na＋周围距离相等的Na＋共

有12个，故B错误；氯化铯中氯离子位于顶点，铯离子位于体心，则在氯化铯晶体中每个Cs＋周围紧邻8个Cl－，故C正确；在晶体硅中，每个硅原子形成2个Si—Si键，所以Si原子与Si—Si键数目比为1∶2，故D错误。答案：C12．解析：(1)类比金

刚石，晶体锗是共价晶体，每个锗原子与其周围的4个锗原子形成4个单键，故锗原子采用sp3杂化，锗原子间以共价键(或非极性共价键)结合。(2)①对照晶胞图示及A、B、C点坐标，选A点为参照点，可知D在体对角线的14处，运用比例关系可得D的坐标

参数为(14，14，14)；②因为其晶胞类似金刚石晶胞，故其晶胞内含8个Ge原子，ρ＝mV＝8×736.02×565.763×107g·cm－3。答案：(1)sp3共价键(或非极性共价键)(2)①(14，14，

14)②8×736.02×565.763×10713．解析：(1)镓是31号元素，原子核外有31个电子，基态镓(Ga)原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，简写成[Ar]3d104s24p1。(2)同周期元素从左到

右，电负性逐渐增大，第4周期元素Ga、As分别位于第ⅢA、ⅤA族，故Ga元素的电负性小于As元素；同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，原子核吸引电子能力逐渐减弱，第一电离能逐渐减小，第ⅢA族元素B、Ga分别位于第2、4周期，故B元素的第一电离能大于Ga元

素；B原子提供空轨道、N原子提供孤电子对，B、N原子之间形成配位键。(3)AsO3－4中含有的孤电子对数是12×(5＋3－2×4)＝0，中心原子和4个O原子形成4个共价键，所以其空间构型是正四面体形，As原子价层电子对数为4，其杂化方式为sp3。(4)Cl－的电

子层数比F－的多，离子半径比F－的大，F原子吸引电子的能力较强，故GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体。(5)如图每个Ga原子与4个As原子形成4个共价键，晶胞中共含4×4＝16个共价键；A原子距离B原子所在六面体的侧面的最短距

离为a4＝0.25xpm；晶胞中As原子数为8×18＋6×12＝4，Ga原子数也为4，该晶胞的密度为ρ＝4×145NA×（x×10－10）3g·cm－3＝5.8×1032x3NAg·cm－3。答案：(1)3d104s24p1(2)小于大于

NH3中的N原子具有孤电子对，BF3中的B原子核外具有空轨道(3)正四面体sp3(4)Cl－的电子层数比F－的多，离子半径比F－的大(5)160.25x5.8×1032x3NA14．解析：(1)根据等电子体物质的结构与性质相似的原理，可推知BN的结构中，一种类似于金刚石，硬

度大、耐磨。(2)因为晶体硼有很高的熔、沸点和很大的硬度，可推知其为共价晶体。晶体硼的基本结构单元为正二十面体，每个面均为正三角形，键角为60°，一个三角形有三个顶点，每个顶点为五个三角形共用，每个三角

形拥有硼原子数为3×15，20个三角形拥有硼原子数为20×3×15＝12，即此结构单元由12个B原子构成。(3)若将晶体硼的结构单元中每个顶点均削去，则削去的顶点变为五边形，原来的正三角形变为正六边形，故余下的结构共有12个正五边形

(即原来的12个顶点)，20个正六边形(即原来的20个面)。答案：(1)金刚石(2)①共价晶体硼有很高的熔、沸点和很大的硬度②1260°(3)1220课时作业17分子晶体晶体结构的复杂性1．解析：分子间作用力的大小决定分子的物理性质，而分子的稳定性取决于化学键的强弱，故A、B项错误；冰融化

时克服范德华力和氢键。水分子内的共价键没有断裂，故C项错误；在冰的晶体结构中存在分子间氢键，使其熔点较高，故D项正确。答案：D2．解析：共价晶体都由原子直接构成，如②③；离子化合物由阴、阳离子构成，如⑦；分子晶体由分子构成，如①④⑤⑧，但⑧也可看作由原子构成；金属晶体由金属阳离子和自

由电子构成，如⑥。答案：C3．解析：分子晶体中，分子与分子之间以分子间作用力相结合，而分子间作用力较弱，克服分子间作用力所需能量较低，故分子晶体的熔、沸点较低。表中NaCl、MgCl2、CaCl2的熔、沸点较高，不属于分子晶体，AlCl3、SiCl4的熔、沸点较低

，为分子晶体，所以B项正确，A、C、D项错误。答案：B4．解析：金刚石为共价晶体，氯化钠为离子晶体，二者通常状况下均为固体，熔点：金刚石>氯化钠；干冰为分子晶体，汞为金属晶体，通常状况下CO2为气体，汞为液体，故熔点：汞>干冰。答案

：D5．解析：分析题图可知，每个十二元环中有6个硅原子和6个氧原子，但是每个氧原子形成2个Si—O键，每个硅原子形成4个Si—O键，Si与O的原子个数比是1∶2，A、B项错误。该晶体是具有立体网状结构的晶体，因此其是共价晶体而非分子晶体，C项正确，D项错误。答案：C6．解析：A选项石墨为混合型晶

体，B选项生石灰为离子晶体，C选项氯化铯为离子晶体。答案：D7．解析：干冰和二氧化硅晶体尽管同属ⅣA族元素的最高价氧化物，但干冰是分子晶体，二氧化硅为共价晶体。干冰的熔、沸点取决于其分子间作用力的大小，而不是共价键键能的强弱；而二氧化硅的熔、沸点则由Si—O键键能的强弱所决定。答案：C

8．解析：①④⑤⑥构成的晶体为在一维、二维或三维空间结构，且在空间中微粒通过化学键连接，故它们不可能是分子晶体；而②③都不能再以化学键与其他原子结合，故为分子晶体。答案：C9．解析：如题图，在每个CO2周围距离22a的CO2，即

为每个面心上的CO2分子，共有8×3×12＝12个，故C正确。答案：C10．解析：Fe(CO)5是一种黄色液体，易溶于汽油、苯等多数有机溶剂，根据相似相溶原理，Fe(CO)5为非极性分子，故A正确；根据相似相溶原理，Fe(CO)5为非极性分子，水为极性分子，Fe(CO)5难溶于水中，故

B错误；盐是由酸根阴离子和金属阳离子组成，Fe(CO)5没有金属阳离子，属于配合物，是Fe吸收CO生成配合物，故C错误；Fe吸收CO生成配合物Fe(CO)5，有新物质生成，所以是化学变化，故D正确。答案：BC11．解析：根据构成晶体的微粒不同，分子晶体仅由分子组成，共价

晶体中无分子。分子晶体有B、C、E、F，其中晶体氩是单原子分子构成的晶体；共价晶体和单原子分子晶体都由原子直接构成，共价晶体有A、D，但化合物只有A；分子晶体熔化时，一般不破坏化学键；共价晶体熔化时，破坏化学键。答案：(1)BCEFE(2)A(3)ADE(4)BCFAD12．解析：(

1)由石墨烯的结构可知，每个C原子连接3个六元环，每个六元环占有的C原子数为13×6＝2。(2)由金刚石的结构可知，每个C可参与形成4条C—C键，其中任意两条边(共价键)可以构成2个六元环。根据组合知识可

知四条边(共价键)任选其中两条有6组，6×2＝12。因此每个C原子连接12个六元环。六元环中C原子采取sp3杂化，为空间六边形结构，最多有4个C原子位于同一平面。答案：(1)32(2)12413．解析：X、Y、Z、

W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，则X为H元素；Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，核外电子排布为1s22s22p2，故Y为C元素；R与Y同一主族，结合原子序数可知，R为

Si；而Z原子单电子数在同周期元素中最多，则价电子排布为ns2np3，原子序数小于Si，故Z为N元素；W与Z同周期，第一电离能比Z的低，则W为O元素；Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，不可能为短周期元

素，原子序数小于30，故核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，则Q为Cu元素。(1)Cu＋核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；(2)化合物H2O2中结构式为H—O—O—H，O原子价层电子对数为2＋6－2×

12＝4，故O原子采取sp3杂化；NO－2中N原子孤电子对数为5＋1－2×22＝1，价层电子对数为2＋1＝3，故其空间构型是V形；(3)Y、R的最高价氧化物分别为二氧化碳、二氧化硅，SiO2为共价晶体，CO2为分子晶体

，故沸点较高的是SiO2；(4)碳有多种同素异形体，其中一种同素异形体的晶胞结构如题图，该晶体中一个晶胞的Y原子数为4＋8×18＋6×12＝8；每个Y与周围的4个Y原子相邻，故Y原子的配位数为4；若晶胞的棱长为ap

m，则晶胞体积为(a×10－10)3cm3，晶体的密度为ρg·cm－3，则晶胞质量为(a×10－10)3cm3×ρg·cm－3＝ρa3×10－30g，则8×12NAg＝ρa3×10－30g，故NA＝96×1030a3·ρ。答案：(1)1s22s22p63s23p63d

10(或[Ar]3d10)(2)sp3杂化V形(3)SiO2SiO2为共价晶体，CO2为分子晶体(4)8496×1030a3·ρ14．解析：(1)TiF4为离子化合物，故熔点高于其他三种卤化物，TiCl4、TiBr4、TiI4为共价化合物，且结构相似

，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，故自TiCl4至TiI4熔点逐渐升高。(2)O为非金属元素，其电负性在三种元素中最大，Ca和Ti同为第四周期元素，金属性Ca大于Ti，故电负性大小顺序为O>Ti>Ca；金属阳离子与O2－之间形成离子键

；图(a)晶胞中Ca2＋位于体心，O2－位于棱上，12条棱上每条棱上均有一个O2－，Ca2＋的配位数为12。(3)由图(a)和图(b)可以看出Pb2＋与Ti4＋空间位置相同；CH3NH＋3中N原子与2个H原子、1个C原子形成三

个共价键，与H＋形成一个配位键，故N原子的杂化轨道类型为sp3；利用均摊法可知图(b)晶胞中I－个数是6×12＝3，CH3NH＋3个数是8×18＝1，Pb2＋个数为1，晶胞体积为(a×10－7cm)3，则晶胞密

度ρ＝mV＝620a3×NA×1021g·cm－3。(4)由图(c)可知Pb与Eu3＋反应生成Eu2＋和Pb2＋，根据氧化还原反应的规律可得反应的离子方程式为Pb＋2Eu3＋===2Eu2＋＋Pb2＋

，Eu2＋与I2反应生成Eu3＋和I－，其离子方程式为2Eu2＋＋I2===2Eu3＋＋2I－。答案：(1)TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高(2)O>Ti>Ca离子

键12(3)Ti4＋sp3620a3×NA×1021(4)2Eu3＋＋Pb===2Eu2＋＋Pb2＋2Eu2＋＋I2===2Eu3＋＋2I－课时作业18液晶、纳米材料与超分子1．解析：有规则几何外形或美观对称外形的固体不一定都是晶体，如玻

璃制品可以塑造出规则的几何外形，也可以具有美观对称的外观；具有固定组成的物质也不一定是晶体，如某些无定形体也有固定的组成。晶体和非晶体的本质区别在于其微观结构不同。答案：D2．解析：液晶的显示原理为施加电压时，液晶分子

沿电场方向排列；移去电场后，液晶分子恢复到原来的状态，B正确。答案：B3．解析：从液晶的结构特征看，液晶具有晶体的某些性质，如各向异性；在电场作用下，液晶分子能够沿电场方向排列，这也是制造液晶显示器的依据；液晶是介于液态和固态之间的一种聚集状态。答案：C4．解析：

纳米材料是指三维空间尺寸至少有一维处于纳米尺度的、具有特定功能的材料，由直径为几或几十纳米的颗粒和颗粒间的界面两部分组成，A项正确，B、C项错误；同一种金属元素构成的纳米材料与宏观金属晶体在性质上具有很大的差别，如金的常规熔点为1064℃，但2nm尺寸金的熔点仅为327℃左右，D项错

误。答案：A5．解析：SiO2是共价晶体而干冰是分子晶体，结构不相似，故A错误；SiO2耐腐蚀，但可以与氢氟酸反应，故B错误；工业上用SiO2与焦炭反应生成一氧化碳和粗硅，故C正确；光纤主要成分是SiO2，但二氧化硅不导电，故D错误。答案

：C6．解析：由纳米粒子构成的纳米陶瓷在低温下具有良好的延展性。答案：D7．解析：有机高分子化合物是由一类相对分子质量很大的分子聚集而成，且无固定的化学式，A项错误；此物质由碳、氢、氧、氮四种元素组成，B项正确；由MBBA的化学式可

知，碳、氢、氧、氮的原子个数比为18∶21∶1∶1，C项错误；MBBA物质是由C18H21NO分子构成的化合物，不含NO分子，D项错误。答案：B8．解析：纳米粒子的直径介于1～100nm，与胶体的分散质微粒直径范围

相同，A项正确；催化剂可加快化学反应速率，但不能使化学平衡发生移动，不能提高反应物的平衡转化率，B项错误；与块状固体燃料相比，纳米颗粒直径小，表面积大，因而化学反应速率快，所以短时间内可产生更大的推动力，C项正确；银为重金属，重金属微粒可使蛋白质变性，故有抑菌、杀菌

作用，D项正确。答案：B9．解析：储热材料熔融时吸收大量热，结晶时放出大量热，符合储热材料的特点，A项正确；Ge是一种优质的半导体材料，可用于太阳能电池，B项正确；大量Ba2＋有毒，但BaSO4在水中溶解度极小，故电离出的Ba2＋浓度很小，BaSO4又不能被X射线透过，可用作造影

剂，C项正确；纳米铁粉可以去除重金属离子的原因是铁把重金属离子还原成了单质，属于化学变化，D项错误。答案：D10．解析：液晶是在一定温度范围内既具有液体的可流动性，又表现出类似晶体的各向异性的物质，所以既具有一定程度的晶体的有序性，又具有液体的流动性，A项正确；相等质

量的冰和液态水，冰晶体中，水分子间形成的氢键比液态水中的多，由于氢键的作用，水分子间的空隙大，所以冰的密度比液态水的小，水在4℃时密度最大也是同样的道理，B项正确；纳米银粒子的聚集是物理变化，C项错误；燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用

和将氮氧化物催化转化为无污染的气体，均可有效减少酸雨的产生，D项正确。答案：C11．解析：同周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而整体呈增大趋势，所以第一电离能：C<O，A项正确；“杯酚”分子中含有苯环结构，具有大π键，B项正确；氢键是已经与电负性很大的

原子形成共价键的氢原子与另一个分子中电负性很大的原子之间的作用力，所以“杯酚”分子与C60分子形成的不是氢键，C项错误；金刚石是共价晶体，C60是分子晶体，二者晶体类型不同，D项正确。答案：C12．解析：(1)根据信息可以看出，巴基管的结构与石墨相似，故性质上

也应具有导电性。(2)具有吸附性的物质其结构特点一般是多孔性，比表面积很大，根据巴基管的结构特点不难得出其具有很大的比表面积。(3)因为五边形可以使碳纳米管凸出、七边形会导致凹进，故均匀的巴基管应由六边形构成。答案：(1)石墨(2)很大的比表面

积(3)六13．解析：(1)过渡元素Cr原子的基态电子排布式为[Ar]3d54s1(或1s22s22p63s23p63d54s1)，Cr的核外电子由激发态跃迁至基态时产生的光谱是发射光谱；(2)①水分

子或氨气分子中都存在极性键，Cu原子和水分子或氨气分子之间存在配位键，所以[Cu(H2O)4]2＋和[Cu(NH3)4]2＋中都含有配位键，极性键；②CaF2难溶于水，但可溶于含Al3＋的溶液中，因为在溶液中F－与Al3＋能形成很难电离的配离子AlF3－6，使CaF2的溶解平衡正

向移动，其反应的离子方程式为3CaF2＋Al3＋===3Ca2＋＋AlF3－6。答案：(1)[Ar]3d54s1(或1s22s22p63s23p63d54s1)发射(2)①极性键、配位键②3CaF2＋Al3＋===3Ca2＋＋AlF3－614．解析：(1)基

态Cr原子的价电子排布式为3d54s1，而Mo位于第5周期ⅥB族，其基态原子核外电子排布与Cr相似，因而基态Mo原子的价电子排布式为4d55s1，核外未成对电子数为6。(2)该超分子的结构中含有双键，说明该超分子中有σ键和

π键，分子中不存在离子键，根据题给信息可知分子中有配位键，因而选AB。(3)CO做配体时C为配位原子，因为O提供孤电子对给C，C变成富电子中心，有提供电子对形成配位键的能力；p­甲酸丁酯吡啶中酯基中C原子的杂化方式为sp2，在丁基中C原子形成四个单键，其杂化方式为sp

3。(4)F的电负性大于H，对成键电子的吸引能力强于H，共用电子对偏向F，使氧氢键较易断裂，因此CF3COOH的酸性强于CH3COOH。(5)根据晶体类型不同，性质不同来解释：C60是分子晶体，金刚石是共价晶体，共价晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分

子间作用力所需的能量。答案：(1)4d55s16(2)AB(3)Csp2和sp3(4)F的电负性大于H，对成键电子的吸引能力强于H，共用电子对偏向F，使氧氢键较易断裂(5)C60是分子晶体，金刚石是共价晶体，共价晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分子间作用力

所需的能量课时作业19青蒿素分子结构的测定1．解析：烃中只含有碳、氢两种元素，烃完全燃烧的产物只有CO2和H2O。设计实验测定CO2和H2O的质量，若原试样的质量等于CO2中碳元素和H2O中氢元素的质量之和，则该有机物为烃。若原试样的质量大于CO2和H2O中碳、氢两元素的质量之和，则

该有机物为烃的含氧衍生物。答案：D2．解析：题图所示两种结构，猜想1为对称结构非极性分子，猜想2为非对称结构极性分子，极性分子细液流在电场中发生偏转，观察过氧化氢细液流在电场中是否发生偏转，可确定猜测中

有一种正确。答案：D3．解析：光谱分析：利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，选项A正确；质谱分析：利用质荷比来测定有机物相对分子质量，选项B错误；红外光谱分析：利用有机化合物分子中不同基团的特征吸收频率不同来初步判断有机化合物中具有哪些基团，选项C错误；X衍射图谱分析：利用X射线透过物质

时记录的分立斑点或谱线来测定晶体结构，选项D错误。答案：A4．解析：(1)设面心立方晶胞的边长为a，则晶胞的体积为a3，每个晶胞中有四个原子，则这四个原子的质量为4M/NA(M为该原子的相对原子质量)，所以晶体密度为ρ＝4Ma3NA。将ρ＝9.00g·cm－3，

a＝361pm，M＝63.6，代入上式可以计算NA＝6.01×1023mol－1。(2)a位置上Cl原子形成2个单键，含有2对孤电子对，杂化轨道数为4，杂化轨道类型为sp3。一种化合物的化学式为KCuCl3，其中铜元素为＋2价，故另一种化合物中铜为＋1价，阴离子构成与[Cu

Cl3]－一样，但因为Cu为＋1价，所以应该为[CuCl3]2－，其化学式为K2CuCl3。(3)氨水、过氧化氢和铜单独不反应，而同时混合能反应，说明两者能互相促进反应，是两种物质共同作用的结果：其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2＋形成配离子，两者相互促进使反应进行，方程式可表示为Cu＋H2

O2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－。答案：(1)6.01×1023mol－1(2)sp3K2CuCl3(3)过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2＋形成配离子，两者相互促进使反应进行Cu＋H2O2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－5．解析：(1)A位

于顶点，B位于体心，O位于面心，则晶胞中A的个数为8×1/8＝1，B的个数为1，O的个数为6×1/2＝3，所以化学式为ABO3。晶胞中与A最近的氧原子位于同一平面内的面心，每个晶胞中有3/2个氧与A距离最近，而A为8个晶胞共有，则与A原子配位的氧原子数目为8×3/2＝12。(2)铬元素

为24号，原子核外有24个电子，所以电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1；每个电子的运动状态都不同，所以有24种不同的电子。(3)氮原子和氧原子的价电子排布分别为2s22p3，2s22p4，则未成对的电子数目比为3∶2。(

4)从表格中得出，这些物质的阴离子是相同的，均为碳酸根，阳离子的半径越大，分解温度越高，碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根中的氧离子，使碳酸根分解为二氧化碳分子的结果。钙离子由于半径小和氧离子结合更为容易，氧化钙晶格能大，所以碳酸钙分解温度低。(5)钙的晶胞为面心立

方最密堆积，则晶胞中含有钙的数目为4，晶胞的体积为(a×10－10)3cm3，则密度＝40×4NA·（a×10－10）3＝1.6×1032NA·a3。答案：(1)ABO312(2)1s22s22p63s23p63d54s124(3)3∶2(4)碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子

结合碳酸根中的氧离子，使碳酸根分解为二氧化碳分子的结果。钙离子由于半径小和氧离子结合更为容易，氧化钙晶格能大，所以碳酸钙分解温度低(5)1.6×1032NA·a36．解析：(1)组成青蒿素的三种元素为H、C、O，根据元素的非金属性越强，电负性越强可知，非金属性：O>

C>H，则H、C、O三种元素的电负性由大到小的顺序是O>C>H；在基态O原子中，核外有8个电子，其中有3个轨道有成对电子，则核外存在3对自旋相反的电子。(2)a.青蒿素中存在O—O键、C—C键，为非极性键，C—O键、C—H键为

极性键，正确；b.含有饱和碳原子，具有烷烃的结构，则所有碳原子不处于同一平面，错误；c.C===O键含有π键，错误。(3)①NaH为离子晶体，NaH晶体中每个Na周围有6个H，若晶胞棱长为a，则Na原子间最小核间距为22a。②

B(OCH3)3中B与3个O原子成键，为sp2杂化，B(OCH3)3的空间构型为平面三角形，与B(OCH3)3具有相同空间构型的分子或离子可为SO3、CO2－3。③B原子核最外层有3个电子，NaBH4中存在离子键、配位键和共价键。答案

：(1))O>C>H3(2)a(3)①离子622a②sp2SO3、CO2－3③离子键、配位键、共价键章末综合检测(一)原子结构与性质1．解析：A项氢光谱是元素的所有光谱中最简单的光谱；C项玻尔理论成功地解释了氢

原子光谱，但对解释多电子原子的光谱却遇到困难；D项原子中电子没有确定的半径，原子半径是电子运动出现的“区域”。答案：B2．解析：第3周期中，只有3个电子层，如果有3d电子，必然有4s电子，因为3d轨道能量比4s轨道高，电子层则变为

了4层，不符合实际。答案：D3．解析：钠原子的电子排布式为1s22s22p63s1或[Ne]3s1，Na＋的原子核内有11个质子，核外有10个电子，结构示意图为，则B、C、D正确；A中的轨道表示式违背了泡利不相容原理，应为，A错误。答案：A4．解析：由K层最多只

能容纳2个电子，推得x＝2，则该元素原子结构示意图为，即硅元素，A项错误；根据构造原理，该元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，B项错误；根据能量最低原理、洪特规则和泡利不相容原理，该元素基态原子的核外电子的轨道表示式为，共有8个原子轨道上填有电子，C项错误，D项正

确。答案：D5．解析：四种元素分别为①1s22s22p63s23p2，为Si；②1s22s22p63s23p3，为P；③1s22s22p3，为N；④1s22s22p4，为O。Si、P同周期，N、P同主族，则原子半径：Si>P>N，即①>②>③，A错误；同周期中，随原子序

数的递增，电负性逐渐增大，同主族中，原子序数越大，电负性越小，则电负性：O>N>P>Si，④>③>②>①，B正确；同周期中，第一电离能有增大的趋势，但核外电子处于全充满或半充满时，第一电离能比其后的原子大，第一电离能：N>O>P>Si，即③>④>②>①，C错误；N、P

的最高正价为＋5价，Si的为＋4价，O的为0价(一般情况下)，则最高正化合价：③＝②>①>④，D错误。答案：B6．解析：A项，3p能级有一个空轨道，说明3p上填2个电子，因填1个电子有2个空轨道，填3个电子或3个以上电子无空轨道，则3p上有2个电子，3s上肯定已填满

，最外层电子排布为3s23p2，因此A中两微粒相同。M层全充满而N层为4s2，M层上有d轨道，即：3s23p63d10，显然是锌元素，3d64s2是铁元素，B选项符合题意。C中最外层电子排布为4s24p5，则3d上已排满10个电子，核外电子排布为1s22

s22p63s23p63d104s24p5；最外层电子数是核外电子总数的15的原子，可按下述方法讨论：若最外层电子数为1，核外电子总数为5不可能，最外层电子数为2，核外电子总数为10不可能，同理，只有最外层电子数

为7，核外电子总数为35时合理，其电子排布式也是1s22s22p63s23p63d104s24p5，二者是同种元素的原子。D中2p能级有一个未成对电子，可以是2p1，也可以是2p5，因此二者不一定属于同种元素的原子。答案：B7．解析

：基态Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，能量处于最低状态，当变为1s22s22p63p2时，电子发生跃迁，需要吸收能量，变为激发态，故A错误；价电子排布式为5s25p1的元素最外层电子数为3，

电子层数是5，最后一个电子排在p轨道，所以该元素位于第5周期ⅢA族，是p区元素，故B正确；基态原子最外层电子排布式为ns2的元素有的位于周期表ⅡA族，还有的位于0族，例如氦，锌最外层电子排布式为4s2，位于ⅡB族，故C错误；基态原子p能级电子半充满的原子第一电离能不一定大于p能级有

一对成对电子的，例如磷(1s22s22p63s23p3)的第一电离能小于氧(1s22s22p4)，故D错误。答案：B8．解析：根据题干信息可确定A、B在元素周期表中的位置为A在B的下一周期，且A为金属，B为非金属，⑤错。两者离

子的电子层结构相同，但A的核电荷数大于B，其离子半径反而小，①错；③是不一定的，它们可能存在多种价态。答案：B9．解析：Al的第一电离能比Mg小，A错误；卤族元素中F没有正价，B错误；Ar最外层已达8个电子稳定结构，电负性比Cl小很多，C错误；H2CO3的酸性强于HClO，所以CO2通

入NaClO溶液中能生成HClO，离子方程式为CO2＋ClO－＋H2O===HCO－3＋HClO，因此只有D正确。答案：D10．解析：由图示关系可推知：X为氦元素，Y为氟元素，M为氯元素，Z为硫元素。元素的电负性关系为F>Cl>S，故A项不正确；离子半径

关系为S2－>Cl－>F－，故B项不正确；SCl2的电子式为，故C项正确；S元素基态原子最外层轨道表示式为，故D项不正确。答案：C11．解析：R的最外层电子数是次外层的3倍，则R原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故R为O；X、Y原

子的最外层电子数与其电子层数相等，原子序数均小于O，且X的原子序数小于Y，则X为H、Y为Be；W无正价，则W为F；甲的化学式为ZX3，是一种有刺激性气味的气体，则Z为N，甲为NH3；乙是由X、Z、W组成的盐，则乙为NH4F；Y、T位于同主族，则T为Mg或Ca。由X、Z、W组

成的盐为NH4F，A项正确；非金属性：N<O<F，故气态氢化物的稳定性：NH3<H2O<HF，B项错误；同周期主族元素自左向右原子半径逐渐减小，故原子半径：F<N<Be，电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，电子层结构不同时，电子层数越多，离子半径越大，故简单离子半径：Be2＋<F－

<N3－，C项正确；化合物NO2中氧元素为－2价，MgO2(或CaO2)中氧元素为－1价，D项错误。答案：AC12．解析：根据元素在周期表中的位置可知，R为Ar元素、Z为Br元素、Y为S元素、W为P元素、X为N

元素。Br2在常温下为液体，而S和P在常温下为固体，所以五种元素的单质中，沸点最高的不是Br2，A项错误；S2－的电子排布与Ar原子的相同，而Br－的电子排布与Ar原子的不同，B项错误；N的电负性大于P的电负性，C项错误；同周期元素，从左到右，第一电离能总体上呈增大趋势，但

部分第VA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能，故第一电离能：P>S，D项正确。答案：D13．解析：由图可知，X、Y位于第2周期，Z、R、W位于第3周期，X元素原子的最外层电子数为6，则X为O，Y元素原子的最外层电子数为7，则Y为F，Z、R、W元素原子的最外层电子

数分别为1、6、7，则Z为Na，R为S，W为Cl。O没有＋6价，F没有＋7价，故A错误；一般来说，同周期元素从左到右，随着原子序数的增大，电负性越来越大，第一电离能呈增大趋势，故第3周期元素中，Cl的电负

性最大，Na的第一电离能最小，故B正确；HClO为弱酸，而H2SO4为强酸，未说明最高价氧化物对应水化物，故C错误；O、F、S、Cl四种元素中F的非金属性最强，则四种元素形成的简单氢化物中最稳定的是HF，故D正确。答案

：BD14．解析：由X、Y、Z、M、W为五种原子序数依次递增的前36号元素，X、Y是同周期元素，原子序数相差1，价电子数之和为11可知，X为N元素、Y为O元素或X为P元素、Y为S元素；Z为第3周期元素，价电子数为2，则Z为Mg元素，则由原

子序数依次递增可知X为N元素、Y为O元素。基态M原子有6个未成对电子，则M为Cr元素；W属于ds区元素，有1个未成对电子，则W为Cu元素。元素的非金属性越强，电负性越大，氧元素的非金属性强于氮元素，则电负性Y>X，故A正确；W为Cu元素，位于元素周期

表ⅠB族，铜原子失去一个电子形成Cu＋，Cu＋的价电子排布式为3d10，故B错误；硝酸镁为含有离子键和共价键的离子化合物，离子半径O2－>Mg2＋，故C错误；同一周期从左往右元素的电负性逐渐增大，故电负性O>

N，但同一周期第ⅤA族元素第一电离能大于第ⅥA族，即N>O，故D错误。答案：A15．解析：Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，且Y能形成化合物，则X的核外电子总数最多为7，根据该阴离子中X的成键特点可知X应为ⅣA族元素，则X为C，Y的最外层电子数为6，四种元

素同周期，均为第二周期元素，所以Y为O元素；Z只能形成1个共价键，位于ⅦA族，则Z为F；四种元素最外层电子数之和为20，W的最外层电子数为20－4－6－7＝3，为B元素。F、O的单质常温下为气态，沸点低，B、C的单质

常温下为固态，沸点高，故A错误；同一周期原子序数越大原子半径越小，则原子半径：W>X>Y>Z，故B正确；BF3中，B原子最外层电子数为6，不满足8电子稳定结构，故C错误；O元素与其他C、B元素形成二元化合物显－2价，与F元素形成二元化合物

OF2，显正价，O的价态不同，故D错误。答案：B16．解析：(1)Zn是30号元素，根据能量最低原理，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，简化电子排布式为[Ar]3d104s2，处于

周期表中第4周期第ⅡB族，属于过渡元素，价电子包括3d、4s电子，故价电子排布式为3d104s2，处于ds区；价层电子的轨道表示式为；(2)基态Zn原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，核外电子所占据的最高能层为第四层，符号为N，

占据该能层4s电子的电子云轮廓图形状为球形；(3)①和③分别代表锌原子和铜原子，由于锌失去4s2轨道上的电子，4s轨道全充满，较稳定，因此锌的第一电离能大于铜的第一电离能。②和④分别表示Zn＋和Cu＋，再失去一个电子分别失去4s1和3d10上的电子，3d轨道全充满，较稳定，故铜的第二电离能大于

锌的第二电离能，对于同种元素I1<I2，故选A；(4)元素非金属性：Zn<Ge<O，元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大，故电负性：O>Ge>Zn。答案：(1)ⅡBds(2)N球(3)A(4)O＞Ge＞Zn17．解析

：2p能级处于半充满状态的元素是氮，A为氮元素，则B为氧元素；C元素核外有11个电子，为钠元素；由D元素的价电子排布式可知为S；由于半充满状态也是稳定状态，故Cr是前四周期中未成对电子数最多的元素，E为铬元素；F＋

各能级都全充满，故为铜元素。(2)钠与氧可形成Na2O2和Na2O两种化合物，其中Na2O2既有离子键又有共价键。(3)注意氮原子的2p能级处于半充满状态，结构稳定导致其第一电离能比氧大。(4)利用非金属的置换反应证明氧、硫的非金属性强弱关系。答案：(1)71s22s22p63s23p63d54s

1(或[Ar]3d54s1)4ⅠB3d104s1(2)Na＋[∶O····∶O····∶]2－Na＋(3)N＞O＞S＞NaS2－＞O2－＞Na＋(4)2H2S＋O2===2S↓＋2H2O(5)激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量18．解析：(

1)由于A元素的电离能I3≪I4，所以A元素的常见化合价为＋3价，则A为Al元素；由于B元素的电离能I2≪I3，说明B最外层为2个电子，则B为Mg元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s2。(2)①p能级上电子总

数与s能级上电子总数相等的短周期元素，只能是1s22s22p4或1s22s22p63s2，即O和Mg。②观察Li、Na、K……或F、Cl、Br、I等可以看出同主族元素的X值的变化规律。观察每一条曲线即可看出同周期内X值的变化规律。④根据②分析可知，X表示元素的电负性，它可以反映原子在分子中吸引电子

的能力，也可以作为判断元素金属性和非金属性强弱的依据。答案：(1)＋31s22s22p63s2(2)①O、Mg②从上到下X值逐渐减小增大周期性③a④bc19．解析：A、B、C、D、E、F、G七种元素属于前四周期，且原子序数依次增大。A元素基态原子的价层电子排布式为nsnnpn＋1

，则n＝2，所以A是N元素；C元素为周期表中最活泼的非金属元素，则C是F元素，所以B是O元素；D元素原子核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的1/6，所以D是Mg元素；E元素形成的正三价离子的3d轨道为半充满状态，则E的原子序数是18＋5＋3＝26，即E是

Fe元素；F元素基态原子的M层全充满，N层只有一个电子，则F是Cu元素；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒，则G是As元素。(1)氮元素原子的2p轨道处于半充满状态，稳定性强，故氮元素的第一电离能

大于氧元素的第一电离能；同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，则N、O、F三种元素的电负性由小到大的顺序为N<O<F。(2)D为Mg元素，根据核外电子排布规律可知基态Mg原子的价层电子排布式为3s2。(3)C为F元素，根据核外电子排布规律可知基态F原子

的轨道表示式为，E3＋的离子符号为Fe3＋。(4)F为Cu元素，位于元素周期表的ds区，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1。(5)G为As元素，位于金属与非金属的分界线处，其单质可作为半导体材料，其电负性

小于磷元素，原子半径小于锗元素，第一电离能大于硒元素。(6)元素D为Mg，活泼性：Mg>Al；因为Mg的3s轨道处于全满状态，比较稳定，而Al的3p轨道上只有一个电子，较不稳定，容易失去该电子，故第一电离能：I1(Mg)>I1(Al

)。答案：(1)＞N＜O＜F(2)3s2(3)Fe3＋(4)ds1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1(5)A(6)＞＞镁原子的3s轨道处于全满状态，比较稳定，而铝原子3p轨道上只有一个电子，较不稳定，容易失去该电子

20．解析：由题意可知，A～H八种元素分别为H、C、N、O、Mg、Cl、K、Fe。答案：(1)(2)6(3)泡利不相容原理Mg原子失去2个电子后形成稳定结构，此时再失去1个电子很困难(4)Cl－＞O2－＞Mg2＋(5)Mg2＋＋2Cl－＋2H2O==

===电解Mg(OH)2↓＋Cl2↑＋H2↑(6)d3d64s23Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3－===Fe3[Fe(CN)6]2↓章末综合检测(二)微粒间相互作用与物质性质1．解析：题中所给分子中没有双键或三键结构，故所含共价键都是σ键，没有π键

。答案：A2．解析：最外层电子排布式为ns1的基态原子可以是副族元素，也可以是第ⅠA族元素。以第ⅠA族的氢和钠元素为例，前者与卤素结合形成共价键，后者与卤素结合形成离子键。答案：C3．解析：该物质是由分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，其熔点主要取决于分子间作用力大小，与物质分子内所

含化学键的键能大小无关，A错误；分子中O杂化类型有sp3杂化、sp2杂化，而N的杂化方式类型只有sp3杂化，可见分子中O和N的杂化类型不完全相同，B错误；在该物质的组成元素的基态原子中，Cu原子只有1个未成对电子，C、O各有2个未成对电子，N原子有3个未成对电子，故含有未成对电子数最

多的是N原子，C正确；NH3分子是三角锥形分子，题中分子中含有2个氨基，可看作是NH3分子中氢原子被一个原子基团代替，因此分子中所有原子不可能共平面，D错误。答案：C4．解析：A项，除去铁粉中的SiO2是利用SiO2可与

强碱反应的化学性质，与配合物的形成无关；B项，AgNO3与氨水反应先生成AgOH沉淀(不稳定)，再生成[Ag(NH3)2]＋；C项，Fe3＋与KSCN反应生成配位化合物Fe(SCN)3；D项，CuSO4与氨水反应先生成Cu(OH)2沉淀，最终生成[Cu(NH3)4]2＋。答案：A5

．解析：根据Z的基态原子2p轨道半充满，推断Z是氮元素；M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，则M是硫元素；根据分子结构图推断X是氢元素；Y是碳元素。电负性N>C，A错误；原子半径C>N>H，B正确；分子结构图中氮是sp3杂化，C错误；碳酸是弱酸，D错误。答案：

B6．解析：双键和三键中都含有π键，故只需判断所给物质中是否含有双键或三键即可。、中含有C===O键，中含有C===C键、C===O键，均具有防晒效果，故A、B、C项不符合题意；CH3—CH2—OH中只有单键，不存在π键，不

具有防晒效果，故D项符合题意。答案：D7．解析：C2H2中4个原子在同一直线上，正、负电荷重心重合，为直线形的非极性分子，但H2O2中4个原子不在同一直线上，正、负电荷重心不重合，为极性分子，A项错误；NF3和PCl3中N、P成键电子对均为3，均有一个孤电子对，杂化轨道数均为4，中心原子

均为sp3杂化，均为三角锥形分子，B项正确；H3BO3的结构式为，其溶液呈酸性是因为H3BO3与水电离出的OH－结合为[B(OH)4]－：H3BO3＋H2O⇌[B(OH)4]－＋H＋，因此H3BO3为一元酸，H3PO3的

结构式为，1个H3PO3分子能电离产生2个H＋，为二元酸，C项错误；CH4和白磷(P4)分子均为正四面体形，但键角分别为109°28′和60°，D项错误。答案：B8．解析：阳离子为N＋5，氟元素显－1价，根据在化合物

中正、负化合价代数和为零，可知N5AsF6中砷元素的化合价：(＋1)＋x＋(－1)×6＝0，则x＝＋5，故A正确；N＋5与PO3－4中原子个数相同、价电子数不等，所以不是等电子体，故B错误；N＋5的结构为，含有2个三键，每个三键含有2个π键，所以共有4个π键，故

C正确；化合物N5AsF6是由N＋5和[AsF6]－形成的离子化合物，故D正确。答案：B9．解析：1molS8中有8molσ键，因此32gS8中含有σ键1mol，故A说法错误，D说法正确；SF6是由S—F极性键构成，属于对称结构，属于非极性分子，故

B说法正确；成键原子之间只能形成1个σ键，三键中有2个π键，因此1mol乙炔中含有3molσ键和2molπ键，故C说法正确。答案：A10．解析：Zn原子序数为30，位于ⅡB族，所以Zn2＋基态核外电子排布式为[Ar]3d10，A项正确；1分子HCHO含2个C—H键和1

个C===O键，共有3个σ键，所以1molHCHO分子中含有σ键的数目为3mol，B项正确；HOCH2CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化，—CN(—C≡N)中的C为sp杂化，C项错误；[Zn(CN)4]2－中Zn2＋与CN－的C原子形成配位键，Zn为s

p3杂化，配位原子形成正四面体，所以[Zn(CN)4]2－结构可表示为，D项正确。答案：C11．解析：A项，SO2中S原子价层电子对数为3，采取sp2杂化，而H2O中O原子价层电子对数为4，采取sp3杂化；

B项，白磷分子式为P4，4个磷原子位于正四面体的四个顶点，每个面都是正三角形，故键角是60°；C项，NH3分子与H2O分子之间可以形成氢键，且都是极性分子，故NH3在水中的溶解度很大；D项，HF和HCl的熔、沸点与分子内的共价

键无关，HF分子间可以形成氢键，所以其沸点比HCl的高。答案：C12．解析：键线式中各个点代表C原子，结合结构示意图中的N、H、O元素，所以该化合物由五种元素组成，A正确；该化合物存在配位键N→Ni，属于配合物，中心离子形成了4个配位键，故配位数

为4，N原子是配原子，B错误；提供空轨道的中心离子是Ni2＋，C错误；结构中单键属于σ键，C===N双键有1个σ键和1个π键，且是极性键，C—C属于非极性键，N—Ni属于配位键，H…O属于氢键，D正确。答案：AD13．解析：镍元素的核电荷数为28，失去2

个电子形成镍离子，则基态Ni2＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，故A正确；由丁二酮肟分子结构可知，分子中有的碳原子形成1个双键和2个单键，碳原子的杂化方式为sp2杂化，还有的碳原子全部是单键，碳原子的杂化方式为sp3杂化，故B错误；由二(丁二酮肟)合镍(

Ⅱ)的结构可知，配合物中含有4个配位键、4个双键和24个单键，共32个σ键，故C正确；由二(丁二酮肟)合镍(Ⅱ)的结构可知，配合物的中心原子为镍离子，配位数为4，配体为2个丁二酮肟，故D错误。答案：BD14．解析：由的结构简式可知，分子中有羟基、酯基、羰基、醚键4种含氧官能团，故

A错误；由的结构简式可知，分子中有2个手性碳原子，故B正确；由的结构简式可知，含酚羟基与碳碳双键可以和溴水分别发生取代反应和加成反应，故至多与3molBr2发生反应，故C错误；由的结构简式可知，含酚羟基和酯基能和氢氧化钠溶液反应，故1mol该化合物至多与含2molNaOH的水溶液反应

，故D正确。答案：AC15．解析：为实现溶液C到溶液D的转化，加入过量的NH3·H2O，Cu2＋和过量的氨水形成[Cu(NH3)4]2＋，Fe3＋和氨水生成Fe(OH)3沉淀，过滤即可，故A正确；溶液E中含Cu2＋，和碳酸钠溶液混合制取碱式碳酸铜

，若将含Cu2＋的溶液加入碳酸钠溶液中，由于碳酸钠溶液是碱性的，可生成大量的氢氧化铜而不能得到纯净的碱式碳酸铜，所以混合方式不同对产品的成分有影响。制取碱式碳酸铜通常用碳酸钠溶液和硝酸铜溶液，控制两者的比例和反应温度以及溶液的pH，最后可得到比较纯的碱式碳酸铜，故B

错误；在制备产品时，溶液D中主要含的离子是[Cu(NH3)4]2＋，游离的Cu2＋浓度太低，直接加入Na2CO3溶液，不能得到较多的产品，故C正确；溶液D中主要含有[Cu(NH3)4]2＋和Cl－，蒸氨后得

到氧化铜，所以蒸氨过程发生总反应的化学方程式为[Cu(NH3)4]Cl2＋H2O=====△CuO＋2HCl↑＋4NH3↑，故D正确。答案：B16．解析：(1)锗元素在周期表的第四周期ⅣA族，因此核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，p轨道上的2个电子是未成对电子。(2)锗

虽然与碳为同族元素，但比碳多了两个电子层，因此锗的原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p—p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键。(3)由锗卤化物的熔、沸点由Cl到I呈增大的趋势且它们的熔、沸点较低，可判断它们均为分子晶体，而相同类型

的分子晶体，其熔、沸点取决于分子量的大小，因为分子量越大，分子间的作用力就越大，熔、沸点就越高。(4)Zn和Ge为同周期元素，Ge在Zn的右边，因此Ge的电负性比Zn的强；O为活泼的非金属元素，电负性强于Ge和Zn，因此三者电负性由大至小的顺序为O>Ge>

Zn。答案：(1)3d104s24p22(2)Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p—p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键(3)GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高。原因是分子结构相似，分子量依次增大，分子间相互作用力逐

渐增强(4)O＞Ge＞Zn17．解析：(1)Co为27号元素，原子核外电子数为27，根据能量最低原理，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，Co的价电子排布式为3d74s2；核电荷数相同的微粒

，电子数越多，则半径越大：r(Co3＋)小于r(Co2＋)。(2)[Co(NH3)6]3＋是一种配离子，6个NH3分子，每个分子提供一对孤电子对，其中心离子的配位数是6，每个[Co(NH3)6]3＋所含共价键的数目是

6×3＋6＝24；形成该配离子的NH3的中心原子的4个杂化轨道是由1个2s轨道和3个2p轨道杂化而成的。(3)硝酸钴晶体[Co(NO3)2·6H2O]的化学键除σ键外，Co2＋离子和硝酸根离子之间成离子键，硝酸根离子中氮和氧之间形成σ键和π键。(4)

砷酸分子中As原子的价层电子对数为4＋5＋3－2×42＝4，杂化方式为sp3杂化；砷酸根离子的空间构型为正四面体形。答案：(1)3d74s2小于(2)6241个2s3个2p(3)离子键和π键(4)sp3正四面体形18．解析：(1)Cu是29号元素，

Cu＋基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d10，也可表示为[Ar]3d10。(2)甲醛结构式是，一个分子中含有3个σ键和1个π键，故1mol甲醛(HCHO)中含有的σ键数目为3NA。(3)a位置上Cl原子成2个单键，含有2对孤电子对，杂化轨道数为

4，因此原子杂化方式是sp3杂化，一种化合物的化学式为KCuCl3，其中铜元素为＋2价，故另一种化合物中铜为＋1价，阴离子构成与CuCl3一样，但CuCl3原子团的化合价为－2，其化学式为K2CuCl3。(4)①氨水、过氧化氢和铜单独不反应，而同时混合能反应，说明两

者能互相促进，是两种物质共同作用的结果。其中过氧化氢为氧化剂，将Cu单质氧化为Cu2＋，氨与Cu2＋形成配离子，两者相互促进使反应进行，方程式可表示为Cu＋H2O2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－；②[

Cu(NH3)4]2＋中存在的化学键类型有NH3中的极性共价键，NH3与Cu2＋之间的配位键，故选项是A、C。(5)单体BeCl2结构式是Cl—Be—Cl，杂化轨道数是2，所以Be原子杂化类型为sp杂化；二聚体(BeCl2)2结构式是，杂化轨道数是3，所以Be原子杂化类型是sp2杂化；多聚体(Be

Cl2)n结构式是，含有4个杂化轨道，因此原子的杂化类型是sp3杂化。答案：(1)[Ar]3d10(或1s22s22p63s23p63d10)(2)3NA(3)sp3KCuCl3K2CuCl3(4)①Cu＋H2O2＋

4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－②AC(5)Cl—Be—Clsp杂化sp2杂化sp3杂化19．解析：(1)Mn2＋的3d轨道上有5个电子，由题中信息知[Mn(H2O)6]2＋有颜色。(2)

PFS中配体为OH－、SO2－4。(3)①该化合物中存在配位键、共价键。②2个Cr共有12个配体，则一个Cr的配位数为6。③形成单键时，C原子以sp3形式杂化；形成双键时，C原子以sp2形式杂化。④利用同族元素互换法，将H2O中的O

换为S可得H2S；利用电子—电荷互换法，将H2O中的O换为N，同时将一个电子转化为一个负电荷，可得NH－2。⑤基态铬原子的最外层电子排布式是4s1，3d轨道比4s轨道能量高，当3d轨道全空(K)、半满(Cr)、全满(Cu)时，原子结构稳定。答案：(1)有

(2)D(3)①配位键、共价键②6③sp3和sp2④H2S(NH－2)⑤K、Cu20．解析：(1)Zn为30号元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，失去最外层的2个电子即可得到Zn2＋

，Zn2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。(2)HCHO的结构式为，单键为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，1个HCHO分子中含有3个σ键，故1molHCHO中含有σ键3mol。(

3)根据HOCH2CN的结构简式为可知，“CH2”中的碳原子形成4个σ键，该碳原子采取sp3杂化；“CN”中的碳原子形成1个σ键、2个π键，该碳原子采取sp杂化。(4)等电子体是指原子总数相同、价电子总

数相同的微粒，H2O分子中有3个原子、8个价电子，根据质子－电子互换法可知，符合条件的阴离子等电子体为NH－2。(5)Zn2＋提供空轨道，CN－中碳原子提供孤电子对，两者形成配位键，结构可表示为或。答案：(1)1s22s22p63s23p63

d10(或[Ar]3d10)(2)3(3)sp3杂化和sp杂化(4)NH－2(5)章末综合检测(三)不同聚集状态的物质与性质1．解析：松香、沥青无固定的熔、沸点，则它们属于非晶体。答案：B2．解析：分子的稳定性与化学键的键能有

关，与分子间作用力无关，A错误；冰融化时破坏的是分子间作用力，C错误；氯化钠熔化时离子键被破坏，D错误。答案：B3．解析：A项为分子晶体；B项可能为金属晶体；C项可能为共价晶体；D项可能为分子晶体。答案：B4．解析：NaOH、Na2O、Ba(OH)2都是通过离子键相互结

合形成的离子晶体；H2SO4分子间以范德华力和氢键相互结合，为分子晶体；Ar、SO2、S、(萘)属于分子晶体；水晶、金刚石属于共价晶体，石墨属于混合型晶体，玻璃属于非晶体。答案：C5．解析：四种离子晶体所含阴离子相同，所含阳离子不同。Mg2＋、Rb＋、Ca2＋、Ba2＋中，Rb＋所带电荷

数最少且半径最大，与O2－形成的离子键最弱，Rb2O的熔点最低。Mg2＋、Ca2＋、Ba2＋所带正电荷数一样多，半径：Mg2＋<Ca2＋<Ba2＋，与O2－形成的离子键由强到弱的顺序是MgO>CaO>BaO，相应离子晶体的熔点由高到低的顺序是MgO>Ca

O>BaO。综上所述，四种离子晶体熔点的高低顺序是MgO>CaO>BaO>Rb2O。答案：B6．解析：二氧化硅晶体结构中，每个硅原子结合4个氧原子，同时每个氧原子结合2个硅原子，最小环上有6个Si原子和6个

O原子，所以共有12个原子，A项错误；含有阳离子的晶体不一定含有阴离子，B项错误；12g石墨烯为1mol，石墨烯中平均每个六元环含有2个碳原子，则1mol石墨烯中含有六元环的个数为0.5×6.02×1023，C项正确；C60为分子晶体，晶胞中含有C60的个数为8×18＋6

×12＝4，720g。C60晶体中含有6.02×1023个C60，所以720gC60晶体中含有0.25×6.02×1023个晶胞，D项错误。答案：C7．解析：根据等电子体的概念可知A项正确；金刚石中碳原

子形成空间网状的正四面体结构，B项正确；选项D中强调该物质是气态团簇分子，即是一个大分子，因此不能用均摊法计算，直接找出分子中原子个数即得化学式，该物质的化学式应为E4F4或F4E4，选项D错误。答案：D

8．解析：11B和10B互为同位素，形成的化合物在化学性质上无差异，但物理性质有差异，A错误；该晶体结构中无自由移动的离子和电子，不具有导电性，B错误；该晶胞中，顶点上的B原子个数为8×18＝1，面心上的B原子个数为6×12＝3，共有

4个B原子，C错误；由晶胞示意图，1个N原子与4个B原子成键，每个B原子又分别和3个N原子成键，所以N原子周围等距且最近的N原子数为3×4＝12个，D正确。答案：D9．解析：由化合价规则知PtCl4·2NH3中铂

为＋4价，A项错误；加入AgNO3溶液无沉淀生成，加入强碱无NH3放出，表明PtCl4·2NH3溶液中不存在Cl－、NH3，又因为Pt4＋有空轨道，故Pt4＋是中心离子，NH3、Cl－是配体，C项正确，D项错误；因配位数是6，故配合物不可能是平面正方形结构，B项错误。答案：C10．解析：根据题

图可知，W形成1个共价键，且是四种短周期元素W、X、Y、Z中原子序数最小的元素，说明W原子核外只有1个电子，又W、X、Z分别位于不同周期，则W是H元素；X形成4个共价键，则X是C元素；Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z是Na元素；Y形成2个共价键，其原子序数比C元素的大，比Na元素的小，

则Y是O元素。同主族元素自上而下，元素非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，故O2的氧化性在同主族中最强，A项正确；电子层结构相同的不同离子，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子半径Na＋<O2－，B项错误；O、Na两种元素可形成Na

2O、Na2O2等离子化合物，C项正确；元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的热稳定性就越强，由于元素的非金属性C<O，所以形成的简单氢化物的热稳定性CH4<H2O，D项正确。答案：B11．解析：石墨晶

体内存在共价键、大π键，层间以范德华力结合，为混合型晶体，故A项错误；由于准晶体不具备普通晶体的长程平移对称性，故与类似普通晶体比较，准晶体延展性较低，故B项正确；由于准晶体原子之间有间隙，故与类似普通晶体比较，准晶体密度较小，故C项正确；普

通玻璃属于非晶体，其成分中存在硅氧共价键，故D项正确。答案：A12．解析：由表中数据可知，晶格能的大小与离子半径成反比，A项错误；由NaF、NaCl、NaBr、NaI晶格能的大小即可确定B项正确；由LiF、NaF、KF晶格能的大小即可确定C项正确

；阳离子相同时，表中晶格能最小的为碘化物，但还原性：F－<Cl－<Br－<I－，可知D项错误。答案：AD13．解析：根据题给信息知，二茂铁易升华，易溶于有机溶剂，可以推断它应为分子晶体，则C5H－5与Fe2＋之间不可能形成离子键，而应为配位键，A项正确、B项错误。由环戊二烯的结构式知

，仅1号碳原子形成四个单键，为sp3杂化，其余四个碳均为sp2杂化，C项正确。铁原子失去4s轨道上的2个电子即为Fe2＋的基态，应为[Ar]3d6，D项错误。答案：AC14．解析：该晶体属于离子晶体，A项正确；

从晶胞图分析，含有Zn2＋的数目为8×18＋6×12＝4，S2－位于立方体内，S2－的数目为4，所以该晶胞中Zn2＋与S2－的数目相等，B项错误；在ZnS晶胞中，1个S2－周围距离最近的Zn2＋有4个，1个Zn2＋周围距离最近的S2－有4个，

则S2－的配位数为4，Zn2＋的配位数也为4，C项错误；ZnO和ZnS中，O2－的半径小于S2－的半径，离子所带的电荷数相等，所以ZnO中的离子键比ZnS强，熔点高，D项正确。答案：AD15．解析：由于B12是由非金属原子通过共价键形

成的，且其熔点高，应属于共价晶体，由于每个硼原子与其他原子间形成5个共价键，故含B—B键数为5×122＝30，每个正三角形平均占有硼原子数为3×15＝35，故正三角形个数为12÷35＝20，A项正确；由于S原子本身的价电子有6个，在SF6分子中，S形

成6个共价键，S原子的价电子为12个，不是8电子稳定结构，B项不正确；单质硫中同种原子间应形成非极性键，C项正确；HCN的结构式为H—C≡N，故其含有2个σ键、2个π键，D项正确。答案：B16．解析：(1)根据非金属性越强电

负性越强可知，周期表中非金属性最强的为F，所以F的电负性最大；元素的第一电离能是指处于基态的气态原子或离子失去1个电子所需要的最小能量，原子越稳定，其第一电离能越大，稀有气体原子较稳定，且在稀有气体中He原子半径最小，最难失去1个电子，所以He的第一电

离能最大，He的核外电子排布式为1s2；同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，所以第三周期主族元素中原子半径最小的元素为Cl，其价电子排布式为3s23p5。(2)只含有非极性键的是N2；既含有非极性键又含有极性键的是C2H4；含有非极性键的离子化合物是Na2O2。(3)1

个N≡N键中含有2个π键，1个σ键，已知N≡N键的键能为945kJ·mol－1，N—N键的键能为160kJ·mol－1，则1个π键的键能为945－1602kJ·mol－1＝392.5kJ·mol－1，则N2中的π键键能

大于σ键键能，较稳定。(4)晶胞的堆积模型为简单立方堆积，则晶胞中含有1个钋原子，故晶胞质量为209NAg,晶胞的体积为V＝a3cm3，晶胞密度ρ＝mV＝209NAga3cm3，解得a＝3209ρNAcm。(5)与每个Kr原子最

近且等距离的Kr原子数有12个，晶胞中含Kr原子数为8×18＋6×12＝4个，则mn＝124＝3。答案：(l)F1s23s23p5(2)①⑤⑥(3)π(4)3209ρNA(5)317．解析：(1)①根据NaCl、KCl、CaO的晶格能数据可推断出，离子所带

电荷数越多，离子半径越小，其晶格能越大，TiN中阴、阳离子所带电荷数均为3，大于其他离子所带电荷，MgO、CaO中离子所带电荷相同，但半径Mg2＋<Ca2＋，KCl中阴、阳离子所带电荷数均为1，故晶格能大小顺序为TiN>MgO>CaO

>KCl；晶格能越大，其熔点越高，故熔点：TiN>MgO>CaO>KCl。②KCl的晶体结构与NaCl的晶体结构相似，由NaCl晶体结构可推知，与K＋距离最近且相等的Cl－有6个，这6个Cl－所围成的空间几何构型为正八

面体形。③设TiN中钛离子间的最短距离为r，由TiN晶体的1个平面图(如图)可知，在直角三角形ABC中，斜边BC为r，而AB＝AC＝a2，r＝AB2＋AC2＝22a。(2)①金属铜采用面心立方最密堆积，其

配位数为12。②根据“切割法”，1个晶胞中含有4个Cu原子；1个晶胞的体积为(3.61×10－8cm)3≈4.7×10－23cm3；1个晶胞的质量为4.7×10－23cm3×9.00g·cm－3＝4.23

×10－22g；由Ar(Cu)＝63.6知，M(Cu)＝63.6g·mol－1＝4.23×10－22g4×NA，得NA≈6.01×1023mol－1。答案：(1)①TiN>MgO>CaO>KCl②正八面体形③22a(2)①C12②6.01×1023mol－118．解析：(1)铜元素位

于第4周期第ⅠB族；Fe为26号元素，基态铁原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2。(2)Fe(CO)x晶体熔、沸点较低，易溶于非极性溶剂，所以属于分子晶体；由CO2在高温高压下所形成的晶

体的晶胞图可知，在晶胞中原子之间通过共价键结合形成空间网状结构，故属于共价晶体。(3)金属铜中原子采用面心立方最密堆积，铜原子配位数为12。(4)①图示晶胞中Cl的个数为8×18＋6×12＝4，Cu的个

数为4，则化学式为CuCl，属于CuCl的晶胞。②D与周围4个原子形成正四面体结构，D与顶点C的连线处于晶胞体对角线上，且DC间距离为体对角线长的14，则D原子的坐标参数为(34，34，14)。③图示晶胞中C、D两原子核间距为2

98pm，则晶胞体对角线的长度为4×298pm；根据勾股定理晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的3倍，晶胞的质量m＝4×（64＋35.5）NAg，则晶胞的密度ρ＝mV＝4×（64＋35.5）NAg（4×298×10－103）3cm3＝4×99.5NA×（4×298×10－103）3g·c

m－3。答案：(1)第4周期第ⅠB族[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2(2)分子晶体共价晶体(3)12(4)①CuCl②(34，34，14)③4×99.5NA×（4×298×10－103）319．解析：(1)紫色光对应的辐射波长范围是400～430nm。(2

)金属原子半径越小、价电子数越多，金属键越强，其熔、沸点越高。(3)二者间的最短距离为晶胞面对角线长的一半，即22×0.446nm≈0.315nm。与钾紧邻的氧原子有12个。(4)根据化学式及晶胞结构可知，I处于顶点位置，则I处于顶角，O处于棱心，K处于体心。答案

：(1)A(2)K原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱(3)0.31512(4)体心棱心20．解析：(1)第一电离能同周期从左到右，呈增大趋势；同主族从上到下，逐渐减小，位于周期表右上方的元素第一电离能大，又由于N>O，所以第一电离能最大的是N。(2)

分子内只含一条双键，即只含一个π键；相邻原子之间均存在σ键，数目为7；碳氧双键及相连的原子一定共平面，即O、C、N原子一定共平面，N原子为sp3杂化，—NH2中最多有一个氢原子与氮原子共面。(3)由于存在的粒子为分子，应从分子间作用力方面考虑，H与N

相连，且分子内还含有极性较强的C、O双键，可以想到分子间可形成氢键。(4)①粒子为分子，不具备形成分子间氢键的条件，只能考虑到作用力为范德华力；②不含支链的分子可通过，含有支链的分子不能通过，可得到答案；A.都不含支链，不可分离；B.丁烷不含支链，异丁烷含有支链，可以

分离；C.异戊烷和新戊烷都含有支链，不可分离；D.氯化钠和氯化钾均以离子形式存在，二者相同，不可分离。(5)①与石墨结构相似，石墨中C以sp2杂化；②结构与金刚石相似，金刚石中，C原子形成4条共价键；B原子最外层有3个

电子占据3条杂化轨道，只能形成3条共价键，还有一条空轨道，形成配位键。答案：(1)N(2)1∶76(3)氢键(4)①范德华力②B(5)①sp2②41模块综合检测1．解析：A项，CO2为直线形分子，错误；B项，不符合洪特规则，错误；D项为空间

填充模型，错误。答案：C2．解析：A项，该元素价电子数为8，有4个电子层，则位于第4周期第Ⅷ族；B项，价电子数为8；C项，该元素为Fe，Fe3＋比Fe2＋氧化性强；D项，常温下，Fe遇浓硝酸发生钝化。答案

：B3．解析：①为Si，②为N，③为C，④为S，原子半径最大的为Si，A项正确；①为Al，②为Si，③为P，④为S，第一电离能最大的为P，B项正确；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，C项正确；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，D项错误。答案：D4．解析：若将基态15P原子的核外电子排布式写成1s22s22p63s23p2x3p1y违背了洪特规则，A项错误。金刚石和SiC都是共价

晶体，且碳碳键键能大于碳硅键键能，熔点：金刚石>SiC；NaF和NaCl都是离子晶体，前者离子键强于后者，前者熔点高；H2O和H2S都是分子晶体，前者可以形成分子间氢键，后者不能，前者熔点高；一般情况下，熔点：共

价晶体>离子晶体>分子晶体，所以金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S的熔点依次降低，B项正确。新型高分子导电材料、聚乙烯中不含有金属键，石墨中含有类似金属键的作用力，C项错误。乳酸[CH3CH(O

H)COOH]分子中只有与羟基相连的碳原子是手性碳原子，D项错误。答案：B5．解析：BF3价层电子对数为3＋3－1×32＝3＋0＝3，VSEPR模型为平面三角形，空间结构为平面三角形，故A符合题意；NH3价层电子对数为3＋5－1×32＝3＋1＝4，

VSEPR模型为四面体形，空间结构为三角锥形，故B不符合题意；H2O价电子对数为2＋6－1×22＝2＋2＝4，VSEPR模型为四面体形，空间结构为角形，故C不符合题意；ClO－3价层电子对数为3＋7＋1－2×32＝3＋1＝4，

VSEPR模型为四面体形，空间结构为三角锥形，故D不符合题意。答案：A6．解析：原子半径大小应该是r(Y)>r(Z)>r(X)，A项错误。X可能是C，则Y是Al，AlCl3溶液能与NaOH溶液反应，但NaAlO2

溶液不能与NaOH溶液反应，B项错误。Y是Si，X、Z分别是N和S，N和S的单质都是分子晶体，C项正确。X为O，Y为P，Z为Cl，由于H2O分子间存在氢键，故H2O的熔、沸点高于HCl，D项错误。答案：C7．解析：水分子很稳定是因为水分

子内的H—O共价键键能较大，与氢键无关，A项错误；能形成分子间氢键的物质的熔、沸点较高，邻羟基苯甲醛分子内形成氢键，对羟基苯甲醛分子间形成氢键，故邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低，B项错误；甲烷分子与水分子之间不存在氢键，C项错误；氨分子与水分子

之间形成了氢键，使氨气在水中的溶解度增大，D项正确。答案：D8．解析：甲烷是正四面体形结构，键角是109°28′，A错误；NO－3和CO2－3是等电子体，均为平面三角形结构，B正确；H3O＋和PCl3的价电子总数不相等，C错误；苯的结构中存在“肩并肩”式的重叠轨道，故B3N3H

6分子中也存在“肩并肩”式的重叠轨道，D错误。答案：B9．解析：根据能量最低原理和泡利原理，X＋中的K、L、M三个电子层能容纳电子的最大数目分别为2、8、18，则X＋中有28个电子，X中有29个电子，X的元素符号

是Cu。根据晶胞与晶体的结构关系，该晶体每个晶胞均摊“●”的数目：12×14＝3，均摊“○”的数目：8×18＝1，“●”与“○”个数比为3∶1。根据离子电荷守恒，由Cu＋与N3－组成的化合物的化学式为Cu3N。答案：D10．解析：由维生素B1

的结构简式可以得知分子中含有单键和双键，故分子中含有σ键和π键，同时分子中还含有离子键，A错误，B正确；离子化合物的熔点高低取决于离子键的强弱，离子键越强，化合物的熔点越高，该物质的离子键是由Cl－和非

金属N的阳离子形成的，弱于Cl－和Na＋之间形成的离子键，故维生素B1的熔点低于NaCl，C错误；由于该物质中含有—NH2，故该物质能与盐酸反应，D错误。答案：B11．解析：选项分析结论ACO2中的C为sp杂化，CCl4中的C为sp3杂化√

BCO2的正、负电荷重心重合，是含有极性键的非极性分子×CTiCl4的熔、沸点较低，故TiCl4晶体是分子晶体×DFeCl3与KSCN溶液反应生成的[Fe(SCN)6]3－中，Fe3＋(提供空轨道)为中心离子，SCN－(提供孤电子对)为配体√答案：B

C12．解析：元素的非金属性越强，电负性越大，则电负性由大到小的顺序为F>O>B，A项正确；KBF4中阴离子为BF－4，中心原子为B，中心原子B的价电子对数为4＋12×(3＋1－4×1)＝4，因此B原子的杂化方式为sp3，B项错误；根据对角线规则可知B

eO与Al2O3的性质具有相似性，C项正确；晶胞中的K＋有2个位于晶胞内部，8个位于晶胞顶点，该晶胞中K＋的数目为8×18＋2＝3，则1mol该晶胞含3molK＋，因此KBe2BO3F2的物质的量为3mol，D项正确。答案：B

13．解析：六方相氮化硼晶体层内1个硼原子与相邻3个氮原子形成3个共价单键，且该晶体层状结构中没有可以自由移动的电子或离子，所以不能导电，A项错误；立方相氮化硼中只含有σ键，B项正确：六方相氮化硼晶体中存在共价键和范德华力，

与石墨类似，属于混合型晶体，立方相氮化硼晶体与金刚石类似，属于共价晶体，C项错误；由六方相氮化硼的晶体结构可知，每个硼原子与相邻3个氮原子构成平面三角形，D项正确。答案：BD14．解析：根据“相似相溶”原理，可知顺铂为极性分子，反铂为非极性分子，A项正确；Pt位于第Ⅷ族，为d区元素，B项正确

；Pt与N之间形成的是配位键，C项错误；N原子采取sp3杂化，D项错误。答案：AB15．解析：在元素周期表中，镁元素在钙元素的上一周期，故Mg2＋半径比Ca2＋半径小，氧化镁的晶格能大，故C项错误。答案：C16．解析：基态A原子的所有p能级都处于半充满状态，则基态A原子的核外电子排

布式为1s22s22p3，即A为N；基态B原子的最外层电子数是核外电子总数的16，设B元素的最外层电子数为x，由于B的原子序数比A的大，则有x2＋8＋x＝16，解得x＝2，则基态B原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2，故B为Mg；D元素的主族序数与周期序数差值为4，且D的原子序数比B的

大，则D位于第3或第4周期，若D位于第4周期，则D的族序数为8，与“主族”矛盾，故D位于第3周期，其主族序数为7，则D为Cl；C元素是生活中使用非常广泛的金属元素，且C的原子序数在B、D之间，故C为Al；E的原子序数大于D(Cl)，且基

态E原子核外未成对电子数在同周期中最多，则E位于第4周期，其核外电子排布式为1s22s22p63s22p63d54s1，即E为Cr；基态F原子M能层所有能级都填满电子，N能层只有一个电子，则基态F原子的核外电

子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则F为Cu；综上所述，A为N，B为Mg，C为Al，D为Cl，E为Cr，F为Cu。(1)N元素的最高价氧化物对应的水化物HNO3和它的简单气态氢化物

NH3反应生成的盐为NH4NO3，属于强酸弱碱盐，其水溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(NO－3)>c(NH＋4)>c(H＋)>c(OH－)。(2)B、C、D的简单离子分别为Mg2＋、Al3＋、Cl－，电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径由

大到小的顺序为r(Cl－)>r(Mg2＋)>r(Al3＋)。(3)C元素的氧化物Al2O3和NaOH溶液反应的离子方程式为Al2O3＋2OH－＋3H2O===2[Al(OH)4]－。(4)E为Cr，是24号元素，核外电子数为24，则其核外有24种运动状态不同的电子。(5)F为Cu，其基态原子

的价电子排布式为3d104s1；1个[F(AH3)4]2＋即[Cu(NH3)4]2＋中含有16个σ键，则1mol该配离子含有16NA个σ键。答案：(1)c(NO－3)>c(NH＋4)>c(H＋)>c(OH－)(2)r(Cl－)>r(Mg2＋)>r(Al3＋)(3)Al2O3＋2OH

－＋3H2O===2[Al(OH)4]－(4)24(5)3d104s116NA17．解析：(1)镍为28号元素，基态镍原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2。(2)金属元素的第一电离能小于非金属元素的第一电离能，同周期元素从左到右，第一电离能总体

上呈增大趋势，则Mg、O和C的第一电离能由小到大排序为Mg<C<O；CH4和CH3OH中碳原子为饱和碳原子，杂化方式为sp3，而CO2分子的空间结构为直线形，碳原子的杂化方式为sp，则CO2中碳原子杂化类型不同于其他两种；CH4分子中碳原子的杂化方式为

sp3，空间结构为正四面体形；三种物质中CH4和CO2为非极性分子，CH3OH为极性分子，且CH3OH分子间能形成氢键，则CH3OH的沸点最高。(3)由题意可知，Ni(CO)4的沸点低，属于分子晶体，Ni(CO)4分子中配体有4个，与Ni形成配位键的数目为4。(4)由题给晶胞结构

可知，氧化镁晶胞中O2－的个数为8×18＋6×12＝4，Mg2＋个数为12×14＋1＝4，则每个晶胞中含有4个“MgO”，晶胞中氧化镁质量m＝4×40NAg，晶胞的体积V＝(0.42×10－7)3cm3，则MgO的密

度ρ＝mV＝4×40NA（0.42×10－7）3g·cm－3；氧化镁晶胞中相邻Mg2＋之间的最短距离为晶胞中面对角线长的一半，即22×0.42nm≈0.30nm，每个Mg2＋周围具有该距离的Mg2＋个数为12。答案：(1)1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar

]3d84s2(2)Mg<C<OCO2CH4CH3OH为极性分子，且CH3OH分子间能形成氢键(3)4分子晶体(4)4×40NA（0.42×10－7）30.301218．解析：(1)①P的3p轨道处于半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能较

大的是P。②As是33号元素，位于第4周期ⅤA族，原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，其中4p轨道上有3个未成对电子。③非金属性S>P>As，则电负性S>P>As。(2)PH3、AsH3分子

间只存在范德华力，而NH3分子间还存在氢键，故NH3沸点最高。(3)①PCl3中，中心原子P的价电子对数为3＋5－3×12＝4，含1对孤电子对，故空间结构为三角锥形。②Br－半径较大，Cl－半径较小，故P周围可以容纳6个Cl－，而无法容纳6个Br－，即无法形成[PB

r6]－。(4)①据题图可知，一个晶胞中含有Sb原子的个数为8×14＋2＝4，O原子的个数为4×12＋10＝12，Fe原子的个数为8×18＋1＝2，所以锑酸亚铁的化学式为Fe(SbO3)2。②晶胞的质量m＝122×4＋16×12＋56×

2NAg＝792NAg，晶胞的体积V＝abcnm3＝abc×10－21cm3，故晶体的密度ρ＝mV＝792NAgabc×10－21cm3＝792NAabc×10－21g·cm－3。答案：(1)①P②3d104s24p33③S>P>As(2)NH3NH3分子间存在氢键(3)①三角锥形②Br－

半径较大，无法形成[PBr6]－(4)①Fe(SbO3)2②792NAabc×10－2119．解析：(1)Ga原子位于第4周期第ⅢA族，最外层有3个电子，基态Ga原子的价电子轨道表示式为(2)NH＋4与HF－2之间形成离子键，HF－2中F与H原子之间存在共价键、氢键，NH＋4中含有配

位键，氢键不属于化学键。(3)CH3OH分子中C原子上没有孤电子对，形成4个σ键，C原子杂化轨道数目为4，C原子采取sp3杂化；O原子上有2对孤电子对，形成2个σ键，O原子杂化轨道数目为2＋2＝4，O原子采取sp3杂化，由于孤电子对之间的排

斥力>孤电子对与成键电子对之间的排斥力>成键电子对之间的排斥力，故键角H—C—H>H—O—C。(4)硼单质是共价晶体，共价键强度大，熔点高，Al、Ga均为金属晶体，且位于同主族，Al、Ga的价电子数相同，Al的原子半径较小，则金属键较强，熔点较高。(5)观察黑磷晶体结构片

段可知，最小的环为六元环，每个环有6个P原子，但每个P原子被3个环所共有，则每个环平均含有的P原子数为6×13＝2。(6)①由“铊化钠(NaTl)可看作是由两个金刚石晶胞穿插得到的”可知，晶胞中体对角线长为3apm，铊化钠中Tl—Tl间的最小距离为体对角线长的14，即为

34apm。②1个晶胞中含有8个Na原子，8个Tl原子，则晶胞质量为8×（23＋204）NAg，体积为(a×10－10)3cm3，则NaTl的密度为8×（23＋204）NA（a×10－10）3g·cm－3。答案：(1)(2)ABE(3)>(4)硼单质是共价晶体，熔点高，A

l、Ga均为金属晶体，且Al、Ga的价电子数相同，Al的原子半径较小，金属键较强，熔点较高(5)六2(6)①34a8×（23＋204）NA（a×10－10）320．解析：(1)Sn为元素周期表中第ⅣA族元素，最外层有4个电子，故SnCl4的中心原

子Sn的价电子对数为4＋4－4×12＝4，且均为成键电子对，故SnCl4的空间结构为正四面体形。由SnCl4常温常压下为液体的物理性质可知SnCl4的熔点较低，故其为分子晶体。(2)NH3中存在分子间氢键，导致其沸点比与N元素同主族的P、As元素的氢化物P

H3、AsH3的沸点要高，而PH3、AsH3中均不存在分子间氢键，故影响PH3、AsH3沸点的因素为范德华力，相对分子质量越大，沸点越高，则沸点由高到低的顺序为NH3、AsH3、PH3。通常同主族元素随着原子

序数的递增，气态氢化物的还原性逐渐增强，则还原性由强到弱的顺序是AsH3、PH3、NH3。同主族元素，随着原子序数的递增，电负性逐渐减弱，则其气态氢化物中的成链电子对逐渐远离中心原子，致使成键电子对的排斥力降低，键角逐渐减小，故键角由大到小的顺

序是NH3、PH3、AsH3。(3)该螯合物中Cd2＋与5个N原子、2个O原子形成化学键，其中与1个O原子形成的为共价键，另外的均为配位键，故1mol该配合物中通过螯合作用形成6mol配位键。该螯合物中无论是硝基中的N原子，还是NO－3中的N原子，还是六元环中的N原子，N均为sp2杂化，

即N只有1种杂化方式。(4)由四方晶系CdSnAs2晶胞及原子的分数坐标可知，有4个Sn位于棱上，6个Sn位于面上，则属于一个晶胞的Sn的个数为4×1/4＋6×1/2＝4。与Cd(0，0，0)最近的Sn原子为如图所示

的a、b两个Sn原子，a位置的Sn的分数坐标为(0.5，0，0.25)，b位置的Sn的分数坐标为(0.5，0.5，0)。CdSnAs2晶体中Sn除与该晶胞中的2个As键合外，还与相邻晶胞中的2个As键合，故晶体中单个Sn与4个As键合。答案：(1)正四面体

形分子晶体(2)NH3、AsH3、PH3AsH3、PH3、NH3NH3、PH3、AsH3(3)61(4)4(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)4