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第三章章末共享专题微训练一1．解析：NH3分子间存在氢键，使其沸点反常的高，A错误；某些金属元素的氢化物是离子晶体，如氢化钠，B错误；金属晶体中有金属阳离子，但没有阴离子，C错误；元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，同周期元素从左到右，元素的非金属性逐渐增强，则对应

的简单氢化物的稳定性逐渐增强，D正确。答案：D2．解析：离子晶体可能含有NH＋4等阳离子，不一定含有金属阳离子，故A错误；共价晶体中共价键越强，熔点越高，故B正确；分子晶体的熔、沸点高低取决于分子间作用力大小，与共价键键能大小没有直接关系，故C错

误；金属晶体中金属越活泼，金属键越弱，故D错误。答案：B3．解析：CaO为离子晶体，熔化断裂离子键，而CO2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故A错误；NaCl为离子晶体，熔化断裂

离子键，而HCl在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故B错误；SiC与SiO2都是共价晶体，熔化断裂的是共价键，与化学键有关，故C正确；Cl2与I2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间

作用力，与化学键无关，故D错误。答案：C4．解析：①Na2O2含有共价键、离子键；②SiO2含有共价键；③石墨含有共价键和范德华力；④金刚石含有共价键；⑤NaCl含有离子键；⑥白磷中含有共价键和范德华力；含有以上

其中两种作用力的是①③⑥，故选B。答案：B5．解析：金属键是化学键的一种，主要在金属中存在，由自由电子及排列成晶格状的金属离子之间的静电吸引力组合而成，由于电子的自由运动，金属键没有固定的方向，故A正确；共价键是原子之间强烈的相互作用，共价键有方向性和饱和性，故B正确；范德华力

是分子间作用力，相对分子质量越大，分子间作用力越大，极性越大，分子间作用力越强，故C正确；氢键是一种分子间作用力，比范德华力强，但是比化学键要弱，氢键既可以存在于分子间(如水、乙醇、甲醇、液氨等)，又可以存在于分子内(如)，故D错误。答案：D6．解析：卤素单质都是分子晶体，熔沸点的高低与分子

间作用力的大小有关，Cl2、Br2、I2的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增大，熔沸点逐渐升高，故A正确；NaOH中钠离子和氢氧根离子形成离子键，O与H形成共价键，NH4Cl中铵根离子和氯离子形成离子键，N与H形成共价键，均含有离子键和共

价键，故B正确；配位键在形成时，由成键原子的一方提供空轨道，另一方提供孤对电子，C错误；干冰与石英都为共价化合物，都含共价键，干冰与石英的熔沸点差异很大的原因是晶体类型不同，干冰属于分子晶体，石英属于共价晶体，故D错误。答案：CD7．解析：(1)金属晶体中只有金属键。(

2)NH3、F2、NF3所属的晶体均为分子晶体，Cu单质属于金属晶体。(3)Si为共价晶体，Mg为金属晶体，Cl2为分子晶体。(4)①石墨烯为单层石墨，每个碳原子形成3个六元环，均为sp2杂化。②石墨层内的碳碳

间存在σ共价键，还存在p－pπ键。(5)由于二者均为盐，所以可能为离子晶体或者分子晶体，根据二者熔点可知GaF3熔点很高，应该为离子晶体；而GaCl3的熔点很低，为分子晶体。(6)K的原子半径比Cr的原子半径大，K、Cr原子的价层电子排布式分别为4s1、3d54s1

，K的价电子数比Cr的价电子数少，原子半径越大，价电子数越少，金属键越弱，熔、沸点越低。答案：(1)金属(2)b、d(3)Si、Mg、Cl2(4)①sp2混合②σσπ(或p－pπ)(5)GaF3为离子晶体而GaCl3为分子晶体(6)K的

原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱微训练二1．解析：(1)NH3BH3分子是由NH3与BH3结合而成，其中NH3分子中N原子具有孤电子对，而BH3分子中B原子具有空轨道，所以二者通过N与B原子之间形成

配位键而结合生成NH3BH3。由图可知晶胞体积为2a×2b×2c＝8abcpm3＝8abc×10－30cm－3；而每个晶胞中含有氨硼烷为8个，质量为8×62NAg，所以晶体的密度ρ＝62NAabc×10－30g·cm－3。(2)每个晶胞中含有的LiF

ePO4可以根据图(a)中Fe或者P的数目即可确定，其中Fe位于正八面体中心，而由图(a)可知有4个正八面体，故每个晶胞有4个Fe，因此有4个LiFePO4。“电池充电时，LiFePO4脱出部分Li＋，形成Li1

－xFePO4，结构示意图如(b)所示”，由(b)可知晶胞中有1个位于面心和1个位于棱边的Li＋离子脱出了，即每个晶胞有12＋14个Li＋离子脱落，所以x＝12＋144＝316＝0.1875；在Li(1－0.1875)FePO4

中，设n(Fe2＋)＝a，n(Fe3＋)＝1－a，根据化合价规则有：(1－0.1875)＋2a＋3(1－a)＝3，所以a＝0.8125，(1－a)＝0.1875，所以n(Fe2＋):n(Fe3＋)＝13:3。答案：(1)配位N62NAabc×10－30(

2)4316或0.187513:32．解析：(1)Ti是22号元素，所以基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2。(2)氟元素非金属性强，TiF4为离子化合物，熔点最高，TiCl4、TiBr4、TiI4为共价化合物，熔点较低，且TiCl4、TiBr4、Ti

I4结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高。(3)元素的非金属性越强，电负性越大，所以Ca、Ti、O三种元素中，O电负性最大，Ca的金属性强于Ti，则Ti的电负性强于Ca；阴、阳离子间的

作用力为离子键；距离Ca2＋最近的为O2－，共有12个O2－与位于体心处的Ca2＋距离相等且最近，故Ca2＋的配位数为12。(4)距离Pb2＋最近的是处于面心的I－，Pb2＋的配位数为6，图(a)中Ti4＋的配位数也为6，其与图(b)中Pb2＋的空间位置相同；CH3NH＋3中，氮原

子形成4个单键，其中有1个是配位键，N原子采取sp3杂化；根据均摊法，1个晶胞中含有I－的个数为6×1/2＝3，CH3NH＋3的个数为8×1/8＝1，Pb2＋的个数为1，化学式为PbCH3NH3I3，摩尔

质量为620g·mol－1，一个晶胞的质量为620NAg，体积为(a×10－7)3cm3，则晶体密度为620a3×NA×1021g·cm－3。(5)根据图(c)可知，箭头是由反应物指向生成物，则该过程中Pb和Eu3＋反应生成Pb2＋和Eu

2＋，Eu2＋与I2反应生成Eu3＋和I－。答案：(1)1s22s22p63s23p63d24s2(2)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(3)O>

Ti>Ca离子键12(4)Ti4＋sp3620a3×NA×1021(5)2Eu3＋＋Pb===2Eu2＋＋Pb2＋2Eu2＋＋I2===2Eu3＋＋2I－3．解析：(1)Sn为元素周期表中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的空间构型为正四面体形。由SnCl4常温常压下为液体的物理性质可知SnCl4符合分子晶体的特点，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PH3、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键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)

44．解析：(1)由此结构可知，此单元中含有水分子的个数为：20，其中每个水分子形成的氢键属于2个五元环，故每个水分子形成氢键个数为32，故总共形成氢键数为：20×32＝30；冰中氢键的作用能为18.8kJ·mol－1，而冰熔化热为5.0kJ·mol

－1，说明冰熔化为液态水时只是破坏了一部分氢键，并且液态水中仍存在氢键；故答案为30；液态水中仍然存在大量氢键；(2)与Mn同周期相邻的元素X，价电子层有2对成对电子，价电子层排布式为3d6s2，X为铁元素，由

A、B方块的结构可知，A中含有O2－的数目为4，含有Fe2＋的数目为4×18＋1＝32，B中含有O2－的数目为4，含有Fe2＋的数目为4×18＝12，Fe3＋的数目为4，则晶胞中含有O2－的数目为(4＋4)×4＝32，F

e2＋的数目为32＋12×4＝8，Fe3＋的数目为4×4＝16，Fe2＋、Fe3＋、O2－的个数比为81632＝124；该晶体的化学式为Fe3O4，则该晶体的密度为dg/cm3＝8×232NAa3g/cm3，解得a＝38×232NAdcm＝3

8×232NAd×107nm，故答案为：124;38×232NAd×107。(3)观察晶胞可知，每个阴离子周围等距离且最近的阴离子数为12；晶体距离最近的两个阴离子的核间距为acm，即，根据勾股定理得：x2＋x2＝(2a)2，解得a＝22x。(4)①氟化钙晶

胞中，阳离子Ca2＋呈立方密堆积，阴离子F－填充在四面体空隙中，面心立方点阵对角线的1/4和3/4处；根据晶胞中D点的位置看出，D点的位置均为晶胞中3/4处；D处微粒的坐标参数为34，34，34；②已知一个氟化钙晶胞中有4个氟化钙；设晶

胞中棱长为Lcm；氟化钙的相对分子质量为78；根据密度计算公式：ρ＝m/V＝4×78/(NA×L3)＝c，所以L＝378×4cNA；由晶胞中结构看出，与Ca2＋最近的F－距离为34L，即34×378×4cN

Acm＝34×378×4cNA×107nm；(5)由图可知石墨的晶胞结构为，设晶胞的底边长为acm，晶胞的高为hcm，层间距为dcm，则h＝2d，底面图为，则a/2＝r×sin60°，可得a＝3r，则底面面积为(3r)2×sin

60°，晶胞中C原子数目为1＋2×1/2＋8×1/8＋4×1/4＝4，晶胞质量为4×12/NAg，则：ρg·cm－3＝(4×12/NA)g÷[(3r)2×sin60°×2d]cm3，整理可得d＝1633ρNAr2cm。(6)共价金刚石的立体网状结构金刚石晶胞，顶点8个，相

当于1个C原子，然后面心上6个，相当于3个C原子，而在其8个四面体空隙中有一半也是C原子，且在晶胞内，故还有4个C原子，加在一起，可得一个金刚石晶胞中有8个C原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则正方体对角线的1/4就是C－C键

的键长，即34a＝2r，所以r＝38a，碳原子在晶胞中的空间占有率ω＝8×43πr3a3＝8×43π38a3a3＝3π16。答案：(1)30液态水中仍然存在大量氢键(2)1:2:438×232NAd×107(3)1222

x(4)①34，34，34②34×378×4cNA×107(5)41633ρNAr2(6)8383π16课时作业11．解析：若只有1个能层，不存在p能级；若有2个能层，则有两个s能级，则电子排布为1s22s22p4，为O元素；若有3个能层，则有三个s能级，则电子排布

为1s22s22p63s23p6，为Ar元素；由此应选D项。答案：D2．解析：12C和13C核外电子数相同，电子排布相同，A项不符合题意；Na＋和N3－的电子排布式均为1s22s22p6，B项不符合题意；Cl－和Ar的电子

排布式均为1s22s22p63s23p6，C项不符合题意；Fe3＋和V核外均有23个电子，但是二者电子排布分别为1s22s22p63s23p63d5、1s22s22p63s23p63d34s2，D项符合题意。答案：D3．解析：根据题意知该基态原子的核外电子排布式

为1s22s22p63s1或1s22s22p63s23p3，所以该原子的质子数为11或15。答案：D4．解析：第三能层有3s、3p、3d能级，根据构造原理知10个电子应排布为3s23p63d2。答案：C5．解析：4p能级填充4个电子的元素，其电子排布式为1s22s22p63

s23p63d104s24p4，原子序数为34。答案：B6．解析：根据构造原理，该元素原子的3d能级上已有3个电子，说明4s能级已经填满，而4p能级还没有填，所以其N能层上的电子数为2。答案：B7．解析：分析原子核内的质子数和电子排布式之间的关系可知，三种微粒

都是金属阳离子。分析A～D四个选项中微粒结构示意图的核电荷数和核外电子排布的关系可知，A和D是原子，B是阴离子，C是金属阳离子。答案：C8．解析：每一能层包含的能级数等于该能层的序数，故第三能层有s、p、d三个能级，A错；s、d能级最多容纳的电子数分别是2、1

0，故B错、D正确；每一能层最多容纳的电子数为2n2，第三层最多容纳18个电子，故C错。答案：D9．答案：D10．解析：A项为N，B项为Al，C项为Ne，D项为F，故F2的氧化性最强。答案：D11．解析：根据构造原理可知电子填入能级的顺序为……4s、3d、4p、5s

、4d、5p、6s……从而可以看出②③中前面的能级先填入电子。答案：B12．解析：硅原子由基态转化为激发态，这一过程吸收能量，则其处于激发态时的能量高于基态时的能量，故A项正确，B、C项错误；转化后硅原子与基态磷原子的电子层

结构不相同，因为基态磷原子的最外层电子排布式3s23p3，化学性质也不相同，D项错误。答案：A13．解析：Ar与S2－的原子核不同，1s能级上电子的能量、3p能级上电子离核的距离、电子跃迁产生的光谱都不相同，化学性质也不同。答案：C14．解析：2p4→4f1的能级相差最大，电子发生跃迁的能级

相差越大，吸收的能量越多，C项正确。答案：C15．解析：根据原子核外电子的排布规律和构造原理书写原子的电子排布式，应注意从3d能级开始出现“能级交错”现象。而且要看清题目的要求“最外层”还是“M层”“

简化”等要求，其中阳离子的电子式是在原子的基础上先失去最外层电子。而不是完全按照填充顺序逆向进行。在书写原子结构示意图时，注意非主族元素，应该先写出电子排布式，再根据电子排布式写出原子结构示意图。答案：(1)1s22s22p6

3s23p4(2)2s22p6(3)4s2(4)[Ar]3d64s2(5)(6)1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5(7)[Ar]3d104s24p316．解析：核电荷数＝原子序数＝核外电子数，故此原子的核外电子数为33个；依据构造原理，能量由低到高的顺序为

E(4s)<E(3d)<E(4p)，则此元素的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3。(3)从电子排布式看，各能级的电子数之和为25，该原子最高能级为4s能级，故有4个能层，M层电子排布为3s23p

63d5，故该能层电子数为13。答案：(1)①33②48③1s22s22p63s23p63d104s24p3(2)①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p6③1s22s22p63s23p6(3)①25②4③1317．答案：(1)1

s22s22p63s23p63d104s2(或[Ar]3d104s2)(2)4s4f5(3)1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6(4)N(5)3d104s24p2(6)1s22s22p63s23p63d104s24p4(或[Ar]3d104s24p4)18．解析：氢气是一种清

洁燃料，所以X为氢元素；臭氧对紫外线有吸收作用，是保护地球地表环境的重要屏障，所以Y为氧元素，其基态原子含有K层与L层2个能层，L层为第二能层，有s、p两个能级(即2s和2p)；氮、磷、钾是植物生长三要

素，所以Z为氮元素；单质硫在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰，所以W为硫元素；日常生产和生活中最常用的金属是铁、铜和铝，其中用于桥梁和楼房的应该是Fe，所以M为铁元素。答案：(1)22s和2p(2)NO2或N2O

4(3)3d64s24课时作业21．解析：同一轨道上的两个电子，能量相同、自旋状态相反，即运动状态不一样，所以A、B错误；C中因为M层与L层没有能级交错，所以M层能量一定大于L层；D中3p有3个轨道，按照洪特规则，应占据其中2个，并且自旋状态相同。答案：C2．解析：A项，p轨道是哑铃形，是说

的电子出现概率高的“区域”的形状。B项，能层数为3时，共有9条轨道。C项，氢原子中有一个电子，但轨道是人们规定的，可以是空轨道。答案：D3．解析：洪特规则：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同。答案：D4

．答案：D5．答案：C6．解析：只要原子不是处于基态情况下，就属于激发态，氮原子基态为：，A项错误；基态氟原子为1s22s22p5，B项错误；基态锰原子为1s22s22p63s23p63d54s2，C项正确；基态铜原子电子排布应该为1s22s

22p63s23p63d104s1，D项错误。答案：C7．解析：A项，2s轨道应排满2个电子，且自旋方向相反，错误；B项，2p轨道的2个电子的自旋方向要相同，错误；C项，2p轨道的2个电子应分占2个轨道，且自旋方向相同，错误；D项

，2p能级的3个轨道的能量是相同的，正确。答案：D8．解析：根据构造原理，电子在各能级上的排列顺序为1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d……且排布的电子数分别为2、2、6、2、6、2、10……故根据构造原理24

Cr的电子排布式应为：1s22s22p63s23p63d44s2。但是根据洪特规则特例Cr的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1。所以选B。而D电子排布式错误，应该为1s22s22p63s23p63

d104s1。答案：B9．解析：Fe元素的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,3d能级上有5个轨道，其中只有1个轨道上排满2个电子，且自旋方向相反，其他4个轨道上各排1个电子

，自旋方向相同，4s轨道上排满2个电子，且自旋方向相反，故C项正确。答案：C10．解析：在短周期元素中，基态原子核外未成对电子数等于电子层数的元素：第一周期的H元素，在第二周期C元素、O元素，第三周期的P元素，共4种，即a＝4。在短周期元素中，基态原子最外层

电子数是未成对电子数2倍的元素有C元素、Si元素，共2种，即b＝2。综上可知，a/b＝2。答案：B11．解析：(1)氟原子电子排布式为：1s22s22p5，含有s轨道和p轨道2种原子轨道，故电子的电子云形状有2种；电子能量由能层和能级共同决定，所以氟有3种不

同能量的电子。氟的最外层电子排布式即价电子排布式为2s22p5，排布图为：。(2)同主族元素最外层电子数相同，Sn位于第五周期，与C同主族，则Sn2＋的最外层电子排布式为5s2；Cl－有18个电子，所以有1

8种不同运动状态。(3)基态硼原子的核外电子数为5,电子排布式为1s22s22p1，电子排布图为：。答案：(1)23(2)5s218(3)12．解析：(1)s电子的原子轨道呈球形，每个s能级有1个原子轨道；p电子的原子轨道都呈哑铃形，每个p能级有3个

原子轨道，它们相互垂直，分别以px、py、pz表示。(2)元素X的原子最外层电子排布式为nsnnpn＋1，np轨道已排有电子，说明ns轨道已排满电子，即n＝2，则元素X的原子核外电子排布式为1s22s22p3，X是氮元素。其最低价氢化物为NH

3，电子式为。(3)元素Y的原子最外层电子排布式为nsn－1npn＋1，则n－1＝2，n＝3，则Y元素的原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，Y是硫元素。(4)若元素的原子处于最低能量状态，

则其核外电子排布符合能量最低原理、泡利原理和洪特规则。A、B两项违背洪特规则，C项表示元素的原子处于激发态，违背能量最低原理。答案：(1)球1哑铃3(2)2p垂直氮(3)S1s22s22p63s23p4(4)D13．解析：由题意知，A原子中只有1个电子，A为H；B原子的3p轨道上有5个

电子，则B为Cl；C原子的2p轨道上有4个电子，则C为O；D原子的价电子排布式为4s1，则D为K；由E原子的价电子排布式可知E为Ar。(1)原子结构示意图能简明地表示原子的组成和电子在原子核外的分层排布情况，电子排布式能表明电子在各电子层不同

原子轨道上的排布情况；电子排布图可进一步表明电子在各原子轨道上的自旋状态；电子式可以表明与元素性质密切相关的原子最外层的电子数。(2)对太阳光进行光谱分析，可确定太阳光中所含元素的种类。答案：(1)①②③1s22s22p63s23p64s1或[

Ar]4s1④(2)Ar对太阳光进行光谱分析14．解析：(1)根据A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，可知该元素的基态原子有2个电子层，共有7个电子，是N元素，其电子排布图为。(2)B元素的负一价离

子与C元素的正一价离子的电子排布式与氩原子相同，即都有18个电子，则B元素为Cl，C元素为K，K＋的结构示意图为。(3)D元素的正三价离子的3d能级为半充满，即三价阳离子的构型为3d5，则原子的价电子构型为3d

64s2，即为26号Fe元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2。(4)由E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有1个未成对电子，可知其价电子构型为3d104s1，所以E为Cu元素，其价电子排布图为。答案：(1)(2)Cl(3)Fe1s22s22p

63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)(4)Cu15．解析：由题意可知，A为Si，B为Na，C为P，则D为N，E为Fe。这五种元素电子排布式分别为A：1s22s22p63s23p2，B：1s22s22p63s1，C：1s22s22p63s23p

3，D：1s22s22p3，E：1s22s22p63s23p63d64s2。由电子排布式可写出答案。答案：(1)Si1s22s22p63s23p2(2)Na[Ne]3s1(3)P3s23p3(4)N(5)Fe16．解析：(1)Mn是25号元素，电子排布式1s22s22p63s23p63d54

s2，根据核外电子排布规律可知，该原子核外的未成对电子有5个。(2)镁的M层电子排布为3s2，根据泡利原理可知这两个电子自旋方向相反。(3)基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2；在其原子的最外层的2个4p电子分别位于2个不同的4p轨道上，所以基态Ge原子有2个未成对电子

。(4)Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2,3d能级上的未成对电子数为2。(5)N原子位于第二周期第VA族，价电子是最外层电子，即电子排布图是。(6)基态Fe原子的核外电子排布式

为1s22s22p63s23p63d64s2，则其价层电子的电子排布图(轨道表达式)为；基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则电子占据最高能级是3p，其电子云轮廓图为哑铃(纺锤)形。(7)K位于第四周期IA族，电子占据最高能层是第四层，即N层，最

后一个电子填充子在s能级上，电子云轮廓图为球形。(8)根据核外电子排布规律可知Li的基态核外电子排布式为1s22s1，则D中能量最低；选项C中有2个电子处于2p能级上，能量最高。(9)电子排布应先排满低能轨道，再排满高能轨道，因此，B不符合题意，而失去电子时，应先失去高能轨道电子

，故C、D两项符合题意。答案：(1)5(2)相反(3)2(4)1s22s22p63s23p63d84s22(5)(6)哑铃(纺锤)形(7)N球形(8)DC(9)CD课时作业31．解析：A项中最外层为4s1的价电子排布包括4s1、3d54s1、3d104s1；B项中3d104sn的电子排布包括

3d104s1、3d104s2等；C项中n为2，即2s22p6；D项中n可能为2、3、4、5、6。答案：C2．答案：B3．解析：＋3价离子的核外有23个电子，则原子核外有26个电子，26号元素是铁，位于第四周期Ⅷ族，位于d区。答案：C4．解析：除ds区外，区的名称来自

按构造原理最后填入电子的能级的符号。答案：C5．解析：A项，s区、p区也有金属元素；B项，最外层电子数为2的元素有的也位于d区或ds区；D项，s区中的氢是非金属元素。答案：C6．解析：如果考虑放射性元素，最活泼的金属是Fr，如果不考虑放射性元素，最活泼的金属是Cs、而Cs和Fr都属于第ⅠA族

元素，位于s区；最活泼的非金属是F2，F位于p区；常温下呈液态的金属为Hg，Hg属于过渡元素，其价电子排布为5d106s2，可知Hg属于第六周期第ⅡB族元素，位于ds区。答案：A7．解析：基态原子的N层上只有一个电子的元素，是ⅠA族元素，也可能为铬元素

或者铜元素，A错误；原子的价电子排布为(n－1)d6～8ns2的元素是第Ⅷ族元素，不是副族元素，B错误；基态原子的p能级上半充满的元素的基态原子价电子排布式为ns2np3，则一定属于p区元素，C正确；基态原子的价电子排布为(n－1)dxnsy的元素的族序数可能为

x＋y(x＋y≤7)、可能为第Ⅷ族(10≥x＋y＞7)、还可能为y(x＝10)，D错误。答案：C8．解析：两种元素原子的电子层上全部都是s电子，即为1s1或1s2或1s22s1或1s22s2，对应的分别是H、He、Li、Be，可能属于第一周期或第二周期。3p能级上只有1个空轨道的原子：1s

22s22p63s23p2，是硅元素；3p能级上只有1个未成对电子的原子：1s22s22p63s23p1，是铝元素或1s22s22p63s213p5，是氯元素，都属于第三周期。最外层电子排布为2s22p6的原子是氖元素，属于第二周期元素；最外层电子排

布为2s22p6的离子对应的元素可能为氮、氧、氟、钠、镁、铝等，很显然不一定属于同一周期。原子核外的M层上的s、p能级上都填满了电子而d轨道未排电子的两种原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6或1s22s22p63s23p64s1或1s22s22p6

3s23p64s2，可能为Ar、K、Ca，很显然不一定属于同一周期。答案：B9．解析：Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，则X原子内层应为2个电子，Z原子最外层电子数为6，根据题意，Z应在第三

周期，所以Z为S。Z原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的3倍，且Y、Z同周期，Y为Mg。根据题意，X为N。答案：B10．解析：48Ti、49Ti、50Ti等核素的中子数分别为26、27、28，A项正确；22Ti的外围电子排布式为3d24s2，因此钛是d区第四周期的过渡元素，故B、D两

项叙述正确；元素在周期表中的位置由其质子数决定，钛的同位素原子的质子数相同，在周期表中的同一位置，故C项叙述不正确。答案：C11．解析：(1)铝属于主族元素，其余属于过渡元素。(2)钛位于第四周期第ⅣB族，外围电子排布为3d24s2。(3)金元素的外

围电子排布为5d106s1，应位于第六周期第ⅠB族。(4)Ag位于第五周期第ⅠB族，外围电子排布为4d105s1，属于ds区。答案：(1)铝(2)(3)六ⅠB(4)ds12．解析：(1)s区为ⅠA族、ⅡA族，符合条件的元素为Be，其电子排布

式为1s22s2，价电子的电子云形状为球形。(2)d区为ⅢB族～ⅦB族、Ⅷ族，族序数最大且原子序数最小的为Fe，常见离子为Fe2＋、Fe3＋，电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6、1

s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5，由离子的电子排布式可知Fe3＋的3d轨道“半满”，其稳定性大于Fe2＋。(3)ds区符合条件的为Zn，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d10

4s2或[Ar]3d104s2，价电子排布式为3d104s2。(4)该题中符合题意的为N，价电子排布图为。(5)铀和钚均为锕系元素，位于f区。答案：(1)球形(2)Fe2＋：1s22s22p63s23p6

3d6(或[Ar]3d6)，Fe3＋：1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)Fe3＋(3)3d104s2(4)(5)f13．解析：选择稀有气体中86号元素为基准，先确定84号、88号元素所处的位置。86－84＝2，第六周期第ⅥA族；

88－86＝2，第七周期ⅡA族。88号元素最外层只有2个电子，化合价为＋2价，金属性极强，故Y(OH)2为强碱。答案：(1)第六周期第ⅥA族86Rn元素在周期表第六周期0族，而84X的质子数比Rn少2个，故X在同周期ⅥA族(2)

YO强碱(3)He14．解析：(1)方法1：观察不难发现，从2到7周期，相邻的两周期种数相同，且不同的两个数之差依次为6,10,14，是等差数列，即第8周期元素种数为32＋18＝50；方法2：用公式：如周期序数为奇数，容纳的元素种数为(n＋1)2/2，如周期

序数为偶数，容纳的元素种数为(n＋2)2/2。(2)观察周期表可知：第六周期倒数第三种元素为金属元素，第七周期倒数第二种元素为金属元素，第八周期倒数第一种元素即为原子序数最大的金属元素，该元素处于ⅧA族。答案：(1)C(2)八ⅧA八1

5．解析：R原子的摩尔质量(1.00×10－7cm)3×6.88g·cm－320×6.02×1023mol－1≈207g·mol－1。即R的相对原子质量为207，其原子中中子数比质子数多43，可计算得R的质子数为82，可推知为铅元素，

位于第六周期ⅣA族。答案：(1)207g·mol－1(2)6s26p2(3)六ⅣA(4)R4＋＋2Fe2＋===R2＋＋2Fe3＋课时作业41．解析：碱金属离子半径：r(Li＋)<r(Na＋)<r(K＋)<r(Cs＋)；卤素

离子半径：r(F－)<r(Cl－)<r(Br－)<r(I－)，显然，阴离子半径和阳离子半径之比最大的是LiI。答案：A2．解析：所给元素中Na的电负性最小，故钠的金属性最强，F的电负性最大，故F的非金属性也最强，所以Na和F形成的化学键中共价键的成分最少。答案：B3．解析：据电负性X>Y推知，

原子序数X>Y，由于X、Y同周期，第一电离能Y可能大于X，A项正确；氢化物稳定性HmY小于HnX，B项错误；X对应的最高价含氧酸的酸性强于Y的，C项正确；电负性值大的元素吸引电子能力强，在化合物中显负价，电负性值小的元素吸引电子能力弱

，在化合物中显正价，D项正确。答案：B4．解析：由题意可知：X、Y、Z2－、W分别为S、Cl、S2－、F。S、Cl、S2－、F粒子半径大小排列顺序为r(S2－)>r(S)>r(Cl)>r(F)，故C项正确。答案：C5．解析：利用在同周期从左

→右元素第一电离能增大(除ⅡA、ⅤA族反常外)，原子半径逐渐减小；同主族从上→下元素第一电离能逐渐减小，原子半径逐渐增大来判断。答案：A6．解析：根据电负性和最低化合价，推知A为C元素，B为S元素、C为Cl元素、D为O元素、E为F元素。A项，C、D、E的氢化物分别为

HCl、H2O、HF，稳定性：HF>H2O>HCl；B项，元素A的原子最外层电子排布式为2s22p2,2p2上的两个电子分占两个原子轨道，且自旋状态相同；C项，S的最外层有6个电子，Cl的最外层有7个电子，它们之间可形成S2Cl2等化合物；D项，Na能与H2O发生置换反应生成N

aOH和H2。答案：D7．解析：a的原子结构示意图为，第一电子层容纳2个电子，故x＝2，a的质子数为14，故a为硅元素；b与c形成化合物的电子式为，则b处于ⅠA族、c处于ⅤA族，c、d同主族，c处于第二周期、d处于第三周期，a、b、d同周期，故b为钠元素，故c为氮元素，d为磷元素；同周期自左而右原

子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，则原子半径：Na＞Si＞P＞N，故A项错误；同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性：N＞P＞Si＞Na，故B项错误；由题意知，原子序数：d＞a＞b＞c，

故C项错误；非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：N＞P＞Si，故最高价含氧酸的酸性：c＞d＞a，故D项正确。答案：D8．解析：①F和O均不存在“全空”“半充满”或“全充满”现象，与特例无关，错误；②中Fe2＋价电子排布为3d6，而Fe3＋价电子排布为3d5

,3d5属于半充满状态，体系稳定，故Fe2＋易失去电子变为稳定的Fe3＋，正确；③中[Ar]3d104s1显然符合d能级全充满状态，为稳定结构，正确；④属于基态原子获得能量，2s能级上一个电子跃迁到2p能级上，而激发态不稳定，易变为基态放出能量，错误。

答案：B9．解析：X、Y、Z为短周期元素，且X、Y、Z三种原子的M电子层中的电子数均为奇数，则X、Y、Z一定是在第三周期，简单离子为Xn＋、Ym＋、Zn－，且数值m>n，所以X为钠元素，Y为铝元素，Z为氯

元素；NaOH为强碱，Al(OH)3是两性氢氧化物，HClO4是强酸，则它们的最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱，酸性依次增强，故A项正确；同周期元素原子半径随原子序数的增加而减小，X、Y、Z半径依次减小，故B项错误；Na、Al、Cl的第一电离能依次增大，电负性依次增

大，故C项错误；Na、Al，Cl的原子序数依次增大，故D项错误。答案：A10．解析：(1)因为I4≫I3，所以该元素原子最外层有3个电子，为铝元素。(2)由图可知M的第一电离能和第二电离能差别不大，第三电离能和第二电离能差别很大

，所以M原子最外层有2个电子，次外层电子数多于3个，故M是Mg元素。Mg原子的3s轨道处于全满状态，相对稳定，其第一电离能比同周期相邻的Na、Al的第一电离能都大。答案：(1)Al(2)①1s22s22p63s2②Mg>Al>Na

11．答案：(1)D(2)A(3)A12．解析：由所给数据分析知：同周期，从左到右，x值逐渐增大；同主族，从上到下，x值逐渐减小，则(1)同周期中x(Na)<x(Mg)<x(Al)，同主族中x(Mg)

<x(Be)，综合可得：0.9<x(Mg)<1.5，同理：2.5<x(N)<3.5。(2)x值在周期表中的递变规律与原子半径的恰好相反，即：同周期(同主族)中，x值越大，其原子半径越小。(3)对比周期表中对

角线位置的x值可知：x(B)>x(Si)，x(C)>x(P)，x(O)>x(Cl)，则可推知：x(N)>x(S)，故在S—N中，共用电子对应偏向氮原子。(4)查表知：AlCl3的Δx＝1.5<1.7，又x(Br)<x(Cl)，所以AlBr3的Δx应小于

AlCl3的，为共价键。答案：(1)2.53.50.91.5(2)x值越小，半径越大(3)氮(4)共价键13．解析：(1)Mn是25号元素，根据原子序数与元素周期表的位置判断其位置；(2)F－和O2－的核外电子排布相同，核电荷数越大，则半径越小，故半径：F－<O2－；(3)

由于锂的核电荷数较大，原子核对最外层电子的吸引力较大，因此Li＋半径小于H－；(4)元素的非金属性越强，其吸引电子的能力就越强，元素的电负性就越大。元素Zn、Ge、O的非金属性强弱顺序是：O＞Ge＞Zn，所以这三种元素的电负性由大至小的顺序是O＞Ge＞Zn；(5)根据元素周

期表和对角线原则可知与锂化学性质相似的是镁。(6)[Ne]3s1属于基态的Mg＋，由于Mg的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高；[Ne]3s2属于基态Mg原子，其失去一个电子变为基态Mg＋；[Ne]3s13p1属于激发态Mg原子，其失

去一个电子所需能量低于基态Mg原子；[Ne]3p1属于激发态Mg＋，其失去一个电子所需能量低于基态Mg＋，综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s1，答案选A；(7)Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能，原因是，Zn

的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到Zn最外层上是一对电子，而Cu的最外层是一个电子，Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量；(8)元素Mn与O中，由于O元

素是非金属而Mn是过渡元素，所以第一电离能较大的是O；(9)根据图，同周期随着核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；氮元素的2p能级达到半满状态，原子相对稳定，不易失去电子。答案：(1)ⅦB(2)小于(3)由于锂的核电荷数较大，原子核对最

外层电子的吸引力较大，因此Li＋半径小于H－(4)O>Ge>Zn(5)Mg(6)A(7)大于Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失去电子(8)氧(9)同周期随着核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大N的2p能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合一个电子1

4．解析：A、B的阴离子与C、D的阳离子的电子排布式均为1s22s22p6，A、B在第二周期，A原子核外有2个未成对电子，是氧元素，B只能为氟元素；C、D在第三周期，C单质可与热水反应但不能与冷水反应，为镁，D只能是铝。F能与A形成相同价态的阴离子，且离子半径

A小于F，为硫元素。E原子在基态时填充电子的轨道数有9个，且E原子核外有3个未成对电子，是磷元素。答案：(1)氟其最外层有7个电子且原子半径小，容易得电子，不容易失电子(2)MgMg最外层3s轨道全满，是较稳定状态(3

)Mg＜Al＜P＜S＜O＜F(4)MgO、Al2O3P2O5、SO3第一章单元测试题1．解析：s轨道的形状是球形的，p轨道的形状是哑铃形，A正确；根据图中信息确定原子序数为83，为第六周期第ⅤA族元素，相对原子质量为209.0，B正确；因

为根据电子排布的规律在6p能级上先占据不同原子轨道，所以铋原子6p能级中6px、6py、6pz轨道上各有一个电子，C正确；最外层电子能量不同(s和p)，D错误。答案：D2．解析：A不正确，各能级能量的大小顺序为1s<2s<2p<3s<3p<4s<3d<4p<5s……ns电子的能量一定高于(n－1

)p电子的能量；B违反了洪特规则，C原子2p能级有3个能量相同的原子轨道，最后2个电子应该以自旋方向相同的方式分布在2个不同的2p轨道上；C违反了能量最低原则，21Sc最后3个电子应先排满4s轨道，再排3d轨道，应为1s22s22p63s23p63d14

s2；D违反了泡利原理，对于22Ti来说，3p能级共有3个轨道，最多可以排6个电子，不能排10个电子。答案：A3．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Y>M>Z，故A项

不正确；离子半径关系为r(S2－)>r(Cl－)>r(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电子排布图为，故D项不正确。答案：C4．解析：原子核外电子排布遵循“使整个原子处于能

量最低状态”的总原则，不一定总是满足“洪特规则”，A错误。同一轨道上最多容纳2个自旋状态相反的电子，B正确。由题设可知X、Y的原子核外电子排布式分别为1s22s2、1s22s22p63s2，分别为铍元

素和镁元素，它们处于同主族，性质相似，C正确。不同能级上的电子发生跃迁产生不同的谱线，因此光谱能证明原子核外电子是分层排布的，D正确。答案：A5．解析：Xn＋和Ym－电子排布相同，因而原子序数X>Y，X位于Y的下一周期，A

、B项均错误；根据粒子半径的比较方法，知X原子半径大于Y原子半径，Xn＋<Ym－，故C正确，D错误。答案：C6．解析：①为Si，②为N，③为C，同周期从左向右电负性逐渐增大，同主族自上而下，电负性逐渐减小，因此电负性最大的是N，

即为②，A项正确；①为Si，②为P，③为S，同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族>第ⅢA族、第ⅤA族>第ⅥA族，因此第一电离能最大的是P，即是②，B项错误；第二电离能到第三电离能发生突变，说明X元素最外层只有2个电子，即X和氯气发生反应

生成XCl2，C项正确；①、②、③依次为O、P、S，非金属性最强的是O，氢化物稳定性最强的是H2O，D项正确。答案：B7．解析：由Co的价电子排布式可知，Co位于第四周期Ⅷ族，其电子排布式为[Ar]3d74s2，A、B项错误；失电子时，应先失去最外层的电子，即先失去4s上的电子，故Co2＋的电

子排布式为[Ar]3d7，C项错误。答案：D8．解析：s轨道是球形的，这是电子云轮廓图，表示电子在单位体积内出现概率的大小，不是说电子在做圆周运动，A错误；p能级有三个原子轨道，同一能层上的p轨道能量相同，3px、3py、3pz能量相同，它们的差异是伸展方向不同，B错误；2

3号钒，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，能级有s、p、d三种，对应的原子轨道形状有3种，C项错误；电子云的轮廓图称为原子轨道，形象地描述电子运动的状态，D项正确。答案：D9．解析：基态原子能量最低，只可能产生吸收光谱

。而激发态的原子能量较高，跃迁到基态时会产生发射光谱。A、B、C三项表示原子处于激发态，只有D处于基态，不能产生发射光谱，选D项。答案：D10．解析：Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，所以Mg2＋为1s22s22p6，A项正确；Br的

电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，简化后为[Ar]3d104s24p5，B项错误；Fe为1s22s22p63s23p63d64s2，而原子失电子是从最外层开始，所以Fe3＋为1s22s22p63s23p63d5，C项错误；Cr的电子排布式为1s

22s22p63s23p63d54s1，D项错误。答案：A11．解析：根据该元素＋3价离子的电子排布式可知，该元素的外围电子排布为3d54s1，位于d区、第四周期第ⅥB族。答案：C12．解析：电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，半径随着原子序数的递增而减小，因此离子半径大小顺

序是：S2－>O2－>Na＋，故A错误；同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，但ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA，因此第一电离能大小顺序是N>O>C，故B错误；同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，F的电负性大于O，N的

电负性大于P，O的电负性大于N，因此电负性大小顺序是F>O>P，故C错误；Mn的价电子排布式为3d54s2，未成对电子数为5，Si的价电子排布式为3s23p2，未成对电子数为2，Cl的价电子排布式为3s23p5，

未成对电子数为1，故D正确。答案：D13．解析：原子光谱是由原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱，每一种原子的光谱都不同，用原子光谱可以研究原子结构，A项正确；无论是哪一个能层，只要是s能级，原子轨道都是球形分布，B项正确；Co是27号元素，原子的价层

电子排布式是3d74s2，Co原子失去最外层的2个电子变为Co2＋，其价电子排布式为3d7，C项错误；钠元素原子的最外层只有1个电子，失去这个电子后形成最外层8个电子的稳定结构，再失去比较难，所以第二电离能较大

；而Mg原子最外层有2个电子，失去第二个电子后次外层变为最外层，达到8个电子的稳定结构，所以Na的第二电离能大于镁元素的第二电离能，D项正确。答案：C14．解析：根据表中数据可知，Se、Y、La等3种元素的第三电离能与第四电离能的差值较大，故其可以显示

＋3价，Ce元素的第三电离能与第四电离能差距最小，所以Ce元素最可能有＋4价。D项符合题意。答案：D15．解析：非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4>H2YO4>H3ZO4，则非金属性X>Y>Z，原子序数X>Y>Z；同周期从左到右非金属性增强，原

子半径逐渐减小，所以原子半径：Z>Y>X，故不选A项；非金属性越强，氢化物越稳定，由于非金属性X>Y>Z，所以气态氢化物的稳定性：HX>H2Y>ZH3，故不选B项；非金属性X>Y>Z，元素的非金属性越强，其电

负性越强，则电负性：X>Y>Z，故不选C项；通常情况下，非金属性越强，第一电离能越大，但是也有特例；例如：X为Cl，Y为S，Z为P，由于P的最外层轨道处于半满状态，比较稳定，所以第一电离能Cl>P>S，故选D项。答案：D16．解析：A、B、C、D四种元素，A元素是地壳中含量最多的元

素，则A是O；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则其原子核外电子数＝2×(2＋8)＝20，则B是Ca；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C是Na，D元素在第三周期中第一电离能最大，则D是

Ar，故A正确；元素O、Ca、Na两两组成的化合物可为CaO、CaO2、Na2O、Na2O2等，故B正确；O2－、Na＋离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2－＞Na＋，故C错误；元素的非金属性越强，其电负性越大，故电负性Ca＞Na，故D正

确。答案：C17．解析：(1)Cu原子核外有29个电子，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63dl04s1，故Cu元素在元素周期表中处于第四周期第ⅠB族。基态Cu原子失去3个电子得到Cu3＋，故基态Cu3＋的核外电子排布式为1s22s22p

63s23p63d8或[Ar]3d8。(2)构成化合物的阳离子有未成对电子时，则该化合物具有磁性，V5＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，不含未成对电子；Cr4＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，含2个未成对电子；Pb和C同主族，Pb2＋的电子排布式为

[Xe]5d106s2，不含未成对电子；Zn2＋的电子排布式为[Ar]3d10，不含未成对电子。综上所述，具有磁性的为CrO2。(3)青蒿素中含有C、H、O三种元素，其电负性由大到小的顺序为O>C>H。(4)轨道

中电子处于全满、全空、半满时较稳定，所以气态Cu失去一个电子变成结构为[Ar]3d10的Cu＋，能量较低，所以Cu的第二电离能相对较大(或气态Zn失去一个电子变成结构为[Ar]3d104s1的Zn＋，易再失去一

个电子，所以Zn的第二电离能相对较小)答案：(1)第四周期第ⅠB族1s22s22p63s23p63d8(或[Ar]3d8)(2)B(3)O>C>H(4)气态Cu失去一个电子变成结构为[Ar]3d10的Cu＋

，能量较低，所以Cu的第二电离能相对较大(或气态Zn失去一个电子变成结构为[Ar]3d104s1的Zn＋，易再失去一个电子，所以Zn的第二电离能相对较小)。18．解析：(1)钠在火焰上灼烧时，原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量

较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以黄光的形式放出，属于发射光谱。(2)基态原子具有的能量最低，得到能量后，电子发生跃迁，从低轨道跃迁到高能级的轨道，能量最高的是b，能量最低的是

d。(3)Ti元素原子核外有22个电子，所以原子中运动状态不同的电子共有22种；其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d23s2；最高能层为4s能级，电子云轮廓形状为球形；价电子排布为3d23s2，价电子排布图为：。与Ti同周期的所有过渡元素的基态

原子中，最外层电子数与钛不同，结合构造原理与洪特规则，符合条件的元素原子的价电子排布为3d54s1、3d104s1。(4)金属元素第一电离能I1小于非金属元素，则第一电离能I1最小的X为Mg元素；N原子外围电子排布式为2s22p3，N与O相比，2p轨道处于半充满的稳

定结构，故失去第一个电子较难，I1较大，则I1较大的Z为N元素，故答案为：Z。(5)Fe2＋价电子为3d6，失去1个电子形成更稳定的3d5半满状态的Fe3＋，导致Fe2＋易被氧化成Fe3＋；因为Fe3＋与Fe2＋

核电荷数相同，但是核外电子小，所以核对电子吸引能力大，半径小。答案：(1)B(2)bd(3)22球形3d54s1或3d104s1(4)ZN原子外围电子排布式为2s22p3，N与O相比，2p轨道处于半充满的稳

定结构，故失去第一个电子较难，I1较大(5)Fe3＋的3d5半满状态更稳定小于核电荷数相同，但是Fe3＋核外电子数少。19．解析：(1)Be的原子序数为4，位于第二周期第ⅡA族，核外电子排布式为1s22s2；与Be

所在的周期中元素C：1s22s22p2，O：1s22s22p4,2p轨道均有2个未成对电子。(2)Al的最外层有3个电子，电子排布式为3s23p1，则最外层电子轨道表示式为；铝原子核外有13个电子则有13种运动状态不同的电

子；铝原子核外电子排布为1s22s22p63s23p1，五种轨道，五种能量；26Al中中子数为13，而硅的质子数为14，所以该核素为2714Si；硅与铝同周期，同周期元素，原子序数越大，电负性也越大，所以

硅的电负性大于铝。(3)比较半径：①电子层越多，半径越大，②当电子层数相同时，核电荷数越大，吸电子能力越强，半径越小，因此离子半径S2－＞Cl－＞Al3＋；元素非金属性越强，最高价氧化物水化物酸性越强，氯元素的非金属性最强，则HClO

4酸性最强。答案：(1)1s22s2CO(2)1352714Si大于(3)S2－＞Cl－＞Al3＋HClO420．解析：(1)J是Cr元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；L是Ba元素，原子序数是56；M是Br元素，是第四周期第ⅦA族元素，所以简化的电子排布式

为[Ar]3d104s24p5。(2)K是第四周期第ⅠB族元素，属于ds区元素，A错误；J是第四周期第ⅥB族元素，属于d区元素，B错误；F是第三周期第ⅡA族元素，属于s区元素，C正确；I是第三周期第ⅦA族元素，属于p区元素，D错误。(3

)①在第三周期元素中，由于Mg的3s能级是全充满结构，P的3p能级是半充满结构，所以第一电离能比同周期相邻的元素高。②从图像分析可知，同一主族元素原子的第一电离能I1变化规律是从上到下逐渐减小。Zn的第一电离能大于Ga的原因是Z

n的外围电子排布式为3d104s2,4s轨道全充满，所以Zn的第一电离能更高。③5号是P元素，位于元素周期表中的第三周期第ⅤA族。答案：(1)1s22s22p63s23p63d54s156[Ar]3d104s24p5(

2)C(3)①②从上到下依次减小Zn的外围电子排布式为3d104s2，是全充满结构，所以Zn的第一电离能更高③第三周期第ⅤA族21．解析：A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的核外电子数和电子层数相等，A为H元素；B元素原子的

核外p电子数比s电子数少1，B有2个电子层，为1s22s22p3，故B为N元素；由C原子的第一至第四电离能数据可以知道，第三电离能剧增，故C表现＋2价，处于ⅡA族，原子序数大于N元素，故C为Mg元素；F是前四

周期中电负性最小的元素，F为第四周期元素，故F为K元素；G在第四周期且位于周期表的第8列，G为Fe元素，据此解答。(1)NH5为离子化合物，是由NH＋4与H－两种离子构成，电子式为；(2)B为N元素，核外电子排布式为1s22s22p3，基态原子中能量最高的电子，处于2p能级，有3

个电子，其电子云在空间有3个方向，原子轨道呈哑铃(或纺锤)形；(3)，中3s能级，2个电子自旋方向相同，违背了泡利原理；(4)G为Fe元素，是26号元素，位于第四周期第Ⅷ族，最后填充的为d电子，为d区元素，核外

电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；Fe3＋核外电子数目为23，所以与其电子数相同的元素为23号元素钒，其电子排布为1s22s22p63s23p63d34s2，其价电子排布图为：；

(5)F为K元素，检验F元素的方法是焰色反应，产生此现象的原因是当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子。电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量。答案：(1

)(2)3哑铃(或纺锤)(3)泡利原理(4)Ⅷd1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2(5)焰色反应当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子。电子从较高能量的激发态跃迁到较

低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量课时作业51．解析：由于π键的强度一般小于σ键的强度，所以反应时π键比σ键易断裂，A项正确；分子的形成是为了使其能量降低，首先形成σ键，再根据成键原子的核外电子排布判断是否有π键形成，B项正确；H原子形成分子时，只能形成σ键，不能形

成π键，C项正确；原子跟其他原子首先形成σ键，故分子中不可能只有π键而没有σ键，D项错误。答案：D2．解析：s－sσ键无方向性，s－pσ键轴对称，A项对；在含有共价键的分子中一定有σ键，可能有π键，如HCl、N2等，B项对；单键都为σ键，乙烷分子结构式为，其6个C—H键和1个C—C键

都为σ键，D项对；共价三键中有一个为σ键，另外两个为π键，故乙炔(H—C≡C—H)分子中有2个C—Hσ键，C≡C键中有1个σ键、2个π键，C项错。答案：C3．解析：答案：C4．解析：N≡N键由一个σ键和两个π键构成，N—N键为σ键，比π键牢固，键能大于π键，所以A项不正确；N

≡N键的键能比H—H键的键能大，但由于氢原子的原子半径小，所以N≡N键的键长大于H—H键的键长，B项不正确；O2分子中氧原子间以双键结合，C项不正确；键能越大，分子越稳定，D项正确。答案：D5．解析：

分子中N—N为非极性键，A项错误；N原子间可以形成σ键和π键，B项错误；分子中含有4个N—H键、1个C===N键、1个N===O键、2个C—N键、1个N—N键和1个N→O键，σ键与π键的个数比是5:1，C项正确；硝基胍的分子式为C

N4H4O2，相对分子质量为104,10.4g该物质的物质的量为0.1mol，含有1.1×6.02×1023个原子，D错误。答案：C6．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：C7．解析：选项中的7种元素，电负性由小到大的顺序为K<Na<Mg<Al<S<Cl<F，故Al与S电负性相差最小，二者形成的化学键中共价键成分最多，C正确。答案

：C8．解析：A为s轨道与p轨道“头碰头”电子云重叠形成的σ键；B为p轨道与p轨道“头碰头”电子云重叠形成的σ键；C为p轨道与p轨道“肩并肩”电子云重叠形成的π键；D为s轨道与s轨道“头碰头”电子云重叠形成的σ键。答案：C9．解析：在乙烯分子中存在4个C—Hσ键和1个C—Cσ键，同时还

含有1个C—Cπ键，A项错误；由于σ键要比π键稳定，故乙烯在发生加成反应时断裂的是C—Cπ键，B项错误；由乙烯制得氯乙烯可看作是乙烯中的一个氢原子被氯原子取代，故断裂的是C—Hσ键，C项正确；σ键是轴对称，D项错误。答案：C10．解析：由题目信息可知含有π键的物质，具有防晒效果。由于A

、B、C中均含有C===O，有π键，而D中全部为单键，只含σ键不含有π键，因而酒精没有防晒效果，D正确。答案：D11．解析：1molS8中有8molσ键，因此32gS8即0.125mol,0.125molS8中含有σ键为8×18mol＝1mol，故A项正确；

根据SF6的结构式，S原子形成六个共价键，最外层电子为12个，而不是8个，B项错误；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项正确；SF6中，6个F原子构成正八面体，故D项正确。答案：B12．答案：(1)①②③(2)DB

AC13．答案：(1)F—N===N—F14．解析：由题意可知，E为碱金属，能与D形成原子个数比为1:1或2:1的化合物，说明D为O，E为Na，A为H。B、C都能与O形成原子个数比为1:1或1:2的化合物，则B为C，C为N。B与F同主族，则F为Si。(1)H、C、O、Na四种元素可形成NaH

CO3或CH3COONa等盐。(2)—个C2H2分子中含有一个三键和两个单键，有3个σ键和2个π键。(3)①键能越大，形成的物质熔点越高。②反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和：ΔH＝2Esi－si＋Eo＝o－4Esi－o＝2×176kJ·mol－1＋497

.3kJ·mol－1－4×460kJ·mol－1＝－990.7kJ·mol－1。答案：(1)NaHCO3CH3COONa(2)32(3)①a>c>d>b②－990.7kJ/mol15．解析：(1)HF、H2O中只含极性键，且均只含σ

键；Br2、H2、N2只含非极性键，其中前二者均只含σ键、N2分子中含σ键和π键；H2O2、C2H6均含极性键、非极性键，且均为σ键；C2H4含极性键、非极性键，且含双键；H—C≡N分子中含单键、三键；CO2分子中含两个双键；HCHO分子中

含有双键。含有由一个原子的s轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键是指由H原子与其他原子形成的共价键。答案：(1)①EFH②DEIJK③ACEFHIK④饱和方向(2)C原子半径较小，C、O原子能充分接近，p－p轨道“肩并肩”重叠程

度较大，能形成较稳定的π键；而Si原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p－p轨道“肩并肩”重叠程度较小，不能形成稳定的π键课时作业61．解析：在CH4和GeCl4中，中心原子价层电子对数均为4，且没有孤电子对，4个氢原子和4个氯原子在空间呈正四面体形排列，且键角为109°28′；CH3

Cl可看成CH4中一个氢原子被一个氯原子替换，由于氢原子与氯原子间的排斥作用力不同且氢原子与氯原子半径不同，故CH3Cl的立体构型不是正四面体形；P4是正四面体结构，但键角为60°；SO2－4中S原子价层电子对数为4，没有孤电子对，SO2－4为正四面体

形，键角为109°28′。答案：D2．答案：C3．解析：先确定分子的价层电子对数、孤电子对数后再确定分子的立体构型。α键电子对数孤电子对数价层电子对数分子立体构型SCl2212×(6－2×1)＝24V形BeCl2212×(2－2×1)＝02直线形BF3312×(3－

3×1)＝03平面三角形NF3312×(5－3×1)＝14三角锥形CF4412×(4－4×1)＝04正四面体形SiCl4412×(4－4×1)＝04正四面体形CO2212×(4－2×2)＝02直线形SF2212×(6－2×1)＝24V形答案：C4．解析：SO2－3离子的中心原子孤对电子

计算公式为(a－xb)/2中，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，因此a＝6＋2＝8，x＝3，b＝2，故选A。答案：A5．解析：两种模型相同，说明中心原子的价电子均参与成键，无孤电子

对存在。答案：A6．解析：H3O＋与NH＋4的价层电子对数均为4，A项正确；H3O＋与NH＋4中心原子孤电子对数分别为1和0，B项错误；H3O＋与NH＋4分别属于三角锥形、正四面体形，C项错误；H3O

＋与NH＋4分别属于三角锥形、正四面体形，所以键角不同，D项错误。答案：A7．解析：NCl3分子的电子式为，分子中各原子都满足8电子稳定结构，A错误；P4为正四面体形分子，但其键角为60°，B错误；NH＋4为正四面体形结构而非平面正方形结构，C错

误；NH3分子电子式为，有一对未成键的孤电子对，由于孤电子对对成键电子的排斥作用，使其键角为107°，呈三角锥形，D正确。答案：D8．解析：由图可知，X为平面三角形结构，其碳原子应该有三对价层电子对，其组成为CH

＋3，A项正确，C项错误；Y为三角锥形结构，其碳原子有四对价层电子对，故其组成为CH－3，键角比120°小，B、D项正确。答案：C9．解析：由题干信息可知，硫化羰的中心原子是碳，结构式为O===C===S，中心原子价层电子对数是2，

属于直线形分子，故B项正确。答案：B10．解析：白磷为正四面体，但是键角为60°，A错误；白磷与B12分子中键角均为60°，B正确；S8分子中键角小于180°，而CO2分子为直线形，键角为180°，C错误；CCl4与C

H4均为正四面体分子，但是原子半径Cl>C>H，所以比例模型不同，D错误。答案：B11．解析：SF6分子中，S和F的化合价分别是＋6和－1，S的化合价已达到最高价，不会再升高，而F的氧化性比O强，所以六氟化硫不易燃烧，A错误；SF6分子中的硫原子并不是8电子

稳定结构，氟原子满足8电子稳定结构，B错误；SF6分子中只有S—F极性共价单键，均为σ键，C正确；若将六氟化硫分子中的2个F原子换成Cl原子，只有2种可能结构产物，D错误。答案：C12．解析：(1)三原子分子中，三个原子一定

位于同一平面上，当键角为180°时，分子中三个原子位于同一条直线上，为直线形分子；当键角小于180°时，分子中三个原子不在一条直线上，为V形分子。AB3型四原子分子中，键角为120°时为平面三角形；键角小于120°时为三角锥形。(2)P4分子为正四面体

形，键角为60°；CH2F2为四面体形，不是正四面体形；PCl5、NH3不属于AB4型分子，不为四面体形。(3)CH4可能有平面四边形和正四面体形两种空间构型，不管为哪种，b、c两项都成立；若为前者，键角为90°，CH2Cl2

有两种：和；若为后者，键角为109°28′，CH2Cl2只有一种；无论CH4为哪种空间构型，CHCl3只有一种结构。答案：(1)直线形三角锥形(2)b、e(3)a、d13．解析：X、Y、Z、W、R是元素周期表前四周期元素中的五种常见元

素，其原子序数依次增大。X的基态原子的最外层电子排布式为nsnnpn＋1，s能级容纳2个电子，则n＝2，故X为氮元素；Y、Z同主族且ZY2是导致酸雨的主要物质之一，则Y为氧元素、Z为硫元素；R位于ds

区且原子最外层只有一个电子，外围电子排布式为3d104s1，故R为Cu；W原子次外层电子数为最外层电子数的7倍，原子序数大于S、小于Cu，只能处于第四周期，最外层电子数为2、次外层电子数为14，核外电子排布式为1s22s

22p63s23p63d64s2，故W为Fe。(1)W为铁元素，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，其基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2；(2)非金属性O＞S，故氢化物稳定性H2O＞H2S，由于N的2p轨道半充满，所以N的第一电离

能大于氧；(3)X的最常见的气态氢化物为NH3，氮原子形成3个N—H键，含有1对孤电子对，价层电子对数为4，分子的VSEPR模型为四面体形，分子的空间构型是三角锥形；(4)与NO－2互为等电子体的单质和化合物的化学式：O3、SO2。答案：(1)四Ⅷ[Ar]3d64s2(2)强小(3

)四面体形三角锥形(4)O3SO214．答案：(1)2＋12×(6－1×1－1×1)＝4V形(2)3s23p4平面三角形(3)SiCl4109°28′(4)c15．答案：(1)SO2、HClO、ClO－2SO2－3、ClO－3SO3SO2－4、ClO－4(2)①H－Si－

H＞H－P－H＞H－S－H②<③<④平面三角形111.4°课时作业71．解析：CH4中碳原子为饱和碳原子，采用sp3杂化。A项，亚甲基碳原子为饱和碳原子，采用sp3杂化；B、C项，C===C中的不饱和碳原子采用sp2杂化；D

项，C≡C中的不饱和碳原子采用sp杂化。A项符合题意。答案：A2．答案：C3．答案：D4．解析：乙醛中甲基的碳原子采取sp3杂化，醛基中的碳原子采取sp2杂化；丙烯腈中碳碳双键的两个碳原子均采取sp2杂化，另一个碳原子采取sp杂化；甲醛中碳原子采取sp2杂化；丙炔中甲基的碳原子采取

sp3杂化，碳碳三键中两个碳原子均采取sp杂化。答案：A5．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：A6．解析：A分子中碳、氮原子各形成了3个σ键，氮原子有一对孤电子对而碳原子没有，故氮原子是sp3杂化而碳原子是sp2杂化，A项错误，B项正确；A分子中有一个碳氧双键，故有12对共用电子对、11个σ键，C项错误

；由于氮原子为sp3杂化，故相应的四个原子形成的是三角锥形结构，不可能共平面，D项错误。答案：B7．解析：中心原子采取sp3杂化，轨道形状是正四面体，但如果中心原子还有孤电子对，分子的立体构型则不是正四面体；CH4分子中的sp3杂化轨道是C原子的一个2s轨道与三个2p轨道杂化而成

的；AB3型的共价化合物，A原子可能采取sp2杂化或sp3杂化。答案：A8．解析：NH＋4、NH3、NH－2含有的电子数均为10，A项正确；NH＋4、NH3、NH－2三种微粒中氮原子的杂化方式均为sp3杂化，B项正确；NH＋4立体构型为正四面体

形，NH3为三角锥形，NH－2为V形，C项错误；NH＋4、NH3、NH－2三种微粒的键角大小关系为NH＋4>NH3>NH－2，D项正确。答案：C9．解析：SOCl2、H2O、CH4中中心原子的价层电子对数均为4，均采取sp3杂化，而AlCl3中中心原子的

价层电子对数为3，属于sp2杂化，故选D。答案：D10．解析：CH4为正四面体结构，而CH－3为三角锥形结构，形状、键角、稳定性均发生改变，但杂化类型不变，仍是sp3杂化。答案：A11．解析：NH3中心原子的价层

电子对数＝3＋12(5－3×1)＝4，N原子的杂化方式为sp3，含有一对孤电子对，分子的立体构型为三角锥形，A项错误；CCl4中心原子的价层电子对数＝4＋12(4－4×1)＝4，C原子的杂化方式为sp3，没有孤电子对，分子的立体构型为正四面体，B项正确；H2O中心原子的价层电子对数＝2＋12(

6－2×1)＝4，O原子的杂化方式为sp3，含有两对孤电子对，分子的立体构型为V形，C项错误；CO2－3中心原子的价层电子对数＝3＋12(4＋2－3×2)＝3，C原子的杂化方式为sp2，没有孤电子对，分子的立体构型为平面三角形，D项错误。答案：B12．解析：分子中含6个N－H,6个C－N

,3个C===N，双键中有1个σ键，共15个σ键，故A正确；C===N中，C原子为sp2杂化，N原子也为sp2杂化，－NH2中N原子(连接的都是单键)为sp3杂化，杂化类型不同，B错误；由于—NH2中N为sp3杂

化，所以不可能在同一平面，C错误；同种元素原子之间才能形成非极性键，该分子结构中没有相同的原子连接，则该分子内只有极性键，故D错误。答案：A13．解析：b是氯与氯形成的非极性共价键，故A项错误；甲烷中碳与氢形成4个碳氢σ键、一氯甲烷分子中形成三个碳氢σ键和一个碳氯σ键，

中心原子均为sp3杂化，故B项正确；四种分子中只存在σ键而没有π键，故C项错误；氯的原子半径大于氢原子半径，所以氯气分子中的氯氯键的键能小于氯化氢分子中的氢氯键共价键的键能，故D项错误。答案：B14．解析：氮的最高价氧化物为N2O5，由两种离子

构成，其中阴离子构型为平面正三角形，化学式应为NO－3，则其阳离子的化学式为：NO＋2，其中心N原子价电子对数为2＋12(5－1－2×2)＝2，所以其中的氮原子按sp方式杂化，阳离子的构型为直线型，故合理选项是D。答案：D15．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)5016．解析：根据氢化物化学式H2X，知M(X)M(X)＋2×100%≈88.9%。可推知X的相对原子质量为16，则X为O，Y为S，则其氧化物分别为SO2、SO3，形成的酸分别为H2SO3和H2SO4，对应的酸根阴离子分别为SO2－3和S

O2－4。对于各种微粒的空间构型如SO2、SO3、SO2－3和SO2－4，可依据步骤依次判断如下：SO2SO3SO2－3SO2－4价层电子对数3344σ键数2334孤电子对数1010杂化轨道数3344立体构型V形平面三角形

三角锥形正四面体氧元素与氢元素形成的化合物可能为H2O或H2O2，其中H2O分子为V形，H2O2分子中存在非极性键“—O—O—”。答案：(1)①SO2sp2V形②SO3sp2平面三角形(2)H2SO3H2SO4SO2－3SO2－4三角锥形正四面体形(3)H2O2H2O17．解析：(

1)根据构造原理可知，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，所以其空间构型为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，所以其空间构型为三角锥形，N原子采取sp

3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，所以其空间构型为直线形，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、sp课时作业81．答案：D2．答案：D3．解析：氢键影响物质的部分物理性质，稳定性属于化学性质，即水是稳定的化合物与氢键无关，故A符合题意；HF分子间存在氢键，使HF聚合在一起，形成(HF)n，因此测量氟化氢相对分子质量的实验中，发现实验值总是大于20，与

氢键有关，故B不符合题意；水结冰，形成分子间氢键，使体积膨胀，密度变小，故C不符合题意；氨气分子间存在氢键，使氨气熔沸点升高，即氨气易液化，故D不符合题意。答案：A4．解析：同种原子形成的共价键是非极性键，即C===C键是非极性键，A

错误；在CH4分子中含有C—H极性共价键，由于该分子中各个共价键空间排列对称，是正四面体形的分子，所以该分子是非极性分子，B错误；二氧化碳结构为O===C===O，为极性键，C错误；CH4分子中碳原子形成的都是σ键，碳原子的杂化类型是sp3杂化，而

CO2分子中碳原子与两个氧原子分别形成了两个共价键，一个σ键、一个π键，碳原子的杂化类型是sp杂化，D正确。答案：D5．解析：甲醛分子中与H形成共价键的C原子的电负性没有那么大，与其相连的H原子不会成为“裸露”质子，甲醛分子间不存在氢键，A项错误；甲醛

中C原子形成3个σ键和1个π键，C上没有孤电子对，其中C为sp2杂化，甲醇分子中C原子形成4个σ键，C上没有孤电子对，其中C为sp3杂化，B项错误；甲醛分子为平面三角形，分子中正负电中心不重合，是极性分子，C项正确；甲醇分子中有—OH，可以形成分子间氢键，甲醇的沸

点比甲醛的沸点高，D项错误。答案：C6．解析：NH3、PH3、AsH3的相对分子质量逐渐增大，与图示曲线不相符，故A项错误；元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性N＞P＞As，所以氢化物的稳定性随着原子序数增大而减弱，故B项正确；氢化物的熔沸点与

其相对分子质量成正比，但含有氢键的熔沸点最高，所以沸点高低顺序是NH3、AsH3、PH3，故C项错误；原子半径越大，R－H键长越长，原子半径N＜P＜As，所以键长由短到长的顺序为NH3、PH3、AsH3，故D项错误。答案：B7．解析：非金属性较强的元素N、O、F的

氢化物易形成氢键，并不是分子中有N、O、F原子分子间就存在氢键，如NO分子间就不存在氢键，故A项错误；若形成分子内氢键时，其熔点和沸点会降低，形成分子间氢键时，物质的熔点和沸点就会升高，形成分子间氢键，形成分子内氢键，故熔沸点高，故B项正确；分子的

稳定性和氢键是没有关系的，而与化学键有关系，故C项错误；C－H键极性非常弱，不可能与水分子形成氢键。可燃冰是因为高压下水分子通过氢键形成笼状结构，笼状结构的体积与甲烷分子相近，刚好可以容纳下甲烷分子，而甲烷分子与水分子之间没有氢键，故D项错误。答案：B8．解析：S2

Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对，结合分子结构可知S2Cl2的结构式为Cl－S－S－Cl，电子式为，故A项错误；S2Cl2中Cl－S键属于极性键，S－S键属于非极性键，不对称的结构，为极性分子，故B项正确；分

子的结构不对称，为极性分子，而不是非极性分子，故C项错误；同周期从左往右原子半径逐渐减小，所以氯原子半径小于硫原子半径，键长越短键能越大，所以分子中S－Cl键能大于S－S键的键能，故D项错误。答案：B9．答案：A10．解析：He、Ne、Ar、Kr是

同一主族元素的原子，根据递变顺序，可知a为Ne；F、Cl、Br、I属于同一主族元素的原子，且b应是单质形式，即为Br2，c为氢化物，即HF，则a、b、c的化学式分别为Ne、Br2、HF，稀有气体无任何化学键

，A项错误；卤素单质均表现为较强的氧化性，对应的氢化物中氢氟酸是弱酸，B项错误；O、S、Se、Te的原子的得电子能力依次减弱，非金属性越来越弱，则氢化物的稳定性越来越弱，系列④中各化合物的稳定性顺序为：H2O>H2S>H2Se>H2Te，C项正确；氢键影响物

理性质，分子的稳定性与共价键的强弱有关，与氢键无关，D项错误。答案：C11．解析：组成和结构相似的氢化物，其相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高。因此，同一主族元素形成的氢化物的沸点按从上到下逐渐递增的趋势。但是由于H2O、HF、NH3分子间存在氢键，分子间作用力显著增大，因而沸点显著

升高。答案：AD同族元素的氢化物相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高H2O、HF、NH3分子间存在氢键，分子间作用力显著增大，因而沸点显著升高12．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电子排布图为。(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)

XY4的立体构型为正四面体形，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：(1)(SCN)2的结构式为N≡C—S—S—C≡N，单键

为σ键，三键中含有1个σ键、2个π键，故1mol(SCN)2中含有π键的数目为4NA；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能，故异硫氰酸的沸点较高。(2)H2O2与H2O分子间可以形成氢键，溶解度增大，导致二者之间互溶。(3)乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)中N原子形成3个

σ键，含1对孤电子对，价层电子对数为4，采取sp3杂化；乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)分子之间可以形成氢键，三甲胺[N(CH3)3]分子之间不能形成氢键，故乙二胺的沸点较高。(4)从氢键的成键原理上讲，A、B两项都

成立，C、D两项都错误；但是H—O键的极性比H—N键的大，H—O键上氢原子的正电性更大，更容易与氮原子形成氢键，所以氢键主要存在于H2O分子中的H与NH3分子中的N之间。另外，可从熟知的性质加以分析。NH3·H2O能电离出NH＋4和OH－，按A项结

构不能写出其电离方程式，按B项结构可合理解释NH3·H2ONH＋4＋OH－，所以B项正确。(5)HF在水溶液中形成的氢键可从HF和HF、H2O和H2O、HF和H2O(HF提供氢)、H2O和HF(H2O提供氢)四个方面来考虑。由此可以

得出HF水溶液中存在的氢键。答案：(1)4NA异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能(2)H2O2与H2O分子之间可以形成氢键(3)sp3杂化乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键(4)B(5)F—H…F、F—H…O、O—H…F、O—H…O14．解析：(1)H原子只有

一个电子，且占据s轨道，O原子通过杂化形成4个sp3杂化轨道，杂化轨道上有2个不成对电子，H原子的s轨道与O原子的sp3杂化轨道头碰头形成共价键，则H2O分子中含有的共价键用符号表示为ds－sp3；(2)每个水分子与

相邻的4个水分子形成氢键，故每个水分子形成的氢键数为4/2＝2；(3)H2O的结构为V形，O含有两对孤电子，H＋具有空轨道，可以以配位键的形式，结合其中一对孤电子形成H3O＋，则该离子的空间结构为三角锥形；(4)等电子体的要

求是原子总数相同，价电子总数相同，所以短周期元素原子形成的与H3O＋互为等电子体的分子或离子有NH3；(5)①在电场作用下的凝结，说明水分子是极性分子；②由水分子释放出电子时产生的一种阳离子，可以表示成H2O＋，因为氧化

性很强，氧化SO2生成硫酸，2H2O＋＋SO2===4H＋＋SO2－4，根据信息和电荷守恒，H2O＋＋H2O===H3O＋＋－OH，因此，本题正确答案是：2H2O＋＋SO2===4H＋＋SO2－4，H2O＋＋H2O===H3O＋＋－OH

；(6)水的分解温度远高于其沸点的原因是水分解需要破坏分子内部的极性键，水的汽化只需破坏分子间的范德华力与氢键即可，而极性键远比分子间的范德华力与氢键强得多；(7)水分子之间除了范德华力外还存在较强的氢键，氢键是有方向性和饱和性的，水由液态变为固态时，氢键的这种方向性和饱和性表

现得更为突出，每个水分子都处于与直接相邻的4个水分子构成的四面体中心，分子之间的空隙较大，密度较小。答案：(1)ds－sp3(2)2(3)三角锥形配位键(4)NH3(5)①极性②2H2O＋＋SO2===4

H＋＋SO2－4H2O＋＋H2O===H3O＋＋－OH(6)水分解需要破坏分子内部的极性键，水的汽化只需破坏分子间的范德华力与氢键即可，而极性键远比分子间的范德华力与氢键强得多(7)水分子之间除了范德华力

外还存在较强的氢键，氢键是有方向性和饱和性的，水由液态变为固态时，氢键的这种方向性和饱和性表现得更为突出，每个水分子都处于与直接相邻的4个水分子构成的四面体中心，分子之间的空隙较大，密度较小课时作业91．解析：本题主要考查“

相似相溶”原理。非极性分子I2构成的单质易溶于非极性溶剂中。答案：C2．解析：互为手性异构体的分子互为镜像关系，故A正确；在手性催化中，与催化剂手性匹配的化合物在反应过程中会与手性催化剂形成一种最稳定的过渡态，从而只会诱导出一种手性分子，所以利用手性催化剂合成主要得到一种手

性分子，故B正确；手性异构体是同分异构体的一种，同分异构体分子式相同，所以手性异构体分子组成相同，故C正确；手性异构体旋光性不同，化学性质可能有少许差异。答案：D3．解析：根据相似相溶规律：极性分子组成的溶质易溶

于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，所以碘单质在水溶液中溶解度很小，在CCl4中溶解度很大。答案：D4．解析

：这些物质中CH3CH2COOCH3不能与水形成氢键，则溶解度最小，分子中含有羟基数目越多，与水形成的氢键越多，则溶解度越大，所以溶解度：HOCH2CH(OH)CH2OH＞HOCH2CH2CH2OH＞CH3CH2CH2OH＞CH3CH2COOCH3，即d＞a＞

b＞c。答案：A5．解析：根据“相似相溶”原理，水是极性分子，CS2是非极性分子，SO2和NH3都是极性分子，A错误、B正确；由于CS2常温下是液体，SO2和NH3常温下是气体，C错误；NH3在水中溶解度很大，除了由于NH3分子为

极性分子外，还因为NH3分子和H2O分子之间可形成氢键，D错误。答案：B6．解析：由题意可知，A项、B项与D项中各有1个手性碳原子；C项中有2个手性碳原子。答案：C7．解析：As4和P4分子中共价键键角均为60°，故A错误；

原子半径As>P，键长越长，键能越小，故B错误；都为非极性分子，故C错误；黄砷为非极性分子，根据相似相溶原理，可知易溶于四氯化碳，难溶于水，故D正确。答案：D8．解析：1-戊醇以及木糖醇都含有羟基，可与水分子间形成氢键，所以水溶性比戊烷好

，由于木糖醇含有羟基数目多，所以水溶性③＞①。答案：B9．解析：乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体，但乙酸分子间可形成氢键，所以沸点高，A正确；氨气形成分子之间的氢键，所以容易液化，而氮气分子之间则没有氢键，所以难被液化，

B正确；蛋白质分子中碱基可相互配对就是通过形成氢键完成的，C正确；HF的热稳定性比H2O强，是因为HF分子中H－F键更稳定，D错误。答案：D10．答案：D11．解析：E是三角锥形分子，M是双原子分子且原子间

形成三对共用电子，E和M必定是NH3和N2，G和L都是双原子分子且G是单质，则G是F2，L是HF。图示反应为：2NH3＋3F2===6HF＋N2。HF是极性分子，F2是非极性分子，故A正确；N2的电子式为，分子中含2个π键和1个σ键，故B正确；NH3与水分子形成氢键，

使得氨气极易溶于水，故C正确；NH3的中心原子的价层电子对数是4，采取sp3杂化，故D错误。答案：D12．解析：若生成的新有机物为无光学活性的物质，则原有机物中的手性碳原子上至少有一个原子或基团发生转化使两个原子或基团具有相同的结构。A项，反应后—CHO转化为，手性碳原子仍存在；

B项，反应后—CH2OH转化为CH2OCOH，手性碳原子仍存在；C项，反应后—CH2OH转化为—CH2ONa，手性碳原子仍存在；D项，反应后—CHO转化为—CH2OH，与原有机物手性碳原子上的一个基团结构

相同，不再存在手性碳原子。答案：D13．解析：(2)题表中稀有气体的熔、沸点和在水中溶解度的数据变化呈现了一定的规律，即随着相对分子质量的增大，稀有气体的熔、沸点逐渐升高，溶解度逐渐增大，据此即可解题。(3)范德华力影响物质的物理性质(如溶、沸点和溶解度

等)，而不是物理性质影响范德华力。该小题前三个选项错在颠倒了因果关系。答案：(1)范德华力(2)C(3)ABC14．解析：由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，C为O；由D与B同主族，且为非金属元素得D为Si；由E在

C的下一周期且E为同周期元素中的电负性最大的元素可知E为Cl。(1)①、②、③、④分别为CO2、CH4、H2O2、CCl4，其中H2O2为极性分子，其他为非极性分子。(2)C的氢化物为H2O，H2O分子间可形成氢键是其沸点较高的主要原因。(3)B、A两元素组成苯，C、A两元

素组成水，两者都为常见的溶剂。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、SiCl4，三者结构相似，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，故它们的

沸点顺序为SiCl4>CCl4>CH4。答案：(1)③(2)H2O分子间形成氢键(3)C6H6H2O大于(4)SiCl4>CCl4>CH415．解析：(1)①ClO－4的价电子对数为(7＋1)/2＝4，Cl原子上没有孤电子对，空间构型为正四面体形，Cl原子采用sp3杂化；②环

上有5个σ键，环外有3个σ键，共8个σ键；Htrz分子中只有N原子有孤电子对，H、C无孤对电子，所以与Fe2＋形成配位键的原子是N；③两者结构相似，相对分子质量非常接近，但Htrz分子中有N－H键，N原子半径小，电负性大，分

子间可以形成氢键，也可以与水分子间形成氢键，所以它们的水溶性和沸点差异很大的主要原因是：1,2,4–三氮唑分子间、与水分子间都可以形成氢键；(2)根据抗坏血酸的分子结构，该结构中有两种碳原子，全形成单键的碳原子和双键的碳原子，全形成单键的碳原子为sp3杂化，双键的碳原子为sp2杂化；

根据抗环血酸分子结构，分子中含有4个－OH，能与水形成分子间氢键，因此抗坏血酸易溶于水；(3)苏丹红Ⅰ形成分子内氢键，羟基取代对位后，则易形成分子间氢键，与H2O之间形成氢键后会增大其溶解度；(4)饱和一元醇

由于含有—OH，所以与水结构相似，但是随着碳原子数目增多，与水结构上的相似程度就减少，所以水溶性减弱。答案：(1)①正四面体形sp3②8N③1,2,4–三氮唑分子间、与水分子间都可以形成氢键(2)sp3、sp2易溶于

水(3)增大因为苏丹红Ⅰ形成分子内氢键，而修饰后的分子可形成分子间氢键，与水分子间形成氢键后有利于增大化合物在水中的溶解度(4)减弱因为随着n值增大，醇与水的结构相似程度减小，所以溶解度减弱。第二章单元测试题1．解析：稀有气体分子中不存在化学键，故B错误；σ键的

相互重叠程度大于π键，所以σ键更稳定，C项错误；一般情况下π键不如σ键稳定，但也存在π键比σ键稳定的情况，故D错误。答案：A2．解析：NH－2中N原子采用sp3杂化，且孤电子对数为2，分子的立体构型为V形，A项错误；SO2中S原子的价层电子对数＝σ键数＋孤电

子对数＝2＋12×(6－2×2)＝3，含孤电子对数为1，杂化轨道数为3，采取sp2杂化，结构为V形，B项错误；CO2－3中，价层电子对数＝3＋12×(4＋2－3×2)＝3，不含孤电子对，杂化轨道数为3，采取sp2杂化，立体构型为平面三角形，C项错误；C2

H2中C原子采用sp杂化，且C原子的价电子均参与成键，所以分子的立体构型为直线形，D项正确。答案：D3．解析：选项具体分析结论A分子中N、O间形成的共价键为不同元素原子之间形成的共价键，属于极性键错误BN(NO2)3的分子结构与NH3相似，分子中四个N原子构成三角

锥形错误C该分子中N—N—N键角都是108.1°，分子构型为三角锥形，中心氮原子还有一对孤电子对正确D因为1个N(NO2)3分了含有10个原子，15.2g该物错误质，即0.1mol含有6.02×1023个原子答案：

C4．解析：CO2分子中碳原子是sp杂化，B项不正确；碳碳三键是由1个σ键和2个π键构成的，乙炔分子中含有1个碳碳三键和2个C—H键，所以C项不正确；碳碳双键是由1个σ键和1个π键构成的，乙烯分子中含有1个碳碳双键和4个C—H键，因此D项不正确，答

案选A。答案：A5．解析：NH3是三角锥形，而BF3是平面三角形结构，B位于中心，因此，NH3是极性分子，BF3是非极性分子，A、B两项都错误；NH3·BF3中N、B均为sp3杂化，C项错误；NH3分子中有1对孤电子对，BF3中B原子最外层只有6个电子，正好有1个空轨道

，二者通过配位键结合而使每个原子最外层都达到稳定结构，D项正确。答案：D6．解析：双键中含1个σ键，等物质的量的NO－3、SO2－4含σ键个数之比为3:4。答案：C7．解析：丙烯(CH3—CH===CH2)中存在6个C—Hσ键和2个C—Cσ键，还有1个π键，则共有8个σ键，1个π键

，A项正确；甲基中的C为sp3杂化，中的C为sp2杂化，丙烯中只有1个C原子为sp3杂化，B项错误；C、C之间形成的共价键为非极性键，则丙烯分子存在非极性键，C项正确；为平面结构，—CH3中最多有一个H原子在该平面上，故共有

7个原子共平面，D正确。答案：B8．解析：水分子的稳定性好，是由水分子内氢氧共价键的键能决定的，与分子间形成的氢键无关，A错误；固态冰中，1个水分子与周围的4个水分子通过氢键相连接，从而形成空间网状结构

，B正确；“准液体”中，水分子间的距离不完全相等，所以1个水分子与少于4个的水分子间距离适合形成氢键，形成氢键的机会比固态冰中少，C正确；当温度达到一定数值时，“准液体”中的水分子与下层冰连接的氢键被破坏，使一部分水分子能

够自由流动，从而产生“流动性的水分子”，造成冰面变滑，D正确。答案：A9．解析：在NF3分子中，N原子上有1对孤对电子，有3个N—F键，类似NH3分子的结构，NF3分子中N原子采取sp3杂化，分子呈三角锥形，A项正确；有机物易溶于有机物，而水为无机物，故C3F8在CCl4中的溶解度比在水中的大，

B项正确；若碳原子连有四个不同的基团，则该碳原子具有手性，故CHClFCF3存在手性异构，C项正确；CHClFCF3中存在C—C非极性键，D项错误。答案：D10．解析：根据A、B的电负性值，可判断A元素为O，B元素为F，该分子为OF2，由已知AB2

分子的键角为103.3°可知OF2分子中键的极性不能抵消，为极性分子。答案：B11．解析：氟、氯、溴的原子半径依次增大，氢卤键键长增长，键能减小，A项错误；硒化氢的相对分子质量大于硫化氢，硒化氢的沸点高于硫化氢，B项错误；非金

属元素原子与氢形成共价键，元素的非金属性越强，键的极性越强，C项正确；SiH4、NH3、H2O的中心原子价层电子对数均为4，但孤电子对数分别为0、1、2，故键角变小，D项错误。答案：C12．解析：由球棍模型可知，T为HCHO，X不稳定，易分解，则X为H2CO3，则Y为氧化剂，

可以选择氧化性较强的酸性KMnO4溶液，A项正确；等物质的量并不一定是1mol，B项错误；X分子中含有的σ键个数为5，T分子中含有的σ键个数为3，C项错误；T、X分子中均只含有极性键，无非极性键，D项错误。答案：A13．解析：三聚氰

胺分子中C原子采用sp2杂化、N原子采用sp2杂化、氧原子则采用sp3杂化，三种原子杂化方式不同，故A错误；三聚氰胺分子中不存在同种元素之间形成的共价键，则分子内不含非极性键，只含极性键，故B错误；二氧化碳分子间不能形成氢键，C错误；由于H2O、NH3、CO2均为分子晶体，

其中H2O、NH3分子间能形成氢键，所以H2O、NH3沸点高于二氧化碳，又由于水分子间氢键数目比氨气分子间的氢键数目多，所以水的沸点比氨气高，D正确。答案：D14．解析：利用手性催化剂可选择性生成手性分子，A项正确；氢键是一种分子间作用力，不是化学键，故B项

错误；互为手性异构体的分子其结构不同，性质相似而不是相同，C项错误；由提示可知，F原子的存在使得酸性增强，故同族元素的Cl也有类似的作用，D项正确。答案：AD15．解析：由题意知，W为C，X为Al，Z为Cl，Y可能为Si、P、S。A项，若Y为Si

，则C的电负性大于Si，错误；B项，HCl分子间不存在氢键，错误；C项，若Y为Si，则Y、Z形成的SiCl4为正四面体形分子，Si原子采取sp3杂化，正确；D项，若Y为S，则WY2为CS2的结构式为S===C===S，所含σ键、π键的个数相等，错误。答案：C16．解析：从RCl5的分子结构图可

知键角正确；R—Cl有两类键长可知键能不完全相同；RCl5=====△RCl3(三角锥形)＋Cl2↑，则RCl5受热后会分解生成分子立体结构呈三角锥形的RCl3。答案：A17．解析：根据Y的价电子排布式确定Y的

价电子排布式可能为2s22p4或3s23p6，为O元素或Cl元素；再结合Y与X能形成X2Y和X2Y2两种化合物，可确定Y、X分别为O和Na，根据原子序数之和为25，可确定Z为C。(1)C原子最外层有4个电子，根据泡利原理和洪特规则可写出其价电子排布图。(2)X2Y2为N

a2O2，该离子化合物中既含有离子键又含有非极性键。(3)氧元素最常见的氢化物是H2O，中心原子O上有2个σ键电子对和2个孤电子对，其VSEPR构型为四面体形，中心原子采取sp3杂化；CCl4分子的空间构型为正四面体形，CS2的结构类似于CO2，该分子中

含有2个C===S，即从原子轨道成键方式看，CS2分子中有2个σ键和2个π键。答案：(1)(2)离子键和非极性键(3)四面体形sp3正四面体2个σ键2个π键18．答案：(1)1s22s22p1(2)三角锥形极性键(3)Al2O3＋2OH－===2AlO－2＋H2O(4)N2

(g)＋O2(g)===2NO(g)ΔH＝＋180kJ·mol19．答案：(1)大于154，小于235大于116小于148(2)Si—Si、P—P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)①C—C键和C—H键较强，所以形成的烷烃较稳定，

而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较小，易断裂，导致长链硅烷难形成②C—H键的键能大于C—O键，C—H键比C—O键稳定，而Si—H键的键能小于Si—O键，所以，Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键20．解析：(1)①“可燃冰”中分

子间存在的两种作用力是分子间作用力和氢键。②根据表格数据可知，笼状空腔的直径是0.586nm，而CO2分子的直径是0.512nm，笼状空腔直径大于CO2分子的直径，而且CO2与水分子之间的结合能大于CH4，因此可以实现用CO2置换CH4的设想。(2)要能被该有机化合物识

别，则应能与N原子形成氢键，则该微粒中应含有4个N—H或O—H或F—H键，可见只有c符合要求。(3)S4O2－6的结构中两边的S原子均形成4个σ键且无孤对电子，中间的两个S原子均形成两个单键，且均有两对孤对电子；原子间形成的共价键数目越大，键长就越短；A邻羟基苯磺酸能形成分子内氢

键，B对羟基苯磺酸能形成分子间氢键，所以沸点B＞A。答案：(1)①氢键、范德华力②CO2的分子直径小于笼状空腔直径，且与H2O的结合能大于CH4(2)c(3)sp3杂化<B＞A，因为B可以形成分子间氢键21．解析：(1)BCl3是平面正三角形，分子中正负电中心重合

，是非极性分子；而NCl3的N原子上有一对孤电子对，是三角锥形，分子中正负电中心不重合，是极性分子，所以分子极性：BCl3<NCl3，A正确；Mn的＋2价离子3d轨道半充满，能量低更稳定，B正确；HCl分子之间只存在分子间作用力，而HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在分子间

氢键，因此HF的沸点比HCl的高，C错误；CCl4、CS2都是由非极性分子构成的物质，H2O是由极性分子构成的物质，根据相似相溶原理可知，由非极性分子构成的溶质CCl4容易溶解在由非极性分子构成的溶剂CS2中，由极性分子H2O

构成的溶质不容易溶解在由非极性分子构成的溶剂CS2中，所以溶解度：CCl4>H2O，D错误。(2)某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍，此元素是Br，位于VⅡA族，最高正价为＋7价，故A项正确；金属钠比镁活泼，容易失去电子，因此钠的第一电离能小于Mg的第一电离能，Na最外层只有一个

电子，再失去一个电子，出现能层的变化，需要的能量增大，Mg最外层有2个电子，因此Na的第二电离能大于Mg的第二电离能，故B项错误；由于Cl电负性大于H，故酸性CH2Cl—COOH比CH3CH2COOH强，C正确。邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，降

低物质熔点，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，增大物质熔点，因此邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点，故D项正确。(3)PO3－4中P的价层电子对数为4，故杂化方式为sp3杂化，空间构型为正四面体。(4)苯胺比甲苯的熔沸点都高，苯胺中存在电负性较强的N

所以可以形成氢键，因此比甲苯的熔沸点高。(5)①根据图可知阳离子是NH＋4和H3O＋，NH＋4中心原子是N，含有4个σ键，孤电子对数为(5－1－4×1)/2＝0，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，空间构型为正四

面体形；H3O＋中心原子是O，含有3个σ键，孤电子对数为(6－1－3)/2＝1，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，空间构型为三角锥形，因此相同之处为ABD，不同之处为C；②由图可知N－5中σ键总数为5个；③根据图(b)还有

的氢键是：(H3O＋)O—H…N(NH＋4)N—H…N。答案：(1)AB(2)ACD(3)正四面体4sp3杂化(4)苯胺分子之间存在氢键(5)①ABDC②5③(H3O＋)O—H…N(NH＋4)N—H…N课时作业101．答案：D2．解析：由晶胞的概念可知A选项错误；相同晶体中晶胞的大小和形状完

全相同，不同晶体中，晶胞的大小和形状不一定相同，B选项错误；晶体中的大部分粒子被若干个晶胞所共有，不完全属于某个晶胞，C选项错误；知道晶胞的组成，利用“均摊法”即可推知晶体的组成，D选项正确。答案：D3．解析：由题可知a有固定熔

点，属于晶体，b没有固定熔点，属于非晶体。答案：D4．解析：由于AB＝2CD，而AB、CD间的电阻却相等，说明样品横向(AB)与纵向(CD)的导电性不同，具有各向异性，而晶体的特征之一是各向异性，非晶体则具有各向同性，故该样品为晶体。答案：D

5．解析：因为玻璃态水的密度与普通液态水的密度相同，所以水由液态变为玻璃态，体积不变。因为玻璃态的水无固定形状，不存在晶体结构，所以不是一种晶体，而是水的一种特殊状态。答案：C6．解析：在立方晶胞中，只有处于晶胞内部的粒子才完全属于该晶胞，处于面上的微粒有12属于该晶胞，处于棱上的微粒有14

属于该晶胞，处于各顶点上的微粒只有18属于该晶胞。据此可以算出各晶体的化学式分别是AB、C2D、EF、XY3Z，所以A项错误。答案：A7．解析：这不是一个立方晶胞结构，而是一个正三棱柱结构，那么依据实际情况来计算，原子的分摊数顶点为112，水平棱上为14，竖棱上为16，内部为1。A、B、C三种粒子

数之比为6×112:6×14＋3×16:1＝1:4:2。答案：B8．解析：六个碳原子组成一个正六边形，而每个碳原子被3个正六边形共用，因此每个正六边形拥有2个碳原子。答案：A9．解析：由晶胞的结构图可知，锰原子分布在正六棱柱的顶点、上下底面的面心上、棱边的中点上和体

心上，所以锰原子的个数为：12×16＋2×12＋6×13＋1＝6，铋原子分布在六棱柱的体内，数目为6，所以锰原子和铋原子的个数比为6:6＝1:1，所以化学式为MnBi，故选C。答案：C10．解析：该晶胞中●个数＝8×18＋6×12＝4，个数＝12×14＋8＝11，根据冰晶石的化学式可知，冰晶石中

Na＋和AlF3－6的个数之比为31，据此可判断出大立方体的体心所代表的微粒与代表的微粒相同，为Na＋。答案：A11．解析：由晶胞图可知，V位于晶胞的顶点和体心，V的个数为1＋8×18＝2，有4个O位于晶胞面上，2个O位于晶胞内部，则O的个数为4×12＋2＝4，则该晶体的化学式为VO2。答

案：B12．解析：从NaCl晶体结构模型中分割出一个小立方体，如图所示a表示其边长，d表示两个Na＋中心间的距离。每个小立方体含Na＋：18×4＝12，含Cl－：18×4＝12，即每个小立方体含Na＋—

Cl－离子对12个。则有：a3·2.2g·cm－3＝12×58.5g·mol－16.02×1023mol－1，解得a≈2.81×10－8cm，又因为d＝2a，故食盐晶体中两个距离最近的Na＋中心间的距离为d＝2×2.81×10－8cm≈4.0×10－8cm。答案：C13．解析：(1)从

粒子在微观空间里是否具有有序性和自范性角度观察。(2)A项，玻璃是一种无固定熔、沸点的非晶体；B项，许多固体粉末不能用肉眼观察到晶体外形，但可通过光学显微镜或电子显微镜看到规则的几何外形，所以固体粉末也可能是晶体。(3)晶体的自范性指的是在适宜条件下，晶体

能够自发呈现规则的几何外形的性质，这一适宜条件一般指的是晶体能够自动结晶析出的条件。A项所述过程不可能实现；C项中的圆形并不是晶体冰本身自发形成的，而是受容器的限制形成的；D项中玻璃属于非晶体；B项中的氯

化钠属于晶体，从饱和溶液中析出是形成晶体的途径之一，其发生的原因是晶体的自范性。答案：(1)非晶硅晶体硅(2)ACD(3)B14．解析：(1)以钛离子为顶角，应有8个立方晶胞紧靠在一起，这样钛原子成为空间直角坐标系的中心

原子，它的三维方向上前后左右上下最近且相邻各有1个氧离子(钛离子)，共6个，它周围的8个立方晶胞内各含1个钙离子。(2)该晶胞中含氧离子个数为12×14＝3，钙离子个数为1，钛离子个数为8×18＝1，故其个数比为311，则它的化学式可

表示为CaTiO3。(3)1mol晶体的质量等于(a＋b＋3c)g,1mol晶体的体积为d3×10－21×6.02×1023cm3，则其密度为ρ＝mV＝(a＋b＋3c)g6.02×1023×d3×10－21cm3＝a＋b

＋3c602d3g·cm－3。答案：(1)686(2)3:1:1CaTiO3(3)a＋b＋3c602d315．解析：(1)短周期主族元素中未成对电子数最多为3，所以B、C、D均为第四周期的元素，B的价电子层中未成对电子数为1，结合B＋可知B

为K，A为F；未成对电子数为4的只能为[Ar]3d64s2排布，C为Fe，D为Ni。(2)从左到右第一电离能(除第ⅡA、第ⅤA族特殊外)、电负性逐渐增大，K的第一电离能最小、F的电负性最大。(3)①F原子个数＝4(16个棱)＋2(4个面心

)＋2(2个体心)＝8；K原子个数＝2(8个棱)＋2(2个体心)＝4；Ni原子个数＝1(8个顶点)＋1(1个体心)＝2；化学式为K2NiF4；②1molK4Ni2F8晶胞的质量为(39×4＋59×2＋19×8)g，一个晶胞的质量为(39×4＋59×2＋19×8)gNA；一个晶胞的体积为

4002×1308×10－30cm3，密度＝一个晶胞质量一个晶胞体积。(4)K3FeF6中含有K＋和[FeF6]3－，Fe3＋与F－之间以配位键结合，Fe3＋为中心原子提供空轨道、F－为配位体提供孤对电子。答案：

(1)(2)KF(3)①K2NiF4②39×4＋59×2＋19×86.02×1023×4002×1308×10－30(4)离子键、配位键[FeF6]3－F－课时作业111．解析：非金属单质中的金刚石、非金属氧化物中的SiO2均为共价晶体；而金属氧化物通常为离子化合物，属离子晶体。故

C正确。答案：C2．解析：A、B选项属于无氢键存在的分子结构相似的情况，相对分子质量大的物质熔、沸点高；C选项属于有氢键存在差别的分子结构相似的情况，存在氢键的物质熔、沸点高；D选项属于相对分子质量相同，但分子结构不同的情况，支链多的物质熔、沸点低。答案：B3．解析：氮化硼是由两种

非金属元素形成的化合物，根据该化合物的性质可知其为共价晶体，微粒间作用力为共价键。C60和金刚石熔化时分别克服的是分子间作用力和共价键，A项错误；冰和干冰熔化时均克服的是分子间作用力，C项错误；碘和金刚砂熔化时分别克服的是分子间作用力

和共价键，D项错误。答案：B4．解析：A、C中HF和H2O分子间含有氢键，沸点反常；对结构相似的物质，B中沸点随相对分子质量的增加而增大；D中沸点依次降低。答案：D5．解析：由分子构成的晶体，分子与分子之间以分子间作用力相互作用，而分子间作用力较小，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，表中的MgCl2、NaCl、CaCl2熔、沸点很高，很明显不属于分子晶体，AlCl3、SiCl4熔、沸点较低，应为分子晶体，B项正确，A、C、D三项错误。答案：B6．解析：由图可知该晶体是晶体冰(H2O)，属于分子晶体。晶体中每个水分子与另

外四个水分子形成4个氢键，每个氢键为两个H2O所共有，因此，平均每个H2O相当于形成2个氢键，即1mol晶体冰中含有2mol氢键，也就是2×6.02×1023个氢键。尽管氢键比共价键弱得多，不属于化学键，却和共价键一样具有方向性，从而1个水分子与另外4个

水分子形成了四面体结构。这种结构存在较大空隙，空间利用率不高，当晶体受热熔化时，热运动使冰的结构解体，水分子间的空隙变小，密度增大。答案：D7．答案：D8．解析：CO2、白磷、氨基乙酸、固态He是分子晶体，其晶体由分子构成，稀

有气体He由单原子分子构成；SiO2、晶体Si属于共价晶体，其晶体直接由原子构成。答案：C9．解析：干冰晶体采用分子密堆积，每个分子周围最近的分子有12个，而共价键有饱和性和方向性，所以二氧化硅晶体中，每个

硅原子周围只有4个氧原子A项正确；乙醇的分子间易形成氢键，故其沸点高于C2H5Br，B项正确；C项Si、O是非金属元素，但金刚石、晶体硅、二氧化硅都是共价晶体，C项不正确；干冰熔化时破坏范德华力，二氧化硅、金刚石等共价晶体熔化时破坏共价键，D项正确。答案：C10．解析：HCl、HBr，

SO2、SeO2均为组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，熔点越高。HF、H2O分子中均存在氢键，所以熔点出现“反常”现象。金刚石、碳化硅和晶体硅中，共价键键长：C—C<C—Si<Si—Si共价键键能：C—C>C—Si>Si—Si共价键键长越短，键能越大，

则共价晶体的熔点越高。所以三者的熔点由高到低的顺序是金刚石>碳化硅>晶体硅。答案：D11．解析：B原子最外层有3个电子，存在一个空轨道，N原子最外层有5个电子，存在一个孤电子对，由晶体结构可知，立方相氮化硼为空间

网状结构与金刚石类似，立方相氮化硼中B形成4个共价键，其中1个为B←N配位键，故A项错误；六方相氮化硼具有层状结构，层间作用力小，所以质地软，但层内原子间通过共价键结合，导致熔点很高，故B项错误；立方相氮化硼中硼原子形成4个共价键，所以立方相氮化硼中硼原子采用的是s

p3杂化，故C项错误；晶体中存在可以自由移动的电子能导电，六方相氮化硼晶体中没有可以自由移动的电子，所以不导电，故D项正确。答案：D12．解析：(1)卤素单质及XX′型卤素互化物都是双原子分子，组成和结

构相似，其相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高。(2)①主要考查学生运用信息、模拟信息的能力，KI＋IBr===KBr＋I2。②欲验证反应能否发生，实际上是证明是否有I2生成，检验I2生成的方法是向混合物中滴加几滴淀粉溶液，若变蓝，则反应能发生，否则，反应

不能发生。(3)依据图像给出的信息，随着相对分子质量的增加，熔点逐渐升高，计算ICl的相对分子质量，最小范围介于Br2和IBr的熔点之间。答案：(1)相对分子质量越大，分子间的作用力越强(2)①KI＋IBr===KBr＋I2②向反应物混合液中滴加几滴淀粉溶液，若变蓝，证明能反应，否则不

能反应(3)介于Br2的熔点和IBr的熔点之间13．解析：(1)砷原子核外33个电子分4层排布，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3。(2)①CH4与SiH4的结构相似，液态的C

H4、SiH4汽化时克服的只有分子间作用力，而相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的沸点越高，所以SiH4的沸点高于CH4，但NH3分子间还存在氢键，而PH3分子间只存在分子间作用力，所以NH3的沸点高于PH3。②CH4、SiH4、NH3、

PH3物质的稳定性与共价键强弱有关，非金属性越强，与H化合能力越强，生成的化学键的键能也越大，其分子也越稳定。③由于HF分子间存在氢键，分子和分子间更易结合在一起，所以它优先液化。(3)磷酸分子中含有“O—

H”键，故分子间可形成氢键；三聚磷酸形成过程中共失去2分子水，不同磷酸的磷通过氧原子连接起来。答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s24p3(2)①结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，因此SiH4沸点高于CH

4；NH3分子间还存在氢键作用，因此NH3的沸点高于PH3②C—H键键能大于Si—H键，因此CH4分解温度高于SiH4；N—H键键能大于P—H键，因此NH3分解温度高于PH3③HF(3)氢键14．解析：(1)因

为N和Si分别要形成3个与4个共价键，所以氮化硅的化学式为Si3N4；二者的价层电子对数均为4，所以均采取sp3杂化。(2)因为氮化硅的硬度极大，所以它属于共价晶体，晶体中存在的作用力是共价键，由于N原子半径比Si小，所以键长短，键能大，硬度大；(3

)Si3N4为共价晶体，其性质为硬度大熔点高，又因它是由原子以共价键形成的晶体，所以不存在单个分子，且为空间网状结构。选①②④⑤。答案：(1)Si3N4sp3杂化(2)共价晶体共价键N原子半径小于Si，所以N—Si键长比Si—Si键长短，键能大(3)①②④⑤15．解析：

(1)在元素周期表中，锗和硅属于同主族，锗位于硅的下一周期，即锗的原子序数为14＋18＝32，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2；由于4p能级有3个能量相同的轨道，根据洪特规则，4p上2个电子

分别占据两个轨道且自旋方向相同，因此未成对电子为2；(2)根据表格数据得出，三种锗卤化物都是分子晶体，不含分子间氢键，因此熔沸点随着相对分子质量的增大，范德华力增大，熔沸点升高；(3)锌、锗位于同周期，同一周期从左向右元素的电负性逐渐增大，而氧

位于元素周期表右上角，电负性仅次于F，得出三种元素的电负性大小顺序是氧>锗>锌；(4)类比金刚石，晶体锗属于共价晶体，每个锗与其周围的4个锗原子形成4个单键，锗原子的杂化类型为sp3，微粒间的作用力是共价键；(5)①对照晶胞图示，坐标系以及A、B

、C点坐标，选A点为参照点，观察D点在晶胞中位置，即体对角线的14，D的坐标参数为14，14，14；②类似金刚石晶胞，1个晶胞含有8个锗原子，即晶胞的质量为8×73NAg，晶胞的体积为(a×10－10)3cm3，即晶胞的密度为8×73NA×(a×10－10)3g/cm3。答案：(1)

3d104s24p22(2)相对分子质量的增大，范德华力增大，熔沸点升高(3)氧>锗>锌(4)sp3共价键(5)①14，14，14②8×73NA×(a×10－10)3课时作业121．解析：A中为分子晶体；B中固体能导电，熔

点在1000℃左右，可能为金属晶体；C中由共价键结合成的网状结构，是共价晶体的结构特点；D中固态时不导电、熔融后能导电是离子晶体的特征。答案：B2．解析：金属能导电是因为自由电子在外电场作用下做定向运动，A项错误；金属能导热是因为自由电子

在热的作用下与金属阳离子碰撞，从而发生热的传导，B项错误；合金与纯金属相比，由于增加了不同的金属或非金属，相当于填补了金属阳离子之间的空隙，所以延展性减小，硬度增大，D项错误。答案：C3．解析：离子化合物中的阳离子不一定是金

属离子，如NH4Cl，阳离子为NH＋4而不是金属离子；共价化合物溶于水也可能导电，如NH3、SO2、HCl等。答案：C4．解析：金属离子与自由电子之间强烈的相互作用形成金属键，金属的导电热、导热性、延展性及其具有金属光泽等均与金属键有关。答案：C

5．解析：离子晶体液态时能导电，难溶于非极性溶剂，熔点较高、质硬而脆，固体不导电，故②③④⑤⑦均不符合离子晶体的特点；⑥中熔点达3900℃，硬度很大，应是共价晶体。故只有①⑧符合题意。答案：A6．解析：离子化合物形成的离子晶体中，离子键的键长越短，阴、阳离子所带电荷数

越多，则晶体的熔点越高，三种物质所带电荷：EF＞AB＝CD，键长：EF＜AB＜CD，所以熔点由高到低的顺序是EF＞AB＞CD。答案：D7．解析：金刚石中碳原子为sp3杂化，石墨烯中碳原子为sp2杂化，A项正确；金刚石、石墨、C

60和石墨烯都是碳元素形成的不同单质，它们互为同素异形体，B项正确；碳元素的同素异形体完全燃烧的产物都是CO2，C项正确；C60是分子晶体，石墨是混合晶体，D项错误。答案：D8．解析：根据NaCl和CsCl晶体的空间结构特点分析图示。①中由黑球可知，其配位数为6，④图应为简单立方体结构，故①和④

应为NaCl晶体；②中由白球知配位数为8，③为体心立方结构，故①和③为CsCl晶体，所以C项正确。答案：C9．解析：在固态与液态时均能导电，该晶体是金属晶体，离子晶体在固态时不能导电，故A错误；根据MgF2化

学式可知，晶胞中F－与Mg2＋配位数之比1:2，据此可知Mg2＋的配位数为8，B正确；氧化钠与水反应生成氢氧化钠，有水分子中的共价键的破坏，氧化钠中离子键的破坏，形成了氢氧化钠中的离子键和共价键，故C正确；离子键没有方向性，但离子晶体在外力作用下，层与层之间发生滑动后

，带同种电荷的离子相邻，离子键被破坏，所以没有延展性，D正确。答案：A10．解析：Q的离子键键能大于P的离子键键能，故Q的熔点比P的高，A项正确；因F－的半径比Cl－的小(其他卤素离子的半径比Cl－的大)，故NaF的离子键键能强于NaCl的，故B项正确，D项错误。因Q、P中成键离子均为一价离子

，电荷数相同，故离子键键能的差异是由成键离子核间距决定的，离子键键能越大，表明核间距越小，C项正确。答案：D11．解析：氯化钠晶体中，距Na＋最近的Cl－是6个，即钠离子的配位数是6,6个氯离子形成正八面体结构，A项正确；Ca2＋位于晶胞顶点和面心，数目为8×1

8＋6×12＝4，即每个晶胞平均占有4个Ca2＋，B项正确；碳碳键被两个碳原子共有，每个碳原子形成4条共价键，即平均1molC原子形成4×12＝2mol碳碳键，碳原子与碳碳键的个数比为1:2，C项正确；该气态团簇分子不是晶胞，分子式为E4F4或F4

E4，D项错误。答案：D12．解析：δ­Fe晶体、γ­Fe晶体和α­Fe晶体中的配位数分别为8、12、6，A、B正确；δ­Fe晶胞中含Fe原子1＋8×18＝2个，α­Fe晶胞含Fe原子8×18＝1个，故α­Fe晶体和δ­Fe晶体的密度比为2b3a3，C正确；三种同素异形体的

化学性质相同，但物理性质比如密度就不相同，D错误。答案：D13．解析：(1)由题中对金晶体晶胞的叙述，可求出每个晶胞中所拥有的金原子个数，即8×18＋6×12＝4。(2)金原子的排列是紧密堆积形式的，所以原子要相互接触。(3)如图是金晶体中原子之间相互位置关系的平面图，AC为金原子直径的2倍，

AB为立方体的边长，由图可得，立方体的边长为2d，所以一个晶胞的体积为(2d)3＝22d3。(4)一个晶胞的质量等于4个金原子的质量，所以ρ＝4MNA·22d3＝2MNAd3。答案：(1)4(2)金原子间相互接触(3)22d3(4)2MN

Ad314．解析：(1)属于离子晶体的有③④⑤⑥，其中③只含非金属元素，NaF中只含离子键，Na2O2中有离子键和非极性共价键，NH4Cl和Ca(OH)2中有离子键和极性共价键。(2)分子晶体中含范德华力，只有白磷、石墨晶体中

既有范德华力又有共价键，水晶中只含共价键。答案：(1)③⑤⑥③④(2)①⑦⑦②15．解析：(1)由表中数据可知AlF3是离子化合物，熔化时需克服离子键，而AlBr3是分子晶体，熔化时需克服分子间作用力

，故选A项。(2)MgCl2是离子晶体，离子间通过离子键结合，AlCl3为共价化合物分子，分子间通过范德华力结合，离子键作用力远大于范德华力，所以MgCl2的熔点远高于AlCl3的熔点。(3)AlCl3不属于离子晶体，熔融时不能导电，因而

不能用电解AlCl3的方法生产铝。(4)MgO和BaO都是离子化合物，Mg2＋的半径比Ba2＋小，所以MgO的熔点比BaO的熔点高。(5)将两种晶体加热到熔化状态，MgCl2能导电，而AlCl3不能导电，

即可证明MgCl2为离子晶体，AlCl3为分子晶体答案：(1)A(2)MgCl2是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子键的强度远大于分子间作用力(3)AlCl3不属于离子晶体，熔融时不能导电，因而不能用电解AlCl3的方法生产铝(4)

高(5)将两晶体加热到熔化状态，MgCl2能导电，AlCl3不能导电，证明AlCl3为分子晶体，MgCl2为离子晶体16．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2

acm，有(2acm)3·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0.25

mol，故其摩尔质量为117g/mol，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)Na2Cl2课时作业131．解析：配合物的内界与外界由离子键结合，只要外界存在Cl－，加入AgNO3溶液即有AgCl沉淀产生。

对于B项配合物分子[Co(NH3)3Cl3]，Co3＋、NH3、Cl－全处于内界，很难电离，不存在Cl－，所以不生成AgCl沉淀。答案：B2．解析：由示意图知，两个氧原子均形成了两个σ键，故均为sp3杂化，A项

错误；Mg的最高化合价为＋2，而化合物中Mg与4个氮原子形成化学键，由此可以判断该化合物中Mg与N原子间存在配位键，该物质为配合物，B项正确；有两个N原子与Mg之间形成的是普通共价键，C项错误；高分子化合物的相对分子质量通常在1000以上该叶绿素是配合物，不是

高分子化合物，D项错误。答案：B3．解析：对于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；对于B项，AgNO3与氨水反应先生成AgOH沉淀，再生成[Ag(NH3)2]

＋；对于C项，Fe3＋与KSCN反应生成配离子，颜色发生改变；对于D项，CuSO4与氨水反应先生成Cu(OH)2沉淀，再生成[Cu(NH3)4]2＋。答案：A4．解析：配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，配体是Cl－和H2

O，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12，C项正确；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：C5．解析：Cu2＋的价电子排布式为3d9，A项错误；在题述结构示意图中，存在O→Cu配位键，B项正确；胆矾中的水分为两类，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，受热时会分步失去

，C、D项错误。答案：B6．解析：0.01mol氯化铬(CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量的AgNO3处理产生0.01molAgCl沉淀，说明氯化铬(CrCl3·6H2O)中有一个氯离子在外界，其余在内界。而Cr3＋的配位数

为6，则此氯化铬最可能是[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O，C正确。答案：C7．解析：根据A原子的1s轨道上只有1个电子可确定A为H；电负性最大的元素，即非金属性最强，则B为F；基态原子2p轨道有3个未成对电子，则C为N；E能形成红色的E2O和黑色的EO两

种氧化物，则E为Cu；第四周期中最外层上有2个运动状态不同的电子，即最外层有2个电子，则D为Ca。(1)N原子的价层电子数为5，根据泡利原理和洪特规则可写出其价电子排布图。(2)Cu属于ds区元素，Cu＋核外有28个电子，依据构造原理可写出其电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[A

r]3d10。(3)NH3中σ键电子对数和孤电子对数分别为3和1，则价层电子对数为4；N－3与CO2互为等电子体，中心原子N为sp杂化，其空间构型为直线形。(4)[Cu(NH3)4]2＋中存在极性共价键

和配位键。(5)书写时注意Cu2＋提供空轨道，NH3中N原子提供孤电子对，形成配位键。答案：(1)(2)ds1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)(3)4sp直线形(4)①③(5)8．解析：(1)A项，根据碳铂的结构简式可知，碳铂分子中不存在手性碳原子；B项，反

铂的结构简式为，其结构对称，属于非极性分子；C项，碳铂的中心原子Pt的配位原子为2个O和2个N，其配位数为4；D项，[PtCl(NH3)2(H2O)]＋中H2O的O原子上有孤电子对，故O原子与Pt形成配位键。(2)单键都是σ键，

双键中有1个σ键和1个π键，故1mol1,1-环丁二羧酸中含有18molσ键，所含σ键的数目为18×6.02×1023。(3)顺铂易溶于水，因为它是极性分子，易溶于极性溶剂。(4)X是NH3与第二周期另一种元素的氢化物相互作用的产物，且X是乙烷的等电子体，则X中应含有14个

价电子，故X为BH3·NH3；Y是乙烯的等电子体，则Y为BH2===NH2。①X中B提供空轨道，N含有孤电子对，可形成配位键，则X的结构式为。②中N原子形成3个σ键，1个配位键，采取sp3杂化，BH2===NH2中N原子形成3个σ键，采取sp2杂化。答案：(1)C(2)18×6

.02×1023(3)顺铂顺铂是极性分子，易溶于极性溶剂(4)①②sp3sp29．解析：(1)除去硫酸铜溶液中的少量硫酸，可以加入能与硫酸反应且不会引入杂质的物质，则可加入铜的氧化物、氢氧化物以及碳酸铜等，

③⑤⑥符合题意。(2)Cu(OH)2与氨水反应能生成深蓝色的配合物，所以该过程发生反应的离子方程式为Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O。(3)①CoCl2＋xH2

O===CoCl2·xH2O13018x65g(119－65)g13065g＝18x(119－65)g，解得：x＝6。②化合物CoCl2·6H2O中Co2＋的配位数为6，且内界和外界占有Cl－的个数比为1:1，即各有1个Cl－，则内界中含有1个Cl－和5个H2O，外界有1

个Cl－和1个H2O，所以化学式可表示为[Co(H2O)5Cl]Cl·H2O。答案：(1)③⑤⑥(2)深蓝Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O(3)①6②[Co(H2O)5C

l]Cl·H2O10．答案：(1)Cr3＋NH3、Br－6(2)sp3杂化(3)6cd(4)18811．解析：(1)有机物分子中加入氢原子的反应叫还原反应；有机物分子中去掉氢原子的反应叫氧化反应；分子中增加了氢原子，所以a是还原反应；分子中减少了氢原子，所以b是氧化反应；(2)根据题目信息，A

是电中性分子，对流动阳离子没有束缚力，则计算机中分子开关处于A状态，计算机处于开启状态；B是阴离子，对流动阳离子有束缚力，达到“关”的作用，所以若分子计算机中分子开关处于B状态，则计算机处于关闭状态。答案：(1)还原氧化(2)开启关闭12．解析：(1)2p轨道上的2个电子没有分占不同轨道，该电

子排布图违背了洪特规则；CH＋3中心碳原子的价层电子对个数＝3＋4－1－1×32＝3，采用sp2杂化，为平面三角形结构，而CH－3中心碳原子的价层电子对个数＝3＋4＋1－1×32＝4，采用sp3杂化，

为三角锥形；(2)①基态锂离子核外只有1s能级上有电子，为K层上的电子，所以其能层符号为K；②冠醚Y空腔较大，Li＋半径较小，Li＋半径远远小于Y空腔，导致该离子不易与氧原子的孤电子对形成配位键，所以得不到稳定结构；③i.水分子中氧原子的价层电子对个数是4，采

用sp3杂化，含有2个孤电子对，氧的杂化轨道的空间构型为四面体；水分子中氧原子含有2个孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于成键电子对和孤电子对之间的排斥力，导致水分子中键角小于甲烷分子之间键角，小于109°28′；ii.根据相似相溶原理知，冠醚可溶

于烯烃，加入冠醚中的钾离子因静电作用将高锰酸根离子带入烯烃中，增大反应物的接触面积，提高氧化效果。答案：(1)洪特规则平面三角形三角锥形(2)①K②Li＋半径比Y的空腔小得多，不易与空腔内氧原子的孤电子对作用形成稳定结

构③i．四面体＜ii.冠醚可溶于烯烃，进入冠醚中的K＋因静电作用将MnO－4带入烯烃中，增大烯烃与MnO－4接触机会，提升氧化效果13．解析：(1)Cr的基态价电子排布式为3d54s1，而Mo与Cr同主族，但比Cr多了一周期，因而基态价电子排布式为4d55s1，用轨道电子排布表示为

，因而核外未成对的电子为6个。(2)观察该超分子结构有双键，说明有σ键和π键，分子中不存在离子键，根据信息Mo形成配位键，因而答案选AB。(3)CO提供孤电子对的是C原子，Mo提供空轨道，两个原子形成配位键，p-甲酸丁酯吡啶中碳原子有形成双键，说明其杂化方式为sp2，在丁基中C原子形成四个单

键为sp3杂化。(4)根据不同晶体类型的性质不同来解释：C60是分子晶体，金刚石是共价晶体，共价晶体熔化时破坏的共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力。(5)Mo的一种立方晶系的晶体结构中，以(0,0

,0)Mo原子为中心，那么与之最近的Mo原子有8个，分别是(1/2,1/2,1/2)，(－1/2,1/2,1/2)，(1/2，－1/2,1/2)等等，因而为体心立方堆积，先计算出立方的边长，因而每个晶胞中含有2个Mo原子，晶胞体积V＝2MρNAm3，所以立方边长a＝3V＝32MρNA

m，最近的两个原子坐标为(0,0,0)和(1/2,1/2,1/2)，可知该立方边长为1，用距离公式算出两原子相距32，根据比例关系，原子最近真实距离等于32MρNA×32×1010pm。答案：(1)4d55s16(2)AB(3)Csp2和sp3(4)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(5)体心立方堆积32MρNA×32×1010第三章单元测试题1．答案：B2．答案：C3．答案：C4．解析：AlON和SiO2

均属于共价晶体，均只含有共价键，A、D项正确；AlON属于共价晶体，熔融时不导电，B项错误；AlON中O为－2价，Al为＋3价，所以N元素的化合价为－1，C项正确。答案：B5．解析：只有分子晶体的化学式才表示真实的分子组成。答案：A6．解析：云母是晶体，具有各向异性，在不同方向的导热性能不同，

使得熔化的石蜡成椭圆形。答案：D7．解析：由相似相溶原理可推知AlCl3为非极性分子，属于分子晶体。答案：C8．解析：由比例模型可以看出分子中有1个碳原子、1个氮原子和1个氢原子，原子半径：C>N>H，所以该比例模型中最

左端的是氢原子，中间的是碳原子，最右边的是氮原子，其结构式为H—C≡N，分子中“C≡N”键含有1个σ键和2个π键，故A项正确；固态S是由S8构成的，根据其溶解性可知，该晶体中存在的微粒是分子，属于分子晶体，故B项错误；SF6空间构型为对称结构，分子的极

性抵消，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，SF6为非极性分子，根据图示，分子构型为八面体型，故C项正确；根据B12的熔点1873K，该晶体熔点较高，属于共价晶体，故D项正确。答案：B9．解析：钠、镁、铝的熔点和沸点逐渐升高，硬度逐渐增大，这是因为它们中的金属键逐渐增强，与化学键的强

弱有关；金刚石的硬度大于晶体硅的硬度，其熔点也高于晶体硅的熔点，这是因为C—C键的键长比Si—Si键的键长短，C—C键的键能比Si—Si键的键能大，也与化学键的强弱有关；KF、KCl、KBr、KI的熔点依次降低，这是因为它们中的离子键的强度逐渐减弱，与化学键的强弱有关；CF4、SiF4、G

eF4、SnF4的熔点和沸点逐渐升高，这是因为分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，与化学键的强弱无关。答案：D10．解析：用均摊法计算：图①中每个实心球周围有6个空心球围成正六边形，但每个空心球为3个正六边形共有，因此实心球与空心

球的个数比为1:6×13＝1:2。图②中，每个实心球周围有6个空心球围成正六边形，但每个空心球为2个正六边形共有，因此实心球与空心球的个数比为1:6×12＝1:3。③与②类似。图④中，每个实心球周

围有6个空心球围成正六边形，其中的4个被2个正六边形共有，因此实心球与空心球的个数比为1:4×12＋2＝1:4。答案：C11．解析：C60、C70、C90均是分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高，金刚石是共价晶体，熔点比分子

晶体高得多，A项正确；石墨转化成金刚石是吸热过程，说明石墨能量低，故石墨比金刚石稳定，B项正确；由C60的晶体结构，可知每个C60分子周围与它最近且等距离的C60分子有12个，C项正确；金刚石、C60、C70之间的转化反应

，化合价未变，不属于氧化还原反应，D项错误。答案：D12．解析：晶胞中钡原子个数为2，铜原子个数为18×8＋14×8＝3，钇原子个数为1，则Y2O3、BaCO3、CuO之比为12:2:3＝1:4:6。答案：B13．解析：依据均摊规则，晶胞中共有4个铁原子，8个镁原子，故化学式为Mg2Fe，

一个晶胞中含有4个“Mg2Fe”，其质量为4NA×104g＝416NAg。晶胞中Fe的配位数为8，Mg的配位数为4，C错误。答案：C14．解析：(1)由表格中的数据可知AlCl3的熔沸点较低，则AlCl3属于分子晶体，熔点比沸

点略高，加热时能升华，故正确；(2)由表格中的数据可知CCl4的熔沸点较低，则CCl4是分子晶体，故正确；(3)由表格中的数据可知，NaCl的沸点为1413℃，属于离子晶体，粒子之间以离子键结合，但1500℃时NaCl蒸气中分子

组成可用NaCl表示，故正确；(4)由表格中的数据可知AlCl3的熔沸点较低，则AlCl3属于分子晶体，故错误。答案：C15．解析：题图所示晶胞含有3个钠离子、1个氯离子，所以该晶体的化学式为Na3C

l，故C正确。答案：C16．解析：由阴、阳离子构成，不可能是分子晶体，离子晶体在固态时不能导电；类比NH＋4为正四面体，推测[PCl4]＋为正四面体，而[PCl3]2＋应类比BF3为正三角形结构。答案：D17．解析：根据不同物质晶体的结构特点来辨别图形所代表的物质。N

aCl晶体是简单立方单元，每个Na＋与6个Cl－紧邻，每个Cl－又与6个Na＋紧邻，但观察Na＋与最近距离等距离的Na＋数时要抛开Cl－，从空间结构上看是12个Na＋。即x轴面上、y轴面上、z轴面上各4个。CsCl晶体由Cs＋、Cl－分别构成立

方结构，但Cs＋组成立方的中心有一个Cl－，Cl－组成的立方中心又镶入一个Cs＋，可称为“体心立方”结构，Cl－周围紧邻8个Cs＋，Cs＋紧邻8个Cl－。干冰也是立方体结构，但在立方体每个正方形面的中央都有一个CO2分子，称为“面心立方”。实际上各面中央的CO2

分子也组成立方结构，彼此相互套入面的中心。所以每个CO2分子在三维空间里x、y、z三个面各紧邻4个CO2分子，共12个CO2分子。金刚石的基本单元是正四面体，每个碳原子紧邻4个其他碳原子。石墨的片层由正六边形结构组成，每个碳原子紧邻另外3个碳原

子，即每个六边形占有1个碳原子的13，所以大的结构中每个六边形占有的碳原子数是6×13＝2个。答案：(1)D4共价(2)E2(3)A12(4)C离子8(5)B分子1218．解析：(1)(2)(3)(4)晶体的熔点高低、熔融态能否导电及溶解性等性质相结合，是判断晶体类型的重要依据。共价晶体

和离子晶体的熔点都很高或较高，两者最大的差异是熔融态的导电性不同。共价晶体熔融态不导电，离子晶体熔融时或其水溶液都能导电。共价晶体和分子晶体的区别则主要在于熔、沸点有很大差异。一般共价晶体和分子晶体熔融态时都不能导电。另外易溶于一些有机溶剂的物质往往也是分子晶体的特征之一。(

5)由于Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgO>Li2O，分子间作用力(分子量)P4O6>SO2，所以熔点大小顺序是MgO>Li2O>P4O6>SO2。答案：(1)共价晶体(2)分子晶体(3)离子晶体(4)分子晶体(5)Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为

分子晶体。晶格能MgO>Li2O，分子间作用力(分子量)P4O6>SO219．解析：(1)由图可知一个金刚石晶胞中有8个C原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则正方体对角线的1/4就是C－C键的键长

，即34a＝2r，所以r＝38a，碳原子在晶胞中的空间占有率ω＝8×43πr3a3＝8×43π38a3a3＝3π16。(2)①在该晶胞中三种元素所形成的离子的个数比为Ba2＋:Ti4＋:O2－＝1:8×18:12×14＝1:1:3。②将共用一个Ti4＋

的8个晶胞的体心Ba2＋连接起来构成新的立方体晶胞，则O2－原子正好处在面心位置。③晶胞顶点位置上的Ti4＋与其前、后、左、右、上、下的6个Ti4＋距离最近且相等，若将它们连接起来，则形成正八面体。④Ti4＋周围与其距离最近且相等的O2－有6个，立方晶胞12条棱上的12个O2

－与体心位置上的Ba2＋距离最近且相等。(3)①根据A、B两点坐标参数，结合C点位置可以推出C点坐标参数。②由图可知Pb2＋与S2－配位数均为6；由于S2－采用面心立方最密堆积方式，故面对角线为4r(S2－)据数学知识有4r(S2－)

＝2a，据此可求得r(S2－)；③晶胞质量m＝4M(PbS)NA晶胞体积V＝(0.594×10－7cm)3，据此可得密度。答案：(1)8388×43πr3a3＝3π16(2)①BaTiO3②面心③6正八面体④6、12(3)①12，12，12②

60.210③4×2396.02×1023×(0.594×10－7)320．解析：(1)当原子轨道填充为半满全满时，较稳定，P为半满结构，因此第一电离能最大，故A项不符合题意；共价键的极性与原子得失电子能力有关，得失电子能力差别越大，极性越强，得电子能力，同主族元素从上到下依次减弱，故

B项符合题意；离子键与离子半径有关，离子半径越大，离子键越强，同主族元素离子半径从上到下依次增大，因此离子键强度逐渐减小，故C项符合题意；热稳定性，同主族元素，越往下，越稳定，因此D不符合题意。(2)柠檬酸的晶体属于分子晶体，羧基中C原子形成3个σ键，

其它碳原子形成4个σ键，都没有孤电子对，碳原子杂化方式为：sp2、sp3；柠檬酸分子内存在共价键，分子之间存在范德华力、氢键。(3)①SiX4属于分子晶体，不含分子间氢键，范德华力越大，熔、沸点越高，范德华力随着相对质量的增大而增大，即熔、沸点增高；②同主族从上到下非金属性减弱，得电子能力减弱

，因此PbX2中化学键的离子性减弱，共价性增强；(4)根据晶胞结构可知锂全部在晶胞中，共计是8个，根据化学式可知氧原子个数是4个，则Li2O的密度是ρ＝mV＝8×7＋4×16NA(0.4665×10－7)3g/cm3。(5)可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化

学式推导：PO2－4、P2O4－7、P3O5－10：磷原子的变化规律为：1,2,3,4，n；氧原子的变化规律为：4,7,10,3n＋1；酸根所带负电荷数的变化规律为：3,4,5，n＋2。因此这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为(PnO3n＋1)(n＋2)

－。答案：(1)BC(2)分子晶体sp2、sp3共价键、氢键、范德华力(3)①均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大②减弱增强(4)8×7＋4×16NA(0.4665×10－7)3(5)(PnO3n＋1)(n＋2)－21．解析：(1)晶体熔沸点：

共价晶体＞离子晶体＞分子晶体，金刚石为共价晶体、NaCl是离子晶体，H2O、HCl为分子晶体。含有氢键的分子晶体熔、沸点较高，H2O中含有氢键、HCl不含氢键，则金刚石、NaCl、H2O、HCl晶体的熔点依次降低，故A正确；碘升华与

分子间作用力有关，与化学键无关，故B错误；含有自由移动离子的离子化合物能导电，硫酸钠为离子晶体，熔融状态下离子键被削弱，电离出自由移动阴阳离子，能导电，故C正确；干冰和石英都是共价化合物，但是干冰为分子晶体、石英为共价晶体，所属的晶体类型不同，导致其物理性质差别较大，故D正

确。(2)根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。(3)在晶胞中含有的Mn离子数目为：14×12＋1＝4，含有的O离子数目为

：18×8＋12×6＝4，Mn离子:O离子＝4:4＝1:1，所以该氧化物的化学式为MnO，化合物中元素正负化合价代数和等于0，由于O的化合价为－2价，所以Mn的化合价为＋2价；根据晶胞结构可知：在Mn离子上、下、前、后、左、右6个方向各有一个O离子，

所以Mn离子的配位数是6。(4)由图1可知，每个晶胞中含Sm原子：4×12＝2，含Fe原子：4×14＋1＝2，含As原子：4×12＝2，含O原子：8×18＋2×12(1－x)＝2(1－x)，含

F原子：8×18＋2×12x＝2x，所以该化合物的化学式为SmFeAsO1－xFx；根据该化合物的化学式为SmFeAsO1－xFx，一个晶胞的质量为2[281＋16(1－x)＋19x]NA，一个晶胞的体积为a2c×1

.0－30cm3，则密度ρ＝2[281＋16(1－x)＋19x]a2cNA×10－30g/cm3；根据原子1的坐标12，12，12，可知原子2和3的坐标分别为12，12，0，0，0，12。答案：(1)B(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(3)＋26(4)SmFeAsO1－xFx2[281＋16(1－x)＋19x]a2cNA×10－3012，12，0

0，0，12