2013年优化方案同步练习选修3（苏教版）25份

2.1原子核外电子的运动
1. 下列叙述中，不属于核外电子的特点的是(　　)
A．质量很小　　 B．运动范围很小
C．运动速率很快 D．有确定的运动轨道
解析：选D。核外电子的质量极小，约为9.1×10－31 kg，仅为质子质量的，在直径
10－10 m的空间内做高速运动，运动速率已近光速(3×108 m·s－1)。所以，不能同时准确测定电子在某一时刻所处的位置及运动速率，也不能描绘出它的运动轨迹，即没有确定的运动轨道。
2. 某元素的原子具有三个电子层，关于其外围电子排布的正确说法是(　　)
A．只有s电子 B．只有p电子
C．有s、p电子 D．只有s电子或有s、p电子
解析：选D。由题意知，该元素的外围电子排布为3s1～2或3s23p1～6，故该元素外围电子排布可能只有s电子或s、p电子。
3. (2012·浙江台州高二检测)多电子原子中，原子轨道能量高低排列错误的是(　　)
A．2s＜3s＜4s B．2px＜2py＜2pz
C．3s＜3p＜3d D．2px＝2py＝2pz
解析：选B。在多电子原子中，原子轨道的能量与电子所处的电子层及所处的原子轨道的形状有关。当电子层和轨道形状确定时，电子的能量就确定了，电子能量与原子轨道的伸展方向无关，所以B项错误。
4. 若某基态原子的外围电子排布为3d34s2，则下列说法正确的是(　　)
A．该元素基态原子中共有13个电子
B．该元素原子核外有3个电子层
C．该元素原子最外层共有5个电子
D．该元素原子L能层共有8个电子
解析：选D。本题给出的仅是该基态原子的外围电子排布式，我们可以写全该原子基态的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d34s2，可以看出最外层为4s能级，即核外有4个电子层，B项错误；根据能量最低原理知，第2层(即L层)已经排满，2s和2p一共最多能容纳8个电子，D项正确；由电子排布式可以算出其核外一共有23个电子，A项错误；要注意外围电子不能错误理解成最外层电子，此原子的最外层仅为4s2上的2个电子，C项错误。
5. 以下电子排布式表示基态原子电子排布式的是(　　)
A．1s22s22p63s13p3
B．1s22s22p63s23p63d104s14p1
C．1s22s22p63s23p63d24s1
D．1s22s22p63s23p63d104s24p1
解析：选D。A项基态原子电子排布式应为1s22s22p63s23p2；B项基态原子电子排布式应为1s22s22p63s23p63d104s2；C项基态原子电子排布式应为1s22s22p63s23p63d14s2。
6. 在下列元素的基态原子中，其最外电子层未成对电子最多的是(　　)
A．Cl B．P
C．Al D．Si
解析：选B。Cl原子核外的电子排布式为[Ne]3s23p5，有1个未成对电子；P原子核外的电子排布式为[Ne]3s23p3，有3个未成对电子；Al原子核外的电子排布式为[Ne]3s23p1，有1个未成对电子；Si原子核外的电子排布式为[Ne]3s23p2，有2个未成对电子。
7. 下列有关认识正确的是(　　)
A．形状相同的原子轨道其能量相同
B．各能层的能级都是从s能级开始
C．各能层含有的能级数为n－1
D．每个能层含有的电子数均为2n2
解析：选B。1s的能量小于2s，其s轨道均为球形，故A项错；每个能层均是从s能级开始排的，B项正确；每个能层所包含的能级数与能层数对应相等，C项错；能层中所含电子数最多为2n2，但并非均排满，D项错。
8. (2012·无锡高二检测)肯定属于同族元素且性质相似的是(　　)
A．原子核外电子排布式：A为1s22s2，B为1s2
B．结构示意图：A为，B为
C．A原子基态时2p轨道上有1个未成对电子，B原子基态时3p轨道上也有1个未成对电子
D．A原子基态时2p轨道上有一对成对电子，B原子基态时3p轨道上也有一对成对电子
解析：选D。A中，A为第ⅡA族元素Be，B为0族元素He，显然，二者不属于同族元素，当然性质也不会相似；B中，A为0族元素Ne，B为碱金属离子Na＋，也不符合题意；C中，由于p轨道有三个空轨道，若有一个未成对电子，意味着p轨道有两种电子排布情况：即np5或np1 ，所以A、B两种元素不一定属于同族元素；D中，对于p轨道上有一对成对电子，根据泡利不相容原理和洪特规则，该轨道只能有一种电子排布方式：，即np4，所以A、B肯定属于同族元素。
9. 下列各组表述中，两个原子不属于同种元素原子的是(　　)
A．3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子的排布式为1s22s22p63s23p2的原子
B．2p能级无空轨道，且有一个未成对电子的基态原子和原子的最外层电子排布式为2s22p5的原子
C．M层全充满而N层为4s2的原子和核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2的原子
D．最外层电子数是核外电子总数1/5的原子和最外层电子排布式为4s24p5的原子
解析：选C。A项中，3p能级有一个空轨道的基态原子，按洪特规则可得其3p轨道上只能有两个电子，所以两个原子是同种元素的原子；B项中，2p能级无空轨道，且有一个未成对电子的基态原子，它的2p能级上只能是5个电子，所以两原子是同种元素的原子；C项中，M层全充满而N层为4s2的原子，M层全充满则M层应为18个电子，而后者的M层上只有8个电子，所以两原子不是同种元素的原子；D项中，最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子中，最外层电子数要小于或等于8个电子且电子总数为5的倍数，所以可得该原子可能是原子序数为5、10、15、20、25、30、35、40，其中满足最外层电子数是核外电子总数的1/5且符合核外电子排布规则的只能是35号元素，该元素原子的外围电子排布式为4s24p5，所以两原子是同种元素的原子。
10. A、D、E、G是第1～20号范围内的四种元素，原子序数依次增加，其中A、D同周期， D、E同主族，四种元素的原子结构有如下特点：G原子的价电子数是A原子价电子数的2倍；D原子最外层p轨道中的电子数与G原子中的电子层数相同；E原子中未成对电子数与G原子最外层电子数相等。根据以上线索回答：
(1) 元素A是________，D是________，E是________，G是________。
(2) 由上述部分元素形成的一种水合物在医疗上有重要应用，它是________。
(3) 该物质在医疗上使用时发生变化的化学方程式是____________________________________________。
解析：已知D、E同主族，E的原子序数大于D，D的最外层p轨道上有电子，说明D在第2周期，E 在第3周期，D、E均为主族元素，E原子中未成对的电子数可能为1～3。根据条件“E原子中未成对电子数与G原子最外层电子数相等”以及“G原子的价电子数是A原子价电子数的2倍”可知：E原子中未成对电子数为2，G原子的最外层电子数(价电子数)为2，A原子价电子数为1。因为G的原子序数大于E，所以G 为钙元素。A、D同周期，可知A 在第2周期，为锂元素。根据条件“D原子最外层p轨道中的电子数与G原子中的电子层数相同”，可以得出，D原子最外层p轨道中有4个电子，电子排布式为1s22s22p4，所以D为氧元素，E为硫元素。
答案：(1)Li　O　S　Ca　(2)石膏
(3)2CaSO4·1/2H2O＋3H2O2CaSO4·2H2O
11. (1)以下列出的是一些原子的2p轨道和3d轨道中电子排布的情况。试判断，违反了泡利不相容原理的是________(填编号，下同)，违反了洪特规则的是________。
(2)某元素的激发态(不稳定状态)原子的电子排布式为1s22s22p63s13p33d2，则该元素基态原子的电子排布式为____________；其最高价氧化物对应的水化物的化学式是____________。
(3)将下列多电子原子的原子轨道按轨道能量由低到高顺序排列____________________。
2s　3d　4s　3s　4p　3p
解析：(1)从图中可看出同一轨道中不应有自旋状态相同的电子，③违反了泡利不相容原理；②中成单电子自旋状态应相同，④5个电子应分占5个轨道，⑥中成单电子自旋状态应相同，所以②④⑥违反了洪特规则。(2)3p能量小于3d，激发态电子排布式为1s22s22p63s13p33d2，基态应为1s22s22p63s23p4。此原子核外电子数为16，其质子数也为16，该元素为硫，最高价氧化物对应的水化物的化学式是H2SO4。(3)原子轨道按轨道能量由低到高顺序排列是：2s＜3s＜3p＜4s＜3d＜4p。
答案：(1)③　②④⑥　(2)1s22s22p63s23p4　H2SO4
(3)2s＜3s＜3p＜4s＜3d＜4p
12. (2012·常州高二检测)A、B、C、D、E代表5种元素。请填空：
(1)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，其元素符号为________。
(2)B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同，B的元素符号为________，C的元素符号为________。
(3)D元素的正三价离子的3d原子轨道为半充满，D的元素符号为____________，其基态原子的电子排布式为__________________________。
(4)E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，E的元素符号为________，其基态原子的电子排布式为__________________________。
解析：(1)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，则其外围电子排布为2s22p3，元素符号为N。(2)B元素的负一价离子的电子层结构与氩相同，则B为氯元素，C元素的正一价离子的电子层结构与氩相同，则C为钾元素。(3)D元素的正三价离子的3d原子轨道为半充满，即三价阳离子的外围电子排布为3d5，则原子的外围电子排布为3d64s2，元素符号是Fe，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2。(4)E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子即外围电子排布为3d104s1，所以它的元素符号为Cu，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1。
答案：(1)N　(2)Cl　K
(3)Fe　1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2
(4)Cu　1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
13. 有A、B、C、D四种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中A元素原子核外电子仅占据一种原子轨道，也是宇宙中最丰富的元素，B元素原子的核外p轨道电子数比s轨道电子数少1，C为金属元素且原子核外p轨道电子数和s轨道电子数相等；D元素的原子核外所有p轨道全充满或半充满。
(1)写出四种元素的元素符号：
A________；B________；C________；D________。
(2)写出C、D两种元素基态原子的核外电子排布的轨道表示式：
C________________________________________________________________________；
D________________________________________________________________________。
(3)写出B、C两种元素的单质在一定条件下反应的化学方程式________________________________________________________________________。
(4)写出B元素的单质和氢化物的电子式：
单质________________；氢化物________________。
解析：A元素应为H；由“B元素原子的核外p轨道电子数比s轨道电子数少1”可知B元素为N；由“C为金属元素且原子核外p轨道电子数和s轨道电子数相等”可知C元素为Mg；由“D元素的原子核外所有p轨道全充满或半充满”可知，D元素为P。
答案：
2.1原子核外电子的运动
1. 氢原子的电子云图中小黑点表示的意义是(　　)
A．一个小黑点表示一个电子
B．黑点的多少表示电子个数的多少
C．表示电子运动的轨迹
D．表示电子在核外空间出现机会的多少
解析：选D。在电子云图中，小黑点并不代表电子，小黑点代表电子在核外空间区域内出现的机会，小黑点的疏密与电子在该区域内出现的机会大小成正比。
2. 某主族元素的原子，M层上能量最高的原子轨道处于半充满的状态，即每个轨道只有1个电子，这种原子的质子数(　　)
A．只能是7　　 B．只能是15
C．是11或15 D．是11或13
解析：选C。M层上能量很高的原子轨道处于半充满状态的原子，其最外层电子排布式可能为3s1(Na)，也可能是3s23p3(P)。
3. 道尔顿的原子结构模型、汤姆生原子结构模型、卢瑟福原子结构模型和玻尔原子结构模型等这些原子结构模型都是建立在一定的实验研究基础上的。下列实验事实与原子结构模型建立的关系正确的是(　　)
A．电子的发现：道尔顿的原子结构模型
B．α粒子散射：卢瑟福原子结构模型
C．α粒子散射：玻尔原子结构模型
D．氢原子光谱：卢瑟福原子结构模型
解析：选B。道尔顿的原子结构模型是道尔顿通过对大气的物理性质进行研究而提出的。卢瑟福原子结构模型是通过α粒子散射实验提出的。玻尔原子结构模型是玻尔在牛顿力学的基础上，吸收了量子论和光子学说的思想建立起来的。
4. 下列氧原子的轨道表示式中，能量最低的是(　　)
解析：选B。原子核外电子排布遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则。只有B遵循以上原理，原子处于基态。
5. (2012·烟台高二检测)下列各组表述中，两个微粒一定不属于同种元素原子的是(　　)
A．3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子
B．M层全充满而N层为4s2的原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2的原子
C．最外层电子数是核外电子总数的的原子和价电子排布为4s24p5的原子
D．2p能级有一个未成对电子的基态原子和原子的价电子排布为2s22p5的原子
解析：选B。A中3p能级有一个空轨道，说明3p上填2个电子，则3s上肯定已填满，价电子排布为3s23p2，因此A中两微粒相同。B中M层全充满而N层为4s2，M层上有d轨道，即：3s23p63d10，应该是锌元素，3d64s2是铁元素，B选项符合题意。C中价电子排布为4s24p5，则3d上已排满10个电子，核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p5，最外层电子数是核外电子总数的原子，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，可讨论，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，D选项不符合题意。
6. 下列说法中正确的是(　　)
A．1s22s12p1表示的是激发态原子的电子排布
B．3p2表示3p能级有两个轨道
C．M能层中的原子轨道数目为3
D．处于同一轨道上的电子可以有多个，它的运动状态完全相同
解析：选A。A中，1个2s电子被激发到2p能级上，表示的是激发态原子；B中，3p2表示3p能级上填充了2个电子；C中，M能层中有3s、3p、3d三个能级，原子轨道数目为9；D中，在同一轨道上运动的电子最多有2个，因其自旋方向不能相同，故它们的状态并不完全相同。
7. 某元素的一种基态粒子的M能层p能级上有4个电子，有关该粒子的叙述错误的是(　　)
A．N层不含有电子
B．该粒子为中性原子
C．L层一定有8个电子
D．原子的最外层电子数为4
解析：选D。根据元素的一种基态粒子的M能层p能级上有4个电子，其价电子构型是ns2np4，其最外层电子数是6个，选项D不正确。
8.五种元素的原子的电子层结构如下：
A．1s22s22p63s23p63d54s2
B．1s22s22p63s2
C．1s22s22p6
D．1s22s22p63s23p2
E．[Ar]4s1
试回答：
(1)以上五种元素是稀有气体的是________(填编号)，其元素符号是____________。
(2)A的元素符号是________。
(3)画出D元素的原子核外电子排布的轨道表示式：____________________________________________________。
(4)B、D、E三种元素的原子半径大小顺序是__________(用元素符号表示)。
解析：由原子的电子排布式可知A～E元素分别为Mn、
Mg、Ne、Si、K。依据相关知识，可得各小题答案。
答案：(1)C　Ne　(2)Mn
(3)
(4)r(K)＞r(Mg)＞r(Si)
2.2元素性质的递变规律
1. 以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是(　　)
解析：选D。A、B、C三个选项只是表达出氦原子核外有2个电子，而D项能详尽地描述出电子的运动状态。
2. 下面是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布的情况，其中正确的是(　　)
解析：选D。电子在排同一能级的不同轨道时，要遵循洪特规则，即电子分别独占每个一轨道，并且电子自旋方向相同，所以B、C项错。在排同一轨道时，两电子自旋方向相反，A项错。
3. 周期表中27号元素钴的方格中注明“3d74s2”，由此可以推断(　　)
A．它位于周期表的第4周期，第ⅡA族
B．它的基态核外电子排布式可简写为[Ar]4s2
C．Co2＋的核外价电子排布式为3d54s2
D．Co位于周期表中第9列
解析：选D。“3d74s2”为Co的价电子排布，其简写式中，也要注意3d轨道，B项错。“7＋2＝9”，说明它位于周期表的第9列，D项正确。从左向右数，应为过渡元素，A项错。失电子时，应失去最外层的电子，即先失4s上面的电子，Co2＋的价电子排布为3d7，C项错。
4. 第3周期元素的原子，其最外层的3p层上有一个未成对电子，它的最高价氧化物对应水化物的酸根离子是(　　)
A．RO B．RO
C．RO D．RO
解析：选A。“第3周期中，最外层的3p层上有一个未成对电子”的为铝或氯，则氯最高价所对应的酸根为高氯酸根离子。
5. 不能说明X的电负性比Y的大的是(　　)
A．与H2化合时X单质比Y单质容易
B．X的最高价氧化物的水化物的酸性比Y的最高价氧化物的水化物的酸性强
C．X原子的最外层电子数比Y原子的最外层电子数多
D．X单质可以把Y从其氢化物中置换出来
解析：选C。电负性与非金属性是一致的，A、B、D均为非金属性的比较依据。C项，若X、Y不在同一周期，则最外层电子多，电负性并不一定大，错。
6. 下列各组粒子，按半径由大到小顺序排列的是(　　)
A．Mg、Ca、K、Na B．S2－、Cl－、K＋、Na＋
C．Br－、Br、Cl、S D．Na＋、Al3＋、Cl－、F－
解析：选B。镁、钙同主族，显然r(Ca)>r(Mg)，A项错误；S2－、Cl－、K＋的电子层结构相同而K、Na同主族，故r(S2－>r(Cl－)>r(K＋)>r(Na＋)，B项正确；氯与硫同周期，故r(S)>r(Cl)，C项错误；Na＋、Al3＋、F－的电子层结构相同而氯与氟同主族，故
r(Cl－)>r(F－)>r(Na＋)>r(Al3＋)，D项错误。
7. 下列说法不正确的是(　　)
A．同族元素，随着电子层的增加，I1逐渐增大
B．通常情况下，电离能I1＜I2＜I3
C．同周期元素，随着核电荷数的增加，I1呈增大趋势
D．电离能越小，元素的金属性越强
解析：选A。同主族元素，随电子层的增加，失去电子的能力逐渐增强，I1逐渐减小；同周期，随核电荷数的逐渐增加，失电子能力逐渐减弱，I1呈增大趋势；I1越大，失电子能力越弱，金属性越弱；I1越小，失电子能力越强，金属性越强；故选A。
8. X和Y是原子序数大于4的短周期元素，Xm＋和Yn－两种离子的核外电子排布相同，下列说法中正确的是(　　)
A．X的原子半径比Y小
B．X和Y的核电荷数之差为m－n
C．电负性X>Y
D．第一电离能X解析：选D。Xm＋与Yn－的核外电子排布相同，则质子数X>Y，原子半径X>Y。X比Y更易失电子，第一电离能X小于Y，电负性X小于Y。
9. A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，有关两元素的下列叙述：①原子半径AB；③原子序数A>B；④原子最外层电子数AA．①②⑦ B．③④⑥
C．③⑤ D．③④⑤⑥⑦
解析：选B。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，⑦错。由于A比B多一个电子层，故原子半径A>B，①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，②错；⑤是不一定的，它们可能存在多种价态的情形。
10. 已知A和B为短周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：
(1)某同学根据上述信息，推断B的核外电子排布如右上图所示，该同学所画的电子排布图违背了__________________________。
(2)请根据提供的电离能数据，写出A和氯所形成的化合物的化学式____________(用A表示)。
解析：(1)从轨道排布图看，3s轨道未排满，就排3p轨道，这不遵循“先排满能量低的轨道然后再排能量高的轨道”的原理，即违背能量最低原理。(2)分析A元素的逐级电离能数据知，I2和I3之间发生了跃迁，即说明A为＋2价元素，则氯化物为ACl2。
答案：(1)能量最低原理　(2)ACl2
11. 下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表一种化学元素。
试回答下列问题：
(1)请写出元素D的基态原子电子排布式__________________________________；
(2)D、E两元素的部分电离能数据列于下表：
比较两元素的I2、I3可知，气态D2＋再失去一个电子比气态E2＋再失去一个电子难。对此，你的解释是______________________________________________。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d54s2
(2)由Mn2＋转化为Mn3＋时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态(或Fe2＋转化为Fe3＋时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态)
12. W、X、Y、Z四种短周期元素的原子序数X>W>Z>Y。W原子的最外层没有p电子，X原子核外s轨道电子数与p轨道电子数之比为1∶1，Y原子最外层s轨道电子数与p轨道电子数之比为1∶1，Z原子核外电子中p轨道电子数比Y原子多2个。
(1)X元素的单质与Z、Y所形成的化合物反应，其化学方程式：__________________________________。
(2)W、X元素的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱为________<________(用分子式表示)。
(3)四种元素原子半径的大小为 ________>________>________>________(填元素符号)。
(4)四种元素的第一电离能由小到大的顺序为____________________。
解析：由于X、W、Y、Z都是短周期元素，所以原子序数均小于18。Y原子最外层s轨道电子与p轨道电子数之比为1∶1，所以Y原子的电子排布式可能为1s22s22p2(碳)或1s22s22p63s23p2(硅)。Z原子核外电子中p轨道电子数比Y原子多2个，所以由上可知，其核外电子排布式可能为1s22s22p4(氧)或1s22s22p63s23p4(硫)。由于原子序数W大于Z和Y，且W原子的最外层无p电子，所以W原子不可能为核外电子数小于等于4的原子，其电子排布式只可能为1s22s22p63s1(钠)或1s22s22p63s2(镁)。由于X原子序数最大，其核外s轨道电子数与p轨道电子数之比为1∶1，所以其原子核外电子排布式只能是1s22s22p63s2。综上所述，X、W、Z、Y原子分别为Mg，Na，O，C。(1)Z和Y形成的化合物为CO2，镁和它生成MgO和C。(2)W、X的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Mg(OH)2，因为Na的金属性强于Mg，所以NaOH碱性强于Mg(OH)2。(3)根据Mg，Na，O，C在周期表中的位置，得出四种元素原子的半径大小：Na＞Mg＞C＞O。(4)第一电离能表示元素失去一个电子的能力，因此，可以得出四种元素第一电离能的大小顺序是：O＞C＞Mg＞Na。
答案：(1)2Mg＋CO2 2MgO＋C　(2)Mg(OH)2　NaOH　(3)Na　Mg　C　O　(4)Na13. 不同元素的原子在分子内吸引电子的能力大小可用数值表示，该数值称为电负性。一般认为：如果两个成键元素间的电负性差值大于1.7，原子之间通常形成离子键；如果两个成键元素间的电负性差值小于1.7，通常形成共价键。下表是某些元素的电负性值：
元素
符号
Li
Be
B
C
O
F
Na
Al
Si
P
S
Cl
电负
性值
0.98
1.57
2.04
2.59
3.44
3.98
0.93
1.61
1.90
2.19
2.58
3.16
观察上述数据，回答下列问题：
(1)通过分析电负性值变化规律，确定Mg元素电负性值的最小范围________________。
(2)请归纳元素的电负性和金属、非金属的关系是________________________________________________。
(3)某有机化合物结构中含S—N键，其共用电子对偏向________(写原子名称)。
(4)从电负性角度，判断AlCl3是离子化合物，还是共价化合物的方法是：(写出判断的方法和结论)__________________________________________________________；请设计一个实验方案证明上述所得到的结论：______________________________________________________________________________________________________。
解析：(1)因为Mg的吸引电子的能力强于Na，而弱于Al，可知Mg的电负性的大小范围是0.93～1.61，而我们
又知道Mg的吸引电子的能力又弱于Be，所以综合以上可知Mg的电负性大小范围是0.93～1.57；(2)从上表的数据可知：F的非金属性是最强的，电负性的数值也是最大的，Na的金属性是最强的，而其电负性的数值是最小的，所以我们可以得到：非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小；(3)从上述数据可知N的电负性的范围是2.59～3.44，而硫的电负性是2.58，所以N的电负性大于S，即意味着N吸引电子的能力强于S，那么共用电子对就偏向N原子；(4)判断方法就是题目中的信息：如果两个成键元素间的电负性差值大于1.7，原子之间通常形成离子键；如果两个成键元素间的电负性差值小于1.7，通常形成共价键。Al的电负性是1.61，Cl是3.16，二者差值是1.55，所以形成共价键。判断一种化合物是离子化合物还是共价化合物，前提就是看其在熔融状态下是否具有导电性。
答案：(1)0.93～1.57　(2)非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小　(3)氮原子　(4)Al元素和Cl元素的电负性差值为1.55＜1.7，所以形成共价键，为共价化合物　将氯化铝加热到熔融态，进行导电性实验，如果不导电，说明是共价化合物
2.2元素性质的递变规律
1. 下列原子的第一电离能最大的是(　　)
A．B　　 B．C
C．Al D．Si
解析：选B。B、C元素处于同一周期，原子序数越大，第一电离能越大，因此第一电离能C＞B；Al、Si元素处于同一周期，第一电离能Si＞Al；C、Si元素处于同一主族，电子层数越少，第一电离能越大，因此第一电离能C＞Si，所以B项正确。
2. 下面元素周期表中全部是金属元素的区域为(　　)
A．只有s区 B．只有d区
C．s区、d区和ds区 D．d区和ds区
解析：选D。s区中H为非金属，p区中大部分为非金属元素，d区和ds区中全部为金属元素。
3. 电离能(I)是指从气态原子在基态失去电子成为阳离子所吸收的能量，下图表示元素X的五级电离能数值，试推测X可能是哪些元素(　　)
A．ⅠA B．ⅡA
C．ⅢA D．ⅣA
解析：选B。本题中利用数轴给出元素X的五级电离能数值，可以发现失去第2和第3电子之间变化幅度明显大于其他相邻电离能之间的变化幅度。说明该元素X原子最外层应有2个电子，而继续失去的第3～5个电子是次外层的电子，才能很好地解释电离能数据的变化。故正确答案为B。
4. 某元素原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p65s2，则它属于周期表中的(　　)
A．s区 B．p区
C．d区 D．ds区
解析：选A。由电子排布式可以判断出该元素位于第ⅡA族，故属于s区。
5. 已知X、Y元素同周期，且电负性X>Y，下列说法错误的是(　　)
A．X与Y形成化合物时，X显负价，Y显正价
B．第一电离能可能Y小于X
C．最高价含氧酸的酸性：X对应的含氧酸的酸性弱于Y对应的含氧酸的酸性
D．X元素气态氢化物的稳定性大于Y元素气态氢化物的稳定性
解析：选C。电负性X>Y，元素的非金属性X>Y，最高价含氧酸的酸性应该是：X对应的最高价含氧酸的酸性强于Y对应的最高价含氧酸的酸性。
6. 下列说法不正确的是(　　)
A．第一电离能、电负性的周期性递变规律是原子核外电子排布呈周期性变化的结果
B．电负性的大小也可以作为判断金属性和非金属性强弱的尺度
C．电负性是相对的，所以没有单位
D．分析元素电负性数值可以看出，金属元素的电负性较大，非金属元素的电负性较小
解析：选D。A、B、C都是正确的。金属的电负性较小，非金属的电负性较大，所以D错误。
7. 价电子构型为2s22p5的元素，下列有关它的描述正确的有(　　)
A．原子序数为7 B．电负性最大
C．原子半径最大 D．第一电离能最大
解析：选B。价电子构型为2s22p5的元素为氟，其原子序数为9，原子半径在第2周期中最小，第一电离能较大但不是最大，电负性最大。
8.化学知识常用坐标线表示，图像中往往隐含着重要的变化，请分析下图中曲线的变化情况：
第3周期某主族元素M的电离能情况如图所示。则M元素位于周期表的第________族，该族第4周期元素的电子排布简化式为____________________________。
解析：从图中分析，I3到I4数据差很大，故在第三个电子和第四个电子之间存在突变，即为第ⅢA族元素。该族第4周期，则应排布电子能层为4，且3d轨道为全充满，最外层的3个电子，应排在4s和4p上，所以电子排布简化式为[Ar]4s24p1。
答案：ⅢA　[Ar]4s24p1
3.1金属键　金属晶体
1. 下列关于金属晶体的叙述正确的是(　　)
A．常温下，金属单质都以金属晶体形式存在
B．金属离子与自由电子之间的强烈作用，在一定外力作用下，不因形变而消失
C．钙的熔沸点低于钾
D．温度越高，金属的导电性越好
解析：选B。常温下有的金属呈液态如汞；钙的原子半径比钾小，而自由电子数比钾多，所以钙的金属键比钾强，钙的熔沸点比钾高；金属受热后，金属晶体中离子的振动加剧，阻碍着自由电子的运动，所以温度升高金属的导电能力下降。
2. 金属键的强弱与金属价电子数的多少有关，价电子数越多金属键越强；与金属离子的半径大小也有关，金属离子的半径越大，金属键越弱。据此判断下列金属熔点逐渐升高的是(　　)
A．Li　Na　K　　 B．Na　Mg　Al
C．Li　Be　Mg D．Li　Na　Mg
解析：选B。根据题中信息，钠、镁、铝三种金属的价电子在增多，阳离子半径在减小，故金属键在增强，则熔点在升高。
3. 下列有关金属键的叙述错误的是(　　)
A．金属键没有方向性
B．金属键是金属离子和自由电子之间存在的强烈的静电吸引作用
C．金属键中的电子属于整块金属
D．金属的性质和金属固体的形成都与金属键有关
解析：选B。金属键是一种静电作用，故无方向性，A项正确；金属键除了静电吸引外，还有金属离子之间的排斥以及自由电子之间的排斥作用，B项错；C项，整块金属中所有电子都存在被阳离子吸引的情况，称之为“电子气”，正确；D项显然正确。
4. 关于金属晶体的六方堆积的结构型式的叙述正确的是(　　)
A．晶胞是六棱柱 B．晶胞是六面体
C．每个晶胞中含4个原子 D．每个晶胞中含17个原子
解析：选B。金属晶体的六方堆积结构型式的晶胞是六棱柱的——平行六面体，有8个顶点和1个内部原子，晶胞中绝对占有2个原子。
5. 根据下表中提供的数据，判断可以形成合金的是(　　)
金属或非金属
钠
铝
铁
硅
硫
熔点/℃
97.8
660.4
1535
1410
112.8
沸点/℃
883
2467
2750
2353
444.6
A.铝与硅 B．铝与硫
C．钠与硫 D．钠与硅
解析：选A。能发生化学反应的物质不能形成合金，B项铝与硫、C项钠与硫能发生化学反应。钠的沸点远低于硅的熔点，当硅融化时钠已经汽化，所以D不能形成合金。
6. 下列性质中，适合于某种金属晶体的是(　　)
A．熔点为1070 ℃，易溶于水，水溶液能导电
B．能溶于CS2，溶点为112.8 ℃，沸点为444.6 ℃
C．熔点为97.81 ℃，质软，导电，密度为0.97 g·cm－3
D．熔点为10.31 ℃，液态不导电，其水溶液导电
解析：选C。金属钠符合C项要求，熔点高的金属一般不溶于水，A项错；金属不溶于CS2，B项错；D项，金属均是导电的，故错。
7. 最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性。鉴于这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注。该新型超导材料的一个晶胞(碳原子用小●球，镍原子用大○球，镁原子用大●球)如图所示。该晶体的化学式是(　　)
A．Mg2CNi3 B．MgC2Ni
C．MgCNi2 D．MgCNi3
解析：选D。该晶体的结构单元中含Mg原子个数：8×＝1；含Ni原子个数：6×＝3；含C原子个数：1。
8. 下列哪种模型可以表示金属钠的原子堆积模型(　　)
解析：选C。A项为简单立方堆积，金属钋主要以此方式堆积；B项为六方堆积模型如镁、锌、钛等晶体属于此类堆积方式；C为体心立方堆积模型，钾、钠、铬、钼、钨属于此类堆积；D项为面心立方堆积，铜、铅、金、银为此种堆积模型。所以C项符合题意。
9. 金属钠晶体为体心立方晶格(如图)，实验测得钠的密度为ρ(g·cm－3)。已知钠的相对原子质量为a，阿伏加德罗常数为NA(mol－1)，假定金属钠原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切。则钠原子的半径r(cm)为(　　)
A. B.·
C.· D. ·
解析：选C。根据题给信息，一个钠晶体的晶胞中有2个钠原子(金属钠晶体为体心立方晶格，钠原子个数＝0.125×8＋1＝2)。若钠原子的半径为r(cm)，则晶胞的体对角线为4r(cm)，那么晶胞的体积为 cm3，根据密度＝ ，得ρ＝，转换得·。
10. 在元素周期表中，元素的金属性与非金属性及其强弱比较与周期序数(n)和主族序数(A)有如下经验公式：K＝。则：(请选编号填空)
(1)当n一定时，K值越大，则元素的________性越强。
(2)当A一定时，K值越小，则元素的________性越强。
(3)当K＝0，则该元素系为________元素。
当K＝1，则该元素系为________元素。
当K< 1，则该元素系为________元素。
A．两性 B．金属
C．非金属 D．稀有气体
解析：(1)当n一定时，即指同一周期元素，则主族序数越大，元素的非金属性越强；(2)当A一定时，即指同一主族元素，则越往下(K值越小)，元素的金属性越强；(3)K＝0，即指0族元素，K＝1，指周期序数与主族序数相同，符合该条件的元素有：Be、Al、Ge、Sb等，大多具有两性的特征，K<1，即指主族序数小于周期序数，在周期表中位于分界线的下方，为金属元素。
答案：(1)C　(2)B　(3)D　A　B
11. (1)如下图所示为二维平面晶体示意图，所表示的化学式为AX3的是________。
(2)如图为一个金属铜的晶胞，请完成以下各题。
①该晶胞“实际”拥有的铜原子数是________个。
②该晶胞称为________(填序号)。
A．六方晶胞 B．体心立方晶胞
C．面心立方晶胞 D．简单立方晶胞
③此晶胞立方体的边长为a cm，Cu的相对原子质量为64 g·mol－1，金属铜的密度为ρ g/cm3，则阿伏加德罗常数为________(用a、ρ表示)。
解析：(1)由图中直接相邻的原子数可以求得a、b中两类原子数之比分别为1∶2、1∶3，求出化学式分别为AX2、AX3，故答案为b。(2)①用“均摊法”求解，8×＋6×＝4；②该晶胞为面心立方晶胞；③·64＝ρ·a3，NA＝。
答案：(1)b　(2)①4　②C　③
12. 1183 K以下纯铁晶体的基本结构单元如图1所示，1183 K 以上转变为图2所示结构的基本结构单元，在两种晶体中最邻近的铁原子间距离相同。

(1)在1183 K以下的纯铁晶体中，与铁原子等距离且最近的铁原子数为________个；在1183 K以上的纯铁晶体中，与铁原子等距离且最近的铁原子数为________；
(2)纯铁晶体在晶型转变前后，二者基本结构单元的边长之比为(1183 K以下与1183 K以上之比)________。
(3)转变温度前后两者的密度比为(1183 K以下与1183 K以上之比)________。
解析：由图1可知，1183 K以下的纯铁属于体心立方结构，与立方体中心的铁原子等距离且最近的铁原子位于立方体的八个项点上；由图2可知，1183 K以上的纯铁属于面心立方结构，其原子配位数为12，可以晶胞中面心原子为中心，则在经过该点的三个平面上各有4个原子共有12个原子与其等距离且最近。晶型转变，但铁原子的半径不变设铁原子的半径为R，图1中体对角线为4R，边长为；图2中，面对角线为4R，边长为；则边长之比为∶。图1中晶体的密度为，图2中晶体的密度为，然后再进一步求得密度之比。
答案：(1)8　12　(2)∶3　(3)3∶8
13. 金属晶体中金属原子主要有三种常见的堆积方式，体心立方堆积、面心立方堆积和六方堆积。
(1)写出基态Cu原子的核外电子排布式________；金属铜采用下列________(填字母代号)堆积方式。
(2)铝单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示。晶胞中Al原子的配位数为________，一个晶胞中Al原子的数目为________。
(3)洁净铁(可用于合成氨反应的催化剂)的表面上存在氮原子，右图为氮原子在铁的晶面上的单层附着局部示意图(图中小黑色球代表氮原子，灰色球代表铁原子)。则在图示状况下，铁颗粒表面上N/Fe原子数比值的最大值为________________。
解析：(1)铜为面心立方。(2)从图丙可以看出该金属为面心立方堆积。(3)小黑球周围有四个灰球，而一个灰球旁边有两个小黑球，故比值为1∶2。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1　C
(2)12　4　(3)1∶2
3.1金属键　金属晶体
1. 下列晶体中，金属离子与自由电子间的作用最强的是(　　)
A．Na　　 B．Mg
C．Al D．K
解析：选C。影响金属键强弱的主要因素有金属原子的半径、单位体积内自由电子的数目等。一般而言，金属原子的半径小、单位体积内自由电子数目多，金属键就强，金属离子与自由电子间的作用就强。Na、Mg、Al均位于第3周期，原子半径逐渐减小，价电子数目逐渐增多，所以金属键逐渐增强，其中铝的金属键最强，钠的金属键最弱，而K和Na位于同一主族，且K的半径比Na大，钾的金属键比钠弱。
2. 下列生活中的问题，不能用金属键知识解释的是(　　)
A．用铁制品做炊具 B．用金属铝制成导线
C．用铂金做首饰 D．铁易生锈
解析：选D。铁制炊具是因为金属具有导热性，A项正确；铝做导线，是因为金属具有导电性，B项正确；铂做首饰是因为金属具有延展性，C项正确。
3. 在金属晶体中，自由电子与金属离子或金属原子的碰撞有能量传递，可以用此来解释的金属的物理性质是(　　)
A．延展性 B．导电性
C．导热性 D．硬度
解析：选C。金属晶体中，自由电子获得能量后，在与金属离子或金属原子的碰撞过程中实现能量传递，把能量从温度高的区域传到温度低的区域，体现了金属的导热性。
4. 铝硅合金(含硅13.5%)在凝固时收缩率很小，因而这种合金适合于铸造。现有下列三种晶体：①铝；②硅；③铝硅合金。它们的熔点从低到高的顺序是(　　)
A．①②③ B．②①③
C．③②① D．③①②
解析：选D。合金的熔点比各组分的要低，硅为原子晶体，熔点达几千度。
5. (2012·洛阳高二质检)关于晶体的下列说法正确的是(　　)
A．在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
B．金属镁、金刚石和固体氖都是由原子直接构成的单质晶体
C．金属晶体的熔点可能比分子晶体的低，也可能比原子晶体的高
D．铜晶体中，1个铜离子跟2个价电子间有较强的相互作用
解析：选C。含阳离子的晶体不一定含有阴离子，如金属晶体，A错。金刚石属于原子晶体，是由原子直接构成的单质；固体氖属于分子晶体，是单原子单质分子；金属镁属于金属晶体，是由金属阳离子和自由电子构成的单质，B错。在金属晶体中，自由电子属于整块晶体共有，而不属于某个金属阳离子，D错。
6. (2012·珠海高二检测)金属键的实质是(　　)
A．自由电子与金属阳离子之间的相互作用
B．金属原子与金属原子间的相互作用
C．金属阳离子与阴离子的吸引力
D．自由电子与金属原子之间的相互作用
解析：选A。金属晶体由金属阳离子与自由电子构成，金属阳离子与自由电子之间的强烈的相互作用称为金属键。
7. (2012·石家庄高二质检)关于体心立方堆积型晶体(如图)结构的叙述中正确的是(　　)
A．是密置层的一种堆积方式
B．晶胞是六棱柱
C．每个晶胞内含2个原子
D．每个晶胞内含6个原子
解析：选C。体心立方堆积型晶体的晶胞为立方体，是非密置层的一种堆积方式，其中原子位于8个顶角和1个体心，则晶胞内含有2(即8×＋1)个原子。
8.如图所示的甲、乙、丙三种晶体：
试推断甲晶体的化学式(X为阳离子)为________，乙晶体中A、B、C三种微粒的个数比是________，丙晶体中每个D周围结合E的个数是________个。
解析：利用分摊法找出晶胞中每个位置的微粒的利用率。甲中X位于立方体体心，有1个，Y位于立方体顶点，实际有×4＝，X∶Y＝1∶＝2∶1，故甲的化学式为X2Y；乙中A有×8＝1，B有×6＝3，C在体心，有1个，故A∶B∶C＝1∶3∶1；丙中D被8个同样的晶胞共用，故结合E的个数是8个。
答案：X2Y　1∶3∶1　8
3.2离子键　离子晶体
1. 下列对于NaCl的正确叙述是(　　)
A．NaCl是氯化钠晶体的分子式
B．氯化钠晶体中一个钠离子吸引一个氯离子
C．NaCl晶体中不存在单个分子
D．Na＋和Cl－的基态最外层电子排布都是3s23p6
解析：选C。氯化钠是离子化合物，且“NaCl”也只表示出一个晶胞中钠原子和氯原子的个数比，而不能表示出钠原子和氯原子的个数，因此“NaCl”只是氯化钠晶体的化学式。氯化钠晶体属于面心立方晶体，可见1个钠离子吸引6个氯离子。Na＋的基态最外层电子排布为2s22p6，Cl－的基态最外层电子排布是3s23p6。因此，A、B、D都不正确。
2. 下列对各物质性质的比较中，正确的是(　　)
A．熔点：LiB．导电性：Ag>Cu>Al>Fe
C．密度：Na>Mg>Al
D．空间利用率：钾型<镁型<铜型
解析：选B。按Li、Na、K的顺序，金属键逐渐减弱，熔点逐渐降低，A项错；按Na、Mg、Al的顺序，密度逐渐增大，C项错；不同堆积方式的金属晶体空间利用率：简单立方为52%，钾型为68%，镁型和铜型均为74%，D项错；常用的金属导体中，导电性最好的是银，其次是铜，再次是铝、铁，B项正确。
3. 下列各类物质中，在固态时只能形成离子晶体的是(　　)
A．强碱　　 B．强酸
C．金属族 D．非金属单质
解析：选A。强碱通常有氢氧化钠、氢氧化钾、氢氧化钡，它们的成分都是由金属阳离子和氢氧根阴离子构成，固态时都是离子晶体，A对。强酸有含氧酸如硫酸、硝酸，有无氧酸常见的如盐酸，都是由极性键构成极性分子，固态时是分子晶体，排除B。金属族是由金属离子跟自由电子之间存在着较强的作用力，许多金属离子相互结合在一起形成金属晶体，排除C。非金属情况比较复杂，常温时有气态、液态的非金属单质，固态时都是分子晶体，常温固态的非金属有的是分子晶体，如硫、磷等，有的是原子晶体，如金刚石、硼、单晶硅等，它们都不是离子晶体，排除D。
4. 萤石(CaF2)晶体属于立方晶系，萤石中每个Ca2＋被8个F－所包围，则每个F－周围最近距离的Ca2＋数目为(　　)
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：选B。设每个F－周围最近距离的Ca2＋数目为x，CaF2中＝＝，x＝4。
5. 下列关于晶格能的说法中正确的是(　　)
A．晶格能指形成1 mol离子键所放出的能量
B．晶格能指破坏1 mol离子键所吸收的能量
C．晶格能指气态离子形成1 mol离子晶体释放的能量
D．晶格能的大小与晶体的熔点、硬度都无关
解析：选C。晶格能指气态离子形成1 mol离子晶体释放的能量
6.(2012·天津高二质检)下列各物质的晶体中，晶体类型相同的是(　　)
A．金刚砂(SiC)、金刚石和金
B．Si、SiO2 和Na2SiO3
C．冰、干冰和冰醋酸
D．NaCl、MgCl2 和AlCl3
解析：选C。金刚砂(SiC)、金刚石、Si、SiO2都属于原子晶体，金属于金属晶体，Na2SiO3 、NaCl和MgCl2都属于离子晶体，AlCl3、冰、干冰和冰醋酸都属于分子晶体。
7.萤石(CaF2)难溶于水，属于立方晶系，萤石晶体中每个Ca2＋被8个F－包围。下列有关叙述中不正确的是(　　)
A．萤石的熔点高，硬度大
B．萤石难溶于水，但易溶于苯
C．萤石固体不导电，但熔融状态下导电性较强
D．在萤石晶体中，每个Ca2＋周围最近且等距离F－有8个
解析：选B。Ca2＋、F－个数比为1∶2，每个Ca2＋周围有8个F－； CaF2是离子晶体，熔点高，硬度大，难易溶于苯，固体不导电，但熔融状态下导电性较强。
8.下表是NaCl和CsCl的熔沸点的比较。
NaCl
CsCl
熔点
801 ℃
645 ℃
沸点
1413 ℃
1290 ℃
(1)同为离子晶体，为什么NaCl的熔沸点比CsCl的高？请从影响离子键强弱的因素入手进行分析。
(2)实验证明，干燥的NaCl晶体不导电，熔融的NaCl或NaCl溶液却可以导电，你能说明其中的原因吗？
答案：(1)离子键是存在于阴、阳离子之间的一种静电作用。其强弱与阴、阳离子的半径和离子电荷数有关。一般来说，离子半径越小，离子电荷数越高，离子键就越强，晶体熔沸点就越高。从库仑定律可直接看出这一关系(F＝k)。对于NaCl和CsCl，由于阴、阳离子所带电荷数相同，而r(Na＋)＜r(Cs＋)，所以F(NaCl)＞F(CsCl)，故熔沸点为：NaCl＞CsCl。
(2)电流是由带电粒子的定向移动形成的。NaCl晶体中虽有带电的Na＋、Cl－存在，但由于较强的离子键将阴、阳离子紧密结合而不能自由移动，故固态不能导电，而当晶体受热熔化时，由于温度升高，离子运动加快，克服了阴、阳离子间的作用力，产生了自由移动的离子，所以，熔融NaCl能导电。当NaCl晶体溶于水时，受水分子的影响，离子间作用力减弱，电离成能自由移动的水合离子，所以，NaCl水溶液也能导电。
3.2离子键　离子晶体
1. 具有下列电子层排布的原子最容易变成阴离子的是(　　)
A．1s22s22p5　　 B．1s22s22p6
C．[Ne]3s1 D．[Ne]3s23p5
解析：选A。A、D最外层电子数都是7，易得电子，其中A的电子层数比D少，所以最易得电子而变成阴离子；B是稀有气体Ne，很稳定；C是Na，最外层1个电子，易失电子变成阳离子。
2. 下列说法不正确的是(　　)
A．离子晶体的晶格能越大离子键越强
B．阳离子的半径越大则可同时吸引的阴离子越多
C．通常阴、阳离子的半径越小、电荷越大，该阴、阳离子组成的离子化合物的晶格能越大
D．拆开1 mol离子键所需的能量叫该离子晶体的晶格能
解析：选D。离子晶体的晶格能是指1 mol的离子化合物中的阴、阳离子，由相互远离的气态结合成离子晶体时所释放出的能量。一般说来，阴、阳离子的半径越小、电荷越大，该阴、阳离子组成的离子化合物的晶格能越大，离子晶体的晶格能越大离子键越强；离子化合物中阳离子的半径越大，阳离子半径与阴离子半径比越大，阳离子表面就有可能接触到更多阴离子，即吸引的阴离子越多。因此，D选项不正确。
3. 某离子晶体的晶胞结构如下图所示：
则该离子晶体的化学式为(　　)
A．abc B．abc3
C．ab2c3 D．ab3c
解析：选D。根据所给离子晶体的晶胞结构可以看出，位于晶胞的体心位置有一个a离子；晶胞的每个棱上都有一个b离子，因此，一个晶胞中有12×0.25＝3个b离子；晶胞的每个顶点位置都有一个c离子，因此，一个晶胞中有8×0.125＝1个c离子。因此，该离子晶体的化学式为ab3c。
4. 下列叙述正确的是(　　)
A．离子键只有饱和性没有方向性
B．离子晶体中只含有离子键
C．离子键的强弱可用晶格能来衡量
D．构成NaOH离子晶体的作用力既有离子键又有共价键
解析：选C。离子键既没有方向性也没有饱和性，故A项错误；离子晶体中一定含有离子键，离子键是使离子构成晶体的作用力。如果阴离子或阳离子中有原子团离子存在，则原子团内各原子是靠共价键结合的，但此时共价键并不是“构成晶体”的作用力。所以B、D项都不对。晶格能是破坏1 mol离子晶体使之成为气态离子时所需吸收的能量，晶格能大意味着晶体难破坏，即离子键强。所以C项是正确的。
5. 下列三种离子晶体：①NaF(核间距2.31×10－10 m)　②NaCl(核间距2.79×10－10 m)　③CaO(核间距2.40×10－10 m)晶格能大小顺序正确的排列是(　　)
A．①>②>③ B．①>③>②
C．③>②>① D．③>①>②
解析：选D。离子电荷和核间距是影响晶格能的两个重要因素。在离子电荷相等的情况下，核间距小的晶格能大，所以晶格能NaF>NaCl；在核间距相差不大时，离子电荷多的晶格能大，所以晶格能CaO>NaF。
6. M元素的1个原子失去2个电子，该2个电子转移到Y元素的2个原子中去，形成离子化合物Z，下列说法中正确的是(　　)
A．Z具有较高的熔点
B．Z的化学式可表示为M2Y
C．Z一定能溶于水
D．Z的电子式为
解析：选A。M和Y间的电子转移既然是“得、失”，则形成的一定是离子化合物，所以D项电子式不对，A项性质符合。离子化合物不一定能溶于水，故C不对。根据题意，Z的化学式应该是MY2，故B错误。
7. 如下图，在氯化钠晶体中，与每个Na＋等距离且最近的几个Cl－所围成的空间几何构型为(　　)
A．十二面体 B．正八面体
C．正六面体 D．正四面体
解析：选B。在氯化钠晶体中，与每个Na＋等距离且最近的Cl－有6个，正好位于Na＋的上下左右前后，构成正八面体。
8. 1 mol气态钠离子和1 mol气态氯离子结合生成1 mol氯化钠晶体释放出的热能为氯化钠晶体的晶格能。下列热化学方程中，能直接表示出氯化钠晶体的晶体格能是(　　)
A．Na＋(g)＋Cl－(g)===NaCl(s)；ΔH
B．Na(s)＋Cl2(g) ===NaCl(s)；ΔH
C．Na(s)Na(g)；ΔH
D．Na(g)－e－===Na＋(g)；ΔH
解析：选A。根据定义可以得出答案，要注意“1 mol”、“气态”的关键词。
9. 元素X的某价态离子Xn＋中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3－形成的晶体结构如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．X元素的原子序数是19
B．该晶体中阳离子与阴离子个数比为3∶1
C．Xn＋离子中n＝1
D．晶体中每个Xn＋周围有2个等距离最近的N3－
解析：选A。充满三个电子层，应为1s22s22p63s23p63d10，显然不是19号K。从晶胞看，白球为8×1/8＝1，黑球为12×1/4＝3，化学式为X3N，而N为－3价，所以X为＋1价。
10. 已知：硅酸盐和石英的晶格能如下表：
硅酸盐矿物和石英
橄榄石
辉石
角闪石
云母
长石
石英
晶格能(kJ/mol)
4400
4100
3800
3800
2400
2600
回答下列问题：
(1)橄榄石和云母晶出的顺序是____________________。
(2)石英总是在各种硅酸盐析出后才晶出的原因是________________________。
(3)推测云母和橄榄石的熔点顺序为____________，硬度大小为____________。
解析：晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，熔点越高，硬度越大。晶格能高的晶体熔点较高，更容易在岩浆冷却过程中先结晶，即晶格能越大，对应的岩浆越先晶出。
答案：(1)橄榄石先于云母晶出　(2)主要是它的晶格能较小；其次，它在岩浆中不容易达到饱和。只有当各种金属离子以硅酸盐形式析出后，石英的浓度才达到饱和　(3)橄榄石>云母　橄榄石>云母
11. 瑞士两位科学家发现一种性能良好的金属氧化物超导体，使超导工作取得突破性进展，其晶胞结构如图。
(1)根据图示晶胞结构，推算晶体中Y、Cu、Ba和O原子个数比，确定其化学式。
(2)根据(1)所推出的化合物的组成，计算其中Cu原子的平均化合价(该化合物中各元素的化合价为，B，C和C)，试计算化合物中这两种价态Cu原子个数比。
解析：(1)从晶胞可以看出，有1个Y3＋，2个Ba2＋。其中铜为8×1/4＋8×1/8＝3个。氧为4×1/4＋(4＋4)×1/4＋8×1/2＝7个，所以晶胞的化学式为YBa2Cu3O7。(2)设铜的平均化合价为x，由化合物中元素正负化合价代数和为0可得：1×(＋3)＋2×(＋2)＋3x＋7×(－2)＝0, x＝＋7/3，利用十字交叉法可得Cu2＋∶Cu3＋＝2∶1。
答案：(1)YBa2Cu3O7　(2)＋　Cu2＋∶Cu3＋＝2∶1
12. 在离子晶体中，阴、阳离子按一定规律在空间排列，下图(左)是NaCl的晶体结构。在离子晶体中，阴、阳离子具有或接近具有球对称的电子云，它们可以被看成是不等径的钢性圆球，并彼此相切[如下图(中)]。离子键的键长是相邻阴、阳离子的半径之和[如下图(右)]。已知a为常数。

试回答下列问题：
(1)在NaCl晶体中，每个Na＋同时吸引________个Cl－，而Na＋数目与Cl－数目之比为________。
(2)Na＋半径与Cl－半径之比 ＝________。(已知 ＝1.414，＝1.732，＝2.236)
(3)NaCl晶体不存在分子，但在温度达到1413 ℃时，NaCl晶体形成气体，并以分子形式存在，现有29.25 g NaCl晶体，强热使温度达到1450 ℃，测得气体体积为5.6 L(已折算为标准状况)，则此时氯化钠气体的分子式(化学式)为________。
解析：(1)观察晶体的结构分析可知，每个Na＋同时吸引6个Cl－，在每个晶胞中含Na＋：8×＋6×＝4(个)，含Cl－：12×＋1＝4(个)，即Na＋与Cl－数目之比为1∶1。
(2)由上图(中)，因为r(Cl－)>r(Na＋)，则
r(Cl－)＝，2r(Na＋)＝a－2r(Cl－)＝a－2×，r(Na＋)＝，＝＝∶＝－1＝0.414。
(3)由＝得V＝＝＝35.34 L，
M＝＝＝117 g·mol－1，
设NaCl化学式为(NaCl)n，有58.5n＝117，n＝2。
即NaCl气体的化学式为Na2Cl2。
答案：(1)6　1∶1　(2)0.414∶1　(3)Na2Cl2
13. 已知A、B、C、D、E五种元素都是元素周期表中前20号元素，原子序数依次增大，E的外围电子排布式为4s2。A、B、C、D四种元素在元素周期表中的相对位置如下表所示。
根据以上信息，回答下列问题：
(1)元素C在元素周期表中的位置是________周期________族；D的电子排布式为：________________________。
(2)A和B的离子中，半径较小的是________(填离子符号)。
(3)A、D分别与B形成的化合物中，________的晶格能大。(填化学式)
(4)A和E可组成离子化合物，其晶胞(晶胞是在晶体中具有代表性的最小重复单元)结构如图所示(阳离子用“●”表示，位于该正方体的顶点或面心；阴离子用“〇”表示，均位于小正方体中心)。该化合物的电子式是____________。
(5)A和E化合物的晶胞1/8的体积为2.0×10－23 cm3，求A和E组成的离子化合物的密度，请列式并计算(结果保留一位小数)：________________________。
解析：原子序数增大，且E的电子排布为4s2，则应为Ca。从所给出的表可知，A为F，B为Na，C为Al，D为Cl。 Na＋与F－核外电子排布相同，但是Na＋的核电荷数大，故半径小。一般离子半径小的，晶格能大。从CaF2的晶胞知，其中含有一个CaF2，故物质的量为1/NA，求密度，可通过质量除以体积即可。
答案：(1)第3　ⅢA　1s22s22p63s23p5　(2)Na＋
(3)NaF　
(4)
(5) ＝3.2 g/cm3
3.3共价键　原子晶体
1.下列既有离子键又有共价键的化合物是(　　)
A．Na2O　　　　　　　　 B．NaOH
C．CaBr2 D．HF
解析：选B。典型的非金属元素O与H之间形成的是共价键，Na＋与OH－之间形成的是离子键。
2.下列分子的电子式书写正确的是(　　)
解析：选C。A项，N原子未达到8电子；B项，Cl原子没有写全电子；D项，C与O原子之间为两对共用电子对。
3.某元素基态原子的最外层电子排布为ns1，当它跟卤素结合时可形成的化学键(　　)
A．一定是共价键
B．一定是离子键
C．可能是共价键，也可能是离子键
D．一定是极性共价键
解析：选C。最外层电子排布为ns1基态原子可以是副族元素，也可以是第一主族元素，以第一主族的氢和钠元素为例，前者与卤素结合可形成共价键，后者与卤素结合形成离子键。
4.下列说法不正确的是(　　)
A．双键、叁键都含有π键
B．成键原子间原子轨道重叠愈多，共价键愈牢固
C．因每个原子未成对电子数是一定的，故配对原子个数也一定
D．每一个原子轨道在空间都具有自己的方向性
解析：选D。s原子轨道是球形对称的，在空间不具有方向性，D项不正确。
5.以下事实可充分说明某晶体是原子晶体的是(　　)
A．固态时不导电
B．硬而脆
C．无延展性
D．具有空间网状的微观结构
解析：选D。根据原子晶体的定义可得答案。其余选项可用反例，如A项可举NaCl固体，B项、C项可举一些离子晶体的物质。
6. H2O分子中每个O原子结合2个H原子的根本原因是(　　)
A．共价键的方向性
B．共价键的饱和性
C．共价键H—O—H键角为105°
D．共价键的键长
解析：选B。O原子最外层有2个未成对电子，分别与H原子的核外电子形成共用电子对，O原子即达到8电子稳定结构，故1个O原子只能结合2个H原子才符合共价键的饱和性。
7. (2012·青岛高二统考)已知：X、Y、Z、W四种元素原子的电负性数值。
元素
X
Y
Z
W
电负性
2.5
3.5
1.2
2.4
你认为上述四种元素中，最容易形成共价键的是(　　)
A．X与Y B．X与W
C．Y与Z D．Y与W
解析：选B。当两种元素原子的电负性相差很大时，形成的将是离子键；当两种元素原子的电负性相差不大时，形成的将是共价键。
8. 共价键的键参数中，________和________决定了分子的空间构型(即立体结构)。能说明BF3分子的4个原子处于同一平面的理由是________(填字母代号)。
a．两个键之间的夹角为120°
b．B—F键为极性键
c．3个B—F键的键能相同
d．3个B—F键的键长相等
解析：当F—B—F键的键角为120°时，BF3分子的4个原子处于同一平面且构成平面三角形。
答案：键角　键长　a
3.3共价键　原子晶体
1.在下列三种晶体①金刚石、②晶体硅、③碳化硅中，它们的熔点从高到低的顺序是(　　)
A．①③②　　　　　　　 B．②③①
C．③①② D．②①③
解析：选A。由于题给的三种物质都属于原子晶体，而且结构相似都是正四面体形的空间网状结构，所以晶体的熔点由微粒间的共价键强弱决定，这里共价键强弱主要由键长决定，可近似地看作是成键原子的半径之和，由于硅的原子半径大于碳原子，所以键的强弱顺序为C—C>C—Si>Si—Si，熔点由高到低的顺序为金刚石>碳化硅>晶体硅。
2.H2S分子中两个共价键的夹角接近90°，不能用来解释的是(　　)
A．共价键的饱和性
B．H2S分子中S存在孤对电子
C．共价键的方向性
D．S原子中p轨道的形状
解析：选A。S原子的价电子构型是3s23p4，有2个未成对电子，并且分布在相互垂直的3px和3py轨道中，当与2个H原子配对成键时，形成的两个共价键间夹角应接近90°，这体现了共价键的方向性是由轨道的伸展方向决定的。
3.COCl2分子的结构式为，COCl2分子内含有(　　)
A．4个σ键 B．2个σ键、2个π键
C．2个σ键、1个π键 D．3个σ键、1个π键
解析：选D。C和Cl之间为σ键，C和O之间为一个σ键、一个π键。
4.已知N2(g)＋O2(g)2NO(g)为吸热反应，ΔH＝180 kJ·mol－1，其中N≡N键、O O键的键能分别为946 kJ·mol－1、498 kJ·mol－1，则N—O键的键能为(　　)
A．1264 kJ·mol－1 B．632 kJ·mol－1
C．316 kJ·mol－1 D．1624 kJ·mol－1
解析：选B。180 kJ·mol－1＝946 kJ·mol－1＋498 kJ·mol－1－2EN—O，所以EN—O＝632 kJ·mol－1。
5.如图所示是某原子晶体A空间结构中的一个单元，A与某物质B反应生成C，其实质是每个A—A键中插入一个B原子，则C物质的化学式为(　　)

A．AB B．A5B4
C．AB2 D．A2B5
解析：选C。插入的B为10，则A与B的原子数之比为5∶10，则化学式为AB2。
6.X、Y两元素的原子，当它们分别获得两个电子，形成稀有气体元素原子的电子层结构时，X放出的能量大于Y放出的能量；Z、W两元素的原子，当它们分别失去一个电子形成稀有气体元素原子的电子层结构时，W吸收的能量大于Z吸收的能量，则X、Y和Z、W分别形成的化合物中，最不可能是共价化合物的是(　　)
A．Z2X B．Z2Y
C．W2X D．W2Y
解析：选A。X比Y易得电子，Z比W易失电子，故X、Z的电负性相差最大，最不可能形成共价化合物。
7.下列有关NH中的N—H配位键说法正确的是(　　)
A．N—H配位键不是化学键
B．N—H配位键属于共价键
C．N—H配位键跟其他三个N—H键之间的键长不同
D．N—H配位键的化学性质与其他N—H键不同
解析：选B。配位键是共价键的一种特例，应属于化学键。在NH中虽然N—H配位键的形成过程与其他N—H共价键不同，但键长、键能及化学性质完全相同。
8.有研究表明分子结构中含有π键的物质能吸收紫外线，日常生活中用的防晒霜的主要成分是氨基苯甲酸或羟基丙酮，它们能防晒的原因是(　　)
A．因为它们均是有机物，涂用后形成了一层“保护层”
B．因为它们易挥发，挥发时吸热降低了皮肤温度
C．因为它们分子中含有π键，能够有效吸收紫外线
D．因为它们能与皮肤形成一层“隔热层”，阻碍照射
解析：选C。抓住题干中“含有π键的物质能吸收紫外线”这一关键信息即可作答。
9.在硼化镁晶体的理想模型中，镁原子和硼原子是分层排布的，一层镁一层硼的相间排列，下图是从该晶体微观空间中取出的部分原子沿z轴方向的投影，白球是镁原子投影，黑球是硼原子投影，图中的硼原子和镁原子投影在同一平面上。则硼化镁的化学式为(　　)
A．MgB B．MgB2
C．Mg2B D．MgB6
解析：选B。见题图，每个镁原子周围有6个硼原子，每个硼原子周围有3个镁原子。
10.分析下列化学式中划有横线的元素，选出符合要求的物质，填空。
A．NH3　　 B．H2O　　C．HCl　　 D．CH4
E．C2H6 　F．N2
(1)所有的价电子都参与形成共价键的是____________；
(2)只有一个价电子参与形成共价键的是____________；
(3)最外层有未参与成键的电子对的是____________；
(4)既有σ键又有π键的是____________。
解析：NH3中N原子分别与3个H原子形成3个σ键，还有一对不成键电子；H2O中O原子与2个H原子形成2个σ键，还有两对不成键电子；HCl中Cl原子与1个H原子形成1个σ键，还有三对不成键电子；CH4中C原子与4个H原子形成4个σ键，所有价电子都参与成键；C2H6中C原子分别与3个H原子及另1个C原子形成4个σ键，所有电子都参与成键；N2中N原子与另1个N原子形成1个σ键，2个π键，还有一对不成键电子。
答案：(1)DE　(2)C　(3)ABCF　(4)F
11.长期以来一直认为氟的含氧酸不存在，但1971年美国科学家将F2通入细冰沫获得HFO(次氟酸)。
(1)HFO的电子式为____________。
(2)HFO与水反应得到物质A(结构如图所示)，写出HFO与水反应的化学方程式______________________。
(3)分子A中存在________键。
A．仅有σ键 B．仅有π键
C．同时含有σ键、π键 D．同时存在极性键和非极性键
解析：(1)HFO是F的含氧酸，因此它的分子结构是F原子与一个羟基相连。由此可以推出HFO的电子式。分子中，中心原子为氧原子，氧与氢共用的电子对偏向氧，氧和氟共用的电子对偏离氧。
(2)物质A由H、F、O三种元素中的一种或两种组成，由原子守恒可知，除了生成HF外，还有H2O2。
(3)H2O2分子中仅有单键，所以应全为σ键。存在的化学键有H—O键和O—O键，即分别为极性键和非极性键。
答案：(1)
(2)HFO＋H2O===HF↑＋H2O2　(3)AD
12.C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2化学式相似，但结构和性质有很大不同。CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与O原子间不形成上述π键。从原子半径大小的角度分析，为何C、O原子间能形成π键，而Si、O原子间不能形成上述π键？________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：π键为“肩并肩”的形式，而原子半径较大时，则无法“肩并肩”。
答案：Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道“肩并肩”重叠程度较小，不能形成上述形式的π键
A、B、C、D四种元素处于同一周期，在同族元素中，A的氢化物最稳定，在所有元素中电负性最大。B的最高价氧化物对应的水化物的酸性在同周期中是最强的，C的电负性介于A、B之间，D与B相邻。
(1)C的原子的价电子排布式为________________。
(2)A、B、C三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序是(写元素符号)____________。
(3)B的单质分子中存在________个π键。
(4)D和B形成一种超硬、耐磨、耐高温的新型化合物，该化合物属于________晶体，其硬度比金刚石________(填“大”或“小”)。
解析：A的氢化物最稳定，显然应为第2周期元素，而B的最高价氧化物的水化物酸性在同周期中最强，则应为N。电负性最大的应为F。而C的电负性介于A、B中间，则C应为O。又D与B相邻，则D为碳。N2中为氮氮叁键，故有2个π键。(4)由提供的物理性质，显然为原子晶体的特性，而C—N的键长小于C—C键，故其硬度比金刚石大。
答案：(1)2s22p4　(2)F>N>O　(3)2　(4)原子　大
3.4分子间作用力　分子晶体
1.关于氢键，下列说法不正确的是(　　)
A．每一个水分子内含有两个氢键
B．冰、水中都存在氢键
C．水是一种非常稳定的化合物，这是由于水分子之间能形成氢键
D．由于N、O、F的电负性比较大，所以NH3、H2O、HF分子间都可以形成氢键
解析：选A。在水分子中，氢与氧以共价键结合，水分子之间存在氢键。
2. 当干冰汽化时，下列所述各项中发生变化的是(　　)
①分子间距离　②范徳华力　③氢键　④分子内共价键
⑤化学性质　⑥物理性质
A．①③⑤　　　　　　　　 B．②④⑥
C．①④⑥ D．①②⑥
解析：选D。干冰汽化为物理变化，是分子间距离改变引起的，此过程中，范徳华力被破坏，但共价键仍保持不变，CO2分子间不存在氢键。
3.下列各组物质汽化或熔化时，所克服的微粒间的作用力，属同种类型的是(　　)
A．碘和干冰的升华
B．二氧化硅和生石灰的熔化
C．氯化钠和铁的熔化
D．氯化钠和氯化铝的熔化
解析：选A。碘和干冰的升华克服的都是分子间作用力；二氧化硅和氯化铝的熔化克服的是共价键，生石灰和氯化钠的熔化克服的是离子键，铁的熔化克服的是金属键。
4.下列过程中，只破坏分子间作用力的是(　　)
①干冰、碘升华　②AlCl3熔化　③醋酸凝固成冰醋酸　④HCl气体溶于水　⑤食盐熔化　⑥蔗糖熔化
A．①④⑤⑥ B．①③④⑥
C．①②③⑥ D．②③⑤
解析：选C。AlCl3为共价化合物，熔化时不发生电离，因此只破坏分子间作用力。
5.下列说法中错误的是(　　)
A．卤化氢中，以HF沸点最高，是由于HF分子间存在氢键
B．H2O的沸点比HF的高，可能与氢键有关
C．氨水中有分子间氢键
D．氢键X—H…Y的三个原子总在一条直线上
解析：选D。因HF存在氢键，所以沸点HF＞HI＞HBr＞HCl，A正确；氨水中除NH3分子之间存在氢键，NH3与H2O、H2O与H2O之间都存在氢键，C正确；氢键中的X—H…Y三原子应尽可能地在一条直线上，但是在特定条件下，如空间位置的影响下，也可能不在一条直线上，故D错。
6.下列叙述中正确的是(　　)
A．P4和NO2形成的晶体均为分子晶体
B．CH4和铵盐的晶体均为分子晶体
C．C60汽化和I2升华克服的作用力不同
D．共价键的本质是电子云的重叠，且电子云重叠的方式都完全相同
解析：选A。B选项，铵盐晶体属于离子晶体；C选项，C60汽化和I2升华克服的都是范徳华力；D选项，电子云重叠的方式有“头碰头”重叠(σ键)和“肩并肩”重叠(π键)。
7.有下列两组命题
A组
B组
Ⅰ.H—F键键能小于H—Cl键键能
①HCl比HF稳定
Ⅱ.H—I键键能小于H—Cl键键能
②HCl比HI稳定
Ⅲ.HCl分子间作用力大于HF分子间作用力
③HCl沸点比HF高
Ⅳ.HI分子间作用力小于HCl分子间作用力
④HI沸点比HCl低
B组中命题正确，且能用A组命题加以正确解释的是(　　)
A．Ⅰ① B．Ⅱ②
C．Ⅲ③ D．Ⅳ④
解析：选B。键能大，则物质稳定。
8.下列说法正确的是(　　)
A．冰熔化时，分子中H—O键发生断裂
B．原子晶体中，共价键越强，熔点越高
C．分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔、沸点越高
D．分子晶体中，分子间作用力越大，则分子晶体越稳定
解析：选B。冰熔化时，属于物理变化，故共价键没有破化，A项错；原子晶体熔化时，需要破坏共价键，故共价键强，熔点高，B项正确。分子晶体的熔、沸点与共价键无关，C项错；物质的稳定性与共价键的牢固有关，D项错。
9.二氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如右图所示。常温下S2Cl2是一种橙黄色的液体，遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体。下列说法错误的是(　　)
A．S2Cl2的结构式为Cl—S—S—Cl
B．S2Cl2中含有σ键和π键
C．S2Br2与S2Cl2结构相似，熔沸点：S2Br2>S2Cl2
D．S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2＋2H2O===SO2↑＋3S↓＋4HCl
解析：选B。从分子结构看，显然A项正确；分子中全为单键，故无π键，B项错；S2Br2与S2Cl2结构相似，均为分子晶体，又相对分子质量S2Br2大于S2Cl2，故熔沸点高，C项正确；S2Cl2与水，生成使品红溶液褪色的气体，即为SO2，从化合价变化看，显然还有S生成，D项正确。
10.已知：
CH4
SiH4
NH3
PH3
沸点(K)
101.7
161.2
239.7
185.4
分解温度(K)
873
773
1073
713.2
分析上表中四种物质的相关数据，请回答：
①CH4和SiH4比较、NH3和PH3比较，沸点高低的原因是
___________________________________________________________________________________________________________________________________________。
②CH4和SiH4比较、NH3和PH3比较，分解温度高低的原因是
________________________________________________________________________________________________________________________________________。
结合上述数据和规律判断，一定压强下HF和HCl的混合气体降温时________先液化。
解析：分子晶体中，沸点高低看相对分子质量，特别要注意有氢键的影响。分解温度高低是看键能的大小。由于HF分子间可形成氢键，故易液化。
答案：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CH4；NH3分子间还存在氢键作用，因此NH3的沸点高于PH3
②C—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PH3　HF
11.右图为CO2分子晶体结构的一部分。
(1)观察图形，试说明每个CO2分子周围有________个与之紧邻等距的CO2分子；
(2)在一定温度下，测得干冰晶胞(即图示)的边长a＝5.72× 10－8 cm，则该温度下干冰的密度为________ g/cm3。
(3)试判断：①CO2、②CS2、③SiO2晶体的沸点由高到低排列的顺序是________>________>________(填写相应物质的编号)。
解析：(1)以某个晶胞一个面中心的CO2分子作为研究对象， 它到该平面四个顶点的距离以及与该平面垂直的四个面中心的CO2分子的距离相同，又因为晶体是晶胞的连续体，它与下方晶胞中与该平面垂直的四个面中心的CO2分子的距离也相同，所以，每个CO2分子周围有12个与之紧邻等距的CO2分子。(2)CO2分子晶体为面心立方晶体，每个晶胞中含有4 个CO2分子。每个晶胞的质量为[44÷(6.02×1023)×4] g，每个晶胞的体积为(5.72×10－8)3 cm3。干冰的密度为[44÷(6.02×1023)×4]÷(5.72×10－8)3＝1.56 g/cm3。(3)SiO2为原子晶体，熔、沸点最高；CO2、CS2都是分子晶体， CS2的分子量大于CO2，分子间作用力大于CO2，沸点高于CO2。
答案：(1)12　(2)1.56　(3)③　②　①
12.实验室检验Ni2＋可用丁二酮肟与之作用生成腥红色配合物沉淀。
(1)Ni2＋在基态时，核外电子排布式为：______________。
(2)在配合物中用化学键和氢键标出未画出的作用力(镍的配位数为4)。
解析：(1)Ni为28号元素，核外电子排布为[Ar]3d84s2，先失去4s上面的电子，故Ni2＋的核外电子排布为[Ar]3d8。(2)氢键存在于氧原子与羟基上的氢之间。N原子上有孤对电子，N与Ni之间存在配位键。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8
(2)
A、B、C、D、E五种元素，A元素的周期数、主族数、原子序数相同；B的基态原子核外有3种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子数相同；C元素的电离能如下图所示；D元素的价电子构型为nsnnpn＋2；E的原子序数为28号。E单质与BD形成的配合物E(BD)5 ，常温下呈液态，熔点为－20.5 ℃，沸点为103 ℃。
(1)E(BD)5晶体属于________________(填晶体类型)。
(2)A元素和B元素组成的化合物分子之间 ________(填“有”或“没有”)形成氢键。
(3)基态E原子的电子排布式为____________________。
(4)B、C、D三种元素的电负性由大到小的顺序是________________(填元素符号)。
(5)C2和B2A2的分子中根据电子云重叠的方式不同，都包含的共价键类型有________。
(6)已知原子数和电子数相同的微粒叫等电子体，等电子体的结构相似。根据下表数据，说明BD分子比C2分子活泼的原因________________________________________________。
X—Y
X===Y
X≡Y
BD的键能(kJ/mol)
357.7
798.9
1071.9
C2的键能(kJ/mol)
154.8
418.4
941.7
解析：E(BD)5晶体的熔点较低，且为液态，故应为分子晶体。由题意推知，A为氢，B的核外电子排布式为1s22s22p2，即为碳，A、B形成的甲烷不存在氢键。C的电离能在I5处发生突变，则说明C为ⅤA族元素，D为nsnnpn＋2，则n只能取2，为氧元素。N2和C2H2中均有叁键，则同时含有σ键和π键。
答案：(1)分子晶体　(2)没有
(3)1s22s22p63s23p63d64s2
(4)O>N>C　(5)σ键和π键
(6)CO中断裂第一个π键消耗的能量(273 kJ·mol－1)比N2中断裂第一个π键消耗的能量(523.3 kJ·mol－1)小，CO的第一个键较容易断裂，因此CO较活泼
3.4分子间作用力　分子晶体
1.范德华力为a kJ·mol－1，化学键为b kJ·mol－1，氢键为c kJ·mol－1，则a、b、c的大小关系是(　　)
A．a>b>c　　　　　　　 B．b>a>c
C．c>b>a D．b>c>a
解析：选D。氢键的作用力介于范德华力和化学键之间。
2.下列关于氢键的说法中正确的是(　　)
A．氢键属于共价键
B．氢键只存在于分子之间
C．氢键的形成使物质体系的能量降低
D．氢键在物质内部一旦形成，就不会再断裂
解析：选C。氢键是一种特殊的分子间作用力，可以存在于分子内部也可以存在于分子之间。氢键在一定条件下会断裂，如当发生化学反应时，就可以破坏分子内的氢键。
3.下列物质为固态时，必定是分子晶体的是(　　)
A．酸性氧化物 B．非金属单质
C．碱性氧化物 D．含氧酸
解析：选D。酸性氧化物可以是原子晶体(如二氧化硅)；非金属单质可以是原子晶体(如金刚石)；碱性氧化物可以是离子晶体(如氧化镁等)。
4.下列物质的沸点大小比较中正确的是(　　)
A．H2OB．HCl>HF
C．NH3>PH3
解析：选C。由于H2O分子与H2O分子之间、HF分子与HF分子之间、NH3分子与NH3分子之间都能形成氢键，导致它们的沸点反常地高于同族元素的氢化物，所以C项正确。在邻羟基苯甲酸中，由于同一分子内羟基与羟基较近，很容易形成分子内氢键。在对羟基苯甲酸中，只能在分子与分子之间形成分子间氢键，要将其汽化变为单个分子，需要较多的能量克服分子间氢键，因此对羟基苯甲酸的沸点比邻羟基苯甲酸的沸点高。所以D项错误。
5.下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是(　　)
A．SO2、SiO2 B．CO2、H2O
C．NaCl、HCl D．CCl4、KCl
解析：选B。SO2是分子晶体，SiO2是原子晶体；CO2、H2O都是分子晶体，CO2、H2O分子中原子都是以共价键相结合；NaCl为离子晶体，晶体中只有离子键，HCl为分子晶体，HCl分子之间以分子间作用力结合，HCl分子中，氢原子和氯原子以共价键结合；CCl4为分子晶体，CCl4分子之间以分子间作用力结合，CCl4分子中，碳原子和氯原子以共价键结合，KCl为离子晶体，晶体中只有离子键。
6. 下列有关分子晶体熔点的高低叙述中，正确的是(　　)
A．HCl＞HF
B．SiCl4＞CCl4
C．N2＞O2
D．C(CH3)4＞CH3CH2CH2CH2CH3
解析：选B。HF晶体中存在氢键，HCl晶体中只有范德华力，故A错误；组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量大的熔点高，故C错误，B正确；同分异构体中，支链越多，熔点越低，故D错误。
7. (2012·郑州一中高二质检)NH3、H2S等是极性分子，CO2、BF3、CCl4等是极性键形成的非极性分子。根据上述事实可推出ABn型分子是非极性分子的经验规律是(　　)
A．分子中不能含有氢原子
B．在ABn分子中A原子的所有价电子都参与成键
C．在ABn分子中每个共价键的键长都相等
D．在ABn分子中A的相对原子质量应小于B的相对原子质量
解析：选B。A项如CH4为非极性分子却含有氢原子。B项如NH3电子式为，价电子中有孤电子对，而分子中的中心原子所有价电子都参与成键，故B正确。C项如NH3、H2S分子中每个共价键的键长都相等却为极性分子。D项如CH4中C的相对原子质量大于H的相对原子质量却为非极性分子。
8. A、B、C、D、E五种元素，A元素的周期数、主族数、原子序数相同；B的基态原子核外有3种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子数相同；C元素的电离能如下图所示；D元素的价电子构型为nsnnpn＋2；E的原子序数为28号。E单质与BD形成的配合物E(BD)5 ，常温下呈液态，熔点为－20.5 ℃，沸点为103 ℃。
(1)E(BD)5晶体属于________________(填晶体类型)。
(2)A元素和B元素组成的化合物分子之间 ________(填“有”或“没有”)形成氢键。
(3)基态E原子的电子排布式为____________________。
(4)B、C、D三种元素的电负性由大到小的顺序是________________(填元素符号)。
(5)C2和B2A2的分子中根据电子云重叠的方式不同，都包含的共价键类型有________。
(6)已知原子数和电子数相同的微粒叫等电子体，等电子体的结构相似。根据下表数据，说明BD分子比C2分子活泼的原因________________________________________________。
X—Y
X===Y
X≡Y
BD的键能(kJ/mol)
357.7
798.9
1071.9
C2的键能(kJ/mol)
154.8
418.4
941.7
解析：E(BD)5晶体的熔点较低，且为液态，故应为分子晶体。由题意推知，A为氢，B的核外电子排布式为1s22s22p2，即为碳，A、B形成的甲烷不存在氢键。C的电离能在I5处发生突变，则说明C为ⅤA族元素，D为nsnnpn＋2，则n只能取2，为氧元素。N2和C2H2中均有叁键，则同时含有σ键和π键。
答案：(1)分子晶体　(2)没有
(3)1s22s22p63s23p63d64s2
(4)O>N>C　(5)σ键和π键
(6)CO中断裂第一个π键消耗的能量(273 kJ·mol－1)比N2中断裂第一个π键消耗的能量(523.3 kJ·mol－1)小，CO的第一个键较容易断裂，因此CO较活泼
4.1分子构型与物质的性质
1.在分子中，四个原子处在同一平面上，C原子采用的杂化轨道是(　　)
A．sp　　　　　　　　　　 B．sp2
C．sp3 D．其他形式杂化
解析：选B。根据题给信息，分子的四个原子处在同一平面上，推导出C原子采用的杂化轨道是sp2。C原子采用sp杂化轨道，将得到直线形分子，采用sp2 杂化轨道，将得到平面三角形分子，采用sp3杂化轨道，将得到正四面体构型的分子。
2.下列分子中：(1)CCl4、(2)NH3、(3)CH4、(4)CO2、(5)N2、(6)H2S、(7)SO2、(8)CS2、(9)H2O、(10)HF，含有极性键的非极性分子是(　　)
A．(2)(3)(4)(5)(8) B．(1)(3)(4)(5)(8)
C．(1)(3)(4)(8) D．以上均不对
解析：选C。(1)CCl4、(3)CH4、(4)CO2、(8)CS2四种分子中均含有极性键，但因它们的正、负电荷重心重合，所以均为非极性分子。
3.下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是(　　)
A．CO2与SO2 B．CH4与NH3
C．BeCl2与BF3 D．C2H2与C2H4
解析：选B。A项中CO2为sp杂化，SO2为sp2杂化，A项错；B项中均为sp3杂化，B项正确；C项中BeCl2为sp杂化，BF3为sp2杂化，C项错；D项中C2H2为sp杂化，C2H4为sp2杂化，D项错。
4.用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的空间结构，两个结论都正确的是(　　)
A．直线形；三角锥形 B．V形；三角锥形
C．直线形；平面三角形 D．V形；平面三角形
解析：选D。H2O的价层电子对数为4，孤电子对数为2，故分子构型为V形；BF3的价层电子对数为3，无孤电子对，故分子构型为平面三角形。
5.NH3、H2O、CH4三分子中键角的大小顺序正确的是(　　)
A．NH3>H2O>CH4 B．CH4>NH3>H2O
C．H2O>CH4>NH3 D．H2O>NH3>CH4
解析：选B。NH3、H2O、CH4分子的价电子对排布均为正四面体型，价电子对间的夹角按理应为109.5°，由于NH3分子有一对孤电子对，H2O分子有两对孤电子对，孤电子对对成键电子对有较大的斥力，使成键电子对之间的夹角减小。所以三个分子的键角从大到小的顺序是CH4>NH3>H2O。
6.根据等电子原理判断，下列说法中错误的是(　　)
A．B3N3H6分子中所有原子均在同一平面上
B．B3N3H6分子中存在双键，可发生加成反应
C．H3O＋和NH3是等电子体，均为三角锥形
D．CH4和NH是等电子体，均为正四面体结构
解析：选B。等电子原理是指具有相同价电子数(指全部电子总数或价电子总数)和相同原子数的分子或离子具有相同的结构特征。苯是B3N3H6的等电子体，因此，它们的结构相同。苯分子中所有的原子均在同一平面上，苯分子中不存在双键，存在大π键，因此，B错误。H3O＋和NH3是等电子体，NH3是三角锥形，则H3O＋也是三角锥形。CH4和NH是等电子体，CH4是正四面体结构，所以NH也是正四面体结构。
7. PPA是一种常用的抗感冒药，但服用该药品能引发头昏、头痛、血压升高、甚至中风、肾功能衰竭等病症。因此，包括我国在内的许多国家已发布了停用含PPA感冒药的通知。已知PPA由原子序数均小于10的四种元素构成，其比例模型如图所示。
下列有关PPA的说法中正确的是(　　)
A．PPA的分子式为C9H13NO
B．一个PPA分子中含有1个手性碳原子
C．PPA分子中所有碳原子都采用sp2杂化
D．PPA分子中所有碳原子一定在同一平面上
解析：选A。本题的要点在于知道碳为四价，氮为三价，氧为二价，氢为一价，从而准确判断其分子式为C9H13NO，A项正确。一个PPA分子中含有2个手性碳原子，B项错误。PPA分子中，苯环上的碳原子都采用sp2杂化，其他碳原子都采用sp3杂化，C项错误。由于分子中含有苯环，苯环上的所有碳原子以及与之相连的第一个碳原子必然在同一平面上，但另外两个碳原子则不一定在此平面上，D项错误。
8.下列说法中正确的是(　　)
A．PCl3分子是三角锥形，这是因为磷原子是以sp2杂化的结果
B．sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的4个sp3杂化轨道
C．凡中心原子采取sp3杂化的分子，其价层电子对互斥模型都是正四面体形
D．AB3型的分子空间构型必为平面三角形
解析：选C。PCl3分子的价电子对数(5＋3×1)/2＝4，因此PCl3分子中磷原子采用sp3杂化，sp3杂化轨道是原子最外电子层上的1个s轨道和3个p轨道“混合”起来，形成能量相等、成分相同的4个轨道。sp3杂化所得到的空间构型应为正四面体形，如甲烷分子。但是如果杂化轨道被孤电子对占据，则构型将发生变化，如NH3分子是三角锥形，H2O分子是V形。AB3型分子如果中心原子呈sp2杂化，就是平面三角形分子；如果中心原子呈sp3杂化，就是三角锥形分子。
9.(2012·扬州高二检测)有一种AB2C2型分子，在该分子中A为中心原子。下列关于该分子的空间结构和极性的说法中，正确的是(　　)
A．假设为平面四边形，则该分子一定为非极性分子
B．假设为四面体形，则该分子一定为非极性分子
C．假设为平面四边形，则该分子可能为非极性分子
D．假设为四面体形，则该分子可能为非极性分子
解析：选C。本题考查了分子极性与分子的空间结构的关系。
10.1919年， Langmuir提出等电子原理：原子数相同、电子数相同的分子，互称为等电子体。等电子体的结构相似、物理性质相近。
(1)根据上述原理，仅由第2周期元素组成的共价分子中，互为等电子体的是：
________和________；________和________。
(2)此后，等电子原理又有所发展。例如，由短周期元素组成的微粒，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，也可互称为等电子体，它们也具有相似的结构特征。在短周期元素组成的物质中，与NO互为等电子体的分子有：________、________；这些等电子体的微粒构型为________形。
(3)CS2、BeCl2(g)、NO具有相同的通式：AX2，它们的价电子总数都是16，因此，它们的结构与由第2周期两元素组成的________分子的结构相同，微粒呈________形，中心原子采取________杂化轨道。
(4)CO、NO等微粒具有相同的通式：________，它们的总价电子数都等于________，因此，它们与由第Ⅵ A族两元素组成的________分子结构有相同，呈________形，中心原子都采取________杂化。
解析：根据等电子原理分析。
答案：(1)N2　CO　CO2　N2O　(2)O3　SO2　V
(3)CO2　直线　sp　(4)AX3　24　SO3　平面三角　sp2
11.分子式为Pt(NH3)2Cl2的配位化合物有顺铂和反铂两种同分异构体。顺铂的结构简式为，具有抗癌作用；反铂的结构简式为，无抗癌作用。
(1)C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序是__________________；Ni元素与Pt元素位于同一族，写出Ni元素基态原子的电子排布式：________________________。
(2)顺铂和反铂的物理性质有很大差异，其中只有一种易溶于水，请你通过所学知识判断哪一种易溶于水，并说明理由：__________________________________________。
(3)金属铂的原子堆积方式为铜型(面心立方堆积)，一个金属铂的晶胞中含有________个铂原子。
解析：(2)顺铂为极性分子，根据相似相溶规则知，顺铂易溶于水。(3)面心立方堆积即8个顶点各有一个原子，6个面心上各有一个原子，故共有原子数为8×1/8＋6×1/2＝4。
答案：(1)O＞N＞C　1s22s22p63s23p63d84s2
(2)顺铂易溶于水，因为它是极性分子，易溶于极性溶剂
(3)4
12.(2012·泉州高二检测)有A、B、C、D、E五种元素，它们的原子序数依次增大，且都小于20。其中D、E是金属元素；A与E属同一主族，且最外层只有1个电子，其中A的原子核内没有中子，E单质与水剧烈反应并伴有一定的燃烧现象；D原子的电子层数与最外层电子数相同，且次外层具有8个电子；C原子最外层电子数是次外层电子数的3倍；B原子的最外层电子数是奇数，其单质在常温下为难以液化的气体。请推断并回答：
(1)A～E的元素符号分别为：A________、B________、
C________、D________、E________。
(2)B单质的电子式为________。
(3)在这五种元素之中，A与C组成的具有共价键的三原子分子是________，A与B形成的具有极性键的四原子分子是________，这两种分子组成的物质互相________(填“溶解”或“不溶解”)，原因是___________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：A最外层有1个电子且核内没有中子，知为氢元素；E与A同主族，且原子序数小于20，知为钠、钾中的一种，又因E单质与水剧烈反应并伴有燃烧现象，知为钾元素；D原子次外层有8个电子，即D核外至少有3个电子层。又因电子层数等于最外层电子数，加之原子序数又小于20，故D为铝元素；C最外层电子数是次外层电子数的3倍，C只能是氧元素；B的原子序数小于C的，最外层电子数是奇数且形成气体，故为氮元素，氮气难液化符合题意。
答案：(1)H　N　O　Al　K　(2)N??N
(3)H2O　NH3　溶解　二者都是极性分子组成的物质，相似相溶
(2012·苏州高二检测)氮可以形成多种离子，如N3－、NH、N、NH、N2H、N2H等，已知N2H与N2H是由中性分子结合质子形成的，类似于NH，因此有类似于NH的性质。
(1)写出N2H在碱性溶液中反应的离子方程式____________________。
(2)NH的电子式为________。
(3)N有________个电子。
(4)写出两种由多个原子组成的含有电子数与N相等的物质的化学式____________。
(5)等电子体的微粒往往具有相似的结构，试预测N的构型为________。
(6)据报道，美国科学家卡尔·克里斯特于1998年11月合成了一种名为“N5”的物质，由于其具有极强的爆炸性，又称为“盐粒炸弹”。迄今为止，人们对它的结构尚不清楚，只知道“N5”实际上是带正电荷的分子碎片，其结构是对称的，5个N排成V形。如果5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个N≡N键。则“N5”分子碎片所带电荷是________。
解析：(1)联想NH与碱溶液反应的离子方程式，可写出该反应的离子方程式N2H＋2OH－====N2H4＋2H2O。(2)NH的电子式为。(3)N有7×3＋1＝22个电子。(4)与N互为等电子体的微粒有N2O、CO2等。(5)互为等电子体的物质具有相似的性质与结构，故N的空间构型为直线形。(6)由题意可以写出该分子碎片的结构式为，故该分子碎片带一个单位正电荷。
答案：(1)N2H＋2OH－====N2H4＋2H2O
(2) 　(3)22　(4)N2O、CO2(合理即可)
(5)直线形　(6)一个单位正电荷
4.1分子构型与物质的性质
1.下列分子或离子中，不含有孤电子对的是(　　)
A．H2O　　　　　　　　 B．H3O＋
C．NH3 D．NH
2.用价层电子对互斥理论预测H2O和CH4的空间构型，两个结论都正确的是(　　)
A．直线形，三角锥形 B．V形，三角锥形
C．直线形，正四面体形 D．V形，正四面体形
解析：选D。在H2O中，价层电子对数为4，若无孤电子对存在，则其应为正四面体形。但中心原子O上有两对孤电子对，而且孤电子对也要占据中心原子周围的空间，它们相互排斥，因此H2O为V形结构；在CH4分子中，价层电子对数为4，无孤电子对，所以CH4为正四面体形。
3.有关甲醛分子的说法正确的是(双选)(　　)
A．C原子采用sp杂化 B．甲醛分子为三角锥形结构
C．C原子采取sp2杂化 D．甲醛分子为平面三角形结构
解析：选CD。甲醛分子(CH2O)中的中心C原子采取的是sp2杂化，三个杂化轨道呈平面三角形，两个sp2杂化轨道分别与一个H原子的s轨道形成C—H σ键，另一个sp2杂化轨道与O原子的p轨道形成一个σ键，C原子中未用于杂化的一个p轨道与O原子的p轨道形成一个π键。
4.下列物质中，既有极性键，又有非极性键的非极性分子是(　　)
A．二硫化碳 B．甲烷
C．一氯乙烷 D．乙炔
解析：选D。判断共价键的极性就看形成共价键的两个原子吸引电子的能力是否相同。吸引电子能力相同的原子之间形成的共价键是非极性共价键；吸引电子能力不同的原子之间形成的共价键是极性共价键。若某分子是既有极性键，又有非极性键的非极性分子，那么该分子中必然有两个吸引电子能力相同的原子相连形成非极性共价键，两个吸引电子能力不同的原子相连形成极性共价键。满足此条件的只有D选项。
5. 下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是(　　)
A．CO2与SO2 B．CH4与NH3
C．BeCl2与BF3 D．HC≡CH与CH2== CH2
解析：选B。CO2中的C原子为sp杂化，SO2中的S原子为sp2杂化，A错；CH4中的C原子和NH3中的N原子均为sp3杂化，B正确；BeCl2中的Be原子为sp杂化，BF3中的B原子为sp2杂化，C错；HCCH中的C原子为sp杂化，CH2CH2中的C原子为sp2杂化，D错。
6.(2012·大庆四中高二检测)在乙烯分子中有5个σ键、一个π键，它们分别是(　　)
A．sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键
B．sp2杂化轨道形成π键、未杂化的2p轨道形成σ键
C．C—H之间是sp2形成的σ键，C—C之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键
D．C—C之间是sp2形成的σ键，C—H之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键
解析：选A。乙烯分子中C原子发生sp2杂化，杂化轨道共形成4个C—H σ键，1个C—C σ键，未杂化的2p轨道形成π键。
7.氨气分子的立体构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为(　　)
A．两种分子的中心原子的杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化
B．NH3分子中N原子形成3个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道
C．NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强
D．氨气分子是4原子化合物，甲烷为5原子化合物
解析：选C。NH3和CH4都是sp3杂化，故A、B错误，跟分子中原子个数无关，故D错误。
8.指出下列原子的杂化轨道类型及分子的结构式、空间构型。
(1)CO2分子中的C采取________杂化，分子的结构式________________，空间构型________；
(2)CH2O分子中的C采取________杂化，分子的结构式________________，空间构型________；
(3)CH4分子中的C采取__________杂化，分子的结构式________________，空间构型________；
(4)H2S分子中的S采取__________杂化，分子的结构式________________，空间构型________。
解析：杂化轨道所用原子轨道的能量相近，且杂化轨道只能用于形成σ键，剩余的p轨道还可以形成π键。杂化轨道类型决定了分子(或离子)的空间构型，如sp2杂化轨道的键角为120°，空间构型为平面三角形。因此，也可根据分子的空间构型确定分子(或离子)中杂化轨道的类型，如CO2为直线形分子，因此分子中杂化轨道类型为sp杂化。
4.2配合物的形成和应用
1.由配位键形成的离子[Pt(NH3)6]2＋和[PtCl4]2－中，两个中心原子Pt的化合价(　　)
A．都是＋8　　　　　　　　 B．都是＋6
C．都是＋4 D．都是＋2
解析：选D。配离子[Pt(NH3)6]2＋和[PtCl4]2－中，中心原子都是Pt2＋，配位体NH3是中性配体，Cl－带一个单位的负电荷，所以配离子[Pt(NH3)6]2＋显＋2价，而[PtCl4]2－配离子显－2价。
2.已知Zn2＋的4s轨道和4p轨道可以形成sp3型杂化轨道，那么[ZnCl4]2－的空间构型为(　　)
A．直线形 B．平面正方形
C．正四面体形 D．正八面体形
解析：选C。由于Zn2＋的4s轨道与4p轨道采取sp3杂化，所以[ZnCl4]2－的空间构型应为正四面体构型。C项符合题意。
3.铁强化酱油中加有NaFeEDTA，其络离子结构如右图，则Fe3＋的配位数为(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选D。与铁相连的原子有N和O，其中N已形成三根键，故N与Fe之间为配位键；O－也为饱和的化学键，若与铁相连，则只能为配位键。
4.下列关于[Cu(NH3)4]SO4的说法中，正确的是(　　)
A．[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、极性键和配位键
B．[Cu(NH3)4]SO4含有NH3分子，其水溶液中也含有NH3分子
C．[Cu(NH3)4]SO4的组成元素中第一电离能最大的是氧元素
D．[Cu(NH3)4]SO4的外界离子的空间构型为三角锥形
解析：选A。Cu2＋和NH3分子之间以配位键结合，配合物的内界不能电离出NH3。N元素的2p轨道电子处于半满状态，第一电离能比O元素大，外界SO为正四面体形。
5.0.01 mol氯化铬(CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02 mol AgCl沉淀。此氯化铬化学式最可能是(　　)
A．[Cr(H2O)6]Cl3 B．[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O
C．[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O D．[Cr(H2O)3Cl3]·3H2O
解析：选B。由0.01 mol氯化铬(CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02 mol AgCl沉淀可知：该氯化铬分子中，有2个Cl位于配合物的外界，是自由的氯离子，另外的1个Cl与Cr3＋以配位键结合。所以，选项B是正确答案。
6.科学家发现铂的两种化合物a和b，其中a为，b为。实验测得a和b具有不同的特性：a具有抗癌作用，而b没有。则下列关于a、b的叙述正确的是(　　)
A．a和b属于同一种物质
B．a和b互为同分异构体
C．a和b的空间构型是平面正方形
D．a和b的空间构型是四面体形
解析：选B。因为a和b具有不同的特性，所以a和b一定不是同一种物质。性质不同说明结构不同，而a与b的分子式是相同的，所以a和b互为同分异构体。a和b的空间构型若是四面体形，两个氯原子就不存在相邻和相间之分，因此a与b的空间构型只能是平面四边形。
7.(2012·徐州高二检测)某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是(　　)
A．配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6
B．该配合物可能是平面正方形结构
C．Cl－和NH3分子均与Pt4＋配位
D．配合物中Cl－与Pt4＋配位，而NH3分子与Pt4＋不配位
解析：选C。在PtCl4·2NH3水溶液中加入AgNO3溶液无沉淀生成，以强碱处理无NH3放出，说明Cl－、NH3均处于配合物的内界，故该配合物中中心原子的配位数为6，电荷数为4，Cl－和NH3分子均与Pt4＋配位，A、D错误，C正确；因为配体在中心原子周围配位时采取对称分布状态以达到能量上的稳定状态，Pt4＋配位数为6，则其立体构型为八面体形，B错误。
8.下列说法中不正确的是(　　)
A．植物光合作用所需的叶绿素是一种镁的配合物
B．动物细胞中载氧的血红素是一种铁的配合物
C．一些特殊性能的配合物可用作汽车尾气净化的催化剂
D．KAl(SO4)2、CuSO4·5H2O、[Ag(NH3)2]Cl等均属于配合物
解析：选D。由提供孤电子对的配位体与接受孤电子对的中心原子以配位键结合形成的化合物称为配位化合物。一般电离生成配离子和酸根离子，而KAl(SO4)2电离生成K＋、Al3＋和SO，所以不是配合物。
9.下列现象与形成配合物无关的是(　　)
A．向FeCl3 中滴加KSCN，出现血红色
B．向Cu与Cl2反应后的集气瓶中加少量H2O，呈绿色，再加水，呈蓝色
C．Cu与浓HNO3 反应后，溶液呈绿色；Cu与稀HNO3 反应后溶液呈蓝色
D．向AlCl3 溶液中逐滴加NaOH溶液至过量，先出现白色沉淀，继而消失
解析：选D。A中形成配合物Fe(SCN)3 显血红色；B中先生成配合物[CuCl4]2－，加水后生成[Cu(H2O)4]2＋而显蓝色。C中与B中相似。
10.如图是配合物叶绿素的结构示意图，有关的叙述正确的是(　　)
A．该叶绿素只含有H、Mg、C、N元素
B．该叶绿素是配合物，中心原子是镁原子
C．该叶绿素是配合物，其配位体是氮元素
D．该叶绿素不是配合物，而是高分子化合物
解析：选B。Mg的最高化合价为＋2价，而化合物中Mg与4个氮原子作用，由此可以判断该化合物中Mg与氮原子间形成配位键，该物质为配合物，B正确，D错误；该化合物组成中还含有氧元素，故A错误；该化合物中配位原子为氮原子，而不能称配位体，同样也不能称配位体是氮元素，因为配位体一般是离子或分子，故C错误。
11.Cu2＋能与NH3、H2O、Cl－等形成配位数为4的配合物。
(1)[Cu(NH3)4]2＋中存在的化学键类型有______(填序号)。
A．配位键　　 B．金属键　　C．极性共价键　　 D．非极性共价键　　E．离子键
(2)[Cu(NH3)4]2＋具有对称的空间构型，[Cu(NH3)4]2＋中的两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2＋的空间构型为________。
解析：(1)NH3与Cu2＋之间为配位键，N与H之间为极性共价键。该离子内部不存在离子键。(2)Cu与4个NH3为平面结构时，用两个Cl取代，则其位置关系可能为相邻，也可能为相对。若为空间的四面体，则只有一种结构。
答案：(1)AC　(2)平面正方形
12.在浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3·6H2O的绿色晶体，该晶体中两配位体的物质的量之比为1∶5，则该配离子的化学式为________。CrCl3·6H2O(相对分子质量为266.5)有三种不同颜色的异构体：[Cr(H2O)6]Cl3、[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O和[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O。为测定蒸发CrCl3溶液析出的暗绿色晶体是哪种异构体，取2.665 g CrCl3·6H2O配成溶液，滴加足量AgNO3溶液，得到沉淀1.435 g。该异构体为________(填化学式)。
解析：由TiCl3·6H2O的组成知，配位体的物质的量之比为1∶5，则只能为1个Cl－与5个H2O。又Ti为＋3价，而Cl为－1价，则该配离子为[TiCl(H2O)5]2＋。0.01 mol的CrCl3·6H2O与足量AgNO3溶液反应，只能得到0.01 mol AgCl，则说明只有一个Cl－在外界，故该异构体为[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O。
答案：[TiCl(H2O)5]2＋　[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O
金属酞菁配合物在硅太阳能电池中有重要作用，一种金属镁酞菁配合物的结构如下图，请在下图中用箭头表示出配位键。
解析：环中已经形成三根键的，则N与Mg之间为配位键。
答案：
4.2配合物的形成和应用
1.下列说法中，不正确的是(　　)
A．配位键也是一种静电作用
B．配位键实质上也是一种共价键
C．形成配位键的电子对由成键双方原子提供
D．配位键具有饱和性和方向性
解析：选C。形成配位键的电子对由单方原子提供。
2.下列物质中存在离子键、共价键和配位键的是(　　)
A．Na2O2　　　　　　 B．H3O＋
C．NH4Cl D．NaOH
解析：选C。Na2O2中含离子键和共价键；H3O＋中含共价键和配位键；NaOH中含离子键和共价键；NH4Cl中含有离子键、配位键和共价键，故正确答案为C。
3.向盛有硫酸铜水溶液的试管里滴加氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是(　　)
A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2＋的浓度不变
B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2＋
C．向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化
D．在[Cu(NH3)4]2＋中，Cu2＋给出孤电子对，NH3提供空轨道
解析：选B。反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应后铜以[Cu(NH3)4]2＋、Cu2＋两种形式存在，Cu2＋的浓度改变，A项错误；在反应后的溶液加入乙醇，溶液中可析出晶体，C项错误；在[Cu(NH3)4]2＋中，NH3给出孤电子对，Cu2＋提供空轨道，D项错误；B项正确。
4.(2012·上海高二检测)Co(Ⅲ)的八面体配合物为CoClm·nNH3，若1 mol该配合物与AgNO3作用生成1 mol AgCl沉淀，则m、n的值是(　　)
A．m＝1，n＝5 B．m＝3，n＝4
C．m＝5，n＝1 D．m＝4，n＝5
解析：选B。由1 mol配合物生成1 mol AgCl知，1 mol配合物电离出1 mol Cl－，即配离子显＋1价、外界有一个Cl－。又因为Co显＋3价，所以[CoClm－1·nNH3]＋中有两个Cl－，又因为是正八面体，所以n＝6－2＝4。
5. (2012·徐州高二检测)某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是(　　)
A．配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6
B．该配合物可能是平面正方形结构
C．Cl－和NH3分子均与Pt4＋配位
D．配合物中Cl－与Pt4＋配位，而NH3分子与Pt4＋不配位
解析：选C。在PtCl4·2NH3水溶液中加入AgNO3溶液无沉淀生成，以强碱处理无NH3放出，说明Cl－、NH3均处于配合物的内界，故该配合物中中心原子的配位数为6，电荷数为4，Cl－和NH3分子均与Pt4＋配位，A、D错误，C正确；因为配体在中心原子周围配位时采取对称分布状态以达到能量上的稳定状态，Pt4＋配位数为6，则其立体构型为八面体形，B错误。
6. 下列现象与形成配合物无关的是(　　)
A．向FeCl3 中滴加KSCN，出现血红色
B．向Cu与Cl2反应后的集气瓶中加少量H2O，呈绿色，再加水，呈蓝色
C．Cu与浓HNO3 反应后，溶液呈绿色；Cu与稀HNO3 反应后溶液呈蓝色
D．向AlCl3 溶液中逐滴加NaOH溶液至过量，先出现白色沉淀，继而消失
解析：选D。A中形成配合物Fe(SCN)3 显血红色；B中先生成配合物[CuCl4]2－，加水后生成[Cu(H2O)4]2＋而显蓝色。C中与B中相似。
7. 下列关于[Cu(NH3)4]SO4的说法中，正确的是(　　)
A．[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、极性键和配位键
B．[Cu(NH3)4]SO4含有NH3分子，其水溶液中也含有NH3分子
C．[Cu(NH3)4]SO4的组成元素中第一电离能最大的是氧元素
D．[Cu(NH3)4]SO4的外界离子的空间构型为三角锥形
解析：选A。Cu2＋和NH3分子之间以配位键结合，配合物的内界不能电离出NH3。N元素的2p轨道电子处于半满状态，第一电离能比O元素大，外界SO为正四面体形。
8.酞菁与酞菁铜染料分子结构如图，酞菁分子中氮原子采用的杂化方式有________；酞菁铜分子中心离子的配位数为________。
解析：酞菁分子中N有两种形式，一是—NH—，此N为sp3杂化；一是—N==C，此N为sp2杂化。酞菁铜中，左右的N与铜形成化学键，上下的氮与铜形成配位键，所以Cu2＋的配位数为2。
答案：sp3和sp2　2
专题1 揭示物质结构的奥秘
1. 美国科学家将两种元素铅和氪的原子核对撞，获得了一种质子数为118、质量数为293的超重元素，该元素原子核内的中子数与核外电子数之差是(　　)
A．57　　 B．47
C．61 D．293
解析：选A。根据题意可知，原子中质子数为118，质量数为293，因此中子数为
293－118＝175，在原子中核外电子数等于核内质子数，因此中子数与核外电子数之差为
175－118＝57。
2. 在科学史上中国有许多重大发明和发现，它们为世界的现代化奠定了基础，以下发明或发现属于化学史上中国对世界的贡献的是(　　)
①火药　②指南针　③造纸术　④印刷术　⑤炼铜、炼铁、炼钢　⑥合成有机高分子材料　⑦人工合成蛋白质　⑧提出原子—分子学说
A．②④⑥⑧ B．①③⑤⑦
C．④⑤⑦⑧ D．①③④⑧
解析：选B。指南针、印刷术不属于化学史上的贡献。
3. 世界上最早提出元素周期律的科学家是(　　)
A．门捷列夫 B．道尔顿
C．阿伏加德罗 D．玻尔
解析：选A。最早提出元素周期律的科学家是门捷列夫。
4. 16O和18O是氧元素的两种核素，NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(　　)
A．16O2与18O2互为同分异构体
B．16O与18O核外电子排布方式不同
C．通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化
D．标准状况下，1.12 L 16O2和1.12 L 18O2均含有0.1NA个氧原子
解析：选D。根据同分异构体的定义可知，A项不正确；这两种原子互为同位素，质子数相同，因此核外电子数也相同，核外电子排布相同，而中子数不同，则不能通过化学反应改变中子数，故B、C项不正确；由气体摩尔体积判断D项正确。
5. 下列科学家及其重大发现的对应关系中不正确的是(　　)
A．汤姆生发现电子
B．卢瑟福提出原子结构有核模型
C．玻尔研究氢原子光谱，提出新的原子结构模型
D．拉瓦锡最早发现并制得氧气
解析：选D。拉瓦锡测得了空气的组成。
6. 日本科学家确认的N60与美国科学家发现的C60结构相似。N60在高温或机械撞击后，其中积蓄的巨大能量会在一瞬间释放出来。关于N60的下列说法中，正确的是(　　)
A．N60是由共价键构成的空心圆球面结构，所以它是一种原子晶体
B．N60与14N都是氮的同位素
C．还没有发现N60的同素异形体
D．N60将来可能会成为很好的火箭燃料
解析：选D。N60是由60个N原子通过共价键结合而成的分子，极大数目的N60分子彼此通过范德华力结合而构成晶体，这种晶体，即N60晶体是分子晶体，A项错； N60是分子，而同位素是对原子而言的，B项错； N60与N2同是氮元素的单质，互为同素异形体，C项错；D项虽然因果关系比较笼统，但积蓄的能量释放出来就可利用它来做功，这是普通的物理知识，正确。
7. 据报道，欧洲核子研究中心已成功制造出约五万个低能量状态的反氢原子，这是人类首次在受控条件下大批量制造反物质。科学家对反物质原子的内部结构和物理特性进行研究，认为反物质就是由反粒子构成的物质，所有的粒子都有反粒子，这些反粒子的特点是其构型、质量、寿命、自旋等与相应的粒子相同，但其电性与相应的粒子相反。下列说法中不正确的是(　　)
A．电子与反电子相遇，会放出能量
B．反电子在电场中的运动方向与电子相反
C．反氧原子是一个实心球体
D．反物质强酸与反物质强碱发生的中和反应可写作：H－＋OH＋===H2O
解析：选C。由题意知，反粒子的构型与相应的粒子相同，故不是实心球体，C项错。
8. “飞秒化学”，使运用激光光谱技术观测化学反应时分子中原子的运动成为可能。你认为该技术不能观察到的是(　　)
A．原子中原子核的内部结构
B．化学反应中原子的运动
C．化学反应中生成物分子的形成
D．化学反应中反应物分子的分解
解析：选A。可以观察到原子，但不能看到再小的原子内部结构，A项符合题意。
9. 放射性原子核中发出的射线有α粒子流和电子流。放出α粒子叫α衰变，每次α衰变使原子核少2个质子和2个中子；放射性元素放出电子(也叫β粒子)叫β衰变，每次β衰变使原子核少一个中子，多一个质子。若质量数为289的114号元素经过衰变变成质量数为209的83号元素铋，则需要通过α衰变和β衰变的次数分别为(　　)
A．9, 20 B．20, 9
C．9, 9 D．20, 20
解析：选B。α粒子就是He原子核，可表示为 He2＋，α衰变使原子核电荷数减少2，而质量数减少4，β衰变质量数不变，核电荷数增加1。设α衰变x次，β衰变y次。则根据质量数守恒有289＝209＋4x，得x＝20，根据电荷数守恒有114＝83＋2x＋y(－1)，把x＝20代入，可得y＝9。
10. 请将各原子结构模型(或各理论)与相关的科学家及支持该理论的实验事实连接起来。
　　 Ⅰ分子学说　　　　
 Ⅱ元素周期律 
  
  
 Ⅴ原子学说 
  
解析：道尔顿根据元素化合时的比例关系提出了原子学说；阿伏加德罗总结气体反应时的体积比提出了分子学说；门捷列夫通过总结相对原子质量的规律揭示了元素周期律；汤姆生发现电子并提出“葡萄干面包式”原子结构模型；卢瑟福根据α粒子散射实验现象分析得出了“行星结构”原子结构模型；玻尔分析氢原子光谱又结合现代量子力学理论提出了核外电子能量量子化的观点。
答案：①—Ⅴ—(三)；②—Ⅰ—(五)；③—Ⅱ—(四)；④—Ⅳ—(六)；⑤—Ⅵ—(一)；⑥—Ⅲ—(二)。
11. (1)19世纪末，人们开始揭示原子内部的秘密，最早发现电子的科学家是________。
(2)道尔顿的原子学说曾起了很大的作用。他的学说包含有下列三个论点：
①原子是不能再分的粒子
②同种元素的原子的各种性质和质量都相同
③原子是微小的实心球体
从现代的观点看，你认为三个论点中不确切的是________。
(3)卢瑟福的α粒子散射实验得出了金原子结构的一些结论，试写出其中的三点。
答案：(1)汤姆生　(2)①②③
(3)a.原子中存在原子核，它占据着原子极小的空间；
b．金原子的原子核带正电荷，且电荷数远大于α粒子；
c．金原子的原子核质量远大于α粒子。
12. A、B、C、D是短周期元素，A元素的最高价氧化物的水化物与它的气态氢化物反应得到离子化合物，B原子的最外层电子数是电子层数的3倍， C、D两原子的最外层电子数分别是内层电子总数的一半。C元素是植物生长的营养元素之一，试写出：
(1)A、B元素形成的A元素最高价化合物的化学式________________；
(2)D元素的单质与水反应的化学方程式____________________________________________________________；
(3)A、C元素气态氢化物的稳定性大小________＜________。(用化学式表示)
解析：最高价氧化物的水化物和它的气态氢化物反应得到离子化合物的元素只能为N元素；对于短周期而言，电子层数为1～3，根据题中B原子的最外层电子数是电子层数的3倍可得到，B只能为O；C、D两原子的最外层电子数分别是内层电子总数的一半，第1周期元素不符合该条件，第2周期元素内层电子数为2，那么最外层电子数为1，推出该元素为Li，第3周期有三个电子层，第一层和第二层共有10个电子，那么最外层电子数为5，推出该元素为P，根据题中所说的C元素是植物生长的营养元素之一，表明C为P，D为Li。由于N吸引电子的能力比P强，因而NH3比PH3稳定。
答案：(1)N2O5　(2)2Li＋2H2O====2LiOH＋H2↑
(3)PH3　NH3
13. 部分中学化学常见元素的原子结构和性质如下表所示：
序号
元素
结构及性质
①
A
A是生活中常见金属，它有两种氯化物，相对原子质量相差35.5
②
B
B原子最外层电子数是内层电子数的1/5
③
C
C单质分子中含化学键数最多，单质稳定，但其原子较活泼
④
D
通常情况下，没有正化合价，A、B、C都能与D化合
⑤
E
E在周期表中可以排在ⅠA族，也有人提出排在ⅦA族、ⅣA族
(1)如果A与冷的浓硝酸作用发生钝化，工业上冶炼A单质的化学方程式为________________________________________________________________________。
(2)A的氯化物的浓溶液分别滴入冷水、热水中，得到黄色和红褐色液体，区别两种液体哪种是胶体的方法的是______________________________________________。
(3)B与C简单离子的半径大小为________________(用离子符号表示)。
(4)E与D可以按原子个数比为2∶1、1∶1形成两种化合物X、Y，区别X、Y这两种物质的实验方法为____________________________，E与C组成的两种化合物M、N，所含电子数分别与X、Y相等，请写出M的电子式____________，N的化学式____________。
(5)在上述五种元素中，选两种元素组成化合物甲，甲既含有离子键又含有共价键，甲的化学式为____________。
解析：A的两种氯化物相对原子质量相差35.5，显然一个氯原子，常见的金属则应为FeCl2与FeCl3。铁遇浓HNO3钝化，工业上是用CO来还原Fe2O3而制得铁的。利用丁达尔效应可以鉴别溶液与胶体。②B原子最外层电子数是内层电子数的1/5，应为12号镁。③N原子活泼，
但是N2却很稳定。Mg2＋和N3－的电子层结构相同，核电荷数大的离子半径小，
故Mg2＋答案：(1)Fe2O3＋3CO3CO2＋2Fe
(2)让一束光分别透过两种液体，从侧面能看到一条光亮通路的是红褐色(胶体)，无此现象的为溶液
(3)Mg2＋＜N3－
(4)分别加入MnO2有大量气泡产生的为H2O2(答案合理即可)　 　N2H4
(5)NH4H
专题1 揭示物质结构的奥秘
1. 下列有关元素周期表的叙述正确的是(　　)
A．元素周期表是由苏联化学家门捷列夫初绘的
B．1869年俄国门捷列夫编制了第一个元素周期表
C．最初的元素周期表是按原子内质子数由少到多排列的
D．初排元素周期表时共有元素92种
解析：选B。本题考查元素周期表的衍生历史。1869年已有63种元素被科学家所认识；最初的元素周期表是按相对原子质量的大小排列的。
2. 在物质结构研究的历史上，首先提出原子是一个实心球体的是(　　)
A．汤姆生　　 B．卢瑟福
C．道尔顿 D．玻尔
解析：选C。汤姆生发现了电子，提出了原子内部有电子的学说；卢瑟福利用α粒子撞击金箔发现原子内有核；道尔顿认为原子是实心球体；玻尔提出核外电子在一系列稳定的轨道上运动，故答案为C。
3. 下图表示了三种简单原子的结构，其中“●”表示质子或电子，“○”表示中子，
则下列有关①②③的叙述正确的是(　　)
A．①②③互为同位素
B．①②③互为同素异形体
C．①②③是三种化学性质不同的粒子
D．①②③具有相同的质量数
解析：选A。三种原子都含1个质子和1个电子，都是氢原子，不同的是中子数，故三者的关系是同位素。质量数等于质子数与中子数之和，显然三个原子的质量数各不相同，同位素的化学性质几乎完全相同。
4. 中学化学关于原子核外电子排布，停留在(　　)
A．道尔顿原子模型 B．汤姆生原子模型
C．卢瑟福原子模型 D．玻尔原子模型
解析：选D。现代物质结构理论在新的实验基础上保留了玻尔原子模型合理的部分，并赋于其新的内容。
5. C60虽然与金刚石互为同素异形体，但两者的物理性质差异较大。下列关于C60的说法中正确的是(　　)
A．易溶于水 B．易溶于氯化钠溶液
C．易溶于氨水 D．可溶于苯等有机溶剂
解析：选D。C60和苯为非极性，相似相溶，因而可溶。
6. 道尔顿的原子学说曾经起了很大的作用。他的学说中包含有下述三个论点：①原子是不能再分的粒子；②同种元素原子的各种性质和质量都相同；③原子是微小的实心球体。从现代的观点看，你认为这三个论点中，不确切的是(　　)
A．只有③ B．只有①③
C．只有②③ D．①②③
解析：选D。原子是由原子核和核外电子组成的，显然①不确切。大多数元素原子都有多种同位素，同位素原子的质量不同，性质也不一定完全相同，②不确切。原子内绝大部分是空的，因此③不确切。
7. 下列说法中正确的是(　　)
A．一般而言，n越大，电子离核平均距离越远，能量越低
B．一般n越大，电子层中的能级数越多
C. 对于确定的n值，其原子轨道数为2n2个
D．自旋状态随原子轨道的具体情况而确定
解析：选B。随n值增大，电子离核越来越远，但电子能量越来越高。电子层数越大，其能级数越大，如n＝1，K层只有s能级，n＝2，L层有s、p能级，n＝3，M层有s、p、d三个能级。一个电子层上的原子轨道数为n2，一个电子有两种自旋状态(向上或向下)，一个电子层容纳的最多电子数为2n2。自旋状态与原子轨道无关。
8. 氯原子的结构示意图为________，最外层电子对应的主量子数为________，角量子数取值可以为________，核外电子的运动状态共有________种。
解析：四个量子数与原子结构示意图有一定的联系，n对应电子层数，l取小于n的非负整数。
答案：
专题1 揭示物质结构的奥秘专题测试
(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)
1. “化学，让生活更美好”，下列叙述不能直接体现这一主旨的是(　　)
A．风力发电，让能源更清洁
B．合成光纤，让通讯更快捷
C．合成药物，让人类更健康
D．环保涂料，让环境更宜居
解析：选A。风力发电是利用自然界中的动能，属于物理变化，与化学无关，A错；光导纤维广泛用于通讯行业，合成光纤，让通讯更快捷，B对；合成药物，能够治疗疾病，让人类更健康，C对；环保涂料，能够减少室内污染，让环境更宜居，D对。
2. 科研人员最新研制成一种新型的氮化镓(GaN)晶体管，有望取代传统晶体管。氮化镓中镓元素(　　)
A．为＋3价　　 B．位于第ⅠA族
C．位于第3周期 D．离子半径大于其原子半径
解析：选A。N的最低负价为－3价，从GaN的分子式可以判断Ga为＋3价，A项对。根据周期表知识可知，Ga位于第4周期第ⅢA族，B、C项错。Ga为金属，形成阳离子，离子半径小于原子半径，D项错。
3. 据报道，某些建筑材料在使用过程中会产生放射性同位素氡Rn，从而对人体产生伤害。该同位素原子的中子数和质子数之差是(　　)
A．136 B．50
C．86 D．222
解析：选B。原子的组成可用X表示，Z＝原子的原子序数＝质子数＝核电荷数；A(原子的质量数)＝质子数＋中子数，X表示原子的元素符号，Rn的质量数是222，质子数是86，中子数＝质量数－质子数＝222－86＝136，质子数－中子数＝136－86＝50。
4. X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有相同的电子层结构，下列叙述正确的是(　　)
A．原子序数X＜Y B．原子半径X＜Y
C．离子半径X＞Y D．原子最外层电子数X＜Y
解析：选D。X元素失电子变成阳离子、Y元素得电子变成阴离子后二者有相同电子层结构，说明X元素的原子序数大于Y，同时可知：X与Y 元素分属不同周期，如Na与F元素；元素周期表中，同一周期原子半径随核电荷数增加而减小，同一族原子半径随核电荷数增加而增大，X元素应排在Y元素的左下方，因此原子半径X＞Y；X与Y的离子比较，质子数是X＞Y，而二者核外电子数相等，因此离子半径X＜Y。
5. 关于元素周期律和元素周期表的下列说法，正确的是(　　)
A．元素周期表已经排满，不可能再有新的、非放射性元素被发现
B．元素原子的电子层结构随着原子序数的递增而呈周期性变化
C．俄国化学家道尔顿为元素周期表的建立做出了巨大贡献
D．最外层电子数相同的元素，其化学性质相似
解析：选B。A项，将来还会有新的元素不断被发现，错；C项，门捷列夫第一个排出元素周期表，错；D项，He和ⅡA族元素的最外层电子数均为2，但是性质不相似，错。
6. 下列图示符合阿伏加德罗定律的是(　　)
解析：选B。阿伏加德罗定律的内容是：在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子。结合原子守恒知B正确，C、D中水是液体。
7. 1911年前后，英国物理学家卢瑟福用带正电的α粒子轰击极薄的金箔，为了解释实验结果，提出了原子的核式结构学说。图中，黑点表示金原子核的位置，曲线ab、cd和ef表示经过金原子核附近的α粒子的运动轨迹，能正确反映实验结果的图是(　　)
解析：选D。在金原子中原子核带正电且质量很大，占有的体积很小，用α粒子(带正电，质量较小)轰击金箔时，大部分α粒子可畅通无阻地通过，极小的一部分发生偏转或被笔直弹回。
8. 据报道，N5是破坏力极强的炸药之一。18O2是比黄金还贵重的物质。下列说法正确的是(　　)
A．N5和N2互为同位素
B．1个18O2中含有18个中子
C．原子半径：N<18O
D．2N5===5N2发生的是化学变化
解析：选D。N5变化为N2，分子结构发生了变化，是化学变化。
9. 下列说法正确的是(　　)
A．道尔顿提出分子学说
B．阿伏加德罗提出原子学说
C．汤姆生发现了电子
D．卢瑟福是近代原子学说的创始人，被称为“原子之父”
解析：选C。这是一道识记性试题，根据原子学说的发展史可得出正确答案。D项很具有迷惑性，卢瑟福确实是“原子之父”，但近代原子学说的创始人是道尔顿。
10. 通过对物质结构与性质的研究，能够解决许多问题。在生命科学领域，下列不能通过研究结构与性质的关系加以解决的问题是(　　)
A．酶的催化机理
B．手性生物分子与手性药物的作用机制
C．指甲的长短与手指的灵活性的关系
D．抗癌药物的设计与筛选
解析：选C。结构是内在的，而不是外在的，指甲可以改变，C项错。
11. 1991年人类首次发现纳米碳管以来，在世界范围内掀起一股纳米碳管热。纳米碳管的结构见图：
“石墨的片层就像做蛋卷一样卷成了纳米碳管”。请推断下列说法不正确的是(　　)
A．纳米碳管具有较强的吸附能力
B．纳米碳管具有高的沸点
C．纳米碳管不能导电
D．纳米碳管在受热条件下能与浓HNO3反应
解析：选C。表面积越大，吸附能力越强，纳米碳管呈空心管状，表面原子占比例特别大，故吸附能力强；纳米碳管与石墨在沸点、导电性方面相似；碳的各种同素异形体有相同的化学反应，能被热的浓HNO3氧化成CO2。
12. 在自然界循环的碳元素中，12C与14C的原子个数比为1012∶1。14C具有放射性，其半衰期为5720年。考古学家正是通过测定古生物中12C与14C的原子个数比，再与1012∶1相比较来确定其死亡年代的。则古生物中碳原子的平均中子数较自然界中碳原子的平均中子数(　　)
A．一定多 B．一定少
C．一定相等 D．可能多，可能少
解析：选B。14C不断的衰变，显然其中的碳原子在减小，则碳的中子数也在减少，故选B项。
13. NaH是一种离子化合物，它跟水反应的方程式为：NaH＋H2O===NaOH＋H2↑，它也能跟液态氨、乙醇等发生类似的反应，并都产生氢气。下列有关NaH的叙述错误的是(　　)
A．NaH中氢负离子的最外层有两个电子
B．NaH中H－半径比Li＋半径小
C．NaH跟液氨反应时，有NaNH2生成
D．Na原子与H原子结合组成NaH过程中发生了电子转移
解析：选B。 H－离子是H原子得到一个电子形成的，因而最外层有两个电子，A正确。对于离子来说，如果核外电子数相等，核电荷数越大半径越小，故B错；题目中说，NaH能跟液态氨发生与NaH＋H2O===NaOH＋H2↑类似的反应，也产生氢气，所以另一产物应为NaNH2；Na原子与H原子结合组成NaH时Na原子失去一个电子，而H原子得到一个电子，所以此过程中发生了电子的转移。
14. X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76 g/L；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是(　　)
A．原子半径：W＞Z＞Y＞X＞M
B．XZ2、X2M2、W2Z2均为直线形的共价化合物
C．由X元素形成的单质不一定是原子晶体
D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键
解析：选C。Y与M形成的气态氢化物的摩尔质量为M＝0.76 g/L×22.4 L/mol≈17 g/mol，结合X、Y、Z同周期且原子序数依次递增知，M为H，Y为N；根据X、Z形成XZ2分子，则X为C，Z为O；W的质子数为(1＋6＋7＋8)×＝11，则W为Na。A项，原子半径为：Na＞C＞N＞O＞H，错；B项，Na2O2为离子化合物，错；C项，如由碳组成的C60是分子晶体，正确；D项，氨基酸是由C、N、O、H形成的化合物，但只含共价键，不含离子键，错。
15. 科学研究发现铂的两种化合物(短线表示化学键)有不同的特性，其中a具有抗癌作用，而b没有；a是极性分子而b是非极性分子。则下列说法正确的是(　　)
A．a、b分子中，Pt原子与2个Cl原子，2个N原子间形成的结构与CH2Cl2相似
B．a在水中的溶解度比b在水中的溶解度大
C．a、b互为同素异形体
D．a、b是同一物质
解析：选B。a、b两种分子的结构都是四边形，但它们中的—Cl与—NH3所处位置不同，前者是顺式，后者是反式，互为顺反异构体；根据“相似相溶规则”，a是极性分子，相对于非极性分子的b易溶于水；同素异形体是对于单质而言的，不能用于化合物；a、b结构不同，化学性质也不同，不是同一物质。
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
16. (10分)从原子、分子、离子、质子、中子、电子、最外层电子等粒子中选择恰当的粒子填入下列空格处：
(1)决定元素种类的是____________；
(2)决定元素化学性质的是____________；
(3)在化学变化中能否再分是____________的本质区别；
(4)不显电性的粒子有____________；
(5)原子的质量主要集中在____________。
答案：(1)质子　(2)最外层电子　(3)分子、原子
(4)原子、分子、中子　(5)质子和中子
17. (6分)创造新物质、发现和驾驭新反应、合成新材料均展示着科学发展的巨大魅力，操纵分子和原子、设计新分子、组装分子等新的成就，将极大地改善人类的生存环境，提高生活质量，保证社会可持续发展。请回答下列问题。
(1)下列活动不符合化学探索空间的是________。
A．加强机械化智能采煤，提高煤产量满足工农业生产的快速发展
B．设计绿色化工工艺，提高原子利用率，实现工业生产零排放
C．加强氢能源的廉价开发、安全储存和运输，保护生态环境
D．开发廉价的可降解塑料，防止白色污染
(2)下列说法中不正确的是________。
A．分子马达可作为药物的载体，修复人体损坏的分子组织并可清理组织细胞内的垃圾
B．研究DNA折叠是为了获得精美的艺术品
C．环状超结构是分子自组装实现的
D．肥胖分子的发现有利于人们研究相关疾病，并研制合适的药物控制疾病
解析：(1)煤和石油是不可再生资源，必须科学合理的开采。(2)化学研究已进入生命科学领域，折叠DNA分子表示人们在分子水平领域已进入操纵分子时代，表明了人类能更好地研究结构与功能的关系。
答案：(1)A　(2)B
18. (15分)元素周期表反映了元素某些性质的周期性变化规律。请根据短周期元素在周期表中的位置、结构和相关性质并结合所提供的图表，回答下列问题：
(1)短周期元素中，原子的最外层电子数与电子层数相等的元素有________种。
(2)第2周期元素中，除Be、B、Ne三种元素外，其他元素的氢化物沸点如上表所示，则A的化学式是________，写出E的电子式________。
(3)第3周期元素单质的熔点变化如上图所示，已知f是金属镁，则g元素的名称是________，写出工业上冶炼h单质的化学方程式______________________________。
(4)阳离子乙和B含有相等的电子数，且乙离子空间结构为正四面体形，写出B、乙反应的离子反应方程式____________________。
解析：(1)最外层电子数与电子层数相等的短周期元素有H、Be和Al 3种元素。(2)第2周期中除Be、B、Ne 3种元素外，还有Li、C、N、O和F五种元素，A的沸点最高，则应为离子化合物LiH；N、O、F三种形成氢键，沸点较高；最低的应为CH4。(3)第3周期中熔点最高的h为晶体硅，第二高的是金属铝，第三是镁，然后钠，其他为非金属的单质，则熔点较低。(4)B的沸点为100 ℃，则为水，电子数为10，阳离子数为10且能与水反应的应为NH 的水解反应。
答案：(1)3　(2)LiH　
(3)铝　2C＋SiO2 Si＋2CO↑
(4) H2O＋NHNH3·H2O＋H＋
19. (18分)在探索生命起源的研究中，美国学者米勒设计了如图实验装置，在该装置中充入模拟原始大气成分的甲烷、氨气和氢气等气体，再把水煮沸，使水蒸气驱动混合气体在玻璃管内流动，然后在另一烧瓶内通过钨电极连续进行电火花放电7天，最后将产物放出，用下方的锥形瓶接收送检。检验出有氨基酸等多种生命的基础物质生成。
回答下列问题：
(1)本实验是在对原始大气有一个基本认识的基础上进行的。你认为这个基本认识中，原始大气中氧气的含量如何？能在本实验中找出依据吗？
(2) 实验中的冷凝管作用模拟原始大气受冷空气影响。你认为冷凝水从下口进与从上口进哪个冷却效果好？说出理由。
(3)从电火花放电模拟的自然过程思考，在本实验中的作用是________(填选项字母，下同)。
A．通过放电将气体电离或断开化学键
B．通过电场使气体分子加速运动
C．点燃，烧掉有机物杂质
D．火花放电发出的光导致化学反应
(4)锥形瓶中的液体成分相当于________。
A．原始大气 B．原始海洋
C．原始陆地 D．原始生物圈
(5)这个实验证明了生命起源过程中下列哪个过程是可能的________。
A．从无机小分子转化为有机小分子
B．从有机小分子转化为无机小分子
C．从有机高分子转化为多分子体系
D．从多分子体系演变为原始生命
解析：第(2)小题回答要从“冷却效果”的题意去答，而不是其他的原因。第(3)小题，放电模拟自然界的雷电作用。那时还没有有机物，所以C肯定不对，放电的作用比一般加热作用强烈得多，能产生使气体电离、断键等效果。原始大气中生成的有机物最后通过雨水冲刷等汇集在海洋中，所以第(4)小题应选B。第(5)小题要根据实验事实回答，因为生成的氨基酸属于小分子有机物，故选A。
答案：(1)原始大气中没有氧气，因为米勒加入的气体中没有氧气，如果有氧气的话，在放电时CH4 、H2等可能燃烧甚至爆炸。
(2)从下口进冷却效果好。因为从下口进水，冷却水能始终充满冷凝管，如果反过来，冷凝管里水柱很短。
(3)A 　(4)B　(5)A
20. (6分)潜水员下潜10 m，所受压强约为2×105 Pa(p大气压＋p水柱压)，下潜20 m，约为3×105 Pa。已知某温度时，He、N2、O2在1 mL水中溶解体积依次为：0.008 mL、0.013 mL、0.025 mL。又知，压强不是很大时，气体溶解于水的体积几乎为定值。如N2的压强分别为1×105 Pa、2×105 Pa、3×105 Pa时，在1 mL水中溶解体积均为0.013 mL。
(1)为什么供潜水员呼吸的是He和O2的混合气体？(设气体在血液中溶解体积和水中的相近)________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)为什么潜水员上浮速度不能太快？
解析：(1)相同压强下，He的溶解度比N2小，O2易于吸收。(2)压强变化快，则气体变化也快，若气体过多，则会堵塞血管，易使人缺氧。
答案：(1)He的溶解体积小于N2
(2)上浮，气压下降，原先溶于血液中的气体将逸出，快速上浮，气压下降快，逸出气体多而堵塞血管。
专题1 揭示物质结构的奥秘专题测试
(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)
1. “化学，让生活更美好”，下列叙述不能直接体现这一主旨的是(　　)
A．风力发电，让能源更清洁
B．合成光纤，让通讯更快捷
C．合成药物，让人类更健康
D．环保涂料，让环境更宜居
解析：选A。风力发电是利用自然界中的动能，属于物理变化，与化学无关，A错；光导纤维广泛用于通讯行业，合成光纤，让通讯更快捷，B对；合成药物，能够治疗疾病，让人类更健康，C对；环保涂料，能够减少室内污染，让环境更宜居，D对。
2. 科研人员最新研制成一种新型的氮化镓(GaN)晶体管，有望取代传统晶体管。氮化镓中镓元素(　　)
A．为＋3价　　 B．位于第ⅠA族
C．位于第3周期 D．离子半径大于其原子半径
解析：选A。N的最低负价为－3价，从GaN的分子式可以判断Ga为＋3价，A项对。根据周期表知识可知，Ga位于第4周期第ⅢA族，B、C项错。Ga为金属，形成阳离子，离子半径小于原子半径，D项错。
3. 据报道，某些建筑材料在使用过程中会产生放射性同位素氡222 86Rn，从而对人体产生伤害。该同位素原子的中子数和质子数之差是(　　)
A．136 B．50
C．86 D．222
解析：选B。原子的组成可用AZX表示，Z＝原子的原子序数＝质子数＝核电荷数；A(原子的质量数)＝质子数＋中子数，X表示原子的元素符号，222 86Rn的质量数是222，质子数是86，中子数＝质量数－质子数＝222－86＝136，质子数－中子数＝136－86＝50。
4. X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有相同的电子层结构，下列叙述正确的是(　　)
A．原子序数X＜Y B．原子半径X＜Y
C．离子半径X＞Y D．原子最外层电子数X＜Y
解析：选D。X元素失电子变成阳离子、Y元素得电子变成阴离子后二者有相同电子层结构，说明X元素的原子序数大于Y，同时可知：X与Y 元素分属不同周期，如Na与F元素；元素周期表中，同一周期原子半径随核电荷数增加而减小，同一族原子半径随核电荷数增加而增大，X元素应排在Y元素的左下方，因此原子半径X＞Y；X与Y的离子比较，质子数是X＞Y，而二者核外电子数相等，因此离子半径X＜Y。
5. 关于元素周期律和元素周期表的下列说法，正确的是(　　)
A．元素周期表已经排满，不可能再有新的、非放射性元素被发现
B．元素原子的电子层结构随着原子序数的递增而呈周期性变化
C．俄国化学家道尔顿为元素周期表的建立做出了巨大贡献
D．最外层电子数相同的元素，其化学性质相似
解析：选B。A项，将来还会有新的元素不断被发现，错；C项，门捷列夫第一个排出元素周期表，错；D项，He和ⅡA族元素的最外层电子数均为2，但是性质不相似，错。
6. 下列图示符合阿伏加德罗定律的是(　　)

解析：选B。阿伏加德罗定律的内容是：在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子。结合原子守恒知B正确，C、D中水是液体。
7. 1911年前后，英国物理学家卢瑟福用带正电的α粒子轰击极薄的金箔，为了解释实验结果，提出了原子的核式结构学说。图中，黑点表示金原子核的位置，曲线ab、cd和ef表示经过金原子核附近的α粒子的运动轨迹，能正确反映实验结果的图是(　　)

解析：选D。在金原子中原子核带正电且质量很大，占有的体积很小，用α粒子(带正电，质量较小)轰击金箔时，大部分α粒子可畅通无阻地通过，极小的一部分发生偏转或被笔直弹回。
8. 据报道，N5是破坏力极强的炸药之一。18O2是比黄金还贵重的物质。下列说法正确的是(　　)
A．N5和N2互为同位素
B．1个18O2中含有18个中子
C．原子半径：N<18O
D．2N5===5N2发生的是化学变化
解析：选D。N5变化为N2，分子结构发生了变化，是化学变化。
9. 下列说法正确的是(　　)
A．道尔顿提出分子学说
B．阿伏加德罗提出原子学说
C．汤姆生发现了电子
D．卢瑟福是近代原子学说的创始人，被称为“原子之父”
解析：选C。这是一道识记性试题，根据原子学说的发展史可得出正确答案。D项很具有迷惑性，卢瑟福确实是“原子之父”，但近代原子学说的创始人是道尔顿。
10. 通过对物质结构与性质的研究，能够解决许多问题。在生命科学领域，下列不能通过研究结构与性质的关系加以解决的问题是(　　)
A．酶的催化机理
B．手性生物分子与手性药物的作用机制
C．指甲的长短与手指的灵活性的关系
D．抗癌药物的设计与筛选
解析：选C。结构是内在的，而不是外在的，指甲可以改变，C项错。
11. 1991年人类首次发现纳米碳管以来，在世界范围内掀起一股纳米碳管热。纳米碳管的结构见图：

“石墨的片层就像做蛋卷一样卷成了纳米碳管”。请推断下列说法不正确的是(　　)
A．纳米碳管具有较强的吸附能力
B．纳米碳管具有高的沸点
C．纳米碳管不能导电
D．纳米碳管在受热条件下能与浓HNO3反应
解析：选C。表面积越大，吸附能力越强，纳米碳管呈空心管状，表面原子占比例特别大，故吸附能力强；纳米碳管与石墨在沸点、导电性方面相似；碳的各种同素异形体有相同的化学反应，能被热的浓HNO3氧化成CO2。
12. 在自然界循环的碳元素中，12C与14C的原子个数比为1012∶1。14C具有放射性，其半衰期为5720年。考古学家正是通过测定古生物中12C与14C的原子个数比，再与1012∶1相比较来确定其死亡年代的。则古生物中碳原子的平均中子数较自然界中碳原子的平均中子数(　　)
A．一定多 B．一定少
C．一定相等 D．可能多，可能少
解析：选B。14C不断的衰变，显然其中的碳原子在减小，则碳的中子数也在减少，故选B项。
13. NaH是一种离子化合物，它跟水反应的方程式为：NaH＋H2O===NaOH＋H2↑，它也能跟液态氨、乙醇等发生类似的反应，并都产生氢气。下列有关NaH的叙述错误的是(　　)
A．NaH中氢负离子的最外层有两个电子
B．NaH中H－半径比Li＋半径小
C．NaH跟液氨反应时，有NaNH2生成
D．Na原子与H原子结合组成NaH过程中发生了电子转移
解析：选B。 H－离子是H原子得到一个电子形成的，因而最外层有两个电子，A正确。对于离子来说，如果核外电子数相等，核电荷数越大半径越小，故B错；题目中说，NaH能跟液态氨发生与NaH＋H2O===NaOH＋H2↑类似的反应，也产生氢气，所以另一产物应为NaNH2；Na原子与H原子结合组成NaH时Na原子失去一个电子，而H原子得到一个电子，所以此过程中发生了电子的转移。
14. X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76 g/L；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是(　　)
A．原子半径：W＞Z＞Y＞X＞M
B．XZ2、X2M2、W2Z2均为直线形的共价化合物
C．由X元素形成的单质不一定是原子晶体
D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键
解析：选C。Y与M形成的气态氢化物的摩尔质量为M＝0.76 g/L×22.4 L/mol≈17 g/mol，结合X、Y、Z同周期且原子序数依次递增知，M为H，Y为N；根据X、Z形成XZ2分子，则X为C，Z为O；W的质子数为(1＋6＋7＋8)×12＝11，则W为Na。A项，原子半径为：Na＞C＞N＞O＞H，错；B项，Na2O2为离子化合物，错；C项，如由碳组成的C60是分子晶体，正确；D项，氨基酸是由C、N、O、H形成的化合物，但只含共价键，不含离子键，错。
15. 科学研究发现铂的两种化合物(短线表示化学键)有不同的特性，其中a具有抗癌作用，而b没有；a是极性分子而b是非极性分子。则下列说法正确的是(　　)

A．a、b分子中，Pt原子与2个Cl原子，2个N原子间形成的结构与CH2Cl2相似
B．a在水中的溶解度比b在水中的溶解度大
C．a、b互为同素异形体
D．a、b是同一物质
解析：选B。a、b两种分子的结构都是四边形，但它们中的—Cl与—NH3所处位置不同，前者是顺式，后者是反式，互为顺反异构体；根据“相似相溶规则”，a是极性分子，相对于非极性分子的b易溶于水；同素异形体是对于单质而言的，不能用于化合物；a、b结构不同，化学性质也不同，不是同一物质。
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
16. (10分)从原子、分子、离子、质子、中子、电子、最外层电子等粒子中选择恰当的粒子填入下列空格处：
(1)决定元素种类的是____________；
(2)决定元素化学性质的是____________；
(3)在化学变化中能否再分是____________的本质区别；
(4)不显电性的粒子有____________；
(5)原子的质量主要集中在____________。
答案：(1)质子　(2)最外层电子　(3)分子、原子
(4)原子、分子、中子　(5)质子和中子
17. (6分)创造新物质、发现和驾驭新反应、合成新材料均展示着科学发展的巨大魅力，操纵分子和原子、设计新分子、组装分子等新的成就，将极大地改善人类的生存环境，提高生活质量，保证社会可持续发展。请回答下列问题。
(1)下列活动不符合化学探索空间的是________。
A．加强机械化智能采煤，提高煤产量满足工农业生产的快速发展
B．设计绿色化工工艺，提高原子利用率，实现工业生产零排放
C．加强氢能源的廉价开发、安全储存和运输，保护生态环境
D．开发廉价的可降解塑料，防止白色污染
(2)下列说法中不正确的是________。
A．分子马达可作为药物的载体，修复人体损坏的分子组织并可清理组织细胞内的垃圾
B．研究DNA折叠是为了获得精美的艺术品
C．环状超结构是分子自组装实现的
D．肥胖分子的发现有利于人们研究相关疾病，并研制合适的药物控制疾病
解析：(1)煤和石油是不可再生资源，必须科学合理的开采。(2)化学研究已进入生命科学领域，折叠DNA分子表示人们在分子水平领域已进入操纵分子时代，表明了人类能更好地研究结构与功能的关系。
答案：(1)A　(2)B
18. (15分)元素周期表反映了元素某些性质的周期性变化规律。请根据短周期元素在周期表中的位置、结构和相关性质并结合所提供的图表，回答下列问题：

(1)短周期元素中，原子的最外层电子数与电子层数相等的元素有________种。
(2)第2周期元素中，除Be、B、Ne三种元素外，其他元素的氢化物沸点如上表所示，则A的化学式是________，写出E的电子式________。
(3)第3周期元素单质的熔点变化如上图所示，已知f是金属镁，则g元素的名称是________，写出工业上冶炼h单质的化学方程式______________________________。
(4)阳离子乙和B含有相等的电子数，且乙离子空间结构为正四面体形，写出B、乙反应的离子反应方程式____________________。
解析：(1)最外层电子数与电子层数相等的短周期元素有H、Be和Al 3种元素。(2)第2周期中除Be、B、Ne 3种元素外，还有Li、C、N、O和F五种元素，A的沸点最高，则应为离子化合物LiH；N、O、F三种形成氢键，沸点较高；最低的应为CH4。(3)第3周期中熔点最高的h为晶体硅，第二高的是金属铝，第三是镁，然后钠，其他为非金属的单质，则熔点较低。(4)B的沸点为100 ℃，则为水，电子数为10，阳离子数为10且能与水反应的应为NH＋4 的水解反应。
答案：(1)3　(2)LiH　
(3)铝　2C＋SiO2 Si＋2CO↑
(4) H2O＋NH＋4 NH3?H2O＋H＋
19. (18分)在探索生命起源的研究中，美国学者米勒设计了如图实验装置，在该装置中充入模拟原始大气成分的甲烷、氨气和氢气等气体，再把水煮沸，使水蒸气驱动混合气体在玻璃管内流动，然后在另一烧瓶内通过钨电极连续进行电火花放电7天，最后将产物放出，用下方的锥形瓶接收送检。检验出有氨基酸等多种生命的基础物质生成。

回答下列问题：
(1)本实验是在对原始大气有一个基本认识的基础上进行的。你认为这个基本认识中，原始大气中氧气的含量如何？能在本实验中找出依据吗？
(2) 实验中的冷凝管作用模拟原始大气受冷空气影响。你认为冷凝水从下口进与从上口进哪个冷却效果好？说出理由。
(3)从电火花放电模拟的自然过程思考，在本实验中的作用是________(填选项字母，下同)。
A．通过放电将气体电离或断开化学键
B．通过电场使气体分子加速运动
C．点燃，烧掉有机物杂质
D．火花放电发出的光导致化学反应
(4)锥形瓶中的液体成分相当于________。
A．原始大气 B．原始海洋
C．原始陆地 D．原始生物圈
(5)这个实验证明了生命起源过程中下列哪个过程是可能的________。
A．从无机小分子转化为有机小分子
B．从有机小分子转化为无机小分子
C．从有机高分子转化为多分子体系
D．从多分子体系演变为原始生命
解析：第(2)小题回答要从“冷却效果”的题意去答，而不是其他的原因。第(3)小题，放电模拟自然界的雷电作用。那时还没有有机物，所以C肯定不对，放电的作用比一般加热作用强烈得多，能产生使气体电离、断键等效果。原始大气中生成的有机物最后通过雨水冲刷等汇集在海洋中，所以第(4)小题应选B。第(5)小题要根据实验事实回答，因为生成的氨基酸属于小分子有机物，故选A。
答案：(1)原始大气中没有氧气，因为米勒加入的气体中没有氧气，如果有氧气的话，在放电时CH4 、H2等可能燃烧甚至爆炸。
(2)从下口进冷却效果好。因为从下口进水，冷却水能始终充满冷凝管，如果反过来，冷凝管里水柱很短。
(3)A 　(4)B　(5)A
20. (6分)潜水员下潜10 m，所受压强约为2×105 Pa(p大气压＋p水柱压)，下潜20 m，约为3×105 Pa。已知某温度时，He、N2、O2在1 mL水中溶解体积依次为：0.008 mL、0.013 mL、0.025 mL。又知，压强不是很大时，气体溶解于水的体积几乎为定值。如N2的压强分别为1×105 Pa、2×105 Pa、3×105 Pa时，在1 mL水中溶解体积均为0.013 mL。
(1)为什么供潜水员呼吸的是He和O2的混合气体？(设气体在血液中溶解体积和水中的相近)________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)为什么潜水员上浮速度不能太快？
解析：(1)相同压强下，He的溶解度比N2小，O2易于吸收。(2)压强变化快，则气体变化也快，若气体过多，则会堵塞血管，易使人缺氧。
答案：(1)He的溶解体积小于N2
(2)上浮，气压下降，原先溶于血液中的气体将逸出，快速上浮，气压下降快，逸出气体多而堵塞血管。
专题3 微粒间作用力与物质性质专题综合检测
(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)
1.将SiCl4与过量的液氨反应可生成化合物Si(NH2)4。将该化合物在无氧条件下高温灼烧，可得到氮化硅(Si3N4)固体，氮化硅是一种新型的耐高温、耐磨材料，在工业上有广泛的应用。则氮化硅所属的晶体类型是(　　)
A．原子晶体　　　　　　　　 B．分子晶体
C．离子晶体 D．金属晶体
解析：选A。该物质是一种耐高温、耐磨材料，由此可以推出其固体硬度高，因此该物质为原子晶体。
2.下列各组均有两种物质的式子中，都能真实表示分子组成的是(　　)
A．CO2和SiO2 B．S和Na
C．Na2O2和H2O2 D．C6H6和C6H5Br
解析：选D。只有分子晶体才存在分子，A项SiO2为原子晶体，B项Na为金属晶体，C项Na2O2为离子晶体。
3.若不断地升高温度，实现“雪花→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化。在变化的各阶段被破坏的粒子间的主要相互作用依次是(　　)
A．氢键；分子间作用力；非极性键
B．氢键；氢键；极性键
C．氢键；极性键；分子间作用力
D．分子间作用力；氢键；非极性键
解析：选B。雪花和液态水中均存在氢键，而水蒸气不存在氢键，前面属于物理变化。而水生成H2和O2，属于化学变化，破化了H—O极性键。
4.AB、CD、EF均为1∶1型离子化合物，其中A、C、E为＋2价，B、D、F为－2价，根据下表数据判断它们的熔点由高到低的顺序是(　　)
化合物
AB
CD
EF
键长/10－10 m
2.31
3.18
2.10
A．CD>AB>EF B．AB>EF>CD
C．AB>CD>EF D．EF>AB>CD
解析：选D。对于组成和结构相似的离子化合物，键长越小，键能越大，其晶格能越大，熔、沸点越高。
5.下列说法中不正确的是(　　)
A．σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强
B．两个原子之间形成共价键时，最多有一个σ键
C．气体单质中，一定有σ键，可能有π键
D．N2分子中有1个σ键，2个π键
解析：选C。从原子轨道的重叠程度看，π键轨道重叠程度比σ键重叠程度小，故π键稳定性低于σ键，A项正确；根据电子云的形状和成键时的重叠原则，两个原子形成的共价键最多只有一个σ键，可能没有π键，也可能有1个或2个π键，B正确；稀有气体为单原子分子，不存在化学键，故C项错误。
6.能证明分子间存在着分子间作用力的实验事实是(　　)
A．食盐、氯化钾等晶体易溶于水
B．氯气在加压、降温时会变成液氯或固氯
C．熔化的铁水降温可铸成铁锭
D．金刚石有相当大的硬度
解析：选B。食盐、氯化钾是离子晶体，铁是金属晶体，金刚石是原子晶体，它们的晶体中都没有单个的分子，不能证明分子间存在着分子间作用力。
7.国际上至今发现具有巨磁电阻效应的20多种金属纳米多层膜中，其中三种是我国学者发现的，Mn和Bi形成的晶体薄膜是一种金属间化合物(晶胞结构如右图)，有关说法正确的是(　　)
A．锰价电子排布为3d74s0
B．Bi是d区金属
C．该晶体的化学式为MnBi
D．该合金堆积方式是简单立方
解析：选C。A项，锰价电子排布为3d54s2，错；B项，Bi为第ⅤA族元素，即为p区，错；C项，白球为6个，黑球为12×＋6×＋2×＋1＝6个，则原子数目比为1∶1，化学式即为MnBi，正确；D项，简单立方为六面体，故错。
8.下表所列有关晶体的说明，有错误的是(　　)
选项
A
B
C
D
晶体名称
碘化钾
干冰
醋酸
镁
组成晶体的粒子名称
阴、阳离子
分子
分子
阳离子与自由电子
晶体内存在的作用力
离子键
范德华力
范德华力
金属键
解析：选C。C选项，醋酸分子间除范德华力外，还存在氢键。
9.如图所示，下列说法不正确的是(　　)
A．此种堆积方式为面心立方堆积
B．该种堆积方式每一层上为密置层
C．该种堆积方式可用符号“ABCABCABC……”表示
D．金属Mg就属于此种堆积方式
解析：选D。观察题图，该晶体为“ABCABCABC……”的面心立方堆积，每一层上为密置层，Mg属于六方堆积方式，所以D错误。
10.如图是某无机化合物的二聚分子，该分子中A、B两种元素都是第3周期的元素，分子中所有原子的最外层都达到8个电子的稳定结构。下列说法不正确的是(　　)
A．该化合物的化学式是Al2Cl6
B．该化合物是离子化合物，在熔融状态下能导电
C．该化合物在固态时所形成的晶体是分子晶体
D．该化合物中不存在离子键，也不含有非极性共价键
解析：选B。由A、B元素都在第3周期，并且所有原子最外层电子都达到8个电子的稳定结构，可知A为Cl，B为Al，故A正确；因是二聚分子，故其固态时形成分子晶体，B错，C正确；该化合物中不含离子键，只含极性共价键，D正确。
11.可燃冰是甲烷的水合物(如图)，将成为未来的能源，地球上的可燃冰将够人类使用6.4万年，在南海北部陆坡、南沙海槽和东海陆坡等3处发现其存在的证据，2005年我国钻探第一口探井，进行天然气水合物的储量勘测，预计在2020年进行初具规模的开采。下列有关可燃冰的说法不正确的是(　　)
A．可燃冰是在低温高压下形成的
B．可燃冰晶体属于分子晶体
C．可燃冰中甲烷与水分子间以氢键结合
D．可燃冰开采不当可引起温室效应
解析：选C。具备形成氢键的原子，其电负性要很大，通常为N、O、F等，所以CH4与水不可能形成氢键，它们之间是通过范德华力相结合的。
12.羟胺在有机化学中还广泛用于手性合成，羟胺(NH2OH)熔点33.05 ℃，沸点56.5 ℃。有关羟胺的下列说法不正确的是(　　)
A．羟胺的电子式为
B．羟胺没有π键
C．羟胺熔沸点高，是因为相对分子质量大
D．羟胺球棍模型可用右图表示
解析：选C。羟胺分子间可形成氢键，故熔沸点高，C项错。
观察下列模型并结合有关信息，判断有关说法不正确的是(　　)
B12结构单元
SF6分子
S8分子
HCN
结构模型
示意图
备注
熔点1873 K
/
易溶于CS2
/
A.单质B12属原子晶体，含有30个B—B键，结构单元中含20个正三角形
B．SF6分子含极性键，形成过程可以用经典的路易斯理论解释
C．S8中的共价键为非极性键
D．HCN分子中含有2个σ键，2个π键
解析：选B。由于B12是由非金属原子通过共价键形成的，且其熔点高，应属于原子晶体，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5×12/2＝30个，每个正三角形平均占有硼原子3×1/5＝3/5个，故正三角形有12÷＝20个，A项正确；由于S原子本身的外围电子有6个，在SF6分子中，S形成6个共价键，S原子的外围电子为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。故答案为B。
下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数) (　　)
A．124 g P4含有P—P键的个数为4NA
B．12 g石墨中含有C—C键的个数为1.5NA
C．12 g金刚石中含有C—C键的个数为4NA
D．60 g SiO2中含Si—O键的个数为2NA
解析：选B。本题考查常见晶体结构中的化学键的数目。A项1 mol P4中应为6NA个P—P键，A项错；B项1 mol石墨含有的C—C键为1.5NA，正确；1 mol金刚石含有2NA的C—C键，而1 mol SiO2含有4NA Si—O，C、D项错。
已知Li—Mg，Al—Be，B—Si在周期表中处于对角线位置，处于对角线元素的单质及同类化合物性质相似，下列有关说法不正确的是(　　)
A．钠晶体是通过钠离子和自由电子间强烈的相互作用聚集而成的
B．氯离子与紧邻的钠离子可构成以氯离子为中心的正八面体
C．该金属氧化物可能显两性
D．从其中一个三角形剖面知，该金原子族由30个原子构成
解析：选D。③可能为BeO，有两性，C项正确。D项，可作出一个四面体，要注意边上的点是共用的，共用20个金原子，错。
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
(7分)氢气作为一种清洁能源，必须解决它的储存问题，C60可用作储氢材料。
①已知金刚石中的C—C 的键长为154.45 pm，C60中C—C 键长为145～140 pm，有同学据此认为C60的熔点高于金刚石，你认为是否正确并阐述理由
____________________________________________________________。
②继C60后，科学家又合成了Si61、N60，C、Si、N原子电负性由大到小的顺序是
________________。
③Si60分子中每个硅原子只跟相邻的3个硅原子形成共价键，且每个硅原子最外层都满足8电子稳定结构，则Si60分子中π键的数目为________。
解析：①晶体类型不同时，熔沸点比较依据不同。②非金属越强的，电负性大。③硅应形成四个单键，而Si60中只与三个Si相连，故其中肯定有一个是双键，即每有一个硅即有一个双键，而该双键是被共用两次的，故双键数为60/2＝30，即π键的数目为30。
答案：①不正确。C60是分子晶体，熔化时不需破坏化学键
②N>C>Si　③30
(10分)如图表示一些晶体中的某些结构，它们分别是NaCl、CsCl、干冰、金刚石、石墨结构中的某一种的某一部分。
(1)其中代表金刚石的是(填编号字母，下同)________，其中每个碳原子与________个碳原子最接近且距离相等。金刚石属于________晶体。
(2)其中代表石墨的是________，其中每个正六边形占有碳原子数平均为________个。
(3)其中代表NaCl的是________，每个Na＋周围与它最接近且距离相等的Na＋有________个。
(4)代表CsCl的是________，它属于________晶体，每个Cs＋与________个Cl－紧邻。
(5)代表干冰的是________，它属于________晶体，每个CO2分子与________个CO2分子紧邻。
(6)上述五种物质熔点由高到低的排列顺序为____________________。
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。NaCl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，但观察与Na＋距离最近且等距离的Na＋数目时要抛开Cl－，从空间结构上看是12个Na＋，即x、y、z轴面上各有4个Na＋。CsCl晶体由Cs＋、Cl－分别构成立方结构，但Cs＋组成立方的中心有1个Cl－，Cl－组成的立方中心又镶入1个Cs＋，可称为“体心立方”结构，Cl－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分子也组成立方结构，彼此相互套入面的中心。每个CO2分子在三维空间里三个面各紧邻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，每个碳原子为三个六边形共用，即每个六边形占有1个碳原子的1/3，所以石墨结构中每个六边形占有的碳原子数是6×＝2个。晶体熔点通常由晶格质点间作用力而定。原子晶体中原子间共价键牢固，熔点很高。分子晶体的分子间作用力较弱，熔点较低。
答案：(1)D　4　原子　(2)E　2　(3)A　12
(4)C　离子　8　(5)B　分子　12
(6)石墨＞金刚石＞NaCl＞CsCl＞干冰
(14分)已知A、B、C、D和E都是元素周期表中前36号的元素，它们的原子序数依次增大。A与其他4种元素既不在同一周期又不在同一主族。B和C属同一主族，D和E属同一周期，又知E是周期表中1～18列中的第7列元素。D的原子序数比E小5，D跟B可形成离子化合物其晶胞结构如图。
请回答：
(1)A元素的名称是________；
(2)B 的元素符号是________，C的元素符号是________，B与A形成的化合物比C与A形成的化合物沸点高，其原因是__________________________________________________；
(3)E位于元素周期表中第________周期第________族的元素，其元素名称是________，它的＋2价离子的电子排布式为________________________；
(4)从图中可以看出，D跟B形成的离子化合物的化学式为____________________；该离子化合物晶体的密度为a g·cm－3，则晶胞的体积是________________(只要求列出算式)。
解析：(1)从E在周期表中1～18列中的第7列且原子序数小于36可判断E属第4周期第ⅦB族为锰元素，又由D、E同周期，所以D也在第4周期；由D的原子序数比E小5，可知D为钙元素，又由图中晶胞结构知D∶B＝1∶2，且B的原子序数在D的前面，B为F，C为Cl；A与其他4种元素既不在同一周期又不在同一主族，所以A为H。
(2)B与A的化合物为HF，C与A的化合物为HCl，由于HF分子间存在氢键，故沸点比HCl高。
(3)锰原子的核外电子排布为[Ar]3d54s2，形成＋2价离子时，失去2个电子，所以排布式为[Ar]3d5。
(4)ρ＝＝[(40＋38) g·mol－1]×4÷(6.02×1023 mol－1)÷V＝a g·cm－3，
V＝。
答案：(1)氢　(2)F　Cl　氟化氢分子间存在氢键，氯化氢分子间没有氢键
(3)4　ⅦB　锰　1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5
(4)CaF2　
(10分)Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知：
①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；
②Y原子价电子(外围电子)排布为msnmpn；
③R原子核外L层电子数为奇数；
④Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。
请回答下列问题：
(1)Z2＋的核外电子排布式是______________________。
(2)Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，下列判断正确的是________。
a．稳定性：甲>乙，沸点：甲>乙
b．稳定性：甲>乙，沸点：甲<乙
c．稳定性：甲<乙，沸点：甲<乙
d．稳定性：甲<乙，沸点：甲>乙
(3)Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小至大的顺序为________(用元素符号作答)。
(4)Q的一种氢化物相对分子质量为26，其分子中σ键与π键的键数之比为________。
(5)五种元素中，电负性最大与最小的两种非金属元素形成的晶体属于________(填晶体类型)。
解析：Z原子序数为29，则Z是Cu。Y原子价电子排布为msnmpn，则n为2，Y是ⅣA族短周期元素，因Q、R、X、Y原子序数依次递增，由③知R、Q在第2周期，由④知Q为C，X在ⅥA族，原子序数XSiH4，因为C非金属性比Si强；沸点是SiH4>CH4，是因为组成和结构相似的分子，其相对分子质量越大，分子间作用力越强，其沸点越高，故选b。(3)C、N、Si元素中N非金属性最强，其第一电离能数值最大。(4)C的相对分子质量为26的氢化物是C2H2，乙炔分子中碳原子与碳原子间形成了一个σ键和两个π键，碳原子与氢原子间形成两个σ键，则乙炔分子中σ键与π键键数之比是3∶2。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d9　(2)b　(3)Si(14分)X、Y、Z、W为按原子序数由小到大排列的四种短周期元素，已知：
①X元素原子价电子排布式为ns2np2，且原子半径是同族元素中最小的。
②Y元素是地壳中含量最多的元素；W元素的电负性略小于Y元素，在W原子的电子排布中，p轨道上只有1个未成对电子。
③Z元素的电离能数据见下表(kJ·mol－1)：
I1
I2
I3
I4
…
496
4562
6912
9540
…
请回答：
(1)Z2Y2的电子式为____________，含有的化学键类型为________________，Z2Y2为________晶体。
(2)X、Y、Z三种元素所形成的常见化合物的名称为____________；XY2的结构式为________。
(3)X、Y、Z、W四种元素所形成的单质中，熔点最高、硬度最大的是________(填名称)；晶体ZW的熔点比晶体XW4明显高的原因是____________________________。
(4)ZW晶体的结构示意图如图。已知：ρ(ZW)＝2.2 g·cm－3 ，NA＝6.02×1023 mol－1，则ZW晶体中两个最近的Z离子中心间的距离为________。
解析：由题意可知X、Y、Z、W分别为C、O、Na、Cl。
(1)Na2O2的电子式为：，含有离子键、非极性共价键，为离子晶体。
(2)C、O、Na三种元素所形成的常见化合物为碳酸钠，CO2的结构式为：O===C===O。
(3)C、O、Na、Cl四种元素所形成的单质中，原子晶体金刚石熔点最高、硬度最大；由于NaCl为离子晶体而CCl4为分子晶体，故NaCl晶体的熔点比CCl4晶体的熔点明显高。
(4)ZW晶体为NaCl晶体，可选定题干图示的一个晶胞来进行计算。利用“均摊法”可知一个晶胞含有的Na＋、Cl－离子对数为4。
一个晶胞的质量：m(晶胞)＝×4＝3.887×10－22 g，
一个晶胞的体积：V(晶胞)＝＝＝1.767×10－22 cm3。
设晶胞中两个最近的Na＋中心间的距离为a，则(a)3＝V(晶胞)，解得a＝4.0×10－8 cm，故两个最近的Na＋中心间的距离为4.0×10－8 cm。
答案：(1) 　离子键、非极性共价键　离子
(2)碳酸钠　OCO
(3)金刚石　NaCl为离子晶体而CCl4为分子晶体
(4)4.0×10－8 cm
专题4 分子空间结构与物质性质综合检测
(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)
1.下列各物质中的中心原子不是采用sp3杂化的是(　　)
A．NH3 B．H2O
C．CO2 D．CCl4
解析：选C。NH3为三角锥形，但中心原子氮原子采用sp3杂化，形成4个等同的轨道，其中一个由孤电子对占据，余下的3个未成对电子各占一个。H2O为V形，但其中的氧原子也是采用sp3杂化形成4个等同的轨道，其中两对孤电子对分别占据两个轨道，剩余的2个未成对电子各占一个。CCl4分子中C原子也采用sp3杂化，但CO2分子中C原子为sp杂化，CO2为直线形分子。
2.下列分子中与CO互为等电子体的是(　　)
A．NO B．O2
C．N2 D．NaH
解析：选C。具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子互为等电子体。一个CO分子含有2个原子、10(即6＋4)个价电子，因此CO的等电子体也应该含有2个原子、10个价电子。一个NO分子含有2个原子、11(即6＋5)个价电子；一个O2分子含有2个原子、12(即2×6)个价电子；一个N2分子含有2个原子、10(即2×5)个价电子，因此，N2是CO的等电子体。NaH是离子化合物，既不是分子也不是离子，不属于等电子体范畴。
3.在[Ag(NH3)2]＋中，Ag＋是以________型杂化轨道与配位体形成配位键的(　　)
A．sp B．sp2
C．sp3 D．以上都不是
解析：选A。Ag＋是以空的5s、5p轨道形成sp杂化轨道，接受NH3提供的孤电子对。
4.在乙烯分子中有5个σ键、1个π键，它们分别是(　　)
A．sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键
B．sp2杂化轨道形成π键、未杂化的2p轨道形成σ键
C．C—H之间是sp2形成的σ键，C—C之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键
D．C—C之间是sp2形成的σ键，C—H之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键
解析：选A。乙烯分子中C原子发生sp2杂化，杂化轨道共形成4个C—H σ键，1个C—C σ键，未杂化的2p轨道形成π键，A项说法正确。
5.下列分子和离子中中心原子价层电子对几何构型为四面体且分子或离子空间构型为V形的是(　　)
A．NH B．PH3
C．H3O＋ D．OF2
解析：选D。中心原子价层电子对构型为四面体，所以应该是sp3杂化，V形结构只有3个原子组成，所以选项D对。A选项三角锥形的NH3结合一个H＋形成四面体。B中PH3 为三角锥形。C中H3O＋为V形H2O结合一个H＋形成平面三角形。
6.下列关于配合物组成的说法正确的是(　　)
A．配合物的内界是指配合物中的阳离子
B．可提供空轨道接受孤电子对的金属离子常做配合物的中心原子
C．配合物离子只能存在于晶体中
D．Na3AlF6的中心原子配位数为3
解析：选B。内界是指由中心原子与配位体组成的单元，所以A错误；由配合物可以形成溶液，如银氨溶液中存在配合物氢氧化二氨合银，所以C错误；Na3AlF6的中心原子配位数为6。
7.氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为(　　)
A．两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化
B．NH3分子中氮原子形成3个杂化轨道，CH4分子中碳原子形成4个杂化轨道
C．NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强
D．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子
解析：选C。氨气分子、甲烷分子中的氮原子、碳原子都采用sp3型杂化，但由于NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强，导致相应的键角变小，空间构型相应地也发生变化。
8.在极性分子中，正电荷重心同负电荷重心间的距离称偶极长，通常用d表示。极性分子的极性强弱同偶极长和正(或负)电荷重心的电量(q)有关，一般用偶极矩(μ)来衡量。分子的偶极矩定义为偶极长和偶极上一端电荷电量的乘积，即μ＝d·q。下列说法正确的是(　　)
A．CS2分子中μ＝0
B．偶极矩的大小顺序为：邻硝基氯苯<间硝基氯苯<对硝基氯苯
C．实验测得μ(PF3)＝1.03可知，PF3分子是平面三角构型
D．治癌药Pt(NH3)2Cl2的一种异构体μ＞0，其在水中的溶解性较小
解析：选A。本题是一个信息题，首先要理解偶极矩的含义。当μ＝0，即说明d＝0，因为电量不可能为0，而d＝0，也即是正、负电荷重心重合，则转化为教材中的非极性分子的定义。A项CS2分子为非极性分子，所以μ＝0，正确。B项中对位的d是最小的，即μ是最小的，错误。PF3可能存在平面三角形和三角锥形两种情况，但是平面三角形的μ＝0，所以PF3为三角锥形，C项错误。μ＞0则为极性分子，根据相似相溶规则，在水中的溶解性应较大。
9.碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，这是因为(　　)
A．CCl4与I2相对分子质量相差较小，而H2O与I2相对分子质量相差较大
B．CCl4与I2都是直线形分子，而H2O不是直线形分子
C．CCl4和I2都不含氢元素，而H2O中含有氢元素
D．CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子
解析：选D。根据“相似相溶规则”，非极性分子构成的溶质易溶于非极性分子构成的溶剂中；极性分子构成的溶质易溶于极性分子构成的溶剂中。CCl4和I2都是非极性分子，H2O是极性分子，相比较而言，I2更易在CCl4中溶解而不易溶于水中，D项正确。其余选项都没有揭示问题的实质。
10.两种非金属元素，A、B所形成的下列分子中，属于极性分子的是(　　)
A．①② B．②③
C．③④ D．②④
解析：选D。对于多原子分子是否是极性分子，取决于结构是否对称，正负电荷的重心是否重合。①正四面体、③平面正三角形都是结构对称的，都是非极性分子，而②④的结构不对称，是极性分子。
11.下列分子中，中心原子为sp3杂化且属于极性分子的是(　　)
A．NH3 B．BF3
C．CO D．CCl4
解析：选A。A项中NH3虽然只形成三个共价键但却是sp3杂化，其中N的一对孤电子对占一个轨道，三个未成对电子各占其余三个轨道；B项中BF3是sp2杂化且属于非极性分子；C项中CO属于极性分子但C原子不是sp3杂化；D项中C原子是sp3杂化，但CCl4 是非极性分子。
12.向含等物质的量的[Co(NH3)4Cl2]Cl、[Co(NH3)6]Cl3、[Co(NH3)5Cl]Cl2的溶液中分别加入过量的AgNO3溶液，生成AgCl沉淀的质量比是(　　)
A．1∶2∶3 B．2∶1∶3
C．1∶3∶2 D．3∶2∶1
解析：选C。在配合物外界中的Cl－易发生电离，电离后与AgNO3发生Ag＋＋Cl－==== AgCl↓，而内界中配位离子难以电离，不与AgNO3反应。
下列关于杂化轨道的叙述中，不正确的是(　　)
A．分子中中心原子通过sp3杂化成键时，该分子不一定为正四面体结构
B．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对
C．[Cu(NH3)4]2＋和CH4两种微粒中中心原子Cu和C都是通过sp3杂化轨道成键
D．CCl4分子中有四个完全等同的σ键
解析：选C。分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构，如NH3中N原子采用sp3杂化轨道成键，但NH3属于三角锥形，A项正确；杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对，B项正确；[Cu(NH3)4]2＋中中心原子Cu采用dsp2(sp2d)杂化轨道成键，而CH4分子中中心原子C是采用sp3杂化轨道成键，C项错误；D项正确。
三氯化磷分子的空间构型是三角锥形，下列关于三氯化磷分子空间构型的叙述，不正确的是(　　)
A．PCl3分子中的三个共价键的键长、键角都相等
B．PCl3分子中的P—Cl键属于极性共价键
C．PCl3分子中三个共价键键能、键角均相等
D．PCl3是非极性分子
解析：选D。P—Cl键是由不同原子形成的，属于极性共价键，三个P—Cl键相同，键长、键能都相等，三个P—Cl键之间的夹角均为100°，PCl3为三角锥形结构，分子中正电荷重心和负电荷重心不重合，属于极性分子。
实验室测定铁的含量可用络合剂邻二氮菲()，它遇Fe2＋形成红色配合物，结构如下图，下面说法不正确的是(　　)
A．邻二氮菲中C和N均采用sp2杂化
B．该红色配离子中配位数为6
C．铁与氮之间的化学键为离子键
D．邻二氮菲中所有原子共平面
解析：选C。铁与氮之间的化学键为配位键。
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
(12分)CrO3、NaBH4常用于醛、酮与醇的相互转化，由硼酸[H3BO3或B(OH)3]可以合成NaBH4。
(1)写出Cr元素原子在基态时的核外电子排布式：__________________________________；
(2)硼酸是一元弱酸，它的水溶液之所以呈弱酸性并非本身能电离出H＋，而是它加合了一个OH－，这种电离方式可表示为：B(OH)3＋H2OH＋＋________(用结构式表示，如有配位键，请用“→”)；在其电离产生的阴离子中B原子的杂化方式为________。
(3)与BH互为等电子体的一种阳离子是________，BH离子的空间构型为________。
(4)硼酸是一种片层状结构白色晶体，层内的H3BO3分子通过氢键相连(如图)。下列有关说法正确的是________。
A．硼酸晶体属于原子晶体
B．H3BO3分子的稳定性与氢键有关
C．分子中硼原子最外层为8e－稳定结构
D．含1 mol H3BO3的晶体中有3 mol氢键
解析：(1)Cr为24号元素，注意3d为半充满的特殊性。(2)硼酸结合水电离出的OH－，而水电离出H＋，使溶液呈现酸性。由于B与3个OH－结合后，只存在6个电子，所以结合的OH－中的O与B之间为配位键，B相当于形成四根键，而没有孤电子对，故应为sp3杂化。(3)等电子体必须原子数目及价电子数相等。BH类似于B(OH)，也为sp3杂化，即为正四面体形。(4)硼酸中存在氢键，故为分子晶体，A项错。稳定性与键能有关，氢键只影响熔沸点，B项错。C项，B只有6个电子，错。D项，氢键为6×1/2＝3，正确。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3s54s1
(2) sp3
(3)NH　正四面体形
(4)D
(4分)Cu2＋能与NH3、H2O、Cl－等形成配位数为4的配合物。
(1)[Cu(NH3)4]Cl2中存在的化学键类型有________(填序号)。
A．配位键 B．极性共价键
C．非极性共价键 D．离子键
(2)某种含Cu2＋ 的化合物可催化丙烯醇制备丙醛的反应：HOCH2CH==CH2―→CH3CH2CHO。在丙烯醇分子中发生某种方式杂化的碳原子数，是丙醛分子中发生同样方式杂化的碳原子数的2倍，则这类碳原子的杂化方式为________。
解析：[Cu(NH3)4]2＋中铜离子与氨分子之间的化学键是配位键，氨分子内部的化学键是极性键，配离子与Cl－之间为离子键。HOCH2CH==CH2中的C原子，有一个采取sp3杂化，两个采取sp2杂化。CH3CH2CHO中的C原子有两个采取sp3杂化，一个采取sp2杂化。
答案：(1)ABD　(2)sp2
(8分)丁二酮肟常用于检验Ni2＋：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2＋反应可生成鲜红色沉淀，其结构如下图所示。
(1)该结构中，碳碳之间的共价键类型是σ键，碳氮之间的共价键类型是________________，氮镍之间形成的化学键是________________；
(2)该结构中，氧氢之间除共价键外还可存在________；
(3)该结构中，碳原子的杂化轨道类型有________。
解析：(2)在及中，氧氢之间除形成共价键外，还可以形成氢键。(3)该结构中—CH3中的碳原子是sp3杂化、中的碳原子是sp2杂化。
答案：(1)一个σ键、一个π键　配位键　(2)氢键
(3)sp2、sp3
(14分)W、X、Y 3种元素原子序数依次减小。W的原子序数为24；X原子p轨道共有11个电子；Y是第3周期主族元素，其部分电离能(I)如下表。请回答下列问题：
电离能/kJ · mol－1
I1
I2
I3
I4
I5
Y
584
1823
2751
11584
14837
(1)W基态原子的电子排布式为________________。
(2)电负性：X________Y(填“>”、“＝”或“<”)。
(3)R是与X同主族的短周期元素。R的氢化物沸点比X的氢化物更高，原因是__________________________________________________________________。
(4)氨为常见化工原料，氨分子中N原子采用________杂化，该分子的空间构型为________，分子中N、H原子之间形成________(填“σ”或“π”)键；已知W3＋能与氨分子形成配离子[W(NH3)6]3＋，该配离子中存在的化学键有________。(填标号)
A．金属键 B．离子键
C．共价键 D．配位键
解析： (1)由W的原子序数为24可知W为铬元素，其基态原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d54s1；(2)X原子p轨道共有11个电子，即2p6和3p5，故X为氯元素；Y是第3周期主族元素，其部分电离能( I )如表所示I4远大于I3，判断Y为铝；电负性是氯>铝，即X>Y；(3)R是与X同主族的短周期元素，故R的氢化物为HF，HF分子间形成了氢键，而HCl分子间只有范德华力，所以R的氢化物沸点比X的氢化物更高；(4)氨为常见化工原料，氨分子中N原子采用sp3杂化，该分子的空间构型为三角锥形，分子中N、H原子之间形成σ键；已知W3＋能与氨分子形成配离子[W(NH3)6]3＋，该配离子中存在的化学键有共价键、配位键。
答案： (1)1s22s22p63s23p63d54s1
(2)>
(3)HF分子间形成了氢键，而HCl分子间只有范德华力
(4)sp3　三角锥形　σ　CD
(17分)氮元素可以形成多种化合物。回答以下问题：
(1)基态氮原子的价电子排布式是________。
(2)C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是____________________。
(3)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。
①NH3分子的空间构型是________；N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是________。
②肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：
N2O4(l)＋2N2H4(l)====3N2(g)＋4H2O(g)　ΔH＝－1038.7 kJ·mol－1
若该反应中有4 mol N—H键断裂，则形成的π键有________mol。
③肼能与硫酸反应生成N2H6SO4。N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4的晶体内不存在________(填标号)。
a．离子键 b．共价键
c．配位键 d．范德华力
(4)图1表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点(见图2)。分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别。
下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是________(填标号)。
a．CF4 b．CH4
c．NH d．H2O
解析：(1)氮原子的价电子排布式：2s22p3。(2)同周期元素第一电离能从左向右有增大的趋势，第ⅢA、ⅥA族突减，因此三者的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞C。(3)①NH3的空间构型是三角锥形，N2H4分子可看作两个NH3分子脱去一个H2分子所得，氮原子采用sp3杂化方式结合。②1 mol N2中含有2 mol π键，4 mol N—H键断裂即有1 mol N2H4反应，生成1.5 mol N2，则形成3 mol π键。③硫酸铵晶体是离子晶体，则N2H6SO4晶体也是离子晶体，内部不含有范德华力。(4)能被该有机物识别即能嵌入空腔形成4个氢键，则要求某分子或离子是正四面体结构且能形成氢键，只有c项符合题意。
答案：(1)2s22p3　(2)N＞O＞C　(3)①三角锥形　sp3　②3　③d　(4)c
专题5物质结构的探索无止境
1.金刚石硬度大，性质稳定，下列物质的性质与其相差较大的是(　　)
A．硅　　　　　　　　　 B．二氧化硅
C．碳化硅 D．白磷
解析：选D。金刚石、硅、二氧化硅、碳化硅、白磷都为正四面体结构，前3种属于原子晶体；而白磷是正四面体的分子，属于分子晶体。
2.据报道，德国INTEGRAL公司研究出无辐射冷却技术(用水和冰组成的两相液体代替传统的氟利昂或氨)而荣获德国环境大奖。关于“新制冷剂”，以下叙述不正确的是(　　)
A．该制冷剂对环境不产生任何污染
B．该制冷剂的作用原理与氨基本相同
C．该制冷剂在水的凝固点附近的温度下发挥作用
D．该制冷剂是属于悬浊液的一种分散系
解析：选D。用水和冰组成的两相液体制冷剂，不属于悬浊液分散系，因为分散系是混合物，而该制冷剂是纯净物。
3.下列不符合当今化学研究方向的是(　　)
A．发现新物质
B．合成新材料
C．研究化学反应的微观过程
D．研究化学反应中原子守恒关系
解析：选D。化学反应中原子守恒关系早在近代化学发展的“拉瓦锡时代”就已确立，早已定论，不属当今化学研究的方向。
4.有一种合金当环境温度远小于其转变温度时，可以随便改变它的形状，当达到转变温度时，会恢复其原来面貌，具有这种效应的合金为(　　)
A．超导金属 B．形状记忆金属
C．储氢金属 D．光纤
解析：选B。从题给信息可知该合金应是形状记忆金属。
5.据报道我国科学家最近研制出一种新型“连续纤维增韧”航空材料，其主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成。下列相关叙述不正确的是(　　)
A．它耐高温抗氧化
B．它比钢铁轻、硬，但质地较脆
C．它没有固定熔点
D．它是一种新型无机非金属材料
解析：选B。由该材料主要成分的性质可知其应具有耐高温抗氧化的性能，A项正确。题中给出信息“连续纤维增韧”航空材料，则说明该材料具有良好的韧性，B项错误。该材料是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成，属于混合物，没有固定的熔、沸点，C项正确。该材料由无机物复合而成，应为新型无机非金属材料，D项正确。
6.“纳米材料”是当今材料科学研究的前沿，其研究成果广泛应用于催化及军事科学中，“纳米材料”是指研究、开发出的直径从几纳米至几十纳米的材料，如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得混合物可能具有的性质是(1 nm＝10－9 m)(　　)
A．能全部透过半透膜
B．有丁达尔效应
C．所得液体一定能导电
D．所得物质一定是浊液
解析：选B。胶体分散系中，分散质微粒直径范围1 nm～100 nm，因此“纳米材料”分散到液体分散剂中，应形成胶体体系，胶体粒子可能不带电，如淀粉。
7.北京大学和中国科学院的化学工作者成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K3C60(如右图所示)。实验测知该物质属于离子晶体，具有良好的超导性。下列关于K3C60的组成和结构的分析中正确的是(　　)
A．K3C60晶体中既有离子键又有极性键
B．K3C60晶体的熔点比C60晶体的熔点低
C．该晶体熔化时能导电
D．C60分子中碳原子是采用sp3杂化的
解析：选C。该晶体为离子晶体，故熔化时能导电，C项正确。C60内部为非极性键，A项错。离子晶体比分子晶体C60的熔点高，B项错。C60中每个碳形成四根键，其中有一个为双键，故应为sp2杂化，D项错。
8. 纳米材料被誉为21世纪最有发展前景的新型材料。纳米碳管是一种由碳原子构成的直径为几个纳米(1 nm＝10－9 m)的空心管。下列说法错误的是(　　)
A．纳米碳管是一种新型的有机化合物
B．纳米碳管在常温下化学性质稳定
C．纳米碳管材料如果完全燃烧，生成物是二氧化碳
D．纳米碳管材料管道多，表面积大，吸附能力强
解析：选A。纳米碳管属于碳单质中的一种，与金刚石、石墨等互为同素异形体。
9. 下列说法中不正确的是(　　)
A．分子生物学基础与化学键理论密切相关
B．DNA的双螺旋结构是由两条DNA大分子的碱基通过共价键形成配对的
C．修正变异配位小分子，有助于人类战胜疾病
D．胚胎干细胞的分化是一种复杂的物理化学过程
解析：选B。DNA中是通过氢键配对的，B项错。
10.麻醉剂的发现和使用，是人类医疗史上了不起的一项成就，它可使患者在接受治疗时感觉不到疼痛。
(1)笑气是人类最早应用于医疗的麻醉剂之一，它可由NH4NO3在微热条件下分解产生，产物除N2O外还有一种，此反应的化学方程式为________________________。
(2)有关理论认为N2O与CO2分子具有相似的结构(包括电子式)，则其空间构型呈________，为________(填“极性”或“非极性”)分子。
解析：(1)结合题给条件和氧化还原反应配平方法即可完成。(2)从等电子体的性质和结构关系可知N2O和CO2一样，是直线形分子，由分子空间结构可判断N2O是极性分子。
答案：(1)NH4NO3N2O↑＋2H2O　(2)直线形　极性
11.近年来高速发展的PDP等离子显示屏可以制造出大屏幕壁挂彩色电视机，使未来的电视屏幕尺寸更大，图像更清晰，色彩更鲜艳，而本身的厚度只有8 cm左右，可挂在墙上。等离子显示屏PDP是一种利用等离子管作为发光元件，大量的等离子管排列在一起构成屏幕。每个等离子管都是由透明玻璃制成的，管内充有低压的氖、氙气体，两端各有一个电极，在两个电极间加上高压后，封在管内的气体产生某种肉眼看不见的光谱，激发平板显示屏上的红、绿、蓝三基色粉发出可见光，每个等离子管作为一个像素，由这些像素的明暗和颜色变化组合使之产生各种灰度和色彩的图像。
(1)等离子管发光的微观机理是通过高压使低压氖、氙气体原子________的(填编号)。
①外层电子受到激发而发光
②内层电子受到激发而发光
(2)等离子管发出的光谱，可以激发荧光粉发出可见光是利用光谱的________(填编号)。
①化学作用 ②电离作用
解析：等离子管是利用稀有气体在高电压下发出的紫外线激发荧光粉而发光。紫外线是由原子外层电子受到激发后产生的，紫外线的主要作用是化学作用。
答案：(1)①　(2)②
12.除了传统的三大合成材料以外，又出现了高分子分离膜，具有光、电、磁等特殊功能的高分子材料，医用高分子材料，隐形材料和液晶高分子材料等许多新型有机高分子材料。试根据下列用途判断新型有机高分子材料的种类。
(1)用于海水和苦咸水的淡化方面__________________。
(2)用于制造人工器官(如人工心脏)的材料________________________。
解析：高分子分离膜和医用高分子材料是两种重要的功能高分子材料。其中高分子分离膜广泛用于生活污水及工业废水等废液处理及废液中有用成分的回收，特别是海水和苦咸水淡化方面已实现工业化；医用高分子材料中的硅聚合物或聚氨酯类聚合物等因其优异的生物相容性和很高的机械性能，可用来合成人工心脏。
答案：(1)高分子分离膜
(2)医用高分子材料
在纳米级的空间中，水的结冰温度是怎样的呢？为此，科学家对不同直径碳纳米管中水的结冰温度进行分析。如图是四种不同直径碳纳米管中的冰柱结构及结冰温度，冰柱的大小取决于碳纳米管的直径。水在碳纳米管中结冰的规律是________________。
解析：由图可以观察得出：纳米管的直径越大，水结冰的温度越低。
答案：纳米管直径越小(大)，结冰温度越高(低)
专题5物质结构的探索无止境
1.法国里昂的科学家最近发现一种只由四个中子构成的粒子，这种粒子称为“四中子”，也有人称之为“零号元素”。下列有关“四中子”粒子的叙述不正确的是(　　)
A．该粒子不显电性
B．该粒子质量数为4
C．在周期表中与氢元素占同一位置
D．该粒子质量比氢原子大
解析：选C。抓住关键字词“只由四个中子构成”，搞清楚原子中微粒的作用及相互间数量关系。
2.建立普遍适用的化学反应的量子力学理论，可以帮助化学家解决一系列问题，其中不属于化学反应的量子力学研究的问题的是(　　)
A．两个或多个分子之间能否发生化学反应
B．需要什么催化剂才能在温和条件下进行反应
C．如何在理论指导下控制化学反应
D．在化学反应过程中，原子能否分割与重新组合
解析：选D。化学反应以原子为基础，属于原子层面的反应，反应过程中不涉及原子的分割，化学反应只是分子拆分成原子，原子重新结合成分子的过程。
3.Pt(NH3)2Cl2(相对分子质量为300)有两种同分异构体，其顺式结构是临床广泛使用的抗肿瘤药物。下列有关该物质的说法中正确的是(　　)
A．中心原子的配位数为2
B．含有NH3分子
C．Pt的化合价为＋4
D．Pt(NH3)2Cl2是平面四边形结构
解析：选D。本配合物无外界，有2种配位体，配位数为4，A错误；配位体NH3已变成配合物的一部分，不是一个分子，B错误；从分子化合价规律可判断出Pt(NH3)2Cl2中Pt的化合价为＋2，C错误。
4.羟胺(NH2OH)在有机化学中广泛用于手性合成，羟胺的熔点为33.05 ℃，沸点为56.5 ℃。
(1)下列说法中不正确的是________(填序号)。
A．羟胺的电子式为
B．羟胺易溶于水，因为它是极性分子，结构与水分子相似，且能与水分子形成氢键
C．羟胺的熔沸点高，是因为其分子间能形成氢键
D．羟胺溶液显酸性
(2)右图是胞苷的结构简式，已知手性异构体的数目与手性碳原子的个数有关，若手性碳原子数为n，则手性异构体的个数为2n，胞苷的手性异构体有________种。
解析：(1)由羟胺的分子式分析，其电子式书写是正确的，A对；由于羟胺中氮原子的存在，电负性大，可与水分子形成氢键，B对；由于形成氢键，导致其熔沸点高，C对；羟胺可以电离出OH－，所以水溶液显碱性，D错误。
(2)从图中分析，可知胞苷中有4个手性碳原子，所以手性异构体有24＝16个。
答案：(1)D　(2)16
5. 据报道，国外有一研究发现了一种新的球形分子，它的分子式为C60Si60，其分子结构好似中国传统工艺品“镂雕”，经测定其中包含C60，也有Si60结构。下列叙述不正确的是(　　)
A．该物质有很高的熔点、很大的硬度
B．该物质形成的晶体属分子晶体
C．该物质分子中C60被包裹在Si60里面
D．该物质的相对分子质量为2400
解析：选A。由题意可知C60Si60是分子晶体，且Si60应该在外层，通过C—Si共价键链接为双层结构。
6. 中国学者徐志博和美国科学家共同合成了世界上最大的碳氢分子，其中一个分子由1134个碳原子和1146个氢原子构成。关于此物质，下列说法肯定错误的是(　　)
A．属烃类化合物
B．常温下呈固态
C．具有类似金刚石的硬度
D．易被氧化
解析：选C。由1134个碳原子和1146个氢原子组成的烃分子属于分子晶体，硬度较金刚石要小，在常温下应呈固态。
7.元素周期表是学习化学的工具，也为化学的进一步探究与研究提供理论指导。试回答下列问题。
(1)下列比较中不正确的是________(填序号)。
A．酸性：HNO3>H2CO3>H2SiO3>H2GeO3
B．碱性：KOH>Ca(OH)2>Mg(OH)2>Al(OH)3
C．溶解性：SrCO3>CaCO3>MgCO3
D．还原性：SiH4(2)人们研究发现在元素周期表短周期元素中有三对对角线元素，其性质非常相似，它们分别为Li和Mg、Be和Al、B和Si。下列说法中正确的是________(填序号)。
A．将LiCl溶液蒸干并灼烧，得到LiCl固体
B．BeO、Be(OH)2既能与酸反应，又能与碱反应
C．晶体硼属于原子晶体
D．以Li片和Al片作电极，以稀盐酸作电解质溶液组成的原电池，铝是负极
(3)人们研究发现第1周期和第2周期中一些元素的性质与同族元素的性质共性很少。
①一些氢化物的沸点有反常现象，右图是第2周期锂、碳、氧、氮四种元素氢化物的沸点示意图，请写出相应四种元素氢化物的化学式：a________、b_________、c________、d________。
②晶体氦以图A方式堆积，其余稀有气体的晶体均以图B方式堆积。
根据上图推得，1个氦晶胞平均占有氦原子_________个；1个氩晶胞平均占有氩原子_________个。
解析：(1)最高价氧化物对应水化物的酸性与元素的非金属性对应，A对；最高价氧化物对应水化物的碱性与元素的金属性对应，B对；离子晶体是由带相反电荷的阴阳离子组成的，每个离子一方面作为带电体使邻近的离子发生变形，另一方面在周围带相反电荷的离子作用下，离子本身也发生变形，这叫做离子的极化。由于离子的极化使离子间的距离缩短，离子键逐步向共价键过渡，使离子化合物的溶解度减小，C错误；单质的氧化性越强，对应离子的还原性越弱，D错误。
(2)因MgCl2溶液蒸干并灼烧得到的产物为MgO，知A不对；铍为与铝相似的元素，其氧化物和氢氧化物具有两性，B对；硼的熔点较高(2300 ℃)，硬度大(摩氏硬度为9.5)，为原子晶体，C对；在原电池中，较活泼的发生氧化反应的金属为电池的负极，活泼性由对角线知锂与镁相似，所以强于铝，D不对。
(3)①四种物质氢化物中，氢化锂为离子晶体，其余三种为分子晶体，所以其沸点最高，因此a为LiH，由于H2O与NH3均形成氢键，使沸点升高，所以CH4的沸点最低，d为CH4，H2O的沸点高于NH3，所以b为H2O，c为NH3。
②图A分析，在氦晶胞中，顶点上有12个原子，各为6个晶胞共用，上下面各有一个原子，为两个晶胞共用，内部有3个原子，属于该晶胞，所以一个氦晶胞的原子数＝12×1/6＋2×1/2＋3＝6个；图B分析，在氩晶胞中，顶点上有8个原子，为8个晶胞共用，面上有6个原子，为2个晶胞共用，所以一个氩晶胞的原子数＝8×1/8＋6×1/2＝4个。
答案：(1)CD　(2)BC　(3)①LiH　H2O　NH3　CH4　②6　4
专题5物质结构的探索无止境综合检测
(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)
1.人工转变元素的核反应是：N＋He→O＋H，下列叙述正确的是(　　)
A.O原子核内有9个质子
B.H原子核内有1个中子
C．O2和O3互为同位素
D．通常情况下，He和N2化学性质都很稳定
解析：选D。根据原子结构内各微粒数的关系知A、B项错误；O2和O3互为同素异形体，C项错误。
2.关于液晶，下列说法中正确的是(　　)
A．液晶是一种晶体
B．液晶分子的空间排列是稳定的，具有各向异性
C．液晶的光学性质随温度的变化而变化
D．液晶的光学性质不随外加电压的变化而变化
解析：选C。液晶的微观结构介于晶体和液体之间，虽然液晶分子在特定方向排列比较整齐，具有各向异性，但分子的排列是不稳定的，选项A、B错误。外界条件的微小变化都会引起液晶分子排列的变化，从而改变液晶的某些性质。温度、压力、外加电压等因素变化时，都会改变液晶的光学性质，选项C正确，选项D错误。
3.已知BN是一种新型的无机材料，由于与属于等电子体物质(等电子体是原子个数相等，电子数也相等的物质)，其结构和性质有很大的相似性。BN有两种晶体，根据以上信息，对BN两种晶体的描述中不正确的是(　　)
A．其中一种晶体可用做耐磨材料
B．其中一种晶体可用做润滑材料
C．其中一种晶体键角为90°
D．其中一种晶体中存在六元环
解析：选C。与是等电子体，结构与性质相似，因此BN有两种晶体，一种是类似于石墨的层状结构，一种是类似于金刚石的空间网状结构，类似于石墨的晶体可作润滑材料，类似于金刚石的晶体可作耐磨材料，两种晶体中的键角一个是120°，一个是109.5°，不是90°，类似石墨的晶体中存在平面六元环，类似金刚石的晶体中存在立体六元环结构，因此不正确的是C。
4.下列有关物质的结构和性质的叙述错误的是(　　)
A．水是一种非常稳定的化合物，这是由于水中存在氢键
B．由极性键形成的分子可能是非极性分子
C．水、冰中都含氢键
D．分子晶体中一定存在分子间作用力，可能有共价键
解析：选A。本题考查对分子间作用力与氢键的相关知识。水是一种稳定的化合物，是因为含有O—H共价键；CO2分子是由极性键构成的非极性分子；分子晶体中也有无共价键的，如稀有气体的晶体。
5.美国科学家发现“超级的原子Al13”，Al13显示一个碘原子的性质。下列说法正确的是(　　)
A．该超级原子微粒含有169个价电子
B．镁能和Al13作用生成Mg(Al13)2
C．等质量的超级原子Al13和普通铝中含有的铝原子的个数比为1∶13
D．超级原子Al13能形成(Al13)3分子而不能形成(Al13)2分子
解析：选B。Al13显示一个碘原子的性质；等质量的超级原子Al13和普通铝中含有的铝原子的个数比为1∶1。
6.最近，美国Lawrece Liermore国家实验室的V·Lota·C·S·Yoo和H·cynn成功地在高压下将CO2转化为具有类似SiO2 结构的原子晶体，下列关于CO2的原子晶体说法，正确的是(　　)
A．CO2的原子晶体和分子晶体互为同分异构体
B．在一定条件下，CO2原子晶体转化为分子晶体是物理变化
C．CO2的原子晶体和CO2分子晶体具有相同的物理性质和化学性质
D．在CO2的原子晶体中，每1个C原子周围结合4个O原子，每1个O原子跟两个C原子相结合
解析：选D。此处CO2为原子晶体，类似SiO2 结构。
7.用激光将置于铁室中石墨靶上的碳原子炸松，同时用射频电火花喷射氮气，此时碳、氮原子结合成碳氮化合物薄膜，这种化合物可以比金刚石更坚硬，其原因可能是(　　)
A．碳、氮原子构成空间网状结构的晶体
B．碳、氮的单质化学性质均不活泼
C．碳、氮键比金刚石中的碳碳键长
D．氮原子最外层电子数比碳原子多
解析：选A。碳氮化合物薄膜比金刚石更坚硬，说明此薄膜属于原子晶体范畴；此原子晶体中共价键的键长(原子半径和)必须比C—C短，符合条件。
8.据报道，国外有一研究发现了一种新的球形分子，它的分子式为C60Si60，其分子结构好似中国传统工艺品“镂雕”，经测定其中包含C60，也有Si60结构。下列叙述不正确的是(　　)
A．该物质有很高的熔点、很大的硬度
B．该物质形成的晶体属分子晶体
C．该物质分子中C60被包裹在Si60里面
D．该物质的相对分子质量为2400
解析：选A。由题意可知C60Si60是分子晶体，且Si60应该在外层，通过C—Si共价键链接为双层结构。
9.由解放军总装备部军事医学研究所研制的小分子团水，解决了医务人员工作时的入厕难题。新型小分子团水，具有饮用量少、渗透力强、生物利用度高、在人体内储留时间长、排放量少的特点。一次饮用125 mL小分子团水，可维持人体6小时正常需水量。下列关于小分子团水的说法正确的是(　　)
A．水分子的化学性质改变
B．水分子中氧氢键键长缩短
C．水分子间作用力减小
D．水分子间结构、物理性质改变
解析：选D。小分子团水是由水分子构成的，则A、B、C选项不正确；小分子团水与普通水性质不同，则结构不同，物理性质不同，D正确。
10.绿色化学提倡化工生产中应提高原子利用率。原子利用率表示目标产物的质量与生成物总质量之比。在下列制备环氧乙烷的反应中，原子利用率最高的是(　　)
解析：选C。充分理解原子利用率的定义，得出结论：只有得到一种目标产物时原子利用率才最高。
11.20世纪80年代后，人们发现并证实了碳的另一类单质，它们是由一系列偶数个碳原子构成的分子，其中C60(足球烯，分子中含有30个双键)最具代表性。下图所示为n个C60连接而成的物质X。下列有关物质X的说法不正确的是(　　)
A．X难溶于水
B．一定条件下X可与H2发生加成反应
C．X的摩尔质量为720n
D．X是碳的一种同素异形体
解析：选C。X是由n个C60连接形成的物质，难溶于水，所以A对；在C60中碳原子没有达到饱和结构，在一定条件下可以和H2发生加成反应，所以B对；摩尔质量是有单位的，所以X的摩尔质量为720n g·mol－1，所以C错误；X是由碳原子构成的一种单质，所以和金刚石、石墨等都是碳的同素异形体，所以D对。
12.中国学者徐志博和美国科学家共同合成了世界上最大的碳氢分子，其中一个分子由1134个碳原子和1146个氢原子构成。关于此物质，下列说法肯定错误的是(　　)
A．属烃类化合物
B．常温下呈固态
C．具有类似金刚石的硬度
D．易被氧化
解析：选C。由1134个碳原子和1146个氢原子组成的烃分子属于分子晶体，硬度较金刚石要小，在常温下应呈固态。
下列有关叙述正确的是(　　)
A．已知NaH是离子化合物，则其电子式是Na＋[H]－
B．在PCl5 分子中，磷原子满足最外层8电子结构
C．在BCl3 分子中，所有原子都满足最外层8电子结构
D．石墨晶体是层状结构，在同一层上平均每个正六边形所含有的碳原子数为3
解析：选A。在PCl5分子中，磷原子满足最外层10电子结构，B不正确；在BCl3分子中，B原子满足最外层6电子结构，C项不正确；D项中应用均摊法，一个C原子由三个正六边形共用，故均摊后相当于一个正六边形分占有个C原子，所以平均每个正六边形所含有的碳原子数为6×＝2个。A项符合题意。
最近有人用一种称为“超酸”的化合物H(CB11H6Cl6)和C60反应，使C60获得一个质子，得到一种新型离子化合物：[HC60]＋[CB11H6Cl6]－，这个反应看起来很陌生，但反应类型却跟下列化学反应中的一个相似，该反应是(　　)
A．SO3＋H2O====H2SO4
B．NH3＋H2O====NH3·H2O
C．NH3＋HCl====NH4Cl
D．H2O＋CH3COOHH3O＋＋CH3COO－
解析：选C。从题意可知“超酸”与C60的反应是酸给出一个质子成为阴离子，C60分子接受一个质子成为阳离子，形成的阴、阳离子再相互作用成为离子化合物。由此可以判断反应C符合上述特征。
为了探索月球上是否有生命存在的痕迹，就要分析月球岩石中是否包含有碳氢化合物(当然这仅仅是探索的第一步)。科学家用氘盐酸(DCl)和重水(D2O)溶液处理月球岩石样品，对收集的气体加以分析，结果只发现有一些气体状态的碳氘化合物。这个实验不能用普通盐酸，其理由是(　　)
A．普通盐酸酸性太强
B．普通盐酸有强挥发性
C．普通盐酸与月球岩石中的碳化物无法反应
D．无法区别月球岩石中原来含有的是碳化物，还是碳氢化合物
解析：选D。利用氘盐酸(DCl)与重水(D2O)溶液处理月球岩石样品的目的是为了便于区别月球岩石中原含有的是碳化物还是碳氢化合物。氘盐酸与普通盐酸的酸性与挥发性相同。
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
(12分)在探索生命奥秘的过程中，科学家们日益认识到生命细胞的组成和元素周期表有着密切的关系，约占人体总质量99.97%的11种宏量元素，全部位于周期表前20号元素之内，其余0.03%是由十多种人体不可缺少的微量元素组成的，在微量元素中，只有F和Si位于短周期，其余均属于第一长周期。用除H、N、P外的其他宏量元素的元素符号回答下列问题：
(1)原子最外层电子数是最内层电子数两倍的是__________________。
(2)化合价最多的元素是________，跟它处在同一周期的还有一种非金属元素是________。
(3)原子半径最大的是________，它的相邻元素是________。
(4)剩余的两种元素，它们的离子电子层结构相同，且带电量也相同，但电性相反，这两种元素是______________和______________。
(5)氨基酸的主要组成元素为________。
解析：(1)符合条件的是，但Si在题干中已有，故只能为C。(2)Cl有多种化合价：－1，＋1，＋3，＋5，＋7等。(3)半径最大的元素是K，相邻元素有上面的Na和右面的Ca。(5)氨基酸中含—NH2和—COOH，故主要组成元素有C、H、O、N。
答案：(1)C　(2)Cl　S　(3)K　Na、Ca　(4)Mg　O　(5)C、H、O、N
(12分)元素周期表中的元素已经编排到112号，元素周期表还能不能延长？根据现有的理论计算第7周期应有32个元素，至118号元素结束。第8周期元素的电子将进入8s5g6f7d8p轨道，s、p、d、f分别有1、3、5、7个不同空间伸展方向的原子轨道，最多容纳的电子数分别为2、6、10、14。那么g轨道可有________个不同空间伸展方向的原子轨道，最多可容纳________个电子。因此第8周期应有________种元素，至________号，同理第9周期也应是________种元素，至________号。
有趣的是，有些科学家还提出元素周期表还可以向负方向发展，这是由于发现了正电子、负质子，在其他星球上是否存在由这些负质子和正电子以及中子组成的反原子呢？周期表可不可能出现核电荷数为负数的反元素，向负方向发展呢？________，原因是____________________________。
解析：s、p、d、f分别有1、3、5、7个不同伸展方向的轨道，最多容纳电子数分别为2、6、10、14，可推知g轨道有9个不同伸展方向，可容纳18个电子。第8周期比第7周期多18种元素应为50种。从119号至168号，同理可知第9周期也是50种，因为两者的轨道数相同，第9周期元素从169号至218号。因为物质结构的探索是无止境的，周期表也可能向负方向发展。
答案：9　18　50　168　50　218　可能　物质结构的探索是无止境的
(10分)近年来乳酸成为人们研究的热点之一。乳酸可以用化学方法合成，也可以由淀粉通过生物发酵制备。利用乳酸聚合而成的高分子材料具有生物兼容性，而且在哺乳动物体内或自然环境下最终降解成为二氧化碳和水。乳酸还有其他很多用途。
(1)在剧烈运动时，人体如果由ATP提供的能量不足，一般动用肝糖原在________(填“有氧”或“无氧”)情况下提供能量，产生的乳酸使人有肌肉酸软无力的感觉，但稍加休息便会消失。
(2)乳酸可以与精制铁粉制备一种药物，写出反应的化学方程式：________________________________________________________________________。
这种药物可以治疗哪种疾病？________________。
(3)利用乳酸合成高分子材料，写出该反应的化学方程式：
________________________________________________________________________。
这种高分子材料对于环境有什么重要意义？________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：人体中肝糖原在有氧条件下生成二氧化碳和水，释放能量；在无氧条件下生成乳酸，提供能量。乳酸的结构简式为，既有羧基又有羟基，可以与金属反应生成盐和氢气，也可以自身发生缩聚反应。
答案：(1)无氧　(2)2CH3CH(OH)COOH＋Fe―→[CH3CH(OH)COO]2Fe＋H2↑　缺铁性贫血
这样的高分子材料可以降解，参与碳元素的循环，对环境无污染
(12分)绿色化学是“预防污染”的根本手段，它的目标是研究和寻找能充分利用的无毒害原材料，最大限度地节约能源，在化工生产各环节都实现净化和无污染的反应途径。试回答下列问题：
(1)在我国中西部大开发中，某省为筹建一大型化工基地征集到下列方案，其中你认为可行的是(　　)
A．建在中西部干旱山区可以脱贫致富
B．应建在水资源丰富和交通方便的远离城市的郊区
C．企业有权自主选择厂址
D．不宜建在人口稠密的居民区
(2)对聚丙烯酸废弃物(白色污染物中的一种)的降解，国际上最新采用了热聚门冬氨酸或其盐(TPA)，它有效、廉价且自身可被生物降解。废弃物自身被生物降解的意义是________________________________________________________________________。
(3)美国罗姆斯公司的G.L.Willingham等人研制出对环境安全的船舶防垢剂——“海洋9号”而获得了美国“总统绿色化学挑战奖”。“海洋9号”的结构简式如图所示：。
试回答下列问题：
①“海洋9号”的化学式为____________________。
②能在一定条件下与H2发生加成反应的碳原子是________(用2，3，4，5 等数字填写)。
③4、5位碳原子上连接的两个氯原子能否发生取代反应？答：________(填“能”或“不能”)，如能发生，请举一例，用化学方程式表示____________________。
解析：绿色化学的具体内涵主要集中体现在以下5点：①减量，即减少用量，减少“三废”排放；②重复使用，诸如化学工业过程中的催化剂、载体等，这是降低成本和减废的
需要；③回收，可以有效实现“省资源、少污染、减成本”的要求；④再生，是变废为宝，节省资源、省能源、减成本、少污染的有效途径；⑤拒用，指对一些无法替代，又无法回收、再生和重复使用的毒副作用、污染作用明显的原料拒绝在化学过程中使用。这是杜绝污染的最根本办法。第(3)小题，4、5号位上连接的氯原子具有卤代烃性质，可发生碱性水解。
答案：(1)BD
(2)防止废弃物对土壤和水造成污染
(3)①C11H17ONSCl2　②3、4、5位的碳原子(均为不饱和碳原子)　③能
(9分)研究人员最近发现，在一定的实验条件下，给水施加一个弱电场，在20 ℃、1个大气压下，水可以结成冰，称为“热冰”。下图是水和“热冰”的计算机模拟图，图中球代表水分子中的原子。
(1)图中较大的球代表________原子，其原子结构示意图是________。水分子中氢氧原子间的化学键是________(填“共价键”或“离子键”)。
(2)用球棍模型表示的水分子结构是________。
(3)已知水分子中氧原子一端带部分负电荷，氢原子一端带部分正电荷，在外加电场作用下，水结成冰。上图中模拟“热冰”的示意图是________(填“甲”或“乙”)，理由是____________________。
解析：氧原子比氢原子大，故大球代表氧原子。水分子中含极性共价键，两个O—H键之间夹角为104.5°，呈V形结构。“热冰”中的水分子应为有序排列，氧原子一端吸引氢原子一端。
答案：(1)氧(或O) 共价键
(2)B　(3)甲　分子有序排列等