课件27张PPT。专题1晨背关键语句理解教材新知把握热点考向应用创新演练知识点一知识点二考向一考向二随堂基础巩固知能综合提升1．原子结构决定元素的性质，分子结构决定分子的性质(结构决定性质)。
2．物质的性质反映物质的结构。
3．元素周期律有助于从理论上指导化学元素的发现和应用。
4．物质结构研究有助于进一步提高人类的生活质量，促进社会的可持续发展。1.物质结构探索的内容
(1)原子结构与元素______的关系。
(2)化学键理论。
(3)分子的_____结构与物质性质的关系。性质空间2．原子结构模型的演变氢3.实验方法上的改进
光谱和衍射等实验方法被用于研究原子、分子和晶体结构。
[特别提醒]
(1)人类对物质结构的认识是个缓慢的过程。
(2)人类对物质结构的认识水平与当时的实验条件有密切的关系。1．在探索微观世界的过程中，科学家们常通过建立假说模型
来把握物质的结构及特点，不断拓展认识新领域。关于假说，有如下表述，其中正确的是 ( )
A．假说是对现实中已知事物或现象的一种简化处理
B．假说是对未知领域的事物或现象提出的一种推测
C．假说是对一个问题的所有幻想和假定
D．假说最终都可以变成科学理论解析：假说是科学家在探索的过程中，为把握物质的结构及特点而建立的一种模型，它是对未知领域的事物或现象提出的一种推测，然后通过实验或推理去验证它的正确与否。
答案：B1.历史上物质结构探索与研究重大成就
(1)1811年意大利科学家阿伏加德罗提出______的概念，1860年国际化学界确立了“原子—分子论”，分子的______直接决定分子的性质。
(2)1869年俄国化学家门捷列夫提出_____________。
(3)19世纪中叶，碳原子的________、有机物中碳原子成键的________结构、有机化合物分子中价键的__________等相继被发现，____________在一定程度上已可以做到“按图索骥”，而用着单凭经验摸索了。分子结构元素周期律四价立体饱和性有机合成 2．研究物质结构的意义
(1)研究物质的结构，能够为设计与合成新物质提供_____
______；揭示物质的______与性能的关系，可以帮助我们预测物质的性能。
(2)寻找_________的材料，需要研究物质的结构。
(3)从_____水平探索生命现象的本质离不开对物质结构的研究。
(4)实现社会的____________，期待着物质结构研究方面的新成果。理论基础结构性能优异分子可持续发展[特别提醒] 研究物质结构，揭示物质结构与性能的关系，可以帮助我们预测物质的性能，在化学合成技术(如新型信息材料、低毒副作用的药物、高效催化剂等的合成)、材料科学(信息材料、纳米材料、超导材料等)、生命科学(如抗癌药物的设计和筛选)、社会的可持续发展等方面有着积极的意义，进一步提高人类的生活质量。2．金刚石、石墨、C60、碳纳米管均由同一种元素组成，属
于__________，其性质差别很大，原因是____________
_________________，说明_________________________
_______________________________________________。
解析：由同种元素组成的不同单质互称为同素异形体；同素异形体的组成元素相同，但结构不同，因此造成性质不同的原因是其结构上的差异。
答案：同素异形体 它们的结构不同 结构决定性质[例1] (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 ( )
A．法国的拉瓦锡 B．瑞典的舍勒
C．英国的道尔顿 D．英国的汤姆生(2)道尔顿的原子学说曾经起了很大作用，他的学说中包含下述三个论点：①原子是不能再分的粒子；②同种元素的各种原子的性质和质量都相同；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.(3)化学开始成为一门科学的标志是 ( )
A．火药的发现 B．质量守恒定律的提出
C．“原子分子论的提出” D．氧化还原理论的建立[解析] 在人们研究原子结构的不同时期分别有不同的原子理论，这对后人了解原子的真实结构起了很好的推动作用。根据现代的研究结果，显然道尔顿当时的原子理论都是不确切的。而化学成为一门科学的标志是1860年国际化学界承认的“原子分子论”。
[答案] (1)D (2)D (3)C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：中学化学关于核外电子排布用原子结构示意图表示，只表示原子核和核外电子，电子是分层排布的，所以应停留在玻尔原子模型。
答案：D[例2] 我国参与研制的阿尔法磁谱仪随美国发现号航天飞机升入太空，探索宇宙中是否存在“反物质”(又称为“暗物质”)的研究工作。“反物质”的主要特征是电子带正电荷，质子带负电荷。物质和其相应的反物质相遇后发生湮灭，所有的质量完全转化为能量。用上述信息回答下列问题：
(1)根据你所学过的知识推测制造阿尔法磁谱仪的核心部件的材料是 ( )
A．FeO B．Fe2O3
C．Fe3O4 D．Fe3C(2)反物质中和反应的离子方程式为 ( )
A．H－＋OH＋===H2O
B．H＋＋OH＋===H2O
C．H－＋OH－===H2O
D．H＋＋OH－===H2O[解析] (1)铁的化合物中，有磁性的就是Fe3O4，属于永久磁铁。从“阿尔法磁谱仪”的名称可以看出，磁谱仪的核心部件是由具有磁性的物质构成。
(2)抓住中和反应和反物质的特征即可，常见H＋带正电荷，其反物质为H－；OH－带负电荷，其反物质为OH＋。
[答案] (1)C (2)ANaOH与HCl发生化学反应的化,学方程式，与它们的反物质之间发生反应的化学方程式是否相同？提示：相同。化学方程式都是NaOH＋HCl===NaCl＋H2O。点此进入点此进入[知能综合提升]
(时间45分钟 满分60分)
一、选择题(本题包括7小题，每小题3分，共21分)
1．在物质结构研究的历史上，根据量子论的观点，首先提出原子核外电子在一系列稳定轨道上运动并较好地解释了氢原子光谱的科学家是( )
A．汤姆生 B．卢瑟福
C．道尔顿 D．玻尔
解析：玻尔引入量子论观点，指出电子在原子核外空间内一定的轨道上绕核做高速圆周运动，这些轨道的能量是不连续的，很好地解释了氢原子光谱。
答案：D
2．下列关于化学学习和研究的说法错误的是( )
A．化学模型有助于解释一些化学现象
B．质量守恒定律是大量实验事实的总结21世纪教育网
C．化学家提出的假设都能被实验证明
D．化学基本原理的应用是有一定条件的
解析：化学家提出的假设并不一定完全正确，有的甚至是错误的，如凯库勒提出的苯分子结构曾经被认为能够解释苯分子的性质等问题，但随后通过实验发现关于苯分子中存在碳碳双键的说法是错误的。
答案：C
3．我国科学家前不久成功合成了3 mm长的管状定向碳纳米管，长度居世界之首。这种碳纤维具有强度高、刚度(抵抗变形的能力)大、密度小(只有钢的四分之一)、熔点高、化学稳定性好的特点，因而被称为“超级纤维”。下列对碳纤维的说法不正确的是( )
A．它是制造飞机的理想材料21世纪教育网
B．它的主要组成元素是碳
C．它的结构与石墨不同
D．碳纤维复合材料为一种高分子化合物21世纪教育网
解析：碳纤维主要由碳元素组成，B正确，D错误；由于碳纤维具有“强度高、刚度大、密度小、熔点高、化学稳定性好”的特点，A正确；由于碳纤维的物理性质不同于石墨，所以它们的结构不同，C正确。21世纪教育网
答案：D
4．关于原子模型的演变过程，正确的是( )21世纪教育网
A．汤姆生原子模型→道尔顿原子模型→卢瑟福原子模型→玻尔原子模型→量子力学模型
B．汤姆生原子模型→卢瑟福原子模型→玻尔原子模型→量子力学模型→道尔顿原子模型
C．道尔顿原子模型→卢瑟福原子模型→汤姆生原子模型→玻尔原子模型→量子力学模型
D．道尔顿原子模型→汤姆生原子模型→卢瑟福原子模型→玻尔原子模型→量子力学模型
解析：1803年，道尔顿模型——原子是一个坚硬的小球；1904年，汤姆生模型——原子是一个带正电荷的球，电子镶嵌在里面，原子好似一块“布满浆果的松糕”；1911年，卢瑟福模型——原子的大部分体积是空的，电子随意的围绕着一个带正电荷的很小的原子核运转；1913年，玻尔模型——电子不是随意占据在原子核的周围，而是在固定的轨道上运动，当电子从一个轨道跃迁到另一轨道时，原子便吸收或释放能量；20世纪20年代以来，现代模型(电子云模型)——电子绕核运动形成一个带负电荷的云团，在一个确定的时刻不能精确测定电子的确切位置。
答案：D
5．[双选题]超重元素的假说预言自然界中可能存在原子序数为114的稳定同位素X，试根据原子结构理论和元素周期律预测，正确的是( )
A.X位于第7周期ⅣA族
B．X是非金属元素
C．XO2是酸性氧化物
D．X元素的化合价有＋2和＋4[来源:21世纪教育网]21世纪教育网
解析：X是114号元素，原子序数为114，据稀有气体118号向前逆推为ⅣA族，第7周期；据元素周期律推知，X是金属元素；氧化物XO2是碱性氧化物；化合价可以有＋2、＋4价。
答案：AD
6.近期意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图所示，下列说法正确的是( )
A．N4属于一种新型的化合物
B．N4转化为N2属于物理变化
C．N4的摩尔质量为56
D．N4与N2互为同素异形体
解析：N4是一种元素组成的物质，因而是一种新型的单质而不是化合物；N4和N2是两种不同的物质，所以两者的转化是化学变化；N4的摩尔质量为56 g/mol；N4和N2的关系是同素异形体。因而A、B、C错误。
答案：D
7.现代无机化学对硫—氮化合物的研究是最为活跃的领域之一。其中右图是已经合成的最著名的硫—氮化合物的分子结构。下列说法正确的是( )
A．该物质的分子式为SN
B．该物质的分子中只含共价键
C．该物质具有很高的熔、沸点
D．该物质与化合物S2N2互为同素异形体
解析：A项该化合物分子式为S4N4；B项符合题意；C项该物质属于分子晶体，熔、沸点不会很高；D项同素异形体研究对象是单质。
答案：B
二、非选择题(本题包括4小题，共39分)
8．(6分)在1911年前后，物理学家卢瑟福把一束变速运动的α粒子(质量为氢原子的4倍，带2个单位正电荷)，射向一片极薄的金箔。他惊奇地发现，过去一直认为原子是“实心球”，而由这种“实心球”紧密排列而成的金箔，竟能让大多数α粒子畅通无阻地通过，就像金箔不在那儿似的，但也有极少数α粒子发生偏转，或被笔直地弹回。根据以上实验能得出关于金箔中金原子结构的一些结论。试写出其中的三点：
A．______________________________________________________________________；
B．______________________________________________________________________；
C．______________________________________________________________________。
解析：极薄的金箔，竟让变速运动的大多数α粒子畅通无阻地通过，证明原子不是实心的球体，内部有“广阔”的空间。有极少数α粒子被笔直地弹回，证明了原子核的存在，但占原子极小的体积，否则大部分α粒子不能畅通无阻地通过；同时证明金原子核的质量远大于α粒子质量，否则金原子核将有被α粒子弹出的可能；还能证明金原子核所带电荷的种类与α粒子相同，否则二者就会相互吸引；又能证明金原子核所带电荷数远大于α粒子，否则偏转的就不会是α粒子，而是金原子核。
答案：A.原子中存在原子核，且原子核只占原子体积的很小一部分
B．金原子核带正电荷，且电荷数远大于α粒子的电荷数，二者产生静电排斥作用
C．金原子核的质量远大于α粒子的质量
9．(16分)用A.质子数 B．中子数 C．核外电子数 D．最外层电子数 E．电子层数，填写下列空格。
(1)同位素种类由________决定；
(2)元素种类由________决定；
(3)某元素有无同位素由________决定；
(4)核素相对原子质量由________决定；
(5)主族元素的化学性质主要由________决定；
(6)核电荷数由________决定；
(7)碱金属原子失电子能力相对强弱由________决定；
(8)原子得失电子能力相对强弱由________决定。
答案：(1)AB (2)A (3)B (4)AB (5)D (6)A (7)E (8)DE
10．(12分)在探索生命奥秘的过程中，科学家们认识到生命细胞的组成和元素周期表有密切的关系。约占人体总质量99.95%的11种常量元素均位于周期表前20号元素之内，其余0.05%由10多种人体不可缺少的微量元素组成。在微量元素中，只有B、F和Si位于短周期，其余均属于第4周期或第5周期。在常量元素中，除H、N、P外，在现在的元素周期表含有的元素中(写出元素符号)：
(1)原子最外层电子数是最内层电子数2倍的是____________。
(2)能显示化合价最多的元素是________，跟它处在同一周期的还有一非金属元素是________。
(3)原子半径最大的是________，它的相邻元素是____________。
(4)剩余的两种元素，它们的离子的电子层结构相同，且带电量也相同，但符号相反。这两种元素是____ ____和________。
解析：(1)最外层为最内层电子数2倍而最内层电子数为2，则符合条件的且属于前20号元素的为、，而Si为微量元素，所以符合条件的为C。
(2)化合价最多的元素为Cl，其化合价有：－1、0、＋1、＋2、＋3、＋5、＋7等，与它处于同一周期的非金属元素只有S(N、P除外)。
(3)根据半径的递变规律，前20号元素中半径最大的为K，前20号元素中与它相邻的为20号元素Ca和11号元素Na。
(4)剩余两元素为Mg与O。21世纪教育网
答案：(1)C (2)Cl S (3)K Na和Ca (4)Mg O
11．(5分)科学家正在设法探寻“反物质”。所谓“反物质”是由“反粒子”构成的，“反粒子”与其对应的正粒子具有相同的质量和相同的电量，但电荷符号相反。
(1)若有α粒子(即氦离子)的反粒子，称为反α粒子，则该粒子的质量数为________，电荷数为________，反α粒子的符号可表示为________。
(2)近几年，欧洲和美国的科学研究机构先后宣布，他们分别制出9个和7个反氢原子，这是人类探索反物质的一大进步。试推测反氢原子的构造是( )[来源:21世纪教育网]
A．由一个带正电荷的质子与一个带负电荷的电子构成
B．由一个带负电荷的质子与一个带正电荷的电子构成
C．由一个不带电荷的中子与一个带负电荷的电子构成21世纪教育网
D．由一个带负电荷的质子与一个带负电荷的电子构成
解析：所谓反物质，它的原子核是由反质子和反中子构成的，反质子的质量数为1，带负电荷，反中子的质量数也为1，不带电；核外是反电子，质量可忽略不计，带正电荷。正常的氢原子是由一个质子和一个电子构成的，反氢原子则是由一个反质子和一个反电子构成。
答案：(1)4 －2 He2－ (2)B
[随堂基础巩固]
1．提出核式原子模型的是英国物理学家( )
A．玻尔 B．卢瑟福
C．汤姆生 D．道尔顿[来源:21世纪教育网]
解析：核式原子模型是由卢瑟福提出的，他认为原子大部分是空的，电子随意的围绕着一个带正电荷的很小的原子核运转。
答案：B
2．最早提出科学的原子概念的科学家是( )
A．道尔顿 B．阿伏加德罗
C．门捷列夫 D．卢瑟福
解析：道尔顿提出了近代原子论，他的观点奠定了近代化学发展的基础，他被誉为“近代化学之父”。
答案：A
3．根据元素的核电荷数，不能确定的是( )
A．原子核内质子数 B．原子核内中子数
C．原子最外层电子数 D．原子核外电子数[来源:21世纪教育网]
答案：B
4．下列由事实得出的结论错误的是( )[来源:21世纪教育网]
A．维勒用无机物合成了尿素，突破了无机物与有机物的界限
B．门捷列夫在前人工作的基础上发现了元素周期律，表明科学研究既要继承又要创新21世纪教育网
C．C60是英国和美国化学家共同发现的，体现了国际科技合作的重要性[来源:21世纪教育网]
D．科恩和波普尔因理论化学方面的贡献获诺贝尔化学奖，意味着化学已成为以理论研究为主的学科
解析：理论化学与实践应相辅相成而不是以谁为主、谁为辅的问题，因此D项是错误的。
答案：D
5．原子结构模型的演变图中，(1)为道尔顿实心球式原子模型、(2)为卢瑟福行星运转式原子模型、(3)为汤姆生葡萄干面包式原子模型、(4)为近代量子力学原子模型、(5)为玻尔轨道式原子模型。其中符合历史演变顺序的一组排列是( )
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A．(1)( 3)(2)(5)(4) B．(1)(2)(3)(4)(5)
C．(1)( 5)(3)(2)(4) D．(1)(3)(5)(4)(2)
解析：正确的顺序是道尔顿实心球式原子模型、汤姆生葡萄干面包式原子模型、卢瑟福行星运转式原子模型、玻尔轨道式原子模型、近代量子力学原子模型。
答案：A
课件37张PPT。专题2晨背关键语句理解教材新知把握热点考向应用创新演练知识点一知识点二考向一考向二随堂基础巩固知能综合提升第一单元知识点三1．电子层n的值与该层原子轨道类型数相等。
2．s轨道呈球形，p轨道呈纺锤形。s、p、d、f含有的原子轨道数分别为1、3、5、7。
3．电子进入原子轨道的顺序为：1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p……4．氮原子的核外电子排布
(1)原子结构示意图：?? ??
(2)电子排布式：1s22s22p3
(3)轨道表示式： 1.原子结构有核模型
1911年，英国物理学家________通过______________实验，提出原子的质量主要集中在_________上，电子在______________空间高速运动。卢瑟福α粒子的散射原子核原子核外2．玻尔原子结构模型
1913年，丹麦物理学家______研究氢原子光谱后，提出：
(1)原子核外电子在一系列_____________上运动，既不__________ ，也不____________。
(2)不同的原子轨道具有不同的能量，原子轨道的能量变化是__________的。
(3)核外电子可以在____________的轨道上发生跃迁。玻尔稳定的轨道放出能量吸收能量不连续能量不同3．电子云
(1)概念：用小点的疏密来描述电子在原子核外空间出现的_____的大小所得到的_____叫做电子云。
(2)含义：
①用小黑点代表电子在核外空间区域__________，用小黑点的疏密描述电子在原子核外某一区域出现的机会的______。
②运动区域离核近，电子出现的机会___；运动区域离核远，电子出现的机会___。机会图形出现的机会大小大小[特别提醒]
(1)电子云图应理解为三维空间的立体图，不能直观地看成平面图。
(2)图中的小黑点并不代表电子数的多少，也不代表具体的电子，小黑点的疏密只表示电子在该区域出现机会的多少。1．氢原子的电子云图中小黑点表示的意义是 ( )
A．1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概率的多少
解析：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概率，小黑点的疏密与电子在该区域内出现的概率大小成正比。
答案：D 1.电子层
(1)划分依据：
划分电子层的依据为电子的_________和____________的不同。
(2)表示：
电子层用n表示，原子中由里向外的电子层数可取____
________等正整数，对应电子层符号分别为_____________等。能量差异主要运动区域1、2、3、4、5K、L、M、N、O2．原子轨道
(1)含义：
处于同一_________的原子核外电子运动的不同区域。
(2)与电子层的关系：n值与原子轨道类型数相等，即：K层只有s 1种轨道，表示符号为1s；L层有s、p 2种轨道，表示符号为2s、2p；M层有s、p、d 3种轨道，表示符号为3s、3p、3d；N层有……电子层(3)表示符号及形状：
不同形状的轨道可用s、p、d、f等表示，s轨道呈______，p轨道呈___________。
(4)伸展方向：
s、p、d、f轨道分别有_____________个伸展方向，例如p轨道包含____________3个轨道。
(5)轨道能量：
①处于同一电子层上的原子轨道：______________；球形纺锤形1、3、5、7px、py、pzns
③电子层和形状相同时，各轨道能量_________。
(6)容纳电子数：
n电子层轨道数为______，容纳电子数为______。
3．自旋运动
原子核外电子有两种不同的自旋状态，通常用“______”和“______”表示。1s<2s<3s<4s……相等n22n2↑↓[特别提醒] 决定电子能量高低的因素有①电子层。原子轨道符号相同时，电子层序数越大，电子能量越高；②原子轨道。在同一电子层的不同原子轨道中，按s、p、d、f顺序能量依次升高；③在多电子原子中发生轨道能量交错现象。2．[双选题]下列轨道符号正确的是 ( )
A．5s B．2d
C．3f D．6p
解析：L层有2s、2p轨道，没有2d轨道，M层也没有3f轨道。
答案：AD1.排布原理
(1)能量最低原理。原子核外电子先占据_________的轨道，然后依次进入____________的轨道，电子的填充顺序为1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p……。
(2)泡利不相容原理。每个原子轨道上最多只能容纳___个________状态不同的电子。
(3)洪特规则。原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能______不同的原子轨道且______状态相同。能量低能量较高两自旋分占自旋2．电子排布的表示方法
(1)电子排布式：
铝原子的电子排布式为________________或[Ne]3s23p1。
溴原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5或[Ar]3d104s24p5。
(2)轨道表示式：
氧原子的轨道表示式为_______________________1s22s22p63s23p1。(3)外围电子排布式：
在化学反应中，一般是原子的外围电子发生变化(主族元素的外围电子就是最外层电子)。如氯原子的外围电子排布式为__________。3s23p5[特别提醒]
(1)在书写原子的电子排布式时，除了遵守三个基本原理外，仍把同一个电子层的写在一起(即把n相同的写在一起)。例如Fe：1s22s22p63s23p63d64s2正确，1s22s22p63s23p64s23d6错误。
(2)当电子在能量相同的轨道上填充时，电子排布处于全充满、半充满和全空状态时，整个原子的能量较低，较稳定。
如24Cr：[Ar]3d54s1，而不是[Ar]3d44s2；
又如29Cu：[Ar]3d104s1，而不是[Ar]3d94s2。3．氦原子结构示意图为 ，试对以下推测进行判断(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)两个电子占有两个轨道。 ( )
(2)两个电子所处轨道的伸展方向不同。 ( )
(3)两个电子占有同一轨道。 ( )
(4)两个电子的能量相同。 ( )
(5)两个电子分占在1s的两个轨道上。 ( )
(6)两个电子的自旋方向不同。 ( )
(7)两个电子一个离核近，一个离核远。 ( )解析：第一电子层只有1s一个轨道，而氦原子只有2个核外电子，所以这两个电子都填充在1s轨道上，因此这两个电子的电子层、轨道的伸展方向及电子所具有的能量都相同，电子的自旋状态相反。电子的能量越高，其运动区域离核越远。
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)× (6)√ (7)×[例1] 核外电子排布的轨道顺序，实质是各轨道能量高低的顺序。若以E表示某轨道的能量，以下各式中正确的是 ( )
A．E(5s)>E(4f)>E(4s)>E(3d)
B．E(3d)>E(4s)>E(3p)>E(3s)
C．E(4s)D．E(5s)>E(4s)>E(4f)>E(3d)[解析] 各轨道、能量的由低到高顺序为1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s……能量由低到高，A项和D项正确顺序为E(4f)>E(5s)>E(3d)>E(4s)；对于不同电子层的相同轨道级，电子层序数越大，能量越高。
[答案] B不同电子层、不同轨道的能量会出现交错现象，其能量由低到高的顺序为ns<(n－2)f<(n－1)d如E(4s)第三层开始出现了轨
道能量交错现象。
(2)不一定。原子在填充
电子时是由低能量向高能
量填充，在3d和4s等轨道中出现轨道能量
交错现象，先填充4s后填充3d。但失去电子时，却先失去4s电子，后失去3d电子。(1)是否电子层序数越大，其中电子的能量一定越高？
(2)在多电子原子中，失去电子的顺序是否与电子, 填充顺序恰好相反？[例2] 下列各组表述中，两个粒子一定不属于同种元素原子的是 ( )
A．3p轨道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[解析] A项，3p轨道有一个空轨道，说明3p上填2个电子，因填1个电子有2个空轨道，填3个电子或3个电子以上无空轨道，则3p上有2个电子，3s上肯定已填满，价电子排布3s23p2，因此A中两粒子相同。M层全充满而N层为4s2，M层上有d轨道，即：3s23p63d10，显然是锌元素，3d64s2是铁元素，B选项符合题意。C中价电子排布为4s24p5，则3d上已排满10个电子，核外电子排布1s22s22p63s23p63d104s24p5；最外层电子数是核外电子总数的的原子，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有一个未成对电子，可以是2p1，也可以是2p5，因此二者可能属于同种元素的原子。
[答案] Bl～36号元素原子核外电子排布的特殊性
(1)最外层只有1个未成对电子的元素：ⅠA族(ns1：H、Li、Na、K)，ⅢA族(ns2np1：B、Al、Ga)，ⅦA族(ns2np5：F、Cl、Br)及Cr(3d54s1)、Cu(3d104s1)；
(2)最外层有2个未成对电子的元素：ⅣA族(ns2np2：C、Si、Ge)，ⅥA族(ns2np4：O、S、Se)；(3)最外层有3个未成对电子的元素：ⅤA族(ns2np3：N、P、As)；
(4)原子有4个未成对电子的元素：Fe(3d64s2)；
(5)原子有5个未成对电子的元素：Mn(3d54s2)。
(6)核外电子排布中，未成对电子数最多的元素：Cr(3d54s1，共有6个未成对电子)。下列电子排布所表示的元素原子中，能量处于最低状态的是 ( )解析：B违背了洪特规则，2p轨道应为 ，C、D违背了能量最低原理，C应为 ，D应为 。
答案：A点此进入点此进入
1．[双选题]下列说法正确的是( )
A．钾 (K)原子基态的原子结构示意图为
B．H2O电子式为21世纪教育网
C．Mg的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p1
D．Ca2＋基态电子排布式为1s22s22p63s23p6
解析：A项原子结构示意图为，C项中Mg原子的基态电子排布式为1s22s22p63s2。
答案：BD
2．下列各基态原子核外电子排布表示正确的是( )
A．钠原子：1s22s22p7
B．铜原子：1s22s22p63s23p63d94s2
C．铁原子：1s22s22p63s23p63d8
D．氪原子：1s22s22p63s23p63d104s24p6
解析：A项违背了泡利原理；B项违背了等价轨道在全空、半满、全满时是稳定状态；C项违背了能量最低原理；D项正确。
答案：D
3．(2010·上海高考)下列有关物质结构的表述正确的是( )
A．次氯酸的电子式：?
B．二氧化硅的分子式：SiO2
C．硫原子的最外层电子排布式：3s23p4[来源:21世纪教育网]
D．钠离子的结构示意图：21世纪教育网
解析：本题考查物质结构和化学用语，意在考查考生对物质结构的分析能力和对化学用语的使用能力。次氯酸的结构为H—O—Cl，电子式为，A项错误；二氧化硅为原子晶体，晶体中不存在分子，B项错误；硫原子最外层有6个电子，电子排布式为3s23p4，C项正确；钠离子结构示意图为，D项错误。21世纪教育网
答案：C
4．下列3d能级的轨道表示式正确的是( )
解析：A、D中同一个原子轨道内电子的自旋状态相同，违反了泡利原理；C违反了洪特规则——当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，而且电子的自旋状态相同。
答案：B
5．下列原子的最外层电子排布式(或轨道表示式)中，哪一种状态的能量较低？[21世纪教育网]
（1）氮原子：（ ）[来源:21世纪教育网]
（2）钠原子： A.3s1 B.3p1（ ）
（3）碳原子：（ ）
解析：据洪特规则，电子在能量相同的各个轨道上排布时尽可能分占不同的原子轨道，且自旋方向相同，故(1)选B，(3)选A。据能量最低原理，核外电子先占有能量低的轨道，再占有能量高的轨道，(2)中由于s轨道的能量低于p轨道的，故选A。
答案：(1)B (2)A (3)A
课件10张PPT。专题2小专题
大智慧专题讲坛专题专练第一单元1．原子结构示意图
表示原子的核电荷数(或质子数)和核外电子排布的图示。圆圈表示原子核，圈内的数字表示质子数目，“＋”表示原子核带正电荷；弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层上的电子数。如钠原子和氧原子的结构示意图为：3．结构式与结构简式
(1)除电子式外，还可以用结构式表示共价分子。在结构式中，原子间的一条短线表示一对共用电子对，如H—Cl、N≡N、H—O—H等。
(2)在有机化学中，除用结构式表示有机化合物外，还常用结构简式来表示。结构简式是将有机物分子结构式中的C—C键和C—H键省略不写所得的一种简式，如乙烷的结构简式是CH3CH3，乙烯的结构简式是CH2===CH2。
4．电子排布式
电子排布式是指用来表示原子核外电子排布情况的表达式，如钠原子的电子排布式为1s22s22p63s1。5．轨道表示式
轨道表示式是用方框和箭头表明核外电子排布的式子。每一个方框表示一个轨道。与电子排布式相比，它具有轨道上电子自旋状态和在成键时电子变化明晰的特点，但稍麻烦。书写时先写元素符号，再根据能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则书写。如：[例证] 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 ( )
A． B． ??
C．1s2 D.
[解析] A、B、C三项的表示方法只能说明氦原子核外第一电子层有两个电子，但是不能说明这两个电子的运动状态，而D项说明两个电子均在1s能级，且自旋方向相反。
[答案] D点此进入[知能综合提升]
(时间45分钟 满分60分)
一、选择题(本题包括7小题，每小题3分，共21分)
1．下列说法中正确的是( )
A．电子云通常是用小黑点来表示电子的多少
B．能量高的电子在离核近的区域运动，能量低的电子在离核远的区域运动
C．处于最低能量的原子叫基态原子
D．电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
解析：电子云是用小黑点表示电子在核外空间某处出现的概率，小黑点的疏密表示电子出现概率的大小，A项错误；通常能量低的电子在离核近的区域运动，能量高的电子在离核远的区域运动，B项错误；基态原子的能量最低，C项正确；D项电子由基态跃迁到激发态，或由激发态跃迁到基态，都会产生原子光谱。
答案：C
2．下列轨道表示式所表示的元素原子中，正确的是( )
解析：A、C项违背了能量最低原理，B项违背了洪特规则。
答案：D
3．下列有关电子云和原子轨道的说法正确的是( )
A．原子核外的电子像云雾一样笼罩在原子核周围，故称电子云
B．s原子轨道呈球形，处在该轨道上的电子只能在球壳内运动
C．p原子轨道呈纺锤形，随着电子层的增加，p原子轨道也在增多
D．与s原子轨道相同，原子轨道的平均半径随电子层的增加而增大
解析：电子云是原子核外电子运动的描述，并非真实存在，A选项错误。s原子轨道呈球形，电子云在球壳内运动的机会大，在球壳外运动的机会小，B项错误。各电子层中p轨道的数目是一定的，均为3个，C项错误。
答案：D
4．对于基态原子电子排布规则，以下表述正确的是( )
A．按照洪特规则，每个电子层的电子容量为2n2个
B．当轨道处于全充满状态时，原子较稳定，故35Br的电子排布式为[Ar]3d104s14p6
C．原子中核外电子的排布是根据三规则提出的
D．能量最低原理解决了电子在不同电子层中的排布顺序问题
解析：泡利不相容原理确定了每个电子层最多容纳2n2个电子，A错误；溴原子核外电子排布为[Ar]3d10 4s2 4p5，按[Ar]3d10 4s14p6排布溴原子能量升高，B错误；原子核外电子的排布是自然形成的，人们经过研究发现核外电子的排布呈现一定的规律，C错误。
答案：D
5．某元素正二价离子的最外层电子排布为3d9，则该元素的原子序数为( )
A．29 B．30
C．31 D．32
解析：正二价离子的最外层电子排布为3d9，其离子的核外电子排布为[Ar]3d9，核外有27个电子，则其原子核外有29个电子，由于原子序数＝质子数＝原子核外电子数，所以该元素的原子序数为29。21世纪教育网
答案：A
6．[双选题]有主族元素X、Y、Z，其原子序数依次减小，且均不超过20。X原子的最外电子层的电子排布为ns1； Y原子的M电子层有2个未成对电子；Z原子的最外电子层的p轨道上只有一对成对电子。由这三种元素组成的化合物的化学式不可能是( )
A．K2SO3 B．K3PO4
C．K2SiO3 D．Na2SO4
解析：由题知X为ⅠA族元素；Y原子的M电子层有2个未成对电子，则可能为3s23p2或3s23p4，即Si或S，则X为K(原子序数依次减小)；Z原子电子排布式为ns2np4，为O(原子序数小于Y)，则三种元素分别为K、Si(S)、O。
答案：BD
7.[双选题]观察2pz轨道电子云示意图(如图所示)，判断下列说法中错误的是( )
A．2pz轨道上的电子在空间出现的概率分布呈z轴对称
B．点密集的地方表明电子出现的机会多
C．电子先沿z轴正半轴运动，然后在负半轴运动
D．2pz轨道的形状为两个椭圆面21世纪教育网
解析：观察2pz轨道电子云示意图发现，处于2pz轨道上的电子在空间出现的概率分布相对于z轴对称，电子主要在xy平面的上、下方出现，A项正确。电子云中的小黑点疏密程度代表电子出现的概率大小，所以点密集的地方表明电子出现的机会多，B正确。在图中，电子出现的概率分布关于z轴对称，电子云并不是电子的真实运动轨迹，C错误。2pz轨道电子云的形状为两个椭圆球，而不是面，D错误。21世纪教育网
答案：CD
二、非选择题(本题包括4小题，共39分)
8．(12分)(1)写出下列基态原子或离子的电子排布式：
①Fe______________________；
②Fe2＋______________________；
③Fe3＋______________________。
(2)写出基态原子或离子的价电子排布式(外围电子排布式)：
①Fe______________________；
②Fe2＋______________________；
③Fe3＋______________________。
(3)比较Fe2＋与Fe3＋的化学稳定性并简要说明原因。
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
解析：原子从价电子层上失去电子变为阳离子。在原子结构上，Fe2＋比Fe在价电子层上少2个电子，Fe3＋比Fe2＋在价电子层上少1个电子。Fe2＋的价电子排布为3d6，原子轨道既不是半充满又不是全空，Fe3＋的价电子排布为3d5，原子轨道为半充满，这就是Fe3＋比Fe2＋化学稳定性强的原因。21世纪教育网
答案：(1)①1s22s22p63s23p63d64s2
②1s22s22p63s23p63d6
③1s22s22p63s23p63d5
(2)①3d64s2 ②3d6 ③3d5
(3)Fe3＋比Fe2＋稳定性强，离子的结构决定离子的性质，Fe3＋的价电子层原子轨道为半充满状态，离子体系的能量较低，化学稳定性强，Fe2＋的价电子层原子轨道既非半充满，又非全充满、全空，离子体系的能量较高， 化学稳定性弱。
9．(11分)如图是s轨道和p轨道的原子轨道图，试回答问题：
(1)s电子的原子轨道呈________形，每个s轨道有________个原子轨道；p电子的原子轨道呈________形，每个p轨道有________个原子轨道。
(2)元素X的原子最外层电子排布式为nsnnpn＋1，原子中能量最高的是______电子，其电子云在空间有________方向；元素X的名称是________，它的氢化物的电子式是________。若元素X的原子最外层电子排布式为nsn－1npn＋1，那么X的元素符号应为________，原子的轨道表示式为______________________________。
解析： (1)ns轨道各有1个轨道，np轨道各有3个轨道，s电子的原子轨道都是球形的，p电子的原子轨道都是纺锤形的，每个p轨道有3个原子轨道，它们相互垂直，分别以px、py、pz表示。
(2)因为元素X的原子最外层电子排布式为nsnnpn＋1，np轨道已排上电子，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，是氮元素；当元素X的原子最外层电子排布式为nsn－1npn＋1时，有n－1＝2，则n＝3，那么X元素的原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，X是硫元素。
答案：(1)球 1 纺锤 3[来源:21世纪教育网]21世纪教育网
(2)2p 三个互相垂直的伸展 氮 ?21世纪教育网
10．(8分)按照下列元素基态(能量最低)原子的电子排布特征判断元素，并回答问题。
A的原子中只有一个电子层且只含1个电子；B的原子3p轨道上得到1个电子后不能再容纳外来电子；C的原子的2p轨道上有1个电子的自旋状态与其他电子的自旋方向相反；D的原子第三层上有8个电子，第四层上只有1个电子；E原子的外围电子排布为3s23p6.
(1)写出由A、B、C、D中的三种元素组成的化合物的化学式(至少写出5种)：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)写出用上述元素组成的物质制得A的单质的化学方程式(至少写出2个)：__________________________；______________________。
(3)检验某溶液中是否含有D＋，可通过________反应来实现；检验某溶液中是否含有B－，通常所用的试剂是________和________。
(4)写出E的元素符号________，要证明太阳上是否含有E元素，可采用的方法 是__________________________________。
解析：由A只有1个电子层且只含1个电子，判断为H元素；B原子3p轨道得1个电子饱和，则原有5个电子，即原为1s22s22p63s23p5，故为Cl元素；C原子轨道表示式为
，故为O元素；D为K元素；E为Ar元素。
答案：(1)KOH、KClO3、KClO、HClO、HClO3(合理即可)
(2)2H2O2H2↑＋O2↑
2K＋2H2O===2KOH＋H2↑(合理即可)
(3)焰色 AgNO3溶液 稀HNO3
(4)Ar 对太阳光进行光谱分析
11．(8分)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－1价离子和C元素的＋1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________。21世纪教育网[来源:21世纪教育网]
(3)D元素的＋3价离子的3d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___________________________________。21世纪教育网
解析：解答此题的关键是要熟练掌握原子的核外电子排布式，并特别特别提醒几种原子的稳定态的核外电子排布：能量相同的原子轨道在全充满(如p6和d10)、半充满(如p3和d5)、全空(如p0和d0)状态时，体系的能量较低，原子较稳定。
答案：(1)N (2)Cl K (3)Fe 1s22s22p63s23p63d64s2
(4)Cu 1s22s22p63s23p63d104s1
[随堂基础巩固]
1．下列各项表述得不够科学严密的是( )
A．有电子转移(得失或偏移)的化学反应都是氧化还原反应
B．与s电子原子轨道相同，p电子原子轨道的平均半径随电子层的增大而增大
C．电子是在原子核外距核由近及远、能量由低到高的不同电子层上分层排布的
D．氢原子电子云图中小黑点表示电子的运动轨迹21世纪教育网
解析：电子云图中小黑点的疏密表示电子出现几率的大小，并非是电子运动的轨迹，D错误。21世纪教育网21世纪教育网
答案：D
2．[双选题]以下符号不可能出现的是( )
A．6s1 B．3d8
C．3f5 D．2p7
解析：C选项中电子层为3，即M层，只有s、p、d三种类型的轨道，因此不可能出现f轨道；D选项中p轨道最多只能容纳6个电子，不可能出现7个电子。
答案：CD
3．某元素基态原子的最外层电子排布式为3s23p5，其核内质子数为( )21世纪教育网
A．7 B．8
C．17 D．1821世纪教育网21世纪教育网
解析：其原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5，故该元素是17号元素Cl。
答案：C
4．[双选题]下列表示式错误的是( )
A．Na＋的轨道表示式：[来源:21世纪教育网]
B．Na＋的结构示意图：
C．Na的电子排布式：1s22s22p63s1
D．Na的简化电子排布式：[Na]3s1
解析：钠离子的轨道表示式中电子排布违反了泡利不相容原理。Na的简化电子排布式为[Ne]3s1。
答案：AD
5．某元素原子序数为33，请回答：
(1)此元素原子的质子总数是________，有________个电子。
(2)有________个电子层，占据________个原子轨道。
(3)它的外围电子排布为______________________，它的电子排布式为______________________，轨道表示式为______________________。
解析：原子的核外电子数＝质子数＝原子序数，得出(1)的答案。先利用电子排布三原则排出其电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p3，得出(2)的答案：共1＋1＋3＋1＋3＋5＋1＋3＝18个原子轨道(s：1个轨道；p：3个轨道；d：5个轨道)。
答案：(1)33 33 (2)4 18
(3)4s24p3 1s22s22p63s23p63d104s24p3
[Ar]
课件47张PPT。专题2晨背关键语句理解教材新知把握热点考向应用创新演练知识点一知识点二考向一考向二随堂基础巩固知能综合提升第二单元知识点三考向三1．原子外围电子排布呈现从ns1～ns2np6的周期性变化。
2．元素周期表分为s区、p区、d区、ds区、f区，其外围电子排布分别为ns1～2、ns2np1～6、(n－1)d1～9ns1～2、(n－1) d10s1～2、(n－1)d10ns1～2。
3．主族元素：外围电子数＝主族序数；
过渡元素：外围电子数＝纵列数(不一定是族序数)。4．第一电离能可以衡量元素的气态原子失去一个电子的难易程度。同周期从左到右元素的第一电离能呈增大的趋势，同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小。
5．电负性可以衡量元素在化合物中吸引电子的能力。同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下，元素的电负性逐渐减小。1.原子核外电子排布的周期性
(1)原子核外外围电子排布重复出现，由_______递增到__________的周期性变化。ns1ns2np6(2)每一周期元素原子的外围电子排布和元素数目如下：2818321s23s23p65s25p6282．元素周期表的分区
(1)分区：
根据元素原子的________________的特征，将元素周期表分成s区、p区、d区、ds区、f区五个区域。
(2)各区包含元素特点：
①s区：包含___________两族元素，除氢元素外，其余都是______________元素，外围电子排布特征为ns1～2。外围电子排布ⅠA、ⅡA活泼的金属②p区：包含___________和______元素，除氢元素外，所有的________元素都在p区，外围电子排布特征为ns2np1～6。
③d区：包含___________、_____族，全都是______元素，外围电子排布特征(n－1)d1～9ns1～2。
④ds区：包含__________，全都是_______元素，外围电子排布特征(n－1)d10ns1～2。
⑤f区：包含________和______元素。ⅢA～ⅦA0族非金属ⅢB～ⅦBⅧ金属ⅠB、ⅡB金属镧系锕系3．元素原子的价(外围)电子排布与化合价
(1)同主族元素原子的价层电子排布完全相同，价电子全部排布在ns或nsnp轨道上，价电子数与族序数相等。
(2)稀有气体的价电子排布为1s2或ns2np6。
(3)过渡元素(副族和Ⅷ族)，同一纵行原子的价层电子排布基本相同，价电子排布为(n－1)d1～10ns1～2，ⅢB～ⅦB族的价电子数与族序数相等。1．下列各组元素属于p区的是 ( )
A．原子序数为1、2、7的元素
B．S、O、P
C．Fe、Ar、Cl
D．Na、Li、Mg
解析：原子序数为1、2、7的元素分别为氢、氦、氮，所在区分别是s区、p区、p区。C选项中铁在d区，Ar、Cl均在p区，D项元素均在s区。
答案：B1．第一电离能
(1)概念：
元素的__________失去一个电子形成＋1价_____________所需的最低能量，用符号_____表示。
(2)意义：
第一电离能可以衡量元素的气态原子______________的难易程度。第一电离能数值越小，原子越_______失去一个电子，第一电离能数值越大，原子越难失去一个电子。气态原子气态阳离子I1失去一个电子容易(3)变化规律：②与原子的核外电子排布的关系：
通常情况下，当原子核外电子排布在能量相等的轨道上形成全空(___________)、半满(____________)和全满(p6、d10、f14)结构时，原子的能量较低，该元素具有较大的第一电离能。p0、d0、f0p3、d5、f72．第二电离能和第三电离能
(1)第二电离能：
________________失去1个电子，形成________________所需要的最低能量，用I2表示。
(2)第三电离能：
______________再失去1个电子，形成_______________所需要的最低能量，用I3表示。＋1价气态离子＋2价气态离子＋2价气态离子＋3价气态离子(1)碱金属原子最外层只有一个电子，失去一个电子后达稳定结构，所以碱金属的第一电离能较小；稀有气体原子最外层电子排布已经达稳定结构，再失去一个电子很困难，所以稀有气体具有较大的第一电离能。
(2)同周期元素随核电荷数递增，原子半径逐渐减小，原子核对外层电子引力增大，原子失电子能力减弱，即第一电离能有增大的趋势，但是原子轨道上如果全空、全充满和半充满时能量最低，原子能量越低，其第一电离能越大。如第2周期第一电离能Be>B；N>O；第3周期第一电离能Mg>Al，P>S。(3)同种元素的第一电离能最小，第二电离能较大， 第三电离能更大，即I1(4)电离能的应用。
①根据电离能数据，确定元素核外电子的排布
如：Li：I1?I2②根据电离能数据，确定元素在化合物中的化合价，如K：I1?I2③判断元素的金属性、非金属性强弱。
I1越大，元素的非金属性越强；I1越小，元素的金属性越强。2．下列元素中哪一个基态原子的第一电离能最大 ( )
A．Be B．B
C．C D．N
解析：同一周期从左向右，元素的第一电离能呈增大的趋势，其中ⅡA族与ⅢA族、ⅤA族与ⅥA族出现反常。
答案：D1.含义
电负性是用来衡量元素在化合物中____________能力的物理量。指定F的电负性为______，并以此为标准确定其他元素的电负性。吸引电子4.02．变化规律3．电负性的应用
(1)衡量元素的金属性和非金属性及其强弱：
①金属的电负性一般小于1.8，非金属的电负性一般大于1.8，而位于非金属三角区边界的“类金属”(如锗、锑等)的电负性则在1.8左右，它们既有金属性，又有非金属性。
②金属元素的电负性越小，金属元素越活泼；非金属元素的电负性越大，非金属元素越活泼。
③电负性较大的元素集中在元素周期表的右上角，电负性较小的元素集中在元素周期表的左下角。(2)衡量元素在化合物中吸引电子能力的大小：
①电负性数值小的元素在化合物中吸引电子的能力弱，元素的化合价为正值；
②电负性数值大的元素在化合物中吸引电子的能力强，元素的化合价为负值。
(3)判断化学键的类型：
一般认为：如果两个成键元素原子间的电负性差值大于1.7，它们之间通常形成离子键；如果两个成键元素原子间的电负性差值小于1.7，它们之间通常形成共价键。3．下列各组元素的电负性大小顺序正确的是 ( )
A．S C．Si 解析：电负性的周期性变化和元素的金属性、非金属性的周期性变化是一致的。同一周期内从左到右，元素的电负性增大，同一主族内从上至下电负性减小。根据这一规律判断，可得出正确答案。
答案：A[例1] 在研究原子核外电子排布与元素周期表的关系时，人们发现价电子排布相似的元素集中在一起。据此，人们将元素周期表分为五个区，并以最后填入电子的轨道符号作为该区的符号，如图所示。 (1)在s区中，族序数最大、原子序数最小的元素，原子的价电子的电子云形状为________。
(2)在d区中，族序数最大、原子序数最小的元素，常见离子的电子排布式为_____________________________________
___________________________________。
(3)在ds区中，族序数最大、原子序数最小的元素，原子的价电子排布式为________。(4)在p区中，第2周期ⅤA族元素原子价电子的轨道表示式为_______________________________________________
_________________________。
(5)当今常用于核能开发的元素是铀和钚，它们在________区中。
[解析] (1)s区包括ⅠA族和ⅡA族，族序数最大、原子序数最小的元素是Be，价电子排布式为2s2，其电子云的形状为球形。(2)d区包括ⅢB～ⅦB族和Ⅷ族，族序数最大、原子序数最小的元素是Fe，其电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，常见的离子是Fe2＋和Fe3＋。
(3)ds区包括ⅠB族和ⅡB族，族序数最大、原子序数最小的元素是Zn。该区元素原子价电子层结构的特征是(n－1)d10ns1～2。
(4)p区包括ⅢA～ⅦA族和0族，第2周期ⅤA族元素是N，其价电子排布式为2s22p3。[答案] (1)球形 (2)Fe2＋：1s22s22p63s23p63d6，Fe3＋：1s22s22p63s23p63d5
(3)3d104s2 (4) (5)f
(1)已知元素的外围电子排布，可以推断该元素在周期表中的位置。如某元素的外围电子排布为4s24p4，则该元素位于p区，第4周期ⅥA族。即最大电子层数＝周期序数，最外层电子数＝主族序数。对于过渡元素有：外围电子数＝纵列数(不一定是族序数)。
(2)已知元素在周期表中的位置，可推断该元素的外围电子排布。如s区：ns1～2，p区：ns2np1～6，d区：(n－1)d1～9ns1～2，ds区：(n－1)d10ns1～2。1．电子排布为[Ar]3d54s2的元素是 ( )
A．稀有气体 B．过渡元素
C．主族元素 D．卤族元素
解析：由该原子的电子排布知该原子核外共有25个电子，即为25号元素Mn，是第ⅦB族元素。
答案：B[例2] 第一电离能I1是指气态原子X(g)处于基态时，失去一个电子成为气态阳离子X＋(g)所需的最低能量。下图是部分元素原子的第一电离能I1随原子序数变化的曲线图。请回答以下问题：
(1)认真分析图中同周期元素第一电离能的变化规律，将Na至Ar 8种元素用短线连接起来，构成完整的图像。
(2)从图分析可知，同一主族元素原子的第一电离能I1的变化规律是______________________________；
(3)图中5号元素在周期表中的位置是__________； (4)气态锂原子失去核外不同电子所需的能量分别为：失去第一个电子为519 kJ/mol，失去第二个电子为7296 kJ/mol，失去第三个电子为11799 kJ/mol，据此数据分析为何锂原子失去核外第二个电子时所需的能量要远远大于失去第一个电子所需的能量______________________________
_____________________________________________。[解析] (1)由题中图示可知，同周期元素第ⅡA族元素第一电离能高于第ⅢA族元素的第一电离能，第ⅤA族元素的第一电离能高于第ⅥA族元素的第一电离能，其原因是，当原子核外电子排布的能量相等的轨道上形成全空(p0、d0、f0)、半满(p3、d5、f7)和全满(p6、d10、f14)结构时，原子的能量最低，该元素具有较高的第一电离能，故2号元素为Mg,1号元素为Al,5号元素为P,4号元素为S，据此连接可得完整图像。
(2)比较图中同主族元素第一电离能的大小可知，同主族元素原子的第一电离能从上到下随电子层数的增加而依次减小。(3)从题中气态锂原子失去核外不同电子所需的能量数据不难看出，失去第一个电子所需的能量远小于失去第二、三个电子所需的能量，说明锂原子核外电子共有两个电子层，第一个电子处于L层(电子离核相对较远)，第二、三个电子处于K层(电子离核相对较近)。当锂原子失去第一个电子变成Li＋后，只剩下K层的两个电子(属于稳定结构)，此时要想再失去电子已变得很困难。[答案] (1)如图所示
(2)从上到下依次减小
(3)第3周期ⅤA族 (4)锂原子失去一个电子后，Li＋已形成稳定结构，此时再失去一个电子很困难 (1)如何从核外电子排布的角度解释碱金属具有较小的第一电离能，稀有气体具有较大的第一电离能？
(2)如何解释第一电离能同周期呈增大趋势，个别有反常，如镁的第一电离能比铝大，磷的第一电离能比硫大？提示：(1)碱金属最外层只有一个电子，失去一个电子后达稳定结构，所以碱金属的第一电离能较小；稀有气体最外层电子排布已经达稳定结构，再失去一个电子很困难，所以稀有气体具有较大的第一电离能。
(2)同周期元素随核电荷数递增，原子半径逐渐减小，原子核对外层电子的吸引力增大，原子失电子能力减弱，即第一电离能逐渐增大，但是原子轨道上如果全空、全充满(如Mg：3s2)和半充满(如P：3p3)时，原子的能量较低，第一电离能较大。[例3] 下面给出14种元素的电负性： 已知：一般来说，两成键元素间电负性差值大于1.7时，形成离子键，两成键元素间电负性差值小于1.7时，形成共价键。
(1)根据表中给出的数据，可推知元素的电负性具有的变化规律是_______________________________________
____________________________。
(2)判断下列物质是离子化合物还是共价化合物：
Mg3N2____________，BeCl2____________，
AlCl3____________，SiC____________。[解析] (1)把表中元素按原子序数递增的顺序排序，然后对应写出它们的电负性数值，从Li→F电负性增大，到Na时电负性又突然变小，从Na→Cl又逐渐增大，所以随着原子序数的递增，元素的电负性呈周期性变化。
(2)根据已知条件及表中数值，Mg3N2中两元素电负性差值为1.8，大于1.7，形成离子键，为离子化合物；BeCl2、AlCl3、SiC中两元素电负性差值分别为1.5、1.5、0.7，均小于1.7，形成共价键，为共价化合物。
[答案] (1)随原子序数的递增，元素的电负性呈周期性变化 (2)离子化合物 共价化合物 共价化合物 共价化合物2．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
水化物酸性强
C．X原子的最外层电子数比Y原子最外层电子数多
D．X单质可以把Y从其氢化物中置换出来
解析：X的电负性比Y大，说明非金属性X比Y强，A、B、D三项均能说明这一点，但C项不能。
答案：C点此进入点此进入
1．应用元素周期律的有关知识，可以预测我们不知道的一些元素及其化合物的性质。下列预测中不正确的是( )
①Be的氧化物的水化物可能具有两性 ②Tl能与盐酸和NaOH溶液作用均产生氢气 ③At单质为有色固体，At不溶于水也不溶于稀硝酸 ④Li在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O2，其溶液是一种强碱 ⑤SrSO4是难溶于水的白色固体 ⑥H2Se是无色，有毒，比H2S稳定的气体
A．①②③④ B．②④⑥
C．①③⑤ D．②④⑤
解析：由“对角线规则”知氧化铍与氧化铝相似。铊不能与氢氧化钠溶液产生氢气。锂燃烧只能生成氧化锂。硒化氢的稳定性小于硫化氢。
答案：B
2．仔细观察如下示意图
回答下列问题：
(1)B原子的电子排布式为________________， B元素位于元素周期表的第________周期________族。
(2)铍的最高价氧化物的水化物是________化合物(填“酸性”、“碱性”或“两性”)，证明这一结论的有关离子方程式是______________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)根据周期律知识，硼酸酸性比碳酸__________，理由是_____________________。21世纪教育网
(4)根据Mg在空气中的燃烧情况，推测Li在空气中燃烧生成产物为____________(用化学式表示)。21世纪教育网
解析：(1)B是5号元素，电子排布式为1s22s22p1。
(2)Be(OH)2与Al(OH)3的化学性质相似，但差别在于Be的化合价是＋2价。21世纪教育网
(3) B比C的非金属性弱。
(4)Mg在空气中与O2、CO2、N2反应得MgO、Mg3N2，将Li与Mg类比得答案。
答案：(1)1s22s22p1 2 ⅢA[来源:21世纪教育网]
(2)两性 Be(OH)2＋2OH－===BeO＋2H2O，
Be(OH)2＋2H＋===Be2＋＋2H2O
(3)弱 硼的非金属性比碳弱
(4)Li2O、Li3N
3．在元素周期表中，同一主族元素化学性质相似。目前也发现有些元素的化学性质和它在周期表中左上方或右下方的另一主族元素性质相似，这称为对角线规则。
据此请回答：21世纪教育网
(1)锂在空气中燃烧，除生成______________外，也生成微量的________________。
(2)若已知反应Be2C＋4H2O===2Be(OH)2＋CH4↑，则Al4C3遇足量强碱溶液反应的离子方程式为________________________________________________________________。
(3)科学家证实，BeCl2是共价化合物，设计一个简单实验证明，其方法是_____________
________________________________________________________________________。用电子式表示BeCl2的形成过程：________________________________________________。
解析：(1)根据对角线规则，锂与镁的化学性质相似。在空气中燃烧，除与O2作用生成Li2O外，还可与N2作用生成Li3N。21世纪教育网[来源:21世纪教育网]
(2)由于Be、Al元素性质相似，依据所给信息有：Al4C3＋12H2O===4Al(OH)3↓＋3CH4↑，当强碱过量时有Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O，合并为：Al4C3＋4OH－＋4H2O===4AlO＋3CH4↑。
(3)根据共价化合物与离子化合物的结构特点可知离子化合物在溶于水或熔融状态时导电，而共价化合物熔融状态时不导电，因此可将BeCl2加热至熔融状态，不能导电，证明BeCl2是共价化合物。
答案：(1)Li2O Li3N
(2)Al4C3＋4OH－＋4H2O===4AlO＋3CH4↑
(3)将BeCl2加热到熔融状态，不能导电，证明BeCl2是共价化合物
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课件10张PPT。专题2小专题
大智慧专题讲坛专题专练第二单元对角线规则是指在相邻周期的左上、右下元素的单质和化合物的性质相似的现象。这一规律主要表现在第2、3周期的主族元素。比较明显地有Li和Mg、Be和Al、B和Si三对元素之间，这是由于它们的电离能、电负性都非常接近。性质比较：
1．锂——镁
锂与钠虽属同一主族，但与钠的性质相差较远，而它的化学性质更类似于镁，如：
(1)锂和镁在氧气中燃烧，并不生成过氧化物，都生成氧化物。
(2)锂和镁都能直接与氮气反应生成氮化物Li3N和Mg3N2。
(3)锂和镁的氢氧化物在加热时，可分解为Li2O、MgO和H2O。
(4)锂和镁的碳酸盐均不稳定，加热分解产生相应的氧化物Li2O、MgO和CO2。
(5)锂和镁的某些盐类如碳酸盐、磷酸盐等均难溶于水。2．铍——铝
铍和铝的相似性表现如下：
(1)两者都是活泼金属，其单质在冷的浓HNO3中都可以钝化。
(2)两者都具有两性，其单质、氧化物和氢氧化物既能溶于酸又能溶于碱溶液，如：
Al(OH)3＋3HCl===AlCl3＋3H2O，
Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O，
Be(OH)2＋2HCl===BeCl2＋2H2O，
Be(OH)2＋2NaOH===Na2BeO2＋2H2O。 (3)两者的氧化物Al2O3和BeO的熔点和硬度都很高。
(4)两者都有共价型卤化物，如AlCl3、BeCl2都是共价化合物。[例证] 锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质相似。下列有关锂及其化合物叙述正确的是( )
A．Li2SO4难溶于水
B．Li与N2反应产物是Li3N
C．LiOH易溶于水
D．LiOH与Li2CO3受热都很难分解
[解析] 由对角线规则知，锂与镁的性质相似。MgSO4易溶，Mg(OH)2难溶，Mg在N2中燃烧可生成Mg3N2，Mg(OH)2、MgCO3受热都能分解。
[答案] B点此进入[知能综合提升]
(时间45分钟 满分60分)
一、选择题(本题包括7小题，每小题3分，共21分)
1．某元素基态原子的电子排布式为[Ar]3d74s2，它在元素周期表中的位置是( )
A．第3周期ⅡB族 B．第4周期ⅡB族
C．第4周期ⅦB族 D．第4周期Ⅷ族
解析：由[Ar]3d74s2可知该元素位于第4周期，又由价电子数之和为7＋2＝9，位于第4周期第9纵列，为第Ⅷ族。
答案：D
2．元素电负性随原子序数的递增而增大的是( )
A．Li、Na、K B．N、P、As
C．O、S、Cl D．Si、P、Cl
解析：同周期，从左向右，电负性越来越大；同主族，自上而下，电负性越来越小。A、B中均为同一主族，电负性随着原子序数的增大而减小。C中，O、S同主族，电负性O>S，S、Cl同周期，电负性Cl>S。D中为同一周期元素，电负性随原子序数的递增而增大。
答案：D
3．现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s234；
②1s22s22p63s23p3；
③1s22s22p3；
④1s22s22p5.
则下列有关比较中正确的是( )
A．第一电离能：④>③>②>①
B．原子半径：④>③>②>①
C．电负性：④>③>②>①
D．最高正化合价：④>③＝②>①
解析：由电子排布式可知：①为S，②为P，③为N，④为F。根据元素周期律可知：第一电离能为④>③>②>①，A正确；原子半径应是②最大，④最小，B不正确；电负性应是④最大，②最小，C不正确；F无正价，②、③最高正化合价为＋5，①的最高正化合价为＋6，D不正确。
答案：A
4．下列各组元素各项性质比较正确的是( )
A．第一电离能：B>Al>Ga B．电负性：F>N>O
C．最高正价：F>S>Si D．原子半径：P>N>C
解析：根据元素性质的变化规律可知B、Al、Ga为同主族元素，自上而下第一电离能逐渐减小，A项正确；F、N、O电负性大小顺序应为F>O>N，B项错误；F无正化合价，C项错误；D项中正确顺序应为P>C>N。
答案：A
5．[双选题]下列各组元素性质的递变情况错误的是( )
A．Li、B、Be原子的最外层电子数依次增多
B．P、S、Cl元素的最高化合价依次升高
C．P、S、Cl电负性依次增大
D．Na、K、Rb第一电离能逐渐增大
解析：Li、Be、B最外层电子数依次增多，A错误。 同主族元素的第一电离能从上至下逐渐减小，故D项错误。
答案：AD
6．下列说法中正确的是( )
A．第一电离能是原子失去核外第一个电子需要的能量
B．在元素周期表中，同周期元素原子的第一电离能从左到右逐渐增大
C．可通过各级电离能的数值，判断元素可能的化合价
D．第一电离能越大的原子，其相应元素的电负性一定越大
解析：电离能是气态基态、电中性原子失去核外一个电子转化为气态基态正离子所需要的能量，A项错误。同一周期中，第一电离能从左到右越来越大，但其中有反常，如N>O，B项错误。电离能和电负性是元素的两种不同的性质，二者变化规律不完全一致，D项错误。
答案：C
7．已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是( )
A．第一电离能：Y小于X
B．气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX21世纪教育网
C．最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性强于Y对应的
D．X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价
解析：据电负性X＞Y推知，原子序数X＞Y，由于同周期元素，第一电离能从左到右呈增大趋势，但有反常，如ⅡA族和ⅤA族元素，原子结构为全满和半充满状态，电离能比相邻元素的高，如电负性O>N，而第一电离能N>O，A错误；氢化物稳定性HmY小于HnX，B正确；最高价含氧酸的酸性X的强于Y，C正确；电负性大的吸引电子能力强，化合物中显负价，电负性小的吸引电子能力弱，化合物中显正价。
答案：A
二、非选择题(本题包括4小题，共39分)
8．(6分)某元素原子共有三个价电子，其中一个价电子位于第三电子层d轨道，试回答：
(1)该原子的电子排布式为__________________________________________________。
(2)指出该元素的原子序数、在周期表中所处的区、周期和族，是金属元素还是非金属元素以及最高化合价。
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
解析：此题的关键是写出核外电子排布式。有三个价电子其中一个价电子在3d轨道，则其他两个价电子必在4s上，外围电子排布为3d14s2，原子序数是21，在第4周期，ⅢB族，处于d区，是金属元素，最高化合价是＋3。21世纪教育网
答案：(1)1s22s22p63s23p63d14s2
(2)原子序数为21，处于d区，位于第4周期ⅢB族，是金属元素，最高化合价为＋3。21世纪教育网
9．(9分)有A、B、C、D四种元素，其原子序数依次增大，且质子数均小于18.A元素原子的最外层只有1个电子，该元素阳离子与N3－核外电子排布相同；B元素原子核外各轨道上均无单电子；C元素原子的外围电子排布为ns2np1；D－的核外电子排布与Ar相同。
(1)写出A、C、D的元素符号：A________，C________，
D________。
(2)写出B元素原子的外围电子排布式______________________________。D元素原子的外围电子轨道表示式______________________________。
(3)A、B、C、D第一电离能由小到大的顺序为(填元素符号)__________，电负性由小到大的顺序为(填元素符号)________，形成的简单离子的半径由小到大的顺序为(填离子符号)________。
解析：A形成的阳离子A＋与N3－核外电子排布相同，则A是Na.C的外围电子排布为ns2np1，是ⅢA族元素，只能是Al。B为第3周期元素，且原子核外各轨道上均无单电子，应为Mg，D－的核外电子排布与 Ar相同，D为Cl。
答案：(1)Na Al Cl
(2)1s22s22p63s2
(3)Na＜Al＜Mg＜Cl Na＜Mg＜Al＜Cl
Al3＋10．(12分)不同元素的原子在分子内吸引电子的能力大小可用一定数值X来表示，若X值越大，其原子吸引电子能力越强，在所形成的分子中为带负电荷的一方。下表是某些元素的X值：
元素符号
Li
Be
B
C
O
F
X值
0.98
1.57
2.04
2.55
3.44
3.98
元素符号
Na
Al
Si
P
S
Cl
X值
0.93
1.60
1.90[21世纪教育网]
2.19
2.5521世纪教育网
3.16
21世纪教育网
(1)通过分析X值的变化规律，确定N、Mg的X值范围：______＜X(Mg)＜________；________＜X(N)＜________________。
(2)推测X值与原子半径的关系为________________。
(3)某有机化合物的结构为：，其中S—N键中，你认为共用电子对偏向______(填元素符号)。
(4)如果X值为电负性的数值，试推断AlBr3中化学键的类型为____________________。
(5)预测元素周期表中X值最小的元素是________(放射性元素除外)。
解析：(1)通过表中数据分析可知同周期从左到右，X值依次增大，同主族从上到下，X值依次减小，可判断X(Na)＜X(Mg)＜X(Al)，且X(Be)＞X(Mg)，故0.93＜X(Mg)＜1.57。
(2)通过思考同周期、同主族的半径的变化与X值的变化可得结论。
(3)根据信息：“若X值越大，其原子吸引电子的能力越强，在所形成的分子中为带负电荷的一方”，由X(S)＝2.55，X(C)＜X(N)＜X(O)，即2.55＜X(N)＜3.44，故共用电子对偏向N原子。
(4)根据表中数据的变化规律可得X(Br)＜X(Cl)，因此X(Br)与X(Al)的差值要小于X(Cl)与X(Al)的差值。故AlBr3中的化学键为共价键。
(5)根据X值的变化规律，X的最小值应在元素周期表的左下角，但要特别提醒放射性元素除外，故填Cs(铯)。
答案：(1)0.93 1.57 2.55 3.44
(2)原子半径越大，X值越小
(3)N (4)共价键 (5)Cs
11．(12分)下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表某一化学元素
(1)下列________(填写编号)组元素的单质可能都是电的良导体。
①a、c、h ②b、g、k ③c、h、l ④d、e、f
(2)如果给核外电子足够的能量，这些电子便会摆脱原子核的束缚而离去。核外电子离开该原子或离子所需要的能量主要受两大因素的影响：
A．原子核对核外电子的吸引力
B．形成稳定结构的倾向
下表是一些气态原子失去核外不同电子所需的能量(kJ·mol－1)：
锂
X
Y
失去第一个电子
519
502
580
失去第二个电子
7296
4570
1820[来源:21世纪教育网]
失去第三个电子
11799
6920
2750
失去第四个电子21世纪教育网
——
9550
11600
①通过上述信息和表中的数据分析，为什么锂原子失去核外第二个电子时所需的能量要远远大于失去第一个电子所需的能量__________________________________________
________________________________________________________________________。
②表中X可能为以上13种元素中的________(填写字母)元素。用元素符号表示X和j形成的化合物的化学式________________________________________________________。
③Y是周期表中________族元素。
④以上13种元素中，________(填写字母)元素原子失去核外第一个电子需要的能量最多。
解析：解题的关键是读懂数据以外的信息。当原子的电子层排布已经达到稳定结构时，此时失去电子所需的能量将远大于处于非稳定结构时的原子失去电子所需的能量。[来源:21世纪教育网]
(1)a―→m所对应的元素依次是：Na、H、Mg、Sr、Ti(过渡元素)、Al、Si、C、P、O、Te、Cl、Ar。其中单质中属于电的良导体的是(a、c、d、e、f)及个别特殊的非金属(h形成的石墨)。
(2)①从题中气态锂原子失去核外不同电子所需的能量数据不难看出，失去第一个电子所需的能量远小于失去第二、三个电子所需的能量，说明锂原子核外电子共有两层，第一个电子处于L层(电子离核相对较远)，第二、三个电子处于K层(电子离核相对较近)。当锂原子失去第一个电子变成Li＋后，只剩下K层的两个电子 (属于稳定结构)，此时要想再失去电子已变得很困难。21世纪教育网
值得特别提醒的是：尽管K层电子离核较近，受原子核的吸引较大，但对失去电子所需能量的影响不会太大，也就是说，处于稳定结构的微粒失去电子所需的能量远比因半径变小(即受核的引力较大)而导致的能量增加的值要大。
②分析X原子失去核外不同电子所需的能量数据可看出，失去第一个电子远比失去其他电子要容易，这就说明“第一个电子”属于最外层电子，同时也说明该元素最外层只有一个电子。而此时最外层只有一个电子的元素肯定在表中的ⅠA族，只有a(Na)元素才符合题意。钠元素与j(O)形成的化合物的化学式有两个：Na2O和Na2O2。
③分析Y原子失去核外不同电子所需的能量数据可看出，当其失去第一至第三个电子时，所需能量相差并不大，但当失去第四个电子时所需的能量则远大于失去第三个电子时所需的能量，说明当Y原子失去前三个电子之后已经达到稳定结构。也就是说，Y原子的最外层有三个电子，而最外层电子数等于主族序数，因此，Y应该属于周期表中第ⅢA族的元素。
④在表中所列的13种元素中，因为m(Ar)元素属于稀有气体元素，其最外层已经达到了稳定结构，因此，氩元素原子失去核外第一个电子所需的能量应该比其他元素都多。
答案：(1)①④ (2)①锂原子失去一个电子后，Li＋已形成稳定结构，此时再失去一个电子很困难
②a Na2O和Na2O2 ③ⅢA ④m
[随堂基础巩固]
1．元素性质呈现周期性变化的根本原因是( )
A．元素的电负性呈周期性变化
B．元素的第一电离能呈周期性变化
C．元素原子的核外电子排布呈周期性变化
D．元素的金属性、非金属性呈周期性变化
解析：原子结构决定元素的性质，元素的性质(原子半径、主要化合价、第一电离能、电负性、金属性、非金属性)的周期性变化是因为原子核外电子排布呈现周期性变化。
答案：C21世纪教育网
2．下列说法不正确的是( )
A．同族元素在性质上的相似性，取决于原子价电子排布的相似性21世纪教育网
B．第一电离能越小，表示气态时该原子越易失去电子
C．元素的电负性越大，表示其原子在化合物中吸引电子能力越强
D．电负性大的元素易呈现正价，电负性小的元素易呈现负价
解析：元素原子的电负性越大，对键合电子的吸引力越大，故在化合物中，电负性大的元素易呈现负价，电负性小的元素易呈现正价。
答案：D
3．在下面的原子结构中，第一电离能最小的原子可能是( )21世纪教育网
A．ns2np3 B．ns2np5
C．ns1 D．ns2np621世纪教育网
解析：各电子结构对应的原子分区为：A：p区VA族元素，B：p区ⅦA族元素，C：s区IA族元素，D：p区0族元素，依据同周期元素第一电离能的变化规律，可知C正确。21世纪教育网
答案：C
4．下列说法中正确的是( )
A．第3周期所含元素中钠的第一电离能最小
B．铝的第一电离能比镁的第一电离能大[来源:21世纪教育网]
C．在所有元素中，氟的第一电离能最大
D．钾的第一电离能比镁的第一电离能大
解析：同周期中碱金属元素的第一电离能最小，稀有气体最大，故A正确，C不正确。由于Mg的价电子排布为3s2，而Al的为3s23p1，故铝的第一电离能小于Mg的第一电离能，B不正确，D中钾比镁更易失电子，钾的第一电离能小于镁的第一电离能，D项不正确。
答案：A[来源:21世纪教育网]
5．在下列空格中，填上适当的元素符号：
(1)在第3周期中，第一电离能最小的元素是________，第一电离能最大的元素是________。
(2)在元素周期表中，电负性最大的元素是________，电负性最小的元素是________。
(3)最活泼的金属元素是________。
(4)最活泼的气态非金属原子是________。
(5)第2、3、4周期原子中p轨道半充满的元素是________。
(6)电负性相差最大的元素是________。
解析：同周期中从左到右，元素的第一电离能(除ⅢA族、ⅦA族反常外)逐渐增大，同周期中碱金属元素第一电离能最小，稀有气体元素第一电离能最大，故第3周期中第一电离能最小的为Na，最大的为Ar。电负性的递变规律：同周期从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小，故周期表中，电负性最大的元素是氟，电负性最小的为铯。
答案：(1)Na Ar (2)F Cs (3)Cs (4)F
(5)N、P、As (6)F、Cs
[知能综合提升]
(时间45分钟 满分60分)
一、选择题(本题包括7小题，每小题3分，共21分)
1．下列叙述所指的物质一定是金属单质的是( )
A．具有金属光泽并能导电的固体
B．晶体中有阳离子而无阴离子且具有延展性的固体[来源:21世纪教育网]
C．跟碱溶液反应生成氢气的固体单质
D．具有显著还原性的固体
解析：A项石墨具有该项性质，但为非金属单质，A项不正确。B项，晶体中有阳离子而无阴离子，可推出一定不是离子晶体，而应为金属晶体，又具延展性可知一定为金属单质。C项，单质硅具有该性质，D项，单质碳具有该性质等。
答案：B
2．下列说法正确的是( )
A．金属的通性表明金属具有类似的内部结构和相同的化学键类型
B．金属原子之间的相互作用即为金属键
C．电子很小，不可能是形成化学键的微粒
D．金属键的强弱与金属阳离子的半径无关
解析：金属具有金属光泽、导电性、导热性及延展性等通性，多数金属具有较高的密度、硬度、熔点和沸点。这些共同性质表明金属具有类似的内部结构和相同的化学键类型。金属离子与自由电子之间存在着较强的相互作用，这种相互作用称为金属键。金属晶体中金属离子半径越小，离子电荷数越多，其金属离子与自由电子间的作用力越强。
答案：A21世纪教育网
3．[双选题]物质结构理论指出，金属晶体中金属离子与自由电子之间强烈的相互作用叫金属键。金属键越强，其金属的硬度越大，熔沸点越高。根据研究表明，一般说来，金属离子半径越小，价电子数越多，则金属键越强。由此判断下列说法错误的是( )
A．镁的硬度大于铝 B．镁的熔沸点低于钙
C．镁的硬度大于钾 D．钙的熔沸点高于钾
解析：金属键的强弱与价电子数和离子半径有关，一般来说价电子数越多，金属键越强，原子半径越小，金属键越强。由题知，价电子数：Al>Mg＝Ca，离子半径：Al3＋Mg>Ca，所以A、B错误。用以上比较方法可推出：电荷数Mg2＋>K＋，离子半径：Mg2＋K，硬度：Mg>K，所以C正确。钙和钾元素位于同一周期，电荷数：Ca2＋>K＋；价电子数：Ca2＋>K＋；离子半径：K＋>Ca2＋；金属键：Ca>K；熔沸点：Ca>K，所以D正确。
答案：AB21世纪教育网[来源:21世纪教育网]
4．[双选题]金属晶体的堆积方式、空间利用率和配位数关系正确的是( )
A．钋 Po——简单立方——52%——6
B．钠 Na——体心立方堆积——74%——12[来源:21世纪教育网]
C．锌 Zn——六方堆积——68%——8
D．银 Ag——面心立方堆积——74%——12
解析：对金属晶体的堆积方式、空间利用率、配位数等关系，需要强化记忆，并选取代表物，同时分析这一类金属的共同点就不会轻易忘记了。21世纪教育网
答案：AD
5.对图中某晶体结构的模型进行分析，有关说法正确的是( )
A．该种堆积方式为六方最密堆积
B．该种堆积方式称为体心立方堆积
C．该种堆积方式称为面心立方堆积
D．金属Mg就属于此种最密堆积方式
解析：由图示知该堆积方式为面心立方堆积，A、B错误，C正确，Mg是六方堆积，D错误。
答案：C
6．[双选题]下列关于晶胞的叙述正确的是( )
A．晶胞是晶体中的最小的结构重复单元
B．不同的晶体中晶胞的大小和形状都相同
C．晶胞中任何一个微粒都属于该晶胞
D．已知晶胞的组成就可推知晶体的组成
解析：晶胞是晶体中最小的结构重复单元，A正确；不同晶体的结构可能不同，故其晶胞的大小和形状也可能不同，B错误；在晶胞中，位于顶点、棱、面上的微粒一般都与其他晶胞共用，只有位于晶胞内部的粒子全部属于该晶胞，C错误；晶体就是晶胞上下左右前后延伸而成的，故已知晶胞组成，可知晶体的组成。
答案：AD
7．金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式，六方堆积、面心立方堆积和体心立方堆积，如图a、b、c分别代表这三种晶胞的结构，其晶胞内金属原子个数比为( )
A．3∶2∶1 B．11∶8∶4
C．9∶8∶4 D．21∶14∶9
解析：晶胞a中所含原子＝12×＋2×＋3＝6个，晶胞b中所含原子＝8×＋6×＝4个，晶胞c中所含原子＝8×＋1＝2个。
答案：A
二、非选择题(本题包括4小题，共39分)
8．(9分)(1)金属导电靠________，电解质溶液导电靠________，金属导电能力随温度升高而________，电解质溶液导电能力随温度升高而________。
(2)影响金属键强弱的因素有______________________、______________等。一般说来，金属键越强，则金属的熔点________，硬度________。
解析：(1)金属导电是金属中的自由电子在外加电场的作用下定向移动的结果，且导电能力随温度升高而减弱；电解质溶液的导电过程，实际上是阴阳离子定向移动的过程，导电能力随温度升高而增强。
(2)金属键的强弱与金属原子的半径、单位体积自由电子数目有关，一般情况下，金属原子半径越小，单位体积自由电子数越多，金属键越强，则金属的熔沸点越高，硬度越大。
答案：(1)自由电子 自由离子 减弱 增强 (2)金属原子半径大小 单位面积自由电子的数目 越高 越大
9．(10分)(1)将等径圆球在二维空间里进行排列，可形成密置层和非密置层，在图1所示的半径相等的圆球的排列中，A属于________层，配位数是________；B属于________层，配位数是________。
(2)将非密置层一层一层地在三维空间里堆积，得到如图2所示的一种金属晶体的晶胞，它被称为简单立方堆积，在这种晶体中，金属原子的配位数是________，平均每个晶胞所占有的原子数目是________。
(3)有资料表明，只有钋的晶体中的原子具有如图2所示的堆积方式，钋位于元素周期表的第________周期________族，元素符号是________，最外电子层的电子排布式是________。21世纪教育网
答案：(1)非密置 4 密置 6 (2) 6 1
(3)6 ⅥA Po 6s26p4
10．(10分)(1)如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
③此晶胞立方体的边长为a cm，Cu的相对原子质量为64，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的原子数之比分别为1∶2,1∶3，求出化学式分别为AX2、AX3，故答案为b。
(2)用“均摊法”：①8×＋6×＝4；②面心立方晶胞；③·64＝ρ·a3，NA＝。
答案：(1)b (2)①4 ②C ③
11.(10分)2007年诺贝尔物理学奖为法国科学家阿尔贝·费尔和德国科学家彼得·格林贝格尔共同获得，以表彰他们在巨磁电阻效应(CMR效应)研究方面的成就。某钙钛型复合氧化物如图所示，以A原子为晶胞的顶点，A位可以是Ca、Sr、Ba或Pb，当B位是V、Cr、Mn、Fe时，这种化合物具有CMR效应。
(1)用A、B、O表示这类特殊晶体的化学式：_________________________________。
(2)已知La为＋3价，当被钙等二价元素A替代时，可形成复合钙钛矿化合物La1－xAxMnO3(x<0.1)，此时一部分锰转变为＋4价。导致材料在某一温度附近有反铁磁—铁磁、铁磁—顺磁及金属—半导体的转变，则La1－xAxMnO3中三价锰与四价锰的物质的量之比为__________________。
(3)Mn的外围电子排布式为__________________________________________________。[21世纪教育网]
(4)下列有关说法正确的是________。
A．镧、锰、氧分别位于周期表f、d、p区
B．氧的第一电离能比氮的第一电离能大
C．锰的电负性为1.59，Cr的电负性为1.66，说明锰的金属性比铬强
D．铬的堆积方式与钾相同，则其堆积方式如图所示
解析：(1)晶胞中有一个A，一个B,3个O，化学式为ABO3.
(2)根据化合价代数和等于0的原则可以确定Mn元素的平均化合价为3＋x，令＋3价Mn有a，＋4价的Mn有b，则3a＋4b＝3＋x，又a＋b＝1，计算得a∶b＝(1－x)∶x。
(4)氮原子的外围电子排布为2s22p3，为半充满的较稳定状态，其第一电离能大于氧原子，选项B错，金属钾属于体心立方，是非密置层堆积，而图中给出的是密置层堆积，选项D错误。
答案：(1)ABO3 (2)(1－x)∶x (3)3d54s2 (4)AC[来源:21世纪教育网][来源:21世纪教育网]
课件44张PPT。专题3晨背关键语句理解教材新知把握热点考向应用创新演练知识点一知识点二考向一考向二随堂基础巩固知能综合提升第一单元知识点三考向三1．金属离子与自由电子之间强烈的相互作用，叫做金属键。
2．金属的原子半径越小，单位体积内自由电子数越多，金属键越强；金属的原子化热数值越大，金属键越强。
3．金属键越强，金属晶体的硬度越大，熔、沸点越高。
4.金属晶体有简单立方、体心立方、六方和面心立方四种堆积模型。1.金属键
(1)概念：
____________与___________之间强烈的相互作用。
(2)形成：
金属原子的部分或全部外围电子受__________的束缚比较弱。在金属晶体内部，它们可以从原子上“脱落”下来，形成自由流动的_______。金属原子失去部分或全部___________形成金属离子。金属离子自由电子原子核电子外围电子(3)影响因素：
影响金属键强弱的主要因素有金属元素的___________、单位体积内___________的数目等。原子半径自由电子2．金属特性3．金属的原子化热
(1)定义：
1 mol金属固体完全气化成相互远离的气态原子时______的能量。
(2)意义：
衡量金属键的强弱。金属的原子化热数值越大，金属键________。吸收越强[特别提醒]
(1)金属键影响金属的物理性质。
(2)金属键越强，金属的熔、沸点越高。
(3)金属键越强，金属的硬度越大。1．下列有关金属键的叙述错误的是 ( )
A．金属键没有饱和性和方向性
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个金属
D．金属的性质和金属固体的形成都与金属键有关解析：金属键是金属阳离子和自由电子之间强烈的相互作用，既有金属阳离子和自由电子间的静电吸引作用，也存在金属阳离子之间及自由电子之间的静电排斥作用。
答案：B1．存在
大多数___________及其________都是金属晶体。
2．组成单元——晶胞
反映晶体结构特征的________________，称之为晶胞。金属单质合金基本重复单位3．金属晶体的常见堆积方式
(1)平面内：
金属原子在平面上(二维空间)放置，可有两种排列方式。
其中方式a称为_____________，方式b称___________。非密置层为密置层(2)三维空间内：
金属原子在三维空间按一定的规律堆积，有4种基本堆积方式。简单立方体心立方体心立方六方4.合金
(1)概念：
一种______与另一种或几种______(或_________)的融合体。
(2)性能：
①合金的熔点比各成分金属都要_____；
②合金比各成分金属具有更好的________、_______和机械加工性能。金属非金属低硬度强度金属金属晶体在三维空间的堆积方式
(1)非密置层的堆积方式：
①简单立方堆积：将非密置层一层一层地在三维空间里堆积，当相邻非密置层原子的原子核在同一直线上时，这种堆积形成的晶胞是一个立方体，每个晶胞含有1个原子，称为简单立方堆积，如图所示。这种堆积的空间利用率太低，只有金属钋(Po)采用这种堆积方式。②体心立方堆积：非密置层一层一层地在三维空间里堆积，将上层金属原子填入下层的金属原子形成的凹穴中，每层均照此堆积，这种堆积形成的晶胞是体心立方晶胞，每个晶胞内含有2个原子，如图所示。这种堆积方式的空间利用率比简单立方堆积高得多。如碱金属就是采用这种堆积方式。(2)密置层的堆积方式：
①六方最密堆积：将密置层按ABAB……方式做最密堆积，这时重复周期为两层，如图所示。由于在这种排列方式中可划出密排六方晶胞，故称此排列为六方最密堆积。由此堆积可知，同一层上每个球与同层中周围6个球相接触，同时又与上下两层中各3个球相接触，故每个球与周围12个球相接触，所以它们的配位数是12.原子的空间利用率最大。②面心立方最密堆积：将第一密置层记作A，第二层记作B，B层的球对准A层中顶点向上(或向下)的三角形空隙位置；第三层记作C，C层的球对准B层的空隙，同时应对准A层中顶点向下(或向上)的三角形空隙(即C层球不对准A层球)。以后各层分别重复A、B、C层，这种排列方式三层为一周期，记为ABCABC……，如图所示。由于在这种排列中可以划出面心立方晶胞，故称这种堆积方式为面心立方最密堆积。由此可以看出以上两种方式的堆积都是金属晶体的最密堆积，配位数都是12，空间利用率高，为74%，但所得晶胞的形式不同。2．金属原子在二维空间里的放置有下图所示的两种方式，下列说法中正确的是 ( )A．图(a)为非密置层，配位数为6
B．图(b)为密置层，配位数为4C．图(a)在三维空间里堆积可得六方最密堆积和面心立方最密
堆积
D．图(b)在三维空间里堆积仅得简单立方
解析：金属原子在二维空间里有两种排列方式，一种是密置层排列，一种是非密置层排列。密置层排列的空间利用率高，原子的配位数为6，非密置层的配位数较密置层小，原子的配位数为4.由此可知，图(a)为密置层，图(b)为非密置层。密置层在三维空间堆积可得到六方最密堆积和面心立方最密堆积，非密置层在三维空间堆积可得简单立方和体心立方两种堆积。
答案：C842完全3.某离子化合物的晶胞如图所示。阳离子位于晶胞的中心，阴离子位于晶胞的8个顶点上，则该离子化合物中阴、阳离子的个数比为 ( )
A．1∶8 B．1∶4
C．1∶2 D．1∶1答案：D[例1] 金属能导电的原因是 ( )
A．金属晶体中金属离子与自由电子间的相互作用较弱
B．金属晶体中的自由电子在外加电场作用下发生定向移动
C．金属晶体中的金属离子在外加电场作用下可发生定向移动
D．金属晶体在外加电场作用下可失去电子
[解析] 自由电子可以在金属晶体中自由移动，在外加电场的作用下，自由电子就会定向移动而形成电流。
[答案] B1．下列有关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：A项，Hg在常温下为液态；C项，钙的熔、沸点高于钾；D项，温度越高，金属的导电性越弱。
答案：B[例2] 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________。[答案] X2Y 1∶3∶1 82．某晶体的一部分如图所示，这种晶体中A、B、C三种粒子数之比是 ( )
A．3∶9∶4
B．1∶4∶2
C．2∶9∶4
D．3∶8∶4答案：B[例3] 结合金属晶体的结构和性质，回答以下问题：
(1)已知下列金属晶体：Na、Po、K、Fe、Cu、Mg、Zn、Au其堆积方式为：
①简单立方堆积的是_________________________________；
②体心立方堆积的是_________________________________；
③六方最密堆积的是_________________________________；
④面心立方最密堆积的是_____________________________。 (2)根据下列叙述，判断一定为金属晶体的是___________
_____________________________________________________。
A．由分子间作用力形成，熔点很低
B．由共价键结合形成网状晶体，熔点很高
C．固体有良好的导电性、传热性和延展性[解析] (1)简单立方堆积的空间利用率太低，只有金属Po采取这种方式。体心立方堆积是上层金属原子填入下层金属原子形成的凹穴中，这种堆积方式的空间利用率比简单立方推积的高，多数金属是这种堆积方式。六方最密堆积常见金属为Mg、Zn、Ti，面心立方最密堆积常见金属为Cu、Ag、Au。
(2)A项属于分子晶体；B项属于原子晶体；而C项是金属的通性。
[答案] (1)①Po ②Na、K、Fe ③Mg、Zn ④Cu、Au (2)C在金属晶体的4种堆积方式中，面心立方和六方属最密堆积，简单立方和体心立方不属于最密堆积。3．金属的下列性质中和金属晶体无关的是 ( )
A．良好的导电性 B．反应中易失电子
C．良好的延展性 D．良好的导热性
解析：A、C、D三项都是金属共有的物理性质，这些性质都是由金属晶体所决定的，B项金属易失电子是由原子的结构决定的，和晶体无关。
答案：B点此进入点此进入
[随堂基础巩固]
1．下列金属中，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：金属原子的半径小、单位体积内自由电子数目多，则其作用力越强。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，所以钾的金属键比钠弱。
答案：C21世纪教育网
2．金属晶体的形成是因为晶体中存在( )
①金属原子 ②金属阳离子 ③自由电子
④阴离子
A．只有① B．只有③
C．②③ D．②④
解析：形成金属晶体的粒子是金属阳离子和自由电子。
答案：C
3.下列关于体心立方堆积晶体结构(右图)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21世纪教育网
C．每个晶胞内含2个原子21世纪教育网21世纪教育网
D．每个晶胞内含6个原子21世纪教育网
解析：体心立方堆积晶体的晶胞为立方体，是非密置层的一种堆积方式，其中具有8个顶点和1个体心，晶胞内含有2个原子。
答案：C
4．要使金属晶体熔化必须破坏其中的金属键。金属晶体熔、沸点高低和硬度大小一般取决于金属键的强弱，而金属键与金属阳离子所带电荷的多少及半径大小有关。由此判断下列说法正确的是( )
A．金属镁的熔点高于金属铝
B．碱金属单质的熔、沸点从Li到Cs是逐渐升高的
C．金属铝的硬度大于金属钠
D．金属镁的硬度小于金属钙
解析：影响金属晶体熔沸点的是金属键。镁离子比铝离子的半径大而所带的电荷少，所以金属镁比金属铝的金属键弱，熔、沸点和硬度都低或小；从Li到Cs，离子半径逐渐增大，所带电荷相同，金属键逐渐减弱，熔、沸点和硬度逐渐降低或减小；因离子的半径小而所带电荷多，使金属铝比金属钠的金属键强，所以金属铝比金属钠的熔、沸点和硬度都高或大；因离子的半径小而所带电荷相同，使金属镁比金属钙的金属键强，所以金属镁比金属钙的熔、沸点和硬度都高或大。
答案：C
5.金晶体的最小重复单元(也称晶胞)是面心立方体，如图所示，即在立方体的8个顶点各有一个金原子，各个面的中心有一个金原子，每个金原子被相邻的晶胞所共有。金原子的直径为d，用NA表示阿伏加德罗常数，M表示金的摩尔质量。
(1)金晶体每个晶胞中含有________个金原子。
(2)欲计算一个晶胞的体积，除假定金原子是刚性小球外，还应假定________________。
(3)一个晶胞的体积是________。
(4)金晶体的密度是________。
解析：利用均摊法解题，8个顶点上金原子有属于该晶胞，每个面上金原子有属于该晶胞，共有6个，故每个晶胞中金原子个数＝8×＋6×＝4.假设金原子间相接触，则有，正方形的对角线为2d。正方形边长为d。所以V晶＝(d)3＝2d3,1个晶胞质量为m晶＝，所以ρ＝＝。
答案：(1)4 (2)面对角线金属原子间相接触，即相切21世纪教育网[来源:21世纪教育网]
(3)2d3 (4)
课件38张PPT。专题3晨背关键语句理解教材新知把握热点考向应用创新演练知识点一知识点三考向一考向二随堂基础巩固知能综合提升第三单元考向三知识点二知识点四1．共价键具有饱和性和方向性，饱和性决定了每个原子形成共价键的数目，方向性决定了分子的立体结构。
2．原子轨道以“头碰头”的方式重叠形成的共价键叫σ键，以“肩并肩”的方式重叠形成的共价键叫π键。
3．共价单键是σ键；双键中一个是σ键，一个是π键；叁键中一个是σ键，另两个是π键。4．两个成键原子间的电负性差值越大，共价键的极性越强。
5．键能越大，共价键越牢固，含有该键的分子越稳定；键长越短，化学键越强，键越牢固。
6．常见的原子晶体有：金刚石、晶体硅、碳化硅、氮化硼、二氧化硅等，其特点是熔、沸点高，硬度大。1.形成
吸引电子能力相近的原子之间通过______________形成共价键。
2．成键本质
当成键原子相互接近时，原子轨道发生_______，自旋方向_______的未成对电子形成_____________，两原子核间的电子云密度_______，体系的能量________。共用电子对重叠相反共用电子对增加降低3．特点
(1)共价键具有饱和性：
成键过程中，每个原子有几个未成对电子，通常能和几个自旋方向________的电子成键。故在共价分子中，每个原子形成键的数目是_______的。
(2)共价键具有方向性：
成键时，两个参与成键的___________沿着电子出现机会_______的方向重叠成键，且___________重叠越多，电子在两核间出现的机会越多，体系的能量下降也就越多，形成的共价键越______。相反一定原子轨道最大原子轨道牢固[特别提醒]
(1)两原子形成共价键时，既存在共用电子对对两原子核的吸引作用，同时也存在两原子间的排斥作用。
(2)成键原子的未成对电子数决定着共价键的饱和性，即决定着每个原子能形成共价键的数目。
(3)原子轨道重叠的角度决定着共价键的方向性。
(4)形成共价键后体系能量降低，稳定性增强。1．下列不属于共价键成键因素的是 ( )
A．共用电子对在两原子核之间高概率出现
B．共用的电子必须配对
C．成键后体系能量降低，趋于稳定
D．两原子核体积大小要适中
解析：据共价键的形成及本质可知A、B、C均属于共价键的成键因素。
答案：D1.σ键和π键
(1)分类依据：成键原子的原子轨道_______方式。
(2)σ键和π键的比较：重叠头碰头肩并肩大小较大较小σπσπ2．非极性键和极性键
(1)非极性键：
两个成键原子吸引电子的能力_______，共用电子对不发生偏移。
(2)极性键：
①两个成键原子吸引电子的能力______，共用电子对发生偏移。
②在极性键中，成键原子吸引电子的能力差别越大，共用电子对发生偏移的程度_______，共价键的极性________。相同不同越大越强一对电子共价键→接受孤电子对[特别提醒]
(1)共价键存在于单质、共价化合物或离子化合物中。
(2)相同原子间形成的共价键是非极性键，不同原子间形成的共价键是极性键。
(3)形成共价键的两原子间电负性差别越大， 共价键的极性越强。
(4)配位键是一种极性键。
(5)根据形成共价键的两原子间共用电子对数目，共价键可分为单键(如Cl—Cl)、双键(如O＝C＝O)、叁键(如N≡N)。2．下列说法正确的是 ( )
A．π键是由两个p电子以“头碰头”方式重叠而成
B．σ键是镜面对称，而π键是轴对称
C．乙烷分子中的键全为σ键，而乙烯分子中含σ键和π
键
D．H2分子中含σ键，Cl2分子中含π键
解析：π键是两个p电子“肩并肩”重叠形成的，σ键是原子轨道通过“头碰头”重叠形成的，σ键的原子轨道重叠程度大于π键的重叠程度，σ键比π键稳定；H2、Cl2分子中只有单键，因而只有σ键。
答案：C1.键能
在101 kPa、298 K条件下，__________AB分子生成_____A原子和B原子的过程中所_______的能量。键能越大，共价键越牢固，分子越稳定。
2．键长
两原子间形成共价键时，____________间的平均间距。共价键键长越短，键越牢固。1 mol气态气态吸收两原子核3．键能与反应热的关系
(1)反应物和生成物中化学键的_______直接决定着化学反应过程中的_______变化。
(2)化学反应中发生旧化学键的_____和新化学键的______，若化学反应中旧化学键断裂所吸收的能量______新化学键形成所放出的能量，该反应通常为______反应。反之，为放热反应。
(3)键能与反应热的关系为：ΔH＝反应物键能总和－生成物键能总和。强弱能量断裂形成大于吸热3．已知H－H键的键能为436 kJ·mol－1，N－H键的键能为391 kJ·mol－1，根据热化学方程式：N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1，则N≡N键的键能是 ( )
A．431 kJ·mol－1 B．946 kJ·mol－1
C．649 kJ·mol－1 D．896 kJ·mol－1解析：断键吸收的能量为E(N≡N)＋3×E(H－H)；成键放出的能量为6E(N－H)，则有E(N≡N)＝6E(N－H)－3×E(H－H)－92.4 kJ·mol－1＝946 kJ·mol－1。
答案：B1.定义
像金刚石一样，晶体中所有原子都是通过_________相结合的晶体叫原子晶体。
2．常见的原子晶体
晶体硅(Si)、金刚砂(SiC)、二氧化硅(SiO2)、氮化硼(BN)等。
3．物理性质
原子晶体一般有很高的___________和很大的硬度。共价键熔、沸点[特别提醒]
(1)原子晶体熔化时需要克服共价键，所以它们的熔、沸点都很高。
(2)原子晶体结构稳定、键能较大， 一般不导电，难溶于水。
(3)对于原子晶体，原子半径越小，键长越短，键能越大，晶体熔、沸点越高，硬度越大。4．下列晶体中属于原子晶体的是 ( )
A．干冰 B．食盐
C．胆矾 D．晶体硅
解析：常见的原子晶体中属于非金属单质的有金刚石、晶体硅、晶体硼等，属于非金属化合物的有二氧化硅、碳化硅、氮化硅等。
答案：D[例1] 下列关于共价键的说法不正确的是 ( )
A．双键、叁键都有π键
B．成键原子间原子轨道重叠越多，共价键越牢固
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．所有原子轨道在空间都具有自己的方向性
[解析] D选项，s轨道的形状呈球形对称，无方向性。
[答案] D.(1)两原子形成的共价键中，若只形成一个共价键则该键为σ键，这种说法正确吗？
(2)S原子与H原子形成H2S分子，为什么不能形成H3S分子？提示：(1)正确，若两原子间形成的是单键，则一定是σ键；若形成的是双键或叁键，则其中有一个是σ键，其余为π键。
(2)S原子最外层有2个未成对电子，H原子有1个未成对电子，根据共价键的饱和性，S原子的2个未成电子可结合2个未成对电子，即1个S原子可结合2个H原子形成H2S分子，而不能形成H3S分子。 [例2] 已知：①1 mol H2分子中化学键断裂时需要吸收436 kJ的能量，②1 mol Cl2分子中化学键断裂时需要吸收243 kJ的能量，③由H原子和Cl原子形成1 mol HCl分子时释放431 kJ的能量。下列叙述正确的是 ( )
A．氢气和氯气反应生成氯化氢气体的热化学方程式是 H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)
B．氢气与氯气反应生成2 mol氯化氢气体，反应的
ΔH＝＋183 kJ·mol－1 C．氢气和氯气反应生成2 mol氯化氢气体，反应的
ΔH＝－183 kJ·mol－1
D．氢气和氯气反应生成1 mol氯化氢气体，反应的ΔH＝－183 kJ·mol－1
[解析] 选项A是错误的，在热化学方程式中漏了反应的热效应。一个反应的热效应等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，设反应的化学方程式表示为H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g) ΔH＝436 kJ·mol－1＋243 kJ·mol－1－2×431 kJ·mol－1＝－183 kJ·mol－1。
[答案] C解析：ΔH＝E总(反)－E总(生)，所以180 kJ·mol－1＝
946 kJ·mol－1＋498 kJ·mol－1－2E(N－O)，得E(N－O)＝632 kJ·mol－1。
答案：B[例3] 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] 由于碳的原子半径小于硅的原子半径，因此，共价键键长：C—C键碳化硅>晶体硅。
[答案] A原子晶体熔、沸点高低的比较
决定原子晶体熔、沸点高低的因素是原子间共价键的强弱，共价键越强，破坏时所需能量越高，对应晶体的熔、沸点也越高，解题时，主要看两成键原子半径的大小，半径越小，形成的共价键的键长越短，键越牢固，越不易被破坏，相应原子晶体的熔、沸点越高。2．已知C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的粒子间只以单键结合，下列关于C3N4晶体的说法错误的是( )
A．该晶体属于原子晶体，其化学键比金刚石中的更牢固
B．该晶体中每个碳原了上连有4个氮原子，每个氮原子上连
有3个碳原子
C．该晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8个电子结构
D．该晶体与金刚石相似，都是原子间以非极性键形成空间网
状结构解析：题给两个信息：一是C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，其二是构成该晶体的粒子间只以单键结合，由此推测C3N4是原子晶体，由于C—N键长比C—C键长短，因此其化学键比金刚石中更牢固，A正确，由于粒子间只以单键结合，每个碳原子形成4个共价单键，每个氮原子形成3个共价单键，所以B正确，该晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构，C正确，由于C3N4中的C—N键是极性键，而金刚石中的C—C键是非极性键，D错误。
答案：D点此进入点此进入
1．下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是( )
A．NH4Cl===NH3↑＋HCl↑
B．NH3＋CO2＋H2O===NH4HCO3
C．2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O
D．2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2[来源:21世纪教育网]
解析：A、B项中无非极性键的断裂和形成，C项中有非极性键(Cl—Cl)的断裂但无非极性键的形成。D项中Na2O2既有离子键又有非极性共价键，CO2中有极性共价键，O2中有非极性共价键。
答案：D
2．下列有关晶体的叙述中不正确的是( )
A．离子晶体中，一定存在离子键，可能含有共价键
B．原子晶体中，只存在共价键
C．金属晶体的熔、沸点不一定很高
D．分子晶体中只存在分子间作用力，不含有其他化学键
解析：离子晶体中，一定存在离子键，可能含有共价键，如NaOH、Na2O2等。原子晶体中，只有共价键。金属晶体的熔、沸点可能比较高，如金属钨的熔点可达3410℃，而金属汞的熔点较低，常温下呈液态。分子晶体都以分子间作用力相结合，除稀有气体是单原子分子，不含化学键外，其余分子晶体的分子内部都含有共价键。如冰晶体，水分子内氢氧原子以共价键相结合，水分子之间不仅有范德华力，还有氢键存在。
答案：D
3．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( )21世纪教育网
A．SO2和SiO2 B．CO2和H2O
C．NaCl和HCl D．CCl4和KCl
解析：SO2和SiO2都含极性共价键，但晶体类型不同，SO2为分子晶体，SiO2属于原子晶体。B中CO2和H2O均为分子晶体，都含共价键，C中化学键类型不同，晶体类型也不同，D中化学键类型不同，晶体类型也不同。[来源:21世纪教育网]
答案：B
4．下列各组物质熔化或汽化时所克服的粒子间的作用力属同种类型的是 ( )
A．石英和干冰的熔化[来源:21世纪教育网]
B．晶体硅和晶体硫的熔化
C．钠和铁的熔化
D．碘和氯化铵的汽化
解析：石英的成分为SiO2，熔化时需克服共价键，干冰为固体CO2，熔化时需克服分子间作用力；晶体硅熔化时克服共价键，晶体硫熔化时克服分子间作用力；钠与铁均为金属晶体，克服的为金属键；碘汽化时克服分子间作用力，NH4Cl汽化时需克服离子键与共价键。
答案：C21世纪教育网
课件11张PPT。专题3小专题
大智慧专题讲坛专题专练第三单元[例证] 氮化硼是一种新合成的无机材料，它是一种超硬耐磨、耐高温、抗腐蚀的物质。下列各组物质熔化时所克服的粒子间的作用力与氮化硼熔化所克服的粒子间的作用力类型相同的是 ( )
A．硫酸钠和金刚石 B．冰和干冰
C．晶体硅和水晶 D．苯和四氯化碳[解析] 氮化硼超硬耐磨、耐高温，是一种原子晶体，熔化时破坏共价键。A选项中的硫酸钠是离子晶体，熔化时破坏离子键，A选项错误；C选项中的两种物质均为原子晶体，熔化时均破坏共价键，C选项正确；B、D两选项中的四种物质都是分子晶体，熔化时都破坏分子间作用力，B、D两选项都错误。
[答案] C点此进入[知能综合提升]
(时间45分钟 满分60分)
一、选择题(本题包括7小题，每小题3分，共21分)
1．下列说法正确的是( )21世纪教育网
A．键能越大，表示该分子越容易受热分解[来源:21世纪教育网]
B．共价键都具有方向性
C．在分子中，两个成键的原子间的距离叫键长
D．H—Cl键的键能为431.8 kJ·mol－1，H—Br键的键能为366 kJ·mol－1，这可以说明HCl比HBr分子稳定
解析：键能越大，分子越稳定，A错，D正确。H—H键没有方向性，B错。形成共价键的两个原子之间的核间距叫键长，C错。
答案：D
2．下列关于共价键的说法正确的是( )
A．一般来说σ键的键能小于π键的键能
B．原子形成共价键的数目等于基态原子的未成对电子数
C．相同原子间的双键键能是单键键能的两倍
D．所有不同元素的原子间的化学键至少具有弱极性
解析：σ键是原子轨道以“头碰头”的方式重叠形成的，π键是原子轨道以“肩并肩”方式重叠形成的，σ键比π键原子轨道重叠程度大，因此σ键的键能大于π键的键能，选项A错误；原子形成共价键时，共价键的数目是成键的电子对数目，不等于基态原子的未成键电子数，因为部分成对电子受激发而成为单电子，选项B错误；因为单键都是σ键，双键中有一个σ键一个π键，σ键的键能大于π键的键能，故双键键能小于单键键能的两倍，选项C错误；因为不同元素的电负性是不同的，所以不同元素原子间的化学键至少有弱极性，选项D正确。
答案：D
3．从实验测得不同物质中氧—氧之间的键长和键能的数据：
氧—氧键
数据
O
O
O2
O
键长/nm
1.49
1.28
1.21
1.12
键能/kJ·mol－1
X
Y
Z＝494
W＝628
其中X、Y的键能数据尚未测定，但可根据规律性推导键能的大小顺序为W＞Z＞Y＞X。该规律性是( )
A．成键时电子数越多，键能越大
B．键长越长，键能越小
C．成键所用的电子数越少，键能越大
D．成键时电子对越偏移，键能越大
解析：观察表中数据发现，O2与O的键能大者键长短，同理，O中O—O键键长比O中的长，所以键能要小。按键长由短而长的顺序应为：O＜O2＜O＜O，键能则应W＞Z＞Y＞X。
答案：B
4．氰气的化学式为(CN)2，结构式为N≡C—C≡N，性质与卤素相似，下列叙述正确的是( )
A．分子中既有极性键，又有非极性键
B．分子中N≡C键的键长大于C—C键的键长
C．分子中含有2个σ键和4个π键
D．不和氢氧化钠溶液发生反应
解析：分子中N≡C键是极性键，C—C键是非极性键；成键原子半径越小，键长越短，N原子半径小于C原子半径，故N≡C键比C—C键的键长短；(CN)2分子中含有3个σ键和4个π键；由于与卤素性质相似，故可以和氢氧化钠溶液反应。
答案：A
5．[双选题]关于苯分子的说法正确的是( )
A．分子中共含有6个极性键
B．分子中不含非极性键
C．分子中只含σ键
D．分子中含有π键
解析：苯分子中的6个碳原子都以σ键与氢原子结合，形成6个极性键；每个碳原子以两个σ键与相邻两个碳原子结合，形成6个非极性键；同时，每个碳原子各有一个垂直于分子平面的p轨道，形成了一个以6个碳原子为中心的π键。
答案：AD
6．下列说法中正确的是( )
A．金刚石晶体中的最小碳原子环由6个碳原子构成
B．原子晶体中除极性键外不存在其它类型的化学键
C．1 mol SiO2晶体中含2 molSi—O键
D．金刚石化学性质稳定，即使在高温下也不会和O2反应
解析：由金刚石晶体的结构示意图可看出，在金刚石晶体中的最小环为六元环，为空间六边形，由六个碳原子构成，A正确；原子晶体中可能含非极性键，如金刚石晶体，B错误；在SiO2晶体中一个硅原子与四个氧原子形成4个共价键，所以1 mol SiO2晶体中含4 mol Si—O键，C错误；金刚石的化学性质很稳定，但在高温下仍可以和O2反应生成CO2。
答案：A
7．2004年7月德俄两国化学家共同宣布，在高压下氮气会聚合生成高聚氮，这种高聚氮的晶体中每个氮原子都通过三个单键与其他氮原子结合并向空间发展构成立体网状结构。已知晶体中N－N键的键能为160 kJ·mol－1，而N≡N的键能为942 kJ·mol－1。则下列有关说法不正确的是( )
A．键能越大说明化学键越牢固，所构成物质越稳定
B．高聚氮晶体属于原子晶体
C．高聚氮晶体中n(N)∶n(N－N)＝1∶3
D．用作炸药或高能材料可能是高聚氮潜在的应用
解析：高聚氮晶体中原子间以共价键结合成空间网状结构，所以高聚氮为原子晶体；晶体中每个氮原子与三个氮原子成键，而每个N－N键为两个氮原子共有，所以高聚氮晶体中n(N)∶n(N－N)＝2∶3；高聚氮晶体反应时能放出大量的热，并且生成氮气，体积剧烈膨胀，可能用作炸药或高能材料。
答案：C
二、非选择题(本题包括4小题，共39分)
8．(9分)某些共价键的键能数据如下(单位：kJ·mol－1)
共价键
H—H
Cl—Cl
Br—Br
H—Cl
H—I
键能
436
24721世纪教育网
193
431
299
共价键
I—I
N≡N
H—O
H—N
键能
151
946
463
391
(1)把1 mol Cl2分解为气态原子时，需要________ (填“吸收”或“放出”)________ kJ能量。
(2)由表中所列化学键所形成的分子中，最稳定的是________，最不稳定的是________(写出物质的化学式)。
(3)试通过键能数据估算下列反应的反应热：3H2(g)＋N2(g)2NH3(g) ΔH＝______________。
解析：(2)比较这些共价键键能的数值可知，N≡N键的键能最大，I—I键的键能最小，所以N2分子最稳定，I2分子最不稳定；
(3)在反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)中，有3 mol H—H键和1 mol N≡N键断裂，共吸收能量3×436 kJ＋946 kJ＝2 254 kJ，形成6 mol H—N键共放出能量391 kJ×6＝2 346 kJ。放出的能量大于吸收的能量，所以该反应为放热反应，ΔH＝2 254 kJ·mol－1－2 346 kJ·mol－1＝－92 kJ·mol－1。
答案：(1)吸收 247 (2)N2 I2
(3)－92 kJ·mol－1
9．(9分)已知乙醛分子的结构简式为，请回答下列问题：
(1)①乙醛分子中极性最强的键是________键。
②乙醛分子中，用1s原子轨道形成化学键的原子的对应元素是__________(填元素名称)；有________个π键；有________个化学键的化学性质完全相同。
(2)乙醛很容易被某些弱氧化剂(如新制氢氧化铜、银氨溶液)氧化为 (乙酸)。乙醛分子中键能最小的是________________键；分子中化学性质最活泼的是________键，支持这种判断的事实是(仅对乙酸而言，只写出一项即可)______________
________________________________________________________________________。
(3)以下是有关乙醛和乙酸的比较，其中不正确的是(用序号填空)________。
①分子中含有相同数目的化学键
②分子中含有相同数目的π键
③分子中都没有非极性键
解析：(1)①O的电负性较大， 所以C==O键的极性最强。②C、H、O原子的价电子排布式分别是2s22p2、1s1、2s22p4，所以乙醛分子中用1s原子轨道形成化学键的原子对应的元素是氢。共价单键是σ键，共价双键中有一个σ键，另一个是π键，所以乙醛分子只在C===O键中有1个π键，其他的键都是σ键。—CH3中的C—H键和中的C—H键化学性质有一定的差异；C＝O键是σ键和π键的组合，它们的化学性质不同；—CH3中3个C—H键的化学性质完全相同。因此在乙醛分子中只有3个化学键化学性质完全相同。
(2)在乙醛分子中中的C—H键最活泼，说明中的C—H键键能最小。由CH3COOHCH3COO－＋H＋的事实可知，乙酸分子中化学性质最活泼的是O—H键。
(3)乙酸分子中的C—O键、O—H键都是单键，也是σ键。乙醛和乙酸分子都只在C===O键中有1个π键。
答案：(1)①C===O ②氢 1 3 (2) 中的C—H O—H CH3COOH在水溶液中电离产生的离子是CH3COO－和H＋(写CH3COOH的电离方程式也可以)
(3)①
10．(9分)单质硼有无定形和晶体两种，参考下表数据：[来源:21世纪教育网]
金刚石
晶体硅
晶体硼
熔点/K
3550
1415
2573
沸点/K
4827
262821世纪教育网
2823
摩氏硬度
10
7.0
9.521世纪教育网
(1)晶体硼的晶体类型属于________，理由是_________________________________
________________________________________________________________________。
(2)已知晶体硼的结构单元是由硼原子组成的正二十面体如图所示，其中有20个等边三角形的面和一定数目的顶点，每个顶点各有一个硼原子。通过观察图形及推算，得出此基本结构单元由________个硼原子构成，其中B—B键的键角为________，共含有________个B—B键。
解析：(1)晶体硼的熔沸点和硬度都介于晶体硅和金刚石之间，而金刚石和晶体硅均为原子晶体，且从周期表中的位置看硼与碳相邻，与硅处于对角线处(相似)，也能推知晶体硼属于原子晶体。
(2)用均摊法计算B原子个数为20××3＝12(个)，正三角形键角为60°，B—B键键数为20××3＝30。
答案：(1)原子晶体 晶体硼的熔沸点和硬度均介于金刚石和晶体硅之间，而金刚石和晶体硅都是原子晶体
(2)12 60° 30
11．(12分)新型无机非金属材料是新材料开发的重要领域，氮化硼(BN)就是其中一种。回答下列问题：
(1)氮化硼与碳元素的单质相似，有两种重要晶型A型和B型。A型氮化硼硬度很高，是特殊的耐磨和切削材料；B型氮化硼化学稳定性较好，是一种优良的耐高温润滑剂。A型氮化硼结构如图________所示(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。[来源:21世纪教育网]
(2)结合下列相关数据预测A型氮化硼的熔点范围______。
(3)B型氮化硼晶体中六元环与B原子的个数比为________。
(4)工业上氮化硼以三氯化硼、氢气、氮气为原料，在高温条件下反应制得。写出该反应的化学方程式______________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)由图可知Ⅰ为无限延伸的空间网状结构，是原子晶体。Ⅱ为层状结构，类似于石墨。结合题给信息，A为Ⅰ型，B为Ⅱ型。
(2)原子晶体的熔点高低和键长有关，键长越短，键能越大，熔点越高。B—N的键长约为0.82＋0.75＝1.57，Si—Si键长2.34，N—Al键长2.18，C—Si键长1.94，C—C键长1.54。可知B—N键长介于C—Si键和C—C键之间，因此A型氮化硼的熔点介于碳化硅和金刚石之间。
(3)每个六元环中含有3个B原子，每个B原子被3个六元环所共有，每个六元环只占有每个B原子的1/3，每个六元环所占有B原子数为1。
答案：(1)Ⅰ (2)介于2700℃到3550℃之间
(3)1∶1 (4)2BCl3＋N2＋3H22BN＋6HCl[来源:21世纪教育网]
[随堂基础巩固]
1．下列含有非极性键的共价化合物是( )
A．HCl B．Na2O2
C．C2H2 D．CH4[来源:21世纪教育网]
解析：Na2O2是离子化合物，B不符合题意；A中只有H—Cl极性键，D中只有C—H极性键，C中有C—C非极性键和C—H极性键，C符合题意。
答案：C
2．已知X—X、Y—Y、Z—Z键的键长分别是198 pm、74 pm、154 pm，则它们单质分子的稳定性是( )[来源:21世纪教育网]
A．X2＞Y2＞Z2 B．Z2＞Y2＞X2
C．Y2＞X2＞Z2 D．Y2＞Z2＞X2
解析：共价键的键长越短，键能越大，共价键越稳定，分子也越稳定，而三种单质的键长由小到大的顺序为Y—Y＜Z—Z＜X—X，故三种单质分子的稳定性为Y2＞Z2＞X2。
答案：D
3．下列有关σ键和π键的说法错误的是( )[来源:21世纪教育网]
A．含有π键的分子在反应时，π键易断裂
B．当原子形成分子时，首先形成σ键，可能形成π键
C．有些原子在与其他原子形成分子时，只能形成σ键，不能形成π键
D．在分子中，化学键可能只有π键而没有σ键[来源:21世纪教育网]
解析：由于π键的键能小于σ键的键能，所以反应时易断裂，A项正确。在分子形成时为了使其能量最低，必然首先形成σ键，根据形成的原子的核外电子排布来判断是否形成π键，所以B项正确，D错误。像H原子跟其他原子只能形成σ键，故C项正确。
答案：D
4．在40 GPa高压下，用激光器加热到1800 K时，科学家成功地制得了原子晶体干冰，下列说法正确的是( )
A．原子晶体干冰易汽化，可用作制冷剂[来源:21世纪教育网]
B．原子晶体干冰有很高的熔点和沸点
C．原子晶体干冰的硬度小，不能用作耐磨材料
D．1 mol原子晶体干冰中含2 mol C—O键
解析：特别提醒阅读信息“原子晶体干冰”与我们通常说的干冰有本质的区别，故原子晶体干冰具有原子晶体的特性，有高熔点、沸点和高硬度，故A、C错误，B正确；类比SiO2晶体，C与Si同主族且都为原子晶体，则1 mol原子晶体干冰中含有4 mol C—O键，D错。
答案：B21世纪教育网
5．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。21世纪教育网
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)D、E (2)C (3)A、B、C、F (4)F
[知能综合提升]
(时间45分钟 满分60分)
一、选择题(本题包括7小题，每小题3分，共21分)
1．对于离子键的说法正确的是( )
A．阴阳离子间的静电引力是离子键
B．阴阳离子间的静电吸引是离子键
C．阴阳离子间的相互作用即为离子键
D．阴阳离子间强烈的相互作用是离子键
答案：D[21世纪教育网
2．AB、CD、EF均为1∶1型离子化合物，根据下列数据判断它们的熔点由高至低的顺序是( )
AB21世纪教育网
CD
EF
离子电荷数
1
1
2
键长(10－10m)
2.31
3.18
2.10
A．CD>AB>EF B．AB>EF>CD
C．AB>CD>EF D．EF>AB>CD
解析：离子所带电荷数越多，键长越短，则离子键越强，晶体的熔点越高，EF化合物的键长短，电荷多。
答案：D
3．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1 mol离子化合物中的阴、阳离子由相互远离的气态离子结合成离子晶体时所放出的能量
D．晶格能的大小与晶体的熔点、硬度都无关
解析：晶格能指1 mol离子化合物中阴、阳离子由相互远离的气态离子结合成离子晶体时放出的能量。
答案：C
4．试根据你学过的知识，判断KCl、NaCl、CaO、BaO四种晶体熔点的高低顺序可能是( )
A．KCl>NaCl>BaO>CaO
B．NaCl>KCl>CaO>BaO
C．CaO>BaO>NaCl>KCl
D．CaO>BaO>KCl>NaCl
解析：离子晶体中，离子键越强，晶体熔、沸点越高，而离子所带电荷越高，半径越小，离子键越强。Ca2＋、O2－、Ba2＋都带2个电荷；Na＋、Cl－、K＋只带1个电荷，r(Ca2＋)BaO>NaCl>KCl。
答案：C
5．氧化钙在2973 K时熔化，而氯化钠在1074 K时熔化，两者的离子间距离和晶体结构类似，有关它们熔点差别较大的原因叙述不正确的是( )
A．氧化钙晶体中阴、阳离子所带的电荷数多
B．氧化钙的晶格能比氯化钠的晶格能大
C．氧化钙晶体的结构类型与氯化钠晶体的结构类型不同
D．在氧化钙与氯化钠的离子间距离类似的情况下，晶格能主要由阴、阳离子所带电荷的多少决定
解析：CaO和NaCl都属于离子晶体，熔点的高低可根据晶格能的大小判断。晶格能的大小与离子所带电荷多少、离子间距离、晶体结构类型等因素有关。CaO和NaCl的离子间距离和晶体结构都类似，故晶格能主要由阴、阳离子所带电荷的多少决定。
答案：C
6．高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为－2价。下图所示为超氧化钾晶体的一个晶胞，则下列说法正确的是( )
[来源:21世纪教育网]
A．超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K＋和4个O
B．晶体中每个K＋周围有8个O，每个O周围有8个K＋[来源:21世纪教育网]
C．晶体中与每个K＋距离最近的K＋有8个
D．晶体中与每个K＋距离最近的K＋有6个
解析：由题中的晶胞结构知：有8个K＋位于顶点，6个K＋位于面心，则晶胞中含有的K＋数为(8×)＋(6×)＝4(个)；有12个O位于棱上，1个O处于中心，则晶胞中含有O数为：12×＋1＝4(个)，所以超氧化钾的化学式为KO2；晶体中每个K＋周围有6个O，每个O周围有6个K＋，晶体中与每个K＋距离最近的K＋有12个。
答案：A
7.食盐晶体的结构示意图如图所示。已知食盐的密度为ρ g/cm3，摩尔质量为M g/mol，阿伏加德罗常数为NA，则在食盐晶体中Na＋和Cl－的间距大约是( )
A. cm B. cm21世纪教育网
C. cm D. cm
解析：食盐晶胞中含有4个Na＋和4个Cl－，每个晶胞的体积为×4 cm3，设食盐晶体里Na＋和Cl－的间距为x cm，所以可得(2x)3＝×4，解得x＝。
答案：B
二、非选择题(本题包括4小题，共39分)
8．(8分)现有甲、乙、丙三种离子晶体的晶胞：
甲中x处于晶胞中心，乙中a处于晶胞中心。
可推知，甲晶体中，x与y的个数比是________；乙中a与b的个数比是________；丙晶体的一个晶胞中平均有________个c离子，有________个d离子。
解析：本题甲晶体中，N(x)∶N(y)＝1∶(4×)＝2∶1，乙晶体中，N(a)∶N(b)＝1∶(8×)＝1∶1；丙晶体的一个晶胞中有c离子：12×＋1＝4(个)，d离子：8×＋6×＝4(个)。
答案：2∶1 1∶1 4 4
9．(11分)同类晶体物质熔、沸点的变化是有规律的，试分析下列两组物质熔点规律性变化的原因：
A组物质 NaCl KCl CsCl
熔点/K 1074 1049 91821世纪教育网
B组物质 Na Mg Al
熔点/K 317 923 933
晶体熔、沸点的高低，决定于组成晶体微粒间作用力的大小。A组是______晶体，晶体微粒之间通过________相连，由库仑定律F＝k可知，离子键由强到弱的顺序为__________________。B组晶体属________晶体，价电子数由多到少的顺序是__________________，微粒半径由大到小的顺序是____________________，金属键强度由大到小的顺序为____________________。
解析：A组为离子晶体，离子之间通过离子键相连，强度可借助库仑定律比较：F＝k，由于NaCl、KCl、CsCl中的阴、阳离子所带电荷数相等，而r(Na＋)＜r(K＋)＜r(Cs＋)，所以F(NaCl)＞F (KCl)＞F(CsCl)，故熔点是逐渐降低的。B组为金属晶体，是由金属键相结合而成的，因为q(Na＋)＜q(Mg2＋)＜q(Al3＋)，而r(Na＋)＞r(Mg2＋)＞r(Al3＋)，所以金属键强弱顺序为Na＜Mg＜Al，故其熔点是逐渐升高的。
答案：离子 离子键 NaCl＞KCl＞CsCl 金属
Al＞Mg＞Na Na＞Mg＞Al Al＞Mg＞Na
10．(10分)已知：FeO晶体与NaCl晶体结构相似。
(1)设阿伏加德罗常数为NA，若FeO的密度为ρg·cm－3，则FeO晶体中Fe2＋与O2－之间的最短距离是__________cm(用代数式表示)。
(2)若FeO晶体中有3n个Fe2＋被2n个Fe3＋所替代，则该晶体中O2－的数目将__________(填“增大”“减小”或“不变”)；其晶体的密度将__________(填“增大”“减小”或“不变”)。21世纪教育网
解析：(1)FeO晶体与NaCl晶体结构相似，则1个晶胞中含有4个Fe2＋和4个O2－，1个晶胞的质量为m＝ g，设FeO晶体中Fe2＋与O2－之间的最短距离为a，则晶胞的边长为2a，根据ρ＝推知＝
ρ g·cm－3，a＝ cm。
(2)若FeO晶体中有3n个Fe2＋被2n个Fe3＋所替代，阳离子所带的正电荷总数不变，故O2－所带的负电荷总数不变，该晶体中O2－的数目不变；由于Fe3＋数目比Fe2＋少了n个，故阳离子的质量减小，而体积不变，其密度减小。
答案：(1) (2)不变 减小
11．(10分)在离子晶体中，阴阳离子按一定规律在空间排列，下图(左)就是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刚性圆球，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)NaCl晶体离子键的键长为________。
(3)Na＋半径与Cl－半径之比＝________(已知＝1.414，＝1.732，＝2.236)。
(4)NaCl晶体不存在分子，但在温度达到1 413℃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1 450℃，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：观察中间图形知：21世纪教育网
2(r＋＋r－)＝a，r＋＋r－＝，即离子键键长为。
＝sin 45°，即＝1.414，
＝0.414.
由题意29.25 g氯化钠在1 450℃时为0.25 mol，故其摩尔质量为117 g/mol，氯化钠气体的分子式为Na2Cl2。
答案：(1)6 1∶1 (2) (3)0.414 (4)Na2Cl2
课件31张PPT。专题3晨背关键语句理解教材新知把握热点考向应用创新演练知识点一知识点二考向一考向二随堂基础巩固知能综合提升第二单元考向三1.由阳离子和阴离子通过离子键结合而成的晶体叫做离子晶体。
2．NaCl晶体中，Na＋和Cl－的配位数都是6，CsCl晶体中，Cs＋和Cl－的配位数都是8。
3．离子晶体硬度较大，难于压缩，具有较高的熔、沸点，固体不导电，溶于水或在熔融状态下能导电。
4．晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，熔点越高，硬度越大。 1.形成过程
离子化合物中，阴、阳离子间的_____________使阴、阳离子相互吸引，而阴、阳离子的核外电子之间、原子核之间的___________使阴、阳离子相互排斥。当阴、阳离子间的_____
______和____________达到平衡时，阴、阳离子保持一定的平衡核间距，形成稳定的离子键，整个体系能量_______。静电引力静电斥力静电引力静电斥力最低2．成键特征
阴、阳离子_______对称，电荷分布也是_______对称，它们在空间各个方向上的__________相同，在各个方向上一个离子可同时吸引多个带相反电荷的离子，故离子键无_____性和______性。球形球形静电作用方向饱和1．下列叙述正确的是 ( )
A．非金属原子间不可能形成离子键，只含有非金属元素的
化合物不可能是离子化合物
B．离子化合物中一定含有金属元素，含金属元素的化合物
一定是离子化合物
C．离子键只存在于离子化合物中，离子化合物中一定含有
离子键，可能含有共价键
D．离子化合物受热熔化破坏化学键，吸收热量，属于化学
变化解析：由铵盐属于离子化合物可知A、B错误。离子化合物中一定含有离子键，还可能含有共价键，如Na2O2、NaOH等，C正确。离子化合物受热熔化破坏离子键，这个过程属于物理变化，D错误。
答案：C1.概念
由_________和_________通过离子键结合成的晶体叫做离子晶体。
2．物理性质
离子晶体一般具有一定的硬度和________的熔点。阴离子阳离子较高3．晶格能(符号为U)
(1)定义：
拆开__________离子晶体形成气态阴离子和气态阳离子所________的能量。
(2)晶格能与晶体物理性质的关系：
①晶格能越大，离子键越_______，离子晶体的熔、沸点越______，硬度越_____。
②离子所带电荷_______，离子半径_______，晶格能越大。1 mol吸收牢固高大越多越小4．离子晶体的结构类型
(1)氯化钠型(如图)：
①在晶体中，每个Na＋或Cl－周围各排列___个带有相反电荷的离子。
②每个NaCl晶胞中含有____个Na＋和_____个Cl－。
③属于NaCl型的离子晶体有KCl、NaBr、LiF、CaO、MgO、NiO、CaS等。644(2)氯化铯型(如图)
①在晶体中，每个Cs＋和Cl－周围各排列___个带有相反电荷的离子。
②每个CsCl晶胞中含有___个Cs＋和____个Cl－。
③属于CsCl型的离子晶体有CsBr、CsI、NH4Cl等。811 (3)决定离子晶体中离子配位数多少的因素：
离子晶体中离子配位数的多少主要取决于____________
___________。阴、阳离子的相对大小2．下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是 ( )
A．熔点：NaF>MgF2>AlF3
B．晶格能：NaF>NaCl>NaBr
C．阴离子的配位数：CsCl>NaCl
D．硬度：MgO>CaO>BaO.解析：由于Na＋、Mg2＋、Al3＋的离子半径依次减小，所带电荷依次增加，所以NaF、MgF2、AlF3的晶格能依次增大，即熔点依次升高；F－、Cl－、Br－的离子半径依次增大，NaF、NaCl、NaBr的晶格能依次减小；CsCl、NaCl阴离子的配位数分别为8、6；Mg2＋、Ca2＋、Ba2＋离子半径依次增大，MgO、CaO、BaO晶格能依次减小，即硬度依次减小。
答案：A[例1] 下列说法不正确的是 ( )
A．离子键没有方向性和饱和性
B．并不是只有活泼的金属和非金属化合才形成离子键
C．离子键的实质是静电作用
D．静电作用只有引力.[答案] D1．碱金属和卤素形成的化合物大多具有的性质是( )
①固态时不导电，熔融状态导电 ②能溶于水，其水溶液导电 ③低熔点 ④高沸点 ⑤易升华
A．①②③ B．①②④
C．①④⑤ D．②③④
解析：碱金属易形成阳离子，卤素易形成阴离子，阴、阳离子易形成离子键，构成离子化合物，所以具有离子化合物的一般性质。
答案：BB．与Na＋最近且等距的Cl－连线构成的图形为正四面体
C．与Na＋最近且等距的Cl－连线构成的图形为正八面体
D．与一个Na＋最近且等距的Na＋有6个A正确；从晶胞图可以看出，与NaCl晶胞体心的Na＋最近且等距离的Cl－(NaCl晶胞面心的Cl－)的连线构成的图形为正八面体，B不正确，C正确；根据图示进行分析，与一个Na＋最近且等距离的Na＋有12个，D不正确。
[答案] BD2．下列图像是从NaCl或CsCl晶体结构图中分割出来的部分结构图，试判断属于NaCl晶体结构的图像是 ( )
A．图(1)和图(3) B．图(2)和图(3)
C．只有图(1) D．图(1)和图(4)解析：NaCl的晶体结构如图所示。
(1)为位于体心的Na＋与位于面心的六个Cl－之间的位置关系。(4)为晶胞中的一个小“方格”。
答案：D[例3] 下列关于晶格能的叙述中正确的是 ( )
A．晶格能仅与形成晶体的离子带电量有关
B．晶格能仅与形成晶体的离子半径有关
C．晶格能指相邻的离子间的静电作用
D．晶格能越大的离子晶体，其熔点越高[解析] 晶格能与离子电荷的乘积成正比，与阴、阳离子的核间距成反比，晶格能越大，晶体的熔、沸点越高，硬度越大，A、B错误，D正确。晶格能是指拆开1 mol离子晶体使之形成气态阴、阳离子所吸收的能量，既有量的限定1 mol，又有微粒的限定，指阴、阳离子，C叙述错误。
[答案] D提示：比较NaCl和MgO晶体中阴、阳离子半径大小和离子所带电荷，可知MgO的晶格能大。点此进入点此进入
[随堂基础巩固]
1．[双选题]下列物质固态时，属于离子晶体的是( )
A．Na B．(NH4)2SO4
C．NaOH D．CO2
答案：BC
2．下列物质中，可以证明某化合物内一定存在离子键的是( )
A．可溶于水
B．具有较高的熔点
C．水溶液能导电
D．固体不导电，但熔融状态能导电21世纪教育网
解析：固体不导电，但在熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物，而只有离子化合物中存在离子键。在熔融状态能导电的晶体不一定是离子晶体，也可能为金属晶体。21世纪教育网[来源:21世纪教育网]
答案：D
3．1 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。下列热化学方程式中，能直接表示出氯化钠晶体晶格能的是( )
A．Na＋(g)＋Cl－(g)===NaCl(s) ΔH
B．Na(s)＋Cl2(g)===NaCl(s) ΔH1
C．Na(g)－e－===Na＋(g) ΔH2
D．Cl(g)＋e－===Cl－(g) ΔH3[来源:21世纪教育网]
解析：在热化学方程中，各物质的化学计量数表示其物质的量，只有A选项能表示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。
答案：A
4．氯化铯晶胞如图(1)所示，该晶体中Cs＋与Cl－的个数比为1∶1，化学式为CsCl。若某离子晶体晶胞结构如图(2)所示，其中含有A、B、C三种元素的微粒，则该晶体中A、B、C的微粒个数比为( )[来源:21世纪教育网]
21世纪教育网
A．8∶6∶1 B．4∶3∶1
C．1∶6∶1 D．1∶3∶1
解析：在此晶体的晶胞中有A：8×＝1个，有B：6×＝3个，有C：1×1＝1个，即A∶B∶C＝1∶3∶1。
答案：D
5．氯化钠是________晶体，每个钠离子周围有________个氯离子，每个氯离子周围有________个钠离子，钠离子半径比氯离子半径________。在氯化物MCl中，M在第6周期，是钠的同族元素，该晶体中，每个阳离子周围有________个氯离子。钠的金属性比M________。氯化钠的电子式是________，熔融后________(填“能”或“不能”)导电。每个Na＋周围与其距离相等且最近的Na＋有________个。
解析：氯化钠是面心立方晶胞，每个钠离子的周围有6个氯离子，每个氯离子周围有6个钠离子；而氯化铯是体心立方晶胞，在体心有1个铯离子，立方体的顶点有8个氯离子，所以每个晶胞中有1个铯离子和1个氯离子。
答案：离子 6 6 小 8 弱 Na＋[]－ 能 12
课件47张PPT。专题3晨背关键语句理解教材新知把握热点考向应用创新演练知识点一知识点三考向一考向二随堂基础巩固知能综合提升第四单元考向三知识点二知识点四1．范德华力存在于分子之间。一般说来，组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越大，物质的熔、沸点越高。
2．氢键X—H……Y的形成条件是，X、Y的电负性大，半径小。
3．分子间氢键使物质的熔、沸点升高，分子内氢键使物质的熔、沸点降低，溶剂与溶质分子间形成氢键时，溶质的溶解度增大。4．分子晶体是分子间通过分子间作用力(范德华力或氢键)构成的晶体，其熔、沸点较低，硬度小，熔融状态不导电。
5．干冰晶体的晶胞是面心立方晶胞，配位数是12。
1.分子间作用力
(1)概念：分子间存在着将分子聚集在一起的作用力。这种作用力称为分子间作用力________作用。
(2)实质：________作用。
(3)分类：
常见的分子间作用力有___________和_______。
(4)特点：
分子间作用力比化学键___的多，主要影响着物质的__________。静电静电范德华力氢键弱物理性质2．范德华力
(1)存在：
范德华力普遍存在于______、______和_____分子之间。
(2)特点：
范德华力较小，没有________和________。
(3)影响因素：
①分子的大小、空间构型以及分子中电荷分布是否均匀。固体液体气体饱和性方向性 ②组成和结构相似的分子，其范德华力一般随着______
________的增大而增大。
(4)对物质性质的影响：
主要影响物质的熔点、沸点、溶解度等物理性质。范德华力_______，物质的溶、沸点越高，溶解度越大。相对分子质量越大[特别提醒]
范德华力和化学键的异同主要有：
(1)相同点：二者都是物质微粒间的相互作用。
(2)不同点：化学键是相邻原子间的强烈的相互作用，范德华力是分子间较弱的相互作用。1．下列关于范德华力的叙述中，正确的是 ( )
A．范德华力的实质也是一种电性作用，所以范德华力是
一种特殊化学键
B．范德华力与化学键的区别是作用力的强弱问题
C．任何分子间在任意情况下都会产生范德华力
D．范德华力非常微弱，故破坏范德华力不需要消耗能量解析：范德华力是分子与分子之间的一种相互作用，其实质与化学键类似，也是一种电性作用，但两者的区别是作用力的强弱不同。化学键必须是强烈的相互作用(120 kJ/mol～800 kJ/mol)，范德华力只有几到几十千焦每摩尔，故范德华力不是化学键；虽然范德华力非常微弱，但破坏它时也要消耗能量；范德华力普遍地存在于分子之间，但也必须满足一定的距离要求，若分子间的距离足够大，分子之间也难产生相互作用。
答案：B1．形成和表示
H原子与电负性大、半径较小的原子X以共价键结合时，H原子能够跟另一个电负性大、半径较小的原子Y的孤电子对接近并产生相互作用，即形成氢键，通常用____________表示。X—H…Y 2．形成条件
(1)氢原子位于X原子和Y原子之间。
(2)X、Y原子所属元素具有很大的_______和很小的______
_______，一般是指位于元素周期表右上角的_____________原子。
3．类型
氢键有__________氢键和__________氢键两种。
4．氢键对物质性质的影响
含有分子间氢键的物质有_______的熔点和沸点，氢键会影响物质溶解性。电负性原子半径氮、氧、氟分子内分子间较高范德华力、氢键和共价键的比较2．[双选题]下列说法正确的是 ( )
A．氢键是一种化学键
B．分子间氢键使物质具有较高的熔、沸点
C．能与水分子形成氢键的物质易溶于水
D．水结成冰体积膨胀与氢键无关解析：氢键是原子半径较小、非金属性很强的原子X(N、O、F)与H原子形成强极性共价键，与另一个分子中的原子半径较小、非金属性很强的原子Y(N、O、F)在分子间H与Y产生较强的静电吸引时形成的。它不是化学键，而是一种分子间作用力，比化学键弱很多，但比范德华力稍强；氢键的存在使物质有较高的熔、沸点(如HF、H2O、NH3等)，也使某些物质易溶于水(如NH3、C2H5OH、CH3COOH等)，A不正确，C项正确，水结成冰时，水分子大范围地以氢键互相连结，形成疏松的晶体，造成体积膨胀，密度减小，D不正确。
答案：BC(1)定义：分子通过________________构成的固态物质。
(2)物理性质：分子晶体一般硬度_______，熔、沸点________。
(3)常见的分子晶体是多数____________，非金属元素组成的无机化合物和绝大多数有机化合物。分子间作用力较小较低非金属单质(4)典型的分子晶体——干冰：
①晶胞：_______立方晶胞。
②配位数：______。
③每个晶胞实际含CO2分子数：_____个。面心124四种晶体结构和性质的比较3．有关晶体的下列说法中正确的是 ( )
A．分子晶体中共价键越强，熔点越高
B．原子晶体中分子间作用力越强，熔点越高
C．氯化钠晶体熔化时离子键发生断裂
D．金属晶体熔化时金属键未发生断裂
解析：分子晶体的熔点与分子间作用力有关；原子晶体的熔点与共价键的强弱有关，金属晶体熔化时破坏了金属键。
答案：C1.结构特点——层状结构
(1)同层内，每个碳原子，以________与周围的三个碳原子相结合形成___________平面网状结构。所有碳原子的2p轨道平行且相互重叠，形成大π键，p电子可在整个层内运动。
(2)层与层之间以________________相结合。
2．晶体类型
石墨晶体中，既有_________，又有____________，属于混合晶体。共价键正六边形分子间作用力共价键分子间作用4．石墨的片层结构如图所示，试回答：
(1)片层中平均每个正六边形含有________个碳原子。
(2)在片层结构中，碳原子数、C—C键、六元环数之比为________。
(3)n g碳原子可构成________个正六边形。[例1] 下列说法中，正确的是 ( )
A．范德华力存在于所有分子之间
B．范德华力是影响所有物质物理性质的因素
C．Cl2相对于其他气体来说，是易液化的气体，由此可以得出结论，范德华力属于一种强作用
D．范德华力属于既没有方向性也没有饱和性的静电作用 [解析] 随着分子间距离的增加，范德华力迅速减弱，所以范德华力作用范围很小，即只有当分子间距离很近时才能存在范德华力；范德华力只是影响由分子构成的物质的某些物理性质(如熔、沸点以及溶解性等)的因素之一；在常见气体中，Cl2的相对分子质量较大，分子间范德华力较强，所以易液化，但其作用力比化学键键能小得多，仍属于弱的作用。所以只有D选项正确。
[答案] D(1)分子间作用力比化学键弱得多，它主要影响物质的熔点、沸点、溶解性等物理性质，而化学键主要影响物质的化学性质和原子晶体的物理性质。
(2)在离子晶体和金属晶体中只存在化学键，不存在分子间作用力，分子间作用力只存在于分子晶体中。像二氧化硅、金刚石等由共价键形成的物质的微粒之间不存在分子间作用力。1．下列叙述与分子间作用力无关的是 ( )
A．气体物质在加压或降温时能凝结或凝固
B．干冰易于升华
C．氟、氯、溴、碘单质的熔点、沸点依次升高
D．氯化钠的熔点较高解析：一般来说，由分子构成的物质，其物理性质通常与分子间作用力的大小密切相关。A、B、C三个选项中涉及的物质都是由分子构成，故其表现的物理性质与分子间作用力的大小有关系。只有D选项中的NaCl不是分子，而是离子化合物，不存在小分子，故其物理性质与分子间作用力无关。
答案：D[例2] 下列物质的性质与氢键无关的是 ( )
A．冰的密度比液态水的密度小
B．NH3易液化
C．NH3分子比PH3分子稳定
D．相同条件下，H2O的沸点比H2S的沸点高 [解析] 冰中存在氢键，由于氢键具有方向性，使水分子的排列更加有序，水结成冰，体积会膨胀，故冰的密度比水的密度小；NH3分子间也存在氢键，增强了分子间作用力，使NH3易液化；H2O分子间有氢键，而H2S分子间无氢键，故H2O的沸点高；NH3比PH3稳定，原因是N—H键的键能比P—H键的键能大。
[答案] C(1)HF的沸点比HCl的高的原因是什么？
(2)已知氢氟酸中存在(HF)n分子，请思考氢氟酸 是弱酸的原因是什么？提示：(1)HF分子间存在氢键，而HCl分子间不存在氢键。
(2)由于氢键的存在使HF分子通过氢键形成(HF)n，从而束缚了氢原子电离成H＋，导致氢氟酸为弱酸。[例3] 下列属于分子晶体性质的是 ( )
A．熔点1070℃，易溶于水，水溶液能导电
B．能溶于CS2，熔点112.8℃，沸点444.6℃
C．熔点1400℃，可做半导体材料，难溶于水
D．熔点97.81℃，质软，导电，密度0.97 g/cm3
[解析] 分子晶体的主要性质有：熔、沸点低，硬度小，固态和熔化时均不导电。
[答案] B分子晶体的判断方法
(1)依据组成晶体的微粒和微粒间的作用力判断：组成分子晶体的微粒是分子，微粒间的作用力是范德华力或氢键。
(2)依据物质的类别判断：大多数非金属单质、气态氢化物、非金属氧化物、酸、绝大多数有机化合物形成的晶体是分子晶体。
(3)依据晶体的熔、沸点判断：分子晶体的熔、沸点较低。2．下列有关分子晶体的说法中正确的是 ( )
A．分子内均存在共价键
B．分子晶体中一定存在范德华力
C．分子间一定存在氢键
D．其结构一定不能由原子直接构成解析：稀有气体元素组成的晶体中，不存在由多个原子组成的分子，而是原子间通过范德华力结合成晶体，所以不存在任何化学键，且分子为单原子分子，故A、D项错误。分子间作用力包括范德华力和氢键，范德华力存在于所有的分子晶体中，而氢键只存在于含有与电负性较强的N、O、F原子结合的氢原子的分子间或者分子内，所以B项正确，C项错误。
答案：B点此进入点此进入
1．比较下列几组晶体熔、沸点的高低，并按由高到低的顺序排列。
(1)金刚石、氯化钠、晶体硅、干冰__________________________________________，
(2)石英晶体、铝硅合金、冰________________________________________________，
(3)CaO、KI、KCl________________________________________________________，
(4) F2、Cl2、Br2、I2_______________________________________________________。
解析：金刚石、晶体硅都属于原子晶体，C原子半径比Si原子半径小，键能大，金刚石熔点比晶体硅的高。因熔点的高低规律：原子晶体>离子晶体>分子晶体，故金刚石>晶体硅>氯化钠>干冰；石英为原子晶体，熔点较高，并且合金的熔点比任一组分熔点都低，故冰<铝硅合金<金属铝<石英晶体；CaO、KCl、KI为离子晶体，熔点：CaO>KCl>KI；F2、Cl2、Br2、I2为分子晶体，熔点高低与相对分子质量大小有关，相对分子质量越大，熔点越高，故熔点高低顺序为：I2>Br2>Cl2>F2。
答案：(1)金刚石>晶体硅>氯化钠>干冰
(2)石英晶体>铝硅合金>冰 (3)CaO>KCl>KI
(4)I2>Br2>Cl2>F2
2．下列关于物质熔点的排列顺序，不正确的是( )
A．HI>HBr>HCl>HF
B．CI4>CBr4>CCl4>CF421世纪教育网
C．NaCl>NaBr>KBr
D．金刚石>碳化硅>晶体硅21世纪教育网
解析：A中为分子晶体，但由于HF分子间存在氢键，故HF的熔点出现反常； B中也为分子晶体，按相对分子质量由大到小排列，正确；C中为离子晶体，离子半径r(Cl－)NaBr，而阳离子r(Na＋)KBr，正确；D中为原子晶体，按键长可知正确。
答案：A
3．下列物质的熔、沸点高低顺序中，正确的是( )
①金刚石＞晶体硅＞二氧化硅＞碳化硅
②CI4＞CBr4＞CCl4＞CH4
③MgO＞H2O＞O2＞N2
④金刚石＞生铁＞纯铁＞钠21世纪教育网
A．①② B．②③21世纪教育网
C．③④ D．①④
解析：对于①同属于原子晶体，熔、沸点高低主要看共价键的强弱，显然对键能而言，晶体硅＜碳化硅，错误；②同为组成、结构相似的分子晶体，熔、沸点高低要看相对分子质量的大小，正确；③对于不同类型晶体，熔、沸点高低一般为：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，MgO＞(H2O、O2、H2)，H2O＞O2＞N2，正确；④生铁为铁合金，熔点要低于纯铁，错误。
答案：B
4．下列变化规律正确的是( )
A．KCl、NaCl、MgO的熔点由低到高
B．H2O、H2S、H2Se的分解温度及沸点都由高到低
C．O2、I2、Hg、NaCl、SiO2的熔点由低到高21世纪教育网
D．碳化硅、晶体硅、金刚石、石墨的熔点由低到高
解析：B项中沸点H2Se>H2S，C项中很明显熔点I2>Hg，D项中熔点晶体硅<碳化硅。21世纪教育网
答案：A
课件12张PPT。专题3小专题
大智慧专题讲坛专题专练第四单元1．不同晶体类型的熔、沸点高低规律
一般为：原子晶体>离子晶体>分子晶体。金属晶体的熔、沸点有的很高(如钨)，有的很低(如汞)。
2．同属于原子晶体
一般组成晶体的原子半径越小，熔、沸点越高。如熔点：金刚石(C—C)>二氧化硅(Si—O)>碳化硅(Si—C)>晶体硅(Si—Si)。3．同属于离子晶体
离子所带电荷越多，离子半径越小，则离子键越强，熔、沸点越高。如熔点：MgO>NaCl>CsCl。
4．同属于金属晶体
金属原子的价电子数越多，半径越小，金属键越强，熔、沸点越高。如熔点：Al>Mg>Na。5．同属于分子晶体
分子间作用力越强，熔、沸点越高。
(1)组成和结构相似的分子晶体，一般相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔、沸点越高。如熔点：I2>Br2>Cl2>F2。
(2)相对分子质量相同或相近的物质，分子的极性越大，熔、沸点越高。如沸点：CO>N2。(3)同分异构体之间：
①一般是支链越多，熔、沸点越低。如沸点：正戊烷>异戊烷>新戊烷。
②结构越对称，熔、沸点越低。如沸点：邻二甲苯>间二甲苯>对二甲苯。
(4)若分子间有氢键，则分子间作用力比结构相似的同类晶体大，故熔、沸点较高，如沸点：HF>HI>HBr>HCl。
(5)状态不同的物质在相同条件下，熔、沸点：固体>液体>气体。例如：S>Hg>O2。[例证] 下列各物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是 ( )
A．CH4>SiH4>GeH4>SnH4
B．KCl>NaCl>MgCl2>MgO
C．Rb>K>Na>Li
D．石墨>金刚石>SiO2 [解析] 分子晶体熔点的高低取决于构成该晶体的结构和粒子间作用力的大小。A项物质为结构相似的分子晶体，其熔点高低取决于分子间作用力的大小，一般来说，结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，A项不正确；B项物质为离子晶体，离子晶体熔点高低取决于晶格能的大小，一般来说，离子的半径越小，电荷数越多，晶格能越大，熔点越高，B项不正确；C项物质为同主族的金属晶体，其熔点高低取决于金属键的强弱，而金属键的键能由金属原子的半径、价电子数决定，金属原子半径依Li～Rb的顺序增大，价电子数相同，故熔点应是Li最高，Rb最低，C项不正确；D项石墨、金刚石和SiO2均为原子晶体，原子晶体的熔点取决于共价键的键能，而共价键的键能与键长成反比，石墨中C—C键键长比金刚石中C—C键的键长更短些，所以石墨熔点比金刚石略高，金刚石熔点又比SiO2高。
[答案] D点此进入[知能综合提升]
(时间45分钟 满分60分)
一、选择题(本题包括7小题，每小题3分，共21分)
1．共价键、离子键和分子间作用力是构成物质微粒间的不同作用力，下列物质中，只含有上述一种作用的是( )
A．干冰 B．氯化钠
C．氢氧化钠 D．碘
解析：干冰中CO2分子内存在共价键，而CO2分子间存在范德华力；氯化钠中只有离子键，氢氧化钠中，OH－与Na＋之间以离子键结合，而OH－中H、O原子之间以共价键相结合；碘分子内存在共价键，而I2分子之间存在范德华力。
答案：B
2．关于下列分子晶体的熔沸点高低的叙述中，正确的是( )21世纪教育网
A．Cl2>I2 B．SiCl4>CCl4
C．NH3晶体碘
解析：A、B选项属于无氢键存在的分子结构相似的情况，相对分子质量大的熔沸点高；C选项属于有氢键存在但分子结构相似的情况，存在氢键的熔沸点高；D选项，碘单质常温下是固体，二氧化碳常温下是气体。
答案：B[来源:21世纪教育网]
3．[双选题]下列各组物质汽化或熔化时，所克服的粒子间的作用(力)属于同种类型的是
( )
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．苯和己烷的蒸发
解析：A项中碘和干冰都是分子构成的物质，升华时都是克服了范德华力；B项中二氧化硅熔化时需克服共价键的作用，而生石灰熔化时需克服离子键的作用；C项中的氯化钠熔化时需克服离子键的作用，铁熔化时需克服金属键的作用；D项的情况与A项相似。
答案：AD21世纪教育网
4．[双选题]下列晶体性质的比较中正确的是( )
A．熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅
B．沸点：NH3>H2O>HF
C．硬度：白磷>冰>二氧化硅
D．熔点：SiI4>SiBr4>SiCl4
解析：A项中三种物质都是原子晶体，因原子半径r(C)C—Si>Si—Si，键能越大，原子晶体的熔点越高，A项正确；氟化氢、水、氨都是分子晶体，其沸点高低与分子间作用力大小有关，因为这三种物质之中都存在氢键，且水分子间氢键最强，氨分子间氢键最弱，故水的沸点最高，氨的最低，B项错误；二氧化硅是原子晶体，硬度大，白磷和冰都是分子晶体，硬度较小，C项错误；卤化硅为分子晶体，它们的组成和结构相似，分子间不存在氢键，故相对分子质量越大，熔点越高，D项正确。
答案：AD
5．[双选题]冰是由一种简单分子堆积出结构花样最多的化合物。其中冰－Ⅶ的晶体结构为一个如右图所示的立方晶胞。则下列说法正确的是( )[来源:21世纪教育网]
A．冰晶体熔化时需克服共价键
B．晶体中1 mol水可形成1 mol氢键
C．每个水分子可与周围4个水分子以氢键结合
D．H2O与H＋以配位键结合成H3O＋，且立体结构为三角锥形
解析：冰熔化时需克服氢键和范德华力，A不正确。每个水分子可与周围4个水分子以氢键相结合，每个水分子占有氢键的，1 mol水可形成2 mol氢键，C正确，B不正确。H3O＋中O以sp3杂化轨道成键，立体结构为三角锥形，D正确。
答案：CD
6．下列化合物的沸点比较，前者低于后者的是( )
A．乙醇与氯乙烷
B．邻羟基苯甲酸与对羟基苯甲酸
C．对羟基苯甲醛与邻羟基苯甲醛
D．H2O与H2Te
解析：邻羟基苯甲酸、邻羟基苯甲醛等容易形成分子内氢键，沸点较低；而对羟基苯甲酸、对羟基苯甲醛则容易形成分子间氢键，沸点较高，所以B选项正确。对于A选项，由于乙醇分子间存在分子间氢键，而氯乙烷分子间不存在氢键，所以乙醇的沸点(78.5℃)高于氯乙烷的沸点(12.3℃)；同理，D选项中H2O的沸点高于H2Te的沸点。
答案：B21世纪教育网
7．根据表中给出的几种物质的熔、沸点数据，判断下列有关说法中正确的是( )
MgCl2[来源:21世纪教育网]
AlCl3
SiCl4
单质B
熔点/℃
710
190
－68
230021世纪教育网
沸点/℃
1418
183
5721世纪教育网
2500
A．SiCl4是分子晶体
B．单质B一定是原子晶体
C．MgCl2不一定是离子晶体
D．AlCl3的沸点比熔点低，所以测量错误
解析：SiCl4的熔、沸点较低，所以是分子晶体；单质B的熔、沸点很高，可能是原子晶体，但不一定，因为个别金属晶体的熔、沸点也很高，如钨等；MgCl2一定是离子晶体，因为从熔、沸点较高看其符合离子晶体的特点；AlCl3的沸点比熔点低，是因为其能升华的缘故。
答案：A
二、非选择题(本题包括4小题，共39分)
8．(7分)如图所示为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·cm－3。
(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)每个CO2周围紧邻等距的CO2分子是12个(同一个面上4个，上、下面上各4个)。
(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 g·mol－1÷(6.02×1023 mol－1)×4]，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]g÷(5.72×10－8)3 cm3＝1.56 g·cm－3。
(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
9.(8分)德国和美国科学家首次制出了由20个碳原子组成的空心笼状分子C20，该笼状结构是由许多正五边形构成的(如图所示)。请回答：
(1)C20分子中共有________个正五边形，共有________条棱边。C20晶体属于________(填晶体类型)。
(2)科学界拟合成一种“二重构造”的球形分子(C60Si60)，即把“足球型”的C60置于“足球型”的Si60内，并把硅原子与碳原子以共价键结合。合成“二重构造”球形分子C60Si60的化学反应类似于________(填序号)。
A．由乙烯制聚乙烯
B．乙酸与乙醇制乙酸乙酯
C．乙醇制乙醛
D．乙烯与丙烯合成乙丙树脂
解析：(1)由图知，正五边形的每个碳原子为3个正五边形共用，每个正五边形含碳原子5×，C20分子中含有正五边形的个数为20÷5×＝12。正五边形的每条棱边为2个正五边形共有，每个正五边形含有棱边个数为5×，C20分子中共有棱边个数12×5×＝30.C20为分子，由其构成的晶体为分子晶体。
(2)由图知，每个碳原子形成3个共价键，因碳原子最外有4个电子，因此每个碳有一个未成对p电子，且相邻碳原子上的p电子侧面重叠形成π键，同理Si60中也存在类似π键，当C60与Si60发生反应生成C60Si60时，只能是π键断裂，发生加成反应。
答案：(1)12 30 分子晶体 (2)AD
10．(12分)现有几组物质的熔点(℃)数据：
A组
B组
C组
D组
金刚石：3550
Li：181
HF：－8321世纪教育网
NaCl：801
硅晶体：1410
Na：98
HCl：－115
KCl：776
硼晶体：2300
K：64
HBr：－89
RbCl：718
二氧化硅：1723
Rb：3921世纪教育网
HI：－51
CsCl：645
据此回答下列问题：
(1)A组属于________晶体，其熔化时克服的微粒间的作用力是______________。
(2)B组晶体共同的物理性质是________(填序号)。
①有金属光泽 ②导电性 ③导热性 ④延展性
(3)C组中HF熔点反常是由于______________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)D组晶体可能具有的性质是________(填序号)。
①硬度小 ②水溶液能导电 ③固体能导电
④熔融状态能导电
(5)D组晶体的熔点由高到低的顺序为：NaCl>KCl>RbCl>CaCl，其原因为_______
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：通过读取表格中数据先判断出晶体的类型及晶体的性质，应用氢键解释HF的熔点反常的原因，利用晶格能的大小解释离子晶体熔点高低的原因。
答案：(1)原子 共价键 (2)①②③④
(3)HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多(只要答出HF分子间能形成氢键即可)
(4)②④ (5)D组晶体都为离子晶体，r(Na＋)11．(12分)水分子间存在一种“氢键”的作用(作用力介于范德华力与化学键之间)彼此结合而形成(H2O)n。在冰中每个水分子被4个水分子包围形成变形的正四面体，通过“氢键”相互连接成庞大的分子晶体。
(1)1 mol冰中有________mol“氢键”。
(2)水蒸气中常含有部分(H2O)2，要确定(H2O)2的存在，可采用的方法是________。
A．把1 L水蒸气冷凝后与足量金属钠反应，测产生氢气的体积
B．把1 L水蒸气通过浓硫酸后，测浓硫酸增重的质量
C．该水蒸气冷凝后，测水的pH
D．该水蒸气冷凝后，测氢氧原子个数比
(3)水分子可电离生成两种含有相同电子数的粒子，其电离方程式为________________
__________________________________________________________________________。
已知在相同条件下双氧水的沸点明显高于水的沸点，其可能原因是________________
__________________________________________________________________________。
(4)在冰的结构中，每个水分子与相邻的4个水分子以氢键相连接。在冰晶体中除氢键外，还存在范德华力(11 kJ/mol)。已知冰的升华热是51 kJ/mol，则冰晶体中每个氢键的能量是________ kJ/mol。
(5)氨气极易溶于水的原因之一也是与氢键有关。请判断NH3溶于水后，形成的NH3·H2O的合理结构是____________(填代号)。
解析：(1)1 mol冰中含有氢键的物质的量为1×4÷2＝2 (mol)。
(3)双氧水的相对分子质量比水的相对分子质量稍大，但题中强调沸点明显高于水，因此可判断双氧水分子之间存在着更为强烈的氢键的作用。(5)由氨水的电离方程式：NH3·H2ONH＋OH－可知，NH3·H2O的合理结构为b。
答案：(1)2 (2)AB
(3)H2O＋H2OH3O＋＋OH－
双氧水分子之间存在更强烈的氢键的作用
(4)20 (5)b
[随堂基础巩固]
1．下列卤化氢分子间范德华力的大小关系正确的是( )
A．HCl>HBr>HI B．HBr>HI>HCl
C．HI>HBr>HCl D．HCl>HI>HBr
解析：组成和结构相似的物质，其相对分子质量越大，分子间的范德华力越大。
答案：C
2．在常温常压下呈气态的化合物，降温使其固化得到的晶体属于( )
A．分子晶体 B．原子晶体
C．离子晶体 D．何种晶体无法判断21世纪教育网21世纪教育网[来源:21世纪教育网]
解析：分子晶体中分子间以分子间作用力结合，而分子间作用力较弱，故分子晶体熔沸点低，故常温常压下呈气态的化合物，降温使其固化得到的晶体应属于分子晶体。
答案：A
3．下列物质中，按沸点降低顺序排列的一组是( )
A．HF、HCl、HBr、HI B．F2、Cl2、Br2、I2
C．H2O、H2S、H2Se、H2Te D． CI4、CBr4、CCl4、CF4
答案：D
4．有关晶体的下列说法中，正确的是( )21世纪教育网
A．晶体中分子间氢键越大，分子越稳定
B．原子晶体中共价键越弱，熔点越低
C．冰融化时水分子中共价键发生断裂
D．原子晶体中只存在极性共价键，不可能存在其他类型的化学键
解析：氢键的大小只影响晶体的物理性质，分子的稳定性则取决于分子内化学键的强弱，A项错误，冰融化时克服分子间作用力和氢键，C项错误，晶体Si中只存在非极性共价键，D项错误。
答案：B21世纪教育网
5．有下列几种晶体：A.水晶，B.冰醋酸，C.白磷，D.金刚石，E.晶体氩，F.干冰。
(1)属于分子晶体的是________(填字母，下同)，直接由原子构成的分子晶体是________。
(2)属于原子晶体的化合物是________。
(3)直接由原子构成的晶体是________。21世纪教育网
(4)受热熔化时，化学键不发生变化的是________，需克服共价键的是________。
解析：根据构成晶体的粒子不同，分子晶体仅由分子组成，原子晶体中无分子。分子晶体由分子组成，有B、C、E、F，其中晶体氩是单原子分子构成的晶体；原子晶体和单原子分子晶体都由原子直接构成，原子晶体有A、D，但化合物只有A；分子晶体熔化时，一般不破坏化学键；原子晶体熔化时，破坏化学键。
答案：(1)BCEF E (2)A (3)ADE (4)BCF AD
课件45张PPT。专题4晨背关键语句理解教材新知把握热点考向应用创新演练知识点一知识点三考向一考向二随堂基础巩固知能综合提升第一单元考向三知识点二知识点四考向四1．杂化轨道只形成σ键或存在孤电子对。
2．中心原子的价电子对数分别2、3、4时，中心原子分别是sp、sp2、sp3杂化，价层电子对互斥模型分别为直线形、平面三角形、正四面体形。
3．中心原子无孤电子对时，分子空间构型与价层电子对互斥模型相同，若中心原子存在孤电子对时，分子空间构型会“变形”。
4．完全对称的分子无极性，分子极性越强，熔沸点越高；极性分子构成的物质易溶于极性溶剂。
5．当碳原子上连接四个不同的原子或基团时，该碳原子是手性碳原子，含手性碳原子的化合物，存在手性异构体。1.甲烷分子的空间构型
(1)杂化轨道的形成：
碳原子2s轨道中1个电子进入2p空轨道，__个2s轨道和___个2p轨道“混合”起来，形成_________、__________的4个______杂化轨道，可表示为：13能量相等成分相同sp3(2)共价键的形成：
碳原子的4个_______杂化轨道分别与4个氢原子的____轨道形成4个相同的_____。
(3)甲烷的分子构型：
甲烷分子为__________结构，4个C—H键是等同的，键角是_________。sp3σ键1s正四面体109.5°2．杂化轨道的类型2个p轨道109.5°120°180°正四面体平面三角形直线形1．下列对sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角的比较，得出结论正确的是 ( )
A．sp杂化轨道的夹角最大
B．sp2杂化轨道的夹角最大
C．sp3杂化轨道的夹角最大
D．sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角相等
解析：sp、sp2、sp3杂化轨道的夹角分别为180°、120°、109.5°。
答案：A1.含义
分子中的价电子对(包括成键电子对和孤电子对)由于相互排斥作用，而趋向尽可能___________以减小斥力，分子尽可能采取_______的空间构型。彼此远离对称2．价电子对数目与几何分布的关系直线形平面三角形正四面体形3．相关说明
(1)具有相同电子对数的分子，中心原子的杂化轨道类型________，价电子对分布的几何构型_________。
(2)如果分子中中心原子上存在孤电子对，价电子对之间的斥力大小顺序为：孤电子对与孤电子对之间的斥力____孤电子对与成键电子对之间的斥力____成键电子对与成键电子对之间的斥力，且随着孤电子对数目的增多，成键电子对与成键电子对之间的斥力______，键角也______。相同也相同＞＞减小减小2．下列分子的空间构型是正四面体形的是 ( )
A．CH4 B．NH3
C．H2O D．BF3
解析：CH4、NH3、H2O分子中价电子对数为4，价层电子对模型为正四面体，CH4分子中无孤电子对，则CH4为正四面体，NH3、H2O分子中各1对、2对孤电子对，则NH3为三角锥形，H2O为V形，BF3分子中价电子对数为3，且分子中无孤电子对，故BF3为平面三角形。
答案：A1．极性分子与非极性分子
(1)极性分子：正电荷重心和负电荷重心___________的分子。
(2)非极性分子：正电荷重心和负电荷重心_________的分子。不相重合相重合2．非极性分子、极性分子的判断
(1)双原子分子的极性取决于成键原子之间的共价键是否有_____，以_______结合的双原子分子是极性分子，以_________结合的双原子分子是非极性分子。
(2)以极性键结合的多原子分子(ABm型)，分子的极性取决于分子的___________。若配位原子_______地分布在中心原子周围，整个分子的正、负电荷重心__________，则分子为非极性分子。极性极性键非极性键空间构型对称相重合3．分子的极性对物质物理性质的影响
(1)在其他条件相同时，分子的极性越大，范德华力______，物质的熔、沸点______。
(2)对物质溶解度的影响——相似相溶规则。
非极性溶质一般易溶于__________溶剂，极性溶质一般易溶于_______溶剂。越大越高非极性极性判断ABm形分子极性的经验规律
若中心原子A的化合价的绝对值等于该元素所在的主族元素，则为非极性分子；若不等，则为极性分子。如：3．下列各组分子中，都属于极性分子的是 ( )
A．P4 Cl2 B．Cl2 NO
C．HCl NO D．P4 HCl
解析：对于双原子分子来说，分子的极性与键的极性是一致的。
答案：C1.手性异构体和手性分子
______和原子的__________完全相同，如同左手和右手一样互为镜像，在三维空间里____________的一对分子互称手性异构体。有手性异构体的分子称为手性分子。
2．手性碳原子
当四个不同的原子或基团连接在同一碳原子上时，形成的化合物存在_____________。其中，连接四个不同的原子或基团的_________称为手性碳原子。组成排列方式不能重叠手性异构体碳原子4．下列化合物中含有手性碳原子的是 ( )
A．CCl2F2 B．
C．CH3CH2OH D．
解析：B选项中有一个碳原子连有氢原子、甲基、羟基、羧基四个不同的原子或基团，A、C、D中的每个碳原子都连有两个或两个以上相同的原子或基团。
答案：B[例1] 三氯化磷分子中的中心原子以sp3杂化，下列有关叙述正确的是 ( )
A．3个P—Cl键长、键角均相等
B．空间构型为平面三角形
C．空间构型为正四面体
D．空间构型为三角锥形[解析] PCl3中P以sp3杂化，有一对孤对电子，结构类似于NH3分子，3个P—Cl键长，键角均相等，空间构型为三角锥形。
[答案] AD分子或离子中中心原子杂化类型的判断
(1)根据分子或离子的空间结构，如直线形为sp杂化，平面形为sp2杂化，四面体为sp3杂化。
(2)根据参加杂化的轨道数(价层电子对数)与形成的杂化轨道数相同判断，如2个价层电子对的杂化为sp杂化，3个价层电子对的杂化为sp2杂化，4个价层电子对的杂化为sp3杂化。
(3)根据中心原子是否形成π键及π键数目判断，如中心原子没有π键为sp3杂化，形成一个π键为sp2杂化，形成两个π键为sp杂化。1．BF3和NF3同为AB3型分子，请回答：
(1)BF3分子的空间构型和中心原子的杂化方式是什么？
(2)NF3的空间构型和中心原子的杂化方式又是什么？提示：(1)BF3为平面三角形，sp2杂化。
(2)NF3为三角锥形，sp3杂化。[例2] 用价层电子对互斥模型预测下列分子或离子的空间构型：
分子或离子 结构式 分子或离子的空间构型
①HCN H—C≡N ________________，[解析] ①HCN的分子结构中有C≡N，可将三键看作一对电子，根据价层电子对互斥理论，分子应为直线形结构，价层电子对互斥模型为：③H3O＋中含有孤电子对，结构与NH3相似，是三角锥形结构，价层电子对互斥模型为：④BF3分子中B原子的价电子为3，完全成键，没有孤电子对，应为平面三角形分子。价层电子对互斥模型为：[答案] ①直线形 ②正四面体形 ③三角锥形 ④平面三角
用价层电子对互斥模型判断分子或离子构型的思路
(1)确定中心原子的价电子层中总电子对数，即中心原子的价电子数和配位原子供给的电子总和，然后除以2，即为中心原子价电子对数。
(2)根据中心原子的价电子对数找出价层电子对互斥模型，即价电子对数为2：直线形，为3：平面三角形，为4：正四面体。
(3)根据孤电子对及成键电子对之间的斥力判断出微粒的空间结构。解析：根据价电子对互斥理论，S原子与O原子形成三对价电子对，故应是平面三角形结构；其他中心原子均有4对共用价电子对，故应是四面体结构，又由于均含有1对未成键电子，故均为三角锥形结构。
答案：C[例3] 1991年Langmuir提出：“凡原子数与价电子总数均相等的物质，其结构相同，物理性质相近”，称为等电子原理。相应的物质，互称为等电子体。化学科学家常用“等电子体”来预测不同物质的结构与性质。例如，CH4与NH有相同的价电子数及空间构型。请你根据等电子原理在下表空格处填上相应的化学式：2．下列物质属于等电子体的一组是 ( )
A．CH4和NH3 B．B3H6N3和C6H6
C．F－和Mg D．H2O和CH4
解析：等电子体需具备两个条件：一是微粒的原子总数相同，二是微粒的价电子总数相同。分析可知B项正确；A项中CH4与NH3原子总数不相等；C项中F－和Mg的价电子总数不相同；D项中H2O和CH4的原子总数不相同。
答案：B[例4] 下列说法正确的是 ( )
A．含有非极性键的分子一定是非极性分子
B．非极性分子中一定含有非极性键
C．由极性键形成的双原子分子一定是极性分子
D．键的极性与分子的极性无关[解析] 含有非极性键的分子如果结构不对称，正、负电荷重心不重合，则为极性分子，如H2O2；由极性键形成的分子，如果正、负电荷重心重合(如CH4)，则为非极性分子；分子的极性与键的极性及分子的空间构型有关。
[答案] C(1)非极性键只能形成非极性分子。
(2)极性键可能形成极性分子，也可能形成非极性分子。
(3)有些分子中不含共价键，如稀有气体分子。2．(1)非极性键一定形成非极性分子吗？
(2)非极性单质分子中一定含有非极性键吗？
提示：(1)非极性键一定形成非极性分子。
(2)不一定。如稀有气体分子为非极性分子，但分子内没有共价键。点此进入点此进入[知能综合提升]
(时间45分钟 满分60分)
一、选择题(本题包括7小题，每小题3分，共21分)
1．[双选题]用价层电子对互斥模型预测下列微粒的立体结构是直线形的是( )
A．PCl3 B．BeCl2
C．NH D．CS2
解析：PCl3为三角锥形，BeCl2和CS2为直线形，NH为正四面体形。
答案：BD[来源:21世纪教育网]
2．下列分子中，属于含有极性键的非极性分子的是( )
A．H2O B．Cl2
C．NH3 D．CCl4
解析：H2O分子中O—H键为极性键，整个分子的电荷分布不对称，是极性分子。Cl2是双原子单质分子，属于含非极性键的非极性分子。NH3分子中N—H键是极性键，分子构型是三角锥形，电荷分布不对称，是极性分子。CCl4分子中C—Cl键是极性键，分子构型呈正四面体形，电荷分布对称，是非极性分子。
答案：D
3．(2011·四川高考)下列推论正确的是( )
A．SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3
B．NH为正四面体结构，可推测PH也为正四面体结构[来源:21世纪教育网]
C．CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体
D．C2H6是碳链为直线形的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线形的非极性分子
解析：本题考查物质结构的相关知识，通过演绎推理考查考生思维的严密性。选项A，由于NH3分子间存在氢键，其沸点高于PH3。选项B，PH与NH结构相似，为正四面体结构。选项C，SiO2是原子晶体。选项D，C3H8中3个C原子不在一条直线上，且C3H8为极性分子。21世纪教育网
答案：B
4．若ABn分子的中心原子A上没有未用于形成共价键的孤电子对，运用价层电子对互斥模型分析，下列说法正确的是( )
A．若n＝2，则分子的立体结构为V形[来源:21世纪教育网]
B．若n＝3，则分子的立体结构为三角锥形
C．若n＝4，则分子的立体结构为正四面体形
D．以上说法都不正确
解析：若中心原子A上没有未用于成键的孤对电子，则根据斥力最小的原则，当n＝2时，分子结构为直线形；n＝3时，分子结构为平面三角形；n＝4时，分子结构为正四面体形。
答案：C
5．根据价层电子对互斥理论及原子的杂化理论判断NF3分子的空间构型和中心原子的杂化方式为( )
A．直线形 sp杂化 B．三角形 sp2杂化
C．三角锥形 sp2杂化 D．三角锥形 sp3杂化
解析：判断分子的杂化方式要根据中心原子的孤电子对数以及与中心原子相连的原子个数。 在NF3分子中N原子的孤对电子数为1，与其相连的原子数为3，所以根据理论可推知中心原子的杂化方式为sp3杂化，空间构型为三角锥形，类似于NH3。
答案： D
6．①PH3的分子构型为三角锥形；②BeCl2的分子构型为直线形；③CH4的分子构型为正四面体形；④CO2为直线形分子；⑤BF3分子构型为平面正三角形；⑥NF3分子构型为三角锥形。下面对分子极性的判断正确的是( )[来源:21世纪教育网]
A．①⑥为极性分子，②③④⑤为非极性分子
B．只有④为非极性分子，其余为极性分子
C．只有②⑤是极性分子，其余为非极性分子
D．只有①③是非极性分子，其余是极性分子
解析：BeCl2、CH4、CO2、BF3空间结构对称，正负电荷重心重合，为非极性分子；NF3中由于N原子的孤电子对对成键电子对的排斥作用，使电子不能均匀分布，故为极性分子；同理，PH3也为极性分子。
答案：A
7．当一个碳原子所连四个不同原子或原子团时，该碳原子叫“手性碳原子”。下列化合物中只含有2个手性碳原子的是( )
解析：由题干可知，A项、B项和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：C
二、非选择题(本题包括4小题，共39分)
8．(8分)为了解释和预测分子的空间构型，科学家在归纳了许多已知的分子空间构型的基础上，提出了一种十分简单的理论模型——价层电子对互斥模型。这种模型把分子分成两类：
一类是_________________________________________________________________；[来源:21世纪教育网]
另一类是_______________________________________________________________。
BF3和NF3都是四个原子的分子，BF3的中心原子是________，NF3的中心原子是________；BF3分子的空间构型是平面三角形，而NF3分子的空间构型是三角锥形，原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：多原子分子的中心原子的价层电子均是未成对电子时，和其他原子全部形成化学键，若有成对电子，则以孤对电子的形式存在，故价层电子对互斥理论把分子按中心原子的成键情况分成两类。
BF3的中心原子是B原子，共有三个价电子，全部用于成键，根据价电子对互斥模型，应为平面三角形最稳定，NF3分子的中心原子是N原子，有五个价电子，只用了三个成键，还有一对孤对电子，根据价电子对互斥模型，孤对电子参与价键的排斥，使三个共价键偏离平面三角形而形成三角锥形。21世纪教育网
答案：中心原子上的价电子都用于形成共价键 中心原子上有孤电子对 B N BF3分子中B原子的3个价电子都与F原子形成共价键而呈平面三角形，而NF3分子中N原子的3个价电子与F原子形成共价键，还有一对未成键的电子对，占据了N原子周围的空间，参与相互排斥，形成三角锥形
9．(10分)如图所示是过氧化氢(H2O2)分子的空间结构示意图。
(1)写出过氧化氢分子的电子式________。
(2)下列关于过氧化氢的说法中正确的是(用序号填空)________。
①分子中有极性键
②分子中有非极性键
③氧原子的轨道发生了sp2杂化
④O—O共价键是p-p σ键
⑤分子是非极性分子
(3)过氧化氢分子之间易形成氢键，该氢键的表示式是________。
(4)过氧化氢易溶于水，主要原因是__________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)写出过氧化氢的两种主要用途____________________________________________
________________________________________________________________________。[来源:21世纪教育网]
解析：在H—O—O—H分子中，H—O键是极性键，O—O键是非极性键。由于H2O2分子具有图中所示的空间结构，所以H2O2分子是极性分子。借助H2O分子中氧原子发生原子轨道杂化判断可知，H2O2分子中氧原子的轨道杂化方式是sp3，所以O—O共价键不是p-p σ键。H—O—O—H分子中的O—H键决定了H2O2分子之间存在氢键。H2O2分子是极性分子，H2O2分子和H2O分子中都含有O—H键，所以H2O2分子与H2O分子之间可形成氢键，氢键的形成能增大物质的溶解度。
答案：(1) (2)①②
(3)O—H……O— (4)H2O2分子与H2O分子之间形成氢键 (5)做漂白剂；做杀菌消毒剂；实验室制氧气(其他合理答案均可)
10．(11分)生物质能是一种洁净、可再生能源。生物质气(主要成分为CO、CO2、H2等)与H2混合，催化合成甲醇是生物质能利用的方法之一。21世纪教育网
(1)上述反应的催化剂含有Cu、Zn、Al等元素。写出基态Cu原子的核外电子排布式______________________________________________________________________________。
(2)根据等电子原理，写出CO分子的结构式___________________________________。
(3)甲醇催化氧化可得到甲醛，甲醛与新制Cu(OH)2的碱性溶液反应生成Cu2O沉淀。
①甲醇的沸点比甲醛的高，其主要原因是________；甲醛分子中碳原子轨道的杂化类型为________。
②甲醛分子的空间构型是______；1 mol甲醛分子中σ键的数目为_________________。
③在1个Cu2O晶胞中(结构如图所示)，所包含的Cu原子数目为________。
解析：(1)Cu为29号元素，根据核外电子排布规律即可得出。
(2)根据CO与N2互为等电子体，具有相似结构推断CO的结构式为C≡O。
(3)CH3OH与HCHO均为分子晶体，相对分子质量非常接近，而沸点相差较大，是因为CH3OH分子间存在氢键。形成氢键的条件是：①有N、O、F原子，并且N、O、F上存在孤电子对；②有连接在N、O、F上的H原子。分子中碳原子价电子对数是3，轨道为sp2杂化，空间构型为平面三角形。甲醛分子中C—H键均为σ键，碳氧双键中有一个σ键，故一个分子中共有3个σ键。弄清晶胞中位于顶点与晶胞内的空心圆为O，则O原子数＝8×＋1＝2,4个位于晶胞内的黑点为Cu，Cu原子数为4，满足N(Cu)∶N(O)＝2∶1。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
(2)C≡O
(3)①甲醇分子之间形成氢键 sp2杂化
②平面三角形 3NA ③4
11．(10分)四种元素X、Y、Z、W位于元素周期表的前四周期，已知它们的核电荷数依次增大，且核电荷数之和为51；Y原子的L层p轨道中有2个电子；Z的价层电子数与Y原子的价层电子数相同；W原子的L层电子数与最外层电子数之比为4∶1，其d轨道中的电子数与最外层电子数之比为5∶1。
(1)Z与X形成只含一个中心原子的共价化合物，它的分子式是__________；杂化类型是__________；分子的立体结构是__________。
(2)Y的最高价氧化物和Z的最高价氧化物的晶体类型分别是__________晶体、__________晶体。
(3)常见的X的氧化物与Y的氧化物中，分子极性较小的是(填分子式)__________。
(4)Y与Z比较，电负性较大的是(填元素符号)________。
(5)W元素是__________，其＋2价离子的核外电子排布式是__________________。
解析：根据题给信息推出：X是氢(H)，Y是碳(C)，Z是硅(Si)，W是锌(Zn)。
(1)Si的含有一个中心原子的氢化物是SiH4。Si原子有4个价层电子对，采取sp3杂化，立体结构是正四面体。
(2)CO2常温下是气体，低温形成分子晶体，所以是分子晶体；而SiO2常温下是坚硬的、具有高熔点的固体，是原子晶体。21世纪教育网
(3)X的常见氧化物是H2O，其构型是角形，正负电荷重心不重合，属于极性分子；而CO2是直线形分子，属于非极性分子。CO、H2O2也是极性分子。
(4)C的非金属性强于Si，得电子能力强于Si，所以其电负性比Si大。
(5)W是Zn，其＋2价离子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d10。
答案：(1)SiH4 sp3杂化 正四面体
(2)分子 原子
(3)CO2
(4)C
(5)Zn 1s22s22p63s23p63d10
[随堂基础巩固]
1．下列分子或离子中，中心原子价层电子对立体结构为四面体且分子或离子的立体结构为V形的是( )
A．NH B．PH3
C．H3O＋ D．OF2
解析：价层电子对立体结构为四面体，则价层电子对数必须为4，而分子的实际空间构型为V形，故说明中心原子的4个价层电子对中有2对为孤对电子，符合要求的是D项。
答案：D
2．下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是( )21世纪教育网
A．BeCl2与BF3 B．CO2与SO2
C．CCl4与NH3 D．C2H2与C2H4
解析：BeCl2分子、BF3分子中杂化轨道数分别为2、3，中心原子杂化类型分别为sp、sp2.CO2分子中含有2个π键，SO2分子中杂化轨道数为3，杂化类型分别为sp、sp2。C项中杂化类型均为sp3。D项中杂化类型分别为sp、sp2。21世纪教育网
答案：C
3．实验测得BeCl2为共价化合物，两个Be—Cl键的键角为180°。由此可见，BeCl2属于( )21世纪教育网
A．由极性键构成的极性分子
B．由极性键构成的非极性分子[21世纪教育网]
C．由非极性键构成的极性分子
D．由非极性键构成的非极性分子
解析：BeCl2由Be、Cl两种元素组成，故Be—Cl键为极性键，键角为180°，说明分子有对称性，为非极性分子。
答案：B
4．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21世纪教育网
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21世纪教育网
解析：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。
答案：A
5．(1)硫化氢(H2S)分子中，两个H—S键夹角都接近90°，说明H2S分子的空间构型为________________________________________________________________________；
二氧化碳(CO2)分子中，两个C===O键夹角是180°，说明CO2分子的空间构型为________；甲烷(CH4)分子中，任意两个C—H键的夹角都是109.5°，说明CH4分子的空间构型为________。
(2)用价层电子对互斥模型判断下列分子或离子的构型。
①CS2________，②NH________，
③CHCl3________，④PH3________。
解析：(1)分子的空间构型可用键角来判断。三原子分子键角为180°时为直线形，小于180°时为“V”形，四原子分子键角为120°时为平面三角形，五原子分子键角为109.5°时为正四面体形。
(2)CS2没有孤对电子为直线形，NH有2对孤对电子，为V形，CHCl3没有孤对电子，为四面体形，PH3有1对孤对电子，为三角锥形。
答案：(1)V形 直线形 正四面体形
(2)①直线形 ②V形 ③四面体形 ④三角锥形21世纪教育网
[知能综合提升]
(时间45分钟 满分60分)
一、选择题(本题包括7小题，每小题3分，共21分)
1．关于配位键和配合物，下列说法不正确的是( )
A．配位键的形成条件是含有孤对电子的分子或离子和有空轨道的原子或离子
B．电子对的给予体称为配体，电子对的接受体称为中心原子
C．配位键是共价键的一种特殊类型
D．过渡元素的金属离子不易形成配合物21世纪教育网
答案：D
2．在[Co(NH3)5Cl]Cl2中，内界是( )
A．Co(NH3)5 B．[Co(NH3)5Cl]2＋
C．Co D．Cl－
解析：在[Co(NH3)5Cl]Cl2中Co3＋为中心离子，配体为NH3、Cl－，配位数为6，构成配离子[Co(NH3)5Cl]2＋，外界为Cl－。
答案：B[来源:21世纪教育网]
3．向下列配合物的水溶液中加入AgNO3溶液不能生成AgCl沉淀的是( )
A．[Co(NH3)4Cl2]Cl
B．[Co(NH3)3Cl3]
C．[Co(NH3)6]Cl3
D．[Co(NH3) 5Cl]Cl2
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项配合物分子的化学式为[Co(NH3)3Cl3]，Co3＋、NH3、Cl－全处于内界，不能电离，不存在Cl－，所以不能生成AgCl沉淀。
答案：B
4．[双选题]下列组合中，中心离子的电荷数和配位数均相同的是( )
A．K[Ag(CN) 2]、[Cu(NH3)4]SO4
B．[Ni(NH3)4]Cl2、[Cu(NH3)4]SO4
C．[Ag(NH3)2]Cl、K[Ag(CN)2]
D．[Ni(NH3)4]Cl2、[Ag(NH3)2]Cl
解析：A选项中中心离子的电荷数分别是＋1和＋2，配位数分别是2和4；B选项中中心离子的电荷数均是＋2，配位数均是4；C选项中中心离子的电荷数均是＋1，配位数均是2；D选项中中心离子的电荷数分别是＋2和＋1，配位数分别是4和2。
答案：BC
5．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构型
C．Cl－和NH3分子均与Pt4＋配位
D．配合物中Cl－与Pt4＋配位，而NH3分子不配位
解析：由水溶液不导电可得出该配合物无外界，Cl－和NH3分子均与Pt4＋配位，配位数为6。
答案：C
6．下列大气污染物中，能与人体血红蛋白中的Fe2＋以配位键结合而引起中毒的气体是
( )
A．SO2 B．CO2
C．NO2 D．CO
解析：CO能与人体血红蛋白中的Fe2＋以配位键结合，CO与血红蛋白中的Fe2＋配合的能力远远大于O2与血红蛋白中Fe2＋配合的能力，因此CO一旦与血红蛋白中的Fe2＋配合，O2就很难与血红蛋白中的Fe2＋配合，机体出现缺氧现象，即引起机体中毒。
答案：D
7．在照相底片定影时，硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶液能溶解掉未起反应的溴化银，这是因为银离子与硫代硫酸根离子生成配离子，银离子的配位数为2，若硫代硫酸钠与溴化银刚好完全反应，则所得溶液中的溶质为( )
A．[Ag(S2O3)2]Br和NaBr B．Na3[Ag(S2O3)2][来源:21世纪教育网]
C．Na3[Ag(S2O3)2]和NaBr D．Na[Ag(S2O3)2]21世纪教育网
解析：由题意知Na2S2O3和AgBr反应，生成配离子，银离子的配位数为2，则有[Ag(S2O3)2]3－，则可知反应方程式为2Na2S2O3＋AgBr===Na3[Ag(S2O3)2]＋NaBr。
答案：C
二、非选择题(本题包括4小题，共39分)
8．(12分)(1)在配合物Fe(SCN)2＋中，提供空轨道接受孤电子对的粒子是____________，画出配合物离子[Cu(NH3)4] 2＋中的配位键______________。
(2)根据价层电子对互斥模型，H3O＋的分子空间结构为____________，BF3的空间结构为____________。21世纪教育网
(3)按要求写出由第2周期元素为中心原子，通过sp3杂化形成中性分子的化学式：(各写一种)21世纪教育网
正四面体分子________，三角锥形分子________，V形分子________。
解析：H3O＋中有三个成键电子对，一个孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，故H3O＋呈三角锥形。BF3中包含有三个成键电子对，不含孤电子对，三个电子对之间的排斥作用相同，故BF3分子呈平面正三角形。
答案：(1)Fe3＋
(2)三角锥形 正三角形
(3)CH4或CF4 NH3或NF3 H2O21世纪教育网
9．(9分)按要求完成下列问题：
(1)分别写出基态Fe的电子排布式和Mg2＋ 轨道表示式__________________、__________________。
(2)指出配合物K3[Co(CN)6] 中的中心原子、配位体及其配位数：__________、__________、__________。
(3)判断BCl3分子的空间构型、中心原子成键时采取的杂化轨道类型及分子中共价键的键角______________、__________、__________。
解析：在配离子中，往往是过渡元素的原子或离子存在空轨道与含有孤对电子的分子或离子形成配位键，其中提供空轨道的原子或离子是中心原子或离子，如本题中的Co3＋，提供电子对的是配体，(3)硼原子的价电子均参与成键，其电子对数为3，则为sp2杂化，分子的空间构型为平面结构。21世纪教育网
答案：(1)1s22s22p63s23p63d64s2 (或[Ar] 3d64s2)
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(2)Co3＋ CN－ 6
(3)平面正三角形 sp2 120°
10．(8分)硝酸(HNO3)是一种一元强酸，分子中唯一的H原子与________原子通过共价键相连，3个O原子都与________原子通过共价键相连。
(1)假如价电子尽可能都参与成键，成键后最外层不一定只有8个电子，则硝酸的结构式是____________________________________。
(2)假如分子中除H原子外的所有原子，成键后最外层均满足8个电子稳定结构，结合配合物理论，你认为某化学教科书上给出的结构式应如何“修正”？
解析：(1)价电子均参与成键，由价键理论可知N原子形成五个共价键，O原子形成2个共价键，可写出结构式。
(2)N、O原子均满足8电子稳定结构，说明N原子只能形成3个共价键，其有一对孤电子，结合配合物理论，N原子提供孤电子给O原子形成配位键。
答案：O N (1)
(2)把氮氧单键改为配位键，即。
11．(10分)向盛有少量氯化钠溶液的试管中滴加少量硝酸银溶液，生成白色沉淀；再向试管中滴加浓氨水，沉淀溶解。
(1)写出上述实验中发生反应的化学方程式：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________。
(2)在上述实验发生化学反应所涉及的物质中，属于配合物的是____________(写名称)。[来源:21世纪教育网]
(3)在上述实验中，生成白色沉淀的原因是__________________________；白色沉淀溶解的原因是__________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)欲将混合在同一溶液里的Al3＋、Ag＋分离开来，可选择一种试剂，它是______________。
解析：本题考查配合物的简单知识。氯化银难溶于水，氯化钠与硝酸银在溶液里反应生成的白色沉淀是氯化银。由配合物[Ag(NH3)2]OH知，氯化银溶于氨水的原因应是生成了稳定性更强的配合物[Ag(NH3)2]Cl。已知[Ag(NH3)2]OH读作氢氧化二氨合银，则[Ag(NH3)2]Cl应读作氯化二氨合银。向Al3＋、Ag＋的混合溶液中滴加氨水至过量，发生化学反应：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH，Ag＋＋NH3·H2O===AgOH↓＋NH，AgOH＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋OH－＋2H2O。
答案：(1)①NaCl＋AgNO3===AgCl↓＋NaNO3
②AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]Cl＋2H2O
(2)氯化二氨合银
(3)AgCl难溶于水或AgCl在水中溶解度小 [Ag(NH3)2]Cl或[Ag(NH3)2]＋更稳定
(4)浓氨水
课件40张PPT。专题4晨背关键语句理解教材新知把握热点考向应用创新演练知识点一考向一考向二随堂基础巩固知能综合提升第二单元考向三知识点二1．配离子是由提供空轨道的中心离子与提供孤电子对的配位体通过配位键形成的。
2．配合物[Co(NH3)4Cl2]Cl的电离方程式
[Co(NH3)4Cl2]Cl===[Co(NH3)4Cl2]＋＋Cl－
3．Cu(OH)2、AgOH溶于氨水
Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O
AgOH＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋OH－＋2H2O1．实验探究配合物的形成蓝色沉淀溶解蓝色溶液2．配合物
(1)概念：
由_______________的配位体与_____________的中心原子以______键结合形成的化合物。
(2)组成：提供孤电子对接受孤电子对配位空轨道3．配合物异构现象
(1)产生异构现象的原因：
①含有_______或____________配位体。
②配位体_______________不同。
(3)异构体的性质：
顺、反异构体在_______、_______、________、______等方面都有差异。两种两种以上空间排列方式颜色极性溶解性活性不同配位数的配合物离子的空间构型答案：D1．实验探究
(1)银氨溶液氧化葡萄糖的反应实验：银镜(2)检验金属离子的实验：血红沉淀无红褐深蓝2．应用
(1)在实验研究中，常用形成配合物的方法来检验金属离子、分离物质、定量测定物质的组成。
(2)在生产中，配合物被广泛应用于染色、电镀、硬水软化、金属冶炼领域。
(3)在许多尖端领域如激光材料、超导材料、抗癌药物的研究、催化剂的研制等方面，配合物发挥着越来越大的作用。配合物的用途
(1)工业生产中的应用：
提取贵金属(湿法冶金)：Au与NaCN在氧化气氛中生成[Au(CN)2]－配离子，将金从难溶的矿石中溶解与其不溶物分离，再用Zn粉作还原剂置换得到单质金：
4Au＋8NaCN＋2H2O＋O2===
4Na[Au(CN)2]＋4NaOH
Zn＋2[Au(CN)2]－===[Zn(CN)4]2－＋2Au(2)定量分析中的应用：
①检验离子的特效试剂：通常利用鳌合剂与某些金属离子生成有色的配合物，作为检验这些离子的特征反应。如K4[Fe(CN)6]与Fe3＋离子生成特征的蓝色溶液，或KSCN与Fe3＋生成血红色溶液，鉴定Fe3＋。
②隐藏剂(掩蔽剂)：多种金属离子共同存在时，要测定其中一种金属离子，由于其他金属离子往往会与试剂发生同类型反应而干扰测定，因此常用配合物来防止杂质离子的干扰。例如Fe3＋的存在会影响比色法测定Co2＋，若在溶液中加入掩蔽剂NaF，使共存的Fe3＋生成稳定的无色[FeF6]3－，从而排除Fe3＋的干扰。(3)在合成中的应用：
①配合催化剂活性高，选择性好，在合成工业中用途广泛。②在生物固氮中应用 配合物。
(4)在生物体中的应用：
许多酶的作用与其结构中含有形成配合物的金属离子有关。2．下列过程与配合物无关的是 ( )
A．向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液出现血红色
B．用Na2S2O3溶液溶解照相底片上没有感光的AgBr
C．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色加深
D．向AgNO3溶液中逐滴加入氨水溶液，先出现沉淀，继
而沉淀消失解析：A中形成[Fe(SCN)6]3－，B中形成可溶性的配合物Na3[Ag(S2O3)2]，D中先生成AgOH沉淀，当氨水过量时生成[Ag(NH3)2]＋，C中发生2FeCl2＋Cl2===2FeCl3，与配合物无关。
答案：C[例1] 下列分子或离子中能提供孤电子对与某些金属离子形成配位键的是 ( )
①H2O ②NH3 ③F－ ④CN－ ⑤CO
A．①② B．①②③
C．①②④ D．①②③④⑤
[解析] ①、②、③、④、⑤中的氧、氮、氟、碳原子上都含有孤电子对，都可以与金属离子形成配位键。
[答案] D1．下列离子中与氨水反应不能形成配合物的是 ( )
A．Ag＋ B．Fe2＋
C．Zn2＋ D．Cu2＋
解析：能与氨水形成配合物的一般有Ag＋、Zn2＋、Cu2＋、Pt2＋、Co2＋等金属离子，Fe2＋不能与NH3形成配位键。
答案：B[例2] 具有6个配体的Co3＋的配合物CoClm·nNH3，若1 mol配合物与AgNO3溶液作用生成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] 此题中与AgNO3作用的Cl－(1 mol)不是来自配体，而是与配离子结合的游离Cl－(外界)。因此，根据电荷守恒，中心原子为Co3＋，Cl－应为3 mol，其中作为外界的Cl－为1 mol，作为配体的Cl－为2 mol，共6个配体，所以作为配体的NH3为4 mol。
[答案] B配合物溶于水易电离为内界配离子和外界离子，而内界的配体和中心原子通常不能电离。
如配合物[Co(NH3)4Cl2]Cl的电离方程式：
[Co(NH3)4Cl2]Cl===[Co(NH3)4Cl2]＋＋Cl－。2．[双选题]下列各组物质中，两者互为同分异构体的是( )
A．NH4CNO与CO(NH2)2
B．CuSO4·3H2O与CuSO4·5H2O
C．[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O与[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O
D．H2O与D2O(重水)
解析：同分异构体指具有相同分子式而结构不同的化合物。CuSO4·3H2O与CuSO4·5H2O分子式不同，D选项为同一种物质。
答案：AC[例3] 锌和铝都是较活泼金属，其氢氧化物既可溶于强酸又能溶于强碱溶液。但氢氧化铝不溶于氨水，而氢氧化锌能溶于氨水，生成配合物离子[Zn(NH3)4]2＋。回答下列问题：
(1)单质铝溶于氢氧化钠溶液后，溶液中铝元素的存在形式为________(用化学式表示)； (2)Zn和氢氧化钠溶液反应的化学方程式为__________
___________________________________________________。
(3)下列各组中的两种溶液，用相互滴加的实验方法即可鉴别的是____________________。
①硫酸铝和氢氧化钠溶液 ②硫酸铝溶液和氨水
③硫酸锌和氢氧化钠溶液 ④硫酸锌溶液和氨水 (4)写出向可溶性锌盐溶液中逐滴加入氨水过程中发生反应的离子方程式______________，试解释在实验室不适宜用可溶性锌盐和氨水反应制备氢氧化锌的原因________________________。
(5)实验室一瓶AlCl3溶液中混有少量Zn2＋，如何提纯？________________________________________________________________________。 [解析] Al与NaOH反应的化学方程式为：2Al＋2NaOH＋2H2O
===2NaAlO2＋3H2↑，依此类比可写出锌与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：Zn＋2NaOH ===Na2ZnO2 ＋ H2↑。两两相互滴加时发生的反应现象不同才可以进行鉴别，如将少量硫酸铝溶液滴入氢氧化钠溶液中不产生白色沉淀，而将少量氢氧化钠溶液滴入硫酸铝溶液中会产生白色沉淀，这样就可将两者鉴别，符合这一条件的还有③、④两组溶液，②组不符合。可溶性锌盐中逐滴加入氨水应先生成白色的Zn(OH)2沉淀，当氨水过量时白色沉淀溶解得无色溶液，Zn(OH)2沉淀转化为[Zn(NH3)4]2＋。这样导致氨水的量不容易控制。可利用Zn(OH)2可溶于氨水而Al(OH)3不溶于氨水来进行提纯。解析：D项中Zn2＋、Cu2＋都可与NH3形成配位键。
答案：D点此进入点此进入
[随堂基础巩固]
1．在[Co(NH3)6]3＋中 ，与中心离子形成配位键的原子是( )
A．N原子 B．H原子21世纪教育网
C．Co原子 D．N、H两种原子
解析：在[Co(NH3)6]3＋中，配位体是NH3，N原子上的孤电子对与Co3＋形成配位键。
答案：A
2．在[Fe(SCN)4Cl2]3－配离子中，中心离子的配位数是( )
A．4 B．2
C．3 D．6
解析：所给配离子，配位体是SCN－和Cl－，配位数为4＋2＝6。
答案：D
3．向盛有少量NaCl溶液的试管中滴入少量AgNO3溶液，再加入氨水，下列关于实验现象的叙述不正确的是( )
A．先生成白色沉淀，加入足量氨水后沉淀消失
B．生成的沉淀为AgCl，它不溶于水，但溶于氨水，重新电离成Ag＋和Cl－
C．生成的沉淀是AgCl，加入氨水后生成了可溶性的配合物[Ag(NH3)2]Cl
D．若向AgNO3溶液中直接滴加氨水，产生的现象也是先出现白色沉淀后又消失
解析：配合物[Ag(NH3)2]Cl是比较稳定的。NaCl溶液中滴入少量AgNO3溶液先生成白色沉淀为AgCl。AgCl不溶于水，但溶于氨水，是因为AgCl与氨水反应生成了可溶性的配合物[Ag(NH3)2]Cl。
答案：B
4．下列过程与配合物的形成无关的是( )21世纪教育网
A．除去Fe粉中的SiO2可用强碱溶液21世纪教育网21世纪教育网
B．向一定量的AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消失21世纪教育网
C．向Fe3＋溶液中加入KSCN溶液
D．向一定量的CuSO4溶液中加入氨水至沉淀消失
解析：A项，SiO2为酸性氧化物，能与强碱(如NaOH)溶液反应，生成可溶性的硅酸盐，不形成 配合物；B项，可形成 [Ag(NH3)2]＋离子；C项，可形成Fe(SCN)2＋等离子；D项，可形成[Cu(NH3)4]2＋离子；B、C、D项均与形成配合物有关。[来源:21世纪教育网]
答案：A
5．PtCl2(NH3)2可以形成两种固体，一种为淡黄色，在水中的溶解度较小，另一种为黄绿色，在水中的溶解度较大，请回答下列问题：
(1)PtCl2(NH3)2是平面结构，还是四面体结构？____________________。
(2)请在横线上画出这两种固体分子的几何构型图(不必标配位键)：
①淡黄色固体：_______________ ；
②黄绿色固体：____________________。
(3)淡黄色固体物质是由____________分子组成，黄绿色固体物质由__________分子组成(填“极性分子”或“非极性分子”)。
(4)黄绿色固体在水中溶解度比淡黄色固体大，原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。21世纪教育网21世纪教育网
解析：Pt Cl2(NH3)2配位数为4，其分子构型可为四面体或平面结构，若为四面体结构没有同分异构体，这与题给条件矛盾，故为平面结构，可能为
(Ⅰ)
(Ⅰ)结构对称，为非极性分子，(Ⅱ)结构不对称，为极性分子，根据相似相溶原理可知，(Ⅱ)在水中溶解度大，为黄绿色，则(Ⅰ)为淡黄色。
答案：(1)平面结构
(2)
(3) 非极性 极性
(4)黄绿色固体是由极性分子构成的，而淡黄色固体是由非极性分子构成的，根据“相似相溶”规律可知，前者在水中的溶解度大于后者
课件28张PPT。专题5晨背关键语句理解教材新知把握热点考向应用创新演练知识点考向一考向二随堂基础巩固知能综合提升1．应用量子力学解决化学问题，即通过微观结构、微粒的研究解决人工光合作用、人工室温固氮、原子经济性、模拟天然酶制造人工催化剂、预测化学反应速率、反应途径等。
2．探究人类和生物的生命运动的化学机理，主要研究配体小分子和受体生物大分子相互作用的机理；研究食草动物胃内的酶如何把植物纤维分解为小分子的反应机理；合成具有生物活性和生理活性的分子；调控化学机理；研究化学遗传；研究如何实现生物分子到分子生命的飞跃；如何制造活的分子，跨越从化学进化到生物进化的鸿沟；研究蛋白质和DNA理论等等。1．物质结构的探索
__________的建立和________________的进步，使人们对物质的_______、______及物质的_____________有了一定的认识。但物质的___________还有许多奥秘等待人们去揭示；______科学、______科学、_______科学的发展，需要对物质的微观领域作更深入的研究。量子力学分析测试技术结构性质变化规律微观结构环境生命材料2．研究物质的结构与性能的关系
_________是决定物质性质的重要因素。研究物质的_____与______的关系对解决__________、_______________等都具有十分重要的意义。
3．研究化学反应的量子力学理论
为了更好地利用化学反应，化学家们需要建立________而又普遍适用的化学反应的________________。
4．研究生命现象的化学机理
探寻人类和生物生命运动的___________是21世纪化学科学亟待解决的重大课题。物质结构结构性能分子设计合成新型材料精确有效量子力学理论化学机理1．研究物质结构与性能关系的意义
(1)研究镧系元素结构与性质的关系，寻找功能奇特的光、电、磁等材料；
(2)研究影响生物大分子的生物活性和生理活性的结构因素，可以帮助人类认识生命运动的机理；
(3)研究材料结构与性能的关系，制得强度大、密度小、稳定性好、耐腐蚀的合成材料。如合成具有共价键强度的高分子纤维。2．量子力学对化学的贡献
以量子力学为基础，利用量子力学的基本原理和方法来研究化学问题，于是就诞生了量子化学。1927年，海特勒和伦敦等人成功地运用量子力学理论解释了H2的形成原因，标志着一门新兴的学科——量子化学的诞生。与宏观化学不同，量子化学是从微观角度，对原子、分子和晶体的电子层结构、化学键理论、分子间作用力、化学反应理论、各种光谱、波谱和电子能谱，以及无机和有机化合物、生物大分子和各种功能材料的结构和性能关系等进行研究。3．现代生命科学中的化学问题
(1)研究配体小分子和受体生物大分子相互作用的机理，这是药物设计的基础。
(2)光合作用的机理。
(3)固氮作用的机理。
(4)蛋白质和DNA的理论研究。
(5)酶催化分解植物纤维的反应机理。(6)了解活体内信息分子的运动规律和生理调控的化学机理。
(7)合成具有生物活性和生理活性的分子，帮助人类揭示生命的奥秘。
(8)彻底了解大脑的结构和功能将是21世纪各学科共同来解决的问题……原子经济性是在1991年由Trost首先提出的，即在化学反应过程中有多少原料的原子进入到所需的产品中。理想的原子经济反应要求原料分子中的原子百分之百地转变成产物，不产生副产物或废物，实现废物的“零排放”。
下列几种生产乙苯的方法中，原子经济性最好的是(反应均在一定条件下进行) ( )解析：C项反应物中所有原子都转变为产物。根据题干，此反应为理想的原子经济反应。特别提醒理论上全都反应和实际生产有一定差距。
答案：C[例1] 下列描述正确的是 ( )
A．2004年我国首创用CO2合成可降解塑料聚二氧化碳，该塑料仍然产生白色污染
B．超临界流体是介于气态和液态之间的一种状态，故超临界流体CO2是合成的新物质
C．澳大利亚开发出被称为第五形态的固体碳——“纳米泡沫”，其形似海绵，密度极小并有磁性。可以预见，这种新材料的化学性质与金刚石完全不同D．由于氢键影响，甲酸蒸气的密度在373 K时为1.335 g·L－1，在293K时为2.5 g·L－1
[解析] A选项，可降解塑料不会产生白色污染；B选项，CO2的分子组成未变只是状态变了，没有合成新物质；C选项，“纳米泡沫”和金刚石都是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，化学性质几乎完全相同；D选项，甲酸蒸气随温度的降低，氢键被破坏的程度减小，分子间的作用力增大，所以密度增大。
[答案] D 解答本题需要特别提醒以下三点：
(1)白色污染是由不能降解的塑料所致。
(2)有新分子形成才能产生新物质。
(2)同素异形体是同种元素形成的不同单质，它们的化学性质有许多相同之处。绿色化学提倡化工生产应提高原子利用率，原子利用率表示目标产物的质量与生成物的总质量之比。在下列制备环氧乙烷的反应中，原子利用率最高的是 ( )解析：充分理解原子利用率的定义，可知只有得到一种有机物时原子利用率才最高。
答案：C[例2] 邮票收藏爱好者把信封上的邮票剪下来浸在水中，能除去邮票背面的粘合剂，这是利用了该粘合剂具有很强亲水性的性能。该粘合剂的成分可能是 ( )[解析] 根据题中该粘合剂具有很强亲水性的信息，可知该粘合剂中含有亲水的基团，B选项中的羟基(—OH)具有亲水性，因为羟基可以与水分子间形成氢键，C选项中的氯原子和D选项中的甲基都不具有亲水性，所以正确答案为B。
[答案] B(1)物质结构决定物质性质，性质又能反映结构，物质的性质决定物质的用途。
(2)在有机物的官能团中，羟基(—OH)、羧基(—COOH)、醛基(—CHO)等具有亲水性，我们称之为亲水基(或疏油基)；而卤原子(—X)、烃基(—R)、酯基(—COO—)等不具有亲水性，我们称之为疏水基(或亲油基)。若用此粘合剂生产的板材制作家具，则使用该类家具应特别提醒什么？提示：该粘合剂具有亲水性，若用水浸湿，粘合剂溶解，导致家具开裂，所以在使用时要保持家具干燥，不能接触水。点此进入点此进入[知能综合提升]
(时间45分钟 满分60分)
一、选择题(本题包括7小题，每小题3分，共21分)
1．实现社会可持续发展，期待着物质结构研究方面的新成果，为了满足人类生活和生产的需要，人类每年从实验室或工厂制造出成千上万种化学物质。下列说法中正确的是
( )
A．人类制造化学物质只具有正面意义
B．制造化学物质导致人类生存环境恶化21世纪教育网
C．欲制造出更多更好的新的化学物质，就要进一步研究物质的结构
D．制造化学物质只是化学科学分内的事
答案：C
2．等电子体假说认为：凡原子数、总电子数均相等的物质，其结构相似，物理性质相近，相应的物质称为等电子体，如CO和N2.现有一种新型层状结构的无机材料BN的一种同分异构体α-BN平面结构示意图如下，则关于该物质的结构、性质和用途叙述正确的是
( )
A．α-BN是一种坚硬耐磨材料，可用作钻具21世纪教育网
B．若层状结构中有n个B原子，则有n个六元环
C．已知α-BN在水蒸气作用下能微弱水解，则水解产物为B2H6和HNO3
D．α-BN晶体中各原子达到8电子稳定结构
解析：根据信息，石墨(C)和BN互为等电子体，则α-BN和石墨结构相似，物理性质相近。结合α-BN的平面结构，类比石墨的物理性质，得知A错误；利用均推法可以看出，每个硼原子被三个六边形所共享，一个六边形实际拥有的硼原子个数为3×1/3＝1，则B正确；氮化硼(BN)中由于氮的电负性大，故氮为-3价，而硼为＋3价，若α-BN在水蒸气作用下水解，根据化合物化合价的结合原则，则水解产物为H3BO3和NH3，C错误；α-BN晶体中仅氮原子达到8e－稳定结构，而硼原子为6电子结构，D错误。
答案：B
3．要达到绿色化学的理想境界，化学家们需要回答一系列问题：指定分子之间能否反应生成预期分子？需要什么催化剂？反应速率预期多大？如何控制反应？如何确定化学反应的途径等？最有希望解决这些问题的途径是( )
A．发展量子力学理论
B．改进实验方法
C．完善元素周期律理论
D．研究质量守恒定律和能量守恒定律
解析：量子力学是化学的根本理论。化学越发展，越要从物质结构的深层去理解和掌握化学反应规律。
答案：A21世纪教育网
4．[双选题]有效成分为手性分子的药物称为手性药物。下列有关手性药物叙述正确的是( )
A．化学反应生成手性药物时一定是成对生成它们的手性异构体
B．存在少量手性催化剂时可只生成手性异构体中的一种
C．手性药物中两种手性异构体的医药作用几乎没有区别
D．手性异构体的医药作用可能完全不同
解析：如果没有手性催化剂则手性药物大多数是两种手性异构体同时生成的，但在手性催化剂作用下，可以主要生成一种异构体。一对异构体化学性质几乎相同，但生物性质会截然不同，一种异构体有治病疗效，另一种可能没有疗效甚至有害。
答案：BD
5．美国科学家通过“勇气”号太空车探测出水星大气中含有一种称为硫化羰(化学式为COS)的物质，已知硫化羰与二氧化碳的结构相似，但能在氧气中完全燃烧。下列有关硫化羰的说法正确的是( )
A．1 mol硫化羰在氧气中完全燃烧时转移6 mol电子
B．硫化羰可用作灭火剂
C．CO2和COS结构相似都是非极性分子
D．硫化羰熔点可能较高
解析：硫化羰在氧气中完全燃烧的化学方程式为2COS ＋ 3O2===2CO2＋ 2SO2，由方程式可知1 mol COS与1.5 mol O2反应，转移电子6 mol，A正确；硫化羰可以燃烧，不能作灭火剂；尽管CO2和COS结构相似，但由于O与S的原子半径不同，故与C原子形成的双键的正负电荷重心不重合，所以COS是极性分子；硫化羰是分子晶体，熔点较低。21世纪教育网
答案：A
6．六氟化硫分子呈正八面体，难以水解，在高电压下仍有良好的绝缘性，在电器工业有着广泛用途，但逸散到空气中会引起强温室效应，下列有关SF6的推测正确的是( )
A．SF6易燃烧生成二氧化硫
B．SF6中各原子均达到8电子稳定结构
C．高温条件下，SF6微弱水解生成H2SO4和HF[21世纪教育网
D．SF6是极性分子
解析：A项，SF6中，F显－1价，S显＋6价，且电负性F>O，SF6不可能燃烧生成SO2；B项，S显＋6价，6＋6＝12，因此S原子不满足8电子稳定结构；C项，SF6水解生成H2SO4和HF，S、F化合价均未变化，正确；D项，SF6分子结构对称，是非极性分子。
答案：C
7.科技日报2007年1月30日讯美、德两国科学家成功合成出具有独特化学特性的氢铝化合物(AlH3)n，其结构类似由硼和氢组成的硼烷，有关研究报告发表在最新出版的美国《科学》杂志上。最简单的氢铝化合物为Al2H6，它的熔点为150℃，燃烧热极高。Al2H6球棍模型如图。下列有关说法肯定不正确的是( )21世纪教育网
A．Al2H6中H为＋1价，Al为－3价
B．Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水
C．Al2H6分子是非极性分子
D．氢铝化合物可能成为是未来的储氢材料和火箭燃料
解析：由熔点可知，Al2H6为分子晶体。铝是金属元素，失电子能力强，无负价，A不正确。Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水，B正确。Al2H6空间构型对称，正负电荷中心重合，为非极性分子。Al2H6燃烧热极高，可以作为燃料。
答案：A
二、非选择题(本题包括4小题，共39分)
8．(6分)据报道，美国科学家于1998年合成了一种名为N5的物质，由于其极强的爆炸性，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型，如果5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个氮氮三键，则N5分子碎片所带电荷是________，写出它的电子________。
解析：因为5个N原子结合后都达到8e－稳定结构，又有2个N≡N，所以电子式为[]＋。中间1个N原子要想达到8e－结构就要与N≡N中N原子形成配位键，而N最外层5个e－，所以要失去1个e－形成8e－。
答案：一个单位正电荷
[]＋
9．(15分)长期以来一直认为氟的含氧酸不存在，但是1971年斯图杰尔和阿佩里曼(美)成功地合成了次氟酸后，这种论点被剧烈地动摇了。他们是在0℃以下将氟化物从细冰末的上面通过，得到毫克量的次氟酸。
(1)以下两种结构式，能正确表示次氟酸结构的是________，原因是
________________________________________________________________________。
A．H—O—F B．H—F—O
(2)次氟酸中氧元素的化合价为______，次氟酸的电子式为______，次氟酸分子中共价键的键角________180°(填“<”或“＝”)
(3)下面给出了几个分子和基团中化学键的键能：21世纪教育网
化学键
H—H
O—O
F—F
O—H
O—F
H—F
E(kJ/mol)
432
494
155
424
22021世纪教育网
566
请计算反应：2HOF===2HF＋O2的反应热(ΔH)的近似值为__________kJ/mol。
请从计算结果预测次氟酸的一条化学性质：________________。
(4)次氟酸刹那间能被热水所分解，生成一种常见的物质M，该物质既表现有氧化性(对于碘化钠)，又表现有还原性(对于高锰酸钾)，则M的化学式为________，写出次氟酸与热水反应的化学方程式：__________________。
(5)写出能够加快M分解的催化剂________________(写化学式)。
解析：(1)由于氟原子最外层中有7个电子，能形成一个共价键，而氧原子最外层有6个电子，能形成两个共价键，所以次氟酸分子中氧原子位于氢原子和氟原子的中间。
(2)氟的电负性最大，所以氟元素没有正价，在次氟酸中氟显－1价，氢显＋1价，氧元素只能显0价。次氟酸分子中的键角类似于水分子中的键角，应小于180°。
(3)ΔH＝反应物分子中键能的总和—生成物分子中键能的总和，由此可计算出反应的ΔH，再根据ΔH的数值，可判断出次氟酸的分解是一个放热反应，即生成物比反应物稳定，可推出次氟酸不稳定的结论。
(4)根据题意可知M是H2O2，从而可写出次氟酸与热水反应的化学方程式。(5)催化H2O2分解的常见催化剂为MnO2 。
答案：(1)A A中O和F原子的最外层电子数等于8，B中O和F原子的最外层电子数不等于8
(2)0 ? ＜
(3)－338 次氟酸不稳定，易分解为HF和O2
(4)H2O2 HOF＋H2O(热)===H2O2＋HF
(5)MnO2
10．(12分)2001年的诺贝尔化学奖授予在“手性催化氧化反应”领域取得巨大成就的三位化学家，所谓手性是指物质的分子和它的镜像不能重叠，正如我们的左、右手虽然相像但不能重叠一样。如图所示：
互为手性的分子(A、B)是一对对映异构体(图式中的*号碳原子叫手性碳，与手性碳相连的四个原子或原子团各异，有手性碳是存在对映异构体的标志。细实线表示基团在纸平面，虚线表示基团在纸背面，粗实线表示基团在纸上面)。
试回答：
(1)下列物质中不存在对映异构现象的是________。
A．BrCH2CHOHCH2OH
B．[来源:21世纪教育网]
C．CH3CHOHCOOH
D．CH3COCH2CH3
(2)要使(1)中存在对映异构的分子的手性消失，分别可采取的措施(以不改变碳原子数为前提，且只一步)是(填写有机反应类型，多种可能时，只填一种即可。没有对映异构现象的不填)：
A：___________________________________________________________________；
B：___________________________________________________________________；
C：___________________________________________________________________；
D：___________________________________________________________________；
(3)写出使(1)中A～D四种物质中手性消失的任一个反应的化学方程式
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：手性分子的判断方法是连在同一个碳原子上的四个原子或原子团必须互不相同，要使分子失去手性，必须使四个基团中至少有2个相同。A中—CH2Br水解得—CH2OH，可使手性消失；B中将CH===CH2加成生成CH2CH3或将CH2OH氧化为COOH均可使手性消失，C中将氧化为可使手性消失。
答案：(1)D (2)A：水解反应(或取代反应)
B：加成(或氧化)反应 C：氧化反应
(3)
11．(6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律有着密切的关系。约占人体总质量的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。21世纪教育网
(1)在宏量元素中，除H、N、P外，在现用元素周期表中(写元素符号)，
①原子最外层电子数是最内层两倍的是____________；
②能显示化合价最多的元素是________，跟它处于同一周期中的还有一种非金属元素是______________。
(2)氨基酸的主要组成元素是________________。
解析：(1)①最内层电子数为2，最外层电子数是最内层两倍，则最外层电子数为4.在前20号元素中有C、Si两种元素符合，但Si元素已告知是微量元素，所以只有C元素符合。②化合价多的常见元素有碳、氮、卤素，碳已在①中确定，题目又排除了氮。所以应考虑卤素(不包含氟)，20号内只有氯，跟氯处于同一周期的非金属有Si、P、S三种，其中Si为微量元素，题中排除P元素，所以还有一种S元素。
(2)氨基酸有氨基、羧基、烃基三部分组成，因此含有C、H、N、O元素。
答案：(1) C Cl S (2)C、H、N、O
[随堂基础巩固]
1．科学家最近又发现一种新能源——“可燃冰”，它的主要成分是甲烷与水分子的结晶水合物(CH4·nH2O)。其形成过程是：埋于海底地层深处的大量有机质在缺氧环境中，被厌氧性细菌分解，最后形成石油和天然气(石油气)，其中许多天然气被包进水分子中，在海底的低温与高压下形成了类似冰的透明晶体，这就是“可燃冰”。又知甲烷同CO2一样也是温室气体。这种可燃冰的晶体类型是( )
A．离子晶体 B．分子晶体[来源:21世纪教育网]
C．原子晶体 D．金属晶体
解析：由CH4与CO2一样是温室气体可知，其为分子晶体。
答案：B
2．有下列两组命题，B组中命题正确，且能用A组命题加以正确解释是( )[来源:21世纪教育网]
A．Ⅰ① B．Ⅱ②
C．Ⅲ② D．Ⅳ④
A组
B组
Ⅰ.H—I键键能大于H—Cl键键能[来源:21世纪教育网]
①HI比HCl稳定
Ⅱ.H—I键键能小于H—Cl键键能
②HCl比HI稳定
Ⅲ.HI分子间作用力大于HCl分子间作用力[来源:21世纪教育网]21世纪教育网
③HI沸点比HCl高
Ⅳ.HI分子间作用力小于HCl分子间作用力
④HI沸点比HCl低21世纪教育网
解析：键能与键长成反比，结构和组成相似的物质，相对分子质量愈大，分子间作用力也愈大。
答案：B
3．航天员专用水必须是健康的，必须保存原水中对人体有益的矿物质和微量元素，选择pH值呈弱碱性、小分子团的健康水。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( )[来源:21世纪教育网]
A．水分子的化学性质改变
B．水分中氧氢键键长缩短
C．水分间作用力减小
D．水分子间结构、物理性质改变
解析：同种分子化学性质不变，物理状态可变。
答案：D
4．在有机物分子中，当一个碳原子连有4个不同的原子或原子团时，这种碳原子被称为“手性碳原子”，如，其中带*号的碳原子是手性碳原子。莽草酸是合成抗禽流感病毒药“达菲”的关键原材料，其结构简式为，若该物质在一定条件下能够与H2发生加成反应，则加成前后的手性碳原子数分别为( )
A．3；2 B．4；4
C．3；4 D．4；6
解析：加成前三个羟基所连三个碳原子都是手性碳原子，加成后，由于分子具有了对称性，只剩下其中的两个碳原子仍具手性，中间连有羟基的那个碳原子的手性消失。
答案：A
5．制冷剂是一种易被压缩、液化的气体，液化后在管内循环，蒸发时吸收热量，使环境温度降低，达到制冷目的。人们曾采用过乙醚、NH3、CH3Cl等作制冷剂，但它们不是有毒，就是易燃。于是科学家根据元素性质的递变规律来开发新的制冷剂。
据现有知识，某此元素化合物易燃性、毒性变化趋势如下：
(1)氢化物的易燃性，21世纪教育网
第2周期：________＞________＞H2O＞HF；[来源:21世纪教育网]
第3周期：SiH4＞PH3＞________＞________。
(2)化合物的毒性：PH3＞NH3，H2S__________H2O；CS2________CO2；CCl4＞CF4(选填“＞”或“＜”)，于是科学家们开始把特别提醒力集中在含F、Cl的化合物上。
(3)已知CCl4的沸点为76.8 ℃，CF4的沸点为－128℃，新制冷剂的沸点范围应介于其间。经过较长时间反复试验，一种新的制冷剂氟利昂(CF2Cl2)终于诞生了，其他类似的还可以是______________。
(4)然而，这种制冷剂造成了当今的某一环境问题是______________。但求助于周期表中元素及其化合物的____________变化趋势来开发制冷剂的科学思维方法是值得借鉴的(填写字母)。
①毒性 ②沸点 ③易燃性 ④水溶性 ⑤颜色
A．①②③ B．②④⑤ C．②③④
解析：本题结合实际应用——制冷剂的开发来创设情境，考查内容仍为元素周期律、微粒间作用力对物理性质和化学性质的影响。做题时要特别提醒随时根据题干寻找规律，然后利用此规律和已知规律解题。
答案：(1)CH4 NH3 H2S HCl (2)＞ ＞
(3)CFCl3(或CF3Cl)
(4)使大气臭氧层出现空洞 A
模块综合检测
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)
1．下列有关化学史知识错误的是( )
A．原子－分子学说的建立是近代化学发展的里程碑
B．俄国科学家门捷列夫发现了元素周期律，编制了元素周期表
C．意大利科学家阿伏加德罗在总结气体反应体积比的基础上提出了分子的概念
D．英国科学家道尔顿首先发现了电子
解析：英国科学家汤姆生首先发现了电子。
答案：D
2．[双选题]在含有多个电子的原子里，能量高的电子通常是在( )
A．离核近的区域运动
B．离核远的区域运动
C．化学变化中较易失去
D．化学变化中较难失去
解析：多电子原子的核外电子的能量不同，离核越近，电子的能量越低，离核越远，电子的能量越高。能量越高的电子，越不稳定，在化学反应中越容易失去。
答案：BC
3．下面是一些原子的2p轨道和3d轨道中电子排布的情况，其中正确的是( )
解析：依洪特规则及泡利不相容原理，D项正确。
答案：D
4．下列关于丙烯(CH3－CH===CH2)的说法不正确的是( )
A．丙烯分子有8个σ键，1个π键
B．丙烯分子中有2个碳原子是sp2杂化，1个碳原子是sp3杂化
C．丙烯分子中存在极性键和非极性键
D. 丙烯分子中的所有原子都在一个平面上
解析：－CH3中不可能所有原子共平面。
答案：D
5．关于晶体的下列说法正确的是( )
A．任何晶体中，若含有阳离子就一定有阴离子
B．原子晶体中只含有共价键
C．原子晶体的熔点一定比金属晶体的高
D．离子晶体中只含有离子键，不含有共价键
解析：金属晶体中有阳离子，没有阴离子，A项选项；原子晶体为非金属单质或化合物，含有共价键；B项正确；硅的熔点比钨的低，C项不正确；NaOH、Na2SO4等都含有共价键，D项不正确。
答案：B
6．下列说法中正确的是( )
A．NO2、BF3、NCl3三种分子中所有原子最外层都满足8e－稳定结构
B．P4和CH4都是正四面体分子，且键角均为109.5°
C．NaCl晶体中与Na＋相距最近的Na＋共有12个
D．形成离子晶体的元素中一定有金属元素
解析：三种分子中只有NCl3分子中所有原子的最外层满足8e－稳定结构，A不正确；P4和CH4都是正四面体结构，前者的键角为60°，后者的键角为109.5°，B不正确；NaCl晶胞中，处于体心的Na＋，与各棱的Na＋的距离相等且最近，共计12个Na＋，C正确；NH4Cl是离子晶体，无金属元素，D不正确。
答案：C
7．下列关于元素电负性大小的比较中，不正确的是( )
A．OC．P解析：A选项元素属于同一主族，电负性从上到下依次减小；B选项元素属于同一周期，电负性从左到右依次增大；C、D两个选项元素的相对位置如下图所示：21世纪教育网
在周期表中，右上角元素(稀有气体元素除外)的电负性最大，左下角元素电负性最小。
答案：A
8．下列对HCl、Cl2、H2O、NH3、CH4一组分子中，共价键形成方式分析正确的是( )
A．都是σ键，没有π键 B．都是π键，没有σ键
C．既有π键，又有σ键 D．除CH4外，都是σ键
解析：HCl、Cl2、H2O、NH3、CH4分子中只有共价单键，故只有σ键，没有π键。
答案：A
9．某固体仅有一种元素组成，其密度为5 g/cm3。用X射线研究该固体，结果表明，在边长为1 nm(1 nm＝10－9 m)的立方体中仅有20个原子，则此元素的相对原子质量近似为
( )
A．32 B．65
C．120 D．150
解析：该立方体的边长为1×10－7 cm，体积为1×10－21 cm3，因此20个原子的质量为5 g/cm3×1×10－21 cm3＝5×10－21 g，一个原子的质量为2.5×10－22 g，元素的相对原子质量在数值上等于其摩尔质量，则相对原子质量的数值为2.5×10－22×6.02×1023＝150。
答案：D
10．[双选题]磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，下图是其晶胞的结构示意图，其中的每个原子都满足8电子稳定结构。下列说法中正确的是(代表P原子代表B原子)( )
A．磷化硼晶体的化学式为BP，属于离子晶体
B．磷化硼晶体的熔点高，但在熔融状态下不能导电
C．磷化硼晶体中每个原子均形成4个共价键
D．磷化硼晶体的空间结构与氯化钠相同
解析：从晶胞可知，8个P原子位于顶点，6个P原子位于面心，4个B原子在晶胞体内，故在一个晶胞中分摊到的P原子数为8×＋6×＝4，分推到的B原子数为4，故磷化硼晶体的化学式为BP；晶体中无离子存在，原子间是以共价键结合的，故其属于原子晶体，A不正确，B正确；每个原子都满足8电子稳定结构，则B最外电子层的3个电子与P原子形成共价键，P原子的一对孤对电子与B原子的空轨道形成配位键，所以磷化硼晶体中每个原子均形成4个共价键，C正确；磷化硼晶体中B和P的配位数均为4，而在NaCl晶体中Na＋、Cl－的配位数均为6，故磷化硼晶体空间结构与氯化钠不同，D不正确。
答案：BC
11．下列化合物，按其晶体的熔点由高到低的顺序排列正确的是( )
A．SiO2 CsCl CBr4 CF4
B．SiO2 CsCl CF4 CBr4
C．CsCl SiO2 CBr4 CF4
D．CF4 CBr4 CsCl SiO221世纪教育网
解析：物质的熔沸点属于物质的物理性质，与晶体类型有关。一般地，熔沸点由高到低的顺序为原子晶体>离子晶体>分子晶体，本题考查了四种晶体类型判断及其熔点高低的决定因素。对于离子晶体、原子晶体、金属晶体来讲，此三种晶体的熔点与构成它们的微粒的半径大小成反比，即微粒的半径越小其熔点就越高；而对于结构相似的分子晶体来讲，其熔点高低与相对分子质量成正比。A中SiO2是原子晶体，熔点很高，CsCl为离子晶体，熔点较高，CBr4与CF4为结构相似的分子晶体，显然CBr4的熔点高于CF4，故以上四种晶体的熔点由高到低的排列顺序为SiO2>CsCl>CBr4>CF4。故选A。
答案：A
12．[双选题]下列说法正确的是( )
A．由分子组成的物质中一定存在共价键
B．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
C．非极性键只存在于双原子单质分子里
D．两个非金属元素原子之间不可能形成离子键
解析：由分子组成的物质可能是稀有气体，稀有气体分子为单原子分子，不存在化学键，A错误；而由非金属元素组成的化合物如NH4Cl，则是离子化合物，B正确；非极性键不仅存在于双原子单质分子里，也存在于离子化合物(如Na2O2)和多原子共价化合物(如H2O2)中，C错误；两个非金属元素原子之间不能得失电子形成离子键，只能通过共用电子对形成共价键，D正确。
答案：BD
13．下列对一些实验事实的理论解释正确的是( )
选项
实验事实
理论解释
A
N原子的第一电离能大于O原子
N原子2p轨道半充满
B
CO2为直线形分子
CO2分子中C===O之间的夹角为109°28′
C
金刚石的熔点低于石墨
金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体
D
HF的沸点高于HCl
HF的相对分子质量小于HCl
解析：N原子核外电子排布为1s22s22p3，O原子核外电子排布为1s22s22p4，由洪特规则特例，半充满更稳定，N原子失电子难，第一电离能大于O原子。因为CO2中的C===O之间的夹角为180°，故CO2为直线形分子，B错误。 石墨是混合型晶体，金刚石是原子晶体，石墨熔化时，除了断开C－C之间σ键外，还需断开π键，所以熔点高。HF之间由于形成氢键，所以沸点高。
答案：A
14．通常把具有相同电子数和相同原子数的分子或离子称为等电子体。等电子体的结构和性质相似(等电子原理)。有下列两个系列的物质：
系列一
系列二
CH4
NH
C2H6
N2H
CO
X
Y
NO
C2O
Z
W
N2
试根据等电子体的概念及上述两系列物质的排列规律，推断X、Y、Z、W可能是下列各组物质中的( )
A．NO CO2 N2O4 CO
B．NO CO2 N2H4 C2H2
C．NO CO NO C2H2
D．NO HCO N2O CO
答案：A
15．下列说法正确的是( )
A．124 g P4含有的P—P键的个数为6NA
B．12 g石墨中含有的C—C键的个数为2NA
C．12 g金刚石中含有的C—C键的个数为1.5 NA
D．60 g SiO2中含Si—O键的个数为2NA
解析：1 mol P4中有6 mol P—P键；石墨晶体中，存在层状结构，碳原子与共价键的个数比为2∶3；金刚石中两个碳原子拥有1个共价键，1个碳原子形成4个共价键，所以碳原子数与共价键数之比为1∶2；二氧化硅晶体中，1个硅原子形成4个共价键，且均属于这一硅原子，因此硅原子数与共价键数之比为1∶4。
答案：A
16．有关晶体的结构如下图所示，下列说法中不正确的是( )
A．在NaCl晶体中，距Na＋最近的Cl－形成正八面体
B．在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2＋
C．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1∶2
D．该气态团簇分子的分子式为EF或FE
解析：由于是气态团簇分子，其分子式应为E4F4或F4E4，CaF2晶体中，Ca2＋占据8个顶点，6个面心，故Ca2＋共8×＋6×＝4个，金刚石晶体中，每个C原子与4个C原子相连，而碳碳键为2个碳原子共用，C原子与C－C键个数比为1∶2。21世纪教育网
答案：D
二、非选择题(本题包括6个小题，共52分)
17．(7分)今有位于元素周期表短周期中的X、Y、Z三种元素。已知：
①三者原子序数之和为25；
②元素Y的原子价电子排布为ns2npn＋2；
③X和Y在不同条件下可形成X2Y和X2Y2两种固态化合物，Y和Z在不同条件下可形成ZY和ZY2两种气态化合物；[来源:21世纪教育网]
④元素Z的硫化物与元素Z的氯化物，常温下均为液态，且二者的相对分子质量之比为38∶77。
据此填写下列空白：
(1)写出元素符号：
X____________；Y____________；Z____________。
(2)X2Y2属于________晶体，构成晶体的微粒是____________(填微粒符号)。
(3)Z的硫化物的分子空间构型是______________，ZY2形成的晶体属于________________晶体，根据原子轨道重叠方式的不同，Z的氯化物分子中含有的共价键种类及数目是____________________。
解析：(1)根据题干部分，可以推断X为Na，Y为O，Z为C。(2)Na2O2为离子晶体，构成粒子为Na＋和O。(3)CS2的空间构型为直线形，CO2为分子晶体，CCl4含有4个C－Cl键，属于σ键。
答案：(1)Na O C
(2)离子 Na＋、O
(3)直线形 分子 4个σ键
18．(8分)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__________。21世纪教育网
(2)B元素的－1价离子和C元素的＋1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＋3价离子的3d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元素基态原子的次外层有2个电子，可推知次外层为K层，最外层为L层，L层上有3个未成对电子，可推知应在2p轨道，因此得核外电子排布式为1s22s22p3，为氮元素。
(2)氩核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，由题意推知B元素核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，为氯元素，C元素核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，为钾元素。
(3)D元素的＋3价离子的3d轨道为半充满，则D原子的价电子排布式应为3d64s2，即26号元素铁，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2。
(4)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，则E原子的价电子排布式应为3d104s1，即29号铜元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。
答案：(1)N (2)Cl K21世纪教育网
(3)Fe 1s22s22p63s23p63d64s2
(4)Cu 1s22s22p63s23p63d104s1
19．(7分)Fe 、Co等原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物。
(1)与Fe 、Co原子或离子形成配合物的分子或离子所具备的结构特征是___________
______________________________________________________________________________。
(2)向黄色的FeCl3溶液加入无色的KSCN溶液，溶液变成血红色：FeCl3＋6KSCN===[Fe(SCN)3]＋3KCl。向上述血红色溶液中加入NaF溶液振荡，只观察到血红色溶液迅速褪成无色，发生该现象的可能原因是______________________________________
______________________________________________________________________________。
(3)无水CoCl2为深蓝色，吸水后变为粉红色的水化物(CoCl2·xH2O)，水化物受热后又变成无水CoCl2，故常在实验室中用作吸湿剂和空气湿度指示剂。现有65 g无水CoCl2吸水后变成119 g CoCl2·xH2O。经测定该化合物中Co2＋的配位数为6,1 mol CoCl2·xH2O溶于水后，滴加硝酸银溶液，析出1 mol AgCl沉淀。则CoCl2·xH2O的化学式用配合物的形式可表示为________________________。
解析：(1)形成配位键时金属原子或离子多数提供空轨道，其他分子或离子提供孤对电子。(2) 血红色溶液迅速褪成无色，说明[Fe(SCN)]3－不存在，即转化成更稳定的[FeF6]3－。(3)由65 g无水CoCl2吸收54 g水变成119 g CoCl2·xH2O得x＝6,1 mol CoCl2·xH2O溶于水后，滴加硝酸银溶液，析出1 mol AgCl沉淀，说明2个Cl－中1个在内界，1个在外界。
答案：(1)具有孤对电子
(2)[FeF6]3－比[Fe(SCN)6]3－更稳定(Fe3＋结合的F－能力大于结合SCN－的能力)
(3)[Co(H2O)5Cl]Cl·H2O
20．(8分)下表列出了几种物质的熔点：
物质
MgO [21世纪教育网]
A12O3
SiO2
MgCl2
HCl
HF
MgF2
SiF4
熔点/℃
2800
2050
1710
712
－111
－84
1266
－90
请参考以上数据回答下列问题：
(1)表中物质属于分子晶体的是________，属于原子晶体的是________________。
(2)A12O3熔化时破坏的是________键，SiO2熔化时破坏的是 ________键。
(3)MgF2的熔点比SiF4高得多，原因是______________________________________；HF的熔点比HCl高，其原因是________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)已知MgO的晶体结构属于NaCl型。某同学画出的MgO晶体结构示意图如右图所示，请将图中画错了的圆圈涂黑。
解析：(1)分子晶体的熔点相对较低，原子晶体的熔点较高，同时要特别提醒从构成粒子上区别离子晶体。(2)Al2O3是离子晶体，熔化时破坏离子键，SiO2是原子晶体，熔化时破坏共价键。(4)NaCl型中相连的两个粒子均不同，所以上下面心的粒子涂错了。
答案：(1)HCl、HF、SiF4 SiO2 (2)离子 共价
(3)MgF2是离子晶体，SiF4是分子晶体，离子键作用力比分子间作用力大得多 HF分子间存在氢键，氢键比分子间作用力大
(4)将图中上下面心的2个圆圈涂黑
21．(10分)(2010·海南高考)金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。
请回答下列问题：
(1)Ni原子的核外电子排布式为_______________________________________________。
(2)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2＋和Fe2＋的离子半径分别为69 pm和78 pm，则熔点NiO________FeO(填“＜”或“＞”)。
(3)NiO晶胞中Ni2＋和O2－的配位数分别为________、________。
(4)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如左下图所示。该合金的化学式为________。
(5)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，其结构如右上图所示。
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：(1)核外电子排布式与价电子排布式要区别开。
(2)NiO、FeO都属于离子晶体，熔点高低受离子键强弱影响，离子半径越小，离子键越强，熔点越高。
(3)因为NiO晶体结构与NaCl相同。而NaCl晶体中Na＋、Cl－的配位数都是6，所以NiO晶体中Ni2＋、O2－的配位数也是6。
(4)根据晶胞结构可计算，一个合金晶胞中，La：8×＝1，Ni：1＋8×＝5。即该合金的化学式为LaNi5。
(5)碳氮之间是共价双键，一个是σ键，一个是π键；氮镍之间形成的是配位键，氮原子提供孤对电子，镍原子提供空轨道；分子中和氮原子形成双键的碳原子发生sp2杂化，甲基中的碳原子发生sp3杂化。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2[来源:21世纪教育网]
(2)＞ (3)6 6 (4)LaNi5
(5)①σ键，π键 配位键 ②氢键 ③sp2、sp3
22．(12分)均由两种短周期元素组成的A、B、C、D化合物分子都含有18个电子，它们分子中所含原子的数目依次为2、3、4、6。A和C分子中的原子个数比为1∶1，B和D分子中的原子个数比为1∶2.D可作为火箭推进剂的燃料。
请回答下列问题：
(1)A、B、C、D分子中相对原子质量较大的四种元素第一电离能由大到小排列的顺序为__________________________________________________________________________ (用元素符号回答)。
(2)A与HF相比，其熔、沸点较低，原因是________________________________________________________________________。
(3)B分子的空间构型为______形，该分子属于____分子(填“极性”或非极性)。
(4)C为一种绿色氧化剂，有广泛应用。请写出Cu、稀H2SO4与C反应制备硫酸铜的离子方程式____________________________________。铜晶体中铜原子的堆积方式为面心立方堆积，如图是铜晶体一个晶胞的示意图，则晶胞中含________个铜原子。
(5)D分子的中心原子的杂化方式是________，由该原子组成的单质分子中包含________个π键，与该单质分子互为等电子体的常见分子的分子式为________。
解析：由常见18电子物质可知A为HCl、B为H2S，C中含4个原子，且原子个数为1∶1，知其为过氧化氢，分子式为H2O2。D含6个原子，原子个数比为1∶2，可作火箭推进剂燃料，则D为肼，分子式为N2H4。[来源:21世纪教育网]
答案：(1)N>O>Cl>S
(2)HF分子间形成氢键
(3)V形(或角形) 极性分子
(4)Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2＋＋2H2O 4
(5)sp3 2 CO
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)
1．多电子原子中，3s、3d、4p轨道能量高低顺序为( )
A．3s<3d<4p B．3s>3d>4p
C．3s<4p<3d D．无法确定
解析：根据轨道能量顺序可知，多电子原子中3s、3d、4p的能量大小顺序为3s<3d<4p。
答案：A
2．下列叙述正确的是( )
A．可能存在核外电子排布为 1s22s22p63s23p64s24p1的原子
B．在氢原子的基态电子的机会分布图中，小黑点的疏密程度表示电子在该区空间出现机会的多少
C．当电子排布在能量相同的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，而且自旋方向相反
D．1个原子轨道最多只能容纳2个电子，且自旋状态相同
解析：A项错误，因为能量3d<4p，故电子应先排布在3d轨道上；C项错误，不符合洪特规则，应改为自旋相同；D项错误，同一轨道内两个电子自旋状态必须相反。
答案：B
3．下列关于外围电子层排布为3s23p4的粒子描述正确的是( )
A．它的元素符号为O
B．它的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4
C．它可与H2生成液态化合物
D．其轨道表示式为
解析：外围电子层排布为3s23p4的粒子是S原子，其电子排布式为1s22s22p63s23p4，可与H2生成气态化合物H2S,3p轨道中电子排布违反了洪特规则，应为
答案：B
4．若某基态原子的外围电子排布式为4d25s2，则下列说法正确的是( )
A．该元素基态原子中共有4个电子
B．该元素原子核外有5个电子层
C．该元素原子最外层共有4个电子
D．该元素原子M层共有8个电子
解析：根据核外电子排布规律，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d25s2.由此可知，该元素原子中共有40个电子，分5个电子层，其中M层上有18个电子，最外层上有2个电子。
答案：B
5．[双选题]人们常将在同一原子轨道上运动的、自旋状态相反的2个电子，称为“电子对”；在同一原子轨道上运动的单个电子，称为“未成对电子”。以下有关主族元素原子的“未成对电子”的说法，错误的是( )
A．核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中一定含有“未成对电子”
B．核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中一定不含“未成对电子”
C．核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中可能含有“未成对电子”
D．核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中可能不含“未成对电子”
解析：核外电子数为奇数的的基态原子，至少有一个电子会单独占据一个原子轨道而不成对，A项正确，D项错误；核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中可能含未成对电子，如碳原子的轨道表示式： ，B项错误，C项正确。
答案：BD
6．元素周期表中能稳定存在且电负性相差最大的两种元素形成的化合物是( )
A．HI B．LiI
C．CsF D．KI
解析：选项中电负性最大的元素为F，电负性最小的元素为Cs，所以电负性相差最大的化合物是CsF。21世纪教育网
答案：C21世纪教育网
7．[双选题]短周期Y元素的p轨道上有3个未成对电子，则该元素的最高价氧化物的水化物的化学式可能是( )
A．H3YO4 B．H4YO4
C．HYO3 D．H2YO4
解析：由电子排布可知Y元素为第ⅤA族元素，其最高化合价为＋5价。A、B、C、D四个选项中Y的化合价分别为＋5、＋4、＋5和＋6价。
答案：AC
8．已知三种微粒(原子或离子)的电子排布式如下：11X：1s22s22p6，19Y：1s22s22p63s23p6，
20Z：1s22s22p63s23p6
若将上述三种微粒归为同一类，下列微粒中也可归入此类的是( )[来源:21世纪教育网]
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，11X、19Y、20Z都是金属阳离子，由选项A～D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、D是原子，B是阴离子，C是金属阳离子。
答案：C21世纪教育网
9．具有下列电子层结构的原子，其对应的元素一定属于同一周期的是( )
A．两种元素原子的电子层上全部都是s电子
B．3p上只有1个空轨道的原子和3p上只有1个未成对电子的原子
C．最外层电子排布为2s22p6的原子和最外层电子排布为2s22p6的离子
D．原子核外的M层上的s、p轨道上都填满了电子而d轨道未排电子的两种原子
解析：H、Li、Be电子层上全部是s电子，A错误；最外层电子排为2s22p6的原子是Ne，离子可以是O2－、F－，也可以是Na＋、Mg2＋等，C错误；Ar、K、Ca均是M层上s、p轨道都填满电子而d轨道未排电子，D错误。
答案：B
10．对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是( )
A．碱性：NaOHB．第一电离能：NaC．电负性：Na>Mg>Al
D．还原性：Na>Mg>Al
解析：同一周期元素从左往右电负性增大，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，但因镁的s轨道全充满，所以第一电离能为镁>铝>钠。
答案：D
11．某元素的电离能(电子伏特)如下：
I1
I2
I3
I4
I5
I6
I7
14.5
29.6
47.4
77.5
97.9
551.9
666.8
此元素位于元素周期表的族数是( )
A．第ⅠA B．第ⅣA21世纪教育网
C．第ⅤA D．第ⅦA
解析：此元素的I5、I6有非常显著的变化，表明最外层有5个电子，应为第ⅤA族元素。
答案：C
12．X、Y为两种元素的原子，X的阴离子与Y的阳离子具有相同的电子层结构，由此可知( )
A．X的原子半径大于Y的原子半径
B．X的电负性大于Y的电负性
C．X阴离子的半径小于Y阳离子的半径
D．X的第一电离能小于Y的第一电离能
解析：由题可知X、Y在周期表中位置应为，所以半径应为Y＞X，电负性为X＞Y，离子半径应为X＞Y，第一电离能为X＞Y。
答案：B
13．1919年，科学家第一次实现了人类多年的梦想——人工转变元素。这个反应可以表示如下：14 7N＋2He―→17 8O＋1H。下列叙述正确的是( )
A．上述转变过程属于化学变化
B．元素电负性：氮>氧
C．元素第一电离能：氮>氧
D．在自然界，氢元素只有一种核素
解析：核反应不属于化学变化，A不正确；同周期元素从左向右电负性增大，B不正确；氮的价电子排布式2s22p3，半充满结构更稳定，第一电离能氮>氧，C正确；氢元素有H、H、H三种核素，D不正确。
答案：C
14．最活泼的金属、最活泼的非金属、常温下呈液态的金属(价电子排布为5d106s2)分别位于下面元素周期表中的( )
A．s区、p区、ds区 B．s区、p区、d区
C．f区、p区、ds区 D．s区、f区和ds区
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6周期第ⅡB族元素，位于ds区。
答案：A
15．[双选题]通常情况下，原子核外p、d等原子轨道上电子排布为“全空”、“半满”“全满”的时候一般更加稳定，称为洪特规则的特例。下列事实能作为这个规则证据的是( )
A．元素氦(He)的第一电离能远大于元素氢(H)的第一电离能
B．26Fe2＋容易失电子转变成26Fe3＋，表现出较强的还原性
C．基态铜(Cu)原子的电子排布式为[Ar]3d104s1而不是[Ar]3d94s2
D．某种激发态碳(C)原子排布式为1s22s12p3而不是1s22s22p2
解析：A项He的1s2和H的1s1分别为“全满”和“半满”；B项中26Fe2＋的3d6变成26Fe3＋的3d5时，3d轨道为“半满”更加稳定；C项中Cu原子的3d10为“全满”，4s1为“半满”都属于稳定结构。D项中C原子变为1s22s12p3时从外界吸收能量反而不稳定，故B、C都可作为这个规则的证据。
答案：BC
16．第3周期某元素的原子，其最外层3p轨道上有一个未成对电子，则关于该元素的描述正确的是( )
A．该元素最高价氧化物的水化物肯定是一种强酸
B．该元素单质可能是一种黄绿色的气体
C．该元素最高价氧化物的水化物肯定是一种强碱，只能与酸反应
D．该元素的原子半径在同周期中肯定是最小的(稀有气体元素除外)
解析：最外层3p轨道上有一个未成对电子，外围电子排布式可能为3s23p1或3s23p5，为铝元素或氯元素。
答案：B
二、非选择题(本题包括6小题，共52分)
17．(8分)(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，违反了泡利原理的是________。
(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水化物的化学式是__________________________。
(3)用符号“>”、“<”或“＝”表示下列各项关系。
①第一电离能：Mg________Ca。
②电负性：O________F。[来源:21世纪教育网]
③能量高低：ns________np。 [21世纪教育网]
④主族序数________价电子数________元素最高正化合价。
解析：(1)同一轨道中不应有自旋状态相同的电子，②违反了泡利原理。
(2)3p能量小于3d，激发态为1s22s22p63s13p33d2，基态应为1s22s22p63s23p4.此原子核外电子数为16，其质子数也为16，该元素为硫元素，其最高价氧化物对应水化物的化学式是H2SO4。
(3)同周期中从左到右电负性逐渐增大，同主族中自上而下第一电离能均逐渐减小。由原子轨道能量顺序可知，ns答案：(1)② (2)1s22s22p63s23p4 H2SO4
(3)①> ②< ③< ④＝ ＝
18．(9分)现有部分前36号元素的性质或原子结构如下表：
元素编号
元素性质或原子结构
R
基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子
S
单质能与水剧烈反应，所得溶液呈弱酸性
T
基态原子3d轨道上有1个电子
X
(1)R元素的第一电离能要大于其同周期相邻的元素，原因是_______________________
_________________________________________________。
(2)S元素的常见化合价为________，原因是_____________________________________
________________________________________________________________________。
(3)T元素的原子N电子层上电子数为________。
(4)X的轨道表示式违背了____________。用X单质、碱金属盐及碱土金属盐等可以做成焰火。燃放时，焰火发出五颜六色的光，请用原子结构的知识解释发光的原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。21世纪教育网
解析：(1)R元素基态原子的轨道表示式可表示为 ，可知R为氮元素，氮原子2p轨道半充满，能量低，稳定，所以其第一电离能比同一周期相邻的碳、氧要大。
(2)由题知S为氟元素，其电负性最大，只能得电子，无正价，其常见化合价为－1价。
(3)基态T原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，则N电子层只有2个电子。
(4)X元素的核外电子排布应先排能量低的3s轨道。发射光谱是电子从较高能量的激发态跃迁至较低能量的激发态或基态时释放能量产生的。
答案：(1)原子2p轨道半充满，能量低，稳定
(2)－1 F的电负性最大，只能得电子
(3)2
(4)能量最低原理 电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光的形式释放能量
19．(7分)A、B、C、D、E都是元素周期表中前20号元素，原子序数依次增大，B、C、D同周期，A、D原子中某p轨道均排有5个电子，E和其他元素既不在同周期也不在同主族，B、C、D的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水。根据以上信息，回答下列问题：
(1)A和D的氢化物中，较不稳定的是________(填“A”或“D”)；A和D的电负性较大的是________(填“A”或“D”)；B和C的第一电离能较小的是________(填“B”或“C”)；A和B的离子中，半径较小的是________(填离子符号)；元素C的原子核外电子排布式为__________________；
(2)写出B、C的最高价氧化物的水化物相互反应的离子方程式____________________。
解析：由B、C、D的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水推知B、C元素分别为Na、Al，由题意知A、D的电子排布式分别为1s22s22p5,1s22s22p63s23p5，则A为氟元素，D为氯元素，E为钙元素，然后根据元素周期律进行回答。
答案：(1)D A B Na＋ 1s22s22p63s23p1
(2)OH－＋Al(OH)3===AlO＋2H2O
20．(8分)有A、B、C、D、E 5种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20。其中A为非金属元素，A和E属同一族，它们原子的最外层电子排布为ns1。B和D也属同一族，它们原子最外层的p电子数是s电子数的两倍，C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半。请回答下列问题：
(1)A是________，C是__________，E是________。
(2)由这五种元素组成的一种化合物是(写化学式)__________________________。写出该物质的一种主要用途：____________________________。
(3)写出C元素基态原子的电子排布式：________________________。
(4)用轨道表示式表示D元素原子的外围电子排布为____________________________。
解析：B和D同主族，它们原子最外层的p电子数是s电子数的两倍，可得B、D的外围电子层排布为ns2np4，所以B为氧元素、D为硫元素；而A和E属同一族，它们原子的最外层电子排布为ns1，所以A为氢元素，E为钾元素；C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半，C的外围电子层排布为ns2np1，即C为铝元素。21世纪教育网
答案：(1)H Al K (写元素名称也可)
(2)KAl(SO4)2·12H2O 净水剂
(3)1s22s22p63s23p1
(4)
21．(8分)四种短周期元素的性质或结构信息如下表。请根据信息回答下列问题。
元素
T
X
Y
Z
性质结构信息
原子核外s电子总数等于p电子总数；人体内含量最多的元素，且其单质是常见的助燃剂
单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对，常温下单质性质稳定，但其原子较活泼
单质质软、银白色固体、导电性强；单质在空气中燃烧发出黄色的火焰
第3周期元素的简单离子中半径最小
(1)写出元素T的离子结构示意图________________；写出元素X的气态氢化物的电子式________________；写出Z元素原子的核外电子排布式______________；元素Y的原子核外共有________种形状不同的电子云。
(2)Z单质与Y最高价氧化物的水化物的水溶液反应的离子方程式：________________。
(3)元素T与氟元素相比，非金属性较强的是________(用元素符号表示)，下列表述中能证明这一事实的是________(填序号字母)。
a．常温下氟气的颜色比T单质的颜色深
b．氟气与T的氢化物剧烈反应，产生T的单质
c．氟与T形成的化合物中T元素呈正价态
d．比较两元素的单质与氢气化合时得电子的数目
解析：由表中信息可知T元素核外电子排布式为1s22s22p4，为氧元素；X为氮元素，其气态氢化物为NH3()；Y为钠元素，其电子排布式为1s22s22p63s1，有两种形状不同的电子云；Z元素为Al，其电子排布式为1s22s22p63s23p1。
根据元素非金属性变化规律可知，F的非金属性大于O，可通过单质间的相互置换、电负性大小(形成的互化物中，电负性大的显负价)等方面进行证明或判断。
答案：(1) 1s22s22p63s23p1 221世纪教育网
(2)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑
(3)F bc
22．(12分)A、B、C、D是四种短周期元素，E是过渡元素。A、B、C同周期，C、D同主族，A的原子结构示意图为，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个未成对电子，E的外围电子排布式为3d64s2.回答下列问题：
(1)用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是______，碱性最强的是________。
(2)用元素符号表示D所在周期第一电离能最大的元素是________，电负性最大的元素是________。
(3)E元素原子的核电荷数是__________，E元素在周期表的第________周期，第________族，是________区元素。
(4)画出D的轨道表示式________________，这样排布遵循了________原理和________规则。
解析：由A的原子结构示意图可知，x＝2，原子序数为14，A是硅元素，则B是钠元素，C的最外层电子的排布式为3s23p3，是磷元素，则短周期元素D是氮元素；E的电子排布式为[Ar]3d64s2，核电荷数为18＋8＝26，是铁元素，位于d区的第4周期Ⅷ族。五种元素中非金属性最强的是N元素，对应的HNO3酸性最强，金属性最强的是Na元素，对应的NaOH碱性最强。D所在周期第一电离能最大的元素是稀有气体元素氖，电负性最大的元素是非金属性最强的氟。
答案：(1)HNO3 NaOH
(2)Ne F (3)26 4 Ⅷ d
(4) 泡利 洪特
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)21世纪教育网
1．s轨道和p轨道杂化的类型不可能有( )
A．sp杂化 B．sp2杂化
C．sp3杂化 D．sp4杂化
解析：np轨道有三个：npx、npy、npz，当s轨道和p轨道杂化时只有三种类型：①sp杂化：即一个s轨道和一个p轨道的杂化；②sp2杂化：即一个s轨道和两个p轨道的杂化；③sp3杂化：即一个s轨道和三个p轨道的杂化。
答案：D
2．有关乙炔分子中的化学键描述不正确的是( )
A．两个碳原子采用sp杂化方式
B．两个碳原子采用sp2杂化方式
C．每个碳原子都有两个未杂化的2p轨道形成π键
D．两个碳原子形成两个π键
解析：乙炔分子为直线形结构，碳原子采用sp杂化方式，每个碳原子都有两个未杂化的2p轨道，形成两个π键。
答案：B
3．化合物的分子是否为极性分子取决于( )
A．键的极性 B．键的空间排列
C．键的极性和空间排列 D．都不是
解析：键的极性和空间排列决定了分子是否有极性。分子有极性，键一定有极性；而分子无极性，键可能无极性也可能有极性。
答案：C
4．在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是( )
A．sp，范德华力 B．sp2，范德华力
C．sp2，氢键 D．sp3，氢键
解析：根据题给信息，硼酸分子是平面结构，键角为120°，这是sp2杂化的特征。由于硼酸分子中含有—OH，又能形成类似石墨的层状结构，说明硼酸分子间是按一定取向结合的，符合氢键的特征，有饱和性和方向性，所以，同层分子间以氢键结合，层间以范德华力结合。
答案：C
5．用价层电子对互斥模型预测下列分子或离子的空间构型，其中不正确的是( )
A．NH为正四面体形 B．CS2为直线形
C．HCN为折线形(V形) D．PCl3为三角锥形
解析：NH、CS2、HCN、PCl3结构中中心原子价层电子对数分别为4对、2对、2对、4对，价层电子对互斥模型为正四面体形、直线形、直线形、空间四面体形，其中前三者中心原子没有孤电子对，微粒的空间构型就是价层电子对互斥模型，PCl3分子中有1对孤对电子，所以为三角锥形。
答案：C
6．用一带静电的玻璃棒靠近A、B两种纯液体流，现象如图，试分析A、B两种液体分子的极性正确的是( )
A．A是极性分子，B是非极性分子
B．A是非极性分子，B是极性分子
C．A、B都是极性分子
D．A、B都是非极性分子
解析：玻璃棒带电，靠近液体后有一种液体发生偏离说明有力的作用，证明液体带电性，极性分子电性重心不重合，故A是非极性分子，B为极性分子。
答案：B
7．下列物质：①H3O＋；②[B(OH)4]－；③CH3COO－；④NH3；⑤CH4。含有配位键的是( )
A．①② B．①③
C．④⑤ D．②④
解析：水分子中的氧原子上有未成键电子对，氢离子有空轨道，可以形成H3O＋离子，由此可以判断该离子有配位键；[B(OH)4]－离子中，B只有3个电子可以成键，故还有一个空轨道，有一个共价键是OH－与B通过配位键形成的。
答案：A
8．下列推断正确的是( )
A．BF3是三角锥形分子
B．NH的电子式为[]＋，该离子呈平面正方形结构
C．CH4分子中的4个C—H键都是由氢原子的1 s轨道与碳原子的p轨道形成的s-pσ键21世纪教育网
D．CH4分子中，碳原子的sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1 s轨道重叠，形成4个C—H键
解析：BF3为正三角形分子，NH为正四面体结构；CH4分子中碳原子的2 s轨道与2p轨道进行杂化形成4个sp3杂化轨道，然后C原子与H原子结合形成C—Hσ键。
答案：D
9．向CuSO4溶液中加入稀氨水至沉淀刚好溶解，若所得溶液中只有一种溶质，该溶质是( )
A．[Cu(H2O)4]SO4 B．Cu(OH)2
C．[Cu(NH3)4](OH)2 D．[Cu(NH3)4]SO421世纪教育网
解析：硫酸铜溶液中加入稀氨水的反应过程为：CuSO4＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋(NH4)2SO4，Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4](OH)2＋4H2O，[Cu(NH3)4](OH)2完全电离为[Cu(NH3)4]2＋和OH－，OH－与NH结合生成NH3·H2O，若溶质只有一种，则为[Cu(NH3)4]SO4。
答案：D
10．[双选题]下列分子或离子具有中心对称结构的是( )
A．CH3Cl B．HCN
C．NH D．C2H4
解析：由价层电子对互斥理论，判断分子空间结构。
答案：CD
11．[双选题]下列关于丙氨酸[CH3CH(NH2)COOH]的两种空间构型(Ⅰ和Ⅱ)的说法中正确的是( )
A．Ⅰ和Ⅱ结构和性质完全相同
B．Ⅰ和Ⅱ呈镜面对称，具有不同的旋光性
C．Ⅰ和Ⅱ都属于非极性分子
D．Ⅰ和Ⅱ中化学键的种类和数目均相等
解析：上述两种分子，其化学键的种类和数目均相等，但如同左手与右手一样互为镜像，在三维空间里不能重合，它们互为手性异构体，具有不同的旋光性，B、D正确，A错误；两种分子的电荷重心都不能重合，都属于极性分子，C错误。
答案：BD
12．化合物NH3与BF3可以通过配位键形成NH3·BF3，下列说法正确的是( )
A．NH3与BF3都是三角锥形
B．NH3与BF3都是极性分子
C．NH3·BF3中各原子都达到8电子稳定结构
D．NH3·BF3中，NH3提供孤对电子，BF3提供空轨道
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都不正确；NH3分子中有1对孤对电子，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正确；H原子核外只有2个电子，C错误。
答案：D
13．下列说法中错误的是( )
A．SO2、SO3都是极性分子
B．在NH和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键
C．元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强
D．原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特性
解析：SO2、SO3分子中中心原子均为硫原子，且均为sp2杂化，SO2为V形分子，结构不对称是极性分子，SO3为平面三角形分子，结构对称，是非极性分子。21世纪教育网
答案：A
14．关于原子轨道的说法正确的是( )
A．凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其几何构型都是正四面体
B． CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s轨道和C原子的2p轨道混合起来而形成的
C．sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相等的新轨道21世纪教育网
D．凡AB3的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键
解析：sp3杂化轨道没有孤对电子时几何构型才为正四面体；CH4分子中的sp3杂化轨道是由C原子2s轨道和2p轨道混合而形成；AB3型的共价化合物的中心原子也可采用sp2杂化轨道成键。
答案：C[来源:21世纪教育网]
15．下列说法中正确的是( )
A．PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果
B．sp3杂化轨道是由原子最外层上的1个s轨道和3个p轨道混合形成的4个能量相等的轨道
C．凡中心原子采取sp3杂化的分子，其几何构型都是四面体
D．AB3型的分子空间构型必为平面三角形
解析：PCl3分子的价电子对数＝＝4，因此PCl3分子中P原子以sp3杂化，sp3杂化轨道是原子最外层电子层上的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杂化所得到空间构型应为四面体，如甲烷分子。但是如果杂化轨道被孤对电子占据，则构型将发生变化，如NH3分子是三角锥形，H2O分子是V形。PCl3分子中一对孤对电子占据了一个杂化轨道，因此，PCl3分子是三角锥形(如图所示)。
答案：B
16．下列叙述正确的是( )
A．NH3是极性分子，分子中N原子处在3个H原子所组成的三角形的中心
B.CCl4是非极性分子，分子中C原子处在4个Cl原子所组成的正方形的中心
C．H2O是极性分子，分子中O原子不处在2个H原子所连成的直线的中央
D．CO2是非极性分子，分子中C原子不处在2个O原子所连成的直线的中央
解析：NH3的N原子以sp3杂化，形成三角锥形结构，电荷分布不对称，是极性分子。CCl4分子中C—Cl键为极性键，C原子采取sp3杂化，且无孤电子对，分子构型为正四面体形，C原子位于正四面体的中心。H2O分子中H—O键为极性键，O采取sp3杂化，且有两对孤电子对，分子构型为V形，整个分子电荷分布不对称，为极性分子。CO2分子中C采取sp杂化，分子构型为直线形，分子为非极性分子，C原子位于2个O原子所连成的直线的中央。
答案：C
二、非选择题(本题包括6个小题，共52分)
17．(6分)在HF、H2O、NH3、CS2、CH4、N2分子中：
(1)以非极性键结合的非极性分子是________。
(2)以极性键相结合，具有直线形结构的非极性分子是__________。
(3)以极性键相结合，具有三角锥形结构的极性分子是__________。
(4)以极性键相结合，具有正四面体结构的非极性分子是__________。
(5)以极性键相结合，具有V形结构的极性分子是__________。
(6)以极性键相结合，而且分子极性最大的是____________。
解析：不同元素的原子间形成的共价键为极性键，以极性键形成的分子，空间构型完全对称的为非极性分子，不完全对称的为极性分子，全部以非极性键结合形成的分子一定为非极性分子。
答案：(1)N2 (2)CS2 (3)NH3 (4)CH4
(5)H2O (6)HF
18．(8分)PH3在常温下是一种无色、剧毒、易自燃的气体，分子结构和NH3相似。在常温下1体积的水能溶解0.26体积的PH3，PH3和卤化氢HX作用生成相应的化合物PH4X，PH4X在水溶液中完全电离生成PH与X－。
(1)写出磷原子的核外电子排布式：________。
(2)PH3的电子式：________。
(3)PH3分子中的化学键________(填“有”或“无”)极性，其分子为________(填“极性”或“非极性”)分子。
(4)PH3与NH3的热稳定性：________更强。
(5)PH3分子构型是________，和H＋结合的能力较NH3________(填“弱”或“强”)，PH中，P—H键之间的夹角为________。
解析：解答此题时应根据NH3、NH的相关内容进行分析，因为NH3与PH3、PH与NH结构相似。
答案：(1)1s22s22p63s23p3 (2)
(3)有 极性 (4)NH3 (5)三角锥形 弱 109.5°
19．(8分)元素周期表中第4周期元素由于受3d电子的影响，性质的递变规律与短周期元素略有不同。
(1)第4周期过渡元素的明显特征是形成多种多样的配合物。①CO可以和很多过渡金属形成配合物，如羰基铁[Fe(CO)5]、羰基镍[Ni(CO)4]。CO分子中C原子上有一孤电子对，C、O原子都符合8电子稳定结构，CO的结构式为__________，与CO互为等电子体的离子为________(填化学式)。
②金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成液态Ni(CO)4分子。423K 时，Ni(CO)4分解为Ni和CO，从而制得高纯度的Ni粉。试推测Ni(CO)4易溶于下列________。
a．水 b．四氯化碳 c．苯 d．硫酸镍溶液21世纪教育网
(2)第4周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的。镓的基态原子的电子排布式是____________________，Ga的第一电离能却明显低于Zn，原因是________________________________________________________________________。
(3)用价层电子对互斥理论预测H2Se和BBr3的立体结构，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：(1)在CO中，C、O若都满足8电子结构，则电子式为?CO?，其中C与O原子间的三对电子中有一对是由O原子单独提供，即为配位键，CO的结构式为O，与CO互为等电子体的离子为CN－。
Ni(CO)4为分子，由其组成可推测其为非极性分子，应易溶于非极性溶剂。
(2)Ga和Zn的外围电子排布分别为4s24p1、3d104s2，前者失去一个4p电子后达到全充满稳定状态，后者为全充满稳定状态。
(3)H2Se和BBr3的中心原子分别为Se、B，分子中价电子对分别为4、3，Se上有两个孤电子对，B上没有孤电子对，所以，H2Se为V形，BBr3为平面三角形。
答案：(1)①CO CN－ ②bc
(2)1s22s22p63s23p63d104s24p1 Ga失去1个电子后达到全充满的稳定状态
(3)d
20．(9分)如图所示是甲醛分子的模型。根据该图和所学化学键知识回答下列问题：
甲醛分子的比例模型 甲醛分子的球棍模型[来源:21世纪教育网]
(1)甲醛分子中碳原子的杂化方式是________，做出该判断的主要理由是__________21世纪教育网
________________________________________________________________________。
(2)下列是对甲醛分子中碳氧键的判断，其中正确的是________(填序号)。
①单键；②双键；③σ键；④π键；⑤σ键和π键。
(3)甲醛分子中C—H键与C—H键间的夹角______(填“＝”“＞”或“＜”)120°，出现该现象的主要原因是
________________________________________________________________________。
解析：本题是对价层电子对互斥模型、杂化轨道理论、分子的空间构型与成键的类型、键参数等知识的综合运用。
(1)原子中的杂化轨道类型不同，分子的空间构型也不同。由图可知，甲醛分子为平面三角形，所以甲醛分子中的碳原子采取sp2杂化。
(2)醛类分子中都含有羰基(O)，所以甲醛分子中的碳氧键是双键。一般来说，双键是σ键和π键的组合。
(3)由于碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强，所以甲醛分子中C—H键与C—H键间的夹角小于120°。
答案：(1)sp2杂化 甲醛分子的立体结构为平面三角形 (2)②⑤ (3)＜ 碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强
21．(9分)位于第3周期的某元素基态原子有3个未成对电子，它在充足的氧气中燃烧可得最高价氧化物。在不充足的氯气中燃烧生成低价氯化物，在过量的氯气中燃烧生成最高价氯化物。从上面事实推知：
(1)①该元素的元素符号是________。
②该元素基态原子最外层电子排布式为____________。
③该元素所形成的简单氢化物分子中，共价键是________键(填“σ”或“π”)。
(2)笑气(N2O)是一种麻醉剂，有关理论认为N2O与CO2分子具有相似的结构(包括电子式)。已知N2O分子中氮原子只与氧原子相连，N2O的电子式为______，其立体构型是__________，由此可知它是__________(填“极性”或“非极性”)分子，结构式为____________。
解析：(1)据“位于第3周期的某元素基态原子有3个未成对电子”可知，该元素基态原子的最外层电子排布为，最外层电子排布式为3s23p3，原子序数应为15，是磷(P)元素；其简单氢化物为PH3；在PH3分子中，磷原子与3个氢原子形成3个σ键。21世纪教育网
(2)N2O和CO2互为等电子体，有相似的电子式和空间构型。CO2的电子式为，空间构型为直线形，非极性分子。由CO2的结构可推知N2O中的O为中心原子，最外层电子全部参与形成化学键(因此N2O也为非极性分子)，故氮氧双键中O原子提供3个电子，并形成配位键，电子式为，结构式为NON。
答案：(1)①P ②3s23p3 ③σ
(2) 直线形 非极性 NON
22．(12分)Q、R、X、Y、Z为前20号元素中的五种，Q的低价氧化物与X单质分子的电子总数相等，R与Q同族，Y和Z的离子与Ar原子的电子层结构相同且Y的原子序数小于Z。
(1)Q的最高价氧化物，其固态属于________晶体，俗名叫________；
(2)R的氢化物分子的空间构型是________，属于________分子(填“极性”或“非极性”)；它与X形成的化合物可作为一种重要的陶瓷材料，其化学式是______________；
(3)X的常见氢化物的空间构型是________；它的另一氢化物X2H4是一种火箭燃料的成分，其电子式是____________；
(4)Q分别与Y、Z形成的共价化合物的化学式是________和__________；Q与Y形成的分子的电子式是________，属于________分子(填“极性”或“非极性”)。
解析：Q的低价氧化物与X单质分子的电子总数相等，Q可能为C，X为N，由于这五种元素均是前20号元素，所以R为Si，Y和Z的离子与Ar原子的电子层结构相同且Y的原子序数小于Z，由(4)小题Q分别与Y、Z形成共价化合物知Y为S，Z为Cl。
答案：(1)分子 干冰
(2)正四面体形 非极性 Si3N4
(3)三角锥形
(4)CS2 CCl4 非极性
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)
1．下列物质中不属于晶体的是( )
A．石墨 B．玻璃
C．食盐 D．水晶
解析：固体有晶体和非晶体之分，晶体是内部微粒(原子、离子或分子)在空间按一定规律做周期性重复排列构成的固体物质，食盐、冰、金属、宝石、水晶、石墨大部分矿石等都是晶体；非晶体的内部原子或分子的排列呈现杂乱无章的分布状态，如玻璃、橡胶等都是非晶体。
答案：B
2．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．b>c>a B．b>a>c
C．c>b>a D．a>b>c
解析：化学键是原子间的强相互作用，范德华力和氢键属于分子间作用力，比化学键弱的多，但氢键比范德华力强。
答案：A
3．下列关于金属键的叙述中，不正确的是( )
A．金属键是金属离子和自由电子这两种带异性电荷的微粒间的强烈相互作用，其实质与离子键类似，也是一种电性作用
B．金属键可以看作是许多原子共用许多电子所形成的强烈的相互作用，所以与共价键类似，也有方向性和饱和性
C．金属键是带异性电荷的金属阳离子和自由电子间的相互作用，故金属键无饱和性和方向性
D．构成金属键的自由电子在整个金属内部的三维空间中做自由运动
解析：从基本构成微粒的性质看，金属键与离子键的实质类似，都属于 电性作用，特征都是无方向性和饱和性，自由电子是由金属原子提供的，并且在整个金属内部的三维空间内运动，为整个金属的所有阳离子所共有，从这个角度看，金属键与共价键有类似之处，但两者又有明显的不同，如金属键无方向性和饱和性。
答案：B
4．[双选题]P原子的价电子层排布为3s23p3，P与Cl形成的化合物有PCl3、PCl5，对此判断正确的是( )21世纪教育网
A．P原子最外层有三个不成对电子，故只能结合三个Cl原子形成PCl3
B．PCl3分子中的P—Cl键都是σ键
C．PCl5分子中形成了π键
D．P原子最外层有3个不成对电子，但是能形成PCl5，说明传统的价键理论存在缺陷
解析：PCl3的结构式为，P—Cl键都是σ键，PCl5分子中P的外围5个电子与氯的成单电子形成了5个P—Cl σ键，这违背传统价键理论饱和性原则，说明传统价键理论不能解释PCl5的分子结构，存在缺陷。
答案：BD
5．下列说法中错误的是( )
A．离子晶体在熔化状态下能导电
B．在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子
C．原子晶体中一定有非极性共价键
D．分子晶体中不一定含有共价键
解析：SiO2晶体中只有极性键；稀有气体形成的分子晶体中没有化学键。21世纪教育网
答案：C
6．水的状态除了气、液和固态外，还有玻璃态。它是由液态水急速冷却到165 K时形成的。玻璃态的水无固定形态，不存在晶体结构，且密度与普通液态水的密度相同，有关玻璃态水的叙述正确的是( )
A．水由液态变为玻璃态，体积缩小
B．水由液态变为玻璃态，体积膨胀
C．玻璃态是水的一种特殊状态
D．玻璃态水能使X-射线产生衍射
解析：玻璃态水无固定形状，不存在晶体结构，故玻璃态水不是晶体，不能使X-射线产生衍射；因密度与普通水相同，故水由液态变为玻璃态时体积不变。
答案：C
7．下列各类化合物中，固态时只能形成离子晶体的是( )
A．非金属氧化物 B．非金属单质
C．强酸 D．强碱
解析：离子化合物形成的晶体是离子晶体，非金属单质形成的晶体可能是分子晶体，也可能是原子晶体。非金属氧化物、强酸都属于共价化合物，强碱属于离子化合物。
答案：D
8．[双选题]下列叙述正确的是( )
A．固态物质一定是晶体
B．晶体一定有固定的熔点
C．晶体内部微粒按一定规律周期性排列
D．凡有规则几何外形的固体一定是晶体
解析：固体分为晶体和非晶体，晶体有自范性、固定的熔点、各向异性，正是由于晶体内部微粒按一定周期性排列的结果，晶体有规则的几何外形，但有规则的几何外形的固体却不一定是晶体，如玻璃。
答案：BC
9．下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质分子式的是( )
A．Na2CO3 B．SiO2
C．C2H5OH D．Cu
解析：在四大类晶体中，除了分子晶体中含有独立的分子外，其余几种晶体都找不到独立的分子，此时的化学式仅表示物质中原子或离子的最简整数比。
答案：C
10．[双选题]金属晶体和离子晶体是重要晶体类型。下列关于它们的说法中，正确的是
( )
A．金属晶体导电，离子晶体在一定条件下也能导电
B．在镁晶体中，1个Mg2＋只与2个价电子存在强烈的相互作用
C．金属晶体和离子晶体都可采取“紧密堆积”方式
D．金属晶体和离子晶体中分别存在金属键和离子键等强烈的相互作用，很难断裂，因而都具有延展性
解析：金属晶体中有自由电子，能导电，离子晶体溶于水或熔融状态下可以导电，A项正确；金属晶体中的自由电子属于整个晶体，B项不正确；D项中离子晶体没有延展性，不正确。
答案：AC
11．下列物质的分子中既有σ键又有π键的是( )
①HCl ②H2O ③N2 ④H2O2 ⑤C2H4 ⑥C2H2
A．①②③ B．③④⑤⑥
C．①③⑤ D．③⑤⑥
解析：当两个原子间能形成多对共用电子时先形成一个σ键，另外的原子轨道只能形成π键，N2分子中有三个共价键：一个σ键、两个π键，C2H4分子中碳碳原子之间有两个共价键，一个σ键、一个π键，C2H2分子中碳碳原子之间有三个共价键，一个σ键、两个π键。
答案：D
12．下列数据是对应物质的熔点表，有关的判断正确的是( )21世纪教育网
Na2O
Na
AlF3
AlCl3
Al2O3
BCl3
CO2
SiO2
920℃
97.8℃
1 291℃
190℃
2 073℃
－107℃
－57℃
1 723℃
A．只要含有金属阳离子的晶体就一定是离子晶体
B．在共价化合物分子中各原子都形成8个电子的稳定结构
C．同族元素的氧化物不可能形成不同类型的晶体
D．金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高
解析：金属晶体中含有金属阳离子，但不属于离子晶体，A项错误；在含有H原子的共价分子中，H原子形成2个电子的稳定结构，B项错误；CO2和SiO2分别属于分子晶体和原子晶体，C项错误；汞常温下是液体，碘、白磷等常温下为固体，D项正确。
答案：D
13．下列中给出了几种晶体的晶胞如图所示：
所示晶胞从左到右分别表示的物质正确的排序是( )
A．碘、锌、钠、金刚石 B．金刚石、锌、碘、钠
C．钠、锌、碘、金刚石 D．锌、钠、碘、金刚石
解析：第一种晶胞为体心立方堆积，钾、钠、铁等金属采用这种堆积方式；第二种晶胞为六方最密堆积，镁、锌、钛等金属采用这种堆积方式；组成第三种晶胞的粒子为双原子分子，是碘；第四种晶胞的粒子结构为正四面体结构，为金刚石。
答案：C21世纪教育网
14．白磷与氧可发生如下反应：P4＋5O2===P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：
P—P a kJ·mol－1、P—O b kJ·mol－1、
P===O c kJ·mol－1、O===O d kJ·mol－1。
根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的ΔH，其中正确的是( )
A．(6a＋5d－4c－12b) kJ·mol－1
B．(4c＋12b－6a－5d) kJ·mol－1
C．(4c＋12b－4a－5d) kJ·mol－1
D．(4a＋5d－4c－12b) kJ·mol－1
解析：ΔH＝反应物的键能之和－生成物的键能之和＝6(P－P)＋5(O===O)－12(P—O)－4(P===O)，代入数据可得选项A正确。
答案：A
15．[双选题]下列有关性质的比较中，不正确的是( )
A．金属原子化热：Na B．晶格能：NaBr>NaCl>MgO
C．键的极性：N－HD．熔点：
解析：B选项中离子半径越小、离子电荷数越多，晶格能越大，所以晶格能顺序为NaBr答案：BD
16.用烧热的钢针去接触涂有薄薄一层石蜡的云母片(晶体)的反面，熔化了的石蜡呈椭圆形，这是因为( )
A．云母是热的不良导体，传热不均匀21世纪教育网
B．石蜡是热的不良导体，传热不均匀
C．石蜡具有各向异性，不同方向导热性能不同
D．云母具有各向异性，不同方向导热性能不同
解析：由“熔化的石蜡呈椭圆形”可知云母不同方向的导热性能不同，具有各向异性。
答案：D
二、非选择题(本题包括6小题，共52分)
17．(8分)下列7种物质：①白磷(P4)；②水晶；③氯化铵；④氢氧化钙；⑤氟化钠；⑥过氧化钠；⑦石墨，固态下都为晶体，回答下列问题(填写序号)：
(1)不含金属离子的离子晶体是________，只含离子键的离子晶体是________，既有离子键又有非极性键的离子晶体是________，既有离子键又有极性键的离子晶体是________。
(2)既含范德华力，又有非极性键的晶体是______，熔化时既要克服范德华力，又要破坏化学键的是________，熔化时只破坏共价键的是________。
解析：(1)属于离子晶体的有③④⑤⑥，其中NH4Cl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)③ ⑤ ⑥ ③和④ (2)①⑦ ⑦ ②
18．(8分)(1)分析下列物质的物理性质，判断其晶体类型：
A．碳化铝，黄色晶体，熔点2 200℃，熔融态不导电________；
B．溴化铝，无色晶体，熔点98℃，熔融态不导电________；
C．五氟化矾，无色晶体，熔点19.5℃，易溶于乙醇、氯仿、丙酮中________；
D．溴化钾，无色晶体，熔融时或溶于水中都能导电________。
(2)三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断三氯化铁晶体为________。
(3)金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示。面心立体方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的铁原子个数之比为________。
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解析：(3)面心立方中铁原子个数为8×＋6×＝4，体心立方中铁原子个数为8×＋1＝2，两晶胞中实际含有的铁原子个数之比为2∶1。
答案：(1)原子晶体 分子晶体 分子晶体 离子晶体 (2)分子晶体 (3)2∶1
19．(10分)如图所示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)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)代表石墨的是______，每个正六边形占有的碳原子数平均为____个。
(3)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。
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晶体是简单的立方单元，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，且由Cs＋组成的立方体中心有1个Cl－，由Cl－组成的立方体中心有一个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分子也组成立方体结构，彼此相互套入面的中心，所以每个CO2分子在三维空间的三个面各紧邻4个CO2，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1/3，每个六边形占有的碳原子数是6×1/3＝2个。
答案：(1)D 4 原子 (2)E 2 (3)A 12
(4)C 离子 8 (5)B 分子 12
20.(8分)如图中A、B、C、D四条曲线分别表示ⅥA、ⅦA、ⅤA、ⅣA族元素的气态氢化物的沸点，其中表示ⅥA族元素气态氢化物沸点的曲线是________；表示ⅣA族元素气态氢化物沸点的是曲线是________；同一族中第3、4、5周期元素的气态氢化物沸点依次升高，其原因是_________________
___________________________________________________；
A、B、C曲线中第2周期元素的气态氢化物的沸点显著高于第3周期元素气态氢化物的沸点，其原因是
________________________________________________________________________。
解析：在CH4、NH3、H2O及HF中，熔沸点最高的物质为 H2O，故A为ⅥA族；ⅣA族的氢化物都是非极性分子，沸点较低，其第2周期元素的氢化物中不存在氢键，故为D。
答案：A D 相对分子质量增大，范德华力增大，故沸点依次升高 存在氢键
21．(8分)有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大。已知：A和C、B和D分别位于同主族，且B、D质子数之和是A、C质子数之和的2倍；E在同周期元素中原子半径最小。
(1)B形成的双原子分子中，共价键的类型有__________。21世纪教育网
(2)A2B和A2D的沸点较高者是________(填化学式)，其原因是_____________________
__________________________________________________________________________。
(3)E原子的电子排布式为_____________________________________________________
__________________________________________________________________________。
(4)写出分别由A、B、C、D四种元素组成的两物质的浓溶液发生反应的离子方程式：________________________________________________________________________。
解析：由题意知A是H，B是O，C是Na，D是S，E是Cl。
(1)O2中含O===O键，既有σ键又有π键。
(2)H2O与H2S结构相似，但水分子间能形成氢键，故H2O沸点高于H2S。
(3)Cl的电子排布式是1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5。
(4)一种物质由H、O、Na、S组成，Na的存在则想到形成碱或者盐，碱最多由三种元素组成，所以只能是盐，而且只能是酸式盐——NaHSO4和NaHSO3。[来源:21世纪教育网]
答案：(1)σ键、π键
(2)H2O 水分子间能形成氢键，使其沸点高于H2S
(3)1s22s22p63s23p5(或[Ne]3s23p5)
(4)H＋＋HSO===H2O＋SO2↑
22．(10分)X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的四种常见元素，其相关信息如下表：
元素
相关信息
X
X的基态原子核外2p轨道上有2个电子
Y
常温常压下，Y单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积
Z
Z和Y同周期，Z的电负性大于Y
W
W的一种核素的质量数为63，中子数为34
(1)Y位于元素周期表第________周期第________族，Y和Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是________(写化学式)。
(2)XY2是一种常用的溶剂，XY2的分子中存在______个σ键。在H—Y、H—Z两种共价键中，键的极性较强的是________，键长较长的是________。
(3)W的基态原子核外电子排布式是___________________________________________
_________________________________________________________________________。
W2Y在空气中煅烧生成W2O的化学方程式是_________________________________
_________________________________________________________________________。
(4)处理含XO、YO2烟道气污染的一种方法，是将其在催化剂作用下转化为单质Y。
已知：
XO(g)＋O2(g)===XO2(g)
ΔH＝－283.0 kJ·mol－1
Y(s)＋O2(g)===YO2(g)
ΔH＝－296.0 kJ·mol－121世纪教育网
此反应的热化学方程式是___________________________________________________。
解析：本题主要考查元素的位、构、性知识，意在考查考生的分析推理能力。
X的核外电子排布式为1s22s22p2，是C元素；Y是S元素；Z是Cl元素；W的原子序数为63－34＝29，是Cu元素。
(1)Cl的非金属性比S的非金属性强，所以HClO4的酸性比H2SO4的酸性强。
(2)CS2分子中有2个双键，双键中有一个键是σ键，一个键是π键。Cl的电负性比S的电负性强，所以H—Cl键的极性比H—S键的极性强；S的原子半径比Cl的原子半径大，所以H—S键的键长比H—Cl键的键长长。
(3)Cu元素原子的3d轨道处于全满状态。Cu2S煅烧时生成SO2，不是SO3。
(4)将已知反应的前一个方程式乘以2，再减去后一个方程式得：2CO(g)＋SO2(g)===2CO2(g)＋S(s) ΔH＝－270.0 kJ·mol－1。
答案：(1)3 ⅥA HClO4
(2)2 H—Cl H—S
(3)1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)
2Cu2S＋3O22Cu2O＋2SO2
(4)2CO(g)＋SO2(g)===2CO2(g)＋S(s) ΔH＝－270.0 kJ·mol－1
课件47张PPT。高考三大高频考点例析考点一考点二考点三2012年的高考较多的考查了原子结构与性质，安徽卷考查了原子结构的推断和C、O电负性的比较；福建卷考查了Mn2＋的电子排布式和Al、Si电离能大小的比较；海南卷考查了Cu的电子排布式；新课标卷考查了Se原子M层的电子排布式和O、S、Se电离能由大到小的顺序。根据原子结构推断元素在周期表中的位置，进一步考查元素的性质，依然是近几年高考的高频考点，电子排布式、价电子排布式的书写，电负性、电离能的判断，粒子半径大小的比较等知识也是高考的热点内容。元素周期表和元素周期律的知识是统帅元素化合物知识的重要规律，涉及内容较多，是单一知识内容中的多知识点综合题。 [例1] (2012·福建高考)(1)元素的第
一电离能：Al________Si(填“>”或“<”)。
(2)基态Mn2＋的核外电子排布式为______
________。
(3)硅烷(SinH2n＋2)的沸点与其相对分子质量的变化关系如图所示，呈现这种变化关系的原因是___________________
_____________________________________________________。 (4)硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子
Xm－(含B、O、H三种元素)的球棍模型如图所示：
①在Xm－中，硼原子轨道的杂化类型有____
____；配位键存在于________原子之间(填原子的数字标号)；m＝________(填数字)。
②硼砂晶体由Na＋、Xm－和H2O构成，它们之间存在的作用力有________(填序号)。
A．离子键 B．共价键 C．金属键 D．范德华力
E．氢键[解析] (1)通常情况下，同周期元素，第一电离能从左到右逐渐增大，故Al(2)Mn的核外电子数为25，故Mn2＋的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)；
(3)硅烷是分子晶体，相对分子质量越大，分子间范德华力越大，熔沸点越高(4)①由中心原子B的球棍模型可知，硼原子能形成3条、4条共价键，B原子为sp2、sp3杂化；B原子提供空轨道，O原子提供孤对电子，故4,5原子之间形成配位键；由阴离子的组成可知，Xm－为[H4B4O9]m－，得出m＝2；②Na＋与Xm－分子间存在离子键，H2O分子间存在氢键和范德华力。[答案] (1)<
(2)1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)
(3)硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强(或其他合理答案)
(4)①sp2、sp3 4,5(或5,4) 2
②ADE1．(2011·新课标全国卷)氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如图所示：请回答下列问题：
(1)由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是________________________、__________________________。
(2)基态B原子的电子排布式为____________；B和N相比，电负性较大的是____________，BN中B元素的化合价为__________。
(3)在BF3分子中，F—B—F的键角是________，B原子的杂化轨道类型为________，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF的空间构型为________。-4(4)在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间化学键为__________，层间作用力为__________。
(5)六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5 pm。立方氮化硼晶胞中含有________个氮原子、________个硼原子，立方氮化硼的密度是____________g/cm3(只要求列算式，不必计算出数值。阿伏加德罗常数为NA)。解析：本题主要考查新型陶瓷材料的制取、电子排布、杂化以及晶胞的有关计算，意在考查考生的推理分析能力。
(1)已知反应物和主要的生成物，根据原子守恒判断出次要生成物，写出化学方程式，配平即可。
(2)B原子核外有5个电子，其基态电子排布式为：1s22s22p1；BN中N的电负性较大，N为－3价，那么B就为＋3价。
(3)因为BF3的空间构型为平面三角形，所以F—B—F的键角为120°。
(4)六方氮化硼晶体结构与石墨相似，故B、N以共价键相结合构成分子晶体，其层间作用力是分子间作用力。 2012年的高考对分子结构与性质的考查非常全面。山东卷考查了CO分子内σ键和π键的判断、CH3OH中C的杂化方式以及CH3OH和HCHO分子内O－C－H键角的比较；江苏卷考查了NO的空间构型、CO的结构式、H2O中的O的杂化类型、1 mol CO2中σ键的数目以及[Cu(OH)4]2－的结构示意图；福建卷考查了硼砂中B的杂化类型；新课标卷考查了S8中S的杂化方式和SeO3、SO的立体构型。分子结构的考查主要集中在原子的杂化类型、粒子的空间构型、氢键、分子间作用力、键的极性和分子的极性等。分子构型的判断主要掌握价层电子对互斥模型，杂化轨道理论。键参数对分子结构和性质的影响及氢键、分子间作用力对物质熔沸点影响的考查，通常渗透在元素化合物知识中。 [例2] (2012·江苏高考)一项科学研究成果表明，铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。
(1)向一定物质的量浓度的Cu(NO3)2和Mn(NO3)2溶液中加入Na2CO3溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得CuMn2O4。
①Mn2＋基态的电子排布式可表示为____________________
____________________________________________________。
②NO 的空间构型是______________________________
________________________________________(用文字描述)。-3 (2)在铜锰氧化物的催化下，CO被氧化为CO2，HCHO被氧化为CO2和H2O。
①根据等电子体原理，CO分子的结构式为______________
_____________________________________________________。
②H2O分子中O原子轨道的杂化类型为__________________
_____________________________________________________。
③1 mol CO2中含有的σ键数目为_____________________
_____________________________________________________。(3)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成[Cu(OH)4]2－。不考虑空间构型，[Cu(OH)4]2－的结构可用示意图表示为________________________________________________________________________。(2)CO与N2互为等电子体，根据氮气分子的结构式可以写出CO的结构式为C≡O。H2O分子中O原子存在两对孤电子对，配位原子个数为2，价电子对数目为4，所以O原子采用sp3杂化。二氧化碳分子内含有两个碳氧双键，一个双键中含有一个σ键，一个π键，则1 mol CO2中含有2 mol σ键。
(3)Cu2＋中存在空轨道，而OH－中O原子上有孤电子对，故O与Cu之间以配位键结合。[答案] (1)①1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)
②平面三角形
(2)①C≡O ②sp3 ③2×6.02×1023个(或2 mol)
(3)2．(2011·山东高考)氧是地壳中含量最多的元素。
(1)氧元素基态原子核外未成对电子数为________个。
(2)H2O分子内的O—H键、分子间的范德华力和氢键从强到
弱依次为________________________________________。
的沸点比 高，原因是
______________________________________________。(3)H＋可与H2O形成H3O＋，H3O＋中O原子采用________杂化。H3O＋中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角大，原因为_________________________________________________。
(4)CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构，已知CaO晶体密度为a g/cm3，NA表示阿伏加德罗常数，则CaO晶胞体积为________cm3。
解析：(1)氧元素原子的基态核外电子排布式为：1s22s22p4,2p能级中4个电子在三个轨道中排布，故未成对的电子个数是两个。(2)化学键是强烈的相互作用；氢键的作用力比化学键弱，但比范德华力的作用力要强。 可形成分子
间氢键，而 形成的是分子内氢键，分子间氢键使分子间的作用力增大，故前者比后者的沸点要高。
(3)H3O＋的空间构型为三角锥形，故O原子的杂化方式为sp3；H3O＋中O原子只有一对孤电子对，排斥力较小，使得键角变大。(3)乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈(CH===H2C≡CN)。
丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是________；
分子中处于同一直线上的原子数目最多为
________。晶体结构与性质部分考查内容虽少，但每年必考。如2012年海南卷考查了原子晶体的判断和有关Cu晶胞的计算；福建卷考查了硼砂晶体作用力的判断；新课标卷考查了有关ZnS晶胞的计算。与分子结构相比，晶体结构部分考查的题型单一，内容较为集中，主要有四种晶体结构粒子间的作用力的判断，物质熔、沸点的比较，晶体结构的简单计算，如晶体化学式的计算，密度、微粒间距离的计算等。
[例3] (2012·新课标高考节选)ⅥA族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含ⅥA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：(1)S单质的常见形式为S8，其环状结构如下图所示，S原子采用的轨道杂化方式是________；
(2)原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为__________；
(3)Se原子序数为______，其核外M层电子的排布式为____________________；(5)ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方ZnS晶体结构如下图所示，其晶胞边长为540.0 pm，密度为__________________________ g·cm－3(列式并计算)，a位置S2－离子与b位置Zn2＋离子之间的距离为______________________________________ pm。[解析] (1)每个S原子与另外2个S原子形成2个共价单键，所以S原子的杂化轨道数＝σ键数＋孤对电子对数＝2＋2＝4，故S原子为sp3杂化。
(2)同主族元素从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，故第一电离能O>S>Se。
(3)Se位于第四周期，与S的原子序数相差18，故其原子序数为34。由于其核外M层有18个电子，故M层的电子排布式为3s23p63d10。(4)Se的原子半径大于S的原子半径，H2Se与H2S相比，H2Se中Se原子对H原子的作用力较弱，H2Se在水中更容易离出H＋，所以其酸性较强；SeO3中Se原子采取sp2杂化且有3个配位原子，故其立体构型为三角锥形。4．(2011·江苏高考)原子序数小于 36 的 X、Y、Z、W 四种元素，其中 X 是形成化合物种类最多的元素，Y 原子基态时最外层电子数是其内层电子总数的 2 倍，Z 原子基态时2p 原子轨道上有 3 个未成对的电子，W 的原子序数为 29.
回答下列问题：
(1)Y2X2 分子中 Y 原子轨道的杂化类型为________，1 mol Y2X2 含有 σ键的数目为________。(2)化合物 ZX3 的沸点比化合物 YX4 的高，其主要原因是________。
(3)元素 Y 的一种氧化物与元素 Z 的一种氧化物互为等电子体，元素 Z 的这种氧化物的分子式是________。
(4)元素 W 的一种氯化物晶体的晶胞
结构如图所示，该氯化物的化学式是_____
___，它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，
生成配合物 HnWCl3，反应的化学方程式为________________________________________________________________________。解析：本题考查杂化类型、化学键的判断，根据晶胞写化学式及物质沸点高低比较等知识，意在考查考生综合运用物质结构原理的能力。X是形成化合物种类最多的元素，则为H元素，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍，则Y为C元素；由Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对电子，推出Z为N元素，W的原子序数为29，则为Cu元素。
(1)C2H2中C原子轨道的杂化类型是sp杂化；1 mol C2H2中含有3 mol σ键，2 mol π键。答案：(1)sp杂化 3 mol或3×6.02×1023个
(2)NH3分子间存在氢键
(3)N2O
(4)CuCl CuCl＋2HCl(浓)===H2CuCl3(或CuCl＋2HCl(浓)===H2[CuCl3])5．(2011·海南高考)铜(Cu)是重要金属。Cu的化合物在科学
研究和工业生产中具有许多用途，如CuSO4溶液常用作电解液，电镀液等，请回答以下问题：
(1)CuSO4可由金属铜与浓硫酸反应制备，该反应的化学方程式为_______________________________________________
_________________________。
(2)CuSO4粉末常用来检验一些有机物中的微量水分，其原因是________________________________________________
________________________。(5)上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构为CaF2的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为______________。
解析：本题各小题内容考查点相互的联系不大，仍属于“拼盘”式题。
(3)硫酸根离子中心原子的价层电子对为：孤对电子数6－2×4＋2＝0，成键电子对数4，所以为正四面体结构，中心原子为sp3杂化。(5)CaF2结构如图所示，所以氢原子在晶胞
内有8个，可得储氢后的化学式为H8AuCu3。