章末综合测评(二) 化学键与分子间作用力
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分)
1．下列各组物质中，都属于共价化合物的是( )
A．H2S和Na2O2
B．H2SO4和HClO
C．NH3和N2
D．H2O2和CaF2
【解析】 A项中过氧化钠是离子化合物；B项中均是共价化合物；C项中N2是单质；D项中CaF2是离子化合物。
【答案】 B
2．在HCl、Cl2、H2O、NH3、CH4这一组分子中，对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σ键，又有π键
D．除CH4外，都是σ键
【解析】 题给分子中没有双键或叁键结构，故所含共价键都是σ键，没有π键。
【答案】 A
3．老鼠能在多氟碳化物溶液内部潜水游动，科学家预测多氟碳化物可能成为血液替代品。全氟丙烷(C3F8)是一种常见的多氟碳化物，下列对该物质的叙述中正确的是( )
A．全氟丙烷的电子式为
B．原子半径C比F的小
C．全氟丙烷分子中的化学键只有共价键
D．全氟丙烷分子中既含σ键又含π键
【解析】 A项，F原子在全氟丙烷分子中满足8电子稳定结构，A错；B项，C原子半径比F原子半径大，B错；C项，正确；D项，全氟丙烷分子中只含有σ键，不含有π键，D错。
【答案】 C
4．下列说法中正确的是( )
A．双原子分子中化学键键能越大，分子越稳定
B．双原子分子中化学键键长越长，分子越稳定
C．双原子分子中化学键键角越大，分子越稳定
D．在双键中，σ键的键能要小于π键的键能
【解析】 A项，正确；B项，化学键键长越长，键越不牢固，分子越不稳定，B错；C项，双原子分子无键角，C错；D项，在双键中，σ键的键能大于π键的键能，D错。
【答案】 A
5．下列各组微粒中不属于等电子体的是( )
A．CH4、NH
B．H2S、HCl
C．CO2、N2O
D．CO、NO
【解析】 原子数相同、价电子总数相同的微粒称为等电子体，B项中两者的原子数不等。
【答案】 B
6．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4∶3，Z原子的核外电子数比X原子多4。下列说法正确的是( )
A．W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z>Y>W
B．Z的氢化物分子间存在氢键
C．Y、Z形成的分子的中心原子可能采用sp3杂化
D．WY2分子中σ键与π键的数目之比是2∶1
【解析】 根据题目条件，可得W为C，X为Al，Z为Cl，Y可能是Si、P、S。选项A，若Y为Si，因为C的电负性大于Si，则电负性：W>Y。选项B，HCl分子间不存在氢键。选项C，SiCl4的空间构型为正四面体形，其中Si原子采用sp3杂化。选项D，若Y为S，WY2为CS2，S===C===S中，σ键和π键的数目相等。
【答案】 C
7．下表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是( )
A.W、R元素单质分子内的化学键都是非极性键
B．X、Z元素都能够形成双原子分子
C．键能W－H＞Y－H，键的极性Y－H＞W－H
D．键长X－H＜W－H，键能X－H＜W－H
【解析】 从表中可以看出X、Y、Z、W、R的对应元素分别是X(N)、Y(S)、Z(Br)、W(P)、R(Ar)，再根据键参数规律很容易判断C、D不正确。
【答案】 B
8．(2016·四川高考)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．2.4
g
Mg在足量O2中燃烧，转移的电子数为0.1NA
B．标准状况下，5.6
L
CO2气体中含有的氧原子数为0.5NA
C．氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的σ键数为0.4NA
D．0.1
L
0.5
mol/L
CH3COOH溶液中含有的H＋数为0.05NA
【解析】 A．2.4
g
Mg在足量O2中燃烧，转移的电子数为0.2NA，A项错误；B.标准状况下，5.6
L
CO2的物质的量为0.25
mol，所含的氧原子数为0.5NA，B项正确；C.含0.4NA个氢原子的甲醇分子为0.1
mol，1个甲醇分子含有5个σ键，0.1
mol甲醇含有的σ键数为0.5NA，C项错误；D.CH3COOH为弱电解质，0.1
L
0.5
mol/L
CH3COOH溶液中含有的H＋数小于0.05NA，D项错误。
【答案】 B
9．下列说法正确的是( )
A．N2分子中的π键与CO2分子中的π键的数目之比为2∶1
B．稳定性：甲烷>乙烯
C．强度：氢键>化学键>范德华力
D．沸点：
【解析】 选项A，N2的结构式为N≡N，分子中含有一个σ键和两个π键，CO2的结构式为O===C===O，分子中含有两个σ键和两个π键，故二者分子中π键数目之比为1∶1。选项B，乙烯分子中的π键易断裂，而甲烷分子中只含有σ键，故甲烷分子稳定。选项C，作用力的强度：化学键>氢键>范德华力。选项D，存在分子内氢键，存在分子间氢键，沸点受分子间氢键的影响较大，故的沸点较高。
【答案】 B
10．某物质的结构如图所示：
下列有关该物质的分析中正确的是( )
A．该物质的分子中不存在σ键
B．该物质的分子内只存在共价键和配位键两种作用力
C．该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子
D．该物质的分子中C、N、O原子均存在孤电子对
【解析】 选项A，该物质中碳原子之间、碳氢原子间、碳氮原子间等，均存在σ键。选项B，该物质中H、O原子间存在氢键，C与其他原子间存在共价键，Ni、N之间存在配位键，所以该物质的分子内存在氢键、共价键、配位键三种作用力。选项C，Ni原子具有空轨道，是孤对电子的接受者，是配合物的中心原子。选项D，C原子最外层的4个电子全部参与成键，没有孤电子对。
【答案】 C
11．汽车尾气中通常含有CO、NOx等气体，为减轻污染，现在的汽车加装了三元催化转换器，此转换器可将汽车尾气中的有毒气体转化为无污染的气体，如图为该转换器中发生反应的微观示意图(未配平)，其中不同颜色的球代表不同原子。下列说法不正确的是( )
甲
乙 丙 丁
A．甲、乙、丙、丁中有3种非极性分子
B．甲和丁中同种元素的化合价不相等
C．丙的空间构型为直线形
D．N2O5的水化物存在分子内氢键
【解析】 选项A，根据微观示意图可知，甲为NO2，乙为CO，丙为CO2，丁为N2，其中CO2、N2为非极性分子。选项B，比较甲、丁的化学式，丁为单质，所以甲、丁中同种元素的化合价不相等。选项C，CO2的空间构型为直线形。选项D，N2O5的水化物为HNO3，HNO3分子内存在氢键。
【答案】 A
12．Co(Ⅲ)的八面体配合物
CoClm·nNH3，若1
mol配合物与AgNO3作用生成1
mol
AgCl沉淀，则m、n的值是( )
A．m＝1，n＝5
B．m＝3，n＝4
C．m＝5，n＝1
D．m＝4，n＝5
【解析】 由1
mol配合物生成1
mol
AgCl知，1
mol配合物电离出1
mol
Cl－即配离子显＋1价，外界有一个Cl－，又因Co显＋3价，所以[CoClm－1·nNH3]＋中有两个Cl－，又因为该配合物空间构型为八面体，所以n＝6－2＝4。
【答案】 B
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
13．(8分)(2016·阜宁高二检测)在以下6种物质中选取序号填空(仅填序号，可重复选填)。
①二氧化碳 ②过氧化氢 ③氯化铵 ④氟化钙 ⑤甲醛 ⑥甲酸
(1)含有非极性键的是___________________________________________；
(2)含有配位键的是____________________________________________；
(3)分子间能形成氢键的是_______________________________________；
(4)既含有σ键又含有π键的是___________________________________；
(5)分子结构呈平面三角形的是__________________________________；
(6)属于非极性分子的是________________________________________；
(7)属于离子化合物的是______________________________________；
(8)以sp3杂化轨道成键的是______________________________________。
【解析】 (1)同种非金属元素之间易形成非极性键，H2O2中氧氧原子之间存在非极性共价键，故选②。
(2)含有孤对电子的原子和含有空轨道的原子之间易形成配位键，NH4Cl中氮原子含有孤对电子、H＋含有空轨道，所以氯化铵中含有配位键，故选③。
(3)电负性强的元素如氟、氧、氮等形成的氢化物中含有氢键，过氧化氢和甲酸中也含有氢键。
(4)双键或叁键中既含有σ键又含有π键，故选①⑤⑥。
(5)甲醛中碳原子含有1对孤对电子且成键电子对数是3，所以甲醛的立体结构是平面三角形。
(6)正、负电荷重心重合的分子为非极性分子，CO2分子中正、负电荷重心重合，所以为非极性分子，故选①。
(7)含有金属阳离子或者是NH的化合物是离子化合物，故选③④。
(8)过氧化氢中的氧、氯化铵中的氮、甲酸中羟基上的氧，都是sp3杂化。
【答案】 (1)② (2)③ (3)②⑥ (4)①⑤⑥
(5)⑤ (6)① (7)③④ (8)②③⑥
14．(12分)已知和碳元素同主族的X元素位于周期表中的第1个长周期，短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3，它们形成的化合物的分子式是XY4。
(1)X元素原子的基态电子排布式为_______________________________；
Y元素原子最外层电子的轨道表示式为___________________________。
(2)若X、Y两元素电负性分别为2.1和2.85，则XY4中X与Y之间的化学键为________(填“共价键”或“离子键”)。
(3)该化合物的空间结构为________，中心原子的杂化类型为________，分子为________(填“极性”或“非极性”)分子。
(4)该化合物的沸点与SiCl4的比较，________(填化学式)的高，原因是
_______________________________________________________________
_____________________________________________________________。
【解析】 与碳同主族的第1个长周期元素是Ge，最外层电子数比内层电子总数少3的短周期元素应该是Cl。(1)Ge的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2；Cl的最外层电子的轨道表示式为；(2)根据电负性差值2.85－2.1＝0.75<1.7，可判断GeCl4中的化学键为共价键；(3)由于GeCl4的成键电子对数n＝＝4，故其为正四面体，中心原子的杂化类型为sp3杂化；分子正、负电荷重心重合，是非极性分子；(4)GeCl4与SiCl4结构相似，GeCl4的相对分子质量大，因此分子间作用力强，沸点高。
【答案】 (1)1s22s22p63s23p63d104s24p2
(2)共价键 (3)正四面体 sp3杂化 非极性
(4)GeCl4 二者结构相似，但GeCl4相对分子质量大，分子间作用力强，沸点高
15．(16分)已知A、B、C、D、E、F为周期表前四周期原子序数依次增大的六种元素。其中A是元素周期表中原子半径最小的元素，B原子最外层电子数是内层电子数的2倍。D、E为同主族元素，且E的原子序数为D的2倍。F元素在地壳中的含量位于金属元素的第二位。试回答下列问题：
【导学号：66240023】
(1)F元素原子价电子排布式为________。
(2)下列关于B2A2的说法中正确的是________(填字母)。
A．B2A2中的所有原子都满足8电子结构
B．每个B2A2分子中σ键和π键数目比为1∶1
C．B2A2是由极性键和非极性键形成的非极性分子
D．B2A2分子中的B—A键属于s—sp1
σ键
(3)B和D形成的一种三原子分子与C和D形成的一种化合物互为等电子体，则满足上述条件的B和D形成的化合物的结构式为________。
(4)C元素原子的第一电离能比B、D两元素原子的第一电离能高的主要原因是___________________________________________________________
_____________________________________________________________。
(5)D的氢化物比E的氢化物的沸点高，其主要原因是________________
_____________________________________________________________。
E的氢化物的价电子对互斥理论模型为________，E原子的杂化方式为________杂化。
【解析】 由题意知A为H，B是C；F元素在地壳中含量位于金属元素第二位，为Fe；D、E为同主族元素，且E的原子序数为D的2倍，则推出D为O，E为S；根据原子序数依次增大可推出C为N。(1)铁的价电子排布式为3d64s2。(2)A项，C2H2中H原子不可能满足8电子结构，A错；B项，C2H2分子中σ键和π键数目比为3∶2，B错；C项，C—H键是极性键，碳碳叁键是非极性键，C2H2属于非极性分子，C正确；D项，C2H2中的碳原子是sp1杂化，故正确。(3)CO2与N2O互为等电子体，CO2的结构式为O===C===O。(4)N原子的最外电子层的p轨道处于半充满状态，能量低，较稳定，失去第一个电子需要的能量较C、O多。(5)H2O分子之间存在氢键的作用，故它的沸点比H2S高；由于H2S的成键电子对数为2，S原子上有2对孤电子对，故H2S的价电子对互斥理论模型为四面体形；S原子的杂化方式为sp3杂化。
【答案】 (1)3d64s2 (2)CD (3)O===C===O (4)N原子的最外电子层的p轨道处于半充满状态，能量低，较稳定，失去第一个电子需要的能量较C、O多 (5)水分子之间能够形成氢键，氢键比范德华力强 四面体形 sp3
16．(16分)(2016·江苏高考)[Zn(CN)4]2－在水溶液中与HCHO发生如下反应：
4HCHO＋[Zn(CN)4]2－＋4H＋＋4H2O===[Zn(H2O)4]2＋＋4HOCH2CN
(1)Zn2＋基态核外电子排布式为________。
(2)1
mol
HCHO分子中含有σ键的数目为________mol。
(3)HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是________。
HOCH2CN的结构简式
(4)与H2O分子互为等电子体的阴离子为________。
(5)[Zn(CN)4]2－中Zn2＋与CN－的C原子形成配位键。不考虑空间构型，[Zn(CN)4]2－的结构可用示意图表示为________。
【解析】 (1)Zn为30号元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，失去最外层的2个电子即可得到Zn2＋，Zn2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。
(2)HCHO的结构式为，单键为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，1个HCHO分子中含有3个σ键，故1
mol
HCHO中含有σ键3
mol。
(3)根据HOCH2CN的结构简式为可知，“CH2”中的C原子形成4个σ键，该碳原子采取sp3杂化；“CN”中的C原子形成1个σ键、2个π键，该碳原子采取sp杂化。
(4)等电子体是指原子总数相同、价电子总数相同的微粒，H2O分子中有3个原子、8个价电子，根据质子—电子互换法可知，符合条件的阴离子等电子体为NH。
(5)Zn2＋提供空轨道，CN－中C原子提供孤电子对，两者形成配位键，结构可表示为或。
【答案】 (1)1s22s22p63s23p63d10{或[Ar]3d10} (2)3
(3)sp3和sp (4)NH
(5)章末综合测评(三) 物质的聚集状态与物质性质
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分)
1．(2016·福建师大附中期中考试)下列晶体为分子晶体的是( )
A．CaF2
B．CH4
C．SiO2
D．Na2O2
【解析】 CH4晶体为分子晶体。CaF2晶体、Na2O2晶体为离子晶体。SiO2晶体为原子晶体。
【答案】 B
2．(2016·石家庄一中期中考试)下列晶体中，其中任何一个原子都被相邻四个相同原子包围，以共价键形式结合形成正四面体，并向空间伸展成网状结构的是
( )
A．四氯化碳
B．石墨
C．硅晶体
D．水晶
【解析】 四氯化碳晶体中一个碳原子被4个氯原子包围；石墨晶体中一个碳原子被3个碳原子包围，为层状结构；硅晶体中每个硅原子被4个硅原子包围(与金刚石的晶体结构相似)，为空间网状结构；水晶晶体中一个硅原子被4个氧原子包围，一个氧原子被2个硅原子包围，为空间网状结构。
【答案】 C
3．(2016·济南一中期中考试)下列有关晶体的说法中正确的是( )
A．氯化钾溶于水时离子键未被破坏
B．金属晶体中金属键越强，熔点越高
C．冰融化时分子中共价键发生断裂
D．分子间作用力越大，分子越稳定
【解析】 氯化钾溶于水时离子键被破坏，A错；冰融化时破坏的是分子间作用力而共价键没有发生断裂，C错；分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高，分子间作用力与分子稳定性无关，D错。
【答案】 B
4．下列说法中，正确的是( )
A．分子晶体中，分子间作用力越大，分子越稳定
B．具有高熔、沸点的晶体一定是离子晶体或原子晶体
C．与单晶硅晶体结构相似的晶体属于原子晶体
D．同族元素的氧化物形成的晶体类型相同
【解析】 A项，分子间作用力只影响分子晶体的物理性质，与分子稳定性无关；B项，有些金属晶体也具有高熔、沸点，如钨等；C项，单晶硅为原子晶体，与其晶体结构相似的晶体属于原子晶体；D项，CO2、SiO2分别属于分子晶体、原子晶体。
【答案】 C
5．下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属于同种类型的是( )
A．液溴和苯分别受热变为气体
B．干冰和氯化铵分别受热熔化
C．二氧化硅和铁分别受热熔化
D．食盐和葡萄糖分别溶解在水中
【解析】 液溴和苯受热变为气体，克服的是分子间作用力；干冰和氯化铵分别为分子晶体和离子晶体，受热熔化时分别克服分子间作用力和离子键；二氧化硅和铁分别为原子晶体和金属晶体，受热熔化分别克服共价键和金属键；食盐和葡萄糖分别属于离子晶体和分子晶体，溶解于水克服离子键和分子间作用力。
【答案】 A
6．下列数据是对应物质的熔点，有关的判断错误的是( )
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．晶格能：Al2O3＞AlF3
C．同族元素的氧化物可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】 根据表格信息知AlCl3的熔点较低，故AlCl3为分子晶体。含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，可能是金属晶体。
【答案】 A
7．下列关于物质熔、沸点的比较不正确的是( )
A．Si、SiC、金刚石的熔点依次降低
B．SiCl4、MgBr2、氮化硼的熔点依次升高
C．F2、Cl2、Br2、I2的沸点依次升高
D．PH3、NH3、H2O的沸点依次升高
【解析】 因Si、SiC、金刚石都是原子晶体，键能的大小顺序为C—C键>Si—C键>Si—Si键，所以Si、SiC、金刚石的熔点依次升高。
【答案】 A
8．CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如右图所示)，但CaC2晶体中由于哑铃形C的存在，使晶胞沿一个方向拉长。则关于CaC2晶体的描述不正确的是( )
A．CaC2晶体的熔点较高、硬度也较大
B．和Ca2＋距离相同且最近的C构成的多面体是正六面体
C．和Ca2＋距离相同且最近的Ca2＋有4个
D．如图的结构中共含有4个Ca2＋和4个C
【解析】 A项，据CaC2晶体结构可知其属于离子晶体，故熔点较高、硬度较大；B项，由于晶胞沿一个方向拉长，故该晶胞不是由正方体构成，而是由长方体构成，和Ca2＋距离相同且最近的C有4个，且在同一平面上；C项，和Ca2＋距离相同且最近的Ca2＋有4个，也在同一平面上；D项，图示结构中N(Ca2＋)＝12×＋1＝4，N(C)＝8×＋6×＝4。
【答案】 B
9．下列有关化学键和晶体的说法中正确的是( )
①分子晶体的熔点一定比金属晶体的低 ②原子晶体中共价键越强，熔点越高 ③冰融化时水分子中共价键发生断裂 ④氯化钠熔化时离子键未被破坏 ⑤在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子 ⑥在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子 ⑦原子晶体的熔点一定比金属晶体的高
A．①②③④
B．⑤⑥⑦
C．②⑤
D．①④
【解析】 如I2晶体熔点高于汞，①不正确；原子晶体是相邻原子间以共价键结合而成的空间网状结构的晶体，共价键越强，熔点越高，②正确；冰是由水分子形成的分子晶体，融化时破坏的是分子间作用力，③不正确；氯化钠是由Na＋和Cl－构成的离子晶体，在熔化时离子间距离发生了变化，离子键也发生了变化而被破坏，④不正确；金属晶体中无阴离子，⑥错误；钨的熔点(3
410
℃)比硅(1
410
℃)高，⑦不正确。
【答案】 C
10．在硼化镁晶体的理想模型中，镁原子和硼原子是分层排布的，一层镁一层硼的相间排列，如图是从该晶体微观空间中取出的部分原子沿z轴方向的投影，白球是镁原子投影，黑球是硼原子投影，图中的硼原子和镁原子投影在同一平面上。根据该图确定硼化镁的化学式为( )
A．MgB
B．MgB2
C．Mg2B
D．MgB6
【解析】 根据题意可将相邻的一层镁一层硼压缩为一层，即可将如上图所示结构看成一个平面结构，并且不影响镁与硼的原子个数比的计算结果。每个镁原子周围有6个硼原子，每个硼原子为3个镁原子所共有，所以镁原子与硼原子个数之比为1∶2，化学式为MgB2。
【答案】 B
11．(2016·华中师大一附中期末考试)Al2O3在一定条件下可转化为硬度、熔点都很高的氮化铝晶体，氮化铝的晶胞结构如图所示。下列说法正确的是( )
A．氮化铝属于离子晶体
B．氮化铝可用于制造切割金属的刀具
C．一个氮化铝晶胞中含有9个Al原子
D．氮化铝晶体中Al的配位数为2
【解析】 根据氮化铝晶体的性质，可知它属于原子晶体，能用于制造切割金属的刀具；根据晶胞结构可知，一个氮化铝晶胞中含有的Al原子的数目为8×＋1＝2；观察晶胞结构可得氮化铝晶体中Al的配位数为4。
【答案】 B
12．下表中的数据是对应物质的熔点。
【导学号：66240033】
Na2O
NaCl
AlF3
AlCl3
920℃
801℃
1
291℃
190℃
BCl3
MgO
CO2
SiO2
－107℃
2
852℃
－57℃
1
723℃
据此做出的下列判断中错误的是( )
A．铝的化合物的晶体中有的是分子晶体
B．表中只有BCl3和干冰是分子晶体
C．同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体
D．不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体
【解析】 AlCl3是分子晶体，A对，B错；C、Si同族，但CO2、SiO2分别为分子晶体、原子晶体，C对；Na、Mg不同族，但Na2O、MgO均为离子晶体，D对。
【答案】 B
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
13．(10分)现有几组物质的熔点(℃)数据：
A组
B组
C组
D组
金刚石：3
350
Li：181
HF：－83
NaCl：801
硅晶体：1
415
Na：98
HCl：－115
KCl：776
硼晶体：2
573
K：64
HBr：－89
RbCl：718
二氧化硅：1
713
Rb：39
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＞CsCl，其原因为_____________________________________________________________。
【解析】 (1)A组物质熔点均很高，且均由非金属元素组成，故为原子晶体，熔化时克服共价键。
(2)B组晶体均为金属单质，故均属于金属晶体，金属晶体的物理通性：有金属光泽，易导电、导热，有延展性。
(3)C组物质均属于分子晶体，由于HF分子间存在氢键，故HF熔点反常。
(4)D组物质均属于离子晶体，一般来说，硬度较大，水溶液能导电，固体不导电，熔融状态导电。
(5)决定离子晶体熔点的因素：晶格能。离子半径越小，离子所带电荷数越多，晶格能越大，离子晶体的熔点越高。
【答案】 (1)原子 共价键 (2)①②③④
(3)HF分子间形成氢键
(4)②④ (5)晶格能：NaCl＞KCl＞RbCl＞CsCl
14．(14分)(1)下列物质在固态时，属于分子晶体的有________，属于原子晶体的有________，属于离子晶体的有________。
①金刚石 ②氩 ③水晶 ④水银
⑤氧化铝
⑥P4 ⑦苯
(2)比较下列物质的有关性质(用“>”“<”“＝”或“≈”号连接)
沸点：16O2________18O2 熔点：Na________K
稳定性：H2O________D2O
(3)某常见固体能导电，质软，它可能属于________。
A．分子晶体 B．原子晶体 C．离子晶体 D．金属晶体 E．混合晶体
(4)在氯化铯晶体(见图1)中，若以某一铯离子为球心，与之等距离的若干离子构成一个球面。与某铯离子距离最近的离子构成的球面(最内层的球面或第一层球面)上有________个________离子(填写离子符号，下同)，第二层球面上有________个________离子。
图1
(5)在氯化钠晶体(见图2)中，每个钠离子与________个最近且等距离的氯离子以________键相结合，与每个氯离子最近的且等距离的氯离子有________个。
图2
【解析】 (1)根据物质的类别分析作答。
(2)相对分子质量：16O2<18O2，故沸点：16O2<18O2；金属键：Na>K，故熔点：Na>K；键能：H—O＝H—D，故稳定性：H2O＝D2O。
(3)固体能导电，该固体可能是金属晶体或石墨。
(4)以Cs＋为球心，与之等距离且距离最近的离子为Cl－，由图1可知每个Cs＋周围有8个最近等距离的Cl－，第二层球面则为等距离的Cs＋，以球心为原点的x、y、z轴上有6个这样的Cs＋(即上、下、左、右、前、后位置)。
(5)每个Na＋的上、下、左、右、前、后有6个最近且等距离的Cl－与Na＋以离子键结合；计算每个Cl－最近且等距离的Cl－个数时，可按分析，每个正方体中有3个Cl－与1个Cl－最近，而1个顶点上的Cl－为8个正方体共用，故周围等距离的Cl－个数为：3×8×＝12。
【答案】 (1)②⑥⑦ ①③ ⑤
(2)< > ≈或＝ (3)DE
(4)8 Cl－ 6 Cs＋
(5)6 离子 12
15．(14分)下面是一些晶体的结构示意图。
甲
乙
丙
(1)下列关于晶体的说法正确的是________。
A．晶体的形成与晶体的自范性有关
B．可以用X－射线衍射仪区分晶体和非晶体
C．石蜡是非晶体，但有固定的熔点
D．晶胞就是晶体
(2)图甲表示的是晶体的二维平面示意图，a、b中可表示化学式为AX3的化合物的是________。
(3)图乙表示的是金属铜的晶胞，请完成以下各题：
①该晶胞“实际”拥有的铜原子数是________，铜原子的配位数为________。
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
(4)图丙为钛酸钡晶体的晶胞结构，该晶体经X－射线分析得出，重复单位为立方体，顶点位置被Ti4＋所占据，体心位置被Ba2＋所占据，棱心位置被O2－所占据。
①写出该晶体的化学式：__________________。
②若将Ti4＋置于晶胞的体心，Ba2＋置于晶胞顶点，则O2－处于立方体的________位置。
③在该物质的晶体中，每个Ti4＋周围与它距离最近且相等的Ti4＋有________个，它们所形成的立方体为________。
④Ti4＋的氧配位数和Ba2＋的氧配位数分别为________。
【解析】 (1)选项A，在一定条件下，物质能形成具有几何形状的晶体，这个形成过程与晶体的自范性有关。选项B，同一条件下，当单一波长的X－射线通过晶体和非晶体时，摄取的图谱是不同的，非晶体图谱中看不到分立的斑点或明锐的谱线。选项C，非晶体没有固定的组成，也没有固定的熔点。选项D，晶体是由数量巨大的晶胞“无隙并置”而成的。
(2)由图甲可知，a、b中两类原子的个数之比分别为1∶2和1∶3，所表示的化合物的化学式可分别表示为AX2、AX3。
(3)①利用“均摊法”可求得该铜晶胞中拥有的铜原子数＝8×1/8＋6×1/2＝4。在铜晶胞中，与每个Cu原子距离最近且相等的铜原子有12个，因此铜原子的配位数为12。
②由图可知，铜晶胞为面心立方晶胞。
(4)①在该晶胞中三种元素所形成的离子的个数比为Ba2＋∶Ti4＋∶O2－＝1∶(8×)∶(12×)＝1∶1∶3。
②将共用一个Ti4＋的8个晶胞的体心Ba2＋连接起来构成新的立方体晶胞，则O2－正好处在面心位置。
③晶胞顶点位置上的Ti4＋与其前、后、左、右、上、下的6个Ti4＋距离最近且相等，若将它们连接起来，则形成正八面体。
④Ti4＋周围与其距离最近且相等的O2－有6个，立方晶胞12条棱上的12个O2－与体心位置上的Ba2＋距离最近且相等。
【答案】 (1)AB (2)b (3)①4 12 ②C
(4)①BaTiO3 ②面心 ③6 正八面体 ④6、12
16．(14分)(2016·青岛高二质检)碳元素不仅能形成丰富多彩的有机化合物，而且还能形成多种无机化合物，同时自身可以形成多种单质，碳及其化合物的用途广泛。
【导学号：66240034】
已知A为离子晶体，B为金属晶体，C为分子晶体
(1)上图分别代表了五种常见的晶体，分别是：
A________，B________，C________，D________，E________。(填名称或化学式)
(2)
干冰和冰是两种常见的分子晶体，下列关于两种晶体的比较中正确的是________。
a．晶体的密度：干冰>冰
b．晶体的熔点：干冰>冰
c．晶体中的空间利用率：干冰>冰
d．晶体中分子间相互作用力类型相同
(3)
金刚石和石墨是碳的两种常见单质，下列叙述正确的有
________。
a．金刚石中碳原子的杂化类型为sp3杂化，石墨中碳原子的杂化类型为sp2杂化
b．晶体中共价键的键长：金刚石中C—C<石墨中C—C
c．晶体的熔点：金刚石>石墨
d．晶体中共价键的键角：金刚石>石墨
e．金刚石晶体中只存在共价键，石墨晶体中则存在共价键、金属键和范德华力
f．金刚石和石墨的熔点都很高，所以金刚石和石墨都是原子晶体
(4)金刚石晶胞结构如图，一个晶胞中的C原子数目为
________。
金刚石晶胞
(5)C与孔雀石共热可以得到金属铜，铜原子的原子结构示意图为________，金属铜采用面心立方最密堆积(在晶胞的顶点和面心均含有一个Cu原子),
已知Cu单质的晶体密度为ρ
g/cm3，Cu的相对原子质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则Cu的原子半径为
____________。
【解析】 (2)干冰为密堆积，冰不是密堆积，故ac正确；冰中有氢键，干冰中无氢键，熔点：干冰<冰，故bd错误。
(5)1个铜晶胞中有4个Cu原子，1
mol铜晶胞的质量为4M
g，设一个铜晶胞的体积为V，1
mol铜晶胞的质量VNA
ρ
g
4M＝VNAρ
设一个铜原子的半径为R，一个铜晶胞的棱长为4R×＝2R
V＝(2R)3
4M＝(2R)3NAρ
2R＝
R＝×
【答案】 (1)NaCl Na 干冰 金刚石 石墨(答案合理即可)
(2)ac (3)ae (4)8
(5)
×章末综合测评(一) 原子结构
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分)
1．为揭示原子光谱是线性光谱这一事实，玻尔提出了核外电子的分层排布理论。下列说法中，不符合这一理论的是( )
A．电子绕核运动具有特定的半径和能量
B．电子在特定半径的轨道上运动时不辐射能量
C．电子跃迁时，会吸收或放出特定的能量
D．揭示了氢原子光谱存在多条谱线
【解析】 玻尔理论解释了氢原子光谱为线状光谱，但却没有解释出氢原子在外磁场的作用下分裂为多条谱线，所以D是错误的，A、B、C是玻尔理论的三个要点。
【答案】 D
2．下列比较正确的是( )
A．第一电离能：I1(P)＞I1(S)
B．离子半径：r(Al3＋)＞r(O2－)
C．能量：E(4s)＞E(3d)
D．电负性：K原子＞Na原子
【解析】 同周期第一电离能ⅤA族元素大于ⅥA族元素，A正确。具有相同电子层结构的离子半径，原子序数越大，半径越小，B不正确。能量E(4s)＜E(3d)，C不正确。同主族元素，自上而下电负性减小，D不正确。
【答案】 A
3．下列轨道表示式能表示氧原子的最低能量状态的是( )
【解析】 氧原子共有8个电子，C有10个，D有7个，都错。B不符合洪特规则，也错。
【答案】 A
4．某元素原子的价电子构型是3s23p4，则它在周期表中的位置是( )
A．第2周期ⅣA族
B．第3周期ⅣA族
C．第4周期ⅡA族
D．第3周期ⅥA族
【解析】 由价电子构型为3s23p4可知为硫，故D正确。
【答案】 D
5．以下对核外电子运动状况的描述正确的是( )
A．电子的运动与行星相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转
B．能量低的电子只能在s轨道上运动，能量高的电子总是在f轨道上运动
C．电子层数越大，s轨道的半径越大
D．在同一轨道上运动的电子，其能量不相同
【解析】 电子的运动没有固定的轨道，也不能描画出它的运动轨迹，A错误；原子轨道能量的高低取决于电子层数和原子轨道的形状两个因素，不能单从原子轨道的形状来判断，例如7s轨道的能量比4f轨道的能量高，故B错误；相同类型的原子轨道，电子层序数越大，能量越高，电子运动的区域越大，原子轨道的半径越大，C正确。
【答案】 C
6．甲、乙两元素原子的L层电子数都是其他层电子总数的2倍。下列推断正确的是( )
A．甲与乙位于同一周期
B．甲与乙位于同一主族
C．甲与乙都位于元素周期表的p区
D．甲与乙的原子序数之和为偶数
【解析】 甲和乙的电子层排布可能为1s22s22p2和1s22s22p63s2，即为碳和镁元素，它们位于不同的周期、不同的主族、不同的区域。
【答案】 D
7．前四周期元素的基态原子中，未成对电子数与其所在周期数相同的元素有
( )
A．3种
B．4种
C．5种
D．6种
【解析】 符合题意的元素有：H(1s1)、C(2s22p2)、O(2s22p4)、P(3s23p3)、Fe(3d64s2)。
【答案】 C
8．用R代表短周期元素，R原子最外层的p能级上的未成对电子只有2个。下列关于R的描述中正确的是( )
A．R的氧化物都能溶于水
B．R的最高价氧化物对应的水化物都是H2RO3
C．R的氢化物均为共价化合物
D．R的氧化物都能与NaOH反应
【解析】 据题意可知R原子价电子排布式为ns2np2或ns2np4，即R可能是C、Si、O、S。A项，CO、SiO2不溶于水；B项，R的最高价氧化物对应水化物可能是H2RO3或H2RO4；D项，CO与NaOH不反应。
【答案】 C
9．(2016·冀州高二检测)下列各组原子，彼此性质一定相似的是( )
A．1s2与2s2的元素
B．M层上有两个电子与N层上有两个电子的元素
C．2p上有一个未成对电子与3p上有一个未成对电子的元素
D．L层的p轨道上有一个空轨道和M层的p轨道上有一个空轨道的元素
【解析】 A项：电子排布为1s2的元素是He，电子排布为2s2的元素是Be，性质不相似。B项：M层上有两个电子的元素是Mg，而N层上有两个电子的元素有多种，如Ca、Sc、Ti、V、Mn、Fe等，性质不一定相似。C项：2p上有一个未成对电子的元素可能是B或F，3p上有一个未成对电子的元素是Al或Cl，性质也不一定相似。D项：L层的p轨道上有一个空轨道的元素是C，M层p轨道上有一个空轨道的元素是Si，处于同一主族，性质一定相似。
【答案】 D
10．以下有关元素性质的说法不正确的是( )
A．具有下列电子排布式的原子中，①1s22s22p63s23p2 ②1s22s22p3 ③1s22s22p2 ④1s22s22p63s23p4，原子半径最大的是①
B．下列原子的外围电子排布中，①3s23p1 ②3s23p2 ③3s23p3 ④3s23p4，对应的第一电离能最大的是③
C．①Na、K、Rb ②N、P、As ③O、S、Se ④Na、P、Cl，元素的电负性随原子序数的增加而递增的是④
D．某元素的逐级电离能(kJ/mol)分别为738、1
451、7
733、10
540、13
630、17
995、21
703，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是③
①X＋ ②X2＋ ③X3＋ ④X4＋
【解析】 A选项：电子层数越多，最外层电子数越少，半径越大，正确；B选项：四种元素均为第三周期元素，由电离能的变化规律及核外电子的排布情况知③中3p能级半充满，第一电离能最大；C选项：元素的电负性可用来衡量元素的金属性和非金属性的强弱，在元素周期表中，同一周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，同一主族从上到下元素的电负性逐渐减小，故④符合；D选项：判断电离能与元素化合价的关系，关键看各级电离能之间的变化趋势，相邻两级电离能变化较大，说明再失去一个电子的难度增大，由此可判断出该离子所带的电荷数，所以X最有可能生成的阳离子是X2＋。
【答案】 D
11．以下是A、B、C、D、E五种短周期元素的某些性质：
序号
A
B
C
D
E
最低负化合价
－4
－2
－1
－2
－1
电负性
2.5
2.5
3.0
3.5
4.0
下列判断正确的是( )
A．C、D、E的氢化物的稳定性顺序为C>D>E
B．元素A的最外层轨道中无自旋方向相同的电子
C．元素B、C不可能形成化合物
D．与元素B处于同周期且在该周期中第一电离能最小的元素的单质能与H2O发生置换反应
【解析】 根据五种元素的电负性和最低负化合价，推知A为C、B为S、C为Cl、D为O、E为F。选项A，C、D、E的氢化物依次为HCl、H2O、HF，氢化物的稳定性顺序：HF>H2O>HCl。选项B，碳元素原子最外层电子排布式为2s22p2，2p能级上的两个电子分占两个p轨道，且自旋方向相同。选项C，S原子最外层有6个电子，Cl原子最外层有7个电子，它们之间可通过形成共价键，使两种原子均达到8电子稳定结构，形成的化合物有S2、Cl2、SCl2等。选项D，此单质为Na，Na能与H2O发生置换反应生成NaOH和H2。
【答案】 D
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，由此可知错误的是( )
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的氧化性大于y的氧化性
D．x的第一电离能大于y的第一电离能
【解析】 从题干可知：x与y相差一个周期，x属于非金属元素原子，y属于金属元素原子且y的周期数大，所以原子半径是：y的原子半径大于x的原子半径，A错。
【答案】 A
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
13．(12分)W、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大。W、Y的氧化物是导致酸雨的主要物质，X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，Z能形成红色(或砖红色)的Z2O和黑色的ZO两种氧化物。
【导学号：66240011】
(1)W位于元素周期表第________周期第________族，W的气态氢化物稳定性比H2O(g)________(填“强”或“弱”)。
(2)Y的基态原子核外电子排布式是________，Y的第一电离能比X的________(填“大”或“小”)。
(3)Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与Z的单质反应的化学方程式是_____________________________________________________________。
【解析】 首先推出题中几种元素，W、Y的氧化物是导致酸雨的主要物质，再结合原子序数的大小可知，W是氮元素，Y是硫元素，X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，根据基态原子核外电子所遵循的原则，可以写出电子排布式为：1s22s22p63s23p1，X为铝元素，Z能够形成红色的Z2O和黑色的ZO两种氧化物，推知Z为铜元素，两种氧化物分别为Cu2O和CuO。
【答案】 (1)2 ⅤA 弱 (2)1s22s22p63s23p4 大
(3)Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
14．(14分)(2016·厦门高二检测)有A、B、C、D、E
5种元素，其中A、B、C属于同一周期，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数，B原子最外层中有两个未成对的电子，D、E原子核内各自的质子数与中子数相等，B元素可分别与A、C、D、E生成RB2型化合物，并知在DB2和EB2中，D与B的质量比为，E与B的质量比为。
根据以上条件，回答下列问题：
(1)推断五种元素分别是(填元素符号)
A________，B________，C________，D________，E________。
(2)写出D原子的电子排布式_________________________________。
(3)指出E元素在元素周期表中的位置_____________________________。
(4)比较A、B、C
3种元素的第一电离能的大小________(按由大到小的顺序排列)。
(5)比较元素D和E的电负性的相对大小________。
【解析】 A原子最外层p能级电子数等于次外层的电子总数，说明次外层为K层，故A的电子排布式为1s22s22p2，即A为碳元素；B原子最外层中有两个未成对的电子，说明B为第ⅣA或第ⅥA族元素，又因B与A同周期，说明B为氧元素；C元素可以与B形成CB2型化合物且C与A、B同周期，说明C为氮元素；在DB2中，D与B的质量比为，即D的相对原子质量为28，在EB2中，E与B的质量比为，即E的相对原子质量为32，由D、E核内质子数与中子数相等可以知道D为硅元素，E为硫元素。比较A(碳)、B(氧)、C(氮)三种元素的第一电离能，须注意到氮元素原子的2p原子轨道处于半充满状态，体系的能量较低，原子最稳定，第一电离能最大。故第一电离能的大小顺序为C>B>A或氮>氧>碳。
【答案】 (1)C O N Si S
(2)1s22s22p63s23p2
(3)第3周期第ⅥA族
(4)C>B>A(或氮>氧>碳)
(5)E>D(或硫>硅)
15．(10分)X、Y、Z三种主族元素。X原子L层无空轨道，且成对电子与未成对电子占据的轨道数相等；Y原子无未成对电子，Y离子比Z原子多一个电子层；Z原子核外有一个单电子，其单质在通常情况下为易挥发的液体。
(1)X、Y、Z的元素符号依次是______、_________________、________。
(2)在X与Y形成的一种化合物中，Y与X所含质子数之比为7∶2，则此化合物的化学式是__________。
(3)Z与Y的原子半径的大小顺序为_______________________，
X、Z的简单离子电子排布式分别是_______________、________________。
(4)三种元素中电负性最大的是__________。
【解析】 X原子L层无空轨道且成对电子与未成对电子所占轨道数相等，即可推出X为氧元素，依据Z原子核外有一单电子且单质为易挥发性液体，则Z为Br；Y原子无未成对电子且为主族元素，则Y为ⅡA族元素，又知其离子比Z原子多一个电子层，则Y为Ba。
【答案】 (1)O Ba Br (2)BaO2
(3)Ba＞Br O2－：1s22s22p6
Br－：1s22s22p63s23p63d104s24p6
(4)O
16．(16分)下表为元素周期表中的一部分，列出了10种元素在元素周期表中的位置。用化学符号回答下列各问题。
族周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
⑥
⑦
3
①
③
⑤
⑧
⑩
4
②
④
⑨
(1)10种元素中，第一电离能最大的是________(填元素符号)；电负性最小的金属是________。
(2)①、③、⑤第一电离能大小顺序是________＞________＞________。⑧最高价氧化物对应水化物化学式________，与①、⑤、⑧两元素最高价氧化对应水化物两两反应的离子方程式为________________________________，
_____________________________________________________________，
_____________________________________________________________。
(3)①③⑤⑦四种元素形成的离子，离子半径由大到小的顺序是：________＞________＞________＞________。
⑤与⑦形成化合物是________化合物(填“离子”或“共价”)；工业用电解法制⑤单质在阳极得________，阴极得________，当转移15
mol电子，阴极的产物________g。
(4)⑨元素原子价电子排布式为________，其最高正化合价为________，海水中提取⑨单质，经过氧化、富集和提取三过程对应的离子方程式为_______________________________________________________________
_____________________________________________________________，
_____________________________________________________________，
_____________________________________________________________。
(5)用电子式表示第3周期元素中由电负性最小的元素和电负性最大的元素形成化合物的过程_________________________________________________
_____________________________________________________________。
【解析】 根据表格所提供的元素的周期数和族数，可以确定元素的种类，①为Na，②为K，③为Mg，④为Ca，⑤为Al，⑥为C，⑦为O，⑧为Cl，⑨为Br，⑩为Ar。
【答案】 (1)Ar K
(2)Mg＞Al＞Na HClO4
H＋＋OH－===H2O Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
OH－＋Al(OH)3===[Al(OH)4]－
(3)O2－ Na＋ Mg2＋ Al3＋ 离子 O2 Al 135
(4)4s24p5 ＋7 Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－
Br2＋SO2＋2H2O===2Br－＋SO＋4H＋
Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－
(5)
