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高中化学鲁科版 (2019)必修 第二册第3章 简单的有机化合物本章综合与测试课时作业
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这是一份高中化学鲁科版 (2019)必修 第二册第3章 简单的有机化合物本章综合与测试课时作业，共20页。试卷主要包含了单选题，综合题，推断题等内容，欢迎下载使用。
1.下列各组物质的晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是（ ）
A. SO2与SiO2 B. CCl4与CaCl2 C. NaBr与HCl D. CO2与H2O
2.下列说法正确的是（ ）
A. 原子最外层电子数为2的元素一定处于周期表ⅡA族
B. 主族元素X、Y能形成XY2型化合物，则X与Y的原子序数之差可能为2或5
C. 氯化氢的沸点比氟化氢的沸点高
D. 同主族元素形成的氧化物的晶体类型均相同
3.下列各组物质气化或熔化时，所克服的微粒间作用力完全相同的是（ ）
A. 碘的升华和干冰气化 B. 二氧化硅和干冰熔化 C. 苯和硝酸钾熔化 D. 食盐和冰熔化
4.下面的排序错误的是（ ）
A. 晶体熔点由低到高：CF4﹤CCl4﹤CBr4﹤CI4 B. 硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
C. 酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3 D. 晶格能由大到小： NaI＞NaBr＞ NaCl＞NaF
5.已知下表中几种物质的熔、沸点：
据此判断，下列说法错误的是（ ）
A. NaCl 和 MgCl2 熔融时通电，会发生化学变化 B. AlCl3 晶体中存在分子间作用力
C. AlF3 晶体中的化学键是离子键 D. AlBr3 晶体为离子晶体
6.有关晶体的下列说法中正确的组合是（ ）
①晶体中分子间作用力越大，分子越稳定 ②原子晶体中共价键越强，熔点越高
③冰熔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熔化时无需破坏化学键的晶体一定是分子晶体 ⑥元素周期表从ⅢB族到ⅡB族8个纵行的元素都是金属元素 ⑦在 SiO2和干冰晶体中，都存在单个分子
⑧分子晶体不都是共价化合物
A. ①②⑤ B. ②④⑤ C. ②⑤⑧ D. ①④⑦
7.下列有关晶体的叙述中，不正确的是（ ）
A. 离子晶体在熔化时，离子键被破坏，而分子晶体熔化时化学键不被破坏
B. 白磷晶体中，结构粒子之间通过分子间作用力结合
C. 石英晶体是直接由硅原子和氧原子通过共价键所形成的空间网状结构的晶体
D. 构成分子晶体的结构粒子中一定存在共价键
8.下列关于SiO2晶体网状结构（如图）的叙述正确的是（ ）
A. 存在四面体结构单元, O处于中心, Si处于4个顶角 B. 最小环上有3个Si原子和3个O原子
C. 最小环上Si和O原子数之比为1:2 D. 最小环上有6个Si原子和6个O原子
9.一种新型陶瓷的化学成分为BN晶体，该晶体具有高熔点、高硬度的特性，关于BN晶体的说法错误的是（ ）
A. 该晶体为原子晶体，具有金刚石的结构特征 B. 该晶体中B的杂化类型是sp2杂化
C. 该晶体中存在配位键 D. 该晶体可作耐高温、耐磨材料
10.最近，科学家成功地制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构．下列对该晶体的叙述错误的是（ ）
A. 该物质的化学式为CO4
B. 该晶体的熔、沸点高，硬度大
C. 该晶体中C原子与C﹣O化学键数目之比为1：4
D. 该晶体的空间最小环由12个原子构成
11.下列实验事实及理论解释都正确的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
12.下列关于晶体的说法中，正确的有（ ）
(图中Ca2+、O2-、Ti4+分别位于立方体的体心、面心和顶点)
①分子晶体中都存在共价键②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子③铯、钾、钠、钠-钾合金的熔点依次降低④离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键⑤CaTiO3晶体中(晶胞结构如上图所示)每个Ti4+和12个O2-相紧邻⑥12g石墨中含有的C-C键的个数为1.5NA(NA为阿伏加德罗常数)⑦晶体中分子间作用力越大，分子越稳定⑧离子晶体CaO的晶格能比KCl高,熔点KCl比CaO低
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
13.下面有关晶体的叙述中，错误的是（ ）
A. 60gSiO2晶体中含Si-O键的个数为4NA(NA为阿伏加德罗常数)
B. 在立方ZnS晶体(如图所示)中，Zn2+、S2-的配位数都是8
C. 设NaCl的摩尔质量为Mg·ml-1,NaCl的密度为ρg·cm-3,阿伏加德罗常数为NAml-1,在NaCl晶体中，两个距离最近的Cl-中心间的距离为 23M2ρNA cm
D. CaO晶体结构与NaCl晶体结构相似，CaO晶体中Ca2+的配位数为6,且这些最邻近的O2-围成正八面体
14.Li2O是离子晶体，从如图的Brn−Haber循环可得出Li2O晶格能为 ( )
A. 598kJ·ml−1 B. -598KJ·ml−1 C. 1168kJ·ml−1 D. 2908kJ·ml−1
15.某化学式为AB的离子晶体，已知5r(A2+)=4r(B2-）（各类离子晶体与 r+r− 关系如下图所示），经测定其密度为 g·cm-3 ， 其摩尔质量为Mg·ml-1 ， 则下列有关该晶体的说法正确的是（ ）
A. 该晶体结构与ZnS晶体相似 B. 该晶体每个晶胞中有2个A2＋和B2－
C. 该晶体晶胞的边长为 34MNAρ cm D. A2+离子紧邻的B2-构成的空间结构为立方体
二、综合题
16.元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1。元素Y基态原子的3p轨道上有5个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍。元素W基态原子核外电子共有16种运动状态。
（1）①在元素周期表中，元素Y位于第________周期第________族，元素X位于________区；
②Z所在周期中，第一电离能最大的元素是________；（填元素名称）
③X+的核外电子排布式为________；与X同一周期的副族元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素有________(填元素符号)
④Y和W两元素所形成的最高价氧化物对应的水化物酸性较强的是________（填化学式）
（2）X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示。
①在1个晶胞中，X离子的数目为________；
②该化合物的化学式为________；
（3）X与W的最高价含氧酸的浓溶液反应的化学方程式为________
（4）①在乙醇中的溶解度：Z的氢化物(H2Z)大于H2W，其主要原因是________
②稳定性：H2Z________H2W（填“＜”、“＞”或“＝”），其主要原因是________
17.（1）I．K2Cr2O7曾用于检测司机是否酒后驾驶：Cr2O72－(橙色)+CH3CH2OH→Cr3+(绿色)+CH3COOH(未配平)
基态Cr原子的价电子轨道表达式为________。
（2）甘氨酸的结构简式为NH2CH2COOH，该分子中所含元素的第一电离能由大到小的顺序为________，碳原子的轨道杂化类型为________。
（3）已知Cr3+等过渡元素水合离子的颜色如下表所示：
请根据原子结构推测Sc3+、Zn2+的水合离子为无色的原因为________。
（4）Ⅱ．ZnCl2浓溶液常用于除去金属表面的氧化物，如与FeO反应可得 Fe[Zn(OH)Cl2]2溶液。
Fe[Zn(OH)Cl2]2的水溶液中不存在的微粒间作用力有________(填选项字母)。
A离子键 B共价键 C金属键 D配位键 E范德华力 F氢键
（5）Ⅲ．某微粒的球棍模型如下图所示。
已知含有1个碳原子和3个氢原子，请写出该微粒的化学式：________。
（6）Ⅳ．铜与氧元素形成的晶胞如下图所示：
晶胞中Cu均匀地分散在立方体内部，a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、(1/2，1/2，1/2)，则d的坐标参数为________，已知该晶体的密度为ρg/cm3 ， NA是阿伏加德罗常数值，则晶胞参数为________cm(列出计算式即可)。
18.最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性。鉴于这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注。该晶体的结构可看作由镁原子和镍原子在一起进行（面心）立方最密堆积（ccp），它们的排列有序，没有相互代换的现象（即没有平均原子或统计原子），它们构成两种八面体空隙（由6个球体所围成的空隙。6个球体中心的连线连接成八面体形状），一种由镍原子构成，另一种由镍原子和镁原子一起构成，两种八面体的数量比是1︰3，碳原子只填充在镍原子构成的八面体空隙中。
（1）镍的外围电子排布式为________。
（2）画出该新型超导材料的一个晶胞。（镁原子处于晶胞的顶点。碳原子用▲球，镍原子用○球表示）________。
（3）写出该新型超导材料的化学式________。
（4）镍原子的配位数是________。
（5）原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置，用（0，0，0）表示镁原子的原子坐标，晶胞边长设为1，则碳原子的原子坐标参数为________。
（6）已知晶胞边长为a pm，则该化合物的密度为________g·cm－3(只要求列出算式，阿伏加德罗常数的数值为NA)。
19.决定物质性质的重要因素是物质的结构。请回答下列问题。
（1）已知X和Y为第三周期元素,其原子的第一至第四电离能如下表所示：
X通常显________价，X 的电负性________Y 的电负性 (填“>”“ =”或“<”)。
（2）紫外光的光子所具有的能量约为399 kJ/ml。根据下表有关蛋白质分子中重要化学键的信息，说明人体长时间照射紫外光后皮肤易受伤害的原因：________。
组成蛋白质的最简单的氨基酸中的碳原子的杂化类型是________。
（3）实验证明:KCl、MgO、CaO、TiN 这四种晶体的结构与NaCl 晶体结构相似(如图),其中3种离子晶体的晶格能数据如下表:
则这四种离子晶体的熔点从高到低的顺序是________。其中MgO晶体中一个Mg2+周围和它最邻近且等距离的Mg2+有________个。
（4）金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。离子型化合物V2O5和CrO2 中，适合作录音带磁粉原料的是________。
三、推断题
20.已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素,且原子序数依次增大,其中A原子核外有三个未成对电子;A与B可形成离子化合物B3A2;C元素是地壳中含量最高的金属元素;D原子核外的M层中有两对成对电子;E原子核外最外层只有1个电子,其余各层电子均充满。请根据以上信息,回答下列问题(答题时,A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示):
（1）比E核外电子数少5的元素的原子核外电子排布式是________,A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为________。
（2）B的氯化物的熔点远高于C的氯化物的熔点,理由是________。
（3）A的氢化物属于________(填“极性”或“非极性”)分子,D的低价氧化物分子的立体构型是________。
（4）A、E形成的某种化合物的晶胞结构如图所示,则其化学式为________(每个球均表示1个原子)。
21.A、B、C、D为前三周期元素。A元素的原子价电子排布为ns2np2 ， B元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，C元素原子的M能层的p能级有3个未成对电子，D元素原子核外的M能层中只有2对成对电子。请回答下列问题：
（1）当n = 2时．AB2属于________分子（填“极性”或“非极性”) ，分子中有________个σ键、________个π键。A6H6分子中A原子的杂化轨道类型是________杂化。
（2）当n = 3时，A与B形成的晶体属于________晶体。
（3）若A元素的原子价电子排布为3s23p2 ， A、C、D三种元素的第一电离能由大到小的顺序是________（用元素符号表示）。
（4）己知某红紫色配合物的组成为CCl3 ·5NH3· H2O，该配合物中的中心离子钴离子在基态时的核外电子排布式为________。
（5）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，体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为________。
22.X、Y、Z、W有如图所示的转化关系：
（1）若X单质的一种同素异形体是一种黑色的非金属单质，则Y转化为Z的化学方程式________，Z的晶体类型________晶体。
（2）若X为一种金属的氯化物，Y是一种常见的两性氢氧化物，W为化工常用的强碱，写出Y与W反应的离子方程式________。
（3）若X是一种活泼的金属单质，Z是一种淡黄色的化合物，Z的化学式________，则Z转化为W的化学方程式________。
23.已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次递增。其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B2E为离子晶体，E原子核外的M层中只有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的晶体类型在同周期的单质中没有相同的；F原子最外层电子数与B的相同，其余各层均充满电子。请根据以上信息，回答下列问题（答题时，A、B、C、D、E、F用所对应的元素符号表示）：
（1）A、B、C、D四种元素第一电离能最大的是________。
（2）B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点________(填“高”或“低”)，理由是________。
（3）A的简单氢化物分子中的中心原子采取________杂化，E的低价氧化物分子的立体构型是________。用KMnO4酸性溶液吸收该氧化物时，MnO4-被还原为Mn2+ ， 该反应的离子方程式为________。
（4）F的核外电子排布式是________，F的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子的化学式为________。
（5）A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示（其中A显-3价），若晶胞边长为a，阿伏伽德罗常数为NA ， 则该晶体的密度计算式为ρ=________
参考答案
一、单选题
1.【答案】 D
【解析】A.二氧化硅中Si-O原子之间只存在共价键，为原子晶体，二氧化硫中S-O原子之间只存在共价键，为分子晶体，晶体类型不同，A不符合题意；
B．四氯化碳中只含共价键，为分子晶体，Ca2Cl中只存在离子键，为离子晶体，所以晶体类型和化学键不同，B不符合题意；
C．NaBr是离子晶体，只含离子键，HCl是分子晶体，只含共价键，所以化学键类型和晶体类型不同，C不符合题意；
D．二氧化碳分子中C-O原子之间只存在共价键、水分子中H-O原子之间只存在共价键，二者都是分子晶体，所以化学键和晶体类型相同，D符合题意；
故答案为：D
2.【答案】 B
【解析】A.He的最外层电子数为2，为稀有气体，不处于第ⅡA族，A不符合题意；
B.XY2型化合物的化学式可能为MgCl2、CO2、NO2 ， 因此其原子序数之差可能为5、2、1，B符合题意；
C.HF中含有氢键，其沸点较高，C不符合题意；
D.C和Si位于同主族，二者的化合物中CO2为分子晶体，SiO2为原子晶体，二者的晶体类型不同，D不符合题意；
故答案为：B
3.【答案】 A
【解析】A.碘和干冰都属于分子晶体，因此其状态变化过程中，所克服的微粒间作用力都是分子间作用力，A符合题意；
B.二氧化硅为原子晶体，干冰为分子晶体，二者熔化时，所克服的分子间作用力不相同，B不符合题意；
C.苯为分子晶体，其熔化过程中克服分子间作用力，硝酸钾为离子晶体，其熔化过程中所克服的微粒间作用力为离子键，C不符合题意；
D.食盐为离子晶体，熔化时所克服的微粒间作用力为离子键，冰为分子晶体，熔化时所克服的微粒间作用力为分子间作用力，D不符合题意；
故答案为：A
4.【答案】 D
【解析】A．组成和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，所以晶体熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4 ， 故A不符合题意；
B．原子晶体中原子半径越小，共价键键能越大，晶体的硬度越大，原子半径：C＜Si，则键能C-C＞C-Si＞Si-Si，所以硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故B不符合题意；
C．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：Cl＞S＞P＞Si，则酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3 ， 故C不符合题意；
D．离子晶体中离子半径越小，晶格能越大，离子半径：F-＜Cl-＜Br-＜I- ， 所以晶格能：NaI＜NaBr＜NaCl＜NaF，故D符合题意；
故答案为：D。
5.【答案】 D
【解析】A． NaCl 和 MgCl2 是离子晶体，熔融时通电，破坏了离子键，故发生化学变化，A不符合题意；
B．由表格知，三氯化铝的沸点较低，属于分子晶体，晶体中存在分子间作用力，B不符合题意；
C． AlF3 的熔沸点较高，属于离子晶体，晶体中的化学键是离子键，故C不符合题意；
D．同族元素性质相似，三氯化铝的沸点较低，属于分子晶体，依次推理， AlBr3 晶体为分子晶体，D符合题意；
故答案为：D。
6.【答案】 C
【解析】①晶体中分子间作用力越大，其熔沸点越高，但是与分子的稳定性没有关系，分子中的共价键键能越大越稳定，①不符合题意；
②原子晶体中共价键越强，熔点越高，②符合题意；
③冰熔化时，破坏的是分子间作用力，水分子中共价键不发生断裂，③不符合题意；
④氯化钠熔化时，离子键被破坏，④不符合题意；
⑤熔化时无需破坏化学键的晶体，破坏的一定是分子间作用力，故一定是分子晶体，⑤符合题意；
⑥元素周期表从ⅢB族到ⅡB族共有10个纵行，都是金属元素，⑥不符合题意；
⑦在 SiO2晶体中不存在单个分子，因为其是原子晶体，干冰中有单个分子，⑦不符合题意；
⑧分子晶体既有单质，又有共价化合物，⑧符合题意。
故答案为：C。
7.【答案】 D
【解析】A.离子晶体在熔化时，离子键被破坏，而分子晶体熔化时化学键不被破坏，破坏的是分子间作用力，故A不符合题意；
B.白磷晶体中，结构粒子之间通过分子间作用力相结合，故B不符合题意；
C.石英晶体是直接由硅原子和氧原子通过共价键所形成的空间网状结构的晶体，是原子晶体，故C不符合题意；
D.构成分子晶体的结构粒子中不一定存在共价键，如稀有气体元素对应的晶体中不含任何化学键，故D符合题意。
故答案为：D。
8.【答案】 D
【解析】A、二氧化硅晶体中存在四面体结构单元，每个硅原子能构成四个共价键，每个氧原子能形成2个共价键，Si处于中心，O处于4个顶角，故A不符合题意；
B、最小的环上，有6个Si原子和6个O原子，故B不符合题意；
C、最小的环上，有6个Si原子和6个O原子，所以最小的环上硅氧原子数之比为1：1，故C不符合题意；
D、最小的环上，有6个Si原子和6个O原子，Si处于中心，O处于4个顶角，故D符合题意。
故答案为：D。
9.【答案】 B
【解析】由题中信息可知，BN晶体具有高熔点、高硬度的特性，所以其为原子晶体，可作为耐高温、耐磨材料。其结构应与金刚石相似，每个原子均采用sp3杂化，由于B最外层只有3个电子，故其原子的最外层有空轨道，而N原子有孤电子对，故两者可形成配位键。综上所述，B符合题意。
故答案为：B。
10.【答案】 A
【解析】A．晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合，每个氧原子和2个碳原子以共价单键相结合，所以碳氧原子个数比=1：2，则其化学式为：CO2 ， 故A符合题意；
B．该化合物晶体属于原子晶体，所以其熔沸点高，硬度大，故B不符合题意；
C．该晶体中，每个碳原子含有4个C-O共价键，所以C原子与C-O化学键数目之比为1：4，故C不符合题意；
D．该晶体的空间最小环由6个碳原子和6个氧原子构成，故D不符合题意；
故答案为：A．
11.【答案】 A
【解析】A.B与Si处于对角线上，它们的化学性质相似，H2SiO3为弱酸，H3BO3也为弱酸，酸性相近，故A符合题意；
B.二氧化硅为原子晶体，四氯化硅为分子晶体，一般情况下，原子晶体的熔沸点大于分子晶体的熔沸点，熔点与键能无关，故B不符合题意；
C.水分子间存在氢键，且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存在较大的空隙，密度比水小，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积，密度比水大，故C不符合题意；
D.N2和Cl2为非极性分子，组成和结构相似，所以随着相对分子质量的增大，熔沸点升高；而CO和N2分子量相同，且都是双原子分子，但CO是极性分子，N2是非极性分子。在其它条件相同下，极性分子的相互吸引力大于非极性分子，极性分子的分子间作用力大，熔沸点高，故极性分子CO的沸点会高于非极性分子N2的沸点，则沸点为Cl2＞CO>N2 ， 故D不符合题意。
故答案为：A。
12.【答案】 B
【解析】①稀有气体分子形成的晶体没有化学键，故①不符合题意；
②在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子，但在晶体中有阳离子不一定有阴离子，如金属晶体由金属阳离子与自由电子构成，故②不符合题意；
③碱金属单质自上而下原子半径逐渐增大，金属键逐渐减弱，单质的熔点逐渐降低，所以铯、钾、钠的熔点依次升高，故③不符合题意；
④离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，分子晶体中肯定没有离子键，故④不符合题意；
⑤根据CaTiO3晶胞的结构可知，Ti4+周围的O2-分布在经过该Ti4+的各个面的面心上，这样的面共有12个，所以每个Ti4+与12个O2-紧相邻，故⑤符合题意；
⑥12g石墨中碳原子的物质的量为 12g12g/ml =1ml，石墨中每个碳原子形成3个C-C键，每个C-C键为2个碳原子共用，含有的C-C键的物质的量为 1ml×32 =1.5ml，则含有的C-C键的个数为1.5NA ， 故⑥符合题意；
⑦分子间作用力影响物理性质，分子稳定性为化学性质，化学键强弱影响分子稳定性，故⑦不符合题意；
⑧钙离子电荷比钾离子多，半径比钾离子小，氧离子电荷比氯离子多，半径比氯离子小，故CaO的晶格能比KCl高，则熔点KCl比CaO低，故⑧符合题意。
所以说法符合题意的有3种。
故答案为：B。
13.【答案】 B
【解析】A.n(SiO2)= mM = 60g60g/ml =1ml，在二氧化硅晶体中，每个硅原子形成4个Si-O键，因此60gSiO2中含Si-O键的物质的量为4ml，Si-O键的个数为4NA ， 故A不符合题意；
B.晶胞中含有表示小球位于顶点和面心，共含有8× 18 +6× 12 =4个，黑色球位于体心，共4个，所以立方ZnS晶体的每个晶胞中含有4个锌离子，其配位数为4，含有4个硫离子，其配位数也为4，故B符合题意；
C.设晶胞边长为a，则在氯化钠晶胞中，含Cl-4个，含Na+4个，根据密度公式 ρ=4MNAa3 ，可得 a=34MρNA ，所以晶胞面对角线长为 234MρNA ，而两个距离最近的Cl-中心间的距离等于面对角线的一半，所以两个距离最近的Cl-中心间的距离为 2234MrρNA 即 234M2ρNA ，故C不符合题意；
D.CaO晶体结构与NaCl晶体结构相似，若Ca2+处于体心、棱中间，O2-位于面心和顶点，晶体中体心Ca2+与面心的6个O2-距离最近，Ca2+的配位数为6，且这些最邻近的O2-围成正八面体，故D不符合题意。
故答案为：B。
14.【答案】 D
【解析】晶格能是气态离子形成1ml离子晶体释放的能量图中： 2Li（晶体）+1/2O2（g）=Li2O（晶体）的△H=-598KJ·ml−1 ，Li原子的第一电离能为Li原子失去1个电子所需要的能量，所以其第一电离能为1040/2kJ·ml－1=520kJ·ml－1；O=O键键能为氧气分子变为氧原子所需能量，其键能=2×249kJ·ml－1=498kJ·ml－1；晶格能是气态离子形成1ml离子晶体释放的能量，所以其晶格能为2908kJ·ml－1 ，
故答案为：D。
15.【答案】 D
【解析】A.5r(A2+)=4r(B2-），则 r+r− ＝0.8，则该晶体结构与CsCl晶体相似，A不符合题意；
B.晶体每个晶胞中有8个A2＋和B2－ ， 所以B不符合题意；
C.a3ρM×NA=8 ，所以选项C不符合题意，
故答案为：D。
二、综合题
16.【答案】 （1）三；ⅦA；ds；氖；1s22s22p63s23p63d10；Cr；HClO4
（2）4；CuCl
（3）Cu＋2H2SO4(浓) △__ CuSO4＋SO2↑＋2H2O
（4）水分子与乙醇分子间能形成氢键；且水分子和乙醇分子中均有羟基，结构相似；＞；H2O分子内H-O的键能大于H2S分子内H-S的键能(或氧元素非金属性大于硫元素的非金属性；若答成：H-O键的键长小于H-S键的键长也行)
【解析】元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为1，所以该原子有29个电子，为Cu元素；元素Y基态原子的3p轨道上有5个电子，则Y是Cl元素；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，元素最外层电子数小于或等于8，所以Z是O元素，元素W基态原子的核外电子共有16种运动状态，故W是S元素，据此回答各小题;
（1）①元素Y为Cl，Cl有3个电子层，最外层7个电子，故处于周期表中第三周期第ⅦA族，元素X为Cu，处于周期表中ds区；
②O所在周期为第二周期，其中第一电离能最大的元素是氖；
③X为Cu，Cu+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10 ， Cu的原子序数为29，为第四周期第ⅠB族元素，则价电子的电子排布为3d104s1 ， 最外层电子为4s电子，同一周期的副族元素Cr的价电子排布为3d54s1；
④Cl和S两元素所形成的最高价氧化物对应的水化物分别为H2SO4和HClO4 ， 元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，由于非金属性Cl＞S，故酸性较强的是HClO4；
（2）①Cu与Cl所形成化合物晶体的晶胞如图所示，1个晶胞中Cu为：8×18+6×12=4；②Cl为：4，故此晶胞中Cu与Cl的个数比为1：1，故化学式为：CuCl；
（3）Cu与浓硫酸加热条件下生成硫酸铜、二氧化硫气体和水，故化学反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）=加热CuSO4+SO2↑+2H2O；
（4）①在乙醇中的溶解度：O的氢化物（H2O）大于H2S，其主要原因是：水分子与乙醇分子间能形成氢键，且水分子和乙醇分子中均有羟基，结构相似；
②由于O原子的半径小于S原子，故H2O分子内H-O的键能大于H2S分子内H-S的键能。
17.【答案】 （1）
（2）N>O>H>C；sp3和sp2
（3）没有未成对电子（d轨道上电子为全空或全充满）
（4）AC
（5）CH3-
（6）( 34 ， 34 ， 14 )；3288ρNA
【解析】（1）Cr元素位于周期表第四周期ⅥB族，原子核外电子数为24，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1 ， 价电子轨道表达式为 ，故答案为： ；(2)甘氨酸的结构简式为NH2CH2COOH，该分子中所含的元素有H、C、N和O，同周期元素从左到右，元素第一电离能逐渐增大，但N原子的2p能级含有3个电子，为半满稳定状态，第一电离能较相邻元素高，则第一电离能的大小顺序为N>O>H>C；NH2CH2COOH分子中含有饱和碳原子和羧基不饱和碳原子，饱和碳原子为sp3杂化，羧基不饱和碳原子为sp2杂化，故答案为：N>O>H>C；sp3和sp2；（3）Sc3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d，Cr3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5 ， Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6 ， Zn2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10 ， 由电子排布式可知水合离子的颜色与d轨道未成对电子有关，没有未成对电子，即d轨道上电子为全空或全充满的Sc3+、Zn2+的水合离子为无色，故答案为：没有未成对电子（d轨道上电子为全空或全充满）；(4)Fe[Zn(OH)Cl2]2的水溶液中存在的微粒有Fe2+、[Zn(OH)Cl2]—和H2O，[Zn(OH)Cl2]—离子中存在配位键和氢氧共价键，H2O分子中存在氢氧共价键，H2O分子间存在范德华力和氢键，不存在离子键和金属键，故答案为：AC；（5）由球棍模型可知，该微粒为三角锥形，说明C原子的价层电子对数为4,孤对电子数为3，则化学式为CH3- ， 故答案为：CH3-；（6）由晶胞示意图可知，位于顶点的a和体心的b的坐标参数依次为(0，0，0)、(1/2，1/2，1/2)，d位于体对角线的 14 处，则d的坐标参数为( 34 ， 34 ， 14 )；晶胞中Cu原子的个数为4，O原子的个数为8× 18 +1=2，则化学式为Cu2O，Cu2O的摩尔质量为144g/ml，设晶胞的参数为a，晶胞的质量为a3ρ= 2NA×144 ，则a= 3288ρNA cm，故答案为：( 34 ， 34 ， 14 )； 3288ρNA 。
18.【答案】 （1）3d84s2
（2）
（3）MgCNi3
（4）6
（5）（1/2,1/2,1/2）
（6）2.13×1032/(a3NA)
【解析】（1）镍原子核电荷数为28，核外电子排布1s22s22p63s23p63d84s2 ， 镍的外围电子排布式为3d84s2；正确答案：3d84s2。（2）根据题给信息可知：根据镁原子处于晶胞的顶点，碳原子位于体心，镍原子位于面心，该新型超导材料的一个晶胞结构图为： ；正确答案： 。（3）碳原子位于该晶胞的体心上，所以该晶胞中含有一个碳原子；镁原子位于顶点，所以镁原子个数=8×1/8＝1，所以该晶胞含有1个镁原子；镍原子位于面心，所以镍原子个数=6×1/2＝3，该晶胞中含有3个镍原子；所以该晶胞的化学式为MgCNi3；正确答案：MgCNi3。（4）镍原子位于面心，其周围6个方向各有1个碳原子，因此镍原子配位数是6；正确答案：6。（5）原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置，用（0，0，0）表示镁原子的原子坐标，晶胞边长设为1，由于碳原子位于晶胞的体心，因此碳原子的原子坐标参数为（1/2,1/2,1/2）；正确答案：（1/2,1/2,1/2）。（6）该晶胞含有1个MgCNi3 ， 其质量为（24+12+59）/NA=213/NA g, 晶胞边长为apm=a×10-10 cm,晶胞的体积为 a3×10-30 cm－3 ， 该化合物的密度为=（213/NA）÷（a3×10-30）a3×10-30=2.13×1032/(a3NA) g·cm－3；正确答案：2.13×1032/(a3NA)。
19.【答案】 （1）+3；>
（2）紫外光具有的能量比蛋白质分子中的主要化学键C-C键、C-N键和C-S键的键能都大，紫外光的能量足以使这些化学键断裂，从而破坏蛋白质分子；sp2和sp3
（3）TiN>MgO>CaO>KCl；12
（4）CrO2
【解析】 (1)由表中数据可知，X的第四电离能与第三电离能的差值远远大于第三电离能与第二电离能以及第二电离能与第一电离能的差值，所以X的最外层有3个电子，X通常显+3价。同理，Y的最外层有2个电子，因为X和Y在同一周期，所以Y的金属性比X强，X 的电负性>Y 的电负性。(2)紫外光的光子所具有的能量约为399 kJ/ml。由表中有关蛋白质分子中重要化学键的信息，可以发现人体长时间照射紫外光后皮肤易受伤害的原因：紫外光具有的能量比蛋白质分子中的主要化学键C-C键、C-N键和C-S键的键能都大，紫外光的能量足以使这些化学键断裂，从而破坏蛋白质分子。组成蛋白质的最简单的氨基酸是乙氨酸，其分子中有2个C原子，一个形成了碳氧双键，另一个是饱和的，所以碳原子的杂化类型是sp2和sp3。(3)由表中信息可知，结构相似的离子晶体，其晶格能的大小与离子半径和离子电荷两个因素有关，离子半径越小、离子电荷越多，则晶格能越大，其熔、沸点就越高。因此，这四种离子晶体的熔点从高到低的顺序是TiN>MgO>CaO>KCl。由MgO晶体的晶胞结构可知，一个Mg2+周围和它最邻近且等距离的Mg2+有12个。(4)金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。离子型化合物V2O5和CrO2 中，V5+和Cr4+含有的未成对电子数分别为0和2，所以，适合作录音带磁粉原料的是CrO2。
三、推断题
20.【答案】 （1）1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；Al（2）MgCl2为离子晶体而AlCl3为分子晶体
（3）极性；V形
（4）CuN3
【解析】A原子核外有三个未成对电子,可以推断为N;A与B可形成离子化合物B3A2,可以推断B为Mg;C元素是地壳中含量最高的金属元素,即为Al;D原子核外的M层中有两对成对电子,可以推断D为S;E原子核外最外层只有1个电子,其余各层电子均充满,可以推断E为Cu,Cu的核外电子数为29,比其核外电子数少5的是Cr元素。
21.【答案】 （1）非极性；2；2；sp2
（2）原子
（3）P>S>Si
（4）[Ar]3d6
（5）1:2.
【解析】A、B、C、D为前四周期元素，A元素的原子价电子排布为ns2np2 ， 则A为ⅣA族元素，B元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数不超过8个，B为氧元素，C元素原子的M能层的p能级有3个未成对电子，C为P元素，D元素原子核外的M能层中只有2对成对电子，则D是S元素。（1）当n=2时，A是C元素，则AB2是CO2 ， 二氧化碳是直线型结构，正负电荷重心重合，所以是非极性分子；CO2的结构式为O=C=O，分子中有2个δ键、2个π键。A6H6分子是C6H6 ， 苯分子中C原子的杂化轨道类型是sp2杂化；
（2）当n=3时，A是Si元素，硅和氧形成的晶体是二氧化硅晶体，二氧化硅晶体是由原子构成的，属于原子晶体。
（3）若A元素的原子价电子排布为3s23p2 ， 则A是Si元素，同一周期中，原子的电负性随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素大于第VIA族元素，所以A、C、D三种元素的第一电离能由大到小的顺序P＞S＞Si。
（4）钴离子的化合价是+3价，钴离子核外有24个电子，其基态时核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6。
（5）根据均摊法计算，体心立方晶胞中铁原子个数为8×1/8+1=2，面心立方晶胞中铁原子个数为8×1/8+6×1/2=4，则二者含有的Fe原子个数之比为2:4=1:2.
22.【答案】 （1）2CO+O2 点燃__ 2CO2；分子
（2）Al(OH)3+ OH-=[Al(OH)4]-
（3）Na2O2；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
【解析】：(1)若X单质的一种同素异形体是一种黑色的非金属单质，则X为C，W为O2 ， Y为CO，Z为CO2 ， Y转化为Z的化学方程式为2CO+O2 点燃__ 2CO2 ， 固体CO2为干冰，是分子晶体；(2)若X为一种金属的氯化物，Y是一种常见的两性氢氧化物，W为化工常用的强碱，则X为AlCl3 ， W为NaOH，Y为Al(OH)3 ， Z为Na[Al(OH)4]，Y与W反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；(3)若X是一种活泼的金属单质，Z是一种淡黄色的化合物，则X为Na，W为O2 ， Y为Na2O，Z为Na2O2 ， Z转化为W的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。
23.【答案】 （1）N
（2）高；NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体
（3）sp3；V形；5SO2+2MnO4-＋2H2O=2Mn2++5SO42-＋4H＋
（4）1s22s22p63s23p63d104s1（或［Ar］3d104s1）；[Cu(NH3)4]2+
（5）M(Cu3N)a3NA 或 206g/mla3NA
【解析】（1）由分析可知，A、B、C、D分别为N、Na、Al、Si；其中N原子的核外电子排布中，为半充满状态，处于稳定结构，因此其第一电离能最大；
（2）B的氯化物为NaCl，D的氯化物为SiCl4 ， NaCl为离子晶体，SiCl4为分子晶体，因此NaCl的熔点高于SiCl4；
（3）A的简单氢化物为NH3 ， 其中氮原子采用sp3杂化；E的低价氧化物为SO2 ， 其立体构型为V型；
KMnO4具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－ ， 自身还原为Mn2＋；反应过程中，锰元素由+7价变为+2价，得到5个电子，硫元素由＋4价变为＋6价，失去2个电子，根据得失电子守恒可得，MnO4－和Mn2＋的系数为2，SO2和SO42－的系数为5；根据电荷守恒可得，生成物中含有H＋且其系数为4；根据氢原子守恒可得，反应物中有H2O，且其系数为2；据此可得该反应的离子方程式为：2MnO4－＋5SO2＋2H2O=2Mn2＋＋5SO42－＋4H＋；
（4）由分析可知，F的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；F的高价离子为+2价，A的氢化物为NH3 ， 二者形成的配离子为[Cu(NH3)4]2+；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中所含Cu的个数为12×14=3 ， 所含N原子的个数为8×18=1 ， 因此该晶体的密度ρ=mV=M(Cu3N)NAa3=M(Cu3N)a3×NA=206g/mla3×NA；
NaCl
MgCl2
AlCl3
AlF3
熔点/℃
801
730
190
1040
沸点/℃
1413
1380
180
1537
选项
实验事实
理论解释
A
酸性：H3BO3、H2SiO3相近
B、Si电负性相近，符合“对角线规则”
B
熔点：SiO2>SiCl4
键能：Si-O>Si-Cl
C
密度：干冰>冰
相对分子质量：CO2>H2O
D
沸点：Cl2>N2>CO
CO为极性分子：且相对分子质量：Cl2>CO
r+/r-
配位数
实例
0.225～0.414
4
ZnS
0.414～0.732
6
NaCl
0.732～1.0
8
CsCl
>1.0
12
CsF
离子
Sr3+
Cr3+
Fe2+
Zn2+
水合离子的颜色
无色
绿色
浅绿色
无色
电离能/(kJ/ml )
I1
I2
I3
I4
X
578
1817
2745
11578
Y
738
1451
7733
10540
共价键
C-C键
C-N键
C-S键
键能/(kJ/ml)
347
305
259
离子晶体
NaCl
KCl
CaO
晶格能/(kJ.ml-1 )
786
715
3401
1.下列各组物质的晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是（ ）
A. SO2与SiO2 B. CCl4与CaCl2 C. NaBr与HCl D. CO2与H2O
2.下列说法正确的是（ ）
A. 原子最外层电子数为2的元素一定处于周期表ⅡA族
B. 主族元素X、Y能形成XY2型化合物，则X与Y的原子序数之差可能为2或5
C. 氯化氢的沸点比氟化氢的沸点高
D. 同主族元素形成的氧化物的晶体类型均相同
3.下列各组物质气化或熔化时，所克服的微粒间作用力完全相同的是（ ）
A. 碘的升华和干冰气化 B. 二氧化硅和干冰熔化 C. 苯和硝酸钾熔化 D. 食盐和冰熔化
4.下面的排序错误的是（ ）
A. 晶体熔点由低到高：CF4﹤CCl4﹤CBr4﹤CI4 B. 硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
C. 酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3 D. 晶格能由大到小： NaI＞NaBr＞ NaCl＞NaF
5.已知下表中几种物质的熔、沸点：
据此判断，下列说法错误的是（ ）
A. NaCl 和 MgCl2 熔融时通电，会发生化学变化 B. AlCl3 晶体中存在分子间作用力
C. AlF3 晶体中的化学键是离子键 D. AlBr3 晶体为离子晶体
6.有关晶体的下列说法中正确的组合是（ ）
①晶体中分子间作用力越大，分子越稳定 ②原子晶体中共价键越强，熔点越高
③冰熔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熔化时无需破坏化学键的晶体一定是分子晶体 ⑥元素周期表从ⅢB族到ⅡB族8个纵行的元素都是金属元素 ⑦在 SiO2和干冰晶体中，都存在单个分子
⑧分子晶体不都是共价化合物
A. ①②⑤ B. ②④⑤ C. ②⑤⑧ D. ①④⑦
7.下列有关晶体的叙述中，不正确的是（ ）
A. 离子晶体在熔化时，离子键被破坏，而分子晶体熔化时化学键不被破坏
B. 白磷晶体中，结构粒子之间通过分子间作用力结合
C. 石英晶体是直接由硅原子和氧原子通过共价键所形成的空间网状结构的晶体
D. 构成分子晶体的结构粒子中一定存在共价键
8.下列关于SiO2晶体网状结构（如图）的叙述正确的是（ ）
A. 存在四面体结构单元, O处于中心, Si处于4个顶角 B. 最小环上有3个Si原子和3个O原子
C. 最小环上Si和O原子数之比为1:2 D. 最小环上有6个Si原子和6个O原子
9.一种新型陶瓷的化学成分为BN晶体，该晶体具有高熔点、高硬度的特性，关于BN晶体的说法错误的是（ ）
A. 该晶体为原子晶体，具有金刚石的结构特征 B. 该晶体中B的杂化类型是sp2杂化
C. 该晶体中存在配位键 D. 该晶体可作耐高温、耐磨材料
10.最近，科学家成功地制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构．下列对该晶体的叙述错误的是（ ）
A. 该物质的化学式为CO4
B. 该晶体的熔、沸点高，硬度大
C. 该晶体中C原子与C﹣O化学键数目之比为1：4
D. 该晶体的空间最小环由12个原子构成
11.下列实验事实及理论解释都正确的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
12.下列关于晶体的说法中，正确的有（ ）
(图中Ca2+、O2-、Ti4+分别位于立方体的体心、面心和顶点)
①分子晶体中都存在共价键②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子③铯、钾、钠、钠-钾合金的熔点依次降低④离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键⑤CaTiO3晶体中(晶胞结构如上图所示)每个Ti4+和12个O2-相紧邻⑥12g石墨中含有的C-C键的个数为1.5NA(NA为阿伏加德罗常数)⑦晶体中分子间作用力越大，分子越稳定⑧离子晶体CaO的晶格能比KCl高,熔点KCl比CaO低
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
13.下面有关晶体的叙述中，错误的是（ ）
A. 60gSiO2晶体中含Si-O键的个数为4NA(NA为阿伏加德罗常数)
B. 在立方ZnS晶体(如图所示)中，Zn2+、S2-的配位数都是8
C. 设NaCl的摩尔质量为Mg·ml-1,NaCl的密度为ρg·cm-3,阿伏加德罗常数为NAml-1,在NaCl晶体中，两个距离最近的Cl-中心间的距离为 23M2ρNA cm
D. CaO晶体结构与NaCl晶体结构相似，CaO晶体中Ca2+的配位数为6,且这些最邻近的O2-围成正八面体
14.Li2O是离子晶体，从如图的Brn−Haber循环可得出Li2O晶格能为 ( )
A. 598kJ·ml−1 B. -598KJ·ml−1 C. 1168kJ·ml−1 D. 2908kJ·ml−1
15.某化学式为AB的离子晶体，已知5r(A2+)=4r(B2-）（各类离子晶体与 r+r− 关系如下图所示），经测定其密度为 g·cm-3 ， 其摩尔质量为Mg·ml-1 ， 则下列有关该晶体的说法正确的是（ ）
A. 该晶体结构与ZnS晶体相似 B. 该晶体每个晶胞中有2个A2＋和B2－
C. 该晶体晶胞的边长为 34MNAρ cm D. A2+离子紧邻的B2-构成的空间结构为立方体
二、综合题
16.元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1。元素Y基态原子的3p轨道上有5个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍。元素W基态原子核外电子共有16种运动状态。
（1）①在元素周期表中，元素Y位于第________周期第________族，元素X位于________区；
②Z所在周期中，第一电离能最大的元素是________；（填元素名称）
③X+的核外电子排布式为________；与X同一周期的副族元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素有________(填元素符号)
④Y和W两元素所形成的最高价氧化物对应的水化物酸性较强的是________（填化学式）
（2）X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示。
①在1个晶胞中，X离子的数目为________；
②该化合物的化学式为________；
（3）X与W的最高价含氧酸的浓溶液反应的化学方程式为________
（4）①在乙醇中的溶解度：Z的氢化物(H2Z)大于H2W，其主要原因是________
②稳定性：H2Z________H2W（填“＜”、“＞”或“＝”），其主要原因是________
17.（1）I．K2Cr2O7曾用于检测司机是否酒后驾驶：Cr2O72－(橙色)+CH3CH2OH→Cr3+(绿色)+CH3COOH(未配平)
基态Cr原子的价电子轨道表达式为________。
（2）甘氨酸的结构简式为NH2CH2COOH，该分子中所含元素的第一电离能由大到小的顺序为________，碳原子的轨道杂化类型为________。
（3）已知Cr3+等过渡元素水合离子的颜色如下表所示：
请根据原子结构推测Sc3+、Zn2+的水合离子为无色的原因为________。
（4）Ⅱ．ZnCl2浓溶液常用于除去金属表面的氧化物，如与FeO反应可得 Fe[Zn(OH)Cl2]2溶液。
Fe[Zn(OH)Cl2]2的水溶液中不存在的微粒间作用力有________(填选项字母)。
A离子键 B共价键 C金属键 D配位键 E范德华力 F氢键
（5）Ⅲ．某微粒的球棍模型如下图所示。
已知含有1个碳原子和3个氢原子，请写出该微粒的化学式：________。
（6）Ⅳ．铜与氧元素形成的晶胞如下图所示：
晶胞中Cu均匀地分散在立方体内部，a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、(1/2，1/2，1/2)，则d的坐标参数为________，已知该晶体的密度为ρg/cm3 ， NA是阿伏加德罗常数值，则晶胞参数为________cm(列出计算式即可)。
18.最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性。鉴于这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注。该晶体的结构可看作由镁原子和镍原子在一起进行（面心）立方最密堆积（ccp），它们的排列有序，没有相互代换的现象（即没有平均原子或统计原子），它们构成两种八面体空隙（由6个球体所围成的空隙。6个球体中心的连线连接成八面体形状），一种由镍原子构成，另一种由镍原子和镁原子一起构成，两种八面体的数量比是1︰3，碳原子只填充在镍原子构成的八面体空隙中。
（1）镍的外围电子排布式为________。
（2）画出该新型超导材料的一个晶胞。（镁原子处于晶胞的顶点。碳原子用▲球，镍原子用○球表示）________。
（3）写出该新型超导材料的化学式________。
（4）镍原子的配位数是________。
（5）原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置，用（0，0，0）表示镁原子的原子坐标，晶胞边长设为1，则碳原子的原子坐标参数为________。
（6）已知晶胞边长为a pm，则该化合物的密度为________g·cm－3(只要求列出算式，阿伏加德罗常数的数值为NA)。
19.决定物质性质的重要因素是物质的结构。请回答下列问题。
（1）已知X和Y为第三周期元素,其原子的第一至第四电离能如下表所示：
X通常显________价，X 的电负性________Y 的电负性 (填“>”“ =”或“<”)。
（2）紫外光的光子所具有的能量约为399 kJ/ml。根据下表有关蛋白质分子中重要化学键的信息，说明人体长时间照射紫外光后皮肤易受伤害的原因：________。
组成蛋白质的最简单的氨基酸中的碳原子的杂化类型是________。
（3）实验证明:KCl、MgO、CaO、TiN 这四种晶体的结构与NaCl 晶体结构相似(如图),其中3种离子晶体的晶格能数据如下表:
则这四种离子晶体的熔点从高到低的顺序是________。其中MgO晶体中一个Mg2+周围和它最邻近且等距离的Mg2+有________个。
（4）金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。离子型化合物V2O5和CrO2 中，适合作录音带磁粉原料的是________。
三、推断题
20.已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素,且原子序数依次增大,其中A原子核外有三个未成对电子;A与B可形成离子化合物B3A2;C元素是地壳中含量最高的金属元素;D原子核外的M层中有两对成对电子;E原子核外最外层只有1个电子,其余各层电子均充满。请根据以上信息,回答下列问题(答题时,A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示):
（1）比E核外电子数少5的元素的原子核外电子排布式是________,A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为________。
（2）B的氯化物的熔点远高于C的氯化物的熔点,理由是________。
（3）A的氢化物属于________(填“极性”或“非极性”)分子,D的低价氧化物分子的立体构型是________。
（4）A、E形成的某种化合物的晶胞结构如图所示,则其化学式为________(每个球均表示1个原子)。
21.A、B、C、D为前三周期元素。A元素的原子价电子排布为ns2np2 ， B元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，C元素原子的M能层的p能级有3个未成对电子，D元素原子核外的M能层中只有2对成对电子。请回答下列问题：
（1）当n = 2时．AB2属于________分子（填“极性”或“非极性”) ，分子中有________个σ键、________个π键。A6H6分子中A原子的杂化轨道类型是________杂化。
（2）当n = 3时，A与B形成的晶体属于________晶体。
（3）若A元素的原子价电子排布为3s23p2 ， A、C、D三种元素的第一电离能由大到小的顺序是________（用元素符号表示）。
（4）己知某红紫色配合物的组成为CCl3 ·5NH3· H2O，该配合物中的中心离子钴离子在基态时的核外电子排布式为________。
（5）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，体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为________。
22.X、Y、Z、W有如图所示的转化关系：
（1）若X单质的一种同素异形体是一种黑色的非金属单质，则Y转化为Z的化学方程式________，Z的晶体类型________晶体。
（2）若X为一种金属的氯化物，Y是一种常见的两性氢氧化物，W为化工常用的强碱，写出Y与W反应的离子方程式________。
（3）若X是一种活泼的金属单质，Z是一种淡黄色的化合物，Z的化学式________，则Z转化为W的化学方程式________。
23.已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次递增。其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B2E为离子晶体，E原子核外的M层中只有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的晶体类型在同周期的单质中没有相同的；F原子最外层电子数与B的相同，其余各层均充满电子。请根据以上信息，回答下列问题（答题时，A、B、C、D、E、F用所对应的元素符号表示）：
（1）A、B、C、D四种元素第一电离能最大的是________。
（2）B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点________(填“高”或“低”)，理由是________。
（3）A的简单氢化物分子中的中心原子采取________杂化，E的低价氧化物分子的立体构型是________。用KMnO4酸性溶液吸收该氧化物时，MnO4-被还原为Mn2+ ， 该反应的离子方程式为________。
（4）F的核外电子排布式是________，F的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子的化学式为________。
（5）A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示（其中A显-3价），若晶胞边长为a，阿伏伽德罗常数为NA ， 则该晶体的密度计算式为ρ=________
参考答案
一、单选题
1.【答案】 D
【解析】A.二氧化硅中Si-O原子之间只存在共价键，为原子晶体，二氧化硫中S-O原子之间只存在共价键，为分子晶体，晶体类型不同，A不符合题意；
B．四氯化碳中只含共价键，为分子晶体，Ca2Cl中只存在离子键，为离子晶体，所以晶体类型和化学键不同，B不符合题意；
C．NaBr是离子晶体，只含离子键，HCl是分子晶体，只含共价键，所以化学键类型和晶体类型不同，C不符合题意；
D．二氧化碳分子中C-O原子之间只存在共价键、水分子中H-O原子之间只存在共价键，二者都是分子晶体，所以化学键和晶体类型相同，D符合题意；
故答案为：D
2.【答案】 B
【解析】A.He的最外层电子数为2，为稀有气体，不处于第ⅡA族，A不符合题意；
B.XY2型化合物的化学式可能为MgCl2、CO2、NO2 ， 因此其原子序数之差可能为5、2、1，B符合题意；
C.HF中含有氢键，其沸点较高，C不符合题意；
D.C和Si位于同主族，二者的化合物中CO2为分子晶体，SiO2为原子晶体，二者的晶体类型不同，D不符合题意；
故答案为：B
3.【答案】 A
【解析】A.碘和干冰都属于分子晶体，因此其状态变化过程中，所克服的微粒间作用力都是分子间作用力，A符合题意；
B.二氧化硅为原子晶体，干冰为分子晶体，二者熔化时，所克服的分子间作用力不相同，B不符合题意；
C.苯为分子晶体，其熔化过程中克服分子间作用力，硝酸钾为离子晶体，其熔化过程中所克服的微粒间作用力为离子键，C不符合题意；
D.食盐为离子晶体，熔化时所克服的微粒间作用力为离子键，冰为分子晶体，熔化时所克服的微粒间作用力为分子间作用力，D不符合题意；
故答案为：A
4.【答案】 D
【解析】A．组成和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，所以晶体熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4 ， 故A不符合题意；
B．原子晶体中原子半径越小，共价键键能越大，晶体的硬度越大，原子半径：C＜Si，则键能C-C＞C-Si＞Si-Si，所以硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故B不符合题意；
C．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：Cl＞S＞P＞Si，则酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3 ， 故C不符合题意；
D．离子晶体中离子半径越小，晶格能越大，离子半径：F-＜Cl-＜Br-＜I- ， 所以晶格能：NaI＜NaBr＜NaCl＜NaF，故D符合题意；
故答案为：D。
5.【答案】 D
【解析】A． NaCl 和 MgCl2 是离子晶体，熔融时通电，破坏了离子键，故发生化学变化，A不符合题意；
B．由表格知，三氯化铝的沸点较低，属于分子晶体，晶体中存在分子间作用力，B不符合题意；
C． AlF3 的熔沸点较高，属于离子晶体，晶体中的化学键是离子键，故C不符合题意；
D．同族元素性质相似，三氯化铝的沸点较低，属于分子晶体，依次推理， AlBr3 晶体为分子晶体，D符合题意；
故答案为：D。
6.【答案】 C
【解析】①晶体中分子间作用力越大，其熔沸点越高，但是与分子的稳定性没有关系，分子中的共价键键能越大越稳定，①不符合题意；
②原子晶体中共价键越强，熔点越高，②符合题意；
③冰熔化时，破坏的是分子间作用力，水分子中共价键不发生断裂，③不符合题意；
④氯化钠熔化时，离子键被破坏，④不符合题意；
⑤熔化时无需破坏化学键的晶体，破坏的一定是分子间作用力，故一定是分子晶体，⑤符合题意；
⑥元素周期表从ⅢB族到ⅡB族共有10个纵行，都是金属元素，⑥不符合题意；
⑦在 SiO2晶体中不存在单个分子，因为其是原子晶体，干冰中有单个分子，⑦不符合题意；
⑧分子晶体既有单质，又有共价化合物，⑧符合题意。
故答案为：C。
7.【答案】 D
【解析】A.离子晶体在熔化时，离子键被破坏，而分子晶体熔化时化学键不被破坏，破坏的是分子间作用力，故A不符合题意；
B.白磷晶体中，结构粒子之间通过分子间作用力相结合，故B不符合题意；
C.石英晶体是直接由硅原子和氧原子通过共价键所形成的空间网状结构的晶体，是原子晶体，故C不符合题意；
D.构成分子晶体的结构粒子中不一定存在共价键，如稀有气体元素对应的晶体中不含任何化学键，故D符合题意。
故答案为：D。
8.【答案】 D
【解析】A、二氧化硅晶体中存在四面体结构单元，每个硅原子能构成四个共价键，每个氧原子能形成2个共价键，Si处于中心，O处于4个顶角，故A不符合题意；
B、最小的环上，有6个Si原子和6个O原子，故B不符合题意；
C、最小的环上，有6个Si原子和6个O原子，所以最小的环上硅氧原子数之比为1：1，故C不符合题意；
D、最小的环上，有6个Si原子和6个O原子，Si处于中心，O处于4个顶角，故D符合题意。
故答案为：D。
9.【答案】 B
【解析】由题中信息可知，BN晶体具有高熔点、高硬度的特性，所以其为原子晶体，可作为耐高温、耐磨材料。其结构应与金刚石相似，每个原子均采用sp3杂化，由于B最外层只有3个电子，故其原子的最外层有空轨道，而N原子有孤电子对，故两者可形成配位键。综上所述，B符合题意。
故答案为：B。
10.【答案】 A
【解析】A．晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合，每个氧原子和2个碳原子以共价单键相结合，所以碳氧原子个数比=1：2，则其化学式为：CO2 ， 故A符合题意；
B．该化合物晶体属于原子晶体，所以其熔沸点高，硬度大，故B不符合题意；
C．该晶体中，每个碳原子含有4个C-O共价键，所以C原子与C-O化学键数目之比为1：4，故C不符合题意；
D．该晶体的空间最小环由6个碳原子和6个氧原子构成，故D不符合题意；
故答案为：A．
11.【答案】 A
【解析】A.B与Si处于对角线上，它们的化学性质相似，H2SiO3为弱酸，H3BO3也为弱酸，酸性相近，故A符合题意；
B.二氧化硅为原子晶体，四氯化硅为分子晶体，一般情况下，原子晶体的熔沸点大于分子晶体的熔沸点，熔点与键能无关，故B不符合题意；
C.水分子间存在氢键，且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存在较大的空隙，密度比水小，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积，密度比水大，故C不符合题意；
D.N2和Cl2为非极性分子，组成和结构相似，所以随着相对分子质量的增大，熔沸点升高；而CO和N2分子量相同，且都是双原子分子，但CO是极性分子，N2是非极性分子。在其它条件相同下，极性分子的相互吸引力大于非极性分子，极性分子的分子间作用力大，熔沸点高，故极性分子CO的沸点会高于非极性分子N2的沸点，则沸点为Cl2＞CO>N2 ， 故D不符合题意。
故答案为：A。
12.【答案】 B
【解析】①稀有气体分子形成的晶体没有化学键，故①不符合题意；
②在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子，但在晶体中有阳离子不一定有阴离子，如金属晶体由金属阳离子与自由电子构成，故②不符合题意；
③碱金属单质自上而下原子半径逐渐增大，金属键逐渐减弱，单质的熔点逐渐降低，所以铯、钾、钠的熔点依次升高，故③不符合题意；
④离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，分子晶体中肯定没有离子键，故④不符合题意；
⑤根据CaTiO3晶胞的结构可知，Ti4+周围的O2-分布在经过该Ti4+的各个面的面心上，这样的面共有12个，所以每个Ti4+与12个O2-紧相邻，故⑤符合题意；
⑥12g石墨中碳原子的物质的量为 12g12g/ml =1ml，石墨中每个碳原子形成3个C-C键，每个C-C键为2个碳原子共用，含有的C-C键的物质的量为 1ml×32 =1.5ml，则含有的C-C键的个数为1.5NA ， 故⑥符合题意；
⑦分子间作用力影响物理性质，分子稳定性为化学性质，化学键强弱影响分子稳定性，故⑦不符合题意；
⑧钙离子电荷比钾离子多，半径比钾离子小，氧离子电荷比氯离子多，半径比氯离子小，故CaO的晶格能比KCl高，则熔点KCl比CaO低，故⑧符合题意。
所以说法符合题意的有3种。
故答案为：B。
13.【答案】 B
【解析】A.n(SiO2)= mM = 60g60g/ml =1ml，在二氧化硅晶体中，每个硅原子形成4个Si-O键，因此60gSiO2中含Si-O键的物质的量为4ml，Si-O键的个数为4NA ， 故A不符合题意；
B.晶胞中含有表示小球位于顶点和面心，共含有8× 18 +6× 12 =4个，黑色球位于体心，共4个，所以立方ZnS晶体的每个晶胞中含有4个锌离子，其配位数为4，含有4个硫离子，其配位数也为4，故B符合题意；
C.设晶胞边长为a，则在氯化钠晶胞中，含Cl-4个，含Na+4个，根据密度公式 ρ=4MNAa3 ，可得 a=34MρNA ，所以晶胞面对角线长为 234MρNA ，而两个距离最近的Cl-中心间的距离等于面对角线的一半，所以两个距离最近的Cl-中心间的距离为 2234MrρNA 即 234M2ρNA ，故C不符合题意；
D.CaO晶体结构与NaCl晶体结构相似，若Ca2+处于体心、棱中间，O2-位于面心和顶点，晶体中体心Ca2+与面心的6个O2-距离最近，Ca2+的配位数为6，且这些最邻近的O2-围成正八面体，故D不符合题意。
故答案为：B。
14.【答案】 D
【解析】晶格能是气态离子形成1ml离子晶体释放的能量图中： 2Li（晶体）+1/2O2（g）=Li2O（晶体）的△H=-598KJ·ml−1 ，Li原子的第一电离能为Li原子失去1个电子所需要的能量，所以其第一电离能为1040/2kJ·ml－1=520kJ·ml－1；O=O键键能为氧气分子变为氧原子所需能量，其键能=2×249kJ·ml－1=498kJ·ml－1；晶格能是气态离子形成1ml离子晶体释放的能量，所以其晶格能为2908kJ·ml－1 ，
故答案为：D。
15.【答案】 D
【解析】A.5r(A2+)=4r(B2-），则 r+r− ＝0.8，则该晶体结构与CsCl晶体相似，A不符合题意；
B.晶体每个晶胞中有8个A2＋和B2－ ， 所以B不符合题意；
C.a3ρM×NA=8 ，所以选项C不符合题意，
故答案为：D。
二、综合题
16.【答案】 （1）三；ⅦA；ds；氖；1s22s22p63s23p63d10；Cr；HClO4
（2）4；CuCl
（3）Cu＋2H2SO4(浓) △__ CuSO4＋SO2↑＋2H2O
（4）水分子与乙醇分子间能形成氢键；且水分子和乙醇分子中均有羟基，结构相似；＞；H2O分子内H-O的键能大于H2S分子内H-S的键能(或氧元素非金属性大于硫元素的非金属性；若答成：H-O键的键长小于H-S键的键长也行)
【解析】元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为1，所以该原子有29个电子，为Cu元素；元素Y基态原子的3p轨道上有5个电子，则Y是Cl元素；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，元素最外层电子数小于或等于8，所以Z是O元素，元素W基态原子的核外电子共有16种运动状态，故W是S元素，据此回答各小题;
（1）①元素Y为Cl，Cl有3个电子层，最外层7个电子，故处于周期表中第三周期第ⅦA族，元素X为Cu，处于周期表中ds区；
②O所在周期为第二周期，其中第一电离能最大的元素是氖；
③X为Cu，Cu+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10 ， Cu的原子序数为29，为第四周期第ⅠB族元素，则价电子的电子排布为3d104s1 ， 最外层电子为4s电子，同一周期的副族元素Cr的价电子排布为3d54s1；
④Cl和S两元素所形成的最高价氧化物对应的水化物分别为H2SO4和HClO4 ， 元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，由于非金属性Cl＞S，故酸性较强的是HClO4；
（2）①Cu与Cl所形成化合物晶体的晶胞如图所示，1个晶胞中Cu为：8×18+6×12=4；②Cl为：4，故此晶胞中Cu与Cl的个数比为1：1，故化学式为：CuCl；
（3）Cu与浓硫酸加热条件下生成硫酸铜、二氧化硫气体和水，故化学反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）=加热CuSO4+SO2↑+2H2O；
（4）①在乙醇中的溶解度：O的氢化物（H2O）大于H2S，其主要原因是：水分子与乙醇分子间能形成氢键，且水分子和乙醇分子中均有羟基，结构相似；
②由于O原子的半径小于S原子，故H2O分子内H-O的键能大于H2S分子内H-S的键能。
17.【答案】 （1）
（2）N>O>H>C；sp3和sp2
（3）没有未成对电子（d轨道上电子为全空或全充满）
（4）AC
（5）CH3-
（6）( 34 ， 34 ， 14 )；3288ρNA
【解析】（1）Cr元素位于周期表第四周期ⅥB族，原子核外电子数为24，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1 ， 价电子轨道表达式为 ，故答案为： ；(2)甘氨酸的结构简式为NH2CH2COOH，该分子中所含的元素有H、C、N和O，同周期元素从左到右，元素第一电离能逐渐增大，但N原子的2p能级含有3个电子，为半满稳定状态，第一电离能较相邻元素高，则第一电离能的大小顺序为N>O>H>C；NH2CH2COOH分子中含有饱和碳原子和羧基不饱和碳原子，饱和碳原子为sp3杂化，羧基不饱和碳原子为sp2杂化，故答案为：N>O>H>C；sp3和sp2；（3）Sc3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d，Cr3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5 ， Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6 ， Zn2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10 ， 由电子排布式可知水合离子的颜色与d轨道未成对电子有关，没有未成对电子，即d轨道上电子为全空或全充满的Sc3+、Zn2+的水合离子为无色，故答案为：没有未成对电子（d轨道上电子为全空或全充满）；(4)Fe[Zn(OH)Cl2]2的水溶液中存在的微粒有Fe2+、[Zn(OH)Cl2]—和H2O，[Zn(OH)Cl2]—离子中存在配位键和氢氧共价键，H2O分子中存在氢氧共价键，H2O分子间存在范德华力和氢键，不存在离子键和金属键，故答案为：AC；（5）由球棍模型可知，该微粒为三角锥形，说明C原子的价层电子对数为4,孤对电子数为3，则化学式为CH3- ， 故答案为：CH3-；（6）由晶胞示意图可知，位于顶点的a和体心的b的坐标参数依次为(0，0，0)、(1/2，1/2，1/2)，d位于体对角线的 14 处，则d的坐标参数为( 34 ， 34 ， 14 )；晶胞中Cu原子的个数为4，O原子的个数为8× 18 +1=2，则化学式为Cu2O，Cu2O的摩尔质量为144g/ml，设晶胞的参数为a，晶胞的质量为a3ρ= 2NA×144 ，则a= 3288ρNA cm，故答案为：( 34 ， 34 ， 14 )； 3288ρNA 。
18.【答案】 （1）3d84s2
（2）
（3）MgCNi3
（4）6
（5）（1/2,1/2,1/2）
（6）2.13×1032/(a3NA)
【解析】（1）镍原子核电荷数为28，核外电子排布1s22s22p63s23p63d84s2 ， 镍的外围电子排布式为3d84s2；正确答案：3d84s2。（2）根据题给信息可知：根据镁原子处于晶胞的顶点，碳原子位于体心，镍原子位于面心，该新型超导材料的一个晶胞结构图为： ；正确答案： 。（3）碳原子位于该晶胞的体心上，所以该晶胞中含有一个碳原子；镁原子位于顶点，所以镁原子个数=8×1/8＝1，所以该晶胞含有1个镁原子；镍原子位于面心，所以镍原子个数=6×1/2＝3，该晶胞中含有3个镍原子；所以该晶胞的化学式为MgCNi3；正确答案：MgCNi3。（4）镍原子位于面心，其周围6个方向各有1个碳原子，因此镍原子配位数是6；正确答案：6。（5）原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置，用（0，0，0）表示镁原子的原子坐标，晶胞边长设为1，由于碳原子位于晶胞的体心，因此碳原子的原子坐标参数为（1/2,1/2,1/2）；正确答案：（1/2,1/2,1/2）。（6）该晶胞含有1个MgCNi3 ， 其质量为（24+12+59）/NA=213/NA g, 晶胞边长为apm=a×10-10 cm,晶胞的体积为 a3×10-30 cm－3 ， 该化合物的密度为=（213/NA）÷（a3×10-30）a3×10-30=2.13×1032/(a3NA) g·cm－3；正确答案：2.13×1032/(a3NA)。
19.【答案】 （1）+3；>
（2）紫外光具有的能量比蛋白质分子中的主要化学键C-C键、C-N键和C-S键的键能都大，紫外光的能量足以使这些化学键断裂，从而破坏蛋白质分子；sp2和sp3
（3）TiN>MgO>CaO>KCl；12
（4）CrO2
【解析】 (1)由表中数据可知，X的第四电离能与第三电离能的差值远远大于第三电离能与第二电离能以及第二电离能与第一电离能的差值，所以X的最外层有3个电子，X通常显+3价。同理，Y的最外层有2个电子，因为X和Y在同一周期，所以Y的金属性比X强，X 的电负性>Y 的电负性。(2)紫外光的光子所具有的能量约为399 kJ/ml。由表中有关蛋白质分子中重要化学键的信息，可以发现人体长时间照射紫外光后皮肤易受伤害的原因：紫外光具有的能量比蛋白质分子中的主要化学键C-C键、C-N键和C-S键的键能都大，紫外光的能量足以使这些化学键断裂，从而破坏蛋白质分子。组成蛋白质的最简单的氨基酸是乙氨酸，其分子中有2个C原子，一个形成了碳氧双键，另一个是饱和的，所以碳原子的杂化类型是sp2和sp3。(3)由表中信息可知，结构相似的离子晶体，其晶格能的大小与离子半径和离子电荷两个因素有关，离子半径越小、离子电荷越多，则晶格能越大，其熔、沸点就越高。因此，这四种离子晶体的熔点从高到低的顺序是TiN>MgO>CaO>KCl。由MgO晶体的晶胞结构可知，一个Mg2+周围和它最邻近且等距离的Mg2+有12个。(4)金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。离子型化合物V2O5和CrO2 中，V5+和Cr4+含有的未成对电子数分别为0和2，所以，适合作录音带磁粉原料的是CrO2。
三、推断题
20.【答案】 （1）1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；Al
（3）极性；V形
（4）CuN3
【解析】A原子核外有三个未成对电子,可以推断为N;A与B可形成离子化合物B3A2,可以推断B为Mg;C元素是地壳中含量最高的金属元素,即为Al;D原子核外的M层中有两对成对电子,可以推断D为S;E原子核外最外层只有1个电子,其余各层电子均充满,可以推断E为Cu,Cu的核外电子数为29,比其核外电子数少5的是Cr元素。
21.【答案】 （1）非极性；2；2；sp2
（2）原子
（3）P>S>Si
（4）[Ar]3d6
（5）1:2.
【解析】A、B、C、D为前四周期元素，A元素的原子价电子排布为ns2np2 ， 则A为ⅣA族元素，B元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数不超过8个，B为氧元素，C元素原子的M能层的p能级有3个未成对电子，C为P元素，D元素原子核外的M能层中只有2对成对电子，则D是S元素。（1）当n=2时，A是C元素，则AB2是CO2 ， 二氧化碳是直线型结构，正负电荷重心重合，所以是非极性分子；CO2的结构式为O=C=O，分子中有2个δ键、2个π键。A6H6分子是C6H6 ， 苯分子中C原子的杂化轨道类型是sp2杂化；
（2）当n=3时，A是Si元素，硅和氧形成的晶体是二氧化硅晶体，二氧化硅晶体是由原子构成的，属于原子晶体。
（3）若A元素的原子价电子排布为3s23p2 ， 则A是Si元素，同一周期中，原子的电负性随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素大于第VIA族元素，所以A、C、D三种元素的第一电离能由大到小的顺序P＞S＞Si。
（4）钴离子的化合价是+3价，钴离子核外有24个电子，其基态时核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6。
（5）根据均摊法计算，体心立方晶胞中铁原子个数为8×1/8+1=2，面心立方晶胞中铁原子个数为8×1/8+6×1/2=4，则二者含有的Fe原子个数之比为2:4=1:2.
22.【答案】 （1）2CO+O2 点燃__ 2CO2；分子
（2）Al(OH)3+ OH-=[Al(OH)4]-
（3）Na2O2；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
【解析】：(1)若X单质的一种同素异形体是一种黑色的非金属单质，则X为C，W为O2 ， Y为CO，Z为CO2 ， Y转化为Z的化学方程式为2CO+O2 点燃__ 2CO2 ， 固体CO2为干冰，是分子晶体；(2)若X为一种金属的氯化物，Y是一种常见的两性氢氧化物，W为化工常用的强碱，则X为AlCl3 ， W为NaOH，Y为Al(OH)3 ， Z为Na[Al(OH)4]，Y与W反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；(3)若X是一种活泼的金属单质，Z是一种淡黄色的化合物，则X为Na，W为O2 ， Y为Na2O，Z为Na2O2 ， Z转化为W的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。
23.【答案】 （1）N
（2）高；NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体
（3）sp3；V形；5SO2+2MnO4-＋2H2O=2Mn2++5SO42-＋4H＋
（4）1s22s22p63s23p63d104s1（或［Ar］3d104s1）；[Cu(NH3)4]2+
（5）M(Cu3N)a3NA 或 206g/mla3NA
【解析】（1）由分析可知，A、B、C、D分别为N、Na、Al、Si；其中N原子的核外电子排布中，为半充满状态，处于稳定结构，因此其第一电离能最大；
（2）B的氯化物为NaCl，D的氯化物为SiCl4 ， NaCl为离子晶体，SiCl4为分子晶体，因此NaCl的熔点高于SiCl4；
（3）A的简单氢化物为NH3 ， 其中氮原子采用sp3杂化；E的低价氧化物为SO2 ， 其立体构型为V型；
KMnO4具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－ ， 自身还原为Mn2＋；反应过程中，锰元素由+7价变为+2价，得到5个电子，硫元素由＋4价变为＋6价，失去2个电子，根据得失电子守恒可得，MnO4－和Mn2＋的系数为2，SO2和SO42－的系数为5；根据电荷守恒可得，生成物中含有H＋且其系数为4；根据氢原子守恒可得，反应物中有H2O，且其系数为2；据此可得该反应的离子方程式为：2MnO4－＋5SO2＋2H2O=2Mn2＋＋5SO42－＋4H＋；
（4）由分析可知，F的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；F的高价离子为+2价，A的氢化物为NH3 ， 二者形成的配离子为[Cu(NH3)4]2+；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中所含Cu的个数为12×14=3 ， 所含N原子的个数为8×18=1 ， 因此该晶体的密度ρ=mV=M(Cu3N)NAa3=M(Cu3N)a3×NA=206g/mla3×NA；
NaCl
MgCl2
AlCl3
AlF3
熔点/℃
801
730
190
1040
沸点/℃
1413
1380
180
1537
选项
实验事实
理论解释
A
酸性：H3BO3、H2SiO3相近
B、Si电负性相近，符合“对角线规则”
B
熔点：SiO2>SiCl4
键能：Si-O>Si-Cl
C
密度：干冰>冰
相对分子质量：CO2>H2O
D
沸点：Cl2>N2>CO
CO为极性分子：且相对分子质量：Cl2>CO
r+/r-
配位数
实例
0.225～0.414
4
ZnS
0.414～0.732
6
NaCl
0.732～1.0
8
CsCl
>1.0
12
CsF
离子
Sr3+
Cr3+
Fe2+
Zn2+
水合离子的颜色
无色
绿色
浅绿色
无色
电离能/(kJ/ml )
I1
I2
I3
I4
X
578
1817
2745
11578
Y
738
1451
7733
10540
共价键
C-C键
C-N键
C-S键
键能/(kJ/ml)
347
305
259
离子晶体
NaCl
KCl
CaO
晶格能/(kJ.ml-1 )
786
715
3401
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