化学 能量最低原理 燃烧时，电子获得能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的另一条轨道。跃迁到新轨道的电子处在一种不稳定的状态，它

首页走进龙高学校管理教务在线教育科研党团活动德育园地学习实践教学资源语言文字课件发布选课系统当前位置 :| 主页>教育科研>校本培训> 龙岩市高级中学暑假作业之物质结构与性质（选修）答案来源： 作者： 时间：2009-07-04 Tag： 点击： 234 龙岩市高级中学暑假作业之物质结构与性质（选修）答案
1．答案：C
考点：本题考查了晶体的结构与性质。
解析：本题中稀有气体为单原子分子无共价键；原子晶体中如SiO2 也存在Si－O极性共价键，B错；在铵盐中既存在离子键又存在共价键，C正确。金属汞的熔点很低，D错。
2． 答案：D
考点：本题考查了价层电子对互斥理论的应用。
解析：H2S为V形；BF3为平面三角形。
3．答案：C
考点：本题考查了NaCl晶胞的结构。
解析：每个NaCl晶胞中含有的Na+离子和Cl 离子的数目分别是4、4。
4．答案：C
解析：由于石墨的结构是平面六边形，每个碳原子以sp2杂化轨道的类型形成的三个共价键是正三角形构型，而硼酸[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。因此B原子杂化轨道的类型为sp2类型，且羟基之间作用力为氢键。
5．答案：C
解析：选项C没有指明p轨道电子和s轨道电子是否处于同一电子层。
6．答案：A
解析：化合物的化学式确定的方法为均摊法。X处在正方体的八个顶点上，其个数为： ；Y处在正方体的12条楞上，其个数为： ；Z处在正方体的体心上，其个数为1。
7．答案：B
解析：比较两原子电负性的差，其中Na与F的电负性差最大。
8．答案：B
解析：A选项中，NaCl溶于水是离子晶体的特性，I2是非极性分子溶解度小；B选项中分子的稳定性与键能有关，所以正确；C中形成化合物不一定是最高价或最低价，所以不与最外层电子数呈因果关系；D选项因P4O10发生了反应，所以不能证明P4O10是共价化合物。
9． 答案：A
解析：A选项中，SO3是平面三角形的分子，为非极性分子，明显错误。
10．答案：（1）N（2）Cl K（3）Fe 1s22s22p63s23p63d64s2
（4） Cu 1s22s22p63s23p63d104s1
­考点：本题考查了常见元素种类推断以及原子结构。
解析：(1)A元素原子核外共有5个电子，则核内为5个质子，因此为N。(2)B、C分别为17、19号元素即Cl、K。(3)D3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，可知D为26号元素，即Fe，因此其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2。(4)E元素原子核外共有29个电子，即第29号元素为Cu，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。
11答案：（10分）
（1）1s22s22p63s23p63d104s24p2
（2）Sn
（3）①直线型 共价键（或α键与π键）②Si=O通过共价键形成四面体结构，四面体之间通过共价键形成空间网状结构共价键（或α键）③熔融时能导电、较高的熔点
（4）配位键
（5）B
解析：考查学生对原子结构和原子核外电子排布的了解，对常见物质空间构型和化学键与物质性质的了解，以及对原子晶体、金属晶体、简单配合物的结构的了解和对离子键形成的理解，考查学生的归纳推理能力、信息迁移能力及其综合应用能力。
12．答案：（1）1s22s22p63s23p6 （2）HCl H2S V 极性 （3）H2O2 2H2O2
MnO2



2H2O+O2↑（4）CH4O
解析：（1）因A有18个电子且只有1个原子，所以A为18号元素Ar，按照核外电子排布规律可以写出其电子排布式为1s22s22p63s23p6 。
（2）B、C两分子均有2种元素组成的，是分别含有2和3个原子的18电子的分子，所以B为HCl，C为H2S，H2S的结构与水分子的结构相似均为“V”型的极性分子。
（3）因为D分子中含有4个原子、2种元素、18个电子，且在溶液中加入MnO2后生成无色气体，所以D为H2O2 。反应的化学方程式为2H2O2
MnO2



2H2O+O2↑。
（4）因为1mol E在氧气中完全燃烧，只生成1mol CO2和2molH2O，所以1个E分子中含有1个C原子和4个H原子。又因为E分子中含有6个原子且为18电子分子，因此E中含有的另一个原子为O原子。因此E的化学式为CH4O。
13．答案：（1）5
（2）1s22s22p63s23p63d104s24p1（或[Ar]3d104s24p1） 4 正四面体 原子
（3）HClO NH3·H2O
解析：（1）第四周期中，基态原子中未成对电子数与其周期数相同的元素包括：第１周期的氢、第二周期的碳和氧、第三周期的磷、第四周期的铁，共5种。
（2）Ga在元素周期表中是第四周期、第ⅢA族，原子序数是31，即其原子核外电子数是31，根据核外电子的排布规律可以写出该原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1。因为GaN晶体结构与单晶硅相似，可知GaN晶体是原子晶体，晶体结构为空间网状结构，每个Ga原子与四个N相连，这四个N原子构成的空间构型是正四面体型。
（3）水解反应前后各元素的化合价不变，由题意知NCl3中N的化合价为-3价，Cl的化合价为+1价，则在NCl3水解的产物中N的化合价也是-3价，Cl的化合价是+1价，分析可知其水解产物是HClO和NH3 ·H2O 。
14．［化学——选修物质结构与性质］（15分）
（1）S C
（2）V形 直线形 SO2 因为CO2是非极性分子，SO2和H2O都是极性分子，根据“相似相溶”原理，SO2在H2O中的溶解度较大
（3）Cr 四 1s22s22p63s23p63d54s1 +6
（4）F—H…F F—H…O O—H…F O—H…O
解析：根据电子的核外排布规律，能量最低原理，且X原子核外的M层中只有两对成对电子，故X为硫元素，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，共有6个电子，Y为碳元素，Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素为氧元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，Q的核电荷数为24，是铬元素，在元素周期表的各元素中电负性最大的是氟元素。XZ2与YZ2分子为SO2、CO2， SO2和H2O都是极性分子，根据“相似相溶”原理，SO2在H2O中的溶解度较大。且H易与O、 F、N形成氢键。
15．答案：（10分）（物质结构选做题）
（1）增大离子浓度，从而增大熔融盐的导电性
（2）⑧应为黑色
（3）原子核外电子按一定轨道顺序排列，轨道离核越远，能量越高。燃烧时，电子获得能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的另一条轨道。跃迁到新轨道的电子处在一种不稳定的状态，它随即就会跳回原来的地能量轨道，并向外界释放能量（光能）
（4）NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，所以NaF与MgF2远比SiF4熔点要高。又因为Mg2＋的半径小于Na＋的半径，所以MgF2的离子键强度大于NaF的离子键强度，故MaF2的熔点大于NaF。
（5）①σ键 ②a中存在氢键和范德华力，b中存在配位键
解析：(1) 以MgCl2为原料用熔融盐电解法制备Mg时，常加入NaCl、KCl、或CaCl2等金属氯化物，其主要作用除了降低熔点之外还有：增大离子浓度，从而增大熔融盐的导电性。
(2) 请更正图中错误：⑧应为黑色。
(3) 请用原子结构的知识解释发光的原因：原子核外电子按一定轨道顺序排列，轨道离核越远，能量越高。燃烧时，电子获得能量，从内侧轨道跃迁到外侧的另一条轨道。跃迁到新轨道的电子处在一种不稳定的状态，它随即就会跳回原来轨道，并向外界释放能量（光能）。
(4) 解释表中氟化物熔点差异的原因：NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，所以NaF与MgF2远比SiF4熔点要高。又因为Mg2+的半径小于Na+的半径，所以MgF2的离子键强度大于NaF的离子键强度，故MaF2的熔点大于NaF。
(5) ①a中连接相邻含N杂环的碳碳键可以旋转，说明该碳碳键具有：σ键的特性。
②微粒间的相互作用包括化学键和分子间相互作用，比较a和b中微粒间相互作用的差异：a中微粒间的相互作用为氢键，b中微粒间的相互作用为配位共价键。
16．答案：（11分）（1）CH4 SiH4 sp3 sp3 正四面体 （2）分子 原子 （3）CO2
（4）C （5）Zn 1s22s22p63s23p63d10
解析：由“Y原子的L层p轨道中有2个电子”可知Y原子的电子排布式是1s22s22p2，为碳元素；由“Z与Y原子的价层电子数相同”可知Z与碳元素同主族，又因Z位于元素周期表的前四周期且核电荷数大于Y，所以Z可能为硅元素（14号）或锗元素（32号），若Z为锗元素，则四种元素的核电荷数之和大于51（因W的核电荷数比Z的还要大），即Z只能为硅元素；由“W原子的L层电子数与最外层电子数之比为4︰1”可知W的最外层电子数为2，由“d轨道中的电子数与最外层电子数之比为5︰1”可知d轨道中的电子数为10，所以W原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2，即W为锌元素；又因四种元素的核电荷数之和为51，所以X元素的核电荷数为1，是氢元素。
17．答案： （1）1s22s22p6 （2）π σ （3）小 b （4）Cu 6
解析：基态N3-的电子10个，已达稳定状态，故为1s22s22p6，计算可知，N≡N中的π键的键能为942 kJ·mol-1减去N－N单键的键能247 kJ·mol-1 ，因此π键比σ键稳定。离子液体由阴、阳离子组成，其挥发性较小，且无污染。X+中所有电子正好充满KLM三个电子层，应含有28个电子，则X原子未29个电子，X的元素符号是Cu，X+ 和N3-组成比例为3：1，根据晶体结构图所示黑点为X+，白点为N3-，与同一个N3-相连的X+有6个。
18．（答案：（12分）
（1）C＜O＜N （2）三角锥形 sp3
（3） N2O
（4）1s22s22p63s23p63d54s1（或[Ar] 3d54s1） [Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3
（5）4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O
解析：A:化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，推知C为氧元素，D为镁元素，AC2为非极性分应为二氧化碳，A为碳元素。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，推出B氮元素，NH3分子空间构型是三角锥形，氮原子sp3杂化，E的原子序数为24，ECl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2∶1，三个氯离子位于外界，E为铬元素，二氧化碳分子应满足8电子稳定态。
19．答案：：（11分）
（1）氢（1分）
（2）F Cl 氟化氢分子间存在氢键，氯化氢分子间没有氢键（3分）
（3）四 VIIB 锰 1s22s22p63s23p63d5（4分）
（4）CaF2 （3分）
解析：从D、E是周期表中1—18列中E排第7列可判断E是第4周期VIIB族，所以D也在第4周期；图中离子化合物D：B=1：2，则D为Ca，且B的序数在前面，B为F，C为Cl；A与其他4种元素既不在同一周期又不在同一主族，所以A为H。
（2）考查氢键；（3）锰在周期表中的位置，+2价时已经失去个电子，所以排布式为[Ar]3d5；
（4）ρ= = （40+38）×4÷（6.02×1023）g÷V = a g·cm-3
V =
20． 答案：（1）二 VA 弱
（2）1s22s22p63s23p4 大
（3）Cu + 2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑+ 2H2O
（4）3FeO(s) + 2Al(s) Al2O3(s) + 3Fe(s) △H=－859.7KJ/mol
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，在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。
21． 答案：（1）1s22s22p63s23p63d9 （2）孤对电子（孤电子对）
（3）b （4）Si 解析：本题考查物质结构与性质。29号为Cu。Y价电子：msnmpn中n只能取2，又为短周期，则Y可能为C或Si。R的核外L层为数，则可能为Li、B、N或F。Q、X的p轨道为2和4，则C（或Si）和O(或S)。因为五种元素原子序数依次递增。故可推出：Q为C，R为N，X为O，Y为Si。（1）Cu的价电子排布为3d104s1，失去两个电子，则为3d9。（2）Cu2＋可以与NH3形成配合物，其中NH3中N提供孤对电子，Cu提供空轨道，而形成配位键。（3）Q、Y的氢化物分别为CH4和SiH4，由于C的非金属性强于Si，则稳定性CH4>SiH4。因为SiH4 的相对分子质量比CH4大，故分子间作用力大，沸点高。（4）C、N和Si中，C、Si位于同一主族，则上面的非金属性强，故第一电离能大，而N由于具有半充满状态，故第一电离能比相邻元素大，所以N>C>Si。（5）C、H形成的相对分子质量的物质为C2H2，结构式为H-C≡C-H，单键是σ键，叁键中有两个是σ键一个π键，所以σ键与π键数之比为3︰2。（6）电负性最大的非元素是O，最小的非金属元素是Si，两者构成的SiO2，属于原子晶体。
22．答案：（1）1s22s22p63s23p63d9（2）4（3）ACD（4）NF3分子中氟原子非金属性强是吸电子的，使得氮原子上的孤对电子难于与Cu2＋形成配位键（5）高；由于氧离子的例子半径小于硫离子的离子半径，所以亚铜离子与氧离子形成的离子键强于亚铜离子与硫离子形成的离子键，所以Cu2O的熔点比Cu2S的高。
解析：（1）Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,失去两个电子后电子排布式应为1s22s22p63s23p63d9。
（2）由题给图示可以看出氧原子O有8个位于定点，2个位于面心，4个位于棱上，1个位于体内，所以晶胞中氧离子个数为8×1/8+2×1/2+4×1/4+1=4。
（3）在上述结构示意图中，所有氧原子都是饱和氧原子，所以都采用sp3杂化，A正确；在上述结构示意图中，存在O→Cu配位键，H—O、S—O共价键和Cu、O离子键，B正确；
胆矾是五水硫酸铜，从性质和组成上应为离子晶体，C错误；由于胆矾晶体中水两类，一类
是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结合上有着不同，因此受热时也会因温度不同而得到不同的产物，D正确。答案：ACD。
（4）NF3分子中氟原子非金属性强是吸电子的，使得氮原子上的孤对电子难于与Cu2＋形成配位键。
（5）Cu2O和Cu2S均为离子化合物，离子化合物的熔点与离子键的强弱有关。由于氧离子的例子半径小于硫离子的离子半径，所以亚铜离子与氧离子形成的离子键强于亚铜离子与硫离子形成的离子键，所以Cu2O的熔点比Cu2S的高。
23． 答案：（1）1s22s22p63s23p63d104s2[Ar]3d104s2
（2）C O（或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
解析：（1）Zn的原子序数为30，注意3d轨道写在4s轨道的前面；（2）依据等电子原理，可知CO与N2为等电子体，N2分子的结构式为：互为等电子体分子的结构相似，可写出CO的结构式；（3）甲醇分子之间形成了分子间氢键，甲醛分子间只是分子间作用力，而没有形成氢键，故甲醇的沸点高；甲醛分子中含有碳氧双键，故碳原子轨道的杂化类型为sp2杂化；分子的空间构型为平面型；1mol甲醛分子中含有2mol碳氢σ键，1mol碳氧σ键，故含有σ键的数目为 3NA；依据晶胞示意图可以看出Cu原子处于晶胞内部，所包含的Cu原子数目为4。
【考点分析】本题主要考查核外电子排布式、等电子体原理、分子间作用力、杂化轨道、共价键类型、分子的平面构型。
24．答案：（1）1s22s22p63s23p63d104s24p3 As（2） （3）三角锥 （4）As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O （5）稳定性：NH3＞PH3＞AsH3 因为键长越短，键能越大，化合物越稳定 沸点：NH3＞AsH3＞PH3 NH3可形成分子间氢键，沸点最高，AsH3相对分子质量比PH3大，分子键作用力大，因而AsH3比PH3沸点高。
解析：（1）X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，可通过写电子排布式得到X为33号元素As；（2）Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，同样根据电子排布式得到Y为O；再根据X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42可得到Z为H.（3）～（5）就不再分析了。
【点评】涉及电子排布的问题，一般相对简单，这也是目前选修科目的一个趋势。
25．答案：（1）1s22s2sp63s23p2 O＞C＞Si（2）sp3 共价键（3）Mg Mg2＋半径比Ca2＋小，MgO的晶格能大（4）C的原子半径较小，C、O原子能充分接近，p—p轨道肩并肩重叠程度较大，形成较稳定的π键。而Si原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p—p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成稳定的π键高考资源网
解析：（1）C、Si和O的电负性大小顺序为：O＞C＞Si。（2）晶体硅中一个硅原子周围与4个硅原子相连，呈正四面体结构，所以杂化方式是sp3 。（3）SiC电子总数是20个，则氧化物为MgO；晶格能与所组成离子所带电荷成正比，与离子半径成反比，MgO与CaO的离子电荷数相同，Mg2+半径比Ca2+小，MgO晶格能大，熔点高。（4） Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键
【考点分析】物质结构与性质、原子结构、杂化方式综合考查



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