第十二单元作业答案

1、.课时作业四十1.C解析 A、D项,小黑点只表示概率分布;B项,电子在球体内出现时机多,在球体外也出现,但时机较少。2.C解析 A和B两个选项都是电子排布式,C和D两个选项都是电子排布图,其中C选项违犯了洪特规那么。3.A解析 由于通常看到的吸收光谱中的暗线比线状光谱中的亮线要少一些,B项错误;气体发光时,假设是高压气体发光形成连续光谱,假设是稀薄气体发光形成线状光谱,C项错误;甲物质发出的白光通过低温的乙物质蒸气后,看到的是乙物质的吸收光谱, D项错误。4.D解析 同一周期元素从左到右第一电离能呈现增大趋势,但由于p轨道处于全空、半充满或全充满时相对稳定,这使得第A族、第A族反常,故第一电离

2、能N>O,Mg>Al,A、B项错误;F的电负性最大,没有正化合价,C项错误。5.B解析 A项中电子层上全部为s电子的有H1s1、He1s2、Li1s22s1、Be1s22s2,不一定在同一周期;B项中3p能级只有一个空轨道的为1s22s22p63s23p2,只有一个未成对电子的为1s22s22p63s23p1或1s22s22p63s23p5,一定在同一周期;C项中最外层为2s22p6的原子为Ne,离子可能为阳离子也可能为阴离子,假设为阳离子不在同一周期,假设为阴离子在同一周期;D项电子排布可能为1s22s22p63s23p6或1s22s22p63s23p64s1或1s22s22p6

3、3s23p64s2,不一定在同一周期。 6.A解析 由核外电子排布式可知,1s22s22p63s23p1为Al,1s22s22p63s23p3为P,1s22s22p5为F。同周期自左而右,第一电离能增大,但P原子3p能级为半满稳定状态,第一电离能高于同周期相邻元素,所以第一电离能Cl>P>Al;同主族自上而下第一电离能减弱,故F>Cl,故第一电离能F>P>Al,即>>,故A正确;同周期自左而右,原子半径减小,同主族自上而下原子半径增大,故原子半径Al>P>F,即>>,故B错误;同周期自左而右,电负性增大,同主族自上而下电负性降低

4、,故电负性>>,故C错误;Al最高正化合价为+3,P最高正化合价为+5,F没有正化合价,故最高正化合价>,故D错误。7.D解析 C中,由于p能级有三个轨道,假设有一个未成对电子,意味着p轨道有两种电子排布情况,即np5或np1,所以A、B两种元素不一定属于同一族元素。8.C解析 X、Y、Z为短周期元素,X原子最外层只有一个电子,那么X为H、Li或Na;Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4,那么Y有3个电子层,最外层有6个电子,那么Y为硫元素;Z的最外层电子数是内层电子总数的3倍,那么Z有2个电子层,最外层电子数为6,那么Z为氧元素。Y为硫元素,Y的价层电子排布式为3s23p

5、4,故A错误;Y为硫元素,Z为氧元素,非金属性O>S,非金属性越强,氢化物越稳定,氢化物稳定性Z>Y,故B错误;Y为硫元素,Z为氧元素,第一电离能Y<Z,故C正确;X为H、Li或Na,Y为硫元素,H、Li或Na与硫元素形成的硫化氢属于共价化合物,硫化钠和硫化锂属于离子化合物,故D错误。9.D解析 为Si,为N,为C,为S,原子半径最大的为Si,A项正确;为Al,为Si,为P,为S,第一电离能最大的为P,B项正确;同一主族元素,电负性从上到下逐渐减小;同一周期,电负性从左到右呈增大趋势,C项正确;根据电离能变化趋势,最外层应有2个电子,所以与Cl2反响后应呈+2价,D项错误。1

6、0.B解析 同一能层中p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高,但外层s轨道电子能量那么比内层p轨道电子能量高,错误;基态铁原子外围电子排布式为3d64s2,根据洪特规那么电子总是优先单独占据一个轨道,而且自旋状态一样,那么外围电子排布图为,正确;N原子的2p轨道处于半满,第一电离能大于氧原子,错误;Fe的外围电子排布式为3d64s2,位于元素周期表的d区,错误。11.B解析 由表中数据可知,R元素的第三电离能与第二电离能的差距最大,故最外层有两个电子,最高正价为+2价,位于第A族,可能为Be或者Mg元素,因此不正确,正确,不确定;短周期第A族ns2np0的元素,因p轨道处于全空状态,比较稳定,

7、所以其第一电离能大于同周期相邻主族元素,正确。12.A解析 除放射性元素外,周期表中元素电负性差异最大的两种主族元素分别为Cs和F,CsF为离子化合物。13.1C<O<N2Ar3d54s1 3sp324SCN-或N3-其他合理答案也可 5CrNH34H2O2Cl3解析 依题意得X为氢元素,Y的电子排布式为1s22s22p2,为碳元素,W构造示意图为,为氧元素,Z的原子序数介于碳和氧之间,为氮元素,J是铬元素。1氮原子2p能级呈半满状态,所以第一电离能反常;3乙炔分子为直线形构造,C原子为sp杂化,其中有1个碳碳三键和2个碳氢键,1个碳碳三键由1个键和2个键构成,碳氢键属于键,所以键

8、3个,键2个;4该等电子体为阴离子,那么1个氮原子得到1个电子与1个氧原子电子数一样,所以与N2O互为等电子体的有N3-;5Z、W的氢化物分别为NH3、H2O,按照要求可以顺利写出该化学式。 14.121s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2 314Si2解析 2号元素是Fe,其电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2。 3由nsnnpn+1可知n=2,那么该元素是N,其最外层成对电子只有1对。 4第三周期单质熔点最高的元素应是Si;电负性最大的是Cl即图中的2。课时作业四十一1.B2.C解析 氨基苯甲酸、羟基丙酮等是含有键的物质,可以有效地

9、吸收紫外线,故可使人免受伤害。3.B解析 向盛有硫酸铜水溶液的试管里参加氨水,生成氢氧化铜蓝色沉淀;继续添加氨水,氢氧化铜与氨水反响生成CuNH342+配离子,得到深蓝色的透明溶液。反响后溶液中存在大量的CuNH342+,那么CuH2O42+数目减小,错误;B正确;CuNH34SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度,那么向反响后的深蓝色溶液中参加乙醇后会析出蓝色晶体,错误;在CuNH342+中,NH3是配体,提供孤对电子,Cu2+是中心离子,提供空轨道,错误。4.C解析 乙炔分子中C原子之间存在非极性共价键、C原子和H原子之间存在极性共价键,为共价化合物,A错误;KOH中钾离子和氢氧根离子之

10、间存在离子键、O原子和H原子之间存在极性共价键,为离子化合物,B错误;过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O原子和O原子之间存在非极性共价键,C正确;CaCl2中钙离子和氯离子之间只存在离子键,为离子化合物,D错误。 5.A解析 CO2分子中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对,为直线形分子,SO2分子中S原子价层电子对个数是3且含有一个孤电子对,为V形分子,NH3分子中N原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对,所以为三角锥形,A错误;CO2是直线形分子、NH3分子为三角锥形分子且含有1个孤电子对、硫化氢为V形分子且含有2个孤电子对,且孤电子对之间的排斥力大于孤电子对和成键电子对之

11、间的排斥力,所以CO2、NH3、H2S 的键角依次减小,B正确;H2O2分子中O原子价层电子对个数是4、N2H4分子中N原子价层电子对个数是4,根据价层电子对互斥理论知,O、N原子都采用sp3杂化,C正确;同一周期元素,元素电负性随着原子序数增大而增大,所以C、N、F的电负性依次增大,D正确。6.C解析 NF3分子中N原子的价层电子对数为3+12×5-3×1=4,孤电子对数为1,所以分子空间构型为三角锥形,A正确;原子数和价电子数都一样的微粒互为等电子体,N2O与N3-互为等电子体,B正确;叠氮化物与Co3+等形成配合物,如CoN3NH35SO4,配体为N3-和NH3,所以

12、钴的配位数为6,C错误;离子半径越大,晶格能越小,钾离子半径大于钠离子,所以NaN3的晶格能大,即NaN3的晶格能大于KN3的晶格能,D正确。7.A解析 CCl4中4个共价键完全一样,为正四面体构造,CHCl3分子的4个共价键不完全一样,所以不是正四面体,A错误;COCl2分子的构造式为,中心C原子形成2个单键和1个双键,共3个价层电子对,所以为sp2杂化,B正确;COCl2分子的构造式为,C原子最外层有4个电子,形成4个共用电子对,所以4+4=8,分子中C原子满足8电子构造;Cl原子最外层7个电子,形成1个共用电子对,所以7+1=8,分子中Cl原子满足8电子构造;O原子最外层6个电子,形成2

13、个共用电子对,所以6+2=8,分子中O原子满足8电子构造,C正确; 氯仿变质,有氯化氢生成,参加AgNO3溶液有白色沉淀生成,所以使用前可用AgNO3稀溶液检验氯仿是否变质,D正确。8.C解析 根据元素在周期表中的位置可知,A是氢元素、B是碳元素、C是氮元素、D是氧元素、X是硫元素、Y是氯元素。元素非金属性越强,气态氢化物的稳定性越强,非金属性O>S,所以稳定性H2O>H2S,故A错。CA3分子为NH3,NH3分子中N原子有3个键,一个孤电子对,所以NH3分子的立体构造为三角锥形,故B错。N形成的单质为N2,一个氮气分子中含有一个三键,所以氮气分子中键与键个数之比为12,故C正确。

14、B、C、D形成的气态氢化物CH4、NH3和H2O不是等电子体,故D错。9.1>水分子间存在氢键2 解析 五种短周期元素A、B、C、D、E,原子序数依次增大,而A、B同周期,且A、B原子核外均有两个未成对电子,那么A、B外围电子排布式分别为2s22p2、2s22p4,故A为C、B为O,B、E同主族,可推知E为S;A、D同主族,故D为Si;C的最外层电子比E的最外层电子少5个,C最外层电子数为1,原子序数大于氧,故C为Na。1B、E的气态氢化物分别为H2O、H2S,水分子之间存在氢键,而硫化氢分子间无氢键,故水的沸点高于硫化氢的。2含有非极性键的离子化合物为Na2O2等,电子式为,含有极性键

15、的非极性分子为CO2等,电子式为。10.1Ar3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s12sp分子晶体34氨分子与水分子之间可形成氢键且能发生化学反响解析 由元素在周期表中的位置可知,为Be,为C,为N,为O,为Mg,为Al,为S,为Cl,为Fe,为Cu。1位于ds区的元素只有,且根据能量最低原理和洪特规那么可知Cu基态原子的电子排布式为Ar3d104s1。2和形成的化合物为BeCl2,其中铍原子连有两个共价单键,不含孤电子对,所以价层电子对数是2,中心原子以sp杂化成键;和形成的化合物为AlCl3,Al与Cl利用共用电子对形成共价键,所以AlCl3是共价化合物,其晶体类型为

16、分子晶体。3同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势,但由于N的2p能级有3个电子,属于半充满状态,较稳定,所以其第一电离能略大于相邻的两种元素,因此第一电离能最大的是。 4元素的简单气态氢化物为NH3,氨气能与水反响,且能与水分子之间形成氢键,所以溶解度比同族其他元素的氢化物大得多。11.13d64s22三角锥形sp3氨分子之间容易形成氢键,分子间的作用力增强离子键、共价键、配位键3ClO3-SO32-或PO33-4面心立方堆积23b32a3解析 由题给信息推知,Q为H,X为N,Y为O,Z为Cl,W为Fe。 1Fe的原子序数为26,核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,

17、故其基态价层电子排布式为3d64s2。 2Q、X组成的最简单化合物为NH3,中心原子N的价层电子对数为4,那么N为sp3杂化,因含有未成键的孤对电子,故NH3的空间构型为三角锥形;氨分子之间容易形成氢键,分子间的作用力增强,故极易液化;NH5为铵根离子与氢负离子组成的离子化合物NH4H,含有离子键,NH4+的4个NH键中有一个为配位键,故NH5的化学键类型有离子键、共价键、配位键。 3Y为O,Z为Cl,两种元素形成三角锥形构造的阴离子,证明该阴离子中心原子为sp3杂化,那么阴离子为AB3x-,故Y、Z形成的阴离子化学式为ClO3-;ClO3-原子数为4,总价电子数为26,为三角锥形构造;符合条

18、件的等电子体的化学式为SO32-或PO33-。4W为Fe,在图A中为体心立方堆积,其原子配位数为8,在图B中为面心立方堆积,其原子配位数为12,故A、B原子的配位数之比为812=23;A晶胞的密度为1+8×18NA×56÷a3 g/cm3, B晶胞的密度为6×12+8×18NA×56÷b3 g/cm3。故A、B两种晶体的密度之比为b32a3。12.1能量最低原理或构造原理ssp杂化直线形2a.3d2b.正四面体形ACD非极性3>解析 1由图中电子轨道排布可知,3s能级未填满就填充3p能级,所以违犯能量最低原理;由表中电

19、离能可知,二者都是第三电离能剧增,化合价均为+2价,都为短周期元素,那么A为铍,B为Mg,Mg的价层电子排布为3s2,处于周期表中s区。BeCl2分子中Be形成2个键,杂化轨道数为2,采取sp杂化,没有孤电子对,为直线形。2钛是22号元素,Ti2+核外有20个电子,根据构造原理知其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2,所以Ti2+基态的外围电子排布式可表示为3d2;BH4-中B原子价层电子对数为4+123+1-4×1=4,且没有孤电子对,所以是正四面体形构造;NH3分子中N原子含有3个共用电子对和一个孤电子对,所以其价层电子对数是4,采用sp3杂化,A项正确;一样

20、压强时,氨气分子间存在氢键,PH3分子间不存在氢键,所以NH3沸点比PH3高,B项错误;CuNH342+中,N原子提供孤电子对,所以N原子是配位原子,C项正确;CN-的电子式为,D项正确。苯、CS2都是非极性分子,根据相似相溶原理知,C60是非极性分子。3根据同种元素形成的含氧酸的酸性判断根据,将酸写成HOmROn,n值越大,酸性越强。根据构造可知,硫酸H2SO4为OH2SO2,高碘酸H5IO6为OH5IO,那么酸性H2SO4>H5IO6。13.12ad三角锥形sp33<能形成分子内氢键,使其更难电离出H+解析 1BF五种元素中,因N价电子排布为2s22p3,2p能级为半充满状态,

21、较稳定,故N第一电离能异常,第一电离能由小到大顺序为B<C<O<N<F。2从Q晶体构造可知,无离子键和金属键。H3O+与NH3是等电子体,空间构型为三角锥形。阴离子中B为sp3杂化。3由于能形成分子内氢键,酚羟基上的氢更难电离,故Ka2水杨酸<Ka苯酚。课时作业四十二1.A解析 离子晶体的性质:一般熔点较高,固体不导电,一般易溶于水,其水溶液或熔融态能导电,A正确; 熔点10.31 ,低熔点,液态不导电是共价化合物,是分子晶体,B错误;熔点低,能溶于CS2,是分子晶体,C错误;固态能导电,一般为金属晶体,D错误。2.A解析 由于范德华力没有方向性和饱和性,所以分子

22、在堆积成晶体时假如只有范德华力将采取分子密堆积,A项正确;分子晶体的晶格结点是分子而非原子,B项错误;分子晶体的堆积受分子间作用力的影响,与分子内的共价键无关,C项错误。3.D解析 在离子晶体中,离子之间的离子键越强,断裂消耗的能量就越高,离子的晶格能就越大,A项正确;在离子晶体中,阳离子的半径越大那么周围的空间就越大,所以就可同时吸引更多的阴离子,B项正确;通常情况下,阴、阳离子的半径越小、电荷越多,那么离子之间的作用力就越强,该阴、阳离子组成的离子化合物的晶格能越大,C项正确;气态离子形成1 mol的离子晶体时所释放的能量叫该离子晶体的晶格能,D项错误。4.D解析 硫酸铵晶体中铵根离子和硫

23、酸根离子之间存在离子键,铵根离子内部N和H之间存在共价键,硫酸铵晶体属于离子晶体,不存在分子间作用力,化学式为N2H6SO4的某晶体晶体类型与硫酸铵一样,所以该晶体中含有离子键、共价键、阳离子和阴离子,不存在分子间作用力。5.A解析 在立方体的顶面上,有5个I2,4个方向一样,结合其他面考虑可知,A项正确;每个晶胞中有4个碘分子,B项错误;此晶体是分子晶体,C项错误;碘原子间只存在非极性共价键,范德华力存在于分子与分子之间,D项错误。6.C解析 a图中每个灰色球周围有6个白色球,而每个白色球为3个灰色球共有,故灰色球与白色球数目之比=16×13=12,a的化学式为AX2; b图中每个

24、灰色球周围有6个白色球,而每个白色球为2个灰色球共有,故灰色球与白色球数目之比=16×12=13,b的化学式为AX3。7.B解析 由表中数据可知,Al2O3为离子晶体,故A正确;表中AlCl3、BCl3和干冰是分子晶体,熔点都较低,故B错误;C和Si同主族,但氧化物的晶体类型不同,分别属于分子晶体和原子晶体,故C正确;Na和Al不同主族,但对应的氧化物都为离子晶体,说明不同族元素的氧化物可形成一样类型的晶体,故D正确。8.B解析 由于在CsCl晶体中,每个Cs+周围同时吸引着最近且等间隔 的8个Cl-,同样每个Cl-周围同时吸引着最近且等间隔 的8个Cs+,图2和图3都符合条件,B项

25、正确。9.C解析 离子晶体是由离子构成的,熔化时抑制的是离子键,产生自由挪动的离子,能导电,而分子晶体、原子晶体熔化时,不能产生自由挪动的离子,不导电,所以CaF2固体不导电,但在熔融状态下可导电一定能说明CaF2是离子晶体,C正确。10.C解析 根据题意知,图给构造就是其分子构造,分子中含有的原子数就是其化学式中含有的原子数,直接数出其中的Ti原子和C原子个数即可,其分子式为Ti14C13。11.B解析 在NaCl晶体中,距Na+最近的Cl-有6个,这6个离子构成一个正八面体,A正确; 气态团簇分子不同于晶胞,气态团簇分子中含有4个E原子,4个F原子,那么分子式为E4F4或F4E4,B错误;在CO2晶体图丙中,一个CO2分子周围等间隔 且最近的CO2个数=3×8÷2=12,C正确; 碘为分子晶体,分子内存在非极性共价键,分子间存在范德华力,D正确。12.131金属键2H8AuCu3 .142313443解析 .1由于是面心立方最密堆积,晶胞内NCu=6×12=3,NAu=8×18=1。2根据CaF2构造图可以知道,氢原子在晶胞内白球,数目是8个,储氢后