化学高中第十二单元作业手册答案.docx

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化学高中第十二单元作业手册答案

课时作业（四十）

1.D　[解析]电子云就是用小黑点的疏密来表示电子出现概率大小的一种图形。

小黑点表示电子出现的概率,每个小黑点不表示1个电子,故A错误;在界面内出现该电子的概率大于90%,界面外出现该电子的概率不足10%,故B错误;1s轨道呈球形,故C错误;小黑点表示空间各电子出现的概率,即某一时刻电子在核外所处的位置,故D正确。

2.B　[解析]原子中的电子在跃迁时会发生能量的变化,能量的表现形式之一是光（辐射）,不同元素的原子发生跃迁时会吸收或释放不同的光,可以用光谱仪摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱,故A正确;电子由低能级跃迁至较高能级时,要吸收能量,摄取到的是吸收光谱,故B错误;不同元素的原子发生跃迁时会吸收或释放不同的光,在历史上,许多元素是通过原子光谱发现的,如铯和铷,故C正确;在现代化学中,常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素,称为光谱分析,故D正确。

3.A　[解析]多电子原子的核外电子是分层运动的,不都在同一区域里运动,能量高的电子在离核远的区域里运动,能量低的电子在离核近的区域里运动,在同一能层在,又根据电子能量的高低分成不同的能级,因此同一能层的电子能量不相同。

4.B　[解析]各能层最多容纳电子数2n2（n为能层序数）,A错误;任一能层的能级总是从s能级开始,而且能级数等于该能层序数,即原子轨道类型数目等于该电子层序数,如第一层（K层）上只有1s亚层,第二电子层（L层）只有2s和2p亚层,第三电子层（M层）只有3s、3p和3d亚层,第四电子层（N层）只有4s、4p、4d和4f亚层,B正确;能层序数越大,s原子轨道的能量越高,轨道的半径越大,C错误;离原子核越远的电子,其能量越大,所以p原子轨道电子的平均能量随能层的增大而增加,D错误。

5.D　[解析]s能级最多排列2个电子、p能级最多排列6个电子、d能级最多排列10个电子,存在4s2、2p3、3d8排布,f能级最多排列14个电子,第三能层没有f能级,至少在第四能层才存在f能级,不可能存在3f14排布,故选D。

点睛:

本题考查了原子核外电子排布,明确能层、能级、轨道数的关系及每种能级上最多排列电子数是解题的关键。

本题要注意至少在第四能层才存在f能级。

6.A　[解析]Na+的核电荷数为11,核外电子数为10,核外电子排布式为1s22s22p6,每个2p轨道上的电子必须自旋方向相反,电子排布图为

故A错误;基态Na原子的电子排布式为1s22s22p63s1,故B正确;Na+的原子核内有11个质子,核外有10个电子,结构示意图为

故C正确;钠原子的电子排布式为1s22s22p63s1,或简写为[Ne]3s1,故D正确。

7.A　[解析]当电子排布在同一能级的不同轨道时,基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道,且自旋状态相同,称为洪特规则,根据图知,3个电子占据不同的轨道且自旋方向相同,所以其根据是洪特规则,故B错误;铝原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1,电子云是电子在核外空间出现概率密度分布的形象化描述,无固定轨迹,故C错误;原子核外M层上的s、p轨道都充满电子,而d轨道上没有电子,符合条件的原子的核外电子排布式有1s22s22p63s23p6,为氩原子,1s22s22p63s23p64s1,为钾原子,1s22s22p63s23p64s2,为钙原子,不一定处于同一周期,故D错误。

8.A　[解析]同一主族,从上到下,元素的第一电离能逐渐减小,所以第一电离能:

Be>Mg>Ca,故A正确;同周期,从左到右,元素的电负性逐渐增大,所以电负性:

F>O>N,故B错误;氟无正价,故C错误;同一周期元素从左到右原子半径逐渐减小,同一主族从上到下原子半径逐渐增大,下一周期元素的原子半径一般比相邻上一周期元素的原子半径大;所以原子半径:

P>C>N,故D错误。

9.A　[解析]Fe的原子序数为26,电子排布式为[Ar]3d64s2,因此基态Fe的价电子排布式为3d64s2,故A正确;基态S原子的核外电子排布式为[Ne]3s23p4,根据洪特规则可知,p轨道中的4个电子应分布于3个轨道上,轨道表示式为

故B错误;基态Cu原子序数为29,原子核外有几个电子,其核外电子就有几种运动状态,所以基态Cu原子核外电子共有29种不同的运动状态,故C错误;由原子轨道能量的高低顺序1s<2s<2p<3s<3p<4s<3d<4p<5s<4d<5p<6s<4f…可知,4f、4s、3d原子轨道的能量关系为E（4f）>E（3d）>E（4s）,故D错误。

10.A　[解析]价电子排布式为2s22p5的元素为F元素。

F是非金属性最强的元素,所以其电负性最大,A正确;F元素没有正价,B错误;在同周期元素中,第一电离能最大的为Ne,C错误;同周期中原子半径最小的为F,周期表中原子半径最小的为H,D错误。

11.B　[解析]p轨道上有2个未成对电子,可能为p2或p4,不能确定元素的种类,则不一定为同一主族,故A错误;p轨道上只有1个空轨道,应为ⅣA族元素,故B正确;最外层电子排布式为1s2的为He,最外层电子排布式为2s2的原子为Be,不是同一主族,故C错误;最外层电子排布式为3s2的为Mg,最外层电子排布式为4s24p6的原子为Kr,分别属于ⅡA族、0族,不是同一主族,故D错误。

12.B　[解析]X的阴离子与Y的阳离子具有相同的电子层结构,X在Y的前一周期,且X为非金属,Y为金属,X的原子半径小于Y的原子半径,A错误;X为非金属,Y为金属,则X的电负性大于Y的电负性,B正确;X-与Y2+具有相同的电子层结构,核电荷数越大,离子半径越小,所以离子半径X->Y2+,C错误;X在Y的前一周期,且X为非金属,Y为金属,X的第一电离能大于Y的第一电离能,D错误。

13.D　[解析]同主族自上而下第一电离能减小,P元素3p能级为半满稳定状态,第一电离能高于同周期相邻元素的,故Si的第一电离能最小,由图中第一电离能可知,c为

Si,P原子第四电离能为失去4s2中1个电子,4s2为全满稳定状态,与第三电离能相差较大,可知b为P、a为C。

同周期自左而右电负性增大,同主族自上而下电负性减小,故Si的电负性最小,故A错误;Si的非金属性最弱,非金属性越强,气态氢化物越稳定,故SiH4的稳定性最差,故B错误;气态氢化物的相对分子质量b>c>a,故C错误;碳、Si失去4个电子为ns2全满状态,能量更低,再失去1个电子时,第五电离能与第四电离能相差较大,P失去4个电子为3s1状态,第四电离能与第五电离能相差不大,故第五电离能C>Si>P,故D正确。

14.B　[解析]从表中原子的第一至第四电离能可以看出,元素的I2与I3相差较大,可失去2个电子,最高化合价为+2价,即最外层应有2个电子,应为第ⅡA族元素。

最外层应有2个电子,所以R的最高正价为+2价,故A错误;第ⅡA族元素核外价电子排布式为ns2,达稳定结构,所以R元素第一电离能大于同周期相邻元素,故B正确;R元素的原子最外层共有2个电子,故C错误;R元素可能是Be或Mg,Mg基态原子的电子排布式为1s22s22p63s2,故D错误。

15.A　[解析]由四种元素基态原子电子排布式可知,①是S元素,②是P元素,③是N元素,④是F元素。

A项,同周期自左而右,第一电离能呈增大趋势,故第一电离能NP,所以第一电离能S③>②>①,故A项正确;B项,同周期自左而右,原子半径逐渐减小,所以原子半径P>S,N>F,电子层越多原子半径越大,故原子半径P>S>N>F,即②>①>③>④,故B项错误;C项,同周期自左而右,电负性逐渐增大,所以电负性P

电子数,S最外层6个电子,P、N最外层都是5个电子,所以最高正化合价:

①>②=③,故D项错误。

16.A　[解析]①3d轨道的能量大于4s轨道的能量;②同一电子层中第一个p轨道与第二个p轨道的能量相等;③2s的轨道半径小于3s的轨道半径;④同一原子的基态的能量小于激发态;⑤F的电负性大于O的电负性;⑥Mg的第一电离能大于Al的第一电离能;⑦H的半径大于H+的半径。

17.C　[解析]A、B、C、D四种元素,A元素是地壳中含量最多的元素,则A是O;B元素为金属元素,它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和,则其原子核外电子数=2×（2+8）=20,则B是Ca;C元素是第三周期第一电离能最小的元素,则C是Na,D元素在第三周期中第一电离能最大,则D是Ar。

由上述分析可知,四种元素A、B、C、D分别为O、Ca、Na、Ar,故A正确;元素O、Ca、Na两两组成的化合物可为CaO、CaO2、Na2O、Na2O2等,故B正确;O2-、Na+电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,故离子半径O2->Na+,故C错误;元素的非金属性越强,其电负性越强,故电负性O>Na,故D正确。

18.

（一）

（1）三　ⅠA　2　1s22s22p63s23p2　

（2）<　>　<　<（3）

（二）

（1）4　8　18

（2）4s24p3　

[解析]

（一）

（1）Na元素位于元素周期表第三周期第ⅠA族;S的基态原子核外未成对电子处于3p轨道,共2个未成对电子;Si原子核外电子数为14,核外电子排布式为1s22s22p63s23p2。

（2）同一周期元素,随着原子序数的增加,原子核对核外电子的吸引力增强,第一电离能增大,所以第一电离能:

S>Si;核外电子排布相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,所以离子半径:

O2->Na+;一般来说,原子晶体（Si）的熔点高于离子晶体

（NaCl）的熔点,故熔点:

Si>NaCl;元素的非金属性越强,元素最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,因为非金属性Cl>S,所以酸性:

HClO4>H2SO4。

（3）Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2,本身被还原为氯离子,1个氯气分子反应得到2个电子,因此离子方程式、电子转移的方向和数目表示为

。

（二）

（1）根据核外电子排布规律写出33号元素的核外电子排布式:

1s22s22p63s23p63d104s24p3,所以该元素原子核外有4个电子层,有8个能级,该元素原子中被电子占据的轨道,s轨道有4个,p轨道有3×3=9个,d轨道有5个,所以占据的原子轨道总共有18个。

（2）该元素的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3,最外层电子排布式为4s24p3,价电子轨道表示式为

。

19.

（1）H2　8　

（2）Cl>Si>Al　（3）O　（4）14

[解析]W、X、Y、Z、N是短周期元素,它们的核电荷数依次增大,W的原子核内无中子,W为H;X的原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等,原子核外电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2,X为O或Mg;Y元素的原子半径在该周期中最大,Y应位于第三周期,Y为Na,结合核电荷数可知X为O;Z的原子核外p能级上的电子总数比s能级上的电子总数多2,原子核外电子排布为1s22s22p63s22p2,故Z为Si;N的最外层电子数比次外层电子数少1,可知N为Cl,以此来解答。

由上述分析可知,W为H、X为O、Y为Na、Z为Si、N为Cl。

（1）W单质的化学式为H2,Z元素原子核外有8个原子轨道填充了电子。

（2）同周期由左向右第一电离能呈增大趋势,Y、Z和N三种元素第一电离能由大到小的顺序为Cl>Si>Al。

（3）O的非金属性大于Si,X与Z两元素的电负性较大的是O。

（4）Z元素的质子数为14,原子共有14种不同运动状态的电子。

20.

（1）

（2）从上到下依次减小　（3）三　ⅤA　（4）五　ⅠA　（5）3s23p5　（6）Na　Mg

[解析]同一周期元素第一电离能的变化规律:

从左到右第一电离能呈增大趋势,但有反常现象,第ⅡA族、第ⅤA族价电子分别是全充满和半充满,能量低,比较稳定,第一电离能分别大于第ⅢA族和第ⅥA族的第一电离能。

（1）依据第二周期第一电离能的递变规律,可以连出第三周期第一电离能的变化图像;

（2）由图可以得出同一主族第一电离能的变化规律:

从上到下依次减小;（3）图中5号元素是P,P在周期表中处于第三周期第ⅤA族;（4）依据同一周期元素的金属性从左到右逐渐减弱,同一主族从上到下逐渐增强,可以得出图中出现的元素中最活泼的金属元素是Rb,处于第五周期第ⅠA族;（5）图中6号元素是Cl,价电子排布式为3s23p5;（6）依据第一电离能递变规律,可以得出Al的第一电离能的大小范围为Na

课时作业（四十一）

1.C　[解析]σ键是“头碰头”重叠,π键是“肩并肩”重叠,σ键比π键重叠程度大,σ键比π键稳定,故A正确;两个原子间只能形成1个σ键,两个原子之间形成双键时,含有一个σ键和一个π键,两个原子之间形成三键时,含有一个σ键和2个π键,故B正确;单原子分子中没有共价键,如稀有气体分子中不存在σ键,故C错误;两个原子之间形成三键时,含有一个σ键和2个π键,N2分子中含有一个三键,即有一个σ键,2个π键,故D正确。

2.B　[解析]等电子体的要求是原子总数相同,价电子总数也相同。

N

原子总数为4,价电子总数为24。

SO2原子总数为3,价电子总数为18,故A不选;BF3原子总数为4,价电子总数为24,故B选;CH4原子总数为5,价电子总数为8,故C不选;NO2原子总数为3,价电子总数为17,故D不选。

3.D　[解析]S

的中心原子价层电子对数为3+

=4,故其VSEPR模型为四面体形。

由于中心原子S与O形成了3个σ键,中心原子还有1个孤电子对,故其立体构型为三角锥形。

4.C　[解析]BF3分子的中心原子B原子上含有3个σ键,中心原子B的价层电子对数为3+

=3,采用sp2杂化;B

的中心原子B的价层电子对数为4+

=4,采用sp3杂化。

5.D　[解析]HCl、HBr、HI是组成和结构相似的分子,相对分子质量越大分子间作用力越大,相应物质的熔、沸点越高,A正确;H2O分子间可形成氢键,H2S分子间不能形成氢键,因此H2O的熔、沸点高于H2S,B正确;I2是非极性分子,易溶于非极性溶剂CCl4,C正确;甲烷中碳原子电负性不大,甲烷分子和水分子之间不能形成氢键,并且氢键不是化学键,属于分子间作用力,D错误。

6.A　[解析]HI、HBr、HCl分子结构相似,相对分子质量依次减小,范德华力依次减弱,沸点依次变小,而因HF分子间存在氢键,故HF的沸点反常,为最高,则沸点从高到低顺序为HF>HI>HBr>HCl,A错误;B、C中分子结构相似,相对分子质量依次减小,范德华力依次减弱,沸点依次降低,B、C正确;由于NH3分子间有范德华力、氢键,而PH3分子间只有范德华力,所以沸点:

NH3>PH3,D正确。

7.A　[解析]本题可采用排除法解答。

在B中,CH4是由极性键构成的非极性分子,Br2是非极性键构成的非极性分子,故B错误;在C中,H2S是由极性键构成的极性分子,CCl4是由极性键构成的非极性分子,故C错误;在D中,CO2是由极性键构成的非极性分子,HCl是由极性键构成的极性分子,故D错误。

8.B　[解析]该分子中N原子价层电子对数=3+

=4且含有一个孤电子对,则为三角锥形,故A错误;该分子中B原子价层电子对数=3+

=3且不含孤电子对,则为平

面三角形,故B正确;该分子中O原子价层电子对数=2+

=4且含有两个孤电子对,所以为V形,故C错误;该分子中O原子价层电子对数=3+

=4且含有1个孤电子对,所以为三角锥形,故D错误。

9.B　[解析]分子中含6个C—H、1个C—C、1个C

C,则丙烯分子有8个σ键,1个π键,故A错误;手性碳原子一定是饱和的碳原子。

丙烯分子中的饱和碳原子上连接着3个氢原子,故不具有手性,没有手性碳原子,故B正确;碳碳双键为平面结构,丙烯分子双键中的2个碳原子都是sp2杂化,甲基上C为sp3杂化,故C错误;碳碳双键为平面结构,甲基中的C与双键共面,而甲基上的三个氢原子不可能同时与双键共面,故D错误。

10.C　[解析]配合物Co2（CO）8中存在C、O之间的共价键,Co、C之间的配位键,Co、Co之间的金属键,分子之间的范德华力,所以存在的有①③④⑥。

11.

（1）②④　

（2）<　（3）四面体形　（4）<　对羟基苯甲醛存在分子间氢键

[解析]

（1）对于ABn型分子,A原子的最外层电子,若完全成键,属于非极性分子,若不完全成键,则属于极性分子。

故非极性分子为②④。

（2）同种元素的含氧酸,该元素的化合价越高,对应的含氧酸的酸性越强。

（3）H2O中心原子O原子形成2个σ键、含有2对孤电子对,故杂化轨道数为4,VSEPR构型为四面体形。

（4）对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛,因为对羟基苯甲醛形成分子间氢键使沸点升高,而邻羟基苯甲醛形成的是分子内氢键。

12.

（1）S　C

（2）V形　直线形　SO2　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　1s22s22p63s23p63d54s1（或[Ar]3d54s1）　+6（4）F—H…F、F—H…O、O—H…F、O—H…O

[解析]

（1）X原子核外的M层中只有两对成对电子,则M层的电子排布图为

故X为S,Y原子核外的L层电子数是K层的两倍,则Y原子的核外电子排布式为1s22s22p2,故Y为C。

（2）Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素,则Z为O,SO2、CO2的立体构型分别为V形、直线形。

（3）Q的核电荷数为24,为Cr,其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1,其外围电子排布式为3d54s1,则最高化合价为+6。

（4）元素周期表中F的电负性最强,HF溶液中,HF与HF、H2O与H2O、HF与H2O之间存在氢键。

13.

（1）①

　②

（2）①H3PO3+2NaOH

Na2HPO3+2H2O

②H3AsO3+3NaOH

Na3AsO3+3H2O

（3）H3PO3为中强酸,不与盐酸反应,H3AsO3可与盐酸反应　H3AsO3+3HCl

AsCl3+3H2O

[解析]

（1）已知H3PO3为中强酸,H3AsO3为弱酸,依据题给信息可知H3PO3中含1个非羟基氧原子,H3AsO3中不含非羟基氧原子。

（2）与过量NaOH溶液反应的化学方程式的书写,需得知H3PO3和H3AsO3分别为几元酸,从题给信息可知,含氧酸分子结构中含几个羟基氢,则该酸为几元酸。

故H3PO3为二元酸,H3AsO3为三元酸。

（3）H3PO3为中强酸,不与盐酸反应;H3AsO3为两性物质,可与盐酸反应。

14.

（1）3　sp3　60°　用于制造火箭推进剂或炸药（其他合理答案也可）

（2）①三角锥形　②配位键、共价键　>　③CH3OH（或CH3SH等）

[解析]

（1）磷原子的价电子排布式为3s23p3,基态原子有3个未成对电子;N4分子与P4分子的结构相似,为正四面体形,N4分子中每个氮原子形成3个σ键、含有1对孤电子对,杂化轨道数目为4,氮原子采取sp3杂化;正四面体中的每个面为正三角形,则N—N—N键角为60°;N4分解后能产生N2并释放出大量能量,可以用于制造火箭推进剂或

炸药。

（2）①NH3中氮原子形成3个σ键,有1对未成键的孤电子对,杂化轨道数为4,采取sp3杂化,分子空间构型是三角锥形。

②[Zn（NH3）6]2+中存在的化学键类型有配位键、共价键,受配位键的影响,[Zn（NH3）6]2+中H—N—H键角大于107°。

③等电子体是指原子总数相同、价电子总数相同的分子或离子。

与N2H4互为等电子体的分子有CH3OH、CH3SH等。

15.

（1）N>O>C　

（2）V形　（3）1s22s22p63s23p63d10　Cu+的3d轨道上电子全充满,结构更稳定（4）sp3、sp2　乙醇分子间存在氢键（5）

[解析]

（1）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势,但第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素,所以C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C;

（2）与N3-含有相同电子数的三原子分子是H2O,O原子的杂化方式是sp3,有2对孤电子对,H2O空间构型是V形;（3）Cu+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d10。

CuO在高温下会分解生成稳定的Cu2O,是因为Cu+的3d轨道上电子全充满,结构更稳定;（4）乙醛的结构简式是CH3CHO,前边—CH3中C是sp3杂化,醛基—CHO中存在碳氧双键,其中的碳原子采取的是sp2杂化,乙醇分子间存在氢键,所以乙醇的沸点明显高于乙醛;（5）[Cu（H2O）4]2+为平面正方形结构,[Cu（H2O）2Cl2]具有极性的分子的结构式是

。

16.

（1）B　

（2）3d84s2　4（3）①第四周期ⅠB族　N>O>S　②ACE　③sp3　CCl4（或其他合理答案）

[解析]

（1）BeCl2分子中,铍原子含有两个共价单键,不含孤电子对,所以价层电子对数是2,中心原子以sp杂化轨道成键,分子的立体构型为直线形,A错误;水分子中孤电子对

数=

=2,水分子中氧原子含有2个共价单键,所以价层电子对数是4,中心原子以sp3杂化轨道成键,价层电子对互斥模型为四面体形,含有2对孤对电子,分子的立体构型为V形,B正确;HCHO分子内（H2C

O）碳原子形成3个σ键,无孤对电子,价层电子对数=3+0=3,杂化方式为sp2杂化,价层电子对互斥模型为平面三角形,没有孤电子对,分子的立体构型为平面三角形,C错误;二硫化碳分子中碳原子含有2个σ键且不含孤电子对,采用sp杂化,其空间构型是直线形,D错误。

（2）原子序数小于36的元素Q和T,在周期表中既处于同一周期又位于同一族,则Q、T处于第Ⅷ族,且原子序数T比Q多2,则Q为Fe元素,T为Ni元素,Ni元素是28号元素,Ni原子价电子排布式为3d84s2,Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6,3d能级有4个未成对电子。

（3）①铜元素核电荷数为29,在周期表中的位置是第四周期ⅠB族;N、O属于同一周期,由于N原子的2p轨道处于半充满状态,故第一电离能N>O,而O、S在同一主族,同主族元素的第一电离能从上到下依次减小,故第一电离能O>S,则N>O>S。

②[Cu（NH3）4]SO4中,S

和[Cu（NH3）4]2+间存在离子键,N原子和Cu原子间存在配位键,N—H键、S—O键为极性键,选A、C、E。

③NH3中N原子的价层电子对数=

（5-1×3）+3=4,故采取sp3杂化,与S

互为等电子体的分子的化学式为CCl4、SiCl4等。

课时作业（四十二）

1.D　[解析]晶体和非晶体的本质区别是组成晶体的粒子在微观空间里是否呈现周期性的有序排列,不管固体的颗粒大小,只要组成粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列就属于晶体,故D错误。

2.A　[解析]镧（La）镍（Ni）合金是一种储氢材料,根据其基本结构单元示意图可知,该结构单元中含La和Ni的原子数分别为12×

+2×

=3,18×

+6=15,则该合金的化学式可表示为LaNi5。

3.D　[解析]氯化铵受热分解产生氨气和HCl,破坏了离子键和共价键,故D正确。

4.B　[解析]分子晶体的分子间作用力影响分子晶体的物理性质,而分子的稳定性与共价键的强弱有关,A错误;原子晶体中微粒间的作用力为共价键,原子