广东专版2019高考化学二轮复习第一部分专题十六物质结构与性质鸭专题强化练201812073123
(广东专版)2019高考化学二轮复习 第一部分 专题二 化学常用计量及其应用专题强化练
专题二化学常用计量及其应用专题强化练1．(2018·全国卷Ⅲ)下列叙述正确的是( )A．24 g镁与27 g铝中，含有相同的质子数B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同C．1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1D．1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同解析：1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。
24 g镁和27 g铝各自的物质的量都是1 mol，所以24 g镁含有的质子数为12 mol，27 g铝含有的质子的物质的量为13 mol，选项A错误。
设氧气和臭氧的质量都是x g，则氧气(O2)的物质的量为x32mol，臭氧(O3)的物质的量为x48mol，所以两者含有的氧原子分别为x32×2＝x16mol和x48×3＝x16mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。
重水为21H162 8O，其中21H含有1个中子，16 8O含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子。
水为11H162 8O，其中11H没有中子，16 8O含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1 mol水含有8 mol中子。
两者的中子数之比为10∶8＝5∶4，选项C错误。
乙烷(C2H6)分子中有6个C—H键和1个C—C 键，所以1 mol乙烷有7 mol共价键。
乙烯(C2H4)分子中有4个C—H键和1个C===C，所以1 mol乙烯有6 mol共价键，选项D错误。
答案：B2．设N A表示阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是( )A．1 mol Cl2与足量的Fe充分反应，转移电子的数目为3N AB．常温下，1 L pH＝1的H2SO4溶液中，由水电离出的H＋数目为0.1N AC．常温下，21 g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5N AD．1 mol 14 6C原子中所含中子数目为6N A解析：氯气与铁反应后变为－1价，则1 mol氯气与铁反应会转移2 mol电子，即2N A 个，A错误；在硫酸溶液中，水的电离被抑制，氢离子几乎全部来自于酸的电离，OH－全部来自于水的电离，故水电离出的n(H＋)＝n(OH－)＝10－13mol·L－1×1 L＝10－13mol，故水电离出的氢离子的个数为10－13N A，B错误；乙烯和丁烯的最简式均为CH2，故21 g混合物中含有的CH2的物质的量n＝21 g14 g·mol－1＝1.5 mol，故含有的碳原子的物质的量为1.5 mol，即1.5N A个，C正确；1 mol 14 6C原子中所含中子数目为8N A，D错误。
高考：2019年高考化学二轮复习技能强化专练(共16套,Word版,含答案解析)
2019年高考化学二轮复习技能强化专练 （共16套，Word 版，含答案解析）目录技能强化专练(一) 物质的组成和分类 化学与STSE ............................................................................ 1 技能强化专练(二) 化学常用计量 ............................................................................................................. 7 技能强化专练(三) 氧化还原反应 ........................................................................................................... 14 技能强化专练(四) 离子反应 ................................................................................................................... 20 技能强化专练(五) 物质结构和元素周期律 ........................................................................................... 27 技能强化专练(六) 化学反应与能量 ....................................................................................................... 34 技能强化专练(七) 电化学 ....................................................................................................................... 41 技能强化专练(八) 化学反应速率和化学平衡 ....................................................................................... 48 技能强化专练(九) 电解质溶液 ............................................................................................................... 55 技能强化专练(十) 金属单质及其重要化合物 ....................................................................................... 63 技能强化专练(十一) 非金属单质及其重要化合物 ............................................................................... 69 技能强化专练(十二) 常见有机物及其应用 ........................................................................................... 74 技能强化专练(十三) 化学实验基础 ....................................................................................................... 82 技能强化专练(十四) 化学实验综合探究 ............................................................................................... 88 技能强化专练(十五) 物质结构与性质 ................................................................................................... 99 技能强化专练(十六) 有机化学基础 .. (104)技能强化专练(一) 物质的组成和分类 化学与STSE1．我国晋代《抱朴子》中描述了大量的化学反应，其中有：①“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”；②“以曾青涂铁，铁赤色如铜”。
2019新课标版化学二轮总复习专题16
第24页
高考调研 ·二轮总复习 ·化学
有苯环，所以 F 一定为
知反应，得到 G，G 为 H 与 E 发生偶联反应得到 Y。
；F 与 CH3CHO 发生题目已 ；G 与氢气加成得到 H；
第25页
高考调研 ·二轮总复习 ·化学
(1)A 的名称为丙炔；
(2)B 为
，C 为
，方程式为：
(3)由上述分析 A 生成 B 的反应是取代反应，G 生成 H 的反 应是加成反应；
1．(2018·课标全国Ⅲ)近来有报道，碘代化合物 E 与化合物 H 在 Cr－Ni 催化下可以发生偶联反应，合成一种多官能团的化 合物 Y，其合成路线如下：
第19页
高考调研 ·二轮总复习 ·化学
已知： RCHO＋ CH3CHO―N―aO―△H―/H―2O→RCH===CHCHO＋ H2O
回答下列问题： (1)A 的化学名称是________。 (2)B 为单氯代烃，由 B 生成 C 的化学方程式为____________ __________________________________________________。 (3)由 A 生成 B、G 生成 H 的反应类型分别是________、 ________。 (4)D 的结构简式为________。
(4)D 为 CH≡CCH2COOCH2CH3；
第26页
高考调研 ·二轮总复习 ·化学
(5)Y 中含氧官能团为羟基和酯基； (6)E 和 H 发生偶联反应可以得到 Y，将 H 换为 F 就是将苯 环直接与醛基相连，所以将 Y 中的苯环直接与羟基相连的碳连接
即可，所以产物为
；
第27页
高考调研 ·二轮总复习 ·化学
第2页
高考调研 ·二轮总复习 ·化学
2019届高考化学(新课标)一轮集训：原子结构与性质(双基题组 高考题组,含解析)
A组双基题组1．下列各项叙述中，正确的是( )A．镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态B．价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是s区元素C．所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同D．24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2【解析】A项镁原子由基态转化为激发态，要吸收能量；价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅢA 族，是p区元素；原子轨道处于全空、全满或半充满状态时，能量最低，故24Cr原子的电子排布式应是1s22s22p63s23p63d54s1。
【答案】 C2．现有①、②、③三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3。
则下列有关比较中正确的是( )A．第一电离能：③>②>①B．原子半径：③>②>①C．电负性：③>②>①D．最高正化合价：③>②>①【解析】由基态原子的电子排布式可知①、②、③分别为S、P、N。
P原子由于3p轨道处于半充满的稳定状态，故其第一电离能大于S，因此三者第一电离能大小关系为N>P>S；原子半径P最大；电负性：N>S>P；S 的最高正化合价最高，为＋6，N、P为＋5。
【答案】 A3．(选修3P24T7改编)化合物YX2、ZX2中，X、Y、Z都是前三周期的元素，X与Y属于同一周期，Z是X的同族元素，Z元素核内有16个质子，Y元素最外层电子数是K层所能容纳的电子数的2倍。
(1)Y的电子排布图为_________________________________。
(2)X的价层电子排布式__________________________________。
(3)Z的原子结构示意图__________________________________。
2019高考化学二轮复习第一篇题型五物质结构与性质选修鸭教案(含答案)
题型五物质结构与性质(选修选考)1.(2018·全国Ⅰ卷,35)Li是最轻的固体金属,采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能,得到广泛应用。
回答下列问题:(1)下列Li原子电子排布图表示的状态中,能量最低和最高的分别为、(填标号)。
(2)Li+与H-具有相同的电子构型,r(Li+)小于r(H-),原因是。
(3)LiAlH4是有机合成中常用的还原剂,LiAlH4中的阴离子空间构型是、中心原子的杂化形式为。
LiAlH4中,存在(填标号)。
A.离子键B.σ键C.π键D.氢键(4)Li 2O是离子晶体,其晶格能可通过图(a)的Born Haber循环计算得到。
可知,Li原子的第一电离能为kJ·mol-1,键键能为kJ·mol-1,Li2O晶格能为kJ·mol-1。
(5)Li2O具有反萤石结构,晶胞如图(b)所示。
已知晶胞参数为0.466 5 nm,阿伏加德罗常数的值为N A,则Li2O的密度为g·cm-3(列出计算式)。
解析:(1)D选项表示基态,为能量最低状态,A、B、C选项均表示激发态,根据能级能量E(1s)<E(2s)<E(2p)判断,C为能量最高状态。
(2)Li+与H-具有相同的电子构型,Li的核电荷数大于H的核电荷数,因此Li的原子核对电子的吸引能力强,即Li+半径小于H-半径。
(3)LiAlH4的阴离子为Al,Al中Al的杂化轨道数为=4,Al采取sp3杂化,为正四面体构型。
LiAlH4是离子化合物,存在离子键,H和Al间形成的是共价单键,为σ键。
(4)由题给信息可知,2 mol Li(g)变为2 mol Li+(g)吸收1 040 kJ 热量,因此Li原子的第一电离能为520 kJ·mol-1;0.5 mol 氧气生成1 mol氧原子吸收249 kJ热量,因此键的键能为498 kJ·mol-1;Li2O的晶格能为2 908 kJ·mol-1。
(广东专版)2019高考化学二轮复习 第一部分 专题十二 有机物的结构、性质和应用(必考)专题强化练
专题十二有机物的结构、性质和应用（必考）专题强化练1．(2017·全国卷Ⅱ)下列说法错误的是( )A．糖类化合物也可称为碳水化合物B．维生素D可促进人体对钙的吸收C．蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质D．硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多解析：糖类化合物一般可用通式C m(H2O)n表示，可称作碳水化合物，A项正确；维生素D能促进人体对钙的吸收和利用，B项正确；蛋白质是由C、H、O、N等多种元素构成的物质，C项错误；硒是人体必需的微量元素，但摄入过多对人体有一定的危害，D项正确。
答案：C2．分子式为C4H8Cl2的有机物共有(不含立体异构)( )A．7种B．8种C．9种D．10种解析：分子式为C4H8Cl2的有机物可看成是丁烷C4H10中的两个H原子被两个Cl原子取代，C4H10有正丁烷CH3CH2CH2CH3和异丁烷CH3CH(CH3)CH3两种，正丁烷中2个H原子被Cl原子取代，有6种结构，异丁烷中2个H原子被Cl原子取代，有3种结构，共有9种。
答案：C3．(2018·茂名模拟)轴烯是一类独特的星形环烃。
下列关于三元轴烯()说法不正确的是( )A．可以使酸性高锰酸钾溶液褪色B．所有原子在同一平面C．与1，3－丁二烯()互为同系物D．与苯互为同分异构体解析：该分子中含有C===C双键，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则A正确；由于C===C双键构成的平面结构，所以该分子的所有原子在同一平面上，故B正确；该分子含有三个C===C双键和一个碳环，而只有两个C===C双键，所以二者结构不相似，不是同系物，则C错误；该分子的化学式为C6H6，与苯的化学式相同，但结构不同，所以二者是同分异构体，故D正确。
答案：C4．(2018·全国卷Ⅱ)实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。
光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是( )解析：在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代烃，氯化氢极易溶于水，所以液面会上升。
2019版高考化学一轮复习选考物质结构与性质第二讲分子结构与性质课后达标训练
第二讲分子结构与性质［课后达标训练］一、选择题1. （2018 •张掖二中月考）下列说法正确的是（）A. n键是由两个p轨道“头碰头”重叠形成的B. b键是镜像对称的，而n键是轴对称的C. 乙烷分子中的键全为b键，而乙烯分子中含b键和n键D. Hz分子中含b键，而C12分子中含n键解析：选Co n键是由两个p轨道“肩并肩”重叠形成的，A项错误；b键是轴对称的，而n键是镜像对称的，B项错误；乙烷分子中全部是单键，所以都是b键，乙烯分子中含有一个碳碳双键，双键中含一个b键和一个n键，C项正确；Hz和C12分子中都只含有单键，所以都是b键，D项错误。
2. （2018 •吉林模拟）在硼酸［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。
则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是（）A. sp，范德华力B. sp2，范德华力C. sp2,氢键D. sp3,氢键解析：选Co由石墨的晶体结构知C原子为sp2杂化，故B原子也为sp2杂化，但由于B（OH）3 中B原子与3个羟基相连，羟基间能形成氢键，故同层分子间的主要作用力为氢键。
3. （2018 •商丘模拟）N2的结构可以表示为 ' ,CO的结构可以表示为■■ N ,其中椭圆框表示n键，下列说法中不正确的是（）A. N2分子与CO分子中都含有三键B. CO分子中有一个n键是配位键C. N2与CO互为等电子体D. N2与CO的化学性质相同解析：选Db N2化学性质相对稳定，CO具有比较强的还原性，两者化学性质不同。
4. （2018 •武汉模拟）用价层电子对互斥理论（VSEPR）预测H2S和COC2的立体构型，两个结论都正确的是（）A. 直线形；三角锥形B. V形；三角锥形C. 直线形；平面三角形D. V形；平面三角形1解析：选 Do HzS 分子中的中心 S 原子上的孤电子对数是 -X (6 — 1X 2) = 2,则说明HbS 分子中中心原子有 4对价电子对，其中 2对是孤电子对，因此立体构型是V 形；而COC 2中1中心C 原子的孤电子对数是 M (4 — 2X 1 — 1X 2) = 0,因此COC 2中中心原子的价电子对数是 3，是平面三角形，故选 D 。
2019高考化学二轮练习攻略：专项16 物质结构与性质.ppt
解析：分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定 存在共价键，如惰性气体为单原子分子，不存在共价键， A 正确；分子中含两个氢原子的酸，如 HCOOH，只能 电离出一个 H＋，为一元酸，B 错误；含有金属阳离子 的晶体可能是离子晶体，也可能是金属晶体，C 错误； 元素的非金属性越强，其单质的活泼型不一定越强，如 N 元素的非金属性强于 P 元素，但由于 N2 分子内存在 N≡N，单质 N2 却不如单质 P 活泼，D 错误。
：
(1)B
△ =====
2BF3↑
＋
3CaSO4＋3H2O
B2O3＋2NH3=高==温==2BN＋3H2O (2)1s22s22p1 N ＋3
(3)120° sp2 正四面体
(4)共价键(极性共价键) 分子间作用力
25×4 (5)4 4 361.5×10－103×NA
(5)F 元素的原子最外层电子排布式为 nsnnpn＋2， 则 n＝________；原子中能量最高的是________电子。
解析：(1)A 元素为 N 元素。(2)B－与 C＋的电子层 结构都与氩相同，即核外都有 18 个电子，则 B 为 Cl， C 为 K。(3)D 元素原子失去 2 个 4s 电子和 1 个 3d 电 子后变成＋3 价离子，其原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d64s2，即 26 号元素铁。(4)E 元素基态 原子的 M 层全充满，说明 M 层上的 3s、3p、3d 能级 都全 部充满电子， 故电子排布式 为 1s22s22p63s23p6 3d104s1，价电子排布式为 3d104s1，为铜元素。(5)s 能
1．(2011·四川，7)下列推论正确的是( ) A．SiH4 的沸点高于 CH4，可推测 PH3 的沸点高于 NH3 B．NH＋4 为正四面体结构，可推测出 PH＋4 也为正 四面体结构 C．CO2 晶体是分子晶体，可推测 SiO2 晶体也是分 子晶体 D．C2H6 是碳链为直线型的非极性分子，可推测 C3H8 也是碳链为直线型的非极性分子
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
专题十六 物质结构与性质（选考）专题强化练1．(2018·全国卷Ⅲ)锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。
回答下列问题：(1)Zn 原子核外电子排布式为________________。
(2)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn 和Cu 组成。
第一电离能I 1(Zn)________I 1(Cu)(填“大于”或“小于”)。
原因是_____________________________________________________。
(3)ZnF 2具有较高的熔点(872 ℃)，其化学键类型是________；ZnF 2不溶于有机溶剂而ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是________________________________________。
(4)《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO 3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。
ZnCO 3中，阴离子空间构型为________，C 原子的杂化形式为________。
(5)金属Zn 晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为______________。
六棱柱底边边长为a cm ，高为c cm ，阿伏加德罗常数的值为N A ，Zn 的密度为________g·cm －3(列出计算式)。
解析：(1)Zn 是第30号元素，所以核外电子排布式为[Ar]3d 104s 2。
(2)Zn 的第一电离能应该高于Cu 的第一电离能，原因是，Zn 的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。
同时也可以考虑到Zn 最外层上是一对电子，而Cu 的最外层是一个电子，Zn 电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。
(3)根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。
作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。
(4)碳酸锌中的阴离子为CO 2－3，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C 的价电子对为3＋4－3×2＋22＝3对，所以空间构型为正三角形，中心C 为sp 2杂化。
(5)由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。
为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。
六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为12×16＋2×12＋3＝6个，所以该结构的质量为6×65N A g 。
该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm ，底面的面积为6个边长为a cm 的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6×34a2 cm2，高为c cm，所以体积为6×34a2c cm3。
所以密度为：6×65N A6×34a2c＝6534a2cN Ag·cm－3。
答案：(1)[Ar]3d104s2(2)大于Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子(3)离子键ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小(4)平面三角形sp2(5)六方最密堆积(A3型)65×6N A×6×34×a2c2．硫和钒的相关化合物，在药物化学及催化化学等领域应用广泛。
回答下列问题：(1)基态钒原子的外围电子轨道表达式为_________________。
钒有＋2、＋3、＋4、＋5等多种化合价，其中最稳定的化合价是______________，VO3－4的几何构型为__________。
(2)2巯基烟酸氧钒配合物(图1) 是副作用较小的有效调节血糖的新型药物。
①该药物中S 原子的杂化方式是____________，所含第二周期元素第一电离能按由大到小顺序的排列是__________________。
②2巯基烟酸(图2)水溶性优于2疏基烟酸氧钒配合物的原因是_____________________________________________________。
(3)多原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域π键”，下列物质中存在“离域π键”的是________。
A．SO2B．SO2－4C．H2S D．CS2(4)某六方硫钒化合物晶体的晶胞如图3所示，该晶胞的化学式为_______。
图4 为该晶胞的俯视图，该晶胞的密度为_____ g·cm－3 (列出计算式即可)。
解析：(1) 钒为23号元素，电子排布式为[Ar]3d 34s 2，所以外围电子排布式为3d 34s 2，所以外围电子轨道表达式为 其最稳定的化合价是＋5，即失去所有的价电子，形成最外层8电子的稳定结构；根据价层电子对互斥原理，VO 3－4中的中心原子V 的价电子为5，配位原子O 不提供电子，带有三个单位负电荷，所以外层电子为8个，共4对，空间构型为正四面体。
(2) ①从图中得到S 的配位数为2，所以此时S 的外层有6＋2＝8个电子，电子对为4，所以S 应该的杂化方式是sp 3杂化；其中含有的第二周期元素是C 、N 、O ，同周期元素从左向右应该是第一电离能增大，因为N 的2p 能级上有3个电子，是p 能级的半满稳定结构，所以N 的第一电离能反常增大，所以第一电离能为N>O>C ；②2巯基可以与水分子形成氢键，所以其水溶性会更好。
(3)从题目表述来看，形成离域π键的要求是：①原子共平面；②有相互平行的p 轨道。
根据价层电子对互斥理论，二氧化硫为平面三角形，硫酸根为正四面体，硫化氢为V 型，二硫化碳为直线型。
所以选项B 一定错误；而硫化氢的H 原子不存在p 轨道。
所以选项C 错误。
由上正确的是选项AD 。
(4)晶胞中有V 为：8×18＋4×14＝2个，S 为：2×1＝2个，所以化学式为VS ；因为该晶胞中有2个VS ，所以晶胞质量为2×83N A g; 根据图4得到晶胞的面积为a ×32a nm 2，所以晶胞的体积为：a ×32a ×b nm 3，1 nm ＝10－7cm ，所以晶体密度为2×83N Aa ×32a ×b ×10－21＝2×8332a 2bN A ×10－21g·cm －3。
答案：(1)＋5 正四面体 (2)①sp 3 N>O>C ②2巯基烟酸的羧基可与水分子之间形成氢键，使其在水中溶解度增大(3)AD (4) VS ρ＝2（32＋51）a 2bN A ×32×10－21 g·cm －33．据媒体报道，法国一家公司Tiamat 日前研发出比当前广泛使用的锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池，预计从2020年开始实现工业生产。
该电池的负极材料为Na 2Co 2TeO 6(制备原料为Na 2CO 3、Co 3O 4和TeO 2)，电解液为NaClO 4的碳酸丙烯酯溶液。
回答下列问题：(1)Te 属于元素周期表中________区元素，其基态原子的价电子排布式为________。
(2)基态Na 原子中，核外电子占据的原子轨道总数为________，最高能层电子云轮廓图形状为________。
(3)结合题中信息判断：C 、O 、Cl 的电负性由大到小的顺序为_____________________________________ (用元素符号表示)。
(4)CO 2－3的几何构型为________；碳酸丙烯酯的结构简式如图所示，则其中碳原子的杂化轨道类型为________，1 mol 碳酸丙烯酯中键的数目为________。
(5)[Co(H 2O)6]3＋的几何构型为正八面体形，配体是________，该配离子包含的作用力为__________(填字母)。
A ．离子键B ．极性键C ．配位键D ．氢键E ．金属键(6)Na 和O 形成的离子化合物的晶胞结构如图所示，晶胞中O 的配位数为________，该晶胞的密度为ρ g·cm －3，阿伏加德罗常数的值为N A ，则Na 与O 之间的最短距离为________cm(用含ρ、N A 的代数式表示)。
解析：(1)Te 与O 是同一主族元素，属于元素周期表中p 区元素，Te 为第5周期第ⅥA 族元素，其基态原子的价电子排布式为5s 25p 4。
(2)基态Na 原子的电子排布式为1s 22s 22p 63s 1，核外电子占据的原子轨道总数为6，最高能层电子为3s ，电子云轮廓图为球形。
(3)元素的非金属性越强，氧气与氯化氢能够反应生成氯气和水，氧元素的非金属性最强，电负性数值越大，C 、O 、Cl 的电负性由大到小的顺序为O>Cl>C 。
(4)CO 2－3中C 的价层电子对数＝3＋12×(4＋2－3×2)＝3，几何构型为平面三角形；根据碳酸丙烯酯的结构简式，则其中碳原子有2种，不饱和的碳氧双键中的C 原子采用sp 2杂化，饱和的碳原子采用sp 3杂化；1 mol 碳酸丙烯酯中含有6 mol C —H ，4 mol C —O ，2 mol C —C 和1 mol C===O ，共13 mol ，键的数目为13×6.02×1023。
(5)[Co(H 2O)6]3＋的几何构型为正八面体形，配体是H 2O ，该配离子包含的作用力有H —O 极性键、配位键，故答案为BC 。
(6)晶胞中Na ＋离子数目为8，O 2－离子数目为8×18＋6×12＝4，Na ＋离子、O 2－离子数目之比为2∶1，故该晶体化学式为Na 2O ，由图可知，每个Na ＋离子周围有4个O 2－离子、Na ＋离子配位数为4，距一个阴离子周围最近的所有阳离子有8个，则O 的配位数为8；晶胞质量为4×62N Ag ，该晶胞的密度为ρ g·cm －3，而晶胞体积为4×62N A g÷ρ g·cm －3＝4×62ρN Acm 3，晶胞棱长为34×62ρN A cm ，则Na 与O 之间的最短距离为立方体对角线的14＝34×34×62ρN Acm 。
答案： (1)p 5s 25p 4 (2)6 球形 (3)O>Cl>C(4)平面三角形 sp 2 sp 3 13N A (或13×6.02×1023)(5)H 2O BC (6)8 34×3248ρN A4．原子序数依次增大的四种元素A 、B 、C 、D 分别处于第一至第四周期。