高考立体设计化学鲁科选修3第2节②课时作业

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2018-2019学年化学鲁科版选修3学案第3章第2节金属晶体与离子晶体Word版含解析

第2节金属晶体与离子晶体1．能用金属键和离子键的理论解释金属晶体和离子晶体的物理性质。

(重点) 2．了解金属晶体的三种原子堆积模型和几种典型离子晶体的晶胞结构。

(难点)3．了解晶格能的概念和意义。

1．概念金属键金属原子通过形成的晶体称为金属晶体。

2．特点由于金属键没有饱和性和方向性，从而导致金属晶体最常见的结构型式具密度大、堆积有高、能充分利用原子配位数等特点。

空间3．常见堆积方式4.物理通性导电有良好的，金属晶体具有金属光泽、。

导热延展性和1．金属在发生变形延展时，金属键断裂吗？【提示】不断裂。

2．金属在通常状况下都是晶体吗？金属晶体的性质与哪些因素有关？【提示】不是，如汞；金属键和金属原子的堆积方式决定金属的性质。

[核心·突破]1．金属物理通性的解释2．金属晶体熔点的影响因素同类型的金属晶体的熔点由金属阳离子半径、离子所带的电荷决定，阳离子半径越小，所带电荷越多，相互作用力就越强，熔点就越高。

例如熔点：Li＞Na＞K＞Rb＞Cs，Na＜Mg＜Al。

[题组·冲关]1．金属能导电的原因是( )A．金属晶体中金属阳离子与自由电子间的相互作用较弱B．金属晶体中的自由电子在外加电场作用下发生定向移动C．金属晶体中的金属阳离子在外加电场作用下可发生定向移动D．金属晶体在外加电场作用下可失去电子【解析】金属原子失去电子后变为金属离子，失去的电子称为自由电子，自由电子可以在金属晶体中自由移动，在外加电场的作用下，自由电子就会定向移动而形成电流。

【答案】B 2．关于金属晶体的体心立方密堆积的结构型式的叙述中，正确的是( )A．晶胞是六棱柱B．属于A2型最密堆积C．每个晶胞中含4个原子D．配位数为12【解析】金属晶体的体心立方密堆积的晶胞是平行六面体，体心立方密堆积的堆积方式为立方体的顶点和体心各有1个原子，属于A2型最密堆积，每个晶胞中含有8×18＋1＝2个原子，A2型的配位数为8。

化学鲁科版选修3(双基落实+课时作业)：第2章复习课

本章复习课练基础落实知识点一化学键类型与物质类别1．下列各组物质中，化学键类型完全相同的是() A．HI和NaI B．H2S和CO2 C．Cl2和CCl4D．F2和NaBr2．下列化合物中既存在离子键，又存在极性键的是() A．H2O B．NH4ClC．NaCl D．Na2O23．下列变化过程中，原物质分子共价键被破坏，同时还有离子键形成的是()A．盐酸和NaOH溶液B．氯化氢溶于水C．溴化氢与氨反应D．锌和稀硫酸反应知识点二共价键的类型与分子的空间构型4．下列分子中，中心原子是sp1杂化的是()A．BeCl2B．H2O C．CH4D．BF35．下列说法中不正确的是()A．σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强B．两个原子之间形成共价键时，最多有一个σ键C．气体单质中，一定有σ键，可能有π键D．N2分子中有一个σ键，两个π键6．下列分子中不存在π键的是()A．C2H2B．C2H4C．CH4D．C6H67．以碳原子为中心与两个氯原子及两个碘原子相结合，形成CCl2I2分子，则以下推理中正确的是()A．如果CCl2I2分子呈正方形结构，则有3个同分异构体B．如果CCl2I2分子呈正方形结构，则没有同分异构体C．如果CCl2I2分子呈四面体结构，则没有同分异构体D．如果CCl2I2分子呈四面体结构，则有两个同分异构体8．具有下列电子排布的原子，哪一个容易形成配位化合物()A．2s22p6B．3s2C．4s1D．3d64s29．NH3分子的空间构型是三角锥形，而不是正三角形的平面结构，其充分的理由是() A．NH3分子是极性分子B．分子内3个N—H键的键长相等，键角相等C．NH3分子内3个N—H键的键长相等，3个键角都等于107.3°D．NH3分子内3个N—H键的键长相等，3个键角都等于120°知识点三共价键的特征10．原子间形成分子时，决定各原子相互结合的数量关系的是()A．共价键的方向性B．共价键的饱和性C．共价键原子的大小D．共价键的稳定性11．以下说法正确的是()①若把H2S分子写成H3S分子，违背了共价键的饱和性②H3O＋离子的存在，说明共价键不应有饱和性③所有的共价键都有方向性④只有化合物中才存在离子键和极性共价键A．①②B．②④C．①③D．①④知识点四分子的极性与键的极性及分子空间构型的关系12．下列各组分子中都属于含极性键的非极性分子的是()A．CO2、H2S B．C2H4、CH4C．Cl2、C2H2D．NH3、HCl13．下列各组物质中都属于极性分子的一组是()A．HF、NH3、O3B．NO、SO2、CCl4C．SO3、H2O、N2D．CO、BF3、CS2知识点五分子间作用力对物质性质的影响14．下列各组物质的熔、沸点高低只与范德华力有关的是()A．Li、Na、K、RbB．HF、HCl、HBr、HIC．LiCl、NaCl、KCl、RbClD．F2、Cl2、Br2、I215．下列事实与氢键有关的是()A．水加热到很高的温度都难以分解B．水结成冰体积膨胀，密度变小C．CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高D．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱练综合拓展16．通常情况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与氨分子相似，下列对NCl3的有关叙述正确的是()A．分子中N—Cl键键长与CCl4分子中C—Cl键键长相等B．分子中的所有原子均达到8电子稳定结构C．NCl3分子是非极性分子D．NBr3比NCl3易挥发17．下列物质的电子式错误的是()18.处于前三周期的主族元素A、B、C、D，其离子半径逐渐增大，它们的原子中核外都有一个未成对电子。

化学鲁科选修三讲义：第1章第3节第2课时元素的电负性及其变化规律 Word版含答案

第2课时元素的电负性及其变化规律[学习目标定位] 1.知道电负性的概念及电负性的周期性变化。

2.学会用电负性判断元素金属性、非金属性以及两成键元素间形成的化学键类型。

一电负性及其变化规律1．电负性的概念(1)电负性是元素的原子在化合物中吸引电子能力的标度。

常以最活泼的非金属元素氟的电负性4.0为标度，计算其他元素的电负性。

电负性是一个相对值，没有单位。

(2)元素的电负性越大，其原子在化合物中吸引电子的能力越强，表示该元素越容易接受电子，不易失去电子，形成阴离子的倾向大。

反之，电负性越小，相应原子在化合物中吸引电子的能力越弱，表示该元素越不易接受电子，容易失去电子，形成阳离子的倾向大。

2．电负性的变化规律观察分析教材图1－3－7元素的电负性示意图，回答下列问题：(1)金属元素的电负性较小，非金属元素的电负性较大。

(2)同一周期，从左到右，元素的电负性递增。

(3)同一主族，自上而下，元素的电负性递减。

(4)同一副族，自上而下，元素的电负性大体上呈递减趋势。

(5)电负性大的元素集中在元素周期表的右上角，电负性小的元素集中在元素周期表的左下角。

[归纳总结]1．物质发生化学反应时，是原子的外层电子在发生变化。

原子对电子吸引能力的不同(电负性不同)，是造成元素化学性质有差别的本质原因。

2．电负性是元素的一种基本性质，随着原子序数的递增呈现周期性的变化。

[活学活用]1．下列有关电负性的说法中正确的是()A．主族元素的电负性越大，元素原子的第一电离能一定越大B．在元素周期表中，元素电负性从左到右越来越大C．金属元素的电负性一定小于非金属元素的电负性D．在形成化合物时，电负性越小的元素越容易显示正价答案 D解析主族元素原子的第一电离能、电负性变化趋势基本相同，但电离能变化有特例，如电负性：O>N，但第一电离能：O<N，故A错误；对主族元素，周期表同一周期从左到右元素电负性递增，但过渡元素有些特例，故B错误；通常，电负性小于2的元素，大部分是金属元素，电负性大于2的元素，大部分是非金属元素，但有些金属元素的电负性大于非金属元素的电负性，故C错误。

人教版高中化学选修3第2章第2节分子的立体构型第2精编课时作业

人教版高中化学选修3第2章第2节分子的立体构型第2精编课时作业----8750b3b7-6ea8-11ec-9067-7cb59b590d7d……………………………………………………………名校名师推荐…………………………………………………第二章杂化轨道理论和复变理论简介知识点一杂化轨道理论的考查1.以下关于杂化轨道的陈述是错误的：（a）并非所有原子轨道都参与杂化；（b）在同一个原子中具有相似能量的原子轨道参与杂化；（c）杂化轨道的能量集中有利于牢固的键合；（d）杂化轨道中一定有电子。

下面的描述是正确的：A.CS2是V形极性分子B.SiF4和s的中心原子均为sp3杂化c、 C2H2介质σ键与π键的数目比为1∶ 1.d.水加热到很高温度都难分解是因水分子间存在氢键3.以下分子中具有水平线的原子采用的杂交模式为SP杂交（a.ch4b）c2h4c。

c2h2d。

氨气知识点二配合物理论的考查4.以下微粒含配位键的是()①n2②甲烷③哦-④N⑤铁（钴）5⑥fe（scn）3⑦h3o+a。

①②④⑦⑧⑧[ag(nh3)2]oh……………………………………………………………名校名师推荐…………………………………………………B③ ④ ⑤⑥⑦ C① ④ ⑤⑥⑦⑧ D.所有5.化合物nh3与bf3可以通过配位键形成nh3bf3。

(1)配位键的形成条件是。

（2）在NH 3BF 3中，原子提供孤电子对，原子提供空轨道。

（3）写出nh3bf3的结构式，并用“配合键”标记→".6.[2021福建华安一中开学考试]下列说法中正确的是()a.so2、co2、sio2中的s、c、si均为sp3杂化b.h3o+、n、[cu(nh3)4]2+均含有配位键c.sC、si都是平面三角形d.nh3、ch4中的n、c分别为sp2、sp3杂化,因此分子空间构型不同7.下列描述中正确的是()a.cl空间结构是一个平面三角形的中心原子均为sp3杂化b、 SiF4和Sc.在所有的元素中,氟的第一电离能最大d.c2h5oh分子中共含有8个极性键,1个π键8.分析原子的杂化模式，根据等电子体原理判断以下分子群中的所有原子在同一平面或直线上().................................. 名校名师推荐b.co2、n2o、hc≡c―nh2c.c6h5ch3、c3h4、ch4d.c6h6、c2h4、hcn9.甲醛分子的结构式为a，共有4个甲醛分子,下列描述正确的是()b、甲醛分子中的C原子是SP3杂化C。

2018-2019学年新设计高中化学(鲁科版)选修三讲义：第2章第2节第3课时分子的空间构型与分子性质含答案

第3课时分子的空间构型与分子性质[学习目标定位] 1.知道手性分子的概念，会判断手性碳原子。

2.理清共价键的极性、分子的空间构型与分子极性的关系，学会判断简单分子极性的方法。

一分子的对称性1．CH 3CH 3(乙烷)、H 2O 、NH 3三种分子如图所示：(1)若将三种分子分别绕C 1、C 2、C 3轴旋转一定角度后可与原分子重合，C 1、C 2、C 3分别为相应分子的对称轴。

(2)甲烷分子中碳原子和其中两个氢原子所构成的平面为甲烷分子的对称面。

(3)依据对称轴的旋转或借助对称面的反映能够复原的分子称为对称分子，分子所具有的这种性质称为对称性。

(4)分子的许多性质如极性、旋光性及化学性质等都与分子的对称性有关。

2．观察比较下图所示两种分子的结构(1)它们的相同点是分子组成相同，都是CHFClBr ；从平面上看相似。

不同点是在空间上完全不同，它们构成实物和镜像关系。

(2)具有完全相同的组成和原子排列的一对分子，如同左手与右手一样互为镜像，却在三维空间里不能重叠，互称为手性异构体，可以分别用D 和L 来标记。

有手性异构体的分子叫做手性分子。

(3)判断一种有机物是否具有手性异构体，关键是看其含有的碳原子是否连有4个不同的原子或基团，即有机物分子中是否存在手性碳原子。

如C *R 1R 2R 4R 3，R 1、R 2、R 3、R 4互不相同，含有手性碳原子，该有机物分子具有手性。

[归纳总结]1．手性同分异构体(又称对映异构体、光学异构体)的两个分子互为镜像关系，即分子形式的“左撇子和右撇子”。

2．构成生命体的有机物绝大多数为手性分子。

两个手性分子的性质不同，且手性有机物中必定含手性碳原子。

[活学活用]1．下列化合物中含有手性碳原子的是( ) A ．CCl 2F 2B ．CH 3CH 2OHC ．CHOHCH 2OHCH 2OHD ．CHCH 3OHCOOH答案 D解析中心原子连有四个不同的原子或基团，化合物的分子才具有手性。

人教版高中化学选修三第2章第2节分子的立体结构第2精编课时作业

第二章第二节第2课时一、选择题1．下列分子的中心原子是sp 2杂化的是 ( )A ．PBr 3B ．CH 4C ．H 2OD ．BF 3 答案：D解析：杂化轨道数＝中心原子的孤电子对的对数＋中心原子的σ键个数，A 、B 、C 采用的都是sp 3杂化。

2．(双选)下列各组离子中，中心原子的杂化轨道类型相同的是 ( )A ．NO －3、ClO －3B ．SO 2－3、CO 2－3C ．NH ＋4、PH ＋4D ．SO 2－3、SO 2－4 答案：CD解析：可以由VSEPR 模型来判断离子的立体构型，再判断杂化轨道类型。

NO －3中N 原子上无孤电子对[12(5＋1－3×2)＝0]，ClO －3中Cl 原子上孤电子对数为1[12(7＋1－3×2)＝1]，分别为平面三角形和三角锥形，N 、Cl 原子采取sp 2和sp 3杂化。

同理，SO 2－3中S 原子上孤电子对数为1、CO 2－3中C 原子上无孤电子对，S 、C 原子分别采取sp 3、sp 2杂化。

因此，SO 2－3、SO 2－4中S 原子均为sp 3杂化。

3．用过量硝酸银溶液处理0.01 mol 氯化铬水溶液，产生0.02 mol AgCl 沉淀，则此氯化铬最可能是 ( )A ．[Cr(H 2O)6]Cl 3B ．[Cr(H 2O)5Cl]Cl 2·H 2OC ．[Cr(H 2O)4Cl 2]Cl·2H 2OD ．[Cr(H 2O)3Cl 3]·3H 2O 答案：B解析：0.01 mol 氯化铬能生成0.02 mol AgCl 沉淀，说明1 mol 配合物的外界含有2mol Cl －。

4．由配位键形成的离子[Pt(NH 3)6]2＋和[PtCl 4]2－中，中心原子铂的化合价是 ( ) A ．都是＋8B ．都是＋6C ．都是＋4D ．都是＋2答案：D 解析：NH 3是中性配位体，Cl －带一个单位的负电荷，所以配离子[Pt(NH 3)6]2＋和[PtCl 4]2－中，中心原子铂的化合价都是＋2。

(人教版)选修3课时作业：第2章第2节-分子的立体结构第2课时(含答案)

1．(2018·青岛高二检测)下列分子中心原子是sp2杂化的是( )A．PBr3B．CH4C．BF3D．H2O【答案】 C2．配位化合物简称配合物，它的数量巨大，组成和结构形形色色，丰富多彩。

配合物[Cu(NH3)4](OH)2的中心离子、配体、中心离子的电荷数和配位数分别为( )A．Cu2＋、NH3、2＋、4 B．Cu＋、NH3、1＋、4C．Cu2＋、OH、2＋、2 D．Cu2＋、NH3、2＋、2【答案】 A3．下列分子中画横线的原子采取的杂化方式为sp杂化的是( )A．CH4B．C2H4C．C2H2D．NH3【解析】CH4分子中，碳原子的杂化轨道是由一个2s轨道和三个2p轨道重新组合而成，属于sp3杂化；C2H4分子中，碳原子采取sp2杂化；C2H2分子中，碳原子的原子轨道发生了sp杂化；NH3分子中，N原子采取sp3杂化。

【答案】 C4．下列关于配位化合物的叙述中，不正确的是( )A．配位化合物中必定存在配位键B．配位化合物中只有配位键C．[Cu(H2O)4]2＋中的Cu2＋提供空轨道，H2O中的O原子提供孤电子对，两者结合形成配位键D．配位化合物在半导体等尖端技术、医学、催化反应和材料化学等领域都有广泛的应用【解析】配位化合物中一定含有配位键，但也含有其他化学键；Cu2＋提供空轨道，H2O中的O原子提供孤电子对，两者结合形成配位键。

【答案】 B5．下列推断正确的是( )A．BF3是三角锥形分子B．NH＋4的电子式为，该离子呈平面正方形结构C．CH4分子中的4个C—H键都是由氢原子的1s轨道与碳原子的p轨道形成的s—p σ键D．CH4分子中，碳原子中的sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C—H键【解析】NH＋4为正四面体结构；CH4分子中碳原子的2s轨道与2p轨道进行杂化形成4个sp3杂化轨道，然后C原子与H原子结合形成C—H σ键。

【答案】 D6．关于[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O的说法正确的是( )A．配体为水分子，外界为Br－B．中心离子的配位数为6C．中心离子Cr3＋提供孤电子对D．中心离子的化合价为＋2【解析】[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O中内界为[Cr(H2O)4Br2]＋，Cr3＋为中心离子，配体为H2O、Br－，配位数为6，外界为Br－，Cr3＋提供的空轨道。

2018-2019学年鲁科版高中化学选修3：第2节第1课时一些典型分子的空间构型学案含答案

第1课时一些典型分子的空间构型1．了解典型的分子空间构型，能够制作典型分子的空间模型。

2．了解杂化轨道理论，掌握常见的杂化轨道类型。

(重点) 3．能够应用杂化轨道理论解释典型分子的空间构型。

(难点)教材整理1 轨道杂化和杂化轨道1.2．甲烷中碳原子的杂化类型。

(1)任意能级的s轨道和p轨道都可以形成杂化轨道。

(×)(2)有多少个原子轨道发生杂化就形成多少个杂化轨道。

(√)(3)杂化轨道用于形成π键。

(×)(4)杂化轨道能量相同。

(√)教材整理2 杂化轨道的类型1个s轨道和2个p轨道能否形成sp1杂化轨道？【提示】不能。

轨道杂化后形成杂化轨道的数目与杂化之前相同。

1个s轨道和2个p轨道形成sp2杂化轨道。

[合作·探究][探究背景]NH3、CH4两分子中，N、C原子都采用sp3杂化，NH3分子空间构型是三角锥形，CH4分子是正四面体形。

[探究问题]1．形成sp3杂化的原子轨道是哪些？杂化轨道夹角是多少？【提示】2s和2p原子轨道，109.5°。

2．两分子空间构型不同的原因是什么？【提示】形成的4个sp3杂化轨道中，NH3分子中只有三个轨道中的未成对电子与H 原子的1s电子成键。

另1个轨道中有一对未成键的孤对电子不参加成键，但对成键电子对有较强的排斥作用，使三个N—H键角变小，成为三角锥形。

而CH4分子中4个杂化轨道都分别与4个H原子形成共价键，轨道夹角＝共价键键角＝109.5°，为正四面体形。

[核心·突破]1．杂化轨道的特点(1)形成分子时，通常存在激发、杂化和轨道重叠等过程。

(2)原子轨道的杂化只有在形成分子的过程中才会发生，孤立的原子是不可能发生杂化的。

(3)杂化前后轨道数目不变。

(4)杂化后轨道伸展方向、形状发生改变。

(5)只有能量相近的轨道才能杂化(n s、n p)。

2．分子空间构型的确定题组1 轨道杂化和杂化轨道1．下列有关杂化轨道的说法不正确的是( )A．原子中能量相近的某些轨道，在成键时，能重新组合成能量相等的新轨道B．轨道数目杂化前后可以相等，也可以不等C．杂化轨道成键时，要满足原子轨道最大重叠原理、能量最低原则C．CH4分子中两个sp3杂化轨道的夹角为109.5°【解析】轨道数目杂化前后一定相等。

2020新教材高中化学第2章第3节第2课时氧化剂和还原剂课时作业含解析鲁科版必修第一册

氧化剂和还原剂学习·理解1．关于氧化还原反应，下列说法正确的是( )A．被氧化的物质是还原剂B．氧化剂被氧化，还原剂被还原C．失去电子后化合价降低的物质是还原剂D．氧化剂失去电子，化合价升高答案 A解析依据概念关系判断：还原剂—失电子—化合价升高—被氧化—发生氧化反应—得到氧化产物；氧化剂—得电子—化合价降低—被还原—发生还原反应—得到还原产物。

氧化剂被还原，还原剂被氧化，B项错误；失去电子后化合价升高的物质是还原剂，C项错误；氧化剂得到电子，化合价降低，D项错误。

2．下列有关氧化还原反应的说法正确的是( )A．一种元素被氧化，肯定有另一种元素被还原B．反应中转移电子的数目等于得到与失去的电子总数之和C．氧化剂中各元素的化合价不一定都降低D．氧化剂具有氧化性，发生氧化反应答案 C解析在氧化还原反应中一种元素被氧化，肯定有一种元素被还原，被氧化和被还原的元素可以是同一种元素，也可以是不同种元素，A项错误；转移电子的数目＝得到电子的数目＝失去电子的数目，B项错误；氧化剂中被还原的元素化合价降低，各元素的化合价不一定都降低，C项正确；氧化剂具有氧化性，被还原，发生还原反应，D项错误。

3．下列化学变化中，需加入氧化剂才能实现的是( )A．C→CO2B．CO2→COC．CuO→Cu D．H2SO4→BaSO4答案 A解析需加入氧化剂才能实现的过程中某些元素失去电子，化合价升高，发生氧化反应。

C→CO2中碳元素的化合价升高，需要加入氧化剂，A项符合；CO2→CO中碳元素的化合价降低，需要加入还原剂，B项不符合；CuO→Cu中铜元素化合价降低，需要加入还原剂，C项不符合；H2SO4→BaSO4中元素的化合价不发生变化，不是氧化还原反应，D项不符合。

4．下列叙述正确的是 ( )A．元素的单质一定由氧化或还原该元素的化合物制得B．在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强C．阳离子只能得到电子被还原，阴离子只能失去电子被氧化D．含有最高价元素的化合物不一定具有很强的氧化性答案 D解析N2、O2等可以利用分离液态空气的方法得到，A错误；氧化性强弱与氧化剂得电子的难易程度有关，与得电子多少无关，B错误；Fe2＋既可以被氧化为Fe3＋，也可以被还原为Fe 单质，MnO－4是强氧化剂，可以得电子被还原，C错误；氧化性强弱与氧化剂得电子的难易程度有关，与氧化剂中元素化合价的高低无关，故D正确。

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1.元素X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示:
已知Y元素原子的外围电子排布为ns(n-1)np(n+1),则下列说法不正确的是( )
A.Y元素原子的外围电子排布为4s24p4
B.Y元素在周期表的第3周期ⅥA族
C.X元素所在周期中所含非金属元素最多
D.Z元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3
【解析】先确定Y元素原子的价电子层结构，再依据属期表推出X、Z元素并作答。

因为Y 元素原子的外围电子排布中出现了np能级，故其ns能级已经排满且只能为2个电子，则n-1=2,n=3,即Y元素原子的外围电子排布为3s23p4,故A项错误，B项正确。

Y为S元素，X 为F元素，第2周期所含非金属元素最多，故C项正确。

Z为As元素，核外电子排布式为11s22s22p63s23p63d104s24p3,D项正确。

【答案】A
2.某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，并且是同族中原子序数最小的元素，关于该元素的判断错误的是( )
A.电子排布式为：1s22s22p63s23p63d34s2
B.该元素为V
C.该元素为ⅡA族元素
D.该元素位于d区
【解析】该元素为同族元素中原子序数最小的，所以该元素为第2周期或第4周期元素。

又因其价电子数≠最外层电子数，可推出该元素并不是第2周期元素，应为第4周期元素，价电子排布式为3d34s2,故为23号元素V，d区元素。

【答案】C
3.下列有关电负性的说法中正确的是( )
A.主族元素的电负性越大，元素原子的第一电离能一定越大
B.在元素周期表中，元素电负性从左到右越来越大
C.金属元素电负性一定小于非金属元素电负性
D.在形成化合物时，电负性越小的元素越容易显示正价
【解析】电负性的变化规律：
（1）同一周期，从左到右，元素电负性递增。

（2）同一主族，自上而下，元素电负性递减。

（3）副族元素的电负性变化趋势和主族类似。

主族元素原子的电离能、电负性变化趋势基本相同，但电离能有特例，如电负性：O>N,但第一电离能：N>O,A错误。

B、C选项没有考虑过渡元素的情况。

【答案】D
4.已知1~18号元素的离子W3+、X+、Y2-、Z-都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是( )
A.元素第一电离能：X>W
B.离子的还原性：Y2->Z-
C.氢化物的稳定性：H2Y>HZ
D.原子半径：X<W
【解析】由题意可知，四种元素在周期表中的相对位置如：。

由此可知，元素的第一电离能X<W;离子的还原性Y2->Z-;氢化物的稳定性H2Y<HZ;原子半径X>W。

【答案】B
5.X、Y为两种元素的原子，X的阴离子与Y的阳离子具有相同的电子层结构，由此可知( )
A.X的原子半径大于Y的原子半径
B.X的电负性大于Y的电负性
C.X的最高化合价小于Y的最高化合价
D.X的第一电离能小于Y的第一电离能
【解析】根据“X的阴离子与Y的阳离子具有相同的电子层结构”可知X元素和Y元素的位
置如图：，即Y元素位于X元素的下一个周期，且X为非金属元素，Y为金属元素。

所以原子半径：X<Y;电负性：X>Y;最外层电子数：X>Y;第一电离能：X>Y;最高化合价X>Y。

【答案】B
6.某元素的原子序数为29，试问：
（1）此元素原子的电子总数是多少？
（2）它有多少个电子层？有多少个能级？
（3）它的外围电子构型是多少？
（4）它属于第几周期？第几族？主族还是副族？
（5）它有多少个未成对电子？
【解析】解答该题需掌握原子核外电子排布与元素周期表的关系和原子核外电子排布的规律。

根据核外电子排布原理，该元素的核外电子排布应为1s22s22p63s23p63d104s1,共有29个电子，故为Cu元素。

从核外电子排布式中可以得出n=4,有四个电子层，所以为第4周期元素，外围电子排布为3d104s1,所以在ⅠB族，外围电子的轨道表示式为，所以有1个未成对电子。

【答案】（1）29个（2）4个电子层7个能级
（3）3d104s1 (4)第4周期ⅠB族副族
（5）有1个未成对电子
7.如图所示是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表某一化学元素。

（1）下列（填写编号）组元素的单质可能都是电的良导体。

①a、c、h ②b、g、k ③c、h、l ④d、e、f
(2)如果给核外电子足够的能量，这些电子便会摆脱原子核的束缚而离去。

核外电子离开该原子所需要的能量主要受两大因素的影响：A.原子核对核外电子的吸引力；B.形成稳定结构的
倾向。

下表是一些气态原子失去核外不同电子所需要的能量（kJ/mol)。

①表中X可能为以上13种元素中的（填写字母），它与j元素形成的化合物化学式为。

②Y是周期表中的族的元素。

③以上13种元素中，（填写字母）元素原子失去核外第一个电子需要的能量最多。

【解析】(1)在所列元素中，金属单质和石墨能够导电，故选①④。

（2）①从表中数据可以看出：X元素失去第二个电子比失去第一个电子所需的能量大得多，则第一个电子跟第二个电子不在同一电子层，从所列元素中可找到是Na。

②从表中数据可看出：Y元素失去第一个至第三个电子所需能量相近，但失去第四个电子所需能量明显增大，因此Y元素原子最外层有3个电子，应为ⅢA族元素。

③稀有气体元素的原子最外层电子已达到稳定结构，失去1个电子所需能量最多。

【答案】（1）①④ (2)①a Na2O或Na2O2②ⅢA ③m
8.美国化学家鲍林（L.Pauling)首先提出了电负性的概念。

电负性也是元素的一种重要性质，电负性越大，其原子吸引电子的能力越强，在所形成的分子中成为带负电荷的一方。

下表给出的是原子序数小于20的16种元素的电负性数值：
请仔细分析，试回答下列问题：
（1）根据表中所给数据分析推测：
同主族的不同元素的电负性变化的规律是：；
同周期中，电负性与原子半径的关系为：。

（2）预测周期表中电负性最大的元素应为（填元素符号）；估计钙元素的电负性的取值范围： <Ca< 。

（3）预测周期表中，电负性最小的元素位于第周期族（放射性元素除外），其基态原子核外电子排布式可表示为。

【解析】（1）由题给信息可知：元素的非金属性越强，则元素的电负性越大；元素金属性越强，则元素的电负性越小，所以同主族元素，从上至下，电负性逐渐变小；同周期元素的电负性随原子半径的减小而增大。

（2）周期表中F元素的非金属性最强，所以氟的电负性最大；由于元素金属性强弱为K>Ca>Mg,所以Ca的电负性的取值范围为0.8~1.2。

（3）电负性越小，元素的金属性越强，周期表中金属性最强的元素为Cs，它位于周期表中第6周期的ⅠA族。

其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p66s1。

【答案】（1）核电荷数越大，电负性越小原子半径越小，电负性越大
（2）F 0.8 1.2
(3)6 ⅠA 1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p66s1。