专题3《微粒间作用力与物质性质》课后练习
一、单选题
1．为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温下，氦气含有的电子数为
B．常温下，金刚石中含有的共价键数目为
C．标准状况下，与水反应，转移电子的数目一定为
D．将含的饱和溶液滴入沸水中，加热产生的胶体粒子数为
2．多数晶体中的微观粒子服从紧密堆积原理的根本原因是
A．便于形成规则的几何外形
B．微观粒子结合得越紧密，体系总能量越低，体系就越稳定
C．便于使晶体具有对称性
D．为了使晶体具有各向异性
3．向溶液中加入可以加快分解速率。其反应机理可能有两步，第 1 步：。下列说法正确的是
A．分子中含有离子键和非极性键
B．第 2 步反应为：
C．第 1 步反应每生成，转移电子
D．该反应机理中，催化分解产生
4．类推是化学学习和研究中常用的思维方法，下列类推正确的是
A．晶体中有阴离子，必有阳离子，则晶体中有阳离子，也必有阴离子
B．CuSO4溶液在空气中蒸干得到CuSO4固体，故Fe2(SO4)3溶液在空气中蒸干得到Fe2(SO4)3固体
C．适量CO2通入Ca(ClO)2溶液中可生成CaCO3和HClO，故适量SO2通入Ca(ClO)2溶液中可生成CaSO3和HClO
D．Fe和S反应生成FeS，则Cu和S反应生成CuS
5．下列说法错误的是
A．CH4分子填充模型： B．基态Si原子价电子排布图
C．第一电离能：N＞O＞C D．石墨质软的原因是其层间作用力微弱
6．下列物质的性质比较，结论错误的是
A．稳定性：H2O>H2Te>H2Se>H2S B．微粒半径：r(S2-)>r(Cl-)>r(Al3+)
C．晶格能：MgO>CaO>NaF>NaCl D．熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅
7．氮化钠和氢化钙都是离子化合物，与水反应的化学方程式(末配平)如下：，。有关它们的叙述正确的是
A．离子半径的大小： B．它们与水发生的反应均属于氧化还原反应
C．两种化合物均只含离子键，不含共价键 D．两固体混合物溶于足量盐酸中可得到两种盐
8．下列有关晶体的特征及结构的叙述不正确的是
A．晶体一般都有各向异性
B．冰和碘晶体中微粒间的作用力完全相同
C．宝石在不同方向上硬度不一定相同
D．有规则几何外形的固体不一定都是晶体
9．如图是某活泼金属元素A与活泼非金属元素B形成的化合物晶体的一个晶胞，则下列说法中正确的是
A．该晶胞是二维空间粒子非密置层的一层层堆积
B．若晶胞边长为a，则该晶体中A与B粒子之间的最短距离为
C．该晶胞中与A粒子最近且等距的A粒子有8个
D．该晶胞中A粒子、B粒子的配位数都是8
10．13Al、12Mg、16S、17Cl是周期表中的短周期主族元素。下列有关说法正确的是
A．第一电离能：
B．H2S中S的杂化轨道类型为sp2
C．元素S在周期表中位于第3周期IVA族
D．最高价氧化物的水化物的碱性：Mg(OH)2
A．此堆积方式属于体心立方堆积
B．此堆积方式为六方堆积
C．配位数（一个金属原子周围紧邻的金属原子的数目）为8
D．镉的堆积方式与铜的堆积方式相同
12．下列有关比较正确的是
A．熔点： B．熔、沸点：NaBr>NaCl>MgO
C．酸性： D．热稳定性：
13．某汽车安全气囊的气体发生剂主要为、、、。当汽车发生碰撞时，分解产生大量使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。下列说法错误的是
A．的电子式为：
B．中既含有离子键又含有共价键
C．基态Fe的核外价电子轨道表示式为
D．水溶液中存在
14．某抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍。下列叙述正确的是
A．W的最简单氢化物与Z的单质混合后可产生白烟
B．最高价氧化物对应的水化物酸性强弱Y>Z
C．简单氢化物的沸点：W
15．短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如图所示，R的最高正价与最低负价代数和为零；Y与Z能形成型离子化合物；Z与T形成的化合物能破坏水的电离平衡，下列推断正确的是
A．不能和发生化合反应
B．离子半径由小到大顺序：
C．均含X、Y、Z、T的两种化合物之间不能发生反应
D．R、Y、Z、T形成的简单氢化物的沸点：
二、填空题
16．(1)已知酸性H2CO3>HClO>，用一个离子方程式表示ClO-和结合H+的相对强弱___________。
(2) NaNH2是离子化合物，各原子均满足稳定结构。写出NaNH2的电子式___________。
(3)在常压下，金刚石的硬度比足球烯(C60) 高。主要原因是___________。
17．用序号填空：在①Ar ②CO2 ③Cl2 ④NaOH ⑤Na2S 六种物质中，只存在共价键的是_______，只存在离子键的是_______，既存在离子键，又存在共价键的是_______，不存在化学键的是_______，属于共价化合物的是_______，属于离子化合物的是_______。
18．消毒剂在生产、生活中有重要的作用，常见的含氯消毒剂有 NaClO2、NaClO、ClO2和Cl2。
回答下列问题：
（1）基态 Cl 原子核外有______种不同能量的电子，Cl 元素处于元素周期表的______区，其基态原子中，核外电子占据的电子云轮廓图为球形的能级有_______个。
（2）NaClO2 所含的化学键类型有___________。
（3）消毒剂投入水中，一段时间后与氨结合得到一种结合性氯胺(NH2C1)。NH2C1 在中性或酸性条件下也是一种强杀菌消毒剂，常用于城市自来水消毒。其理由是___________（用化学方程式表示）。
（4）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克 Cl2 的氧化能力。上述四种含氯消毒剂中消毒能力最强的是_____。
（5）自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度在0.1～0.8 mg·L-1之间。用碘量法检测 ClO2处理后的自来水中ClO2 浓度的实验步骤如下：
步骤 I．取一定体积的水样，加入足量碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液。
步骤Ⅱ．用 Na2S2O3 溶液滴定步骤 I 中所得的溶液。
已知：a．操作时，不同 pH 环境中粒子种类如下表所示。
pH 2 7
粒子种类 Cl- ClO2
b. 2S2O32-+I2 =S4O62-+2I 。
① 步骤Ⅱ中反应结束时溶液呈____（填“蓝色”或“无色”）。
② 若水样的体积为1.0L，在步骤Ⅱ中消耗10mL1.0×10-3mol·L-lNa2S2O3溶液，则该水样中c(ClO2)=____mg·L-1。
19．I.锌、铜及其化合物在日常生活中应用广泛。
(1)硒化锌的晶胞结构如图所示，硒化锌的化学式为_______，若晶胞的边长为d pm，则硒化锌晶体的密度为_______(设为阿伏加德罗常数的值，写出表达式)。
(2)铜在周期表中位于_______区，它的活泼性不如锌，不能与稀盐酸和稀硫酸反应生成氢气，但是可以与氧化性更强的稀硝酸反应，请写出该反应的离子方程式_______。
II.在下列物质中：①CO2、②KCl、③CaBr2、④金刚石、⑤NH4Cl、⑥Ca(OH)2、⑦H3N-BH3、⑧SiO2、⑨NH3、⑩SO3。请用序号回答下列问题：
(3)既有离子键，又有极性键的是_______。
(4)熔融状态下可以导电的是_______。
(5)属于共价化合物的是_______。
(6)属于共价晶体是_______。
20．下图是中学教材中元素周期表的一部分，其中标出A~R 15种元素，试根据它们回答下列问题（填具体元素符号或化学式）：
（1）化学性质最不活泼的是____，原子半径最小的是（除稀有气体元素）___属于过渡元素的是____（填A~R中的代号）。
（2）最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是_____，单质中氧化性最强的是________，第三周期元素形成的简单离子中半径最小的是______。
（3）F与K形成的化合物溶于水发生电离，所破坏的化学键为______。
（4）Q在元素周期表中的位置是_____，B、C可形成化合物B2C，该化合物的核外电子总数为_____。
（5）P的最高价氧化物对应的水化物与B的最高价氧化物对应的水化物的离子方程式：____________。
（6）元素E与元素F相比，金属性较强的是________（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是______（填序号）。
a．与酸反应时，每个F原子比每个E原子失电子数多
b．E的氢化物比F的氢化物稳定
c．E和F的单质与水反应E较剧烈
d．最高价氧化物对应水化物碱性E比F强
21．I.碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及其化合物是人类生产生活的主要能源物质。有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下：
ΔH= + 88.6kJ/mol
(1)则M、N相比，较稳定的是_______。
II.参考以下表格中的键能数据，回答下列问题：
化学键 Si—O Si—Cl H—H H—Cl Si—Si Si—C
键能／kJ·mo1-1 460 360 436 431 176 347
(2)比较下列两组物质的熔点高低(填“>”或“<”)：SiC_______Si；SiCl4_______SiO2。
(3)能不能根据键能的数据判断晶体硅和化合物SiCl4的熔点高低？_______(填“能”或“不能”)，理由是_______。
(4)工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)。计算该反应的反应热△H为_______kJ/mol。
22．化学反应过程中既有物质变化，又有能量变化。释放或吸收热量是化学反应中能量变化的主要形式之一
(1)甲烷具有较大的燃烧热()，是常见燃料。请写出甲烷燃烧的热化学反应方程式_______。
(2)①工业上高纯硅可通过下列反应制取： 该反应的反应热_______。
已知：
化学键 Si-Cl H-H H-Cl Si-Si
键能/ 360 436 431 176
②硅晶体结构与金刚石类似。题图-1所示立方体体心的“●”表示晶体中的一个Si原子，请在立方体的顶点用“●”表示出与之紧邻的所有硅原子。________
(3)自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“CaO-Al-”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值()随时间(t)的变化曲线，如图-2所示。
实验编号 反应物组成
a 0.20gCaO粉末、5.0mL
b 0.15gAl粉、5.0mL
c 0.15gAl粉、5.0mL饱和石灰水
d 0.15gAl粉、5.0mL石灰乳
e 0.15gAl粉、0.20gCaO粉末 5.0mL
已知：I.
II.
III.
①实验b中，的变化说明Al粉与在该条件下_______(填“反应”或“不反应”)。
②实验c中，前3min的有变化，其原因是_______；3min后基本不变，其原因是_______。
③实验d在10min内温度持续升高的原因是_______。
④实验e中发生的总反应可表示为：，其_______。
五组实验对比，e放热效果最好。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】A．1个He分子含有2个电子，由于此时为常温条件，故1.12 L气体物质的量不等于0.05 mol，故所含电子也不为0.1 mol，A错误；
B．金刚石中1个碳原子实际含有的共价键数目=4=2，故1 mol金刚石含有共价键数目为2 mol，即2NA，B正确；
C．由于Cl2溶于水后，大部分氯气未与水反应，且该反应为可逆反应，故转移电子数小于1 mol，C错误；
D．Fe(OH)3胶体粒子由许许多多个Fe(OH)3分子构成，故0.1 mol FeCl3水解生成的Fe(OH)3胶体数小于0.1 mol，D错误；
故答案选B。
2．B
【详解】多数晶体中的微观粒子服从紧密堆积原理，是因为微观粒子结合得越紧密，体系总能量越低，体系就越稳定，B满足题意；
故选：B。
3．C
【详解】A．H2O2分子中仅含有共价键，故A错误；
B．总反应为过氧化氢分解生成氧气和水，溴为反应的催化剂，由第一步反应可知第2步反应为：2H++H2O2 +2Br-═2H2O +Br2，故B错误；
C．在第1步反应中，O元素化合价由-1价升高到0价，则每生成0.1 mol O2，转移0.2 mol电子，故C正确；
D．总反应为过氧化氢分解生成氧气和水，溴为反应的催化剂，不是Br-，故D错误；
故选C。
4．B
【详解】A．晶体中有阳离子，不一定有阴离子，如金属晶体中只有阳离子和电子，A错误；
B．CuSO4溶液在空气中蒸干得到CuSO4固体，说明Cu2+虽然水解，但蒸干过程中硫酸不会挥发，同理Fe2(SO4)3溶液在空气中蒸干得到Fe2(SO4)3固体，B正确；
C．SO2虽为酸性气体，但同时具有较强还原性，通入Ca(ClO)2溶液会被氧化为硫酸根，无法得到亚硫酸钙，C错误；
D．Fe和S反应生成FeS，说明S氧化性较弱，只能将金属元素氧化为较低价态，所以Cu和S反应生成Cu2S，D错误；
综上所示答案为B。
5．A
【详解】A．CH4分子为正四面体结构，碳原子的原子半径较大，其空间充填模型为，A错误；
B．基态Si原子价电子排布式为3s23p2，排布图为，B正确；
C．同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道处于半满状态，因此其第一电离能最大，则第一电离能：N＞O＞C，C正确；
D．在石墨中，同层的C原子以共价键结合，而每层之间以范德华力结合，其层间作用力微弱，层与层之间可以滑动，因此较为松软，D正确；
综上所述答案为A。
6．A
【详解】A．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强。同主族，从上到下非金属性减弱，即非金属性：O>S>Se>Te，则稳定性：H2O>H2S>H2Se >H2Te，故A错误；
B．电子层结构相同的离子核电荷数越大离子半径越小，离子的电子层越多离子半径越大，故离子半径r(S2-)>r(Cl-)>r(Al3+)，故B正确；
C．先比较电荷数多的晶格能大，而如果电荷数一样多比较核间距，核间距大的，晶格能小，则晶格能由大到小为：MgO＞CaO＞NaF＞NaCl，故C正确；
D．金刚石、碳化硅、晶体硅都为原子晶体，C原子半径小于Si原子半径，键长比较：C-C＜C-Si＜Si-Si，共价键越短，键能越大，熔沸点越高；所以熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故D正确；
故选：A。
7．C
【详解】A．电子层越多，半径越大，所以氢离子半径最小，电子层一样，核电荷数越多，半径越小，所以Na+＜N3-，即N3-＞Na+＞H+，选项A错误；
B．反应Na3N+3H2O=3NaOH+NH3中没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，选项B错误；
C．氮的三个孤单电子与三个钠提供的三个电子形成离子键，同样氢化钙其电子式：[H:] -Ca2+[:H]-，形成离子键，选项C正确；
D．氮化钠和盐酸反应会生成氯化钠、氯化铵两种盐，氢化钙与盐酸反应会生成氯化钙，选项D错误；
答案选C。
8．B
【分析】晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，单晶体的物理性质是各向异性的，而多晶体和非晶体是各向同性的，晶体的分子排列是有规则的，而非晶体的分子排列是无规则的。
【详解】A．单晶体的物理性质是各向异性，A正确；
B．冰和碘晶体都属于分子晶体，在冰中分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键；而在碘晶体中碘分子之间只存在分子间作用力，而不存在氢键，因此微粒间的作用力不完全相同，B错误；
C．由于质点的有序排列，故晶体具有各向异性的性质，蓝宝石属于晶体，在不同方向上硬度有一些差异，C正确；
D．晶体是有规则外形的固体，但是有规则几何外形的固体不一定都是晶体，区别晶体和非晶体最好的方法是对固体进行X射线衍射实验，D正确；
故合理选项是B。
9．B
【详解】A．该图片是立体结构，A错误；
B．若晶胞边长为a，则该晶体中A与B粒子之间的最短距离为体对角线的四分之一，而体对角线为，故该距离为，B正确；
C．顶点上的每个A粒子，与A粒子最近且等距的A粒子数为，C错误；
D．根据图可知，A的配位数为8，B的配位数为4，D错误；
故选B。
10．A
【详解】A．一般来说，同周期元素从左向右，元素的第一电离能逐渐增大。由于镁的外围电子排布式为3s2（p能级为全空的稳定结构），Al的外围电子排布式为3s23p1，故Al的第一电离能小于Mg，即第一电离能：，A正确；
B．H2S中中心原子S的杂化轨道类型为sp3，B错误；
C．元素S在周期表中位于第3周期VIA族，C错误；
D．同一周期从左向右，元素金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，即碱性：Mg(OH)2
11．B
【详解】A．据题图可看出，镉的堆积方式为六方堆积，A项错误；
B．据题图可看出，镉的堆积方式为六方堆积，B项正确；
C．一个金属原子周围紧邻的金属原子数目为12个，故配位数为12，C项错误；
D．铜的堆积方式为面心立方堆积，镉的堆积方式与铜的堆积方式不相同，D项错误；
答案选B。
12．D
【详解】A．均为分子晶体，其熔点和范德华力有关，且相对分子质量越大，范德华力越大，故A项错误；
B．离子半径越小，离子所带电荷数越多，离子晶体的离子键越强，熔沸点越高，所以熔、沸点：NaBr
13．D
【详解】A．氮气分子中的氮原子之间共用3对电子对，其电子对为：，A正确；
B．属于离子化合物，由钠离子与碳酸氢根离子构成，含有离子键，碳酸氢根原子团内部含共价键，B正确；
C．基态Fe的原子序数为26，根据核外电子排布规律可知，其价电子排布式为3d64s2，轨道表示式为：，C正确；
D．为强酸，所以为强酸强碱盐，在水溶液中不会发生水解，D错误；
故选D。
14．A
【分析】由分子结构可知Y形成5个共价键，则Y原子最外层有5个电子，由于W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，则W是氮元素，Y是磷元素，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，磷的最外层有5个电子，Z最外层电子数也是奇数，X最外层电子数为偶数，结合都是短周期元素，则Z是氯元素，最外层有7个电子，所以X最外层电子数为(5+7)/2=6，原子序数比磷小，则X是氧元素。根据上述分析知：W是氮元素，X是氧元素，Y是磷元素，Z是氯元素。
【详解】A．W是氮元素，Z是氯元素，W的最简单氢化物NH3与Z的单质Cl2混合后会发生氧化还原反应（8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2），反应产生的NH4Cl在室温下呈固态，可以看到白烟现象，A项符合题意；
B．Y的最高价氧化物对应水化物为H3PO4，其为中强酸；Z的最高价氧化物对应水化物为HClO4，其为强酸，所以Z>Y，B项不符合题意；
C．对应的简单氢化物分别为W—NH3，Y—PH3，X—H2O，氨气和水的分子间均都有氢键，沸点较高，水在常温下呈液态而氨在常温下为气态，所以沸点顺序为H2O>NH3>PH3，即X>W>Y，C项不符合题意；
D．Y为P元素，可与氯形成PCl5，其中P不能满足8电子结构，D项不符合题意；
故正确选项为A
15．D
【分析】由短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系示意图可知，X为H元素；R的最高正价与最低负价代数和为零，则R为C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Y为O元素、Z为Na元素；Z与T形成的化合物Z2T能破坏水的电离平衡，则T为 S元素。
【详解】A．具有强氧化性的过氧化钠和具有还原性的二氧化硫反应生成硫酸钠，故A错误；
B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氧离子的离子半径大于钠离子，故B错误；
C．硫酸氢钠和亚硫酸氢钠均含有氢、氧、钠、硫四种元素，硫酸氢钠溶液与亚硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，故C错误；
D．氢化钠为离子晶体，水、硫化氢、甲烷均为分子晶体，则氢化钠的沸点最高，水分子能形成分子间氢键，沸点高于硫化氢和甲烷，结构不对称的极性分子硫化氢的分子间作用力大结构对称的非极性分子甲烷，属于氢化钠、水、硫化氢、甲烷的沸点依次减小，故D正确；
故选D。
16． HClO+= ClO-+ 金刚石是(共价)原子晶体，而足球烯为分子晶体
【详解】(1)已知酸性H2CO3>HClO>，结合H+能力越强的离子则对应离子或分子电离出H+的能力就越弱，即酸性就越弱，故用可用离子方程式：HClO+= ClO-+来表示结合H+ 比ClO-的能力强，故答案为：HClO+= ClO-+；
(2) NaNH2是离子化合物，各原子均满足稳定结构，即H原子周围有2个电子，其余原子周围有8个电子，故NaNH2的电子式为：，故答案为：；
(3)在常压下，金刚石的硬度比足球烯(C60) 高，主要原因是金刚石是(共价)原子晶体，而足球烯为分子晶体，故答案为：金刚石是(共价)原子晶体，而足球烯为分子晶体。
17． ②③ ⑤ ④ ① ② ④⑤
【详解】①Ar 中不存在化学键；
②CO2 是共价化合物，碳原子和氧原子之间只存在共价键；
③Cl2 是双原子分子，只存在共价键；
④NaOH 中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氢原子和氧原子之间存在共价键，为离子化合物；
⑤Na2S中钠离子和硫离子之间只存在离子键，是离子化合物；
故只存在共价键的是②③，只存在离子键的是⑤，既存在离子键，又存在共价键的是④，不存在化学键的是①，属于共价化合物的是②，属于离子化合物的是④⑤。
18． 5 p 3 离子键，极性共价键 NH2Cl+H2O=HClO+NH3 ClO2 无色 0.675
【详解】（1）基态 Cl 原子核外电子排布为1S22S22P63S23P5,所以基态 Cl 原子核外有5种不同能量的电子；根据电子排布规律Cl 元素处于元素周期表的P区,其基态原子中，核外电子占据的电子云轮廓图为球形的能级有3个。答案：5 . p 3。
(2)NaClO2是离子型化合物，含有的化学键类型有离子键、极性共价键；
(3)NH2C1在中性或酸性条件下也是一种强杀菌消毒剂，是由于NH2C1在水溶液中水解生成HClO，HClO有强氧化性，可用于自来水消毒，发生反应的化学方程式为NH2Cl+H2O=NH3+HClO(或NH2C1+2H2O=NH3·H2O+HClO)；
(4)1gNaClO2的物质的量=mol，依据电子转移数目相等，NaClO2～Cl-～4e-，Cl2～2Cl-～2e-，可知对应氯气的物质的量为×4×mol=mol；1gNaClO的物质的量为=mol，依据电子转移数目相等，NaClO～Cl-～2e-，Cl2～2Cl-～2e-，可知对应氯气的物质的量为×2×mol=mol；1gClO2的物质的量为=mol，依据电子转移数目相等，ClO2～Cl-～5e-，Cl2～2Cl-～2e-，可知对应氯气的物质的量为×5×mol=mol；1g氯气的物质的量为=mol；由此可知四种含氯消毒剂中消毒能力最强的是ClO2；
(5)①步骤Ⅱ中未滴定前溶液显蓝色，反应结束时溶液呈无色；
②10mL1.0×10-3 mol·L-l Na2S2O3溶液中Na2S2O3物质的量为0.01L×1.0×10-3 mol·L-l=1.0×10-5 mol，用氢氧化钠溶液调至中性，由图知，此条件下粒子种类为 ClO2，ClO2将加入的碘化钾氧化为I2，自身被还原成ClO2-，离子方程式为：2ClO2+2I-=2ClO2-+I2，
根据：2ClO2～～2I-～～I2～～2S2O32-，可知n(ClO2)=1.0×10-5 mol，该水样中c(ClO2)==0. 675mg/L。
19．(1) ZnSe
(2) ds 3Cu+8H++ 2NO=3Cu2+ +2NO↑+4H2O
(3)⑤⑥
(4)②③⑤⑥
(5)①⑦⑧⑨⑩
(6)④⑧
【详解】（1）根据均摊法，晶胞中Zn原子的个数为4，Se原子的个数为8×+6×=4，所以化学式为ZnSe；晶胞的质量为g，晶胞的边长为d pm，则体积为d3pm3=d3×10-30cm3，所以密度为=g·cm 3；
（2）铜为29号元素，位于第四周期ⅡB族，属于ds区；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、水和NO，离子方程式为3Cu+8H++ 2NO=3Cu2+ +2NO↑+4H2O；
（3）NH4Cl中含有氯离子和铵根形成的离子键，同时含有N原子和H原子形成的极性键，Ca(OH)2中含有氢氧根和钙离子形成的离子键，同时含有O原子和H原子形成的极性键，故选⑤⑥；
（4）由离子构成的物质或者金属单质在熔融状态可以导电，所以熔融状态下可以导电的是②③⑤⑥；
（5）CO2、H3N-BH3、SiO2、NH3、SO3均只含共价键，为共价化合物，故选①⑦⑧⑨⑩；
（6）金刚石、SiO2均是由原子通过共价键结合成的共价晶体，故选④⑧。
20． Ar F R HClO4 F2 Al3+ 离子键 第六周期ⅣA族 22 H++OH-===H2O Na cd
【分析】根据元素周期表排布规律分析解答；根据元素周期律的表现分析解答；根据金属性、非金属性强弱判断规律分析解答。
【详解】根据元素周期表可知，A为C元素，B为N元素，C为O元素，D为F元素，E为Na元素，F为Mg元素，G为Al元素，H为Si元素，I为P元素，J为S元素，K为Cl元素，L为Ar元素，R为Fe元素，P为Ba元素，Q为Pb元素；
（1）化学性质最不活泼的是稀有气体Ar，原子半径最小的是（除稀有气体元素）第二周期最右边的元素F，其中属于过渡元素的是R即Fe元素，故答案为Ar，F，R；
（2）非金属性越强，对应的最高价氧化物对应的水化物中酸性越强，元素周期表中非金属性最强的是F其次是O，但是F和O元素无正价，其次为Cl，所以最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HClO4，非金属性越强，氧化性越强，非金属性最强的是F，其氧化性最强的单质为F2，第三周期中形成的简单离子有2个电子层的有Na+、Mg2+、Al3+，其他元素形成的简单离子均为三个电子层，所以第三周期元素形成的简单离子中半径最小的是两个电子层的Al3+，故答案为HClO4，F2，Al3+；
（3）F是Mg元素与K是Cl元素形成的化合物MgCl2是离子化合物，仅含有离子键，溶于水发生电离，所破坏的化学键为离子键，故答案为离子键；
（4）Q是Pb元素，根据元素周期表信息可知，Pb在元素周期表中的位置是第六周期ⅣA族，B为N元素、C为O元素，可形成化合物B2C即N2O，该化合物的核外电子总数为7×2+8=22，故答案为第六周期ⅣA族，22；
（5）P为Ba元素，Ba的最高价氧化物对应的水化物即Ba(OH)2与B即N元素的最高价氧化物对应的水化物即HNO3反应生成硝酸钡和水，离子方程式为H++OH-===H2O；
（6）元素E为Na与元素F为Mg元素，元素周期表中，同周期元素从左向右金属性逐渐减弱，则金属性Na>Mg，金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则d正确，金属性越强，则其单质与水或酸反应越剧烈，则c正确；金属性不能用氢化物性质比较，故b错误；金属性与单质与酸反应得失电子数无关，故a错误，故答案为Na，cd。
21．(1)M
(2) > <
(3) 不能 晶体硅是原子晶体，它的熔点与共价键的强度有直接关系，而四氯化碳是分子晶体，它的熔点与分子间作用力的大小有关，所以不能用键能比较它们熔点的高低
(4)236
【解析】（1）
M生成N是吸热反应，说明M的总能量低于N的总能量，能量越低越稳定，所以M、N相比，较稳定的是M；
（2）
碳化硅和硅都是原子晶体，晶体类型相同的物质其熔点与键长成正比，键长越长，键能越小，熔点越低，碳化硅的键长小于硅硅键长，所以碳化硅的熔点比硅的高；二氧化硅是原子晶体，氯化硅是分子晶体，原子晶体的熔点高于分子晶体，所以二氧化硅的熔点比氯化硅的高，故答案为：＞，＜；
（3）
物质熔点高低由构成物质的微粒间作用力决定，单质Si属于原子晶体，原子间作用力是共价键；SiCl4属于分子晶体，分子间作用力是范德华力，比共价键弱得多．因此不能都根据键能来判断物质的熔点高低；故答案为：不能；物质熔点高低由构成物质的微粒间作用力决定，单质Si属于原子晶体，原子间作用力是共价键；SiCl4属于分子晶体，分子间作用力是范德华力，比共价键弱得多，因此不能都根据键能来判断物质的熔点高低。
（4）
化学反应方程式中的反应热=反应物的键能之和-生成物的键能之和，因此ΔH=360kJ/mol×4+436kJ/mol×2-176kJ/mol×2-431kJ/mol×4=+236 kJ/mol。故答案为：+236 kJ/mol。
22．(1)
(2) 236
(3) 不反应 Al和溶液中的OH-发生了反应 饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的量比较少 实验d中，发生反应II和III，反应III中有气体生成，气体的逸出促使反应III向右进行，反应III的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应II平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
【详解】（1）甲烷具有较大的燃烧热()，甲烷燃烧热的热化学方程式为；
（2）根据=反应物的键能之和-生成物的键能之和，可知该反应；
②硅晶体结构与金刚石类似。每一个硅原子与四个硅原子相连形成正四面体结构，在立方体的顶点用“●”表示出与之紧邻的所有硅原子如图所示；
（3）①实验b中没有变化，说明说明Al粉与在该条件下不反应；
②实验c中，前3 min的有变化，是因为Al和溶液中的OH-发生了反应，3 min后基本不变，是因为饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的量比较少。
③实验d中，发生反应II和III，反应III中有气体生成，气体的逸出促使反应III向右进行，反应III的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应II平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；
④根据盖斯定律可得，故；
答案第1页，共2页
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