（新）专题11 原子结构与性质-2022年高考化学一轮复习高频考点集训（解析版）.docx

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1、专题11 原子结构与性质一、单选题1下列比较正确的是（ ）与冷水的反应速率：KNaMg 热稳定性：HFH2SeH2S结合质子的能力：CH3CH2OCH3COOHCO3离子半径：ClO2Al3ABCD【答案】A【解析】金属性越强,与水反应越剧烈,金属性: KNaMg,与冷水的反应速率: KNaMg,故正确；非金属性越强,气态氢化物越稳定,非金属性:F>S>Se,所以热稳定性: HFH2S H2Se，故错误；酸性越弱,酸越难电离,对应的酸根离子越易结合氢离子,乙酸的酸性大于碳酸,乙醇为中性,所以结合质子的能力: CH3CH2OHCO3CH3COO，故错误；电子层数越多半径越大,核外电子

2、数相同的,原子序数越大,半径越小, Cl有3个电子层, O2、Al3有2个电子层,O的原子序数小所以O2半径比Al3大,所以离子半径: ClO2Al3,故正确；结合以上分析可知，只有所以正确的有；综上所述，本题正确选项A。2铊盐与氰化钾被列为A级危险品，铊（Tl）与铝同主族，原子序数为81，Tl3+与Ag在酸性介质中发生反应：Tl3+ 2Ag =Tl+ +2Ag+ 且已知 Ag+Fe2+=" Ag" + Fe3+ 则下列推断正确的是（ ）ATl+最外层有3个电子B氧化性：Tl3+ >Ag+>Fe3+C还原性：Tl+>AgD铊位于第五周期IIIA族【答案】B

3、【解析】A、铊（Tl）与铝同主族，主族元素原子最外层电子相同，选项A错误；B、Tl3+2Ag=Tl+ +2Ag+，且Ag+Fe2+=Ag+Fe3+，氧化剂Tl3+的氧化性大于氧化产物Ag+，氧化剂Ag+的氧化性大于氧化产物Fe3+，所以氧化性顺序为Tl3+Ag+Fe3+，选项B正确；C、Tl3+2Ag=Tl+2Ag+，反应中还原剂Ag的还原性大于还原产物Tl+，选项C错误；D、原子序数为81，和铝同主族，结合核外电子排布规律写出原子结构示意图判断，铊位于第六周期第A族，选项D错误；答案选B。3X、Y、Z是3种短周期元素，其中X、Y位于同一主族，Y、Z处于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层

4、数的3倍。Z原子的核外电子数比Y原子少1。下列说法不正确的是（ ）A元素非金属性由弱到强的顺序为ZyXBY元素最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H2YO4C3种元素的气态氢化物中，Z的气态氢化物最稳定D原子半径由大到小的顺序为ZYX【答案】C【解析】A.同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性P<S<O，即Z<Y<X，故A正确；B.Y为硫元素,最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H2SO4，故B正确；C.非金属性P<S<O，非金属性越强，氢化物越稳定，所以氢化物稳定性Z<Y<X，故C错误；D.同周期自左而右原子半

5、径减小，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径P>S>O，即Z>Y>X，故D正确，故选C。44下列有关元素性质的递变规律不正确的是ANa、Mg、Al的还原性逐渐减弱BHCl、PH3、H2S气态氢化物的稳定性逐渐减弱CNaOH、KOH的碱性逐渐增强DNa、K、Rb的原子半径依次增大【答案】B【解析】试题分析：A、Na、Mg、Al金属性逐渐减弱，故还原性逐渐减弱，A项正确；B、Cl、S、P非金属性逐渐减弱，故HCl、H2S、PH3气态氢化物的稳定性逐渐减弱，B项错误；C、Na、K金属性增强，故NaOH、KOH的碱性逐渐增强，C项正确；D、Na、K、Rb的原子半径依次增大，

6、D项正确；答案选B。5国际无机化学命名委员会将长式元素周期表原先的主副族号取消，从左往右改为18列，碱金属为第1列，稀有气体为18列。按这个规定，下列说法不正确的是（ ）A第1718列元素都是非金属元素B第14列元素形成的化合物种类最多C第3列元素种类最多D只有第2列元素的原子最外层有2个电子【答案】D【解析】A、第17列是卤族元素，18列是稀有气体元素，都是非金属元素，故A正确；B、第14列元素为碳族元素，碳元素是形成化合物种类最多的元素，故B正确；C、第3列中含有镧系和錒系，所以元素种类最多，故C正确；D、第18列的氦元素、第2列所有元素、以及部分过度元素的原子最外层都有2个电子，故D错误

7、。6下列几组最高价氧化物的水化物，酸性由强到弱顺序排列的是 ( )AH3PO4HBrO4H2SO4H2CO3 BH2SiO3H2CO3H2GeO3H3AlO3CH2SO4H2TeO4HClO4H2SeO4DHClO4H2SeO4H2AsO4H2SbO4【答案】D【解析】元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强,同一周期元素,元素的非金属性随着原子序数的增大而增强；同一主族元素,元素的非金属性随着原子序数的增大而减弱；A.非金属性S>P，所以其最高价氧化物的水化物酸性：H2SO4> H3PO4，故A错误；B.非金属性C>Si，所以其最高价氧化物的水化物酸性：H2CO3

8、> H2SiO3；故B错误；C.非金属性Cl>S，所以其最高价氧化物的水化物酸性：HClO4> H2SO4，故C错误；D.非金属性Cl>Se>As>Sb，所以其最高价氧化物的水化物酸性：HClO4>H2SeO4>H2AsO4>H2SbO4，故D正确；综上所述，本题正确选项D。7同种元素的不同微粒，它们的（ ）A质量数一定相同B核外电子数一定相同C中子数一定不同D电子层数可能不同【答案】D【解析】A.若为同位素,则质量数不同,如H、D、T,选项A错误；B.若为同种元素的原子和离子,核外电子数一定不等,选项B错误；C.若为同位素,则中子数不同,

9、如H、D、T,选项C错误；D.若同种元素的原子和阳离子,电子层数不相同,如H与H+,选项D正确；答案选D。8构造原理揭示的电子排布能级顺序，实质是各能级能量高低。若以E(nl)表示某能级的能量，以下各式中正确的是( )AE(5s)>E(4f)>E(4s)>E(3d)BE(3d)>E(4s)>E(3p)>E(3s)CE(4s)<E(3s)<E(2s)<E(1s)DE(5s)>E(4s)>E(4f)>E(3d)【答案】B【解析】根据构造原理，各能级能量的大小顺序为1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s能量由低到高

10、，A项和D项正确顺序E(4f)>E(5s)>E(3d)>E(4s)；对于不同能层的相同能级，能层序数越大，能量越高，所以C项错误。9下列各组给定原子序数的元素，不能形成原子数之比为1：1稳定化合物的是A3和17B1和8C1和6D7和12【答案】D【解析】A、原子序数为3的为Li原子的最外层电子数为1，在化合物中元素的化合价为+1价，而序数为17的为Cl原子的最外层电子数为7，在化合物中元素的化合价为-1价，则能形成原子个数之比为1:1的离子化合物，故A不选；B、原子序数为1，在化合物中元素的化合价为+1价；序数为8，最外层电子数为6，在化合物中元素的化合价为-2价，但可形成H

11、2O2，则能形成原子数之比为1:1共价化合物，故B不选；C、原子序数为1，在化合物中元素的化合价为+1价；原子序数为6，最外层电子数为4，在化合物中元素可有多种价态，可形成C6H6、C2H2，则能形成原子数之比为1:1共价化合物，故C不选；D、原子序数为7为N元素，最外层电子数为5，序数为12的为Mg元素，二者能形成Mg3N2离子化合物，故选D。答案选D。10有X、Y两种元素，原子序数均不超过20，X的原子半径小于Y，且X、Y原子的最外层电子数相同（选项中m、n均为正整数）。下列说法正确的是A若Y(OH)n为强碱，则X(OH)n也一定为强碱B若HnXOm为强酸，则HnYOm也一定为强酸C若X元

12、素的单质是非金属，则Y元素的单质也一定是非金属D若Y的最低负价为n，则X的最低负价也一定为n【答案】D【解析】X、Y原子的最外层电子数相同,说明位于同一主族,X的原子半径小于Y,则原子序数Y大于X,则A.如X、Y为金属元素,同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强,对应的最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强,故若Y(OH)n为强碱,则X(OH)n不一定为强碱,故A错误；B.同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱,对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱,若HnXOm为强酸, HnYOm不一定为强酸,故B错误；C.短周期元素中,X、Y位于相同主族,若X是非金属性,则Y可能是非金属或金属,如O与S,

13、H与Li,故C错误；D.同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱,若Y的最低负价为-n,则X的最低负价也一定为-n,所以D选项是正确的；综上所述，本题正确选项D。11以下对核外电子运动状况的描述正确的是（ ）A电子的运动与行星相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转B能量低的电子只能在s轨道上运动，能量高的电子总在f轨道上运动C在同一原子里能找到两个能量相同的电子D在同一电子亚层上运动的电子，其运动状态肯定相同【答案】C【解析】A.电子运动不是围绕原子核在固定的轨道上高速旋转，只是在某个区域出现的概率大些，A错误；B能量高的电子也可以在s轨道上运动 如7s轨道上的电子能量也很高，比4f能量还高，

14、B错误；C.在同一原子的同一个能级的轨道上的电子的能量相同，C正确；D.在同一电子亚层上运动的电子，其电子云伸展方向不同，因此运动状态也就不相同，D错误；故合理选项是C。12氯元素的相对原子质量为35.5，由23Na、35Cl、37Cl构成的11.7g氯化钠中，37Cl的质量为A1.75gB1.85 gC5.25 gD5.85g【答案】B【解析】11.7g氯化钠中氯元素的质量为11.7××100%=7.1；氯元素的相对原子质量35.5，是质量数分别为35和37的核素的平均值，易知35Cl与37Cl 的原子个数比为3:1，故含有37Cl 的质量为××100

15、%×37=1.85g；答案选B。13日本“3.11地震”导致福岛核电站发生核泄漏，从该地自来水中检测出了放射性物质。发射的射线可杀伤一部分甲状腺细胞，医疗上常采用其治疗甲状腺机能亢进。但直接受到大剂量辐射时会出现细胞变异，甚至形成恶性肿瘤。下列有关、的说法中正确的是A是同一种核素B互为同素异形体C互为同位素D核外电子数和性质均相同【答案】C【解析】质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，由同一种元素形成的不同单质，互称为同素异形体，所以C正确。同位素的物理性质不同，化学性质是相似的。答案选C。14已知：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H=41kJ/mo

16、l，相同温度下，在体积均为2L的三个恒温密闭容器中，加入一定量的反应物发生反应相关数据如下：容器编号起始时各物质物质的量/mol达平衡过程体系能量的变化n（CO）n（H2O）n（CO2）n（H2）1400放出热量：32.8 kJ0014热量变化：Q11121热量变化：Q2下列说法中，不正确的是（ ）A若容器中反应10min达到平衡，0至10min时间内，用CO表示的平均反应速率v（CO）= 4.0×102 mol/（L·min）B容器中，开始时v（CO）生成v（CO）消耗C达平衡过程体系能量的变化：Q1= 4Q2D平衡时，与容器中CO的体积分数相等【答案】D【解析】A、根据

17、题给信息知若容器中反应10min达到平衡，放出热量：32.8 kJ ，根据反应：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H 41 kJ/mol知参加反应的CO的物质的量为0.8mol，则0至10min时间内，用CO表示的平均反应速率(CO)=n/Vt=4.0×102 mol/(L·min)，正确；B、根据容器中数据计算反应达到平衡时各物质的浓度为c(CO)=0.1mol/L、c(H2O)=1.6mol/L、c(CO2)=0.4mol/L、c(H2)=0.4mol/L，则K=1，根据容器中数据计算Q=2，Q>K，反应逆向进行，则开始时(CO)生成>(CO)消

18、耗，正确；C、三个容器中温度相同，平衡常数相同，均为1.利用三行式分析。设容器转化的CO2的物质的量为x。CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)起始（mol）0 0 1 4转化（mol）x x x x平衡（mol）x x (1-x) (4-x)则（4-x）(1-x)/x2=1，解得x=0.8mol；设容器转化的CO2的物质的量为y。CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)起始（mol）1 1 2 1转化（mol）y y y y平衡（mol）（1+y）（1+y） (2-y) (1-y)则（1-y）(2-y)/(1+y)2=1，解得y=0.2mol；则达平衡过程体系能量的变化：Q1=4Q

19、2，正确；D、根据题给数据和C项计算，平衡时，中CO的体积分数为4%，容器中CO的体积分数为16%，CO的体积分数不相等，错误。故选择D。二、综合题15A、B都是短周期元素，原子最外层电子排布式分别为(n+1)sx、nsx+1npx+3。A与B可形成化合物C和D。D溶于水时有气体E逸出，E能使带火星的木条复燃。请回答下列问题：(1)比较电离能：I1(A)_(填“>”或“<”，下同)I2(A)，I1(A)_I1(B)，I1(B)_I1(He)。(2)通常A元素的化合价是_，对A元素呈现这种价态进行解释：用原子结构的观点进行解释：_。用电离能的观点进行解释：_。(3)写出D跟水反应的离

20、子方程式：_。(4)列举气体E的主要用途_(至少写出两项)。【答案】(1) (2) +1 钠原子失去一个电子后形成电子排布为1s22s22p6的1价阳离子，其原子轨道处于全充满状态，该离子结构非常稳定，极难再失去电子 钠元素的第一电离能相对较小，第二电离能比第一电离能大很多倍，通常钠原子只能失去一个电子 (3)2Na2O22H2O=4Na+4OH-O2 (4)供给动植物呼吸；支持燃料燃烧(其他合理答案均可) 【解析】(1) 同种元素的第一电离能小于第二电离能， I1(Na) <I2(Na)，非金属性越强，第一电离能越大，I1(Na) <I1(O)，He 是稀有气体元素，结构稳定，I

21、1(O) <I1(He)；(2) Na元素最外层有1个电子，通常Na元素的化合价是+1； 用原子结构的观点进行解释：钠原子失去一个电子后形成电子排布为1s22s22p6的1价阳离子，其原子轨道处于全充满状态，该离子结构非常稳定，极难再失去电子，所以通常显+1价；用电离能的观点进行解释：钠元素的第一电离能相对较小，第二电离能比第一电离能大很多倍，通常钠原子只能失去一个电子，显+1价；(3) Na2O2跟水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式是2Na2O22H2O=4Na+4OH-O2；(4) 氧气供给动植物呼吸、支持燃料燃烧。16已知A，B、C、D，E，F为元素周期表前四周期原子序数依

22、次增大的六种元素，其中A的一种同位素原子中无中子，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，D与E同主族，且E的原子序数是D的2倍，F元素在地壳中的含量位于金属元素的第二位。试回答下列问题：(1)F元素的价层电子排布式为_；B、C、D三种元素第一电离能按由大到小的顺序排列为_(用元素符号表示)；比较A2D与A2E分子的沸点，其中沸点较高的是_(用化学式表示)原因为_。元素D可形成两种同素异形体，其中在水中溶解度更大的是_(填分子式)，原因是_。(2)最近，科学家成功地在高压下将CO2转化为具有类似SiO2结构的原子晶体，下列关于CO2的原子晶体说法正确的是_。ACO2的原子晶体和分子晶体互

23、为同素异形体B在一定条件下，CO2原子晶体转化为分子晶体是物理变化Cl mol CO2原子晶体中含有4 mol共价键D在CO2的原子晶体中，每个C原子结合4个O原子，每个O原子结合2个C原子(3)晶胞即晶体中最小的重复单元。已知金晶体具有面心立方最密堆积结构，金晶体的晶胞边长为a pm，用NA表示阿伏加德罗常数，M表示金的摩尔质量。金原子的半径为_pm。金晶体的密度为_g/cm3。【答案】(1)3d64s2 NOC H2O 水分子间存在氢键 O3 O3与H2O都是极性分子，相似相溶(2) CD (3)a ×1030 【解析】根据上述分析可知A是H，B是C，C是N，D是O，E是S元素，

24、F是Fe元素。(1)F为Fe元素，原子核外有26个电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，其价层电子排布式为：3d64s4；B是C，C是N，D是O，这三种元素位于同一周期。同一周期元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p能级上有3个电子，为半满的稳定状态，能量较低，其第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为：NOC；A2D为H2O，A2E是H2S，二者都属于分子晶体，物质的沸点由分子间作用力大小决定。但由于H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使H2O分子之间的作用力比H2S强，故物质的沸点：H2OH2S；D是O元素，O元素

25、的同素异形体有O2、O3，由于O2是非极性分子，O3是极性分子，H2O分子是极性分子，则根据相似相溶原理可知：由极性分子构成的溶质易溶于由极性分子构成的溶剂中，因此O元素可形成两种同素异形体O2、O3中，在水中溶解度更大的是O3；(2)ACO2是化合物，不是单质，因此CO2的原子晶体和分子晶体不能互为同素异形体，A错误；B二者结构不同，性质不同，因此在一定条件下，CO2原子晶体转化为分子晶体是化学变化，B错误；C在CO2原子晶体中，每个C原子与4个O原子形成共价键，每个O原子与两个C原子形成共价键，则在l mol CO2原子晶体中含有4 mol共价键，C正确；D根据选项C分析可知：在CO2的原

26、子晶体中，每个C原子结合4个O原子，每个O原子结合2个C原子，D正确；故合理选项是CD；(3)金晶体具有面心立方最密堆积结构，金晶体的晶胞边长为a pm，假设金原子的半径为R，则根据二者的相对位置可知4R=a pm，所以R=a pm；晶胞半径是a pm，则晶胞体积是V=(a pm)3=(a×10-10cm)3，晶胞中含有Au原子的数目为8×+6×=4，由于M表示金的摩尔质量，则该晶胞质量m= g，该晶胞的密度=×1030 g/cm3。17国庆70周年阅兵式展示了我国研制的各种导弹。导弹之所以有神奇的命中率，与材料息息相关，镓(Ga)、锗(Ge)硅(Si)

27、、硒(Se)的单质及某些化合物(如砷化镓、磷化镓等)都是常用的半导体材料。回答下列问题：(1)硒常用作光敏材料，基态硒原子的核外电子排布式为Ar_。(2)根据元素周期律，原子半径Ga_ As，第一电离能Ga_As。 (填“大于”或“小于”)(3)水晶的主要成分是二氧化硅，在水晶中硅原子的配位数是_(4)GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料，晶体类型与晶体硅类似，熔点如下表所示，分析其变化原因：_。晶体GaNGaPGaAs熔点/170014801238(5)某晶胞的结构如图所示，晶胞中Ga原子采用六方最密堆积方式，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子数目为_该晶胞的化学式为_。【答案】(1

28、)4s24p4 (2)大于 小于 (3)4 (4) 原子半径：N<P<As，键长：Ga-N<Ga-P<Ga-As，键能：Ga-N>Ga-P>Ga-As，故GaN、GaP、GaAs的熔点逐渐降低(5) 12 Ga6N6 【解析】(1)Se是34号元素，位于第四周期VA族，核外电子排布式为Ar4s24p4，故答案：4s24p4。(2)根据元素周期律，Ga与As位于同一周期，Ga的原子序数小于As，故原子半径：Ga大于As，同周期第一电离能变化趋势是从左到右增大，故第一电离能；Ga小于As。故答案：大于；小于。(3)水晶的主要成分是二氧化硅，水晶中1个硅原子结合4

29、个氧原子，同时每个氧原子结合2个硅原子，所以水晶是以四面体向空间延伸的立体网状结构，水晶中硅原子的配位数为4，故答案：4；(4)原子半径：N<P<As，键长：Ga-N<Ga-P<Ga-As，键能：Ga-N>Ga-P>Ga-As，故GaN、GaP、GaAs的熔点逐渐降低，故答案：原子半径：N<P<As，键长：Ga-N<Ga-P<Ga-As，键能：Ga-N>Ga-P>Ga-As，故GaN、GaP、GaAs的熔点逐渐降低。(5)从六方晶胞的面心原子分析，上、中、下层分别有3、6、3个配位原子,故配位数为12。六方晶胞中原子的数目

30、往往采用均摊法：位于晶胞顶点的原子为6个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为；位于晶胞面心的原子为2个，晶胞共用对一个晶胞的贡献为，位于晶胞侧棱的原子为3个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为；位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1，GaN晶胞中Ga原子个数为12+2+3=6，N原子个数为6-+4=6，所以该晶胞化学式为Ga6N6，故答案：12；Ga6N6。18早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成，回答下列问题：(1)准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过_方法区分晶体、准晶体和非晶体。(2)基态铜原子的电子排布式为_。(3)CuO在高温

31、时分解为O2和Cu2O，请从阳离子的结构来说明在高温时，Cu2O比CuO更稳定的原因是_。Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有_个铜原子。(4)Cu2+能与乙二胺（H2NCH2CH2NH2）形成配离子如图：，该配离子中含有的化学键类型有_(填字母序号)。A配位键 B极性键 C离子键 D非极性键(5)羰基铁Fe(CO)5可用作催化剂、汽油抗暴剂等。1molFe(CO)5分子中含_mol键，与CO互为等电子体的离子是_（填化学式，写一种）。(6)某种磁性氮化铁的结构如图所示，N随机排列在Fe构成的正四面体空隙中。正六棱柱底边长为acm，高为cc

32、m，阿伏加德罗常数的值为NA，则该磁性氮化铁的晶体密度为_g/cm3(列出计算式)。【答案】(1)X-射线衍射 (2)1s22s22p63s23p63d104s1 (3)Cu2O中的Cu+3d轨道处于全满的稳定状态，而CuO中Cu2+中3d轨道排布为3d9，能量高，不稳定 16 (4) ABD (5) 10 CN-(或C22-) (6) 【解析】(1)从外观无法区分三者，但用X光照射会发现：晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无X-射线衍射现象即可确定；(2) 29号元素Cu元素的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；(3)在C

33、u2O中Cu+原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10，处于d轨道的全满的稳定状态，而若再失去1个电子变为Cu2+时1s22s22p63s23p63d9，是不稳定的状态，CuO在高温时分解为O2和Cu2O；该晶胞中O原子数为4×1+6×+8×=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知该晶胞中铜原子数为O原子数的2倍，所以该晶胞中含有Cu原子个数为16个；(4) Cu2+与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)中N原子形成配位键；在配位体H2N-CH2-CH2-NH2中C原子与C原子之间形成非极性键；不同元素的原子之间形成极性键，所以该配离子中存在的化

34、学键类型为配位键、极性键、非极性键，故合理选项是ABD；(5) Fe与CO形成5个配位键，属于键，CO分子中形成1个键，故Fe(CO)5分子含有10个 键，1mol Fe(CO)5分子中含10mol键，与CO互为等电子体的离子，含有2个原子、价电子总数为10，可以用N原子与1个单位负电荷替换O原子，也可以用C原子与2个单位负电荷替换O原子，与CO互为等电子体的离子为：CN-、C22-等；(6)图中结构单元底面为正六边形，边长为a nm，底面面积为6××a×10-7 cm×a×10-7 cm×sin60°=cm2；结构单元的体

35、积V=cm2×c×10-7 cm=cm3，结构单元中含有N原子数为2，含有的Fe原子数为：=6，该晶胞在原子总质量m=g，所以该晶体密度=g/cm3。19氮化硅（Si3N4）是一种重要的陶瓷材料，可用石英与焦炭在14001450的氮气气氛下合成：3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g)-Q(Q>0)。在一定条件下，向10L密闭容器中加入反应物，10min后达到平衡。完成下列填空：（1）上述反应所涉及的元素，原子半径由大到小的顺序是_。其中一种元素的原子核外s电子数与p电子数相等，写出它的核外电子排布式_。（2）上述反应混合物中的极性分子

36、是_，写出非极性分子的电子式_。分析用氮化硅制造轴承和发动机中耐热部件的原因是：_。（3）下列措施可以提高二氧化硅转化率的是_（选填编号）。a.增加焦炭用量 b.升高反应温度c.增大气体压强 d.向反应容器中多充入氮气（4）下列描述中能说明反应已达平衡的是_（选填编号）。a.c(CO)=3c(N2) b.v(CO)=3v(N2)c.容器内气体的密度不变 d.气体的压强保持不变（5）该反应的平衡常数为_，平衡后增加氮气浓度，平衡向_（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，K值_（填“变大”“变小”或“不变”）。若测得平衡时气体质量增加了11.2g，则用氮气表示的平均反应速率为_。【答案】(1)Si

37、CNO 1s22s22p4 (2)CO 氮化硅是原子晶体，熔点高 (3)bd (4) cd (5) 正反应 不变 0.002molL-1min-1 【解析】(1)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：Si>C>N>O；上述元素中的一种元素的原子核外s电子数与p电子数相等，核外电子数排布为1s22s22p4； (2)CO属于极性分子；氮气为非金属性分子，氮气分子中N原子之间形成3对共用电子对,电子式为；氮化硅是原子晶体、熔点高，可以制造发动机中耐热部件； (3)a焦炭为固体，增加焦炭用量，平衡不移动，a错误；b正反应为吸热反应，升高反应温度平衡正向

38、移动，二氧化硅转化率增大，b正确；c正反应为气体体积增大的反应，增大气体压强，平衡逆向移动，二氧化硅转化率减小，c错误；d向反应容器中多充入反应物氮气，平衡正向移动，二氧化硅转化率增大，d正确；答案为：bd；(4)a平衡时CO、氮气的浓度之比不一定等于化学计量数之比，a错误；b，未指明正逆速率，若均为正反应速率，反应始终按该比例关系进行，不能判断平衡状态，但分别表示正逆速率时，可判断反应到达平衡，b错误；c根据，在反应得过程中气体质量不断增加，体积不变，所以密度不断增大，但是当平衡时，气体质量不变，密度也不变，所以可判断平衡状态，c正确；d随反应进行气体物质的量增大，恒温恒容下压强增大，气体的压强保持不变，说明反应到达平衡，d正确；答案为：cd；(5)平衡常数表达式：；增大反应物氮气浓度时，平衡向正向移动；但是由于温度没有变化，所以平衡常数大小不变；利用差量法，设参加反应的N2质量为x： 解得，则，可算：。