高中化學(xué)奧賽培訓(xùn)教程大全

第一節(jié)氧化復(fù)原反響

1、根據(jù)下列三個(gè)反響，排出氧化劑氧化性強(qiáng)弱依次：

A.4HCl+MnO2=MnCI2+CI21+2H2O

B.16HCl+2KMnO4=2KCl+2MnCl2+5Cl2t+8H2O

CuCl2

C.4HCH-O2==2C12t+2H2O

解析：這三個(gè)反響中復(fù)原劑都是鹽酸。不同氧化劑及同一復(fù)原劑反響時(shí)，若反響越易發(fā)

生，則氧化劑氧化性越強(qiáng)，反之就弱，故其氧化性依次由強(qiáng)到弱：KMnO4>MnO2>O2o

2、配平氧化復(fù)原方程式：P40+ChFY=POCh+P2CI5

解析：本題中汽0中P元素對(duì)應(yīng)有兩種產(chǎn)物，故設(shè)P4。化學(xué)計(jì)且數(shù)為“I”。用待定系

數(shù)法配平關(guān)鍵是選準(zhǔn)一種物質(zhì)化學(xué)計(jì)量數(shù)為1。令PQ+m”2POCb+cPzCk,由原子守恒

得：

代入整理得：4P4O+21CI2MPOCI5+6P2CI5

3、配平下列方程式：Fe3C+HNO3=Fe(NO3)3+NO2+C02+H20

解析：困難物質(zhì)Fe3c按常規(guī)化合價(jià)分析無(wú)法確定Fe和C詳細(xì)化合價(jià)，此時(shí)可令組成

該物質(zhì)各元素化合價(jià)為零價(jià)，再根據(jù)化合價(jià)升降法配平。

再用視察法，不難確定各物質(zhì)化學(xué)計(jì)量數(shù)為：1、22、3、13、I、11,故為Fe3C+

22HNO3=3Fe(NO3)3+13NO2t+CO2t+11H2O

4、NH4NO3FY=N24-HNO34-H2O

解析：NH4NO3中N平均化合價(jià)為+1價(jià)，則元素化合價(jià)升降關(guān)系為：

2N2(+1-0)降2X1

N+一+5升4X1

用視察法調(diào)整確定各物質(zhì)化學(xué)計(jì)量數(shù)，故:

5NH4NO3=4N2t+9H2O+2HNO3

注：若配平常不用此平均標(biāo)價(jià)法，則要分析同種元素化合價(jià)升降關(guān)系。

NH；->N2,NO3fN2,決不會(huì)出現(xiàn)化合價(jià)穿插現(xiàn)象，即不會(huì)出現(xiàn)NH；fNO,狀況。

5、問(wèn)四氧化三鐵中鐵氧化數(shù)為多少？

解析：已知氧氧化數(shù)為-2,設(shè)鐵氧化數(shù)為+笳

貝Ij3x+4X(—2)=0

Q

所以Fe3O4中Fe氧化數(shù)為十：。

注：氧化數(shù)可以為分?jǐn)?shù)。

6、用離子一電子法配平下列方程：

KMM+FeSO,+H2sCh

FY=MnSO4+Fe2(SO4)3+K2SO4+H2O

解析：①寫(xiě)出反響離子表達(dá)式：

2++2+3+

MnO；+Fe+HFY=Mn+Fe+H2O

②分別寫(xiě)出氧化和復(fù)原半反響：Fe2+-e-Fe3+X5

+2+

MnO；4-8H+5e-*Mn+4H2OX1

③根據(jù)反響過(guò)程中得失電子相等原則，配平氧化劑和復(fù)原劑系數(shù)：

2++2+3+

MnO；+5Fe+8H=Mn+5Fe+4H2O

④H2sO4作介質(zhì)時(shí)，化學(xué)方程式可寫(xiě)為：

2KMnO4+10FeSO4+8H2so4=K2so4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8Hq

注：離子一電子法配平關(guān)鍵是把氧化復(fù)原反響方程式拆為兩個(gè)半反響式，再利用電子得

失守恒即可消去電子，得方程式。

7、計(jì)算由標(biāo)準(zhǔn)氫電極和標(biāo)準(zhǔn)鎘電極組成電池自由能。

七一代數(shù)值較小電極應(yīng)作原電池負(fù)極，E一代數(shù)值較大電極為正極，因此電池符號(hào)可表

2+

示為：(-)Cd|Cd(lmol/L)//H*(lmoVL)|H2(Pt)(+)

G=-nF聲=-2X96500X0.4026=-77701.8J/mol

第二節(jié)禽子反響和寓子方程式

1、在pH=l無(wú)色透亮溶液中不能大量共存離子組是()

A.AP+、Ag+、cr

B.Mg2+、NH：、NO,、Cl

C.Ba2\K\CH3coO，F(xiàn)e3+

D.ZM+、Na\NO］、SO^-

解析：A組由于Ag++cr=AgCU而不能共存；C組因生成弱電解質(zhì)(H++CH3COO-

二CH3coOH)而不能共存，且Fe"是棕黃色，故答案為A、Co

注：解答此類(lèi)題關(guān)鍵是駕馭離子能否共存推斷規(guī)則。

2、重金屬離子有毒性。試驗(yàn)室有甲、乙兩種廢液，均有確定毒性。經(jīng)化驗(yàn)甲廢液呈堿

性，主要有毒離子為Ba2+離子，如將甲、乙廢液按確定比例混合，毒性明顯降低。乙廢液中

不行能含有離子是()

A.CM+和SO；-B.CM?和。一

C.K+和SO『D.Ag+和NO,

解析：沉淀Ba?+必需用SOf,而在A、C兩選項(xiàng)中均含有SOf,但C項(xiàng)中K+無(wú)毒性,

A項(xiàng)中C/+可及甲廢液中OH一反響生成Cu(OH”沉淀，從而降低毒性。本題答案為A。

注：設(shè)法使重金屬離子轉(zhuǎn)化為沉淀，使其毒性明顯降低。若僅考慮將Ba?+沉淀為BaSO4t

即選C。

3、下列反響離子方程式錯(cuò)誤是()

A.等物質(zhì)量Ba(OH”及NH二HS04在溶液中反響：

2+

Ba+2OH"+NH：+H++S若=BaSC)4I+NH3?H2O+H2O

B.氫氧化鐵及足量氫澳酸溶液反響：

+2+

Fe(OH)3+3H=Fe+3H21+H2O

C.足量CO2通入飽和碳酸鈉溶液中：

C02++H20=2HCO3

D.向碳酸氫鈉溶液中滴加少量澄清石灰水：

2+

Ca+2HCO3+2OH=CaCO31+CO,+2H2O

解析：對(duì)于A：HSO］在水溶液中進(jìn)一步電離成H+和SOf,且Ba(OH)2及NH4HSO4

等物質(zhì)量反響，故NIV及H+分別及OFT反響，故A正確。對(duì)于B,線溟酸是強(qiáng)酸，F(xiàn)e(OH)3

犯難溶物，故也正確。對(duì)于C,由于NaHCO3溶解度小于Na2co3,且Na2cO3為飽和溶液，

故析出是NaHCCh晶體，故C錯(cuò)誤。對(duì)于D,Ca(OH)2少量，故溶液中還有CO,存在，若

Ca(0H)2過(guò)量，則不能有COg存在。故D正確。本題答案為C。

注：本題結(jié)合元素化合物學(xué)問(wèn)，從多個(gè)側(cè)面考察對(duì)離子方程式正誤推斷。有同學(xué)對(duì)D

選項(xiàng)產(chǎn)生疑心:產(chǎn)物中陰離子是COf還是0H?細(xì)致分析可發(fā)覺(jué)，參加石灰水是少量,〃(0H

—)<〃(HCO〉因此0H一及HCO,反響將全部消耗，故D選項(xiàng)不符合題意。

4、下列反響離子方程式書(shū)寫(xiě)正確是()

A.向氫氧化鈉溶液中通入少量CO?：OH+CO2=HCOJ

-

B.用氨水汲取少量SO2：2NH3-H2O+SO2=2NHi+S01+H20

3+

C.向硝酸鋁溶液中參力口過(guò)量氨水：A1+4NH3?H2O=AIO2+4NHJ+2H2O

3+2++

D.向Fe2（SO4）3酸性溶液中通入足量H2S：Fe+H2S=Fe+SI+2H

解析：A選項(xiàng)因?yàn)镃O2量少，只能生成CO(,錯(cuò)誤；C選項(xiàng)中生成A1(OH)3沉淀不及

弱堿氨水反響生成A1O￡,錯(cuò)誤；D選項(xiàng)中離子方程式電荷不守恒，故B選項(xiàng)正確。

注：要駕馭離子方程式書(shū)寫(xiě)規(guī)則，且電荷守恒原理是推斷離子方程式一條重要原理，務(wù)

必熟識(shí)其應(yīng)用。

5、(1)向NaHSCh溶液中逐滴參加Ba(OH)2溶液至中性，請(qǐng)寫(xiě)動(dòng)身生反響離子方程式:

(2)在以上中性溶液中接著滴加Ba(OH)2溶液，請(qǐng)寫(xiě)出此步反響離子方程式:

解析：因NaHSO’是二元強(qiáng)酸酸式鹽，可以理解成全部電離。當(dāng)反響后溶液是中性時(shí)其

2+

反響式為2NaHSO4+Ba(OH)2二BaSO4I4-Na2SO4+2H2O,離子方程式是2田+SOf+Ba

+20H=BaSO4I+2H2Oo此時(shí)中性溶液中只有Na2sO4溶液，參加Ba(OH)2離子方程式應(yīng)

2+-

為：Ba+SO4=BaSO4I。

注：酸式鹽及堿反響，狀況比較困難。因?yàn)橛蓞⒓訅A量不同，其產(chǎn)物有所不同，所以建

議先寫(xiě)成化學(xué)式方程式再改寫(xiě)成離子方程式。

6、某待測(cè)液中可能含有Fe2+、Fe3\Ag\Al3\Ba2\Ca2\NH；等離子，進(jìn)展了下

述試驗(yàn)(參加酸、堿、氨水、濱水都過(guò)量)：

根據(jù)試驗(yàn)結(jié)果：

(1)斷定待測(cè)液中有無(wú)Ba2+、Ca2+離子，并寫(xiě)出理由。o

(2)寫(xiě)出沉淀D化學(xué)式：。

(3)寫(xiě)出從溶液D生成沉淀E離子反響方程式：o

解析：澳水能將Fe2+弱化成Fe3+,因此無(wú)論原待測(cè)液含F(xiàn)e?+、Fe"中一種或二種，最終

沉淀D均為Fe(OH)3,而沉淀E則確定為A1(OH)3,沉淀C中有Fe(OH)3、A1(OH)3兩種沉

淀。在此Fe，-、A伊及強(qiáng)、弱堿反響相像性和差異性得到了很好表達(dá)。答案為：(1)至少含

Ba2\Ca2?中一種，因?yàn)镃aS04微溶，BaSO’難溶；

(2)Fe(OH)3

-

(3)2A102+CO2+3H2O=2A1(OH)3I+C0，

(3)對(duì)反響①，因△為=1,所以壓力增大，有利于反響逆向挪動(dòng)。

對(duì)反響②，因/為=一1，所以壓力增大，有利于反響正向挪動(dòng)。

對(duì)反響③，因1，所以壓力增大，有利于反響正向挪動(dòng)。

3、多硫化鈉Na2sx(x22)在構(gòu)造上及NazCh、FeS2>CaC2等有相像之處。Na2sx在堿

性溶液中可被NaClO氧化為Na2s04,而NaClO被復(fù)原為NaCl,反響中Na2sx及NaClO物

質(zhì)量之比為1：16,則x值是()

A.5B.4C.3D.2

解析：CKT變成C「,需得到2e,則

CIO-+H2O+2e-=Cr+2OH-

而葉需失去。一2)乂6?一+2乂7-=(64+2)廣，這個(gè)結(jié)果可這們理解，Sf中2個(gè)S化

合價(jià)為一1價(jià)，由一1價(jià)變成SOf+6價(jià)需失去7e,則另外。一2)個(gè)S化合價(jià)為。價(jià)，由0

價(jià)變成SOf+6價(jià)需失去6e,因此1個(gè)S：共需失去(6x+2)e,反響式為：+8AOH

—(6x4-2)e=XSO4-+4xH2O

由這兩個(gè)電極反響式及1：16,可得到以下關(guān)系式：

2：(6x+2)=l：16得x=5

所以，本題答案為A。

4、反響NO+O2+NO2+H2O-HNO3(未配平)是一個(gè)有多組計(jì)量數(shù)(即系數(shù))化學(xué)

方程式，當(dāng)氧氣有1/3被NO復(fù)原時(shí)，參與反響各物質(zhì)計(jì)量數(shù)之比為()

A.4、9、24、14、28B.1、1、1、1、2

C.8、9、12、10、20D.隨意比均可

解析：由于題中氧化及原是有條件，就必需按條件特殊處理，不能按常規(guī)配平。

常規(guī)配平：

即為B,但不符合題意。題意要求有1/3氧氣被NO復(fù)原，應(yīng)按此配平，詳細(xì)如下：

所以應(yīng)選Ao

5、次磷酸（H3Po2）是一種強(qiáng)復(fù)原劑，將它參加C11SO4水溶液，加熱到40C?50C,析

出一種紅棕色難溶物A。經(jīng)鑒定：反響后溶液是磷酸和硫酸混合物；X射線衍射證明A是

一種六方晶體，構(gòu)造類(lèi)同于纖維鋅礦（ZnS）,組成穩(wěn)定，A主要化學(xué)性質(zhì)如下：①溫度超

過(guò)60℃,分解成金屬銅和一種氣體；②在氯氣中著火；③及鹽酸反響放出氣體。

（1）寫(xiě)出A化學(xué)式。

（2）寫(xiě)出A生成反響方程式。

（3）寫(xiě)出A及Cb反響化學(xué)方程式。

（4）寫(xiě)出A及鹽酸反響化學(xué)方程式。

解析：由題意得知反響為：H3PO2+C11SO4-H3P04+A（未配平）。

復(fù)原劑H3P04中P（+1價(jià)）被氧化成P（+5價(jià)），而S價(jià)態(tài)沒(méi)變，那么氧化劑只可能

是Cu2+,但只可能被復(fù)原為Cu+說(shuō)明A中沒(méi)有Cu+,因?yàn)锳在溫度超過(guò)60℃時(shí)會(huì)分解成Cu

和一種氣體，反過(guò)來(lái)也說(shuō)明A中還有一種非金屬原子，且分解時(shí)生成氣體；而在反響體系

中非金屬元素只有O、S、P、H四種，0、P和S都不行Cu2。、Cu3P和Cu2s都已不像ZnS

那樣由不同元素組成雙原子化合物（習(xí)慣上稱(chēng)這樣化合物為二元化合物），唯一可能是CuH,

它屬于二元化合物，且分解后生成Cu和H2,可以在氯氣中燃燒生成氯化銅和氯化氫，及鹽

酸生成H2。所以A是CuH。

詳細(xì)解答如下:

（1）CuH

（2）4CUSO4-3H3PO2+6H2O=4CUHi+3H3Po4+4H2so4

（3）2CuH+3C12=2CUC12+2HC1

（4）CUH+HC1=CUC1+H2t或CUH+2HC1=HCUC12+H2t或CUH+3HC1=H2CUC13+

H2t

［若鹽酸濃度不夠，Cu（I）會(huì)發(fā)生歧化反響；若在較濃鹽酸中，C「是配位體，可形成酸配

位酸］

6、長(zhǎng)期以來(lái)始終認(rèn)為氟含氧酸不存在。但是自1971年斯圖爾杰和阿佩里曼（美）勝利

地合成了次氟酸后，這種論點(diǎn)被劇烈地動(dòng)搖了。他們是在0℃以下將氟化物從細(xì)冰末上面通

過(guò)，得到了亳克量次氟酸。

（1）寫(xiě)出次氟酸構(gòu)造式并指出各元素氧化數(shù)。寫(xiě)出斯圖杰爾和阿佩里曼方法制備該酸

反響方程式。

（2）下面給出了幾個(gè)分子和基團(tuán)化學(xué)鍵鍵能：

0OHOFHF

H22F2

E(kJ,mol-1)432494155424220566

試計(jì)算次氟酸生成熱（即從單質(zhì)生成Imol該酸反響熱效應(yīng)）。

（3）為什么次氟酸不穩(wěn)定？試預(yù)料它分解可能途徑，求出次氟酸分解熱效應(yīng)值。

（4）次氟酸剎那間能被熱水所分解，此時(shí)得到溶液既表現(xiàn)有氧化性（對(duì)于碘化鈉），又

表現(xiàn)有復(fù)原性（對(duì)于高鋅酸鹽），試推斷次氟酸在水解時(shí)能生成什么產(chǎn)物？寫(xiě)出全部反響方

程式。

解析：（1）氟及冰反響，生成H0F,當(dāng)ImolFz及Imol水作用時(shí)，除生成1molHOF

外，還剩1mol氟原子和1mol氫原子，因此還有另一產(chǎn)物為HF,所以反響方程式為F2+

H2O=HF+HOF,HOF為共價(jià)化合物，只有兩個(gè)未成對(duì)電子，故氧原子應(yīng)位于氫原子和氟原

子中間，分別及氫原子和氟原子各形成一個(gè)共價(jià)鍵，故其構(gòu)造式為H—O—F。它構(gòu)造及HOC1

酸相像，其中氟氧化數(shù)是否及次氯酸中CI氧化數(shù)一樣，顯+1價(jià)呢？因氟電負(fù)性比氧大，

吸引電子實(shí)力比氧強(qiáng)，它們之間共用電子對(duì)偏向氨，而不偏向氧，所以氟顯一1價(jià)。對(duì)于氯

原子而言，除及氟共用一對(duì)電子外，還及氫共用一對(duì)電子，其吸電子實(shí)力強(qiáng)于氫，故電子對(duì)

偏向氧。因?yàn)橐粚?duì)共用電子對(duì)偏向氧，另一對(duì)共用電子對(duì)偏離氧，故氧氧化數(shù)為0,次氟酸

中各元素氧化數(shù)為：

(2)生成熱是指由穩(wěn)定單質(zhì)生成1摩爾該酸反響熱效應(yīng)。計(jì)算生成熱時(shí)，可寫(xiě)出由單

質(zhì)生成該化合物反響方程式，不管該反響是否能發(fā)生。

該反響可■寫(xiě)出如下反響方程式：

(3)由于HOF分子中存在電中性氧原子以及易極化帶正電荷氫原子和帶負(fù)電荷瓶原

子，從而易分解成單質(zhì)02和氟化氫：2HOF=2HF+O2,反響物熱效應(yīng)同樣可由鍵能值求得。

(4)次氟酸被熱水分解，生成物即表現(xiàn)出氧化性，也表現(xiàn)出復(fù)原性，說(shuō)明生成物中有

一種元素化合價(jià)既可上升，也可降低。氟不行能形成此合物，因它無(wú)正價(jià)，只有負(fù)價(jià)。由于

HOF中氧為。價(jià)，故可能是0價(jià)氧及水中一2價(jià)氧形成了一1價(jià)中間價(jià)態(tài)產(chǎn)物為常見(jiàn)H2O2,

+

故分解產(chǎn)物是過(guò)氧化氫；反響方程式為：HOF+H2OHF+H2O2,2r+H2O2+2H=I2+2H2O,

+2+

5H2O2+2MnO；+6H=2Mn+5O2t+8H2O

+10-1

(1)構(gòu)造式為HOF,各元素氧化數(shù)為H-O-F,反響方程式為F2+H2OHF+HOF。

111

e

(2)-H2+-O2+-F^=HOF；AH=-103.5(kJ.moI)o

(3)不穩(wěn)定緣由在于分子中同時(shí)存在有電中性氧原子、易極化芍正電氫原子和帶負(fù)電

氟原子。分解途徑為:

2HOF=2HF+O2，=-103.5(kJ?moL)

（4）分解產(chǎn)物為H2O2,反響式見(jiàn)上解析（4）

7、為實(shí)現(xiàn)2000年消退碘缺乏病目的，國(guó)家衛(wèi)生部規(guī)定食鹽必需加碘，其中碘以碘酸鉀

或碘化鉀形式存在。

（1）有人烹調(diào)時(shí)，把兩種不同廠家消費(fèi)加碘鹽混合，當(dāng)?shù)问炒讜r(shí)，產(chǎn)生紫色蒸氣，反

響離子方程式為O

（2）這兩種加碘食鹽可以在潮濕空氣中暴露而加以鑒別，其原理是,

反響離子方程式。

解析：兩種不同廠家含碘鹽中，一家含KL另一家含KK）3。（1）中產(chǎn)生紫色蒸氣（I2），

說(shuō)明10］將「氧化。故答案如下：

（1）反響離子方程式為：

IOJ+5r+6CH3COOH-3I2+6CH3COO+3H2O

（2）其原理是：KI在潮濕空氣里，在陽(yáng)光作用下，會(huì)被空氣氧化產(chǎn)生紫黑色固體（或

紫色蒸氣。而KICh不被空氣氧化。反響離子方程式為：4r+O2+2H2O=2I2+4OH\

第二章物質(zhì)構(gòu)造元素周期律

第一節(jié)原子構(gòu)造和楨外電子桃布

1、下列說(shuō)法是否正確？如不正確，應(yīng)如何改正？

（1）S電子繞核旋轉(zhuǎn)，其軌道為一圓圈，而〃電子是走8字形。

（2）主量子數(shù)為1時(shí)，有自旋相反兩條軌道。

（3）主量子數(shù)為3時(shí)，有3s、3p、3d和3/四條軌道。

解析：本題是涉及電子云及量子數(shù)概念題。必需從根本概念動(dòng)身推斷正誤。

（1）不正確，因?yàn)殡娮舆\(yùn)動(dòng)并無(wú)固定軌道。應(yīng)改正為：s電子在核外運(yùn)動(dòng)電子云圖像

或幾率密度分布是一個(gè)球體，其剖面圖是個(gè)圓。而〃電子云圖或幾率密度分布是一個(gè)紡錘體,

其剖面圖是8形。

(2)不正確。因?yàn)椤?1、/=0、切=0,只有一個(gè)1s原子軌道，應(yīng)改為：主量子數(shù)為1時(shí)，

在1s原子軌道中有兩個(gè)自旋相反電子。

(3)不正確。因?yàn)椤?3時(shí)，/只能取0、1、2,所以沒(méi)有不另外3s、3p、3d電子云

形態(tài)不同，3P還有〃-0、士1三種空間取向不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，有3個(gè)原子軌道，3d有機(jī)=0、

±1和±2五種空間取向，有5個(gè)原子軌道，因此應(yīng)改為：主量子數(shù)為3時(shí)，有9個(gè)原子軌

道。

2、現(xiàn)代原子構(gòu)造理論認(rèn)為，在同一電子層上，可有s、p、d、卜g、h……等亞層，各

亞層分別有1、3、5……個(gè)軌道。試根據(jù)電子填入軌道依次預(yù)料：

(1)第8周期只有____________種元素。

(2)原子核外出現(xiàn)第一個(gè)學(xué)電子元素電子序數(shù)是/

(3)根據(jù)“穩(wěn)定島”假說(shuō)，第114號(hào)元素是一種穩(wěn)定同位素，當(dāng)衰期很長(zhǎng)，在自然界

都可能可以找到。試推想第114號(hào)元素屬于周期族元素，原子外圍電子構(gòu)型是

解析：本題考察四個(gè)量子數(shù)和電子排布等學(xué)問(wèn)。

(1)根據(jù)電子填充特點(diǎn)：(/?—3)g(n—2)J(n—\)dnsnp,可知在第8周期中，含有s、p、

d、于、g,其填充元素種數(shù)為：1X2+3X2+5X2+7X2+9X2=50(種)。解答此間時(shí)還可

以根據(jù)元素原子核外電子排布規(guī)律，用數(shù)學(xué)歸納法得出其通式，求出答案。

周期所能包容

周期數(shù)能級(jí)組電子亞層數(shù)電子數(shù)

元素種數(shù)

115212=2XR2

22s22p228=2X228

33523P628=2X228

43"。4s24P6318=2X3218

54〃。5525P6318=2X3218

64f45dl%s26p6432=2X4232

nMJ2........n伏

綜上歸納，當(dāng)〃為偶數(shù)時(shí)，每一能級(jí)最多可包容2皮+1）2個(gè)電子，化簡(jiǎn)即得〃周期

叱主種元素：當(dāng)〃為奇數(shù)時(shí)，每一個(gè)能級(jí)組最多可包容2（欠1+1）2個(gè)電子，化簡(jiǎn)即得〃

22

2

周期生里匚種元素。這樣不難推出第8周期所能包容電子數(shù)為50種元素。

2

（2）根據(jù)（1）分析，第一個(gè)出現(xiàn)V元素應(yīng)當(dāng)是第8周期IIIB族，應(yīng)當(dāng)為類(lèi)婀系元素，

其價(jià)電子構(gòu)型為"7/8?.因此它原子序數(shù)為139。

（3）114號(hào)元素可以氮為基注。根據(jù)每一周期元素種數(shù)，得知該元素應(yīng)當(dāng)在第七周期，

而位于第七周期稀有元素原子序數(shù)應(yīng)當(dāng)為118號(hào)，然后逐步往元素周期表前面推，正好推到

IVA族，因此它價(jià)電子構(gòu)型為7?7〃2。

3、假定某個(gè)星球上元素聽(tīng)從下面量子數(shù)限制。〃=1、2、3…；仁0、1、2……；m=±l；

加產(chǎn)+1/2,則在此星球上，前4個(gè)惰性元素原子序數(shù)各是多少？

解析：根據(jù)量子數(shù)限制，每周期只能有（2〃-1）個(gè)元素（可以后2為例排一下，特殊

留意"F±1及機(jī)產(chǎn)+1/2這兩條限制，看是否只排出3種元素），最終一種元素序數(shù)為

這樣，可得如下周期表形式：

234

56789

10111213141516

滿殼層為惰性元素，即1、4、9、16號(hào)元素。

4、（1）歐洲核子探討中心于1995年9、10月間制成了世界上第一批反原子——共9

個(gè)反氫原子，揭開(kāi)了人類(lèi)制造及利用反物質(zhì)新篇章。反氫原子核電荷數(shù)是,核外電子

數(shù)是。

（2）1974年Dye得到含獨(dú)立Na一離子化合物。試畫(huà)出Na「離子基態(tài)電子組態(tài)。

（3）金屬鈉和鉛合金可局部溶于液氨，形成溶液。該溶液導(dǎo)電史測(cè)定試驗(yàn)證明其中除

少量NH；與NH之外只存在一種陽(yáng)離子和一種陰離子，且它們個(gè)數(shù)比為4：1,陽(yáng)離子只帶一

個(gè)正電荷，陰離子包括9個(gè)原子。試寫(xiě)出該溶液中電解質(zhì)化學(xué)式。

解析：（1）反物質(zhì)探討是現(xiàn)代科學(xué)探討一個(gè)前沿。當(dāng)物質(zhì)及反物質(zhì)相遇時(shí)就會(huì)發(fā)生湮滅,

釋放出能量。反氫原子核電荷是負(fù)電荷，為一1;核外電子則為正電子，正電子數(shù)為1。

（2）金屬在特定條件下也可以帶上負(fù)電荷。Dye利用穴叫筆狀分子逐個(gè)封閉Na+離子，

晶體中有一半Na為Na，Na-基態(tài)電子組態(tài)為Is22s22P63s2。

（3）Na—Pb合金在液氨溶劑作用下，Na易失去電子成為Na+；從元素角度考慮，陰

離子是由Pb原子得電子形成。依題意，陰離子包括9個(gè)原子，又陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比為1：4,

所以陰離子為Pb^。電解質(zhì)化學(xué)式為Na4Pb9。

第二節(jié)元素周期律及元素周期表

1、A元素核外電子排布是4.產(chǎn)4/落則下列說(shuō)法中正確是（）

A.A常溫下可及氧氣化合為AO2

B.A可及濃HNO3反響

C.A單質(zhì)有很強(qiáng)金屬性

D.A氯化物Ack可以發(fā)生水解反響

解析：本題考察元素周期律及核外電子排布相關(guān)學(xué)問(wèn)。首先推斷出A在元素周期表中

位置以及是何元素，再利用元素周期律分析各選項(xiàng)正誤。由A核外電子排布4s24P2可知A

在第4周期第NA族，是Ge。IVA族元素位于元素周期表中部，即元很強(qiáng)金屬性，又無(wú)很

強(qiáng)非金屬性。通常金屬性強(qiáng)金屬易及氧氣化合，如K、Na、Ca等；而金屬性弱金屬不易及

氧氣化合，如Cu、Ag、Au等；不很活潑金屬鹽通常簡(jiǎn)潔發(fā)生水解，如鉛鹽、錫鹽等。因

此可推斷出B、D選項(xiàng)符合題意。

2、指出下列元素景族元素還是副族元素？位于周期表第幾周期第幾族？

(1)ls22522p63523p5(2)[Kr]4〃°5525P2

(3)[Ar]3/4$2(4)[Ar]3〃04s/(5)[Ar]4s」

解析：先根據(jù)其外圍電子構(gòu)型確定在元素周期表中位置，再確定其所在周期和族。

(1)“區(qū)，HI—VIIIA族或零族，族序數(shù)等于最外層電子數(shù)；2+5=7。是第三周期第VIIA。

(2)〃區(qū)，HI—VIIA族或零族，族序數(shù)等于最外層電子數(shù)：2+2=4,是第五周期第IVA

族。

(3)d區(qū)，HI—VHB族或VID族，族序數(shù)等于次外層d電子及最外層s電子之和：3+2=5。

是第四周期第VB族。

(4)去區(qū)，I—HB族，族序數(shù)等于其最外層電子數(shù)。是第四周期第IB族。

(5)s區(qū)，I—IIA族，族序數(shù)等于其最外層電子數(shù)。是第四周期第IA族。

3、設(shè)想你去某外層星球做了一次科學(xué)考察，采集了該星球上十種元素單質(zhì)樣品，為了

確定這些元素相對(duì)位置以便進(jìn)展系統(tǒng)探討，你設(shè)計(jì)了一些試驗(yàn)并得到如下結(jié)果:

單質(zhì)ABCDEFGHIJ

熔點(diǎn)(C)—500550160210-50370450300260250

及水反響VJV

及酸反響VVJ

及氧氣反響VVVVVVV

不發(fā)生化學(xué)反響V

相對(duì)于A元素

1.08.015.617.123.831.820.029.63.918.0

原子質(zhì)量

根據(jù)元素性質(zhì)周期遞變規(guī)律，試確定以上10種元素相對(duì)位置，并填入下表:

A

B

H

解析：解題關(guān)鍵是打破思維定勢(shì)。首先從熔點(diǎn)和不發(fā)生化學(xué)反響兩欄可確定A、E為不

活潑稀有氣體。再由元素性質(zhì)可得出B、F、G、H性質(zhì)相像，I、C性質(zhì)相像，D、J性質(zhì)相

像。最終結(jié)合相對(duì)于A元素原子質(zhì)量大小依次(F>H>E>G>J>D>D>B>I>A)確定它們相對(duì)

位置。同性相像元素在周期表中位置相鄰，其中相對(duì)原子質(zhì)量相差較大為同族相鄰，相對(duì)較

小為同周期相鄰。然后，根據(jù)相對(duì)原子質(zhì)量小元素其原子序數(shù)小原則排列，故上述元素在表

中相對(duì)位置為：

4、下圖表示元素X前五級(jí)電離能對(duì)數(shù)值，試推想X可能是哪些元素？

解析：本題考察對(duì)圖形分析，要留意圖中縱坐標(biāo)標(biāo)度是對(duì)數(shù)值，因此X元素第二和第

三三電離能之間有突變,說(shuō)明它有兩個(gè)電子簡(jiǎn)潔電離，電離第三個(gè)電子需要破壞8電子構(gòu)型,

所以它是IIA族元素。1撰十示出5個(gè)電子電離能值，因此它不行能是Be。因?yàn)锽e原子總共

X

X

只有4個(gè)電子，綜合分析，X可能是"lg、Ca、Sr或Ba。所以X可能是Mg、Ca、Sr或Ba。

xx

?「g節(jié)化學(xué)徒

1、BF3幾何構(gòu)型為平面正三角形，而NF3卻是三角錐形，試用雜化軌道加以說(shuō)明。

解析：用即2雜化軌道、sp3雜化軌道空間構(gòu)型及等性雜化和不等性雜化軌道加以說(shuō)明。

在BF3中B原子以三個(gè)即2雜化軌道分別及三個(gè)P原子2p軌道形成3個(gè)印2—P。鍵，B

原子三個(gè)卬2雜化軌道是等性雜化軌道，其空間構(gòu)型為平面正三角形，所以BF3幾何構(gòu)型為

平面正三角形。

而NF3中，N原子形成4個(gè)印3雜化軌道，其中有一個(gè)雜化軌道已排布兩個(gè)電子（弧電

子對(duì)），能量稍低，另外3個(gè)雜化凱道僅排1個(gè)電子，能量稍高。N原子用這3個(gè)能量相等、

各排布有1個(gè)電子卬3雜化軌道分別于3個(gè)F原子2〃軌道形成3個(gè)卯3-〃。鍵間夾角小于

109°28'（實(shí)為102.5°）。因此NF3分子幾何構(gòu)型為三角錐形。

2、試分別用價(jià)鍵理論和分子軌道理論說(shuō)明稀有氣體不能形成雙原子分子理由。

解析：從稀有氣體原子間電子不能配對(duì)成鍵和它們鍵極為零分別進(jìn)展說(shuō)明。稀有氣體外

層電子構(gòu)造為如2叩6（He除外），是穩(wěn)定8電子構(gòu)型，現(xiàn)以Ne為例加以說(shuō)明。

價(jià)鍵理論認(rèn)為：

.外層電子構(gòu)造為2522P6或叩|1|，全部電子都已互相成對(duì)，當(dāng)兩個(gè)Ne原子

2s2p

接近時(shí)，不能再互相配對(duì)（原子中無(wú)未成對(duì)電子），所以Nc不能形成Nez分子。

分子軌道理論認(rèn)為：

若能形成Nez分子，則其分子軌道排布式為：

[KK（O2s）2（司$）2（，/入）2（乃2%）2（42必）2（君「,）2（乃；區(qū)）2（（7?。?]

所以Ne不能形成雙原子分子。

3、NSF是一種不穩(wěn)定化合物，它可以聚合成三聚分子A,也可以加合一個(gè)『生成B,

還可以失去一個(gè)F-變成C。

（1）試寫(xiě)出NSF和產(chǎn)物A、B、CLewis構(gòu)造式。

（2）預(yù)期A、B、C中哪一個(gè)N—S鍵最長(zhǎng)？哪一個(gè)N—S鍵最短？為什么？

（3）假設(shè)有NSF同分異構(gòu)體存在[SNF],請(qǐng)根據(jù)（1）、（2）內(nèi)容答復(fù)問(wèn)題。

解析：（1）本題可承受Lewis構(gòu)造理論，計(jì)算出NSF化學(xué)鍵數(shù)。因

%=3x8-（5+6+7）=3,應(yīng)當(dāng)是三條共價(jià)鍵,即N=S—F,但它存在形式電荷：F,而

22

N=S—F中各原子形式電荷為零，所以只要修正S原子〃產(chǎn)10即可。

%=（10+2+8）—（5+6+7）=4所以NSFLewis構(gòu)造式為N三S—F,其中，N、S、F形式

22

電荷均為零。

（2）從A、B、C構(gòu)造看，CN—S鍵最短，因?yàn)镹—S之間為共價(jià)叁鍵，A、B構(gòu)造式

中N—S之間都為共價(jià)鍵，但A中可認(rèn)為有離域n鍵存在，所以A中N—S鍵最長(zhǎng)。

000

（3）當(dāng)SNF排列時(shí)，Lewis構(gòu)造式為S=N-F,所以

從構(gòu)造上看?，C中N—S鍵仍舊最短，A中N—S鍵最長(zhǎng)。

4、1919年Langmuir提出：“凡原子數(shù)及電子總數(shù)相等物質(zhì)，則構(gòu)造一樣，物理性質(zhì)相

近，”稱(chēng)為等電子原理，相應(yīng)物質(zhì)互稱(chēng)為電子體。（BN）〃是一種新型無(wú)機(jī)合成材料，它及某單

質(zhì)互稱(chēng)為等電子體。工業(yè)上制造（BN）〃方法之一是用硼砂和尿素在1073?1273K時(shí)反響，

得到a-（BN%及其他元素氧化物。a-（BN）〃可作高溫光滑劑，電器材料和耐熱涂層材料等。

如在高溫下反響，可制得尸-(BN)”，員(BN%硬度特高，是作超高溫耐熱陶亮材料、磨料、

精細(xì)刀具優(yōu)良材料。試問(wèn)：

(1)它及什么單質(zhì)互為等電子體？

(2)寫(xiě)出硼砂及尿素反響方程式。

(3)根據(jù)等電子原理畫(huà)出a-(BN)〃及￡-(BN%構(gòu)型。

解析：等電子體是一個(gè)很重要概念。它可以從已知物質(zhì)構(gòu)造和性質(zhì)推想未知等電子體構(gòu)

造和性質(zhì)。由于BN價(jià)電子=3+5=8,(BN)”價(jià)電子數(shù)為8〃(2X4〃)，及金剛石和石墨價(jià)電子

數(shù)相等(4〃)，而〃一8,因此在此狀況下4〃及2X4〃相等。再根據(jù)題中信息“尸-(BN)”硬度

特高，是作超高溫耐熱陶究材料、磨料、精細(xì)刀具材料”易知：￡-(BN)〃構(gòu)造及金剛石構(gòu)造

相像，而由“a-(BN)〃可作高溫光滑劑、電器材料和耐熱涂層材料等”可推知：a-(BN)〃構(gòu)

造及石墨相像。問(wèn)(2)主要是寫(xiě)化學(xué)方程式。在高溫下反響除生成指定產(chǎn)物(BN)〃外，還應(yīng)

生成其他穩(wěn)定物質(zhì)。根據(jù)質(zhì)量定恒定律，這些在高溫下穩(wěn)定物質(zhì)Na?。、CO2、H2OO

(1)a-(BN)〃、￡-(BN)〃及金剛石、石墨互為等電子體。

(2)Na2B4O7+2CO(NH2)2=4(BN)4+Na2O+4H2O+2CO2

(3)因?yàn)閍-(BN)”構(gòu)造及石墨相像，￡-(BN)〃構(gòu)造及金剛石構(gòu)造相像，則它們構(gòu)造畫(huà)

成：

(a-(BN)?構(gòu)造)(B-(BN)〃構(gòu)造)

需要指出是：在畫(huà)B-(BN)“構(gòu)造時(shí)，要留意B、N位置。B位于IIIA族，在一般化合物

中每個(gè)B原子四周只能相連三根共價(jià)鍵。

第卬節(jié)分子間作用力

1、某溫度、某壓強(qiáng)下取三份等體積無(wú)色氣體A,于198K、353K和363K下測(cè)得其摩

爾質(zhì)量分別為58.0g?mo「、20.6g?mol-1；于298K、353K、363K下各取1L(氣體壓強(qiáng)

一樣）上述無(wú)色氣體分別溶于10L水中，形成溶液均顯酸性。則

（1）無(wú)色氣體是。

（2）各溫度下摩爾質(zhì)量不同可能緣由是o

（3）若三份溶液體積一樣（設(shè)溶解后溶液溫度也一樣），其物質(zhì)量濃度比值是多少？

解析：（1）由題目信息可知不同溫度下測(cè)得A氣體摩爾質(zhì)量不同，并且隨著溫度上升

而減小，這種狀況可能是由于分子發(fā)生了締合所致。那么，A氣體原委是什么氣體？這可以

從所學(xué)過(guò)溶于水且具有酸性氣體如HCKCL、SO?、NO2、HF等氣體去找尋。在這些氣體

中，前四者沒(méi)有可以發(fā)生分子締合因素，盡管NO?可以締合，但是沒(méi)有哪一種形體分子量

及題目所給數(shù)據(jù)相吻合，故A只可能是HF,且從摩爾質(zhì)量角度驗(yàn)證也符合。另一方面，HF

分子間可以形成氫鍵，能發(fā)生分子締合。

（2）由于氫鍵形成及溫度無(wú)關(guān)。溫度越高締合度越小，溫度越低締合度越大。因此，

溫度從298K—353Kf363K,摩爾質(zhì)量從58.0g,mol20.6g,mol20.0g,mol-1是可

以理解。

（3）由于三種締合體溶于水后，均成HF單體分子。而溶液體積也是一樣，因此溶質(zhì)

物質(zhì)量濃度之比應(yīng)等于三種締合體溶于水后形成HF單體物質(zhì)量濃度之比。又因p、V是確

定，而氣體物質(zhì)物質(zhì)量也確定溫度成反比，因此在298K、353K、363K條件下制成三種稀

溶液中溶質(zhì)物質(zhì)量濃度之比為：

答案：（1）HF。（2）HF以氫鍵締合之故。（3）締合HF均以單體分子溶于水，在確定

溫度下，確定量締合氣體所含單體分子物質(zhì)量及締合氣體相對(duì)分子質(zhì)量成正比；P、V確定

時(shí)，氣體物質(zhì)物質(zhì)量及確定溫度成反比，故在298K、353K、363K二制成三種稀溶液中溶

質(zhì)物質(zhì)量濃度之比為：3.53:1.06:l.OOo

298353363

2、A和B兩種物質(zhì)互相溶解關(guān)系如圖所示，橫坐標(biāo)表示體系總組成，縱坐標(biāo)為溫度,

由下往上，溫度漸漸上升?！笗r(shí)a是B在A中飽和溶液組成，b是A在B中飽和溶液組成

（4時(shí)相應(yīng)為c,d）o乃為臨界溫度，此時(shí)A和B完全互溶。圖中曲線內(nèi)為兩相，曲線外

為一相（不飽和液）。某些物質(zhì)如H2O和（C2H5）3N,C3H5（OH）3和間一CH3c6H4NH2有低臨界

溫度（見(jiàn)圖）。請(qǐng)根據(jù).1：述事實(shí)，答復(fù)下列問(wèn)題：

（1）說(shuō)明圖中八存在緣由。

（2）說(shuō)明圖中所示兩對(duì)物質(zhì)存在低臨界溫度緣由。

（3）描繪圖中所示兩對(duì)物質(zhì)互溶過(guò)程。

解析：解本題關(guān)鍵是理解圖形。

（1）圖中所示A、B互相溶解關(guān)系在中學(xué)化學(xué)中可以找到這種模型，如苯酚及水互溶

體系。將盛有苯酚晶體和水溶液試管加熱片刻可視察到苯酚溶液。隨著溫度上升，兩相中互

相溶解度增大，兩相組成也接近直至到達(dá)一樣。（在1atm下，該點(diǎn)為65.9℃和34%（苯酚））。

這及題中曲線所示A、B互溶體系是一樣。

（2）圖乙和和圖甲相反，這說(shuō)明圖乙所示互溶體系有一種特殊因素影響溶解度。分析

給出H2O及（C2H5）3N,C3H5（OH）3和間-CH3c6H4NH2例子可找出氫鍵這種因素，明顯溶劑及

溶質(zhì)分子之間氫鍵形成有利于互溶，而溫度上升，分子間氫鍵裂開(kāi)，溶解度而減小。

答案：（1）物質(zhì)溶解度常隨著溫度上升而增大，所以在確定溫度下，A和B兩種物質(zhì)

能到達(dá)完全互溶。

（2）某些物質(zhì)如H2O和（C2H5）3N,C3H5（OH）3和間-CH3c6H4NH2存在低臨界溫度緣由

是它們?cè)谳^低溫度能形成分子間氫鍵，然而，隨著溫度上升，分子間氫鍵裂開(kāi)，所以溶解度

反而減小。

第五節(jié)晶體構(gòu)造

1、（2005年全國(guó)化學(xué)競(jìng)賽初賽試題）2001年3月發(fā)覺(jué)硼化鎂在39K時(shí)呈超導(dǎo)性，可能

是人類(lèi)對(duì)超導(dǎo)相識(shí)新里程碑。在硼化鎂晶體志向模型中，鎂原子和硼原子是分層排布，像維

夫餅干一層鎂一層硼地相間，圖中是該晶體微觀空間中取出局部原子沿C軸方向投影，白球

是鎂原子投影，黑球是硼原子投影，圖中硼原子和鎂原子投影在同一平面上。

（1）由下圖可確定硼化鎂化學(xué)式為O

（2）在下圖右邊方框里畫(huà)出硼化鎂一個(gè)晶胞透視圖，標(biāo)出該晶胞內(nèi)面、棱、頂角上可

能存在全部硼原子和鎂原子（鎂原子用大白球，硼原子用小黑球表示）。

解析：本題是晶體構(gòu)造根底學(xué)問(wèn)。解答此題關(guān)鍵是如何將立體圖形改寫(xiě)成平面圖形，或

將平面圖形復(fù)原成立體圖形。其次，要能根據(jù)立體圖形畫(huà)出該晶體晶胞。畫(huà)出晶胞關(guān)鍵是進(jìn)

展矢量平移，但所取晶胞應(yīng)滿意晶胞是晶體微觀空間根本平移單位定義，例如晶胞頂角應(yīng)完

全一樣等。晶體構(gòu)造中周期性重復(fù)最根本單位必需滿意3個(gè)條件，即化學(xué)組成一樣、空間構(gòu)

造一樣和四周環(huán)境一樣。需要指出是，從空間點(diǎn)陣上截取最根本重復(fù)單位可能有多種形式,

但我們通常是截取立方體，這有利于計(jì)算。

從圖中看，硼原子和鎂原子各自成層，互相交替穿插，硼原子層類(lèi)似石墨單層，但各自

上下比照。每個(gè)硼原子都在上下兩層鎂原子所形成三棱柱中心。也可以這樣形容：鎂原子間

形成正六棱柱，且棱柱上下底面還各有一個(gè)鎂原子；6個(gè)硼原子位于棱柱內(nèi)。因此，可以畫(huà)

出下列圖形（如圖所示）：

將此圖畫(huà)成立方體，可以改寫(xiě)成：

由上圖，很簡(jiǎn)潔得出其化學(xué)式為MgB2。

2、現(xiàn)有甲、乙、丙三種晶體，試寫(xiě)出甲、乙兩晶體化學(xué)式和丙晶體中C和D個(gè)數(shù)比。

解析：根據(jù)晶胞中點(diǎn)位置及它對(duì)單無(wú)晶胞奉獻(xiàn)，可分別算出三種晶體中所含微粒數(shù)目。

甲：X個(gè)數(shù)=1X1=1

Y個(gè)數(shù)=4XL=4

82

乙：A個(gè)數(shù)=1X1=1

B個(gè)數(shù)=8x』=l

8

A：B=1：1

丙：C個(gè)數(shù)=lxl+12x4=4

4

D個(gè)數(shù)=8x，+6x，=4

82

所以甲化學(xué)式為X2Y或YX2，乙化學(xué)式為AB或BA,丙中C：D=1：1。

3、（2005年浙江省化學(xué)競(jìng)賽集訓(xùn)試題）富勒烯是一系列碳原子簇合物總稱(chēng)。它應(yīng)用特

別廣泛，涉及光學(xué)、聲學(xué)、信息學(xué)、藥物學(xué)、催化、儲(chǔ)氫、超導(dǎo)等。18世紀(jì)俄羅斯數(shù)學(xué)家

萊昂哈德?歐拉通過(guò)理論論證明確指出，任何一個(gè)這樣多面體都必需恰好具有12個(gè)五邊形

方能閉合形成多面體。試答復(fù)：

（1）由12個(gè)五邊形構(gòu)成最小碳籠子分子式為,計(jì)算過(guò)程為o

（2）除碳原子能形成籠形球狀分子外，試驗(yàn)上還發(fā)覺(jué)以金屬原子局部取代碳原子金屬

一碳原子團(tuán)族分子，即：金屬碳烯。你認(rèn)為能代替碳原子化合物金屬有哪幾種？

（3）在最小金屬碳烯原子簇化合物中，金屬及碳原子個(gè)數(shù)比為2：3,這種最小金屬碳

烯團(tuán)簇分子式為（用M代表金屬）。

（4）美國(guó)探討人員通過(guò)理論計(jì)算證明，可以用24個(gè)X原子和24個(gè)Y原子代替48個(gè)

碳原子形成C12X24Y24新團(tuán)簇分子，在這種全非金屬團(tuán)簌分子12個(gè)五邊形中，每個(gè)五邊形中

有個(gè)X原子，有個(gè)Y原子，X是元素，Y是元素。C12X24Y24

及C60相比，熱穩(wěn)定性如何？

解析：本題是一道綜合試題。問(wèn)（1）可根據(jù)信息推斷出：每個(gè)碳原子及三個(gè)碳原子相

連。因此最小碳籠為：12X5+3=20。

問(wèn)（2）要使金屬原子局部取代碳原子，形成金屬一碳原子團(tuán)簇分子，即：金屬碳烯,

就應(yīng)當(dāng)是金屬價(jià)電子及碳原子價(jià)電子相等，即為4個(gè)價(jià)電子.因此金屬應(yīng)當(dāng)是IVA族和NB

族。

問(wèn)（3）其實(shí)是對(duì)問(wèn)（1）深化，要形成最小金屬碳烯原子簇化合物，就必需總原子數(shù)為