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专题十 能力提升检测卷
（本卷共20小题，满分100分，考试用时75分钟）
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32
Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64
第I卷 （选择题共50分）
一、选择题：本题共10个小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符
合题目要求的。
1．关于氢键和分子间作用力，下列说法不正确的是( )
A．水在结冰时体积膨胀，是由于水分子之间存在氢键
B．NH 的稳定性很强，是因为其分子间能形成氢键
3
C．在氨水中水分子和氨分子之间也存在着氢键
D．分子间作用力较弱，破坏它所需能量较少
【答案】B
【解析】水在结冰时体积膨胀是由于水分子间以氢键互相联结，氢键有方向性和饱和性，所以形成的
晶体相对疏松，从而在结构上有许多空隙，造成体积膨胀，A项正确；NH 的稳定性取决于N—H键的稳
3
定性，而不是氢键，B项错误；氨分子和水分子之间主要是以氢键结合，氨气极易溶于水，所以在氨水中
水分子和氨分子之间存在氢键，C项正确；分子间作用力较弱，破坏它所需能量较少，D项正确。
2.我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHO＋
O――→CO＋HO。下列有关说法正确的是（ ）
2 2 2
A.反应物和生成物都是非极性分子 B.0.5 mol HCHO含有1 mol σ键
C.HCHO、CO 分子的中心原子的杂化类型相同 D.HCHO能溶解在HO中
2 2
【答案】D
【解析】A项，HCHO、HO都是极性分子，错误；B项，根据结构式 可知，0.5 mol HCHO含
2
有1.5 mol σ键，错误；C项，HCHO、CO 分子的中心原子分别采用sp2、sp杂化，错误；D项，HCHO和
2
HO都属于极性分子，且分子间能形成氢键，所以HCHO能溶解在HO中，正确。
2 2
3.下列有关NO、NO和NH 的说法正确的是（ ）
3
A.NO的键角大于NH 的键角 B.NO的空间结构为直线形
3
C.NH 中的N原子杂化类型为sp2 D.NH 作配体是因为N原子存在空轨道
3 3
【答案】A
【解析】NO中N的孤电子对数为＝0，价层电子对数为0＋3＝3，N为sp2杂化，NO为平面三角形结构，键角为120°，NH 中N的孤电子对数为＝1，价层电子对数为1＋3＝4，N为sp3杂化，NH 为三角锥
3 3
形结构，键角为107°，前者键角大，A正确；NO中N的孤电子对数为＝1，价层电子对数为1＋2＝3，N
为sp2杂化，NO为V形结构，B、C错误；NH 作配体是因为N有一对孤电子对，D错误。
3
4.下列关于[Cr（HO）Br ]Br·2H O的说法正确的是（ ）
2 4 2 2
A.配体为水分子，外界为Br－
B.中心离子的配位数为6
C.中心离子采取sp3杂化
D.中心离子的化合价为＋2价，加入足量AgNO 溶液，所有Br－均以沉淀形式存在
3
【答案】B
【解析】[Cr（HO） Br ]Br·2H O中内界为[Cr（HO） Br ]＋，Cr3＋为中心离子，配体为HO、Br－，
2 4 2 2 2 4 2 2
配位数为6，外界为Br－，Cr3＋提供的空轨道数为6，中心离子未采取sp3杂化。加入足量AgNO 溶液，只
3
有外界的Br－会以沉淀形式存在。
5.在通常条件下，下列比较正确的是（ ）
A.熔点：CO>KCl>SiO B.水溶性：HCl>CH >SO
2 2 4 2
C.键角：CH>H O>NH D.键能：H—F键>H—Cl键>H—Br键
4 2 3
【答案】D
【解析】晶体的熔点高低顺序一般为共价晶体>离子晶体>分子晶体，则熔点高低为SiO>KCl>CO ，
2 2
A错误；HCl和SO 均为极性分子，CH 为非极性分子，根据“相似相溶”规律，HCl和SO 在水中的溶解
2 4 2
度均大于CH，B错误；NH 、HO、CH 三种分子的中心原子均采取sp3杂化，CH 中C原子上没有孤电子
4 3 2 4 4
对，为正四面体形，NH 中N原子上有1对孤电子对，为三角锥形，HO中O原子上有2对孤电子对，为
3 2
V形，孤电子对数越多，键角越小，所以键角：CH>NH>H O，C错误；通常共价键键长越大，键能越
4 3 2
小，原子半径：FH—Cl键>H—
Br键，D正确。
6.下列关于物质结构与性质的说法中，不正确的是（ ）
A.I AsF 晶体中存在I，I的空间结构为V形
3 6
B.Cu的价电子排布图为
C.水分子间存在氢键，故HO的熔、沸点及稳定性均大于HS
2 2
D.第四周期元素中，Ga的第一电离能低于Zn
【答案】C
【解析】I的价层电子对数＝2＋＝4，含有2个孤电子对，故空间结构为V形，A正确；Cu的价电子排布式为3d104s1，由此可知其价电子排布图正确，B正确；非金属简单氢化物的熔、沸点与氢键和范德华
力有关，而稳定性与键能有关，HO中H—O的键能大于HS中H—S的键能，C错误；Zn的核外电子排
2 2
布为[Ar]3d104s2，电子所在的轨道均处于全充满状态，较稳定，故第一电离能大于Ga，D正确。
7.下列各组物质中，按熔点由低到高的顺序排列正确的是( )
A．O、I、Hg B．CO、KCl、SiO
2 2 2
C．Na、K、Rb D．Na、Al、Mg
【答案】B
【解析】A中Hg在常温下为液态，而I 为固态，故A错；B中SiO 为原子晶体，其熔点最高，CO是
2 2
分子晶体，其熔点最低，故B正确；C中Na、K、Rb价电子数相同，其原子半径依次增大，金属键依次减
弱，熔点逐渐降低，故C错；D中Na、Mg、Al价电子数依次增多，原子半径逐渐减小，金属键依次增
强，熔点逐渐升高，故D错误。
8.下列晶体的分类正确的一组是( )
选项 离子晶体 原子晶体 分子晶体 金属晶体
A CaC 石墨 Ar Hg
2
B 玻璃 金刚石 CHCHOH Ag
3 2
C CHCOONa SiC Mg
3
D Ba(OH) Si C NaH
2 60
【答案】C
【解析】石墨的层与层之间是分子间作用力，而碳原子间是共价键，石墨之中也会有自由电子在层与
层间移动，石墨属于混合型晶体，故A不选；玻璃是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅的混合物，不是纯净物，
不属于离子晶体，故B不选；CHCOONa是由醋酸根离子和钠离子组成的离子晶体，碳化硅是由碳原子和
3
硅原子组成的原子晶体，属于有机物，属于分子晶体，镁是由金属阳离子和自由电子组成的金属晶体，故
C选；NaH是钠离子和氢离子形成的离子晶体，不属于金属晶体，故D不选。
9．硫化锂是目前正在开发的锂离子电池的新型固体电解质，为立方晶系晶体。离子位置按图示坐标
系为：Li＋(0.25，0.25,0.25)；(0.25,0.75,0.25)；(0.75,0.25,0.25)；(0.75,0.75,0.25)；…S2－：(0,0,0)；
(0.5,0.5,0)；(0.5,0,0.5)；(0,0.5,0.5)；…则硫化锂晶胞沿z轴投影的俯视图(其中“ ”表示Li＋，“ ”表示
S2－)为( )
【答案】A【解析】硫化锂为立方晶系晶体，由离子坐标可知，S2－处于晶胞顶点与面心，Li＋处于晶胞的体心，
沿z轴投影的俯视，S2－处于正方形中心、顶角与边中心，Li＋处于正方形内部对角线上且关于中心对称，
“ ”表示Li＋，“ ”表示S2－，则俯视图为 ，故选A。
10．下列说法正确的是( )
A．同一原子中3s、3p、3d、4s能量依次升高
B．某原子核外电子由1s22s22p63s23p1→1s22s22p63s13p2，原子放出能量
C．p能级的原子轨道呈哑铃形，随着能层数的增加，p能级原子轨道数也在增多
D．按照泡利原理，在同一个原子中不可能存在两个运动状态完全相同的电子
【答案】D
【解析】多电子原子中，根据构造原理，各能级能量高低顺序：①相同能层而不同能级的能量高低 ns
＜np＜nd＜nf，②能层不同时的能量高低2s＜3s＜4s,2p＜3p＜4p；③不同能层不同能级的能量高低ns＜(n
－2)f＜(n－1)d＜np，所以同一原子中，3s、3p、4s、3d 能量依次升高，故A错误；3s能级上的电子比3p
能级上的电子能量更低，所以原子核外电子由 1s22s22p63s23p1→1s22s22p63s13p2，原子要吸收能量，故B错
误；p轨道是哑铃形的，任何能层的p能级都有3个原子轨道，与能层的大小无关，故C错误；在多电子
的原子中，电子填充在不同的能层，能层又分不同的能级，同一能级又有不同的原子轨道，每个轨道中最
多可以填充两个电子，自旋状态相反，在一个基态多电子的原子中，不可能有两个运动状态完全相同的电
子，故D正确。
二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项或两项
是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只
选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。
11.如图三条曲线表示C、Si和P元素的前四级电离能变化趋势。下列说法正确的是（ ）
A.元素电负性：c>b>a
B.气态氢化物的稳定性：c>a>b
C.气态氢化物的相对分子质量：a>b>cD.第五电离能I：a>c>b
5
【答案】D
【解析】同主族元素自上而下第一电离能逐渐减小，P元素3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于
同周期相邻元素的，故Si的第一电离能最小，由图中第一电离能可知，c为Si，P原子第四电离能为失去
3s2中1个电子，3s2为稳定状态，与第三电离能相差较大，可知 b为P、a为C。同周期主族元素自左而右
电负性逐渐增大，同主族元素自上而下电负性逐渐减小，则Si的电负性最小，故A错误；Si的非金属性最
弱，非金属性越强，气态氢化物越稳定，则 SiH 的稳定性最差，故B错误；气态氢化物的相对分子质量
4
b>c>a，故C错误；C、Si失去4个电子后最外层分别为1s2、2s22p6稳定状态，能量更低，再失去1个电子
时，第五电离能与第四电离能相差较大，P失去4个电子最外层为3s1状态，第四电离能与第五电离能相差
不大，故第五电离能C>Si>P，故D正确。
12.X、Y、Z、W是同一短周期的主族元素，原子序数依次增大；基态X的价层电子轨道表示式为
，Z最外层电子数是其次外层电子数的3倍；四种元素与锂组成的化合物结构如图（箭头表示配
位键）。下列说法正确的是（ ）
A.四种元素中第一电离能最大的是Z
B.Y和Z形成的化合物常温下均易溶于水
C.X的最高价氧化物对应的水化物是一种强酸
D.Z和W分别与氢元素形成的10电子化合物的沸点：前者高于后者
【答案】D
【解析】由题意可知，X、Y、Z、W分别为B、C、O、F。根据同一周期从左往右第一电离能呈增大
趋势，ⅡA族与ⅤA族反常，故四种元素中第一电离能最大的是W（F），故A错误；Y和Z形成的化合
物有CO和CO ，常温下CO难溶于水，CO 能溶于水，故B错误；X的最高价氧化物对应的水化物为硼
2 2
酸，是弱酸，故C错误。
13.已知冰晶石（NaAlF ）熔融时的电离方程式为NaAlF===3Na＋＋AlF。现有冰晶石的结构单元如
3 6 3 6
图所示，位于大立方体顶角和面心，位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心， 是图中、中
的一种。下列说法正确的是（N 表示阿伏加德罗常数的值）（ ）
AA.冰晶石是分子晶体
B.大立方体的体心处 代表AlF
C.与Na＋距离相等且最近的Na＋有6个
D.冰晶石晶体的密度为 g·cm－3
【答案】D
【解析】由冰晶石熔融时能发生电离，可知冰晶石是离子晶体，A错误；每个晶胞中含有的个数为
8×＋6×＝4，的个数为12×＋8＝11，根据冰晶石的化学式可知，AlF与Na＋的个数比为1∶3，故 与必然表
示同一种微粒， 代表Na＋，B错误；与Na＋距离相等且最近的Na＋有8个，C错误；晶体的密度为 g·cm
－3＝ g·cm－3，D正确。
14.X、Y、Z是三种短周期元素，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
子排布式是2s22p4，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．CX 分子是非极性分子
2
B．ZH 的VSEPR模型名称为三角锥形
3
C．Z 分子是非极性分子
4
D．酸HYO 比酸HZO 的酸性强
2 4 3 4
【答案】B
【解析】X、Y、Z是三种短周期元素，X原子的最外层电子排布式是2s22p4，X为O元素；X、Y位
于同一族，Y为S元素；Y、Z处于同一周期，均为第三周期元素，且Z原子的核外电子数比Y原子少1，
Z的质子数＝16－1＝15，则Z为P元素，由分析可知，X为O、Y为S、Z为P。CX 的结构式为
2
O==C==O，为直线形结构，结构对称、正负电荷的中心重合，为非极性分子，故A正确；ZH 为PH ，P
3 3
上有1对孤电子对，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，分子构型为三角锥形，故B错误；P 为
4
正四面体结构，结构对称、正负电荷的中心重合，为非极性分子，故C正确；非金属性S >P，因此最高价
氧化物对应水化物酸性HSO 比HPO 的强，故D正确。
2 4 3 4
15.在碱性溶液中，Cu2＋可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A.该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O
B.该配离子中铜离子的配位数是4
C.基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1
D.该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O>N>C>H
【答案】A
【解析】根据其结构可知，该配离子中的N和O可与水分子中的H形成氢键，而水分子中的O也可
与该配离子中的H形成氢键，因此该配离子与水分子形成氢键的原子除N和O外，还有H，A错误。
第II卷 （非选择题共50分）
三、非选择题：本题共4个小题，共50分。
16．（10分）氮的化合物应用广泛：
(1)Reineckesalt的结构如图所示：
其中配位原子为___(填元素符号)，阳离子的空间结构为___，NCS-中碳原子杂化方式为___。
(2)重铬酸铵[(NH )Cr O]为桔黄色单斜结晶，常用作有机合成催化剂，Cr O 的结构如图。
4 2 2 7 2
(NH )Cr O 中N、O、Cr三种元素第一电离能由大到小的顺序是___(填元素符号)，1mol该物质中含σ键的
4 2 2 7
数目为___N 。
A
(3)[Zn(IMI) ](ClO) 是Zn2+的一种配合物，IMI的结构为 ，IMI的某种衍生物与甘氨酸形
4 4 2成的离子化合物 常温下为液态而非固态。原因是___。
(4)已知：多原子分子中，若原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道，则p电子可在多个
原子间运动，形成“离域π键”(或大π键)。大π键可用 表示，其中m、n分别代表参与形成大π键的
原子个数和电子数，如苯分子中大π键表示为 。
①下列微粒中存在“离域Π键”的是_______________。
A．CH=CH—CH=CH B．CCl C．HO D．SO
2 2 4 2 2
②NaN 中阴离子N 与CO 互为等电子体，均为直线型结构，N 中的2个大π键可表示为_________。
3 2
【答案】N 正四面体 sp杂化 N＞O＞Cr 16 阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子
晶体晶格能小，熔点低(或阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子键键能小，熔点低) AD Π
【解析】
(1)根据Reineckesalt的结构图可知，配位原子为N，氮原子提供孤电子对；阳离子为铵根离子，根据
价层电子互斥理论，孤电子对数为0，含有4个σ键，采取sp3杂化，可知其空间结构为正四面体；NCS-中
碳原子的价层电子对数为2，孤电子对数为0，属于sp杂化；
(2)N为半满稳定结构，其第一电离能大于O，N、O为非金属，第一电离能均大于金属，所以N、O、
Cr三种元素第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞Cr；1个Cr O 含有8个σ键，1个铵根离子中含有4个
2
σ键，故1mol该物质中含有σ键数目为：(4×2+8) N =16 N ；
A A
(3)常温下，IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物 为液态而非固
态，原因为阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低(或阴阳离子半径大，电荷小，形
成的离子键键能小，熔点低)；
(4)①CH=CH—CH=CH 、SO 分子中各原子共面，且原子之间均有相互平行的p轨道，可以形成大Π
2 2 2
键，水分子中氢原子没有p轨道，不能形成大Π键，CCl 是正四面体构型，各原子不共面，不能形成大Π
4
键，因此微粒中存在“离域Π键”的是AD。②N 与CO 互为等电子体，均为直线型结构，根据二氧化碳的结构可以判断出N 中σ键为2个，该
2
离子中两边的氮原子提供1个电子，中间氮原子提供2个电子形成大Π键，所以形成的2个大π键可表示
为Π 。
17．（10分）（1）有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，如图1所示，该晶胞中N、Ti之间的
最近距离为a pm，则该氮化钛的密度为 g·cm－3（N 为阿伏加德罗常数的值，只列计算式）。该
A
晶体中与N原子距离相等且最近的N原子有 个。
（2）某六方硫钒化合物晶体的晶胞如图3所示（“”表示V，“”表示S），该晶胞的化学式为
VS。图2为该晶胞的俯视图。
①请在图3中用标出V原子的位置。
②已知晶胞的密度为d g·cm－3，计算晶胞参数h＝ （列出计算式即可）。
（3）钴蓝晶体结构如图，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，其化学式为 ，
晶体中Al3＋占据O2－形成的 （填“四面体空隙”或“八面体空隙”）。N 为阿伏加德罗
A
常数的值，钴蓝晶体的密度为_____ g·cm－3（列计算式）。
【答案】（1） 12 （2）①如图 ②
（3）CoAl O 八面体空隙
2 4
【解析】（1）根据均摊法，可知该晶胞中N原子个数为6×＋8×＝4，Ti原子个数为1＋12×＝4，所以晶胞的质量m＝ g，而晶胞的体积V＝（2a×10－10）3 cm3，所以晶体的密度ρ＝ g·cm－3。以晶胞顶点N
原子为研究对象，与之距离相等且最近的N原子处于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个
晶胞共用，故与之距离相等且最近的N原子数目为＝12。
（2）①该晶胞的化学式为VS，结合该晶胞的俯视图和晶胞结构可知，一个晶胞中含有 2个V原子、
2个S原子，因此V原子的位置是晶胞中8个顶点各一个，4条棱上各一个。②因为一个该晶胞中有2个
VS，所以一个晶胞质量为2×（32＋51）× g，根据图2得到晶胞底面积为a×a nm2，所以晶胞的体积为
a×ah nm3＝a2h×10－21 cm3，根据公式ρ＝可得，d＝，所以h＝。
（3）根据钴蓝晶体晶胞结构分析，一个晶胞中含有的Co、Al、O个数分别为：4×＝8、4×4＝16、
8×4＝32，所以化学式为CoAl O ；根据结构观察，与Al3＋距离最近且相等的O2－有6个，故晶体中Al3＋占
2 4
据O2－形成的八面体空隙；该晶胞的体积为（2a×10－7）3 cm3，该晶胞的质量为 g，所以密度为 g·cm－3。
18．（15分）黄铜矿(主要成分为CuFeS)是一种天然矿石。中国在商代或更早就掌握了由它冶炼铜的
2
技术。医药上，黄铜矿有促进骨折愈合的作用。请回答下列问题：
（1）基态Cu+比Cu2+稳定的原因是___。
（2）SO 的空间构型为___，与SO 互为等电子体的离子是___(写出一种化学式即可)。
（3）图为某阳离子的结构，加热时该离子先失去的配位体是___(填化学式)，原因是___。
（4）四方晶系的CuFeS 晶胞结构如图1所示。
2
①CuFeS 中各元素电负性数值从小到大的顺序为___，晶胞中S原子的杂化方式为___。
2
②晶胞中Cu和Fe的投影位置如图2所示。设阿伏伽德罗常数的值为N ，则该晶体的密度为
A
___g·cm-3。
③以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标，例如图
1中原子1的坐标为( ， ， )，则原子2的坐标为___。晶体中距离Fe最近的S有___个。【答案】
（1）Cu+的价电子为3d10，为全充满状态，稳定，Cu2+的价电子为3d9，较不稳定
（2）三角锥形 PO (或ClO 等)
（3）HO O的电负性强于N元素，NH 更容易提供孤电子对，NH 的配位能力强
2 3 3
（4）Fe＜Cu＜S sp3 ( ，1， ) 4
【解析】
（1）基态Cu+比Cu2+稳定的原因是Cu+的价电子为3d10，为全充满状态，稳定，Cu2+的价电子为3d9，
较不稳定；
（2）SO 的中心原子价层电子对数为 ，其空间构型为三角锥形，根据等电
子原理S=P－=Cl＋，因此与SO 互为等电子体的离子是PO (或ClO 等)；
（3）图为某阳离子的结构，其配体分别为上下水分子，四周为氨气分子，由于氧的电负性较大，N电
负性比O小，氨气与铜离子形成配位键比水与铜离子形成配位键稳定，因此加热时该离子先失去的配位体
是HO，原因是O的电负性强于N元素，NH 更容易提供孤电子对，NH 的配位能力强；
2 3 3
（4）①根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此CuFeS 中各元
2
素电负性数值从小到大的顺序为Fe＜Cu＜S，从图中可以看出S周围都连了四个价键，因此晶胞中S原子
的杂化方式为sp3。②晶胞中Cu和Fe的投影位置如图2所示，铜原子有 ，铁原子有
，硫原子有8个。设阿伏伽德罗常数的值为N ，则该晶体的密度为
A；
③根据原子的分数坐标，如图1中原子1的坐标为( ， ， )，则原子2的坐标为( ，1， )，根
据图中顶点Fe与硫的关系得到晶体中距离Fe最近的S有4个。
19．（15分） M、Q、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素。M原子核外电子有6种运
动状态，R和X同主族。Z、W是第四周期的过渡元素，Z2＋的核外d电子数是W＋核外d电子数的一半，
W＋核外没有未成对电子。请回答下列问题：
（1）基态W原子的价层电子的轨道表示式为 。
（2）M、Q和R的第一电离能由小到大的顺序是 （用元素符号表示）。
（3）比较简单离子半径：Xn－ （填“>”“＝”或“<”，下同）Ym－，Rn－ P3－。
（4）在上述元素形成的微粒中，与MR 的空间结构相同的是 （写一种）；QY 分子的空间
2 3
结构是 。
（5）W的单质晶体的晶胞结构如图所示。W的单质晶体中A、B、C、D围成1个正四面体空隙，该
晶胞中正四面体空隙的数目为 。某种Z的硫化物晶体中S2－以W的单质晶体中W原子的方式堆
积，Z2＋填充在正四面体空隙中，则Z2＋的填充率（即填充Z2＋的正四面体空隙数和正四面体空隙总数的比
值）为 。
【答案】（1）
（2）C <
（4）CS（其他合理答案也可） 三角锥形
2
（5）8 50%
【解析】M原子核外电子有6种运动状态，说明M原子核外有6个电子，即M为C元素；W＋核外没
有未成对电子，W是第四周期的过渡元素，因此W为Cu元素；Z2＋的核外d电子数是Cu＋核外d电子数的一半，则Z原子的价层电子排布式为3d54s2，即Z为Mn元素；R和X同主族，X和Y为第三周期主族元
素，Q与R为第二周期主族元素，因此Q为N元素，R为O元素，X为S元素，Y为Cl元素。
（3）电子层结构相同的简单离子，原子序数越小，简单离子半径越大，故离子半径：S2－>Cl－，P3－
>S2－，又同主族元素简单离子的半径随原子序数增大而增大，故离子半径：S2－>O2－，即离子半径：O2－
