化学课堂导练选修3学业质量标准检测2Word下载.docx
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铵离子中存在极性共价键和配位键,氨分子中氮原子上有孤电子对,H+、Cu2+、Ag+有空轨道,能形成配位键。
A项,只有硫酸四氨合铜中含有离子键、共价键和配位键,A项错误;
C项和D项中都不含配位键,C和D项错误。
5.用短线“—”表示共用电子对,用“·
·
”表示未成键孤电子对的式子叫路易斯结构式。
R分子的路易斯结构式可以表示为
。
则以下叙述错误的是( B )
A.R为三角锥形 B.R可以是BF3
C.R是极性分子 D.键角小于109°
28′
A.在
中含有3个单键和1对孤电子对,价层电子对数为4,空间上为三角锥形,故A正确;
B.B原子最外层含有3个电子,BF3中B原子形成3个共价键,B原子没有孤电子对,所以R不是BF3,故B错误;
C.由极性键构成的分子,若结构对称,正负电荷的中心重合,则为非极性分子,R分子的结构不对称,R是极性分子,故C正确;
D.三角锥形分子的键角为107°
,键角小于109°
28′,故D正确。
6.在化学中,常用一条短线表示一个化学键,如下图所示的物质结构中,虚线不表示化学键或分子间作用力的是( C )
A选项中的虚线表示石墨结构中层与层之间存在的范德华力。
C选项中的实线表示CCl4分子中实际存在的C—Cl共价键,虚线表示四个成键的氯原子相连时在空间形成的正四面体。
B、D两项中的虚线表示共价键。
7.下列分子的立体构型用sp2杂化轨道来解释的是( A )
①BF3 ②CH2===CH2 ③
④CH≡CH ⑤NH3
⑥CH4
A.①②③ B.①⑤⑥
C.②③④ D.③⑤⑥
sp2杂化轨道形成夹角为120°
的平面三角形,①BF3为平面三角形且B—F键角为120°
;
②CH2===CH2中的碳原子以sp2杂化,且未杂化的2p轨道形成π键;
③同②相似;
④乙炔中的碳原子为sp杂化;
⑤NH3中的氮原子为sp3杂化;
⑥CH4中的碳原子为sp3杂化。
8.Co(Ⅲ)的八面体配合物CoClm·
nNH3,若1mol该配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀,则m、n的值是( B )
A.m=1,n=5 B.m=3,n=4
C.m=5,n=1 D.m=4,n=5
由1mol配合物生成1molAgCl,知道1mol配合物电离出1molCl-即配离子显+1价,故外界有一个Cl-。
又因为Co显+3价,所以[CoClm-1·
nNH3]+中有两个Cl-,所以m=3,又因为+3价Co需要6个配体,n=6-2=4。
9.(2018·
宁夏石嘴山月考)下列分子或离子中键角由大到小排列的是( B )
①BCl3 ②NH3 ③H2O ④PCl
⑤BeCl2
A.⑤④①②③ B.⑤①④②③
C.④①②⑤③ D.③②④①⑤
根据价层电子对理互斥理论可知:
BCl3价层电子对数为3,无孤电子对,所以为平面三角形结构,键角为120°
NH3价层电子对数为4,有一个孤电子对,排斥力较小,故为三角锥形结构,键角为107.3°
H2O价层电子对数为4,有2个孤电子对,排斥力较大,故为V形结构,键角为104.5°
,PCl
价层电子对数为4,无孤电子对,故结构为正四面体,键角为109°
28′;
BeCl2价层电子对数目为2,无孤电子对,故为直线型结构,键角为180°
所以键角的大小顺序为:
BeCl2>
BCl3>
PCl
>
NH3>
H2O,所以B正确。
正确答案为B。
10.原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z和M中,W的最外层电子数为其周期数的二倍;
X和Z的A2B型氢化物均为V形分子,Y的+l价离子比M的-1价离子少8个电子。
根据以上叙述,下列说法中正确的是( C )
A.上述元素的原子半径大小为W<
X<
Y<
Z<
M
B.由这些元素形成的三原子分子中,空间结构为直线形的有WX2、WZ2、ZX2
C.元素W与氢形成的原子个数比为1∶1的化合物有很多种
D.X与Y可形成含有非极性共价键的共价化合物
原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y、Z和M中,W的最外层电子数为其周期数的2倍,则W只能有2个电子层,最外层电子数为4,故W为碳元素;
X和Z的A2B型氢化物均为V形分子,X为氧元素,Z为硫元素;
Y的+1价离子比M的-1价离子少8个电子,Y为钠元素,M为氯元素。
同周期元素随原子序数增大原子半径减小,同主族元素电子层数越多原子半径越大,故原子半径:
Na>
S>
Cl>
C>
O,即X<
W<
M<
Y,故A错误;
CO2、CS2属于直线形结构,而SO2分子中硫原子价层电子对数=2+(6-2×
2)/2=3。
有l对孤电子对,属于V形,故B错误;
碳元素与氢形成的原子个数比为1∶1的化合物有C2H2、C6H6、苯乙烯(C8H8)等多种,故C正确;
O与Na可形成氧化钠、过氧化钠,二者都属于离子化合物,故D错误。
11.(2018·
江西玉山测试)现有Ti3+的配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·
H2O,其中配离子[TiCl(H2O)5]2+中含有的化学键类型分别是( D )
A.离子键、配位键
B.非极性共价键、配位键
C.极性共价键、非极性共价键
D.极性共价键、配位键
配离子[TiCl(H2O)5]2+中含有非金属原子之间的极性共价键以及配位键,其中钛元素的配位体是H2O、Cl-,答案选D。
12.下列说法正确的是( B )
A.HF、HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高
B.H2O的熔、沸点大于H2S是由于H2O分子之间存在氢键
C.乙醇分子与水分子之间只存在范德华力
D.氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO>
HClO2>
HClO3>
HClO4
HF分子间存在氢键,其沸点反常,A错;
乙醇分子与水分子之间不只存在范德华力,还存在氢键,C错;
D中的酸性强弱排列顺序反了。
13.根据等电子原理判断,下列说法中错误的是( B )
A.B3N3H6分子中所有原子均在同一平面上
B.B3N3H6分子中存在双键,可发生加成反应
C.H3O+和NH3是等电子体,均为三角锥形
D.CH4和NH
是等电子体,均为正四面体形
等电子原理是指具有相同价电子总数和相同原子总数的分子或离子具有相似的结构特征。
苯是B3N3H6的等电子体,因此,它们的结构相似。
苯分子中所有的原子均在同一平面上,苯分子中不存在双键,B错误。
H3O+和NH3是等电子体,NH3是三角锥形,则H3O+也是三角锥形。
CH4和NH
是等电子体,CH4是正四面体形,所以NH
也是正四面体形。
14.下列说法中正确的是( A )
A.ABn型分子中,若中心原子没有孤对电子,则ABn为空间对称结构,属于非极性分子
B.水很稳定是因为水中含有大量的氢键所致
C.H2O、NH3、CH4分子中的O、N、C分别形成2个、3个、4个键,故O、N、C原子分别采取sp、sp2、sp3杂化
D.配合物[Cu(H2O)4]SO4中,中心离子是Cu2+,配位体是SO
,配位数是1
依据判断极性分子和非极性分子的经验规律可知A项正确;
H2O很稳定是因为H—O键键能大,B项错误;
在NH3、H2O、CH4中N、O、C均采取sp3杂化,只不过NH3、H2O分子中孤电子对占据着杂化轨道,C项错误;
[Cu(H2O)4]SO4中配位体是H2O,配位数是4,D项错误。
15.有五种元素X、Y、Z、Q、T。
X元素为主族元素,X原子的M层上有两个未成对电子且无空轨道;
Y原子的特征电子构型为3d64s2;
Z原子的L电子层的p亚层上有一个空轨道;
Q原子的L电子层的p亚层上只有一对成对电子;
T原子的M电子层上p轨道半充满。
下列叙述不正确的是( C )
A.元素Y和Q可形成一种化合物Y2Q3
B.X与T的最高价氧化物对应的水化物,前者的酸性比后者强,是因为前者的非羟基氧原子数目大于后者
C.X和Q结合生成的化合物为离子化合物
D.ZQ2是极性键构成的非极性分子
X的电子排布式为1s22s22p63s23p4,为S元素;
Y的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,为Fe元素;
Z的电子排布式为1s22s22p2,为C元素;
Q的电子排布式为1s22s22p4,为O元素;
T的电子排布式为1s22s22p63s23p3,为P元素。
C项中,X与Q形成的化合物SO2或SO3都为共价化合物,故C项不正确。
16.下列说法中,不正确的是( C )
A.N2O与CO2、CCl3F与CCl2F2互为等电子体
B.CCl2F2无同分异构体,说明其中碳原子采用sp3方式杂化
C.H2CO3与H3PO4的非羟基氧原子数均为1,二者的酸性(强度)非常相近
D.由ⅠA族和ⅥA族元素形成的原子个数比为1︰1、电子总数为38的化合物,是含有共价键的离子化合物
N2O与CO2的原子数相同,电子数相同,CCl3F与CCl2F2的原子数相同,原子的最外层电子数之和相同,它们都是等电子体;
CCl2F2无同分异构体,说明它是立体结构而不是平面结构,则碳原子采用sp3杂化方式;
由于CO2与H2O的化合程度小,H2CO3的酸性比H3PO4弱得多,C错;
D项中的物质指的是Na2O2,它是含有(非极性)共价键的离子化合物。
17.下表是元素周期表的一部分。
表中所列的字母分别代表某一种化学元素。
下列说法正确的是( C )
A.沸点A2D<
A2X
B.CA3分子是非极性分子
C.C形成的单质中σ键与π键个数之比为1∶2
D.B、C、D形成的气态氢化物互为等电子体
根据各元素在周期表中的位置知,A为氢、B为碳、C为氮、D为氧、X为硫、Y为氯。
A2D为H2O、A2X为H2S,H2O能形成氢键,故沸点H2O>
H2S,A项错误;
CA3为NH3是极性分子,B项错误;
N2中有1个σ键2个π键,C选项正确;
B、C、D的氢化物分别是CH4、NH3、H2O,微粒中原子数不同,不能互为等电子体,D项错误。
二、非选择题(本题包括5小题,共49分)
18.(2018·
潍坊二模,35)Cu、Fe、Se、Co、S、P等元素常用于化工材料的合成。
请回答下列问题:
(1)Fe3+最外层电子排布式为__3s23p63d5____,其核外共有__23____种不同运动状态的电子。
Fe3+比Fe2+更稳定的原因是__Fe3+的电子排布为[Ar]3d5,3d轨道为半充满状态,比Fe2+电子排布[Ar]3d6更稳定____。
(2)硒为第四周期元素,相邻的元素有砷和溴,则三种元素的电负性从大到小的顺序为__Br>
Se>
As____(用元素符号表示),SeO2分子的空间构型为__V形____。
(3)P4S3可用于制造火柴,其分子结构如图所示。
P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为__sp3____,每个P4S3分子中含孤电子对的数目为__10____。
19.(2018·
黑龙江哈尔滨一模)CO易与铁触媒作用导致其失去催化活性:
Fe+5CO===Fe(CO)5;
[Cu(NH3)2]Ac溶液用于除去CO的化学反应方程式:
[Cu(NH3)2]Ac+CO+NH3===[Cu(NH3)3]Ac·
CO(式中Ac代表醋酸根)。
(1)C、N、O的第一电离能最大的是__N____,原因是__N的2p能级为半满稳定状态,能量低,第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能____。
基态Fe原子的价电子排布图为__
____。
(2)Fe(CO)5又名羰基铁,常温下为黄色油状液体,则Fe(CO)5的晶体类型是__C或碳____,羰基铁的结构如下图,根据该图可知CO作为配位体是以__Cu2+的半径小且所带电荷多、水化能大____原子为配位原子与Fe原子结合。
(3)离子水化能是气态离子溶于大量水中成为无限稀释溶液时释放的能量。
离子在溶液中的稳定性可以从离子的大小、电荷、水化能等因素来解释。
Cu2+和Cu+的水化能分别是-2121kJ·
mol-1和-582kJ·
mol-1,在水溶液里Cu2+比Cu+稳定的原因是__sp3____。
[Cu(NH3)2]+在水溶液中相对稳定,在配合物[Cu(NH3)2]Ac中碳原子的杂化类型是__sp2____。
(4)用[Cu(NH3)2]Ac除去CO的反应中,肯定能形成__bd____。
a.离子键 B.配位键
C.非极性键 D.σ键
(1)同一周期元素,元素电负性随着原子序数增大而增大,但是N的2p能级为半满稳定状态,能量低,第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能,所以这三种元素第一电离能为:
N>
O>
C;
铁原子的3d、4s能级为其价电子,基态铁原子的价电子排布为3d64s2,排布图为
正确答案:
N;
N的2p能级为半满稳定状态,能量低,第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能;
(2)根据羰基铁的常温下为黄色油状液体,说明沸点低,为分子晶体;
根据羰基铁的结构图,可知CO作为配位体是以C原子为配位原子与Fe原子结合;
分子晶体;
C或碳。
(3)Cu2+和Cu+的水化能分别是-2121kJ·
mol-1,水化能越小,放出的热量越多,该离子越稳定,并且Cu2+半径比Cu+小,带电荷多,所以Cu2+比Cu+稳定;
在配合物[Cu(NH3)2]Ac中碳原子的杂化类型是sp3、sp2;
Cu2+的半径小且所带电荷多、水化能大;
sp3、sp2。
(4)用[Cu(NH3)2]Ac除去CO的反应中,肯定有铜原子与氮原子、碳原子之间形成的配位键且也是σ键生成;
正确选项bd。
20.(10分)X、Y、Z、Q、E五种元素中,X原子核外的M层中只有两对成对电子,Y原子核外的L层电子数是K层的两倍,Z是地壳内含量(质量分数)最高的元素,Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和,E在元素周期表的各元素中电负性最大。
(1)X、Y的元素符号依次是__S____、__C____。
(2)XZ2与YZ2分子的立体构型分别是__V形____和__直线形____,相同条件下两者在水中的溶解度较大的是__SO2____(写分子式),理由是__CO2是非极性分子,SO2和H2O都是极性分子,根据“相似相溶”原理,SO2在H2O中的溶解度较大_____。
(3)Q的元素符号是__Cr____,它属于第__4____周期,它的核外电子排布式为__1s22s22p63s23p63d54s1____,在形成化合物时它的最高化合价为__+6____。
(4)Y、Z、E三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序是__F>
C____。
(用元素符号表示)
(1)X原子核外的M层中只有两对成对电子,其外围电子排布应为3s23p4,可推得该元素为硫元素;
Y原子核外的L层电子数是K层的两倍,K层有2个电子,则L层应有4个电子,该原子核外有6个电子,应为碳元素。
(2)地壳内含量最高的元素是氧元素,故Z元素应为氧元素,XZ2是SO2,YZ2是CO2,分子空间结构是由价层电子对互斥模型得出的。
(3)Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和,所以Q的核电荷数为24,应为铬元素。
(4)E在元素周期表的各元素中电负性最大,应为氟元素。
同一周期从左到右元素的第一电离能呈增大的趋势。
21.(2018·
广东梅州二模)2017年5月海底天然气水合物(俗称“可燃冰”)试采成功,这是我国能源开发的一次历史性突破。
一定条件下,CH4和CO2都能与H2O形成如下图所示的笼状结构(表面的小球是水分子,内部的大球是CH4分子或CO2分子;
“可燃冰”是CH4与H2O形成的水合物),其相关参数见下表。
参数
分子
分子直径/nm
分子与H2O的结合能E/kJ·
mol-1
CH4
0.436
16.40
CO2
0.512
29.91
(1)CH4和CO2所含的三种元素电负性从大到小的顺序为__O>C>H____;
碳原子的最高能级的符号是__2p____,其电子云形状是__哑铃形____。
(2)CO2分子中碳原子的杂化轨道类型为__sp____,分子的立体构型为__直线型____。
CO2与SO2相同条件下在水中的溶解度较大的是SO2,理由是__SO2为极性分子,CO2为非极性分子,H2O为极性溶剂,极性分子易溶于极性溶剂,故SO2的溶解度较大____。
(3)为开采海底的“可燃冰”,有科学家提出用CO2置换CH4的设想。
已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586nm,根据上述图表,从物质结构及性质的角度分析,该设想的依据是__CO2的分子直径小于笼状空腔直径,且与H2O的结合力大于CH4____。
(4)“可燃冰”中分子间存在的作用力是氢键和__范德华力____,上图中最小的环中连接的原子总数是__10____。
(1)一般来说,元素的非金属性越强,电负性越强,所以顺序为:
O>C>H。
碳为第6号元素,原子核外有6个电子,其最高能级为2p。
p电子云的形状是哑铃形。
(2)根据价层电子对互斥理论,CO2的中心原子C的价电子对为2+(4-2×
2)=2对,所以CO2的空间构型为直线型,C的杂化类型为sp杂化。
CO2为直线型分子,所以
是非极性分子,而SO2为折线形,所以是极性分子,根据相似相溶的原理,SO2在极性溶剂(水)中的溶解度更大。
(3)已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586nm,根据上述图表,得到CO2分子的直径小于空腔直径,可以嵌入笼状结构中,同时二氧化碳与水分子的结合能高于甲烷,说明二氧化碳更易于与水结合,有可能将已经嵌入笼中的甲烷置换出来。
(4)分子之间存在的力除氢键以外,只可能是范德华力。
图中最小的环是由5个水分子通过氢键构成的,其结构为
,其中虚线代表氢键,实线代表共价键,所以最小的环中连接的原子为10个。
22.(2018·
广东揭阳三中一模)太阳能的开发利用在新能源研究中占据重要地位,单晶硅太阳能电池片在加工时,一般掺杂微量的铜、锎、硼、镓、硒等。
回答下列问题:
(1)二价铜离子的电子排布式为__1s22s22p63s23p63d9____。
已知高温下Cu2O比CuO更稳定,试从铜原子核外电子结构变化角度解释:
__亚铜离子价电子排布式为3d10,亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态____。
(2)往硫酸铜溶液中加入过量氨水,可生成[Cu(NH3)4]2+配离子。
已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形,但NF3不易与Cu2+形成配离子,其原因是:
__F的电负性比N大,N-F成键电子对偏向F,导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强,难以形成配位键,故NF3不易与Cu2+形成配离子____。
(3)铜与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2,1mol(SCN)2中含有π键的数目为__4NA____,类卤素(SCN)2对应的酸有两种,理论上硫氰酸(H—S—C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H—N=C=S)的沸点。
其原因是__异硫氰酸分子间可形成氢键,而硫氰酸不能____。
(4)硼元素具有缺电子性,其化合物可与具有孤电子对的分子或离子形成配合物,如BF3能与NH3反应生成BF3·
NH3。
在BF3·
NH3中B原子的杂化方式为__sp3____,B与N之间形成配位键,氮原子提供__孤电子对____。
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