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107空课答案和解析
10.7空课答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查较为综合,涉及元素非金属性、非金属性、沸点,微粒半径大小、氢化物稳定性等知识,侧重于学生的分析能力的考查,注意把握元素周期律的递变规律,难度中等,学习中注意积累。
【解答】
①HF中含氢键,沸点最高,其它氢化物中相对分子质量大的沸点高,则沸点为HF>HI>HBr>HCl,故错误;
②元素的非金属性Cl>Br>I>S,对应离子还原性S2->I->Br->Cl-,故错误;
③非金属性Cl>Br>I,元素的非金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强,即酸性:
HClO4>HBrO4>HIO4,故正确;
④同主族从上到下,金属性增强:
K>Na,同周期从左到右,金属性减弱,即Na>Mg>Al,即金属性:
K>Na>Mg>Al,故正确;
⑤元素的非金属性F>Cl>S,气态氢化物稳定性HF>HCl>H2S,故正确;
⑥电子层越多,半径越大,电子层一样,核电荷数越多,半径越小,即O2->F->Na+>Mg2+,故正确。
故选B。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了常见化学用语的表示方法,题目难度不大,涉及电子式、离子结构示意图、元素符号及结构式等知识,明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键,试题侧重考查学生的规范答题能力。
【解答】
A.次氯酸分子中含有1个H-O键和1个O-Cl键,其正确的结构式为:
H-O-Cl,故A错误;
B.氧原子的质子数为8,含有10个中子的氧原子的质量数为18,其表示方法为:
O,故B正确;
C.
为硫原子结构示意图,S2-的质子数为16,核外电子数为18,各层电子数分别为2、8、8,硫离子正确的结构示意图为:
,故C错误;
D.氯化铵是离子化合物,由铵根离子与氯离子构成,其电子式为
,故D错误;
故选B。
3.【答案】D
【解析】解:
A.电子云表示电子出现的概率,电子云是用小黑点疏密来表示空间各电子出现概率大小的一种图形,不代表电子的运动轨迹,故A错误;
B.s亚层的原子轨道呈球形,处在该轨道上的电子不只在球壳内运动,还在球壳外运动,只是在球壳外运动概率较小,故B错误;
C.任何能层的p亚层都有3个原子轨道,与能层的大小无关,故C错误;
D.s、p电子原子轨道的平均半径随电子层的增大而增大,故D正确。
故选:
D。
A.电子云表示电子出现的几率,即表示电子在核外单位体积的空间出现的机会多少;
B.量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道;
C.任何能层的P能级都有3个原子轨道;
D.原子轨道半径随着电子层的增大而增大.
本题考查了电子的运动、原子轨道等知识点,注意电子云不是云雾,为易错点.
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查化学键、分子间作用力、氢键键长、键能等,把握判断化学键的一般规律及分子晶体的作用力为解答的关键,题目难度不大。
【解答】
A、键的极性的强弱:
N-H-H-H,因为电负性:
N<O<F,故A错误;
B、石墨的熔点高于金刚石,因为碳碳键的键长:
石墨<金刚石,故B正确;
C、熔点:
Ⅰ<Ⅱ,因为Ⅰ形成分子内氢键,Ⅱ形成分子间氢键,故C错误;
D、非金属性Cl>Br>I,则HI、HBr、HCl中的共价键键能增大,电离出氢离子不容易,所以酸性:
HI>HBr>HCl,故D错误。
故选B。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查的是配位键和电子排布等知识,难度一般。
【解答】
A.产物中CoCl3·5NH3的配体为NH3分子和氯离子,故A错误;
B.通入空气后得到的氧化产物含有[Co(NH3)5 Cl]Cl2,故B错误;
C.[Co(NH3)6]Cl2中心离子的价电子排布式为3d7,故C错误;
D.[Co(NH3)6]Cl2中含有配位键、极性共价键、离子键,故D正确。
故选D。
6.【答案】C
【解析】略
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查电负性、氢键、分子间作用力以及微粒半径的大小比较规律,考查知识点较多,但难度不大,属于基础知识的考查,注意学习中的积累即可。
【解答】
A.非金属性与电负性一致,Cl、Br、I非金属性减弱,故电负性依次减弱,故A错误;
B.核外电子排布相同的微粒,原子序数越大半径越小,故Na+、Mg2+、Al3+的半径依次减小,故B错误;
C.组成结构相似的分子范德华力和相对分子质量成正比,因碘分子的相对分子质量大于氯分子,故碘分子间范德华力大于氯分子间范德华力,故C错误;
D.
羟基与羧基处于对位,易形成分子间氢键,
羟基与羧基处于邻位,易形成分子内氢键,故
的沸点比
的沸点高,故D正确。
8.【答案】A
【解析】解:
A、若aXm+和bYn-两种离子电子层结构相同,则两种离子的核外电子总数相等,即:
a-m=b+n,整理可得:
a-b=n+m,故A错误;
B、24Mg16O晶体中电子总数为20,中子总数为20,电子总数与中子总数之比为1:
1,故B正确;
C、CS2分子中是碳硫双键,碳原子最外层有4个电子,碳原子和每个硫原子共用两对电子,C的最外层就满足8电子,硫原子本身最外层有6个电子,加上C原子的一对电子,就满足8电子稳定结构。
PCl3分子中P最外层有5个电子,P和每个Cl原子共用一对电子,所以P、Cl原子最外层都满足8电子结构,故C正确;
D、第ⅥA族元素中O的电负性最大,所以氢化物稳定性最好的是H2O,由于其分子间存在氢键,其沸点也最高,故D正确;
故选:
A。
根据原子核外电子排布规律以及质子数、电子数、中子数之间的关系,从常见共价化合物中的共用电子对数目角度以及主族元素氢化物稳定性和沸点的影响因素角度回答。
本题考查原子核外电子排布规律及电子、中子数目之间的关系,以及共价键的数目分析,氢化物稳定性、沸点的影响因素,熟练掌握基本知识是解决此题的关键。
9.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查元素的电负性、电离能的知识,为高频考点,理解电负性、电离能的概念是关键,综合性较强,属于易错题,题目难度不大。
【解答】
A.电离能大的元素,不易失电子,如He为2电子稳定结构,难失去电子,但He很难得到电子,故A错误;
B.零族元素单质最外层电子都达稳定结构,所以在周期表中0族元素的第一电离能最大,而不是电负性最大,故B错误;
C.F的电负性最大,非金属性最强,F元素没有对应的含氧酸,故C错误;
D.电离能最小的元素,金属性最强,形成的氧化物的水化物的碱性最强,故D正确。
故选D。
10.【答案】C
【解析】【分析】
本题以信息的形式考查有机配合物的中的化学键,注意环戊二烯的结构及电子排布规律即可解答,选项A为解答的易错点,题目难度中等。
【解答】
A.该分子是一种金属有机配合物,则不存在离子键,二茂铁中Fe2+与环戊二烯离子(C5)之间为配位键,故A错误;
B.环戊二烯中含3个C-C和2个C=C、6个C-H键,则1mol环戊二烯中含有σ键的数目为11NA,故B错误;
C.C=C中含π键,所以分子中存在π键,故C正确;
D.Fe的原子序数为26,亚铁离子的核外有24个电子,所以Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6,故D错误。
故选C。
11.【答案】C
【解析】解:
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。
m、p、q、r、s是由这些元素组成的二元化合物,常温常压下 r 为液体,其余均为无色气体,n 是元素Y的单质,是绿色植物光合作用产生的无色气体,则n为O2、Y为O元素。
p 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则p为NH3,由n+p→r+s可知r为H2O、s为NO.q 能使品红溶液褪色,则q为SO2,m 的摩尔质量为 p 的 2 倍,结合m+n→q+r,可知m为H2S,结合原子序数可知W为H、X为N、Z为S。
A.同主族主族元素随原子序数增大,电负性增大,故电负性Y(O)>X(N),故A错误;
B.N元素原子2p能级为半充满稳定状态,第一电离能高于O元素的,同主族自上而下第一电离能减小,故O元素的第一电离能大于S的,故B错误;
C.NH3 与 NO可以反应生成N2、H2O,H2S 与 SO2可以反应生成S与H2O,故C正确;
D.m为H2S,其水溶液显酸性,q为SO2,属于酸性氧化物,而s为NO,是不成盐氧化物,故D错误。
故选:
C。
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。
m、p、q、r、s是由这些元素组成的二元化合物,常温常压下 r 为液体,其余均为无色气体,n 是元素Y的单质,是绿色植物光合作用产生的无色气体,则n为O2、Y为O元素。
p 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则p为NH3,由n+p→r+s可知r为H2O、s为NO.q 能使品红溶液褪色,则q为SO2,m 的摩尔质量为 p 的 2 倍,结合m+n→q+r,可知m为H2S,结合原子序数可知W为H、X为N、Z为S。
本题考查元素化合物推断,物质的性质、光合作用等是推断突破口,注意抓住短周期元素形成二元化合物,关键熟练掌握元素化合物知识,注意掌握中学常见的工业制备、特殊置换反应、连续反应、三角转化等,注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况。
12.【答案】A
【解析】【分析】
本题N4为知识背景,考查了杂化类型的判断、电负性的比较、晶体类型的判断等,考查学生对所学知识的应用能力,题目难度中等。
【解答】
A.由图可知N4中每个N形成3个共价键,还含有一对孤电子,则其价层电子对数为4,所以属于sp3杂化,N与N之间均为单键,即σ键,故A正确;
B.同一周期从左到右,电负性逐渐增强,所以N的电负性小于O,由于常温常压下水为液态,氨气为气态,故沸点水大于氨气,故B错误;
C.每个N原子都以3个共价键与其他3个N原子结合形成共价键,从而形成正四面体结构,键角为60° ,故C错误;
D.N原子核外有7个电子,分别位于1s、2s、2p轨道,其轨道排布式为
,所以N原子核外有3个未成对电子,故D错误。
故选A。
13.【答案】B
【解析】解:
A、[Cu(EDTA)]SO4中所含的化学键有硫酸根离子与配离子之间是离子键,硫酸根离子、EDTA内部是共价键,EDTA与铜离子之间是配位键,氢键不属于化学键,故A错误;
B、EDTA中碳原子为单键和双键,单键为sp3杂化,双键为sp2杂化,所以EDTA中碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3,故B正确;
C、同一主族中,从上向下,元素第一电离能逐渐减小,同一周期中,元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大,但N元素的最外层电子处于半满状态,是一种稳定结构,所以它的第一电离能高于同周期相邻的元素,[Cu (EDTA)]SO4的组成元素的第一电离能顺序为N>O>S>C>H>Cu,故C错误;
D、SO42-中S原子价层电子对数=4+
=4,没有孤电子对,故SO42-为正四面体结构,SO42-与PO43-互为等电子体,PO43-也正四面体结构,故D错误,
故选:
B。
A、[Cu(EDTA)]SO4中所含的化学键有硫酸根离子与配离子之间是离子键,硫酸根离子、EDTA内部是共价键,EDTA与铜离子之间是配位键;
B、根据碳原子的成键情况要以判断碳原子的杂化方式,单键为sp3杂化,双键为sp2杂化,叁键为sp杂化;
C、同一主族中,从上向下,元素第一电离能逐渐减小,同一周期中,元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大,但N元素的最外层电子处于半满状态,是一种稳定结构,所以它的第一电离能高于同周期相邻的元素,据此判断;
D、根据互为等电子体结构相似判断.
本题比较综合,涉及化学键、杂化方式、第一电离能的判断以及等电子体等,需要学生具备扎实的基础与分析解决问题能力,难度中等.
14.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查原子核外电子的排布规律,注意对洪特规则特例的理解并能用语洪特规则特例解释物质的性质与一些实验实验.根据“原子核外p能级、d能级等原子轨道上电子排布为“全空”、“半满”、“全满”的时候一般更加稳定”,结合好玩的排布式来分析解答。
【解答】
①H、He原子核外只有s能级,H原子核外只有一个电子,未达到稳定结构,He原子核外有2个电子,已经达到稳定结构,不符合洪特规则特例,故①正确;
②26Fe2+容易失电子转变成26Fe3+,由3d6转化为3d5半满稳定状态,符合洪特规则的特例,故②正确;
③基态铜(Cu)原子的电子排布式为[Ar]3d104s1而不是[Ar]3d94s2,[Ar]3d104s1中d轨道处于全满,s轨道处于半满,符合洪特规则的特例,故③正确;
④激发态的原子是基态原子吸收能量后发生电子跃迁形成的,不符合洪特规则特例,故④错误;由以上分析可知:
②③正确,故C符合题意。
故选C。
15.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查原子结构与元素周期律,为高频考点,把握原子结构、电子排布规律来推断元素为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意元素的化合价,题目难度不大。
【解答】
有A、B、C三种主族元素,已知A元素原子的价电子构型为nsn,n为1时,A为H,n=2时A可能Be;B元素原子的M层上有两个未成对电子,价电子为3s23p2或3s23p4,B为Si或S;C元素原子L层的p轨道上有一对成对电子,价电子为2s22p4,C为O元素;
由上述分析可知,A为H或Be,B为Si或S,C为O,
由元素的化合价及化合物中正负化合价的代数和为0可知,存在H2SiO3、H2SO3、H4SiO4、H2SO4,不存在A3BC4,故D错误。
故选D。
16.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查物质结构性质,涉及分子极性判断、离子化合物的判断、元素周期律、配合物等知识点,综合性较强,把握基本概念及元素周期律即可解答,注意第一电离能的变化规律及异常现象,为易错点。
【解答】
①sp3杂化轨道是由同一个原子中能量最近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相同的新轨道,杂化后的各轨道完全相同,故正确;
②同一周期从左到右,元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势,但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素;元素电负性随着原子序数增大而增大,所以同一周期元素第一电离能从左到右不是越来越大的,故错误;
③键能越大、能量越低的分子越稳定,所以分子中键能越大,分子越稳定,表示分子拥有的能量越低,故错误;
④含有配位键的化合物是配合物,所以配合物中一定含有配位键,故正确;
⑤所有含极性键的分子不一定是极性分子,可能是非极性分子,如甲烷、二氧化碳等只含极性键但是非极性分子,故错误;
⑥熔融状态下能导电的化合物中一定含有自由移动的离子,含有离子键,所以一定是离子化合物,故正确;
⑦原子晶体中半导体导电,如Si等,故错误;
故选D。
17.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查原子杂化、共价键等,为高频考点,把握习题中的信息、光气的结构式为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意知识的迁移应用,题目难度不大。
【解答】
A.CHCl3分子含极性键,但结构不对称,是极性分子,故A错误;
B.单键为σ键,双键中含1个σ键、1个π键,共有3个σ键、一个π键,中心C原子上无孤对电子,C形成3个σ键,则C原子采用sp2杂化,故B正确;
C.Cl最外层有7个电子,O最外层有6个电子、C最外层有4个电子,由结构可知,含2个C-Cl、1个C=O,所有原子都满足最外层8电子稳定结构,故C正确;
D.若变质混有HCl,HCl与硝酸银反应,氯仿与硝酸银不反应,则使用前可用硝酸银稀溶液检验氯仿是否变质,故D正确;
故选:
A。
18.【答案】D
【解析】解:
A.CS2中价层电子对个数=2+
×(4-2×2)=2,为直线型结构,故A错误;
B.SnBr2中价层电子对个数=2+
×(4-2×1)=3且含有一个孤电子对,为V型结构,孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力,所以SnBr2键角小于120°,故B错误;
C.BF3中价层电子对个数=3+
×(3-3×1)=3,为平面三角形结构,所以BF3键角为120°,故B错误;
D.NH4+中价层电子对个数=4+
×(3+1-1×4)=4,为正四面体结构,所以NH4+键角等于109.5°,故D正确;
故选:
D。
根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型,分子中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力,据此分析解答.
本题考查了分子空间构型及键角,明确价层电子对互斥理论的作用是解本题关键,难点是计算孤电子对的方法,难度不大.
19.【答案】C
【解析】【分析】
本题以S2Cl2的结构为载体,考查分子结构、化学键、电子式、氧化还原反应等,难度不大,是对基础知识的综合运用与学生能力的考查,注意基础知识的全面掌握,是一道不错的能力考查题目。
【解答】
A.由结构可知,S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对,Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对,S2Cl2的电子式为
,S2Cl2是展开书页型结构,Cl-S位于两个书页面内,该物质结构不对称,正负电荷重心不重合,为极性分子,故A正确
B.S2Cl2分子中S-S为非极性键,S-Cl键为极性键,故B正确;
C.S2Br2与S2Cl2的组成与结构相似,原子半径Br>Cl,故键长S-Br>S-Cl,化学键S-Cl更稳定,故稳定性S2Br2<S2Cl2,故C错误;
D.S2Cl2遇水易水解,并产生能使品红溶液褪色的气体,该气体为二氧化硫,在反应过程中硫元素一部分升高到+4价(生成SO2),一部分降低到0价(生成S),符合氧化还原反应原理,故D正确。
故选C。
20.【答案】C
【解析】解:
HCl是极性分子,水是极性分子,四氯化碳是非极性分子,氯化氢易溶于水,难溶于四氯化碳.
A.倒置的漏斗可防倒吸,故A错误;
B.氯化氢难溶于四氯化碳,可防倒吸,故B错误;
C.氯化氢易溶于水,会发生倒吸,故C正确;
D.球形干燥管能防止倒吸,故D错误;
故选:
C.
HCl是极性分子,水是极性分子,四氯化碳是非极性分子,则HCl极易溶于水,难溶于四氯化碳,吸收HCl时不能直接将导管插入水中,必须使用防止倒吸的装置;常用的方法为:
使用倒置的漏斗、使用球形干燥管、使用四氯化碳和水的混合液,据此进行判断.
本题考查尾气处理装置,注意根据“相似相溶”规律解题,题目难度不大.
21.【答案】B
【解析】【分析】
根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断分子或离子的空间构型和键角。
本题考查价层电子对互斥理论和杂化轨道理论判断分子空间构型和键角,需明确孤电子对斥力大于键合电子对斥力。
题目难度不大,是基础题。
【解答】
①BCl3,根据VSEPR理论,配位原子个数为BP=3,孤电子对数为LP=
=0,则价电子对数为VP=BP+LP=3+0=3,根据杂化轨道理论,中心B原子为sp2杂化,键角为120°;
②NH3,根据VSEPR理论,配位原子个数为BP=3,孤电子对数为LP=
=1,则价电子对数为VP=BP+LP=3+1=4,根据杂化轨道理论,中心N原子为sp3杂化,理论上正四面体构型键角为109°28′,由于NH3分子中孤电子对存在,孤电子对斥力大于键合电子对斥力,使键角<109°28′;
③H2O,根据VSEPR理论,配位原子个数为BP=2,孤电子对数为LP=
,则价电子对数为VP=BP+LP=2+2=4,根据杂化轨道理论,中心O原子为sp3杂化,理论上正四面体构型键角为109°28′,由于H2O分子中存在两对孤电子对,且孤电子对斥力大于键合电子对斥力,且存在两对孤电子对,使得键角比NH3分子的键角还小;
④
,根据VSEPR理论,配位原子数为BP=4,孤电子对数为LP=
=0,则价电子对数为VP=BP+LP=4+0=4,根据杂化轨道理论,中心P原子为sp3杂化,键角为109°28′;
⑤HgCl2,根据VSEPR理论,配位原子数为BP=2,孤电子对数为LP=
=0,则价电子对数为VP=BP+LP=2+0=2,根据杂化轨道理论,中心Hg原子为sp杂化,键角为180°;
综上,键角由大到小的顺序为⑤①④②③,故选B。
22.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了配合物的组成知识,是物质结构的重要知识,掌握电离时外界电离,内界不电离是解题的关键,侧重基础知识的考察,难度中等。
【解答】
化合物中元素的化合价代数和为零,所以具有6个配体的Co3+的配合物CoClm•nNH3中m=3,又因为1mol此配合物与足量的AgNO3溶液反应只生成2molAgCl沉淀,依据Ag++Cl-=AgCl↓可知,1mol此配合物电离产生2mol氯离子,即化学式中外界有2个氯离子,则内界有1个氯离子,而此配合物具有6个配体,所以内界还有5个NH3,即n=5,故B正确。
故选B。
23.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了化学键的有关知识,明确离子键、共价键及金属键特点即可解答,注意化学键中的关键词“相互作用”的含义,知道配位键属于共价键而不是单独的一种化学键,为易错点。
【解答】
A.离子键通过阴阳离子之间的相互作用形成,范德华力是存在于分子与分子之间的一种作用力,两者都没有方向性和饱和性,而氢键不同于范德华力,具有方向性和饱和性,共价键是原子之间通过共用电子对形成,所以共价键也有方向性和饱和性,故A正确;
B.配位键在形成时,含有孤电子对的原子提供电子、含有空轨道的原子提供轨道,二者形成配位键,故B错误;
C.金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的,金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用,相互作用包含吸引力和排斥力,故C正确;
D.金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的,自由电子为金属阳离子共用,故D正确。
故选B。
24.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了元素周期律的综合应用,题目难度中等,试题侧重考查学生的总结归纳能力,注重基础知识的掌握是解本题的关键,注意概念的辨析。
【解答】
①具有相同核外电子排布的离子,阳离子的原子序数大于阴离子的原子序数:
M>R,故①错误;
②相对分子质量越大,熔点越大,则F2、Cl2、Br2、I2熔点随相对分子质量增大而升高,故②正确;
③CO2分子中各原子均达到8e-稳定结构,但BCl3中B原子最外层6电子,PCl5中P原子最外层10电子,H2O中氢原子最外层2电子,它们最外层都不是8电子,故③错误;
④干冰升华时,属于物理变化,破坏的是分子间作用力,CO2分子内的C=O键未被破坏,故④正确;
⑤HF的稳定性很强,是由于H-F键键能较大的原因,与氢键无关,氢键与其熔沸点有关,故⑤错误;
故选:
A。
25.【答案】D
【解析】解:
A.因氨气分子构型为三角锥形,即氮原子与所连的三个原子不在同一平面,所以A分子中所有原子不可能共平面,故A错误;
B.因N原子的电负性大于氢,与氮原子所连的氨基中的氮的化合价为-2价,故B错误;
C.一个单键就是1个σ键,一个双键含有1个σ键和1个π键,所以A分子中含有11个σ键和1个π键,故C错误;
D.根据元素守恒,1molA在足量O2中燃烧生成CO2、N2、H2O的物质的量分别为:
1mol,2mol,3mol,之比为1:
2:
3,故D正确;
故选:
D.
A.根据氨气分子构型为三角锥形来分析;
B.根据N原子的电负性大于氢;
C.根据一个单键就是1个σ键,一个双键含有1个σ键和1个π键来计算;
D.根据元素守恒来分析;
本题主要考查了有机物的结构、化合价、原子结构以及燃烧规律,需要学生具有一定的知识迁移能力.
2
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