配套K12高三化学寒假作业9 新人教版选修4《化学反应原理》.docx

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配套K12高三化学寒假作业9新人教版选修4《化学反应原理》

2016年高二化学寒假作业9

一、选择题（本题共7道小题）

1.

在乙烯分子中有5个σ键、一个π键，它们分别是（　　）

A．sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键

B．sp2杂化轨道形成π键、未杂化的2p轨道形成σ键

C．C﹣H之间是sp2形成的σ键，C﹣C之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键

D．C﹣C之间是sp2形成的σ键，C﹣H之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键

2.

下列过程与配合物的形成无关的是（　　）

A．向一定量的AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消失

B．向FeCl3溶液中加入KSCN溶液

C．向一定量的CuSO4溶液中加入氨水至沉淀消失

D．除去铁粉中的铝粉可以用强碱溶液

3.下列说法中错误的是：

（　　）

A．SO2、SO3都是极性分子

B．在NH4+和2+中都存在配位键

C．元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强

D．原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特性

4.科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N（NO2）3（如图所示）．已知该分子中N﹣N﹣N键角都是108.1°，下列有关N（NO2）3的说法正确的是（）

A．分子中N、O间形成的共价键是非极性键

B．分子中四个氧原子共平面

C．该物质既有氧化性又有还原性

D．15.2g该物质含有6.02×1022个原子

5.

膦（PH3）又称为磷化氢，在常温下是一种无色有大蒜臭味的有毒气体，电石气的杂质中常含之．它的分子是三角锥形．以下关于PH3的叙述中，正确的是（　　）

A．PH3是非极性分子

B．PH3分子中有未成键的电子对

C．PH3是强氧化剂

D．PH3分子中的P﹣H键是非极性键

6.已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度，且原子间以单键结合．下列有关C3N4晶体的说法中正确的是（　　）

A．C3N4晶体是分子晶体

B．C3N4晶体中C﹣N键的键长比金刚石中的C﹣C键的键长短

C．C3N4晶体中C、N原子个数之比为4：

3

D．C3N4晶体中微粒间通过离子键结合

7.有关晶体的叙述中正确的是（）

A．在SiO2晶体中，由Si、O构成的最小单元环中共有8个原子

B．在28g晶体硅中，含Si﹣Si共价键个数为4NA

C．金刚石的熔沸点高于晶体硅，是因为C﹣C键键能小于Si﹣Si键

D．镁型和铜型金属晶体的配位数均为12

二、填空题（本题共3道小题）

8.A、B、C、D、E五种元素是周期表中前四周期的元素。

只有A、B、C为金属且同周期，原子序数A

A、C核外均没有未成对电子；B原子核外有二个未成对电子和三个空轨道。

D原子最外层电子数是其周期序数的三倍。

E能与D形成化合物ED2，可用于自来水的消毒。

（1）C的基态原子的价层电子排布式为   ；D和E的电负性大小关系为    。

（用元素符号表示）

（2）化合物E2D分子的空间构型为                    ，中心原子采用             杂化。

E与D还可形成三角锥结构的阴离子，该离子的化学式为       ，任意写出一种它的等电子体的化学式为            。

（3）B与E能形成一种化合物BE4，其熔点：

-25℃，沸点：

l36．4℃。

则该化合物属于    晶体，晶体内含有的作用力类型有          。

（4）A、B、D三种元素形成的某晶体的晶胞结构如图，则晶体的化学式为      。

若最近的B与D的原子距离为acm，该物质的摩尔质量为Mg／mol，阿伏加德罗常数的数值为NA，则该晶体的密度为          g/cm3。

9.卤族元素包括F、Cl、Br等．

（1）下面曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是　　．

（2）利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷，如图为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有B原子的个数为　　，该功能陶瓷的化学式为　　．

（3）BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为　　和　　．第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有　　种．

（4）若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物中提供孤对电子的原子是　　．

10.

（20分）下表是元素周期表的一部分．表中所列的字母分别代表一种化学元素．

试回答下列问题：

（答案中涉及字母均用具体元素符号作答）

（1）I的元素符号为　　，K的元素名称为　　，J在周期表中的位置是　　；

（2）写出基态时J元素原子的电子排布式　　，N元素原子的简化电子排布式　　．

（3）ABGH的原子半径大小顺序是　　；ABCD的第一电离能大小顺序是　　；

ABCD的电负性大小顺序是　ABGH的最高价氧化物的水化物酸性强弱顺序是　　；

（4）AC32﹣的中心原子的杂化轨道类型是　　，微粒的空间构型是　　；BD3中心原子的杂化轨道类型是　　；分子的空间构型是　　；

（5）根据等电子原理，指出B2C与AC2，AC与B2互为等电子体，那么A2B分子中的σ键数目为　　，π键数目为　　，AC分子中的σ键数目为　　，π键数目为　　；

（6）在L3[J（AB）6]中中心离子是　　，配体是　　，配位数是　　．

试卷答案

1.A

考点：

共价键的形成及共价键的主要类型．

专题：

化学键与晶体结构．

分析：

乙烯中存在4个C﹣H键和1个C=C双键，没有孤对电子，成键数为3，则C原子采取sp2杂化，以此来解答．

解答：

解：

乙烯中存在4个C﹣H键和1个C=C双键，没有孤对电子，成键数为3，则C原子采取sp2杂化，

C﹣H之间是sp2形成的σ键，C﹣C之间有1个是sp2形成的σ键，C﹣C之间还有1个是未参加杂化的2p轨道形成的π键，

故选A．

点评：

本题考查共价键的形成，注意C=C双键中有1个σ键、一个π键，π键是未参与杂化的2p轨道肩并肩形成的，题目难度中等．

2.D

考点：

配合物的成键情况．

专题：

化学键与晶体结构．

分析：

只要反应过程中没有形成配位键、不生成配合物的就与配合物的形成无关，根据各物质间的反应判断．

解答：

解：

A．银离子和氨水反应生成氢氧化银沉淀，氢氧化银能和氨水反应生成银氨配合物，所以与配合物的形成有关，故A不选；

B．铁离子和硫氰化钾溶液反应生成硫氰化铁配合物，所以与配合物的形成有关，故B不选；

C．铜离子和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，氢氧化铜和氨水反应生成铜氨络合物，所以与配合物的形成有关，故C不选；

D．除去铁粉中的铝粉可以用强碱溶液，铝粉与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，没有配合物生成，与配合物的形成无关，故D选；

故选D．

点评：

本题考查了配合物的形成，明确物质间的反应是解本题关键，题目难度不大．

3.A

解：

A、SO2中心原子S的化合价为+4价，最外层电子未全部参与成键，含有孤对电子对，为极性分子；SO3中心原子S的化合价为+6价，最外层电子全部参与成键，没有孤对电子对，SO3是平面三角形的分子，是非极性分子，故A错误；

B、氨气分子与氢离子通过配位键形成NH4+，铜离子提供空轨道，氨气分子提供孤对电子对，Cu2+与NH3通过配位键形成

2+，故B正确；

C、电负性是元素的原子在化合物中吸引电子能力的标度，元素电负性数值越大，表示其原子在化合物中吸引电子的能力越强；反之，电负性数值越小，相应原子在化合物中吸引电子的能力越弱，故C正确；

D、原子晶体中相邻原子间以共价键结合而形成的空间网状结构的晶体，共价键结合牢固，原子晶体的熔、沸点高，硬度大，故D正确．

故选：

A．

4.C

考点：

极性键和非极性键；物质分子中的原子个数计算；键能、键长、键角及其应用．

分析：

根据信息中该分子中N﹣N﹣N键角都是108.1°及N（NO2）3的结构应与氨气相同，则分子中四个氮原子不共平面，利用元素的化合价来分析其性质，利用是否同种元素之间形成共用电子对来分析极性键．

解答：

解：

A、N（NO2）3是一种共价化合物，N、O原子之间形成的化学键是极性键，故A错误；

B、根据题干信息知该分子中N﹣N﹣N键角都是108.1°，推知分子中4个氮原子在空间呈四面体型，

所以分子中四个氧原子不可能共平面，故B错误；

C、该分子中的氮元素为+3价，+3价氮既有氧化性又有还原性，故C正确；

D、N（NO2）3的相对分子质量为152，15.2gN（NO2）3为0.1mol，该物质的分子中所含原子为1NA即6.02×1023个原子，故D错误．

故选：

C．

点评：

作为2011年的安徽理综高考题，题干信息比较新颖，同时考查大家熟悉的化学键、分子结构、氧化还原反应和物质的量的相关计算．

5.B

考点：

极性分子和非极性分子；判断简单分子或离子的构型；极性键和非极性键；重要的氧化剂．

分析：

A．正负电荷重心不重合的分子为极性分子，正负电荷重心重合的分子为非极性分子；

B．PH3分子中有1个未成键的孤对电子；

C．根据P元素的化合价分析；

D．同种非金属元素之间存在非极性键，不同非金属元素之间存在极性键．

解答：

解：

A．该分子为三角锥型结构，正负电荷重心不重合，所以为极性分子，故A错误；

B．PH3分子P原子最外层有5个电子，其中3个电子和3个H原子形成共用电子对，所以该物质中有1个未成键的孤对电子，故B正确；

C．PH3中P为﹣3价，为最低价态，易失电子而作还原剂，所以一种强还原剂，故C错误；

D．同种非金属元素之间存在非极性键，不同非金属元素之间存在极性键，所以P﹣H原子之间存在极性键，故D错误；

故选B．

点评：

本题以膦为载体考查了物质的结构、化学键等知识点，以氨气分子为例采用知识迁移的方法进行分析解答，注意结合基本概念分析，题目难度不大．

6.B

解：

A．C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，则C3N4晶体是原子晶体，故A错误；

B．因N的原子半径比C原子半径小，则C3N4晶体中，C﹣N键的键长比金刚石中C﹣C键的键长要短，故B正确；

C．原子间均以单键结合，则C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子，所以晶体中C、N原子个数之比为3：

4，故C错误；

D．C3N4晶体中构成微粒为原子，微粒间通过共价键合，故D错误；

故选B．

7.D

考点：

晶胞的计算；金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系；金属晶体的基本堆积模型．

分析：

A．在SiO2晶体中，由Si、O构成的最小单元环中共有12个原子；

B.28g晶体硅的物质的量为

=1mol，每个Si原子占有两个Si﹣Si键；

C．原子晶体中，键能越大、键长越短，其熔沸点越高；

D．Mg是六方最密堆积、Cu是面心六方最密堆积，Cu晶体中Cu原子配位数=3×8×

，Mg晶体中Mg原子配位数=4×6×

．

解答：

解：

A．在SiO2晶体中，每个环上有6个Si原子，每2个Si原子之间含有一个O原子，所以由Si、O构成的最小单元环中共有12个原子，故A错误；

B.28g晶体硅的物质的量为

=1mol，每个Si原子占有两个Si﹣Si键，所以在28g晶体硅中，含Si﹣Si共价键个数为2NA，故B错误；

C．原子晶体中，键能越大、键长越短，其熔沸点越高，金刚石的熔沸点高于晶体硅，是因为C﹣C键键长小于Si﹣Si键、C﹣C键能大于Si﹣Si，故C错误；

D．Mg是六方最密堆积、Cu是面心六方最密堆积，Cu晶体中Cu原子配位数=3×8×

=12，Mg晶体中Mg原子配位数=4×6×

=12，故D正确；

故选D．

点评：

本题考查基本计算、原子晶体熔沸点比较、化学键的计算等知识点，侧重考查学生分析计算、空间想象能力，知道金刚石、二氧化硅最小环上原子个数，难点是Mg晶体配位数的计算方法．

8.

（1）1s22s22p63s23p63d104s2；O>Cl；

（2）V形；sp3；ClO3-；SO32-；

（3）分子晶体；分子间作用力（范德华力）和共价键；

（4）

。

试题解析：

（1）A、B、C为金属且同周期，B原子核外有二个未成对电子和三个空轨道，可推出B的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，B为22号元素Ti；原子序数ACl；

（2）化合物E2D为Cl2O，三原子分子，类似于水分子，其分子的空间构型为V形，中心原子采用sp3杂化；E与D还可形成三角锥结构的阴离子，该离子的化学式为ClO3-；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，故SO32-是ClO3-的等电子体；

（3）B与E能形成一种化合物BE4，为TiCl4,其熔点：

-25℃，沸点：

l36．4℃熔沸点较低，属于分子晶体，晶体内含有的作用力类型有分子间作用力（范德华力）和共价键；

（4）A、B、D三种元素分别为Ca、Ti、O元素，从晶体的晶胞结构可以看出，一个晶胞中含有的钙原子（位于体心位置）数为1，钛原子（位于顶点）数为8×

＝1，氧原子（位于面心）数为6×

=3，则晶体的化学式为CaTiO3；

设晶体的物质的量为1mol，则质量m＝1mol×Mg／mol＝Mg；从图中可以看出，晶胞的边长d＝

a，一个晶胞的体积为（

a）3，1mol晶体的体积为（

a）3×NA，则该晶体的密度为

＝

＝

。

9.

（1）a；

（2）2；BN；

（3）sp2；sp3；3

（4）X．

解：

（1）a．同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以从氟到溴，其电负性逐渐减小，故正确；

b．氟元素没有正化合价，第VIIA族氯、溴元素的最高化合价数值等于其族序数，故错误；

c．第VIIA族元素氢化物的沸点随着相对分子质量的增大而增大，但HF分子间能形成氢键，氢键属于特殊的分子间作用力，强度大于分子间作用力，沸点最高，故错误；

d．由于卤族元素的单质均属于分子晶体，随相对分子质量增大范德华力增大，因而沸点逐渐升高，故错误；

故选a；

（2）B的原子半径比N大，因而结构示意图中大球代表B原子，B原子个数=8×

，N原子个数=1+

=2，该晶胞中N原子和B原子个数之比=2：

2=1：

1，所以其化学式为BN，

故答案为：

2；BN；

（3）BCl3中的B原子的价层电子对数是3且不含孤电子对，所以B原子属于sp2杂化；NCl3中的N原子的价层电子对个数为4且含有一个孤电子对，所以N原子属于sp3杂化；

同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，根据电离能的变化规律，半充满的N原子和全充满的Be原子第一电离能要比同周期原子序数大的原子高，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素，

故答案为：

sp2；sp3；3

（4）BCl3是缺电子化合物，B原子的所有价电子已经使用，因而提供孤对电子的原子是X，故答案为：

X．

10.

（1）Cr；镓；第三周期第Ⅷ族；

（2）1s22s22p63s23p63d64s2；[Ar]3d104s24p5；

（3）Al＞Si＞C＞N；F＞N＞O＞C；F＞O＞N＞C；HNO3＞H2CO3＞H2SiO3＞Al（OH）3；

（4）sp2，平面三角形；sp3，三角锥形；

（5）2，2；1，2；

（6）Fe3+；CO；6．

考点：

元素周期律和元素周期表的综合应用

专题：

元素周期律与元素周期表专题．

分析：

（1）由元素在周期表中位置可知，A为碳，B为氮，C为氧，D为氟，E为Ne，F为Mg，G为Al，H为Si，L为钾，I为Cr，J为Fe，M为Cu，K为Ga，N为Br，O为Rh；

（2）J为Fe，核外电子数为26，N为Br，核外电子数为35，根据核外电子排布规律书写电子排布式；

（3）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；

同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，元素原子核外处于半满、全满时，能力较低，第一电离能高于同周期相邻元素；

同周期随原子序数增大，电负性增大；

非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强；

（4）计算CO32﹣、NF3的中心原子的价层电子对数、孤对电子对数，确定杂化轨道类型、微粒的空间构型；

（5）N2O与CO2，CO与N2互为等电子体，则N2O的结构为N=O=N，CO的结构为C≡O；

（6）在K3[Fe（CN）6]中提供空轨道的为中心离子，提供孤电子对的为配体．

解答：

解：

（1）由元素在周期表中位置可知，A为碳，B为氮，C为氧，D为氟，E为Ne，F为Mg，G为Al，H为Si，L为钾，I为Cr，J为Fe，M为Cu，K为Ga，N为Br，O为Rh，J在周期表中的位置是第三周期第Ⅷ族，

故答案为：

Cr；镓；第三周期第Ⅷ族；

（2）J为Fe，核外电子数为26，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，N为Br，核外电子数为35，简化电子排布式为[Ar]3d104s24p5，

故答案为：

1s22s22p63s23p63d64s2；[Ar]3d104s24p5；

（3）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：

Al＞Si＞C＞N；

同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，N元素原子核外处于半满、全满，能力较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：

F＞N＞O＞C，

同周期随原子序数增大，电负性增大，故电负性：

F＞O＞N＞C；

非金属性Al＜Si＜C＜N，非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，故酸性：

HNO3＞H2CO3＞H2SiO3＞Al（OH）3，

故答案为：

Al＞Si＞C＞N；F＞N＞O＞C；F＞O＞N＞C；HNO3＞H2CO3＞H2SiO3＞Al（OH）3；

（4）CO32﹣的中心原子的孤对电子对数=

=0，价层电子对数=0+3=3，C原子采取sp2杂化，微粒的空间构型为平面三角形；

NF3的中心原子的孤对电子对数=

=1，价层电子对数=1+3=4，N原子采取sp3杂化，分子空间构型三角锥形，

故答案为：

sp2，平面三角形；sp3，三角锥形；

（5）N2O与CO2，CO与N2互为等电子体，则N2O的结构为N=O=N，分子中的σ键数目为2，π键数目为2，CO的结构为C≡O，分子中的σ键数目为1，π键数目为2，

故答案为：

2，2；1，2；

（6）在K3[Fe（CN）6]中Fe3+为提供空轨道的为中心离子，CO提供孤电子对，为配体，配位数为6，

故答案为：

Fe3+；CO；6．

点评：

本题是对物质结构的考查，题目综合性强，需要学生熟练掌握基础知识，难度中等．