版高考化学复习课件+作业手册 7.docx
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版高考化学复习课件+作业手册7
课时作业(三十八)
1.A [解析]基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3,根据“洪特规则”,2p轨道的3个电子要分占3个不同的轨道,且自旋方向相同,A项错误。
基态Y原子的价电子排布式为nsnnpn+2,np能级排布(n+2)个电子,则ns能级全充满,而s轨道最多只能容纳2个电子,推知n=2,该原子的价电子排布式为2s22p4,Y为O,位于第二周期第ⅥA族,B项正确。
前四周期元素中,基态原子中未成对电子数与其所在周期数相同的元素有H、C、O、P、Fe,共5种元素,C项正确。
基态磷原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3,最外层电子排布式为3s23p3,由于所处的能级或自旋方向不同,最外层的5个电子的运动状态均不相同,D项正确。
2.B [解析]同周期主族元素的第一电离能从左到右呈增大趋势,但基态P原子的3p轨道处于半充满的稳定状态,其第一电离能大于S,故第一电离能Cl>P>S>Si,A项错误。
元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍,则该元素为Br,处于第ⅦA族,则其最高正价为+7,B项正确。
Na、Mg原子的价电子排布式分别为3s1、3s2,则第一电离能Na
基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2,3d轨道有5个未成对电子;基态Cr原子的价电子排布式为3d54s1,含有6个未成对电子,故第四周期元素中,Cr原子价电子层中未成对电子数最多,D项错误。
3.B [解析]由表中数据I3≫I2知其最高正价为+2价,R元素位于第ⅡA族,最外层有2个电子,R不一定是Be,B项正确。
4.D [解析]第二周期主族元素的电子层数相同,核电荷数越大,原子核对最外层电子的吸引力越强,原子半径越小,故原子半径随核电荷数增大依次减小,A项正确。
同主族元素从上到下,元素的第一电离能和电负性均呈减小趋势,C和Ge同处于第ⅣA族,C的原子半径小于Ge,故Ge的第一电离能和电负性均低于C,B项正确。
电负性用来衡量原子对键合电子的吸引能力强弱,元素电负性越大的原子,对键合电子的吸引能力越强,C项正确。
第二周期元素的第一电离能的大小顺序为Ne>F>N>O>C>Be>B>Li,故第一电离能介于B和N之间的元素有Be、C、O,共3种元素,D项错误。
5.C [解析]短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大,乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应,应是Al(OH)3与强碱、强酸的反应,故乙为Na,丙为Al。
甲和丁的原子核外均有两个未成对电子,结合原子序数可知,甲外围电子排布式为2s22p2或2s22p4,则甲为C或O,丁的最高价含氧酸为强酸,则外围电子排布式为3s23p4,故丁为S。
同周期元素的原子半径随原子序数的递增而逐渐减小,故原子半径大小顺序为Na>Al>S>C(或O),A项正确。
同周期主族元素的第一电离能随原子序数的递增呈增大趋势,第一电离能的大小顺序为Na 电子层结构相同的离子,原子序数越小,离子半径越大,故离子半径的大小顺序为S2->Na+>Al3+,C项错误。 同周期主族元素的电负性随原子序数的递增而逐渐增强,故电负性大小顺序为Na 6. (1)2p 1 4 (2) F>O>N F>O>S (3) [解析] (1)碳原子有6个电子,在基态原子中,能量最高的能级为2p;该能级有2个电子,故自旋方向只有1种,L能层有4个原子轨道。 (2)同周期主族元素从左到右电负性增大;同主族从上到下电负性减小,故这组元素电负性分别为F>O>N或F>O>S。 (3)由图知,位居第三(从左到右)的元素第一电离能比位居第四的大,前三种元素的第一电离能依次增大,故它们分别是B、C、N、O、F。 7. (1)如下图 (2)见上表 (3)Fe价电子排布式为3d64s2,Fe2+为3d6,Fe3+为3d5,依据“能量相同的轨道处于全空、全充满和半充满时能量最低”的原则,3d5处于半充满状态,结构更稳定,故Fe3+比Fe2+更稳定 (4)118 [解析] (1)第1、2纵行为s区,第3~10纵行为d区,第11、12纵行为ds区,第13~18纵行为p区。 (2)4s半充满的元素为K、Cr、Cu。 (3)Fe3+的价电子排布为3d5,3d轨道处于半充满结构更稳定,故Fe3+比Fe2+更稳定。 (4)根据各周期的元素个数规律,第六和第七周期都为32种,则元素周期表共可以排布118种元素。 8. (1)[H····H]+[··H]- (2)3 哑铃 (3)泡利原理 (4)ⅦB d 3d54s2 (5)焰色反应 当基态原子的电子吸收能量后,电子会跃迁到较高能级,变成激发态原子。 电子从激发态跃迁到基态时,将以光的形式释放能量 [解析]根据提供信息,可以推断A为H,B为N,C为Mg,D为K,E为Mn。 (2)N的基态原子中能量最高的电子为2p能级上的电子,电子云在空间有3个方向,原子轨道呈哑铃形。 (3)该同学所画的电子排布图中3s能级上的两个电子自旋方向相同,违背了泡利原理。 (4)Mn的价电子排布式为3d54s2,位于第四周期第ⅦB族,属于d区元素。 (5)检验钾元素可以利用焰色反应。 9. (1)氮 (2)Cl K (3)Fe 1s22s22p63s23p63d64s2 (4)Cu 1s22s22p63s23p63d104s1 [解析] (1)A元素基态原子的电子排布式是1s22s22p3,是氮元素。 (2)根据B、C离子的电子数可以判断,B是Cl,C是K。 (3)D元素的正三价离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5,其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,D是Fe。 (4)E元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,是铜元素。 10. (1)3s23p1 (2)O N>O>C (3)N3->O2->Al3+ H······H [解析]A的基态原子的价电子排布式为nsnnpn,由于s轨道最多排布2个电子,则n=2,A的价电子排布式为2s22p2,故A是碳元素;C的最外层电子数是电子层数的3倍,则最外层有6个电子,故C是氧元素;B的基态原子中的未成对电子数是同周期中最多的,A、B、C原子序数依次增大,A为碳元素,C为氧元素,则B为氮元素,且B的核外电子排布式为1s22s22p3,与题意相符,则B是氮元素;D的简单离子是第三周期元素中离子半径最小的,则D是铝元素;E的价电子层中的未成对电子数为4,只能在第四周期,外围电子排布式为3d64s2,E是铁元素。 (1)铝元素基态原子的价电子排布式为3s23p1,Fe失去4s轨道上的2个电子生成Fe2+,故Fe2+价电子的排布图为 。 (2)这5种元素中电负性最大的元素为O。 C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C,因为N的2p轨道处于半充满状态。 (3)N、O、Al的简单离子具有相同的电子层结构,核电荷数越大,其离子半径越小,故离子半径由大到小的顺序为N3->O2->Al3+。 (4)C的核外有18个电子的氢化物是H2O2,其电子式为H······H。 11. (1)CH4 SiH4 sp3 sp3 正四面体 (2)分子 原子 (3)CO2 (4)C (5)Zn 1s22s22p63s23p63d10 [解析]Y原子的L层p轨道中有2个电子,其核外电子排布式为1s22s22p2,为碳元素。 W原子的L层电子数与最外层电子数之比为4∶1,其d轨道中的电子数与最外层电子数之比为5∶1,其最外层电子数为2,d轨道电子数为10,则其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2,故W为Zn。 Z与Y原子的价层电子数相同,则Z与Y位于同一主族,故Z为Si。 X、Y、Z、W的核电荷数之和为51,则X为H。 (1)C与Si可分别与H形成只含一个中心原子的共价化合物CH4、SiH4,则a为CH4,b为SiH4。 CH4、SiH4分子中C、Si原子都形成4个σ键,不含孤对电子,故C、Si原子都是采取sp3杂化,甲烷分子的立体构型是正四面体。 (2)Y元素最高价氧化物为CO2,其晶体类型为分子晶体。 Z的最高价氧化物是SiO2,SiO2是原子晶体。 (3)X的气态氧化物为H2O,Y的最高价氧化物为CO2,H2O是极性分子,CO2是非极性分子,故分子极性较小的是CO2。 (4)C、Si是同一主族元素,同一主族元素中元素的电负性随着原子序数的增大而减小,故电负性较大的是C。 (5)W为Zn,Zn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10。 课时作业(三十九) 1.A [解析]HCHO分子中含有碳氧双键,既含σ键又含π键,A项正确;CO2分子中的化学键是极性键,B项错误;NH3分子中N原子的杂化轨道类型是sp3杂化,C项错误;沸点: H2O>NH3>PH3,D项错误。 2.C [解析]对于组成为AB3、AB2形的微粒,当A原子采取sp3杂化时,其分子构型分别是三角锥形、V形,A项错误;SCl2中S原子采取sp3杂化轨道成键,B项错误;AB3型共价化合物,中心原子可采取sp2杂化,如SO3等,D项错误。 3.D [解析]共价单键和配位键都是σ键,故1mol[Ni(NH3)6]2+含有σ键的数目为24NA,A项错误;共价单键都是σ键,共价双键中含有1个σ键和1个π键,则CH3COOH分子中σ键和π键的数目之比为7∶1,B项错误;白磷(P4)分子是正四面体形,故每个白磷(P4)分子中含有6个σ键,C项错误;在HOCH2CN分子中,—CH2—中碳原子形成4个单键,采取sp3杂化,—C≡N中碳原子形成2个σ键和2个π键,该碳原子采取sp杂化,D项正确。 4.D [解析]PCl3分子中P有3对σ键电子对和1对孤电子对,则P采取sp3杂化,PCl3分子的立体构型为三角锥形,A项正确。 OF2分子中O有2对σ键电子对和2对孤电子对,则O采取sp3杂化,OF2分子的立体构型为V形,B项正确。 SO2分子中S原子有2对σ键电子对,含有孤电子对数为×(6-2×2)=1,则S采取sp2杂化,分子的空间构型为V形,C项正确。 BeCl2中心Be有2对σ键电子对,含有孤电子对数为×(2-2×1)=0,则Be的价层电子对数为2,Be采取sp杂化,故BeCl2为直线形,D项错误。 5.B [解析]反应后溶液中存在[Cu(NH3)4]2+,Cu2+的浓度变小,A项错误;溶液中加入乙醇,析出沉淀,C项错误;在[Cu(NH3)4]2+中,NH3给出孤电子对,Cu2+提供空轨道,D项错误。 6.D [解析]HCN是直线形分子,但正、负电荷重心不重合,则HCN是极性分子,A项错误。 BF3分子中B有3对σ键电子对,不含孤电子对,则价层电子对数为3,BF3分子的立体构型是平面三角形,B项错误。 H—O键强于H—S键,因此H2O的稳定性强于H2S,与氢键无关,C项错误。 P中P有4对σ键电子对,含有孤电子对数为×(5+3-2×4)=0,则价层电子对数为4,则P的VSEPR模型是正四面体形,P采取sp3杂化,D项正确。 7.B [解析]苯与B3N3H6的价电子总数相等,原子总数也相等,二者互为等电子体,分子中原子共平面,A正确。 甲醛、苯分子中的碳原子均有3对σ键电子对,没有孤电子对,采取sp2杂化;二氧化碳中碳原子有2对σ键电子对,没有孤电子对,采用sp杂化,B错误。 苯、CO2结构对称,正负电荷的中心重合,为非极性分子;水和甲醛的正负电荷的中心不重合,为极性分子,C正确。 水的沸点比甲醛的高得多,是因为水分子间能形成氢键,D正确。 8.A [解析]同周期主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小,则O、S、Se元素的第一电离能为O>S>Se,正确;B项,SeO3的VSEPR模型为平面三角形,S的VSEPR模型为四面体形,错误;C项,NH3中N有3对σ键电子对和1对孤电子对,H2S分子中S有2对σ键电子对和2对孤电子对,则二者的VSEPR模型均为四面体形,而NH3的立体构型为三角锥形,H2S分子的立体构型为V形,错误;D项,S8分子中的S采取sp3杂化,错误。 9.A [解析]BF3比BH3稳定是因为B-F的键能比B—H的大,BF3的沸点比BH3的高,其原因是BF3的分子间作用力大于BH3,沸点与稳定性无关,错误;B项,Q中的两个H2O之间存在氢键,正确;C项,在R中O和B的价层电子对数均为4,故B、O原子都是sp3杂化,正确;D项,晶体R中的[H3O]+存在配位键O→H,阴离子中存在配位键O→B,正确。 10. (1)N>O>C (2)1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6) (3)sp3、sp2 (4)CO(或N2) 4∶3 [解析] (1)同周期第一电离能自左而右具有增大趋势,但由于N原子2p能级有3个电子,处于半满稳定状态,能量较低,第一电离能大于相邻元素,所以C、N、O三种元素的第一电离能数值由大到小的顺序为N>O>C。 (2)Fe是26号元素,其原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2,Fe2+为Fe原子失去4s上2个电子,则Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6。 (4)配合物K3Fe(CN)6的配体为CN-,与N2或CO互为等电子体;(CN)2为直线形分子,具有对称性,其结构式为N≡C—C≡N,单键为σ键,C≡N中含有一个σ键,2个π键,因此(CN)2中π键和σ键的个数比为4∶3。 11. (1)1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3 Cl (2)H2O分子间存在氢键,而H2S分子间只存在范德华力 (3)平面三角形 (4)sp3 V形 (5)4 三角锥形 [解析]M元素基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍,则其价电子排布式应为2s22p4,M为O。 R是同周期元素中最活泼的金属元素,原子序数大于M(O),则R是Na;X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物,则X是S;Y是原子序数大于X的短周期主族元素,Y为Cl。 Z是一种过渡元素,Z的基态原子4s和3d轨道半充满,则其价电子排布式为3d54s1,Z为Cr。 (1)基态Cr的核外电子排布式为[Ar]3d54s1,失去4s轨道上的1个电子和3d轨道上的2个电子得到Cr3+,故基态Cr3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3。 同周期主族元素从左到右,元素的电负性逐渐增强,则电负性: S (2)X、M的气态氢化物分别为H2S、H2O,前者只存在范德华力,后者形成分子间氢键,故H2S的沸点低于H2O。 (3)X与M形成的XM3分子是SO3,中心S有3对σ键电子对,含有孤电子对数为×(6-3×2)=0,则S采取sp2杂化,分子的空间构型为平面三角形。 (4)Y是Cl,Cl有2对σ键电子对,含有孤电子对数为×(7+1-2×2)=2,则Cl采取sp3杂化,Cl的空间构型是V形。 (5)M与H元素形成的离子H3M+是H3O+,中心O含有3对σ键电子对,含有孤电子对数为×(6-1-3×1)=1,则O的价层电子对数为4,H3O+的空间构型是三角锥形。 12. (1)1s22s22p63s23p2或[Ne]3s23p2 (2)三角锥形 (3)HNO3 HF (4)正四面体形 sp3 (5)NH3 NH3分子间存在氢键 [解析]X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素,Z和U位于第ⅦA族,则Z是F,U是Cl;X和Z可形成化合物XZ4,则X显+4价,X是C;X和R属同族元素,则R是Si;Q基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等,则Q是Mg;T的一种单质在空气中能够自燃,该单质是白磷,则T是P。 (1)R(Si)基态原子核外有14个电子,则核外电子排布式为1s22s22p63s23p2或[Ne]3s23p2。 (2)TU3是PCl3,分子中P含有σ键电子对数为3,含有孤电子对数为×(5-3×1)=1,根据价层电子对互斥理论,PCl3的立体构型是三角锥形。 (3)X(C)处于第二周期,同周期元素最高价氧化物对应的水化物中,酸性最强的是HNO3;HF分子间存在氢键,HCl只存在范德华力,故HF的沸点高于HCl。 (4)XU4分子为CCl4,中心C形成4个σ键,且不含孤电子对,则C采取sp3杂化,分子的立体构型是正四面体形。 (5)T是P,处于第ⅤA族,第ⅤA族元素形成的气态氢化物中沸点最高的是NH3,其原因是NH3分子间存在氢键,其余元素形成的气态氢化物分子之间只存在范德华力。 13. (1)①7 ②正四面体 (2)ACD (3)①非极性 ②90NA (4)①MgH2+2H2O Mg(OH)2+2H2↑ ② [解析] (1)钛是22号元素,价层电子排布式为3d24s2,由于电子能量是由能层与能级两方面因素决定的,故共有7种能量不同的电子。 B中B形成了4个σ键且无孤电子对,故硼为sp3杂化,B空间构型为正四面体。 (2)NH3中氮原子形成了3个σ键,氮原子还有一对孤电子对,故它为sp3杂化,A项正确;等电子体中原子数目要相等,B项错误;碳原子与氮原子间形成3个键,C项正确;NH3分子间存在氢键而PH3中没有,D项正确。 (3)由C60易溶解在非极性溶剂中知它是非极性分子。 由C60结构图知,每个碳原子与另外三个碳原子成键,故一个碳原子形成1.5个σ键,1molC60中的σ键数目为90NA。 (4)MgH2遇水发生价态归中型氧化还原反应生成H2与Mg(OH)2。 该晶胞中,氢原子数目为4×0.5+2=4,Mg为8×+1=2,即一个晶胞中含有2个“MgH2”,晶胞的质量为g,晶胞的体积为cm3。 课时作业(四十) 1.A [解析]原子晶体(如金刚石、晶体硅等)含有非极性键,而原子晶体具有很高的熔、沸点,A项错误。 单质形成的晶体中可能含有非极性键,但不含极性键,B项正确。 有机物(如CH3CH2OH等)含有极性键和非极性键,能形成分子晶体,C项正确。 如Na2O2为含有非极性键的离子化合物,固态时能形成离子晶体,D项正确。 2.A [解析]离子半径越小,离子所带电荷越多,晶格能越大,由于离子半径F- 热稳定性MgCO3 金刚石和晶体硅都是原子晶体,C—C键的键能大于Si—Si键,则金刚石的熔点高于晶体硅;氯化钠是离子晶体,石墨是混合晶体,后者熔点高,C项错误。 CH4和SiH4分子间只存在范德华力,后者相对分子质量大,范德华力大,沸点高;H2O分子间能形成氢键,H2S只存在范德华力,故H2O的沸点高于H2S,D项错误。 3.D [解析]Ca2+与F-之间存在静电引力和静电斥力作用,A项错误。 CaF2和CaCl2都是离子晶体,F-的离子半径小于Cl-,则CaF2的晶格能大于CaCl2,因此CaF2的熔点高于CaCl2,B项错误。 晶体类型与阴、阳离子的个数比无关,C项错误。 CaF2是离子晶体,存在的化学键为离子键,受热熔化时发生电离而导电,D项正确。 4.C [解析]CaO是离子晶体,其熔点与离子键有关;CO2在固态时形成分子晶体,其熔点与范德华力有关,与化学键无关,A项错误。 NaCl是离子晶体,其熔点与离子键有关;HCl在固态时形成分子晶体,其熔点与范德华力有关,与化学键无关,B项错误。 SiC与SiO2都是原子晶体,受热熔化时要断裂共价键,故二者的熔点均与化学键有关,C项正确。 Cl2与I2在固态时都是分子晶体,其熔点与范德华力有关,与化学键无关,D项错误。 5.D [解析]根据晶体性质特点及表中数据进行分析,SiCl4熔点为-68℃、沸点为57℃,常温下为液体,A项正确;单质B的熔沸点很高,是原子晶体,B项正确;AlCl3熔沸点低,是分子晶体,C项正确;根据表中数据可得,NaCl的熔沸点均比MgCl2高,其原因是NaCl晶体的晶格能应比MgCl2大,D项错误。 6. (1)[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6 (2)因为Fe3+的基态电子排布式为[Ar]3d5,各轨道电子均处于稳定状态,Fe2+的基态电子排布式为[Ar]3d6,3d轨道电子不是稳定状态,所以,Fe3+比Fe2+要更加稳定 (3)极性共价键和非极性共价键 sp2 O3、N (4)H2SO4和H2SO3都是S的含氧酸,结构分别是: 和 因为H2SO4的非羟基氧原子比H2SO3多一个,S原子所带正电荷就高,导致S—O—H中O的电子偏向S,因而在水分子的作用下H2SO4比H2SO3就容易电离出H+,故H2SO4比H2SO3酸性强。 (5)①6 ②=5.06g·cm-3 [解析] (1)Fe原子失去4s轨道上的两个电子生成Fe2+,故Fe2+的核外电子排布式是[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6。 (2)因为Fe3+的基态电子排布式为[Ar]3d5,各轨道电子均处于稳定状态;Fe2+的基态电子排布式为[Ar]3d6,3d轨道电子不是稳定状态,故Fe3+比Fe2+要更加稳定。 (3)H2S2分子的结构式是H—S—S—H,故化学键的类型是极性共价键和非极性共价键;在SO2分子中的S原子的价层电子对数是3,则S原子的杂化轨道类型是sp2;与SO2互为等电子体的分子是O3,离子是N。 (4)H2SO4和H2SO3都是S的含氧酸,结构分别为 和 由于H2SO4的非羟基氧原子比H2SO3多一个,S原子所带正电荷就高,导致S—O—H中O的电子偏向S,因而在水分子的作用下H2SO4比H2SO3就容易电离出H+,故H2SO4比H2SO3酸性强。 (6)从FeS2的晶体中的Fe2+的排列方式可知为面心立方堆积,FeS2的晶体与NaCl晶体相同。 故①每个Fe2+周围最近的等距离的有6个。 ②在FeS2的晶胞中Fe2+和均为4个,所以密度为=5.06g·cm-3。 7. (1)晶体 (2)1 1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9 Cu(NH3)4SO4 共价键、离子键、配位键 sp3杂化 (3)5NA 异硫氰酸分子间可形成氢键,而硫氰酸不能 (4)4 (5)(或其他合理答案) [解析] (1)晶体中原子呈周期性有序排列,有自范性,而非晶体中原子排列相对无序,无自范性,题述金属互化物属于晶体。 (2)基态铜原子的电子排布式为[Ar]3d104s1,有1个未成对电子;Cu2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9;得到的深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4,[Cu(NH3)4]SO4中含有离子键、共价键、配位键。 乙醇分子中C原子的杂化轨道类型为sp3杂化。 (3)类卤素(SCN)2的结构式为N≡C—S—S—C≡N,1mol(SCN)2中含σ键的数目为5NA。 异硫氰酸(HNCS)分子间能形成氢键,故沸点高。 (4)根据题图知,距离Zn2+最近的S2-有4个,即Zn2+的配位数为4,而ZnS中Zn2+与S2-个数比为1∶1,故S2-的配位数也为4。 (5)根据均摊法,铜与金形成的金属互化物晶胞中Cu的个数为6×=3,Au的个数为8×=1,该金属互化物的化学式为Cu3Au,该金属互化物的密度为g·cm-3=g·cm-3。 8. (1)[Ar]3d104s24p1或1s22s22p63s23p63d104s24p1 3 (2)As>Se>Ga Se>As>Ga (3)GaCl3、GaBr3、GaI3的熔沸点依次升高,原因是它们均为分子晶体,相对分子质量依次增大 GaF3是离子晶体 (4)4 sp2 (5) [解析] (1)G
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