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文檔簡介

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁,總=sectionpages22頁第=page11頁,總=sectionpages11頁2025年魯教版選擇性必修2化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍:全部知識點;考試時間:120分鐘學校:______姓名:______班級:______考號:______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題,共12分)1、下列各組元素中,電負性依次減小的是A.F、N、OB.Cl、FC.As、N、HD.Cl、S、As2、在d能級中電子排布成而不排布遵循的是()A.能量最低原則B.泡利不相容原理C.基態(tài)原子核外電子在原子軌道上的排布順序D.洪特規(guī)則3、化學家GethardErtl證實了氫氣與氮氣在固體催化劑表面合成氨的過程;示意圖如下:

下列說法錯誤的是A.②→③需要吸收能量B.使用催化劑降低了合成氨反應的ΔHC.該過程表示化學反應中包括舊化學鍵的斷裂和新化學鍵的生成D.該過程由非極性鍵生成極性鍵4、離子液體具有較好的化學穩(wěn)定性、較低的熔點以及對多種物質有良好的溶解性,因此被廣泛應用于有機合成、分離提純以及電化學研究中。如圖為某一離子液體的結構。下列選項不正確的是。

A.該離子液體能與水分子形成氫鍵B.該結構中不存在手性碳原子C.該結構中C原子的軌道雜化類型有3種D.BF中存在配位鍵,B原子的軌道雜化類型為sp35、某種離子型鐵的氧化物晶胞如圖所示,它由A、B方塊組成。已知該晶體的密度為dg/cm3,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA;下列說法中錯誤的是。

A.該鐵的氧化物化學式為Fe3O4B.距離Fe3+最近的O2-有6個C.晶體中的O2-只能構成正四面體空隙D.晶胞的邊長為6、作為第二代半導體材料的代表,具有寬禁帶、高頻、高壓、抗輻射、耐高溫及發(fā)光效率高的特點,被廣泛應用于移動通信、無線通信、光纖通信、LED、衛(wèi)星導航等領域。晶胞結構如圖所示;晶胞邊長為apm,下列說法正確的是。

A.基態(tài)砷原子價電子排布圖為B.屬于分子晶體C.的配位數(shù)為8D.該晶體密度為評卷人得分二、填空題(共8題,共16分)7、現(xiàn)有下列微粒:①②③④⑤⑥⑦⑧⑨填寫下列空白(填序號):

(1)分子空間結構呈正四面體形的是_______。

(2)中心原子軌道為雜化的是為_______,雜化的是_______,為雜化的是_______。

(3)所有原子共平面(含共直線)的是_______,共直線的是_______。8、有A;B、C、D、E五種元素;已知:

①它們位于3個不同的短周期;核電荷數(shù)依次增大。

②E元素的電離能(kJ?mol-1)數(shù)據(jù)見表:。I1I2I3I4496456269129543

③A;E都能與D按原子個數(shù)比1:1或2:1形成化合物。

④B;C都能與D按原子個數(shù)比1:1或1:2形成化合物。

(1)寫出兩種只含有A、B、D、E四種元素的無水鹽的化學式__、__。

(2)分別寫出③和④中按原子個數(shù)比1:1形成的化合物的化學式:__、__、__、__。

(3)(BC)2分子的結構式為__,含有__個σ鍵,__個π鍵。9、I.2020年12月17日;我國“嫦娥五號”返回器攜月壤成功著陸。研究發(fā)現(xiàn),月壤中存在天然的鐵;金、銀、鉛、鋅、銅、銻、錸等礦物顆粒。

(1)寫出銅的基態(tài)原子的電子排布式:___________。

(2)第四周期的元素原子中最外層電子數(shù)與銅原子的相同的元素有___________(填元素符號)。

(3)Fe在周期表中位于___________周期___________族,屬于___________區(qū)。

II.(1)s電子的原子軌道呈___________形,每個s能級有___________個原子軌道;p電子的原子軌道呈___________形,每個p能級有___________個原子軌道。

(2)基態(tài)鋁原子核外共有___________種不同能級的電子,有___________種不同運動狀態(tài)的電子。10、按要求完成下列空白。

(1)結構示意圖溴離子_______

(2)簡化電子排布式錳原子_______

(3)價電子排布圖第五周期第VA原子_______

(4)電子式H2O2_______

(5)氯化銀溶于濃氨水的離子方程式_______

(6)配位化合物Fe(CO)5常溫呈液態(tài),易溶于非極性溶劑,則Fe(CO)5的晶體類型為_______,配體中提供孤對電子的原子是_______11、1mol固體NaHSO4含有陰陽離子總數(shù)為3NA___12、白云石的化學組成是CaCO3·MgCO3;500℃以下分解成二氧化碳;金屬氧化物和碳酸鹽,800℃以上則徹底分解成氧化物。

(1)鎂和鈣在元素周期表中位于___________族,它們的價電子軌道式表示式為___________(用n表示電子層數(shù))。

(2)白云石500℃以下分解的化學方程式為___________。

(3)從物質結構角度分析、比較白云石分解生成的MgO和CaO的熱穩(wěn)定性。___________。

(4)白云石分解得到的CO2是氨堿法制備純堿的基本原料之一,寫出氨堿法制純堿主要反應的化學方程式。___________、___________;向氨堿法的母液中加入生石灰可實現(xiàn)___________(填化學式)的循環(huán)利用。處理后的母液經(jīng)蒸發(fā)、濃縮、冷卻、固化可得CaCl2。以質量比為1.44∶1的CaCl2·6H2O與冰水混合,可獲得-55℃的低溫,配制該制冷劑時不使用無水CaCl2的原因是___________。13、C60;金剛石和石墨的結構模型如圖所示(石墨僅表示出其中的一層結構)。

(1)C60、金剛石和石墨三者的關系互為________。

A.同分異構體B.同素異形體。

C.同系物D.同位素。

(2)固態(tài)時,C60屬于________晶體(填“離子”、“原子”或“分子”),C60分子中含有雙鍵的數(shù)目是________個。

(3)硅晶體的結構跟金剛石相似,1mol硅晶體中含有硅硅單鍵的數(shù)目約是________NA個。二氧化硅的結構相當于在硅晶體結構中每個硅硅單鍵之間插入1個氧原子,二氧化硅的空間網(wǎng)狀結構中,硅、氧原子形成的最小環(huán)上氧原子數(shù)目是________個。

(4)石墨層狀結構中,平均每個正六邊形占有的碳原子數(shù)是________個。14、回答下列問題。

(1)SO2與O3互為等電子體。SO2的VSEPR模型名稱是_____,與O3分子互為等電子體的一種陰離子為(寫化學式)______。

(2)氯化鈉和氯化銫是兩種不同類型的晶體結構。晶體結構不同的主要原因是______。

(3)SiO2和GeO2具有類似的晶體結構,其中熔點較高的是______(寫化學式),原因是_____。

(4)向盛有氯化銀的試管中加入氨水,沉淀溶解。請寫出反應的化學方程式:______。評卷人得分三、判斷題(共5題,共10分)15、第ⅠA族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強。(_______)A.正確B.錯誤16、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正確B.錯誤17、將丙三醇加入新制中溶液呈絳藍色,則將葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈絳藍色。(____)A.正確B.錯誤18、用銅作電纜、電線,主要是利用銅的導電性。(______)A.正確B.錯誤19、判斷正誤。

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對____________

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵,則該分子一定為正四面體結構____________

(3)NH3分子為三角錐形,N原子發(fā)生sp2雜化___________

(4)只要分子構型為平面三角形,中心原子均為sp2雜化___________

(5)中心原子是sp1雜化的,其分子構型不一定為直線形___________

(6)價層電子對互斥理論中,π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)___________

(7)PCl3分子是三角錐形,這是因為P原子是以sp2雜化的結果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道___________

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子,其VSEPR模型都是四面體___________

(10)AB3型的分子空間構型必為平面三角形___________

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時,該分子不一定為正四面體結構___________

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對___________

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵___________

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構型結果常常相互矛盾___________

(15)配位鍵也是一種靜電作用___________

(16)形成配位鍵的電子對由成鍵雙方原子提供___________A.正確B.錯誤評卷人得分四、有機推斷題(共2題,共4分)20、磷酸氯喹對新型冠狀病毒有抑制作用;是治療新型冠關病毒性肺炎的臨床“有效藥物”,可由氯喹和磷酸在一定條件下制得。

(1)磷酸根離子的空間構型為_______。

氯喹的一種合成路線如圖。

(2)在強酸性介質條件下,Zn能將Ar-NO2還原為Ar-NH2,同時生成Zn2+。請據(jù)此寫出反應A→B的離子方程式_______。

(3)D的結構簡式為_______。

(4)G的一種同分異構體同時滿足下列條件,寫出該同分異構體的結構簡式_______。

①含有苯環(huán)(無其它環(huán));且苯環(huán)上有3個不相鄰的取代基;

②含有雜化軌道類型為sp的碳原子;

③核磁共振氫譜圖中有4個吸收峰;且面積之比為2:1:1:1。

(5)寫出以3-硝基苯甲醛和為原料,制備的合成路線流程圖_______。(無機試劑和有機溶劑任用,合成路線流程圖示例見本題題干)21、有機物A可由葡萄糖發(fā)酵得到,也可從酸牛奶中提取。純凈的A為無色粘稠液體,易溶于水。為研究A的組成與結構,進行了如下實驗:。實驗步驟解釋或實驗結論(1)稱取A9.0g,升溫使其汽化,測其密度是相同條件下H2的45倍通過計算填空:(1)A的相對分子質量為:________(2)將此9.0gA在足量純O2中充分燃燒,并使其產(chǎn)物依次緩緩通過濃硫酸、堿石灰,發(fā)現(xiàn)兩者分別增重5.4g和13.2g(2)A的分子式為:________(3)另取A9.0g,跟足量的NaHCO3粉末反應,生成2.24LCO2(標準狀況),若與足量金屬鈉反應則生成2.24LH2(標準狀況)(3)用結構簡式表示A中含有的官能團:__________、________(4)A的1H核磁共振譜如圖。

(4)A中含有________種氫原子(5)綜上所述,A的結構簡式________評卷人得分五、工業(yè)流程題(共2題,共6分)22、I.鈦冶煉廠與氯堿廠;甲醇廠組成一個產(chǎn)業(yè)鏈(如圖所示);將大大提高資源的利用率,減少環(huán)境污染。

請回答下列問題:

(1)Fe位于元素周期表中第________周期,第________族。

(2)寫出鈦鐵礦在高溫下與焦炭經(jīng)氯化得到四氯化鈦的化學方程式______________。

Ⅱ.A;B、C、X均為中學常見的純凈物;它們之間有如下轉化關系(副產(chǎn)物已略去)。

試回答:

(1)若X是強氧化性單質,則A不可能是________________。

A.SB.N2C.NaD.MgE.Al

(2)若X是金屬單質,向C的水溶液中滴加AgNO3溶液,產(chǎn)生不溶于稀HNO3的白色沉淀,則B的化學式為____________;C溶液在貯存時應加入少量X,理由是(用必要的文字和離子方程式表示)____________。

(3)A還可以是氨氣,氨氣分子的空間構型是____________________。23、鈦酸鋇粉體是電子陶瓷元器件的重要基礎原料。工業(yè)上以BaCO3、TiCl4為原料,采用草酸鹽共沉淀法制備草酸氧鈦鋇晶體[BaTiO(C2O4)·4H2O];再高溫煅燒制得鈦酸鋇粉體,其制備工藝流程圖如下:

(1)已知鈦酸鋇晶體的晶胞結構如下圖所示。寫出鈦酸鋇的化學式_______。

(2)制備草酸氧鈦鋇時,溶液pH對產(chǎn)物組成有較大影響。混合溶液中,鈦離子在不同pH下可以TiO(OH)、TiOC2O4或TiO(C2O4)等形式存在;如圖所示:

實際工藝中,應先用氨水調節(jié)混合溶液的pH在2.5~3之間。上圖中曲線b、c分別對應鈦的哪種形式b_______、c_______?

(3)寫出“沉淀”步驟中發(fā)生反應的離子方程式_______。

(4)“洗滌”步驟中,如何判斷洗滌效果_______?(Ag2C2O4、BaC2O4、CaC2O4·H2O的溶度積分別為5.4×10-12、1.6×10-7、4×10-9)。

(5)為確定制備鈦酸鋇粉體的溫度;對草酸氧鈦鋇晶體進行熱重分析,發(fā)現(xiàn)其分解過程包括三個階段,對應的溫度范圍及失重率如下表所示:

。熱分解階段。

溫度/°C

失重率/%

i

ii

iii

80~220

220~470

470~750

16.1

22.4

9.7

①請通過計算說明第ii階段的分解產(chǎn)物有哪些_______

②已知無水草酸氧鈦鋇晶體的結構如圖所示。請從結構角度分析第ii階段氣相產(chǎn)物是如何形成的_______

參考答案一、選擇題(共6題,共12分)1、D【分析】【詳解】

A.元素周期表中,同周期主族元素從左向右電負性逐漸增強,則F>O>N;A錯誤;

B.同主族元素從上到下,電負性逐漸減弱,則F>Cl;B錯誤;

C.同主族元素從,上到下,電負性逐漸減弱,則N>As;C錯誤;

D.元素周期表中,同周期主族元素從左向右電負性逐漸增強,同主族元素從上到下電負性逐漸減弱,則Cl>S>P>As,故Cl>S>As;D正確;

故選D。2、D【分析】【分析】

【詳解】

A.能量最低原理:原子核外的電子應優(yōu)先排布在能量最低的能級里;然后由里到外,依次排布在能量逐漸升高的能級里,與題要求不符,故A錯誤;

B.泡利不相容原理:指的是在原子中不能容納運動狀態(tài)完全相同的兩個電子;與提要求不符,故B錯誤;

C.基態(tài)原子核外電子在原子軌道上的排布順序即構造原理;與題要求不符,故C錯誤;

D.洪特規(guī)則:電子分布到能量簡并的原子軌道時;優(yōu)先以自旋相同的方式分別占據(jù)不同的軌道,因為這種排布方式原子的總能量最低。所以在能量相等的軌道上,電子盡可能自旋平行地多占不同的軌道,題中符合洪特規(guī)則,故D正確;

綜上所述,答案為D。3、B【分析】【分析】

由示意圖可知;氮分子和氫分子吸附在催化劑的表面,氫分子之間;氮分子之間的化學鍵斷鍵后形成氮原子和氫原子,氮原子和氫原子形成新的化學鍵,構成了新的氨分子,由此分析。

【詳解】

A.②→③表示氮分子之間;氨分子之間舊的化學鍵斷裂后形成原子;斷裂化學鍵需要吸收能量,故A不符合題意;

B.使用催化劑降低了反應的活化能,不能改變合成氨反應的ΔH,ΔH是由氮氣;氫氣、氨氣的能量大小決定的;故B符合題意;

C.由示意圖可知;氮分子和氫分子吸附在催化劑的表面合成了氨分子,氫分子和氮分子之間的化學鍵斷鍵后形成氮原子和氫原子,氮原子和氫原子形成新的化學鍵,故該過程表示化學反應中包括舊化學鍵的斷裂和新化學鍵的生成,故C不符合題意;

D.氮氣中氮分子間;氫氣中氫分子間都只存在非極性鍵,氨氣中氮原子和氫原子間形成的是極性共價鍵,故該過程是由非極性鍵生成極性鍵,故D不符合題意;

答案選B。4、C【分析】【詳解】

A.離子中含有非金屬性強;原子半徑小的氮原子;能與水分子形成氫鍵,故A正確;

B.由結構示意圖可知;該結構中不存在連有4個不同原子或原子團的手性碳原子,故B正確;

C.由結構示意圖可知,該結構中含有的單鍵碳原子的軌道雜化類型為sp3雜化、含有的雙鍵碳原子的軌道雜化類型為sp2雜化;軌道雜化類型共有2種,故C錯誤;

D.BF離子中存在配位鍵,離子中B原子的價層電子對數(shù)為4,孤對電子對數(shù)為0,軌道雜化類型為sp3雜化;故D正確;

故選C。5、C【分析】【分析】

由A方塊可知,位于頂點和體心的亞鐵離子個數(shù)為4×+1=、位于體內的氧離子個數(shù)為4,B方塊則位于頂點的亞鐵離子個數(shù)為4×=,位于體內的鐵離子和氧離子都為4,則由4個A方塊和4個B方塊組成的晶胞中亞鐵離子、鐵離子和氧離子的個數(shù)比為(+)×4:4×4:(4+4)×4=1:2:4,所以晶胞的化學式為Fe3O4。

【詳解】

A.由分析可知,鐵的氧化物化學式為Fe3O4;故A正確;

B.由B方塊可知;小立方體中位于頂點的鐵離子與位于頂點的氧離子個數(shù)的距離最近,所以距離鐵離子最近的氧離子有6個,故B正確;

C.由B方塊可知;晶體中的氧離子構成正四面體空隙,由B方塊可知,晶體中的氧離子構成正八面體空隙,故C錯誤;

D.由分析可知,晶胞中含有8個Fe3O4,設晶胞的邊長為anm,由晶胞的質量公式可得:=10-21a3d,解得a=;故D正確;

故選C。6、D【分析】【詳解】

A.砷元素的原子序數(shù)為33,價電子排布式為4s24p3,價電子排布圖為故A錯誤;

B.由砷化鎵耐高溫的特點可知;砷化鎵是熔沸點高的共價晶體,故B錯誤;

C.由晶胞結構可知;與砷原子距離最近的鎵原子的個數(shù)為4,所以砷原子的的配位數(shù)為4,故C錯誤;

D.由晶胞結構可知,位于體內的砷原子的個數(shù)為4,位于頂點和面心的鎵原子個數(shù)為8×+6×=4,設晶體的密度為dg/cm3,由晶胞的質量公式可得:=10—30a3d,解得d=故D正確;

故選D。二、填空題(共8題,共16分)7、略

【分析】【分析】

①中原子雜化軌道數(shù)=鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)=所以采取雜化,空間結構為正四面體形;②中原子雜化軌道數(shù)鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)所以采取雜化,空間結構為平面形;③中原子雜化軌道數(shù)鍵電子對數(shù)十孤電子對數(shù)所以采取雜化,空間結構為直線形;④中原子雜化軌道數(shù)鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)所以采取雜化,空間結構為三角錐形;⑤中原子雜化軌道數(shù)鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)所以采取雜化,空間結構為正四面體形;⑥中原子雜化軌道數(shù)鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)所以采取雜化,空間結構為平面三角形;⑦中原子雜化軌道數(shù)鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)所以采取雜化,空間結構為正四面體形;⑧中原子雜化軌道數(shù)=鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)所以采取雜化,空間結構為角形;⑨中原子雜化軌道數(shù)=鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)所以采取雜化,空間結構為二面角形結構,兩個原子猶如在半展開的書的兩面紙上并有一定夾角。

【詳解】

(1)根據(jù)上述分析;分子空間結構呈正四面體形的有①⑤⑦。答案為:①⑤⑦;

(2)根據(jù)上述分析,中心原子軌道為雜化的有①④⑤⑦⑧⑨;為雜化的是②⑥;為雜化的是③。答案為:①④⑤⑦⑧⑨;②⑥;③;

(3)①是正四面體形結構,所有原子不共平面也不共線;②是平面形分子,所有原子共平面而不共線;③是直線形分子,所有原子共平面也共線;④是三角錐形分子,所有原子不共面也不共線;⑤是正四面體形結構,所有原子不共面也不共線;⑥是平面三角形分子,所有原子共平面而不共線;⑦是正四面體形結構,所有原子不共面也不共線;⑧是角形分子,所有原子共平面而不共線;⑨的空間結構是二面角形結構,所有原子不共面也不共線。因此,所有原子共平面(含共直線)的是②③⑥⑧,共直線的是③。答案為:②③⑥⑧;③?!窘馕觥竣?①⑤⑦②.①④⑤⑦⑧⑨③.②⑥④.③⑤.②③⑥⑧⑥.③8、略

【分析】根據(jù)五種元素位于3個不同的短周期,且核電荷數(shù)依次增大,可知A為H元素;根據(jù)E的第二電離能劇增,故E通常為+1價,且E有I4,則E不可能為Li,E為第三周期,E為元素;H、都能與O形成原子個數(shù)比為1:1或2:1的化合物;所以D為O元素;原子序數(shù)比O小且與O可以按原子個數(shù)比1:1或1:2形成化合物的元素為C元素和N元素,所以B;C分別為C元素和N元素。

【詳解】

(1)通過以上分析知,A是H元素,B是C元素,D是O元素,E是Na元素;只含有A、B、D、E四種元素的無水鹽為NaHCO3和CH3COONa,故答案為:NaHCO3;CH3COONa;

(2)通過以上分析知,A是H元素,B是C元素,C是N元素,E是Na元素,D是O元素,H、Na與O按原子個數(shù)比1:1形成化合物分別為H2O2與Na2O2,C與N與O按原子個數(shù)比1:1形成化合物分別為CO和NO,故答案為:H2O2;Na2O2;CO;NO;

(3)通過以上分析知,B是C元素,C是N元素,(CN)2分子的結構式為:NC—CN;

分子中存中存在3個σ鍵,4個π鍵,故答案為:NC—CN;3;4;【解析】NaHCO3CH3COONaH2O2Na2O2CONONC—CN349、略

【分析】【分析】

【詳解】

I.(1)銅原子核電荷數(shù)為29,其基態(tài)原子的電子排布式為[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63dl04s1;

(2)銅原子核電荷數(shù)為29,其基態(tài)原子的電子排布式為[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63dl04s1;第四周期的元素原子中最外層電子數(shù)與銅原子的相同的元素有鉀(K)和鉻(Cr),鉀原子核外電子排布為:1s22s22p63s23p64s1,原子的核外電子排布式為

(3)鐵原子的核電荷數(shù)為26,核外電子排布為:1s22s22p63s23p64s23d6;Fe在周期表中位于第四周期第VⅢ族,屬于d區(qū);

II.(1)s電子的原子軌道為呈球形,每個s能級只能容納自旋方向相反的2個電子。所以每個s能級有1個原子軌道;p電子的原子軌道為從圖中看出p電子的原子軌道呈啞鈴形,每個p能級有3個原子軌道;

(2)鋁原子的核電荷數(shù)13,基態(tài)鋁原子核外電子排布為:1s22s22p63s23p1,有1s、2s、2p、3s、3p共有5種不同能級的電子,原子核外共有13個電子,有13種不同運動狀態(tài)的電子。【解析】①.[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63dl04s1②.K、Cr③.4④.VⅢ⑤.d⑥.球⑦.1⑧.啞鈴⑨.3⑩.5?.1310、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)溴的原子序數(shù)為35,位于第四周期第ⅦA族,溴離子結構示意圖為

(2)錳的原子序數(shù)為25,電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s2,簡化的電子排布式為[Ar]3d54s2。

(3)第五周期第VA原子是Sb,價電子排布式為5s25p3,價電子排布圖為

(4)H2O2是共價化合物,每個氫原子都和氧原子共用一對電子,兩個氧原子之間也共用一對電子,其電子式為

(5)氯化銀溶于濃氨水,生成溶于水的配合物[Ag(NH3)2]Cl,離子方程式為AgCl+2NH3?H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O。

(6)配位化合物Fe(CO)5常溫呈液態(tài),易溶于非極性溶劑,則Fe(CO)5是分子晶體,配體是CO,由于C的電負性弱于O,電負性弱的吸引電子能力弱,易提供孤對電子形成配位鍵,則Fe(CO)5中與Fe形成配位鍵的是碳原子?!窘馕觥縖Ar]3d54s2AgCl+2NH3?H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O分子晶體C11、略

【分析】【分析】

【詳解】

固體NaHSO4只有Na+和HSO4—,1mol固體NaHSO4含有1molNa+和1molHSO4—,故錯誤?!窘馕觥垮e12、略

【分析】【詳解】

(1)鎂和鈣的最外層電子均為2,位于周期表ⅡA族。價電子排布為答案為ⅡA;

(2)500℃以下分解成二氧化碳、金屬氧化物和碳酸鹽,而Mg2+半徑比Ca2+小,MgO的離子鍵強晶格能大穩(wěn)定,所以MgCO3先分解。反應為CaCO3·MgCO3CaCO3+MgO+CO2↑。答案為CaCO3·MgCO3CaCO3+MgO+CO2↑;

(3)兩則皆為離子晶體,差異主要是Mg2+和Ca2+。答案為MgO和CaO同屬離子晶體,與Ca2+相比,Mg2+的電子層數(shù)少;離子半徑小,MgO比CaO的離子鍵強,熱穩(wěn)定性好;

(4)氨堿法制純堿,先利用CO2、NH3和NaCl制得NaHCO3反應為:NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl,再加熱NaHCO3分解得到Na2CO3:NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。生石灰與NH4Cl反應制得NH3,從而循環(huán)利用。無水CaCl2形成結晶水合物放熱,而降低制冷效果。答案為NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl;NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O;NH3;無水CaCl2水合時放熱,降低制冷效果。【解析】(1)ⅡA

(2)CaCO3·MgCO3CaCO3+MgO+CO2↑

(3)MgO和CaO同屬離子晶體,與Ca2+相比,Mg2+的電子層數(shù)少;離子半徑小,MgO比CaO的離子鍵強,熱穩(wěn)定性好。

(4)NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4ClNaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2ONH3無水CaCl2水合時放熱,降低制冷效果13、略

【分析】【分析】

(1)同種元素的不同單質互稱同素異形體;

(2)根據(jù)晶體構成微粒判斷晶體類型;分子中每一碳上有一個雙鍵;一個碳碳雙鍵兩個碳原子共用,均攤法計算;

(3)一個硅原子形成4個硅硅單鍵;每個鍵2個硅原子共用;

金剛石最小的環(huán)為六元環(huán);二氧化硅結構跟金剛石結構相似,Si;O原子形成的最小環(huán)上應有6個Si原子,6個O原子;

(4)利用均攤法計算。

【詳解】

(1)同種元素的不同單質互稱同素異形體,C60;金剛石和石墨三者的關系互為同素異形體;故選B。

(2)固態(tài)時,C60中構成微粒是分子;所以屬于分子晶體;

分子中每一碳上有一個雙鍵,一個碳碳雙鍵兩個碳原子共用,C60分子中含有雙鍵的數(shù)目是=30個。

(3)硅晶體的結構跟金剛石相似,一個硅原子形成4個硅硅單鍵,每個鍵2個硅原子共用,1mol硅晶體中含有硅硅單鍵的數(shù)目約是=2NA個。

金剛石最小的環(huán)為六元環(huán);二氧化硅結構跟金剛石結構相似,Si;O原子形成的最小環(huán)上應有6個Si原子,硅晶體結構中每個硅與硅的化學鍵之間插入一個O原子,則Si、O原子形成的最小環(huán)上O原子的數(shù)目是6;

(4)石墨層狀結構中,每個碳原子被三個正六邊形共用,平均每個正六邊形占有的碳原子數(shù)是6×=2個。

【點睛】

本題考查了物質結構、基本概念,解題關鍵:利用均攤法進行有關計算,難點(3)根據(jù)金剛石最小的環(huán)為六元環(huán)判斷二氧化硅的空間網(wǎng)狀結構中,Si、O原子形成的最小環(huán)上應有6個Si原子,每2個Si原子之間有1個O原子判斷O原子的數(shù)目?!窘馕觥竣?B②.分子③.30④.2⑤.6⑥.214、略

【分析】【詳解】

(1)SO2中S原子的價層電子對為VSEPR模型為平面三角形;與O3互為等電子體的陰離子有NO故答案為:平面三角形;NO

(2)NaCl;CsCl晶胞結構受離子半徑比大小影響;銫離子半徑大于鈉離子半徑,所以二者正負離子的半徑比不同,晶胞結構不同,故答案為:晶體中正負離子的半徑比不同;

(3)SiO2、GeO2均為原子晶體,Ge原子半徑大于Si,Si-O鍵長小于Ge-O鍵長,SiO2鍵能更大,熔點更高,故答案為:SiO2;二者均為原子晶體;Si—O鍵的鍵長小于Ge—O鍵;鍵能大于Ge—O鍵;

(4)氯化銀與氨水反應生成[Ag(NH3)2]Cl,沉淀溶解,化學方程式為:AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O,故答案為:AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O?!窘馕觥竣?平面三角形②.NO③.晶體中正負離子的半徑比不同④.SiO2⑤.二者均為原子晶體,Si—O鍵的鍵長小于Ge—O鍵、鍵能大于Ge—O鍵⑥.AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O三、判斷題(共5題,共10分)15、A【分析】【詳解】

同周期從左到右;金屬性減弱,非金屬性變強;同主族由上而下,金屬性增強,非金屬性變弱;故第ⅠA族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強。

故正確;16、A【分析】【分析】

【詳解】

乙醇中的羥基與水分子的羥基相近,因而乙醇能和水互溶;而苯甲醇中的烴基較大,其中的羥基和水分子的羥基的相似因素小得多,因而苯甲醇在水中的溶解度明顯減小,故正確。17、A【分析】【詳解】

葡萄糖是多羥基醛,與新制氫氧化銅反應生成銅原子和四個羥基絡合產(chǎn)生的物質,該物質的顏色是絳藍色,類似于丙三醇與新制的反應,故答案為:正確。18、A【分析】【詳解】

因為銅具有良好的導電性,所以銅可以用于制作電纜、電線,正確。19、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對;正確;

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵;則該分子正四面體結構或三角錐形或折線形,錯誤;

(3)NH3分子為三角錐形,N原子發(fā)生sp3雜化;錯誤;

(4)只要分子構型為平面三角形,中心原子均為sp2雜化;正確;

(5)中心原子是sp1雜化的;其分子構型一定為直線形,錯誤;

(6)價層電子對互斥理論中;π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù),正確;

(7)PCl3分子是三角錐形,這是因為P原子是以sp3雜化的結果且沒有孤電子對;錯誤;

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道;錯誤;

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子;其VSEPR模型都是四面體,正確;

(10)AB3型的分子空間構型為平面三角形或平面三角形;錯誤;

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時;該分子正四面體結構或三角錐形或折線形,正確;

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對;正確;

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵;正確;

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構型結果不矛盾;錯誤;

(15)配位鍵也是一種靜電作用;正確;

(16)形成配位鍵的電子對由一個原子提供,另一個原子提供空軌道,錯誤。四、有機推斷題(共2題,共4分)20、略

【分析】【分析】

(1)

中P原子上含有的價層電子對數(shù)是4+=4;則該微??臻g構型是正四面體形;

(2)

酸性條件下,與Zn反應生成同時生成Zn2+與H2O,反應離子方程式為:+Zn+6H+→+3Zn2++2H2O;

(3)

對比C、E的結構簡式,結合D的分子式、反應條件,可知D發(fā)生酯基水解反應,然后酸化生成E,故D的結構簡式為

(4)

G的一種同分異構體同時滿足下列條件:①含有苯環(huán)(無其它環(huán)),且苯環(huán)上有3個不相鄰的取代基;②含有雜化軌道類型為sp的碳原子,③核磁共振氫譜圖中有4個吸收峰,且面積之比為2:1:1:1,可以是存在-CN與-C(Cl)=CH2或者-CH=CH2,符合條件的一種同分異構體為:

(5)

由G→H的轉化可知,由與反應生成由F→G的轉化可知與POCl3反應生成由A→B的轉化可知與Zn/HCl反應生成結合E→F的轉化,氧化生成然后加熱脫羧生成故合成路線流程圖為:【解析】(1)正四面體。

(2)+3Zn+6H+→+3Zn2++2H2O

(3)

(4)

(5)21、略

【分析】【分析】

(1)有機物和氫氣的密度之比等于相對分子質量之比;

(2)濃硫酸可以吸收水,堿石灰可以吸收二氧化碳,根據(jù)元素守恒來確定有機物的分子式;

(3)羧基可以和碳酸氫鈉發(fā)生化學反應生成二氧化碳,羥基可以和金屬鈉發(fā)生化學反應生成氫氣;

(4)核磁共振氫譜圖中有幾個峰值則含有幾種類型的等效氫原子;峰面積之比等于氫原子的數(shù)目之比;

(5)根據(jù)分析確定A的結構簡式。

【詳解】

(1)有機物質的密度是相同條件下H2的45倍,所以有機物的相對分子質量為45×2=90,故答案為90;

(2)濃硫酸增重5.4g,則生成水的質量是5.4g,生成水的物質的量是=0.3mol,所含有氫原子的物質的量是0.6mol,堿石灰增重13.2g,所以生成二氧化碳的質量是13.2g,所以生成二氧化碳的物質的量是=0.3mol,所以碳原子的物質的量是0.3mol,由于有機物是0.1mol,所以有機物中碳原子個數(shù)是3,氫原子個數(shù)是6,根據(jù)相對分子質量是90,所以氧原子個數(shù)是3,即分子式為:C3H6O3;

故答案為C3H6O3;

(3)只有羧基可以和碳酸氫鈉發(fā)生化學反應生成二氧化碳,生成2.24LCO2(標準狀況),則含有一個羧基(-COOH),醇羥基(-OH)可以和金屬鈉發(fā)生反應生成氫氣,與足量金屬鈉反應生成2.24LH2(標準狀況);則含有羥基數(shù)目是1個;

故答案為-COOH和-OH;

(4)根據(jù)核磁共振氫譜圖看出有機物中有4個峰值;則含4種類型的等效氫原子,氫原子的個數(shù)比是3:1:1:1;

故答案為4;

(5)綜上所述,A的結構簡式為CH3CH(OH)COOH?!窘馕觥?0C3H6O3-COOH-OH4CH3CH(OH)COOH五、工業(yè)流程題(共2題,共6分)22、略

【分析】【分析】

I.(1)Fe是26號元素;先書寫Fe原子結構示意圖,利用原子結構與元素原子序數(shù);位置的關系判斷其位置;

(2)鈦鐵礦與C、Cl2在高溫下反應產(chǎn)生FeCl3、TiCl3;CO;結合電子守恒、原子守恒,書寫方程式;

II.(1)若X是強氧化性單質;A是單質,則A和X形成的化合物有變價元素;

(2)若X是金屬單質,向C的水溶液中滴加AgNO3溶液,產(chǎn)生不溶于稀HNO3的白色沉淀,則C中含有Cl-,且X是變價金屬,則X為Fe,所以C是F

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