2019-2020年高三化学寒假作业9 新人教版选修4《化学反应原理》.doc

2019-2020年高三化学寒假作业9 新人教版选修4化学反应原理一、选择题（本题共7道小题）1.在乙烯分子中有5个键、一个键，它们分别是（）Asp2杂化轨道形成键、未杂化的2p轨道形成键Bsp2杂化轨道形成键、未杂化的2p轨道形成键CCH之间是sp2形成的键，CC之间是未参加杂化的2p轨道形成的键DCC之间是sp2形成的键，CH之间是未参加杂化的2p轨道形成的键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：（）ASO2、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NNN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D15.2g该物质含有6.021022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（）APH3是非极性分子BPH3分子中有未成键的电子对CPH3是强氧化剂DPH3分子中的PH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（）AC3N4晶体是分子晶体BC3N4晶体中CN键的键长比金刚石中的CC键的键长短CC3N4晶体中C、N原子个数之比为4：3DC3N4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SiSi共价键个数为4NAC金刚石的熔沸点高于晶体硅，是因为CC键键能小于SiSi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ABCl；（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ABCl；（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：l 364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81，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m1molM gmolMg；从图中可以看出，晶胞的边长da，一个晶胞的体积为（a）3，1mol晶体的体积为（a）3NA，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：X10.（1）Cr；镓；第三周期第族；（2）1s22s22p63s23p6 3d64s2；Ar3d104s24p5；（3）AlSiCN；FNOC；FONC；HNO3H2CO3H2SiO3Al（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CO；（6）在K3Fe（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族，故答案为：Cr；镓；第三周期第族；（2）J为Fe，核外电子数为26，核外电子排布式为1s22s22p63s23p6 3d64s2，N为Br，核外电子数为35，简化电子排布式为Ar3d104s24p5，故答案为：1s22s22p63s23p6 3d64s2；Ar3d104s24p5；（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：AlSiCN；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：FNOC，同周期随原子序数增大，电负性增大，故电负性：FONC；非金属性AlSiCN，非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，故酸性：HNO3H2CO3H2SiO3Al（OH）3，故答案为：AlSiCN；FNOC；FONC；HNO3H2CO3H2SiO3Al（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，分子中的键数目为2，键数目为 2，CO的结构为CO，分子中的键数目为1，键数目为2，故答案为：2，2；1，2；（6）在K3Fe（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