2024屆高三化學(xué)一輪復(fù)習(xí)培優(yōu)-分子的空間結(jié)構(gòu)訓(xùn)練-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

?2024屆高三化學(xué)一輪復(fù)習(xí)培優(yōu)-分子的空間結(jié)構(gòu)訓(xùn)練
學(xué)校:___________姓名：___________班級(jí)：___________考號(hào)：___________

一、單選題
1．設(shè)NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是
A．6g乙酸中sp2雜化的碳原子數(shù)為0.2NA
B．0.5molBF3成鍵后硼原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為1.5NA
C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LCH4與44.8LCl2在光照條件下充分反應(yīng)后的分子總數(shù)為2NA
D．鉛蓄電池放電時(shí)，若負(fù)極增重48g，則此時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.5NA
2．在下列元素的基態(tài)原子中，其最外層電子未成對(duì)電子最多的是
A．氮 B．硒 C．鉻 D．銅
3．下列有關(guān)說(shuō)法正確的是
A．氧原子處于基態(tài)的軌道表示式
B．用價(jià)層電子對(duì)互斥理論預(yù)測(cè)的空間結(jié)構(gòu)為三角錐形
C．用電子式表示的形成：
D．向5%的溶液中加入粉末后，分解速率迅速加快是因?yàn)榉勰┙档土朔磻?yīng)的焓變
4．由共價(jià)鍵形成的分子具有一定的空間結(jié)構(gòu)。下列分子中共價(jià)鍵之間的夾角最大是
A． B． C． D．
5．苯乙烯是一種重要的化工原料，在氣氛下乙苯催化脫氫生成苯乙烯的一種反應(yīng)歷程如圖所示，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A．該反應(yīng)歷程中是氧化劑
B．1mol生成mol減少鍵
C．催化劑改變了反應(yīng)歷程，降低了反應(yīng)的(焓變)
D．分子中C原子都采取sp2雜化
6．下列說(shuō)法中正確的是
A．PCl3分子是三角錐形，這是因?yàn)榱自邮莝p2雜化的結(jié)果
B．乙烯分子中的碳?xì)滏I是氫原子的1s軌道和碳原子的一個(gè)sp3雜化軌道形成的
C．中心原子采取sp3雜化的分子，其幾何構(gòu)型可能是四面體形或三角錐形或V形
D．AB3型的分子空間構(gòu)型必為平面三角形
7．3-氨基-1-金剛烷醇可用于合成藥物維格列汀(治療2型糖尿病)，其分子結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是

A．分子中0原子和N原子均為雜化
B．分子中的鍵角大于的鍵角
C．分子中的極性大于的極性
D．分子中含有手性碳原子
8．下列關(guān)于雜化軌道的敘述中，錯(cuò)誤的是
A．分子中中心原子通過(guò)sp3雜化軌道成鍵時(shí)，該分子不一定為正四面體結(jié)構(gòu)
B．中心原子能量相近的價(jià)電子軌道雜化，形成新的價(jià)電子軌道，能量相同
C．雜化前后的軌道數(shù)不變，但軌道的形狀發(fā)生了改變
D．雜化軌道可能形成π鍵
9．一種有機(jī)合成中間體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示，下列說(shuō)法正確的是

A．該有機(jī)合成中間體屬于芳香烴
B．該有機(jī)物分子中元素的第一電離能：F>C>O>H
C．該有機(jī)物分子中碳原子的雜化方式為和
D．該有機(jī)物分子中σ鍵與π鍵的個(gè)數(shù)之比為3：1
10．天津大學(xué)馬一太、田華教授團(tuán)隊(duì)在國(guó)家重點(diǎn)研發(fā)計(jì)劃——科技冬奧專項(xiàng)支持下，通過(guò)校企合作，研發(fā)了國(guó)際先進(jìn)的二氧化碳(R744)跨臨界直冷制冰技術(shù)，滿足不同項(xiàng)目對(duì)冰面的要求，被譽(yù)為是“最快的冰”。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是
A．跨臨界制冰過(guò)程破壞了碳氧共價(jià)鍵 B．的空間構(gòu)型為直線形
C．冰屬于分子晶體 D．分子中存在1個(gè)σ鍵1個(gè)π鍵
11．反應(yīng)因在催化劑表面與接觸而得名，反應(yīng)過(guò)程示意圖如圖：

下列說(shuō)法正確的是
A．反應(yīng)①的活化能比反應(yīng)②低
B．圖示過(guò)程中既有的斷裂，又有的形成
C．、中硫原子均為雜化
D．該反應(yīng)的催化劑有和
12．辣椒素是辣椒辣味來(lái)源，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下。下列有關(guān)辣椒素的說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A．分子中C原子雜化方式有sp2、sp3兩種
B．含有的官能團(tuán)有五種
C．酸性條件下水解，其產(chǎn)物均可與Na2CO3溶液反應(yīng)
D．1 mol辣椒素與足量的濃溴水反應(yīng)最多能消耗2 mol Br2
13．用價(jià)電子對(duì)互斥理論(VSEPR)可以預(yù)測(cè)許多分子或離子的空間構(gòu)型，也可推測(cè)鍵角大小，下列判斷正確的是
A．BF3與PCl3為三角錐形 B．SO3與為平面三角形
C．SO2鍵角大于120o D．SOCl2是平面三角形
14．PH3是一種無(wú)色劇毒氣體，其分子結(jié)構(gòu)和NH3相似，但P-H鍵鍵能比N-H鍵鍵能低。下列判斷錯(cuò)誤的是
A．PH3分子呈三角錐形
B．PH3分子是極性分子
C．PH3沸點(diǎn)低于NH3沸點(diǎn)，因?yàn)镻-H鍵鍵能低
D．PH3分子穩(wěn)定性低于NH3分子，因?yàn)镹-H鍵鍵能高
15．某種電化學(xué)的電解液的組成如圖所示，X、Y、Z、Q、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，下列說(shuō)法正確的是

A．電解熔融QW2可獲得Q的單質(zhì) B．原子半徑：Z>Y
C．W的含氧酸均為強(qiáng)酸 D．QW的空間構(gòu)型為正四面體

二、實(shí)驗(yàn)題
16．八水合磷酸亞鐵[，]難溶于水和醋酸，溶于無(wú)機(jī)酸，可作為鐵質(zhì)強(qiáng)化劑。某實(shí)驗(yàn)室利用如圖裝置制備八水合磷酸亞鐵，步驟如下：

ⅰ.在燒瓶中先加入維生素C稀溶液作底液；
ⅱ.通過(guò)儀器a向燒瓶中滴入足量與的混合溶液；
ⅲ.再滴入的溶液，保持為6左右，水浴加熱且不斷攪拌至反應(yīng)充分后靜置；
ⅳ.將燒瓶中混合物進(jìn)行抽濾、洗滌、低溫干燥，得到產(chǎn)品。
回答下列問(wèn)題：
(1)的價(jià)電子軌道表示式為_(kāi)__________，的空間結(jié)構(gòu)為_(kāi)__________。
(2)儀器a的名稱是___________，配制溶液時(shí)需將蒸餾水事先煮沸、冷卻，其目的是___________。
(3)用維生素C稀溶液作底液而不用鐵粉的主要原因是___________。
(4)寫(xiě)出生成八水合磷酸亞鐵的離子方程式：___________。
(5)合成時(shí)需保持為6左右的原因是___________。
(6)產(chǎn)率的計(jì)算：稱取產(chǎn)品，用足量的稀硫酸溶解后，立即用溶液滴定至終點(diǎn)，消耗溶液。滴定過(guò)程中的離子方程式為_(kāi)__________，本實(shí)驗(yàn)所得產(chǎn)品的產(chǎn)率為_(kāi)__________%(保留到小數(shù)點(diǎn)后一位)。
17．某課外活動(dòng)小組以CuSO4·5H2O和氨水為原料制備[Cu(NH3)4]SO4·H2O并進(jìn)行探究。
已知：CuSO4+4NH3·H2O= [Cu(NH3)4]SO4+4H2O
[Cu(NH3)4]SO4=[Cu(NH3)4]2+ +SO
[Cu(NH3)4]2+ +4H+ =Cu2+ +4NH
(1)配制溶液：稱取一定質(zhì)量的CuSO4·5H2O晶體，放入錐形瓶中，溶解后滴加氨水。裝置如圖A所示(膠頭滴管中吸有氨水)。

滴加氨水時(shí)，有淺藍(lán)色沉淀Cu2(OH)2SO4生成；繼續(xù)滴加氨水，沉淀消失，得到深藍(lán)色的[Cu(NH3)4]SO4溶液。用離子方程式表示由淺藍(lán)色沉淀得到深藍(lán)色溶液的原理：_______
(2)制備晶體：將A中溶液轉(zhuǎn)移至B中，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶體；將B中混合物轉(zhuǎn)移至C的漏斗中，減壓過(guò)濾，用乙醇洗滌晶體2～3次；取出晶體，冷風(fēng)吹干。
①晶體不采用加熱烘干的原因是_______
②減壓過(guò)濾時(shí)，抽氣泵處于工作狀態(tài)，活塞需關(guān)閉，使裝置內(nèi)產(chǎn)生負(fù)壓。洗滌晶體時(shí)，應(yīng)該在打開(kāi)活塞的狀態(tài)下，向漏斗中加入乙醇至浸沒(méi)沉淀，原因是_______。
(3)廢液回收：從含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和氨水的廢液中回收乙醇并獲得CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液，應(yīng)加入的試劑是_______(填序號(hào))
A．鹽酸???????B．硝酸???????C．硫酸??????D．氫氧化鈉溶液。
已知硫酸銨溶液高溫易分解，回收乙醇的實(shí)驗(yàn)方法為_(kāi)______
A．蒸餾??????B．減壓蒸餾?????C．萃取?????D．分液
(4)用沉淀法測(cè)定晶體中SO的含量。稱取一定質(zhì)量的[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶體，加適量蒸餾水溶解，向其中滴加足量BaCl2溶液，攪拌，加熱一段時(shí)間，過(guò)濾，洗滌，烘干，灼燒，稱量沉淀的質(zhì)量。下列有關(guān)說(shuō)法正確的有_______。
A．滴加足量BaCl2溶液能降低實(shí)驗(yàn)數(shù)值偏低的可能性
B．檢驗(yàn)沉淀已經(jīng)洗凈的方法為取少量最后一次洗滌液于試管中，向其中加入BaCl2溶液，無(wú)白色沉淀生成，證明沉淀已洗凈
C．洗滌后濾紙和固體一起灼燒，以免固體附著在濾紙上，造成損失。
D．已知[Cu(NH3)4]2+ 為平面四邊形結(jié)構(gòu)，中心Cu2+不可能是sp3雜化
(5)新制的氨水中含氮元素的微粒有3種：NH3、NH3·H2O和NH，其中NH3·H2O電離平衡受多種因素的影響。設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)，控制變量，僅探究NH對(duì)NH3·H2O電離平衡的影響結(jié)果：
①限制試劑與儀器：0.1mol/L氨水、NH4Cl、CH3COONH4、NH4HCO3、(NH4)2CO3、量筒、燒杯、玻璃棒、藥匙、天平、pH計(jì)、恒溫水浴槽(可控制溫度)。
②設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案，擬定實(shí)驗(yàn)表格，完整體現(xiàn)實(shí)驗(yàn)方案。表格中“_______”處需測(cè)定的物理量為_(kāi)______
物理量實(shí)驗(yàn)序號(hào)
V(0.1mol/L氨水)/mL
m(銨鹽)/g
t/℃
_______
1
100
0
25
b
2
100
a
25
c
③表中物理量“m(銨鹽)/g”的銨鹽應(yīng)是_______
④按實(shí)驗(yàn)序號(hào)2所擬數(shù)據(jù)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，忽略水電離的OH-，則一水合氮的電離度(平衡轉(zhuǎn)化率)為_(kāi)______。
18．二氧化氯(ClO2)是一種綠色消毒劑，常溫常壓下為黃綠色氣體，易溶于水。常見(jiàn)的化學(xué)合成方法有氧化法和還原法。
(1) 過(guò)硫酸鹽氧化法：用原料亞氯酸鈉(NaClO2)和過(guò)硫酸鈉(Na2S2O8)直接反應(yīng)，操作簡(jiǎn)單，同時(shí)可得到副產(chǎn)品Na2SO4。
①制備時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____。
②原料亞氯酸鈉的陰離子(ClO)中Cl原子的雜化方式為_(kāi)_____，副產(chǎn)品Na2SO4中陰離子的空間構(gòu)型為_(kāi)_____。
(2) 鹽酸還原法：此法制得的二氧化氯消毒液中常含有ClO2和Cl2兩種主要成分。為測(cè)定某二氧化氯消毒液中ClO2的濃度，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：量取5.00 mL二氧化氯消毒液于錐形瓶中，加蒸餾水稀釋到25.00 mL，再向其中加入過(guò)量KI溶液，充分振蕩；用0.10 mol/L Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至淺黃色后，加入指示劑，繼續(xù)滴定至終點(diǎn)，消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液5.50 mL；加入稀H2SO4調(diào)節(jié)溶液pH=3，再用0.10 mol/L Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，滴至淺黃色時(shí)加入指示劑，繼續(xù)滴定至終點(diǎn)，第二次滴定消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。
已知：2ClO2＋2KI=2KClO2＋I(xiàn)2
KClO2＋4KI＋2H2SO4=KCl＋2K2SO4＋2I2＋2H2O
2Na2S2O3＋I(xiàn)2=Na2S4O6＋ 2NaI
①用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定時(shí)，均以淀粉溶液作指示劑，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為_(kāi)_____。
②計(jì)算該二氧化氯消毒液中ClO2的物質(zhì)的量濃度______。(寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程)
③若實(shí)驗(yàn)中調(diào)節(jié)溶液pH時(shí)稀硫酸用量不足，將導(dǎo)致測(cè)得的ClO2濃度______(填“偏高”、“偏低”或“無(wú)影響”)。
19．鐵及其化合物在生活中用途廣泛，綠礬(FeSO4·7H2O)是一種常見(jiàn)的中草藥成分，失水后可轉(zhuǎn)為FeSO4·H2O，與FeS2可聯(lián)合制備鐵粉精(FexOy)和H2SO4。
i.FeSO4·H2O結(jié)構(gòu)如圖所示：

(1)Fe2+價(jià)層電子排布式為_(kāi)________。
(2)比較和分子中的鍵角大小并給出相應(yīng)解釋：_________。
(3)與和之間的作用力分別為_(kāi)________。
ii.實(shí)驗(yàn)室以 FeCl2溶液為原料制備高密度磁記錄材料 Fe/Fe3O4復(fù)合物。
(4)在氬氣氣氛下，向裝有50mL1mol?L?1FeCl2溶液的三頸燒瓶(裝置如圖)中逐滴加入 100mL14 mol?L?1KOH溶液，用磁力攪拌器持續(xù)攪拌，在100℃下回流3h，得到成分為Fe和Fe3O4的黑色沉淀。

①三頸燒瓶發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)________。
②檢驗(yàn)反應(yīng)是否進(jìn)行完全的操作是_________。
(5)待三頸燒瓶中的混合物冷卻后，過(guò)濾，再依次用沸水和乙醇洗滌，在40℃干燥后焙燒3h，得到Fe/Fe3O4復(fù)合物產(chǎn)品 3.24g。
①焙燒需在隔絕空氣條件下進(jìn)行，原因是_________。
②計(jì)算實(shí)驗(yàn)所得產(chǎn)品的產(chǎn)率_________。
20．氯氣用于自來(lái)水的殺菌消毒，但在消毒時(shí)會(huì)產(chǎn)生一些負(fù)面影響，因此人們開(kāi)始研究一些新型自來(lái)水消毒劑。某學(xué)習(xí)小組查閱資料發(fā)現(xiàn)NCl3不僅可作為殺菌消毒劑、漂白劑，還可用于檸檬等水果的熏蒸處理。已知：NCl3熔點(diǎn)為-40℃，沸點(diǎn)為70℃，95℃以上易爆炸，有刺激性氣味，在熱水中易水解；N的電負(fù)性為3.04，Cl的電負(fù)性為3.16。某小組同學(xué)選擇下列裝置(或儀器)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)制備三氯化氮并探究其性質(zhì)：

回答下列問(wèn)題：
(1)NCl3的立體構(gòu)型為_(kāi)____。
(2)整個(gè)裝置的導(dǎo)管連接順序?yàn)閍→____。
(3)裝置B中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)____，裝置C的作用為_(kāi)___。
(4)從裝置B中蘸取少量反應(yīng)后的溶液，滴到干燥的紅色石蕊試紙上，試紙不褪色；若取該液體滴入50-60℃熱水中，片刻后取該熱水再滴到干燥的紅色石蕊試紙上，試紙先變藍(lán)后褪色，結(jié)合反應(yīng)方程式解釋該現(xiàn)象_____。
(5)在pH=4時(shí)電解NH4Cl溶液也可以制得NCl3，然后利用空氣流將產(chǎn)物帶出電解槽。電解池中產(chǎn)生NCl3的電極為_(kāi)___(填“陰極”或“陽(yáng)極”)，該電極的電極反應(yīng)式為_(kāi)___。

參考答案：
1．B
【詳解】A．6g乙酸的物質(zhì)的量為0.1mol，乙酸分子中只有—COOH中的碳原子為sp2雜化，sp2雜化的碳原子數(shù)為，A錯(cuò)誤；
B．中硼原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為，B正確；
C．甲烷與氯氣反應(yīng)前后分子數(shù)不發(fā)生改變，故充分反應(yīng)后的分子總數(shù)為，C錯(cuò)誤；
D．鉛蓄電池放電時(shí)的總反應(yīng)為，生成時(shí)每轉(zhuǎn)移2mol電子，則負(fù)極增重96g，所以當(dāng)負(fù)極增重48g時(shí)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為，D錯(cuò)誤；
故選B。
2．C
【詳解】A.氮的電子排布式為1s22s22p3，未成對(duì)電子數(shù)為3；
B.硒的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p4，未成對(duì)電子數(shù)為2；
C.鉻的電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，未成對(duì)電子數(shù)為6；
D.銅的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，未成對(duì)電子數(shù)為1；
綜上所述，最外電子層未成對(duì)電子最多的是鉻；
答案選C。
3．B
【詳解】A．基態(tài)氧原子核外有8個(gè)電子，其電子的軌道表示式為，A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理，中N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+=4，VSEPR模型為四面體，且有一對(duì)孤電子，故的空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，B正確；
C．兩個(gè)氯原子應(yīng)分開(kāi)寫(xiě)，用電子式表示的形成應(yīng)為，C錯(cuò)誤；
D．過(guò)氧化氫分解過(guò)程中二氧化錳作催化劑，催化劑能降低反應(yīng)的活化能，改變反應(yīng)途徑，從而加快反應(yīng)速率，一個(gè)反應(yīng)的焓變只與反應(yīng)物的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，和反應(yīng)途徑無(wú)關(guān)，即二氧化錳不能改變過(guò)氧化氫分解的焓變，D錯(cuò)誤。
答案選B。
4．A
【詳解】A．的空間構(gòu)型為直線型，夾角為180°，故A正確；
B．的空間構(gòu)型為V形，夾角為104.5°，故B錯(cuò)誤；
C．的空間構(gòu)型為三角錐形，夾角為107.3°，故C錯(cuò)誤；
D．的空間構(gòu)型為正四面體形，夾角為109°28ˊ，故C錯(cuò)誤；
故選A。
5．C
【詳解】A．該反應(yīng)是乙苯和二氧化碳反應(yīng)生成苯乙烯、一氧化碳和水，其反應(yīng)歷程中是氧化劑，故A正確；
B．從和結(jié)構(gòu)分析得到1mol生成1mol減少鍵，故B正確；
C．催化劑改變了反應(yīng)歷程，降低了反應(yīng)的活化能，但不改變(焓變)，故C錯(cuò)誤；
D．分子中C原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)都為3+0=3，采取sp2雜化，故D正確；
綜上所述，答案為C。
6．C
【詳解】A．PCl3為三角錐形是因?yàn)镻原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，P原子為sp3雜化，其中有一對(duì)孤對(duì)電子，所以空間構(gòu)型為三角錐形，錯(cuò)誤；
B．乙烯分子中的C-H鍵是氫原子的1s軌道與C原子的2s與2個(gè)2p雜化即sp2雜化軌道形成的,錯(cuò)誤；
C．中心原子采取sp3雜化的分子，其VSEPR模型為四面體，若無(wú)孤對(duì)電子，則為四面體，有一對(duì)孤對(duì)電子，則為三角錐形，有2對(duì)孤對(duì)電子，則為V形，正確；
D．AB3形的分子可能是平面三角形，也可能是三角錐形，如PCl3為三角錐形，錯(cuò)誤，
答案選C。
7．B
【詳解】A．分子中O原子和N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)均為4，故均為雜化，A正確；
B．電負(fù)性O(shè)＞N＞H，中成鍵電子云比中偏離程度大，同時(shí)N-C鍵長(zhǎng)比O-C鍵長(zhǎng)大、N-H鍵長(zhǎng)比O-H鍵長(zhǎng)大，這樣導(dǎo)致中的成鍵電子對(duì)之間的斥力減小，分子中的鍵角小于的鍵角，B不正確；
C．電負(fù)性O(shè)＞N＞H，分子中的極性大于的極性，C正確；
D．手性碳原子一定是飽和碳原子，手性碳原子所連接的四個(gè)基團(tuán)要是不同的。則分子中含有手性碳原子、例如，D正確；
答案選B。
8．D
【詳解】A．中心原子為雜化時(shí)，其分子不一定為正四面體結(jié)構(gòu)，如氨氣、水中的中心原子均為雜化，氨氣為錐形、水為V形，故A正確；
B．中心原子能量相近的不同軌道在外界的影響下會(huì)發(fā)生雜化，形成新的軌道，能量相同，故B正確；
C．雜化時(shí)，雜化前后的軌道數(shù)不變，但軌道的形狀發(fā)生了改變，故C正確；
D．雜化軌道只能用于形成σ鍵，故D錯(cuò)誤；
故選D。
9．C
【詳解】A．芳香烴指含有苯環(huán)的烴，烴只由碳、氫兩種元素組成，該有機(jī)合成中間體不含苯環(huán)且含有氧元素和氟元素，所以該有機(jī)物不屬于芳香烴，A錯(cuò)誤；
B．分子中元素的第一電離能F > O > H > C，B錯(cuò)誤；
C．碳碳雙鍵和羰基上的碳原子為雜化，甲基上的碳原子共形成4個(gè)σ鍵，為雜化，C正確；
D．根據(jù)單鍵都是σ鍵，一個(gè)雙鍵中有一個(gè)σ鍵、一個(gè)π鍵可知，該分子中σ鍵與π鍵的個(gè)數(shù)之比為31：6，D錯(cuò)誤；
故選C。
10．C
【詳解】A．跨臨界制冰過(guò)程發(fā)生物理變化，沒(méi)有破壞了碳氧共價(jià)鍵，故A錯(cuò)誤；
B．中O原子采取sp3雜化，有兩對(duì)孤電子對(duì)，屬于V形空間構(gòu)型，故B錯(cuò)誤；
C．冰是水分子通過(guò)氫鍵形成的晶體，屬于分子晶體，故C正確；
D．分子內(nèi)每個(gè)氧原子和碳原子共用兩對(duì)電子對(duì)，碳氧雙鍵1個(gè)σ鍵1個(gè)π鍵，則分子中存在2個(gè)σ鍵2個(gè)π鍵，故D錯(cuò)誤；
故答案為C。
11．C
【詳解】A．反應(yīng)①為慢反應(yīng)，反應(yīng)較難進(jìn)行，其活化能比反應(yīng)②的高，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．反應(yīng)①生成新的S-O鍵，整個(gè)過(guò)程沒(méi)有S-O鍵的斷裂，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．SO2的價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是3，所以硫原子采取雜化，SO3的價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是3，所以硫原子采取雜化，選項(xiàng)C正確；
D．該反應(yīng)的催化劑只有V2O5，V2O4是前面反應(yīng)生成，又在后面反應(yīng)中消耗，屬于“中間產(chǎn)物”，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；
故選C。
12．B
【詳解】A．在該物質(zhì)分子中飽和C原子采用sp3雜化，形成碳碳雙鍵的不飽和C原子采用sp2雜化，則該物質(zhì)分子中C原子雜化方式有sp2、sp3兩種，A正確；
B．該物質(zhì)分子中含有不飽和的碳碳雙鍵、酰胺鍵、酚羥基、醚鍵四種官能團(tuán)，B錯(cuò)誤；
C．在酸性條件下水解，其水解產(chǎn)生的羧酸能夠與Na2CO3溶液反應(yīng)；水解產(chǎn)生的另一種反應(yīng)產(chǎn)物含酚羥基，也可以與Na2CO3溶液反應(yīng)，C正確；
D．碳碳雙鍵能夠與Br2發(fā)生加成反應(yīng)，苯酚易發(fā)生環(huán)上鄰對(duì)位的取代反應(yīng)；該物質(zhì)分子中含有1個(gè)酚羥基和一個(gè)碳碳雙鍵，因此1 mol辣椒素與足量的濃溴水反應(yīng)最多能消耗2 mol Br2，D正確；
故合理選項(xiàng)是B。
13．B
【詳解】A．BF3中價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+×(3-3×1)=3，無(wú)孤電子對(duì)，為平面三角形，PCl3中價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+×(5-3×1)=4，含有1個(gè)孤電子對(duì)，為三角錐形，故A錯(cuò)誤；
B．SO3中價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+×(6-3×2)=3，無(wú)孤電子對(duì)，為平面三角形，中價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+×(4-3×2+2)=3，無(wú)孤電子對(duì)，為平面三角形，故B正確；
C．SO2中價(jià)層電子對(duì)數(shù)=2+×(6-2×2)=3，含有1個(gè)孤電子對(duì)，為V型結(jié)構(gòu)，孤電子對(duì)與成鍵電子對(duì)之間的排斥力大于成鍵電子對(duì)之間的排斥力，所以SO2鍵角小于120o，故C錯(cuò)誤；
D．SOCl2中價(jià)層電子對(duì)數(shù)=1+2+×(6-1×2-2×1)=4，含有1個(gè)孤電子對(duì)，為四面體形，故D錯(cuò)誤；
故選B。
14．C
【詳解】A．NH3是三角錐形，PH3分子結(jié)構(gòu)和NH3相似，故PH3分子也呈三角錐形，故A正確；
B．PH3分子是三角錐形，空間結(jié)構(gòu)不對(duì)稱，正負(fù)電荷重心不重合，為極性分子，故B正確；
C．PH3沸點(diǎn)低于NH3沸點(diǎn)，因?yàn)镹H3分子間存在氫鍵，沸點(diǎn)高，故C錯(cuò)誤；
D．PH3分子穩(wěn)定性低于NH3分子，因?yàn)镻—H鍵鍵能比N—H鍵鍵能低，化學(xué)鍵越穩(wěn)定，分子越穩(wěn)定，鍵能越大化學(xué)鍵越穩(wěn)定，故D正確。
故答案為C。
15．D
【分析】根據(jù)組成結(jié)構(gòu)以及成鍵特點(diǎn)，X和W只有一個(gè)共價(jià)鍵，可能是為H和鹵族元素，Y有四個(gè)共價(jià)鍵，五種元素原子序數(shù)依次增大，且屬于短周期元素，因此Y為C，X為H，W應(yīng)為Cl，一個(gè)Z有三個(gè)共價(jià)鍵，因此該物質(zhì)為離子化合物，形成四個(gè)鍵的Z失去一個(gè)電子，因此Z為N，Q形成四個(gè)共價(jià)鍵中有一個(gè)配位鍵，因此Q為Al，據(jù)此分析；
【詳解】根據(jù)上述分析，X為H，Y為C，Z為N，Q為Al，W為Cl，
A．QW3為AlCl3，氯化鋁為分子晶體，熔融狀態(tài)不導(dǎo)電，因此工業(yè)上上常電解氧化鋁獲得金屬鋁，故A錯(cuò)誤；
B．同周期從左向右原子半徑依次減小(稀有氣體除外)，因此C的原子半徑大于N，故B錯(cuò)誤；
C．含氯的酸可能為強(qiáng)酸，如HClO4，也可能為弱酸，如HClO，故C錯(cuò)誤；
D．AlCl中Al有4個(gè)σ鍵，無(wú)孤電子對(duì)數(shù)，即該離子空間構(gòu)型為正四面體，故D正確；
答案為D。
16．(1) 正四面體
(2) 恒壓滴液漏斗除去水中溶解的氧氣，防止Fe2+被氧化
(3)避免產(chǎn)品中混入鐵粉
(4)3Fe2++2HPO+2CH3COO-+8H2O=Fe3(PO4)2·8H2O↓+2CH3COOH其他合理答案也可
(5)pH降低，不利于沉淀的生成；pH過(guò)高，會(huì)生成Fe(OH)2沉淀
(6) 5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 88.9

【分析】制備八水合磷酸亞鐵，因?yàn)閬嗚F離子容易被氧化，同時(shí)為防止引入新雜質(zhì)，應(yīng)用維生素C作底液，制備的原理是3FeSO4+2Na2HPO4+2CH3COONa+8H2O =Fe3(PO4)2·8H2O↓+3Na2SO4+2CH3OOH，據(jù)此分析；
【詳解】（1）基態(tài)鐵原子價(jià)電子排布式為3d64s2，則Fe2+價(jià)電子排布式為3d6，價(jià)電子軌道式為；PO中中心原子P有4個(gè)σ鍵，孤電子對(duì)數(shù)為=0，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，因此PO的空間構(gòu)型為正四面體形；故答案為PO；正四面體形；
（2）根據(jù)儀器a的特點(diǎn)，儀器a名稱為恒壓滴液漏斗；因?yàn)镕e2+容易被氧氣氧化，因此配制時(shí)，需要將蒸餾水事先煮沸，目的是除去水中溶解的氧氣，防止Fe2+被氧化；故恒壓滴液漏斗；除去水中溶解的氧氣，防止Fe2+被氧化；
（3）維生素C具有還原性，可以防止Fe2+被氧化，鐵粉也能與Fe3+反應(yīng)生成Fe2+，但鐵粉為固體，使得制備的八水合磷酸亞鐵中混有雜質(zhì)，故答案為避免產(chǎn)品中混入鐵粉；
（4）八水合磷酸亞鐵難溶于水和醋酸，因此生成八水合磷酸亞鐵的離子方程式為3Fe2++2HPO+2CH3COO-+8H2O=Fe3(PO4)2·8H2O↓+2CH3COOH；故答案為3Fe2++2HPO+2CH3COO-+8H2O=Fe3(PO4)2·8H2O↓+2CH3COOH；
（5）合成時(shí)需保持pH為6左右的原因是pH降低，不利于沉淀的生成；pH過(guò)高，會(huì)生成Fe(OH)2沉淀；故答案為pH降低，不利于沉淀的生成；pH過(guò)高，會(huì)生成Fe(OH)2沉淀；
（6）八水合磷酸亞鐵溶于無(wú)機(jī)酸，然后用高錳酸鉀溶液滴定，利用酸性高錳酸鉀溶液的氧化性，將Fe2+氧化成Fe3+，本身被還原成Mn2+，根據(jù)化合價(jià)升降、原子守恒和電荷守恒，其反應(yīng)離方程式為5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；根據(jù)離子方程式可知： n(Fe2+)×1=n(KMnO4)×5，n(Fe2+)=20.00mL×10-3L/mL×0.1000mol/L×5，即32.00g中含有Fe3(PO4)2·8H2O 的質(zhì)量為m[Fe3(PO4)2·8H2O]= 20.00mL×10-3L/mL×0.1000mol/L×5××502g/mol×，100mL2.00mol/L硫酸亞鐵全部轉(zhuǎn)化成八水合磷酸亞鐵的理論質(zhì)量為100mL×10-3L/mL×2.00mol/L××502g/mol，則本實(shí)驗(yàn)產(chǎn)品的產(chǎn)率為≈88.9%；故答案為5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；88.9%。
17．(1)Cu2(OH)2SO4+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2+ +SO+2OH- +8H2O
(2) 晶體受熱易脫水脫氨(“晶體受熱易分解”或“加熱烘干變質(zhì)”) 為了使乙醇較慢的從漏斗中流出來(lái)并與晶體充分接觸，提高洗滌的效果
(3) C B
(4)ACD
(5) pH NH4Cl

【分析】裝置A為封閉體系，加入氨氣后有利于氨氣充分吸收；滴加氨水時(shí)，硫酸銅和氨水生成淺藍(lán)色沉淀Cu2(OH)2SO4，繼續(xù)滴加氨水，沉淀消失，生成絡(luò)合物，得到深藍(lán)色[Cu(NH3)4]SO4溶液；洗滌原容器有利于反應(yīng)物充分利用；加入洗滌劑洗滌晶體時(shí)，要保證正常壓強(qiáng)，洗滌劑和洗滌物充分混合有利于洗滌充分；廢液回收過(guò)程是從含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和氨水的廢液中回收乙醇并獲得CuSO4、(NH4)2SO4的混合溶液，廢液存在絡(luò)離子，需要加入H2SO4，除去絡(luò)離子；沸點(diǎn)不同的物質(zhì)可以蒸餾分離。
【詳解】（1）CuSO4·5H2O晶體溶解后滴加氨水，生成淺藍(lán)色沉淀Cu2(OH)2SO4；繼續(xù)滴加氨水，得到深藍(lán)色溶液[Cu(NH3)4]SO4，反應(yīng)過(guò)程中氨水中的一水合氨或氨氣參加反應(yīng)，[Cu(NH3)4]SO4為可溶性強(qiáng)電解質(zhì)，在水溶液中完全電離，離子方程式為：Cu2(OH)2SO4+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2+ +SO+2OH- +8H2O；
（2）①晶體不采用加熱烘干的原因是防止失去結(jié)晶水，降低產(chǎn)物產(chǎn)率；
②裝置內(nèi)產(chǎn)生負(fù)壓時(shí)，漏斗中液體會(huì)被迅速抽入吸濾瓶中，而洗滌過(guò)程為了使乙醇較慢的從漏斗中流出來(lái)并與晶體充分接觸，提高洗滌的效果，需打開(kāi)活塞；
（3）該過(guò)程需要將[Cu(NH3)4]SO4轉(zhuǎn)化為CuSO4，氨水中一水合氨和氨氣轉(zhuǎn)化為(NH4)2SO4，類(lèi)似于NH3→(NH4)2SO4，應(yīng)加入的試劑是硫酸，故選C；充分反應(yīng)后溶液為無(wú)機(jī)鹽和乙醇的水溶液，回收乙醇是液液互溶體系分離，回收乙醇的實(shí)驗(yàn)方法為蒸餾，為防止硫酸銨分解，需減壓蒸餾，降低蒸餾所需溫度，故選B；
（4）A．足量BaCl2溶液可以使硫酸根完全沉淀，降低實(shí)驗(yàn)數(shù)值偏低的可能性，A正確；
B．沉淀表明的雜質(zhì)主要為氯離子，檢驗(yàn)沉淀已經(jīng)洗凈即檢驗(yàn)是否有氯離子，應(yīng)取最后一次洗滌液，向其中加入AgNO3溶液，若無(wú)白色沉淀產(chǎn)生，證明沉淀洗凈，B錯(cuò)誤；
C．洗滌后濾紙和固體一起灼燒，可以保證所有沉淀均被回收，C正確；
D．若Cu2+為sp3雜化，則其空間構(gòu)型應(yīng)為正四面體形，而不是正方形，D正確；
故答案為：ACD；
（5）②本實(shí)驗(yàn)的目的是探究影響NH3·H2O電離平衡的因素，NH3·H2O電離平衡受到影響時(shí)，溶液的pH會(huì)發(fā)生變化，所以還需測(cè)定的物理量為pH；
③CH3COONH4、NH4HCO3、(NH4)2CO3所含的酸根均為弱酸根，弱酸根會(huì)發(fā)生水解，影響溶液pH，所以銨鹽應(yīng)選用NH4Cl；
④一水合氨的電離平衡：NH3·H2ONH+OH-，溶液pH=c，則c(H+)=10-cmol/L、c(OH-)=10c-14mol/L，忽略水電離的OH-，所以氫氧根全部由一水合氨電離，則一水合氮的電離度。
18． 2ClO＋S2O=2ClO2↑＋2SO sp3雜化正四面體溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原來(lái)顏色 0.1 mol/L 偏小
【詳解】(1)①亞氯酸鈉(NaClO2)和過(guò)硫酸鈉(Na2S2O8)直接反應(yīng)可得ClO2，并得到副產(chǎn)品Na2SO4，該過(guò)程中Na2S2O8中-1價(jià)的O(過(guò)氧鍵)將+3價(jià)的Cl氧化為+4價(jià)，根據(jù)電子守恒可得NaClO2 和Na2S2O8的系數(shù)之比為2:1，再結(jié)合元素守恒可得離子方程式為2ClO＋S2O=2ClO2↑＋2SO；
②ClO中Cl原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為=4，所以為sp3雜化；SO中S原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為=4，孤電子對(duì)數(shù)為0，所以空間構(gòu)型為正四面體；
(2)該實(shí)驗(yàn)過(guò)程中先利用KI將ClO2還原為KClO2，Cl2被還原為Cl-，然后用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液將被氧化生成I2還原成I-，之后再加入稀H2SO4調(diào)節(jié)溶液pH=3，該過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)KClO2＋4KI＋2H2SO4=KCl＋2K2SO4＋2I2＋2H2O，然后再用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定產(chǎn)生的I2，從而間接確定ClO2的量；
①達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)碘單質(zhì)被完全反應(yīng)，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原來(lái)顏色；
②第二次滴定消耗Na2S2O3溶液20.00 mL，即被KClO2氧化生成的碘消耗了20.00 mLNa2S2O3溶液，依據(jù)反應(yīng)原理得關(guān)系式：2ClO2～2KClO2～4I2～8Na2S2O3，n(ClO2)==5.0×10-4 mol，c(ClO2)= =0.1 mol/L；
③若實(shí)驗(yàn)中調(diào)節(jié)溶液pH時(shí)稀硫酸用量不足，則KClO2無(wú)法完全反應(yīng)，則產(chǎn)生的碘單質(zhì)偏少，消耗的標(biāo)準(zhǔn)液減小，將導(dǎo)致測(cè)得的ClO2濃度偏低。
19．(1)3d6
(2)中心原子硫原子不存在孤對(duì)電子、和中心原子氧原子有2對(duì)孤對(duì)電子，孤電子對(duì)與成鍵電子對(duì)之間的斥力較大，故中的鍵角大于中的鍵角
(3)配位鍵、氫鍵
(4) 取樣品，滴加KSCN溶液，溶液不變色，再滴加氯水，溶液仍不變色，說(shuō)明反應(yīng)進(jìn)行完全
(5) 防止復(fù)合物產(chǎn)品中鐵被空氣中氧氣氧化 90.0%

【分析】FeCl2溶液逐滴加入KOH溶液得到成分為Fe和Fe3O4的黑色沉淀，分離出固體用沸水和乙醇洗滌，在40℃干燥后焙燒3h，得到Fe/Fe3O4復(fù)合物產(chǎn)品；
【詳解】（1）Fe2+為鐵原子失去2個(gè)電子后形成的離子，價(jià)層電子排布式為3d6；
（2）孤電子對(duì)與成鍵電子對(duì)之間的斥力大于成鍵電子對(duì)之間的斥力；中心原子硫原子不存在孤對(duì)電子、中心原子氧原子有2對(duì)孤對(duì)電子，孤電子對(duì)與成鍵電子對(duì)之間的斥力較大，故中的鍵角大于中的鍵角；
（3）由圖可知，亞鐵離子提供空軌道、提供孤對(duì)電子兩者形成配位鍵；氧的電負(fù)性較大，故和之間形成氫鍵；
（4）①FeCl2溶液逐滴加入KOH溶液得到成分為Fe和Fe3O4的黑色沉淀，則三頸燒瓶發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。
②檢驗(yàn)反應(yīng)是否進(jìn)行完全，就是檢驗(yàn)是否還存在亞鐵離子，亞鐵離子能被氯水氧化使KSCN溶液變紅色的鐵離子，故操作為：取樣品，滴加KSCN溶液，溶液不變色，再滴加氯水，溶液仍不變色，說(shuō)明反應(yīng)進(jìn)行完全；
（5）①空氣中氧氣具有氧化性，焙燒需在隔絕空氣條件下進(jìn)行，原因是防止復(fù)合物產(chǎn)品中鐵被空氣中氧氣氧化。
②50mL1mol?L?1FeCl2溶液中鐵元素為0.05mol，根據(jù)可知生成Fe、Fe3O4各0.0125mol，故實(shí)驗(yàn)所得產(chǎn)品的產(chǎn)率為。
20．(1)三角錐形
(2)d，e→b，c→f
(3) 3Cl2+2(NH4)2CO3=NCl3+2CO2+3NH4Cl+2H2O 除去Cl2中的HCl
(4)試紙不褪色說(shuō)明NCl3本身無(wú)漂白性，NCl3在熱水中水解生成NH3?H2O使紅色石蕊試紙變藍(lán)，具有強(qiáng)氧化性的的HClO又使其漂白褪色，反應(yīng)的化學(xué)方程式為NCl3+4H2O3HClO+NH3?H2O
(5) 陽(yáng)極 3Cl—+NH-6e—=NCl3+4H+

【分析】由實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，裝置A中濃鹽酸與高錳酸鉀固體反應(yīng)制備氯氣，濃鹽酸具有揮發(fā)性，制得的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣，裝置C中盛有的飽和食鹽水用于除去氯化氫氣體，裝置B中盛有的碳酸銨溶液與氯氣反應(yīng)制備三氯化氮，裝置D中盛有的氫氧化鈉溶液用于吸收未反應(yīng)的氯氣，防止污染空氣，則裝置的連接順序?yàn)锳CBD，導(dǎo)管連接順序?yàn)閍→d，e→b，c→f。
（1）
三氯化氮分子中氮原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為1，分子的空間構(gòu)型為三角錐形，故答案為：三角錐形；
（2）
由分析可知，整個(gè)裝置的導(dǎo)管連接順序?yàn)閍→d，e→b，c→f，故答案為：d，e→b，c→f；
（3）
由分析可知，裝置C中盛有的飽和食鹽水用于除去氯化氫氣體，裝置B中盛有的碳酸銨溶液與氯氣反應(yīng)生成三氯化氮、二氧化碳、氯化銨和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Cl2+2(NH4)2CO3=NCl3+2CO2+3NH4Cl+2H2O；故答案為：3Cl2+2(NH4)2CO3=NCl3+2CO2+3NH4Cl+2H2O；除去Cl2中的HCl；
（4）
用干燥、潔凈的玻璃棒蘸取三氯化氮液體滴到干燥的紅色石蕊試紙上，試紙不褪色，說(shuō)明三氯化氮無(wú)漂白性；取該液體滴入50-60℃熱水中，片刻后取該熱水再滴到干燥的紅色石蕊試紙上，試紙先變藍(lán)后褪色說(shuō)明三氯化氮與熱水反應(yīng)生成一水合氨和次氯酸，一水合氨使紅色石蕊試紙變藍(lán)，具有強(qiáng)氧化性的次氯酸使試紙漂白褪色，反應(yīng)的化學(xué)方程式為NCl3+4H2O3HClO+NH3?H2O，故答案為：試紙不褪色說(shuō)明NCl3本身無(wú)漂白性，NCl3在熱水中水解生成NH3?H2O使紅色石蕊試紙變藍(lán)，具有強(qiáng)氧化性的的HClO又使其漂白褪色，反應(yīng)的化學(xué)方程式為NCl3+4H2O3HClO+NH3?H2O；
（5）
由氮元素的化合價(jià)變化可知，電解池中產(chǎn)生三氯化氮的電極為電解池陽(yáng)極，在氯離子作用下，銨根離子在陽(yáng)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成三氯化氮和氫離子，電極反應(yīng)式為3Cl—+NH-6e—=NCl3+4H+，故答案為：陽(yáng)極；3Cl—+NH-6e—=NCl3+4H+。

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