2022高考复习冲关习题选修3第2讲一卷冲关的课后练习案.docx

一、选择题
1.以下有关化学键的表达中，不正确的选项是〔　　〕
A.某原子跟其他原子形成共价键时，其共价键数一定等于该元素原子的价电子数
B.水分子内氧原子结合的电子数已经到达饱和，故不能再结合其他氢原子
C.完全由非金属元素形成的化合物中也可能含有离子键
D.配位键也具有方向性、饱和性
解析：非金属元素的原子形成的共价键数目取决于该原子最外层的不成对电子数，一般最外层有几个不成对电子就能形成几个共价键。共价键具有饱和性，一个氧原子只能与两个氢原子结合生成H2O；非金属元素原子间形成的化学键也可能是离子键，如NH4Cl等铵盐中存在离子键；配位键属于共价键，具有方向性、饱和性。
答案：A
2.以下说法中不正确的选项是〔　　〕
A.σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强
B.两个原子之间形成共价键时，最多有一个σ键
C.气体单质中，一定有σ键，可能有π键
D.N2分子中有一个σ键，两个π键
解析：从原子轨道的重叠程度看，π键轨道重叠程度比σ键重叠程度小，故π键稳定性低于σ键；根据电子云的形状和成键时的重叠原那么，两个原子形成的共价键最多只有一个σ键，可能没有π键，也可能有1个或2个π键；稀有气体为单原子分子，不存在化学键。
答案：C
3.在硼酸［B〔OH〕3］分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。那么分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是〔　　〕
A.sp，范德华力　　　　　　　B.sp2，范德华力
C.sp2，氢键 D.sp3，氢键
解析：硼酸晶体与石墨结构相似，即每层为平面结构，故中心原子采取sp2杂化且存在氢键。
答案：C
4.以下表达中正确的选项是〔　　〕
A.NH3、CO、CO2都是极性分子
B.CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子
C.HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强
D.CS2、H2O、C2H2都是直线形分子
解析：CO2、CH4、CCl4、CS2均为含极性键的非极性分子，H2O为V形分子，HF、HCl、HBr 、HI的稳定性依次减弱。
答案：B
5以下有关物质性质、结构的表述均正确，且存在因果关系的是〔　　〕

表述1
表述2
A
在水中，NaCl的溶解度比I2的溶解度大
NaCl晶体中Cl－与Na＋间的作用力大于碘晶体中分子间的作用力
B
通常条件下，CH4分子比PbH4分子稳定性高
Pb的原子半径比C的大，Pb与H之间的键能比C与H间的小
C
在形成化合物时，同一主族元素的化合价相同
同一主族元素原子的最外层电子数相同
D
P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电
P4O10、C6H12O6均属于共价化合物
解析：A项I2是非极性分子，在水中的溶解度小；C项氧族元素中的氧元素，卤素中的氟元素与同族的其他元素的化合价不完全相同；D项，P4O10溶于水后和水反响生成H3PO4，其溶液导电。
答案：B
二、非选择题
6.A、B、C、D和E五种分子所含原子的数目依次为1、2、3、4和6，且都含有18个电子，又知B、C和D是由两种元素的原子组成，且D分子中两种原子个数比为1∶1。
请答复：
〔1〕组成A分子的原子的核外电子排布式是；
〔2〕B和C的分子式分别是和；C分子的空间构型为形，该分子属于分子〔填“极性〞或“非极性〞〕；
〔3〕向D的稀溶液中参加少量氯化铁溶液现象是，该反响的化学方程式为；
〔4〕假设将1 mol E在氧气中完全燃烧，只生成1 mol CO2和2 mol H2O，那么E的分子式是。
解析：在18电子分子中，单原子分子A为Ar，双原子分子B为HCl，三原子分子C为H2S，四原子分子D为PH3或H2O2，符合题意的D为H2O2；根据燃烧规律可知E为CH4Ox，故6＋4＋8x＝18，所以x＝1，E的分子式为CH4O。
答案：〔1〕1s22s22p63s23p6
〔2〕HCl　H2S　V　极性
〔3〕有气泡产生　2H2O2FeCl3,2H2O＋O2↑
〔4〕CH4O
7.〔2022·福建高考〕氮元素可以形成多种化合物。
答复以下问题：
〔1〕基态氮原子的价电子排布式是。
〔2〕C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是。
〔3〕肼〔N2H4〕分子可视为NH3分子中的一个氢原子被——NH2〔氨基〕取代形成的另一种氮的氢化物。
①NH3分子的空间构型是；N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是。
②肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反响是：

△H＝－1 038.7 kJ·mol－1
假设该反响中有4 mol N－H键断裂，那么形成的π键有mol。
③肼能与硫酸反响生成N2H6SO4，N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，那么N2H6SO4的晶体内不存在〔填标号〕。
a.离子键　　　　　　　b.共价键
c.配位键 d.范德华力
〔4〕图1表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点〔见图2〕，分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别。
以下分子或离子中，能被该有机化合物识别的是〔填标号〕。
a.CF4b.CH4
c.NHd.H2O
解析：〔1〕基态氮原子价电子排布为：2s22p3，注意是价电子，不是核外电子的排布式。
〔2〕C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C，注意N元素第一电离能要比O元素的大。
〔3〕①NH3分子空间构型为三角锥形，N原子为sp3杂化，根据题干中给出的信息可知N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型也是sp3。
②反响中有4 mol N－H键断裂，即有1 mol N2H4反响，根据反响方程式可知，1 mol N2H4参加反响有1.5 mol N2生成，而每摩尔N2中有2 mol π键。
③该题为信息题，知道〔NH4〕2SO4分子中存在的化学键〔离子键、共价键、配位键〕即可解答。
〔4〕四个选项中能形成氢键的是NH3、H2O、HF，但只有NH空间构型为正四面体，4个H原子位于四个顶点，恰好对应该有机化合物的4个N原子，形成4个氢键。
答案：〔1〕2s22p3　〔2〕N＞O＞C
〔3〕①三角锥形　sp3②3　③d　〔4〕c
8.A、B、C、D四种元素处于同一短周期，在同族元素中，A的气态氢化物的沸点最高，B的最高价氧化物对应的水化物的酸性在同周期中是最强的，C的电负性介于A、B之间，D与B相邻。
〔1〕C的原子的价电子排布式为。
〔2〕在B的单质分子中存在个π键，个σ键。
〔3〕B的气态氢化物很容易与H＋结合，B原子与H＋间形成的键叫，形成的离子立体构型为，其中B原子采取的杂化方式是。
〔4〕在A、B、C、D四种元素形成的电子数相同的四种氢化物中沸点最低的是〔写分子式〕，其沸点显著低于其他三种氢化物的原因是：___________________________。
解析：因A的气态氢化物的相对分子质量在同族元素氢化物中不是最大的，而沸点最高，说明A的氢化物可形成氢键，故A可能是N、O、F中的一种，那么A、B、C、D为第2周期元素，B的最高价氧化物对应的水化物的酸性在同周期中是最强的，那么B为N，C的电负性介于A、B之间，那么C为O，A为F；D与B相邻那么为碳。
〔1〕主族元素的价电子指最外层电子，O的价电子排布式为2s22p4；
〔2〕B的单质即N2，其结构式为N≡N，叁键中有1个σ键，2个π键；

〔4〕F的氢化物只有一种HF，电子数为10，其他有10个电子的氢化物分别是NH3、H2O、CH4，其中CH4沸点最低，因为只有CH4分子间、不能形成氢键，其他三种分子间均形成氢键，故它们的氢化物沸点显著高于CH4。
答案：〔1〕2s22p4　〔2〕2　1　〔3〕配位键　正四面体形　sp3杂化　〔4〕CH4　CH4分子间只有范德华力，而NH3、H2O、HF分子间除范德华力外还存在氢键

①除S外，上列元素的电负性从大到小依次为。
②在生成物中，A的晶体类型为，含极性共价键的分子的中心原子轨道杂化类型为。
③CN－与N2结构相似，推算HCN分子中σ键与π键数目之比为。
〔2〕原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2。T的基态原子外围电子〔价电子〕排布式为，Q2＋的未成对电子数是。
〔3〕在CrCl3的水溶液中，一定条件下存在组成为［CrCln〔H2O〕6－n］x＋〔n和x均为正整数〕的配离子，将其通过氢离子交换树脂〔R－H〕，可发生离子交换反响：
［CrCln〔H2O〕6－n］x＋＋xR－H―→
Rx［CrCln〔H2O〕6－n］＋xH＋
交换出来的H＋经中和滴定，即可求出x和n，确定配离子的组成。
将含0.0015 mol［CrCln〔H2O〕6－n］x＋的溶液，与R－H完全交换后，中和生成的
H＋需浓度为0.1200 mol·L－1NaOH溶液25.00 mL，可知该配离子的化学式为。
解析〔1〕①非金属性越强，电负性越大，所以电负性顺序为O＞N＞C＞K。
②据元素原子守恒知A为K2S，为离子晶体，产物中含极性共价键的分子为CO2，CO2为直线形分子，C原子杂化轨道类型为sp杂化。
③H－C≡N分子的结构与N2相似，σ键有2个，π键有2个，数目比为1∶1。

〔2〕由题知Q、T为Ⅷ族元素，T为Ni，Q为Fe，Ni价电子排布为3d84s2；Fe2＋是Fe失去4s轨道上的两个电子，价电子排布为3d6，未成对电子数为4。
〔3〕n〔H＋〕＝n〔OH－〕＝0.1200 mol·L－1×0.025 L
＝0.003 mol。
据［CrCln〔H2O〕6－n］x＋～xH＋
　1　　　　　　　　x
0.0015 mol 0.003 mol
得x＝2，
据电荷守恒得n＝1，所以化学式为［CrCl〔H2O〕5］2＋。
答案：〔1〕①O＞N＞C＞K　②离子晶体　sp　③1∶1
〔2〕3d84s2　4　〔3〕［CrCl〔H2O〕5］2＋
10.〔2022·江苏高考〕生物质能是一种洁净、可再生能源。生物质气〔主要成分为CO、CO2、H2等〕与H2混合，催化合成甲醇是生物质能利用的方法之一。
〔1〕上述反响的催化剂含有Cu、Zn、Al等元素。写出基态Zn原子的核外电子排布式。
〔2〕根据等电子原理，写出CO分子的结构式。
〔3〕甲醇催化氧化可得到甲醛，甲醛与新制Cu〔OH〕2的碱性溶液反响生成Cu2O沉淀。
①甲醇的沸点比甲醛的高，其主要原因是_____________________________________；
甲醛分子中碳原子轨道的杂化类型为。
②甲醛分子的空间构型是；1 mol甲醛分子中σ键的数目为。
③在1个Cu2O晶胞中〔结构如下列图〕，所包含的Cu原子数目为。
解析：〔1〕Zn为30号元素，根据核外电子排布规律即可得出。
〔2〕根据CO与N2互为等电子体，具有相似结构推断CO中为C≡O。
〔3〕CH3OH与HCHO均为分子晶体，相对分子质量非常接近，而沸点相差较大，是因为CH3OH分子间存在氢键；根据有机物中碳氧双键为sp2杂化，空间构型为平面三角形。甲醛中C—H键均为σ键，碳氧双键中一个σ键，故有3个σ键。弄清晶胞中位于顶点与体心的空心圆为O，那么O原子数＝8×＋1＝2,4个位于体心的黑点为Cu，Cu原子数为4，满足Cu∶O＝2∶1。
答案：〔1〕1s22s22p63s23p63d104s2或［Ar］3d104s2
〔2〕C≡O〔或CO〕

②平面三角形　3NA③4