第二章第二節(jié)分子的空間結(jié)構(gòu)同步練習(xí)- 高二上學(xué)期化學(xué)人教版（2019）選擇性必修2

第二節(jié)分子的空間結(jié)構(gòu)專題強(qiáng)化一、單選題（共20題，每題2分，共40分）1．根據(jù)科學(xué)人員探測(cè)，在海洋深處的沉積物中含有可燃冰，主要成分是甲烷水合物。有關(guān)其組成的兩種分子的下列說法正確的是()A．它們之間以氫鍵結(jié)合在一起B(yǎng)．它們的成鍵電子的原子軌道都是sp3—sσ鍵C．它們都是極性鍵構(gòu)成的極性分子D．它們的立體結(jié)構(gòu)都相同2．把下列液體分別裝在酸式滴定管中，并使其以細(xì)流流下，當(dāng)用帶電的玻璃棒接近液體細(xì)流時(shí)，細(xì)流流向可能發(fā)生偏轉(zhuǎn)的是A．CCl4 B．CO2 C．CS2 D．H2O3．氯化亞碩()是一種很重要的化學(xué)試劑，可以作為氯化劑和脫水劑。下列關(guān)于氯化亞碩分子的空間結(jié)構(gòu)和中心原子(S)采取何種雜化方式的說法正確的是A．三角錐形、 B．角形、C．平面三角形、 D．三角錐形、4．CO2的資源化利用是解決溫室效應(yīng)的重要途徑．以下是在一定條件下用NH3捕獲CO2生成重要化工產(chǎn)品三聚氰酸（下圖所示），有關(guān)三聚氰酸的說法不正確的是A．分子式為C3H3N3O3B．分子中只含極性鍵，不含非極性鍵C．屬于共價(jià)化合物D．該分子中的N原子采用sp雜化、C原子采用sp2雜化5．下列分子中畫橫線的原子的雜化軌道類型屬于的是A． B． C． D．6．下列分子或離子中，其中心原子的雜化方式和分子或離子的空間結(jié)構(gòu)均正確的是A．：、直線形 B．：、三角錐形C．：、V形 D．：、平面三角形7．如圖是乙烯分子的空間結(jié)構(gòu)，下列對(duì)乙烯分子中的化學(xué)鍵的分析正確的是A．雜化軌道形成σ鍵、未參與雜化的2p軌道形成π鍵B．雜化軌道形成π鍵、未參與雜化的2p軌道形成σ鍵C．C、H之間的化學(xué)鍵是雜化軌道形成的σ鍵，C、C之間的化學(xué)鍵是未參與雜化的2p軌道形成的π鍵D．C、C之間的化學(xué)鍵是雜化軌道形成的σ鍵，C、H之間的化學(xué)鍵是未參與雜化的2p軌道形成的π鍵8．下列說法正確的是A．CHCl3分子呈正四面體形B．H2S分子中S原子采用sp2雜化，其分子的空間構(gòu)型為V形C．二氧化碳分子中碳原子采用sp雜化，其為直線形分子D．呈三角錐形9．法匹拉韋是治療新冠肺炎的一種藥物，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示。下列說法不正確的是A．該分子屬于極性分子B．該分子中C-F鍵的極性大于C-N鍵的極性C．該分子中所有C原子都為sp3雜化D．該分子中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為15：410．順鉑[]是1969年發(fā)現(xiàn)的第一種具有抗癌活性的金屬配合物，碳鉑是1，1－環(huán)丁二羧酸二氨合鉑(Ⅱ)的簡(jiǎn)稱，屬于第二代鉑族抗癌藥物，結(jié)構(gòu)如圖所示，其毒副作用低于順鉑。下列說法正確的是A．順鉑分子中氮原子的雜化方式是B．碳鉑中所有碳原子在同一平面上C．碳鉑分子中雜化的碳原子與雜化的碳原子數(shù)目之比為2∶1D．1mol碳鉑中含有σ鍵的數(shù)目為1811．X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素?；鶓B(tài)X原子的2p軌道上有4個(gè)電子，X、Y同主族，Y、Z同周期，基態(tài)Z原子能量最高的能級(jí)上有1個(gè)未成對(duì)電子，基態(tài)W原子的3d能級(jí)上只有1對(duì)成對(duì)電子。下列說法正確的是A．氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y＞XB．Y2Z2分子中存在極性鍵和非極性鍵C．加熱條件下，Z與W的單質(zhì)化合生成WZ2D．的空間構(gòu)型為平面三角形12．物質(zhì)的組成與結(jié)構(gòu)決定了物質(zhì)的性質(zhì)與變化，結(jié)構(gòu)化學(xué)是化學(xué)研究的重要領(lǐng)域。下列說法正確的是A．元素周期系和元素周期表都不只有一個(gè)，都是多種多樣的B．在基態(tài)14C原子中，核外存在2對(duì)自旋相反的電子，其核外電子有4種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)C．I離子的幾何構(gòu)型為V型，其中心原子的雜化形式為sp2雜化D．已知苯酚()具有弱酸性，其Ka=1.1×10-10；水楊酸()第一級(jí)電離形成的離子()能形成分子內(nèi)氫鍵。據(jù)此判斷，相同溫度下電離平衡常數(shù)Ka2(水楊酸)＜Ka(苯酚)13．N和P為同族元素，下列說法正確的是A．N元素、P元素形成單質(zhì)分子的空間結(jié)構(gòu)均相同B．NH3和PH3均可和H+形成配位鍵C．HNO3與H3PO4均是強(qiáng)酸D．PCl3與PCl5中P原子的雜化方式相同14．一種疊氮橋基配位化合物C的合成方法如圖，下列敘述正確的是（）A．基態(tài)Br價(jià)電子排布式為3d104s24p5B．NaN3中N立體構(gòu)型為V形C．物質(zhì)C中氮原子雜化形式有sp、sp2、sp3D．CH3OH是手性分子15．根據(jù)VSEPR模型判斷，下列微粒中所有原子都在同一平面上的是A．和 B．和 C．和CH4 D．和PCl316．為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．分子中，S原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)目為B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，環(huán)己烷的分子數(shù)為C．溶液中，和的離子數(shù)目之和為D．電極反應(yīng)，每轉(zhuǎn)移電子釋放個(gè)17．含巰基()的有機(jī)化合物a、b可作為重金屬元素汞的解毒劑。為b的解毒原理。下列說法正確的是A．a(chǎn)中鍵角是180° B．b中S原子采取雜化C．c中S元素的電負(fù)性最大 D．a(chǎn)的水溶性大于b18．下列有關(guān)化學(xué)用語(yǔ)表示正確的是A．丙烯的鍵線式： B．的電子式：C．基態(tài)銅原子的核外電子排布式： D．的模型名稱：正四面體19．苯雖然可以發(fā)生各種化學(xué)反應(yīng)，但苯環(huán)卻通常難以被打破。2019年，英國(guó)牛津大學(xué)的研究人員卻發(fā)現(xiàn)，一種基于鋁的配位化合物能夠?qū)⒖哭D(zhuǎn)換成直鍵烴類，反應(yīng)如下：其中為鄰苯二甲酸異戊酯。下列說法正確的是A．有和兩種同分異構(gòu)體B．由于苯可以從石油中獲取，這一發(fā)現(xiàn)有望拓展石油化工的產(chǎn)品范圍C．Y中的氧化數(shù)為D．化合物X中的氧原子采取雜化成鍵20．“笑氣”是人類最早應(yīng)用于醫(yī)療的麻醉劑之一，有關(guān)理論認(rèn)為與分子具有相似的結(jié)構(gòu)(包括電子式)。已知分子中氧原子只與一個(gè)氮原子相連，下列說法合理的是A．的電子式可表示為：B．與具有相似的結(jié)構(gòu)(包括電子式)C．與均不含鍵D．為三角形分子二、綜合題（共6題，每題10分，共60分）21．釩是人體不可缺少的元素，Heyliger等首次報(bào)道了偏釩酸鈉顯著降低糖尿病大鼠血糖的作用后，釩化學(xué)的研究得到了很大發(fā)展。釩及其化合物也廣泛應(yīng)用于特種鋼、催化劑、顏料、染料、電子材料及防腐劑等等領(lǐng)域。(1)釩酸鹽與磷酸鹽結(jié)構(gòu)相似。請(qǐng)畫出VO、H2VO、VO2(H2O)和V2O的空間構(gòu)型__________。(2)生理?xiàng)l件下的釩以多種氧化態(tài)存在，各種氧化態(tài)可以相互轉(zhuǎn)化。通常細(xì)胞外的釩是V(V)，。而細(xì)胞內(nèi)的釩是V(IV)。研究表明，釩酸二氫根離子可與亞鐵血紅素(Mtrc-Fe2+)反應(yīng)，寫出該反應(yīng)的離子方程式__________。(3)①已知配合物[VON(CH2COO)3]在水溶液中的幾何構(gòu)型是唯一的，畫出它的空間構(gòu)型圖__________。②理論推測(cè)上述配合物分子在晶體中是有手性的，指出產(chǎn)生手性的原因__________。(4)釩酸釔晶體是近年來新開發(fā)出的優(yōu)良雙折射光學(xué)晶體，在光電產(chǎn)業(yè)中得到廣泛應(yīng)用。可以在弱堿性溶液中用偏釩酸銨和硝酸釔合成。寫出以Y2O3與V2O5為主要原料合成釩酸釔的化學(xué)方程式__________。(5)若以市售分析純偏釩酸銨為原料制備高純釩酸釔單晶，需將雜質(zhì)鐵離子含量降至一定數(shù)量級(jí)。設(shè)每升偏釩酸銨溶液中含三價(jià)鐵離子為5.0×10-5mol，用0.01moldm-3的鏊合劑除鐵。①說明不采取使鐵離子水解析出沉淀的方法除鐵的理由__________。②通過計(jì)算說明如何選擇螯合劑使偏釩酸銨含鐵量降至10-30moldm-3以下__________。配離子[Fe(edta)]2-[Fe(edta)]-[Fe(phen)3]2+[Fe(phen)3]3+2.1×10141.7×10242.0×10211.3×1014沉淀KspFe(OH)2Fe(OH)38.0×10-164.0×10-3822．為測(cè)定CuSO4溶液的濃度，設(shè)計(jì)方案如下。回答下列問題：實(shí)驗(yàn)原理：實(shí)驗(yàn)步驟：（1）中S原子雜化軌道類型___________；的立體構(gòu)型是___________；基態(tài)銅原子的核外電子排布式為：___________。（2）判斷沉淀完全的操作為___________；步驟②判斷沉淀是否洗凈所選用的試劑為___________。（3）步驟③灼燒時(shí)盛裝樣品的儀器名稱為___________。（4）固體質(zhì)量為wg，則c(CuSO4)=___________mol·L?1。（5）若步驟①?gòu)臒修D(zhuǎn)移沉淀時(shí)未洗滌燒杯，則測(cè)得c(CuSO4)___________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。23．是制備鐵催化劑的主要原料，某化學(xué)小組利用莫爾鹽制備的實(shí)驗(yàn)流程如下：已知：氧化操作中除生成外，另一部分鐵元素轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀。(1)的空間構(gòu)型為___________。(2)“酸溶”時(shí)，莫爾鹽___________(填“能”或“不能”)用的溶解，原因是___________。(3)第一次“煮沸”時(shí)，生成的離子方程式為___________。(4)“氧化”時(shí)所用的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示(夾持裝置略去)，導(dǎo)管a的作用是___________；“氧化”時(shí)反應(yīng)液應(yīng)保持溫度在40℃左右，則適宜的加熱方式為___________(填“直接加熱”或“水浴加熱”)。(5)測(cè)定產(chǎn)品中鐵的含量。步驟?。悍Q量mg樣品，加水溶解，加入稀硫酸，再滴入的溶液使其恰好反應(yīng)完全。步驟ⅱ：向步驟ⅰ所得的溶液中加入過量Cu粉，反應(yīng)完全后，濾去不溶物，向溶液中滴入酸化的的溶液，滴定至終點(diǎn)，消耗溶液。①步驟ⅰ中，若加入的溶液過量，則所測(cè)的鐵元素的含量___________(填“偏大”、“偏小”或“不變”，下同)，若步驟ⅱ中不濾去不溶物，則所測(cè)的鐵元素的含量___________。②該樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___________(用含m、y、z的代數(shù)式表示)。24．某小組探究Cu與反應(yīng)，發(fā)現(xiàn)有趣的現(xiàn)象。室溫下，的稀硝酸(溶液A)遇銅片短時(shí)間內(nèi)無明顯變化，一段時(shí)間后才有少量氣泡產(chǎn)生，而溶液B(見圖)遇銅片立即產(chǎn)生氣泡?；卮鹣铝袉栴}：(1)探究溶液B遇銅片立即發(fā)生反應(yīng)的原因。①假設(shè)1：_____________對(duì)該反應(yīng)有催化作用。實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證：向溶液A中加入少量硝酸銅，溶液呈淺藍(lán)色，放入銅片，沒有明顯變化。結(jié)論：假設(shè)1不成立。②假設(shè)2：對(duì)該反應(yīng)有催化作用。方案Ⅰ：向盛有銅片的溶液A中通入少量，銅片表面立即產(chǎn)生氣泡，反應(yīng)持續(xù)進(jìn)行。有同學(xué)認(rèn)為應(yīng)補(bǔ)充對(duì)比實(shí)驗(yàn)：向盛有銅片的溶液A中加入幾滴的硝酸，沒有明顯變化。補(bǔ)充該實(shí)驗(yàn)的目的是_____________。方案Ⅱ：向溶液B中通入氮?dú)鈹?shù)分鐘得溶液C。相同條件下，銅片與A、B、C三份溶液的反應(yīng)速率：，該實(shí)驗(yàn)?zāi)軌蜃C明假設(shè)2成立的理由是_________________。③查閱資料：溶于水可以生成和___________________。向盛有銅片的溶液A中加入，銅片上立即產(chǎn)生氣泡，實(shí)驗(yàn)證明對(duì)該反應(yīng)也有催化作用。結(jié)論：和均對(duì)Cu與的反應(yīng)有催化作用。(2)試從結(jié)構(gòu)角度解釋在金屬表面得電子的能力強(qiáng)于的原因________________。(3)Cu與稀硝酸反應(yīng)中參與的可能催化過程如下。將ii補(bǔ)充完整。i．ii．______________________iii．(4)探究的性質(zhì)。將一定質(zhì)量的放在坩堝中加熱，在不同溫度階段進(jìn)行質(zhì)量分析，當(dāng)溫度升至?xí)r，剩余固體質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼?，則剩余固體的化學(xué)式可能為______________。25．氯吡苯脲是一種常用的膨大劑，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，它是經(jīng)國(guó)家批準(zhǔn)使用的植物生長(zhǎng)調(diào)節(jié)劑。(1)氯元素基態(tài)原子核外電子的未成對(duì)電子數(shù)為______。(2)氯吡苯脲晶體中，氮原子的雜化軌道類型有______，羰基碳原子的雜化軌道類型為______。(3)已知，可用異氰酸苯酯與2-氯-4-氨基吡啶反應(yīng)生成氯吡苯脲：，反應(yīng)過程中，每生成氯吡苯脲，斷裂______鍵，斷裂______鍵。(4)膨大劑能在動(dòng)物體內(nèi)代謝，其產(chǎn)物較為復(fù)雜，其中有、、等。①請(qǐng)用共價(jià)鍵的相關(guān)知識(shí)解釋分子比分子穩(wěn)定的原因：______。②、、分子的空間結(jié)構(gòu)分別是______，中心原子的雜化類型分別是______。26．按要求填空：(1)基態(tài)Ge原子的核外電子排布式為[Ar]___________。(2)D元素的正三價(jià)離子的3d能級(jí)為半充滿，D的元素符號(hào)為___________，該原子的原子結(jié)構(gòu)示意圖為___________。(3)釩在元素周期表中的位置為___________，其價(jià)層電子排布圖為___________。(4)E元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層沒有成對(duì)電子，只有一個(gè)未成對(duì)電子，E的元素符號(hào)為_______，其價(jià)電子排布圖為___________。(5)基態(tài)Cr原子有___________個(gè)未成對(duì)電子，Cr的M層電子排布式為___________。(6)鋁原子核外電子云有___________種不同的伸展方向，有___________種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子。(7)在BF3分子中，F(xiàn)—B—F的鍵角是___________，硼原子的雜化軌道類型為___________，BF3和過量NaF作用可生成NaBF4，BF的立體構(gòu)型為___________。參考答案1．B【詳解】甲烷水合物中包含CH4、H2O兩種分子；二者中心原子均以sp3雜化，CH4中形成4個(gè)sp3-sσ鍵，H2O中形成2個(gè)sp3-sσ鍵；CH4是正四面體形，H2O是V形，所以CH4是極性鍵構(gòu)成的非極性分子，H2O是極性鍵構(gòu)成的極性分子。在可燃冰中，CH4和H2O分子之間以分子間作用力結(jié)合，結(jié)合以上分析可知，B正確；綜上所述，本題選B。2．D【分析】當(dāng)用帶電的玻璃棒接近液體細(xì)流時(shí)，由于極性分子的正電中心和負(fù)電中心不重合，會(huì)受到靜電作用而使細(xì)流流向發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故應(yīng)選極性分子?！驹斀狻緼．CCl4中心原子碳原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，無孤對(duì)電子，采用sp3雜化，為正四面體形構(gòu)型，屬于非極性分子，故A不選；B．CO2中心原子碳原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2，無孤對(duì)電子，采用sp雜化，為直線形構(gòu)型，屬于非極性分子，故B不選；C．CS2中心原子碳原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2，無孤對(duì)電子，采用sp雜化，為直線形構(gòu)型，屬于非極性分子，故C不選；D．H2O中心原子氧原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2，有2對(duì)孤對(duì)電子，采用sp3雜化，為V形構(gòu)型，屬于極性分子，故D應(yīng)選；答案選D。3．A【詳解】根據(jù)價(jià)電子對(duì)互斥理論確定微粒的空間結(jié)構(gòu)，價(jià)電子對(duì)數(shù)=成鍵電子對(duì)數(shù)+孤電子對(duì)數(shù)，成鍵電子對(duì)數(shù)=與中心原子成鍵的原子數(shù)，孤電子對(duì)數(shù)，中與S原子成鍵的原子數(shù)為3，孤電子對(duì)數(shù)，所以S原子采取雜化，分子的空間結(jié)構(gòu)為三角錐形。故選：A。4．D【詳解】A．由三聚氰酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，其分子式為C3H3N3O3，故A正確；B．分子中化學(xué)鍵都是不同原子之間形成的共價(jià)鍵，都是極性鍵，不存在非極性鍵，故B正確；C．三聚氰酸分子是原子之間通過共價(jià)鍵形成的分子，屬于共價(jià)化合物，故C正確；D．分子中N原子形成2個(gè)σ鍵，且有1個(gè)孤電子對(duì)，為sp2雜化，故D錯(cuò)誤；故選D。5．C【詳解】A．甲烷分子中碳原子含有4個(gè)鍵且不含孤電子對(duì)，采用雜化，故A錯(cuò)誤；B．乙烯分子中每個(gè)碳原子含有3個(gè)鍵，不含孤電子對(duì)，碳原子采用雜化，故B錯(cuò)誤；C．乙炔分子中每個(gè)碳原子含有2個(gè)鍵，不含孤電子對(duì)，C原子采用雜化，故C正確；D．氨分子中氮原子含有3個(gè)鍵和1個(gè)孤電子對(duì)，采用雜化，故D錯(cuò)誤。故答案為：C6．D【詳解】A．乙炔的結(jié)構(gòu)式為，每個(gè)碳原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)是2，且不含孤電子對(duì)，所以C原子均采取雜化，的空間結(jié)構(gòu)為直線形，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．的中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)，不含孤電子對(duì)，雜化軌道數(shù)為4，S原子采取雜化，分子的空間結(jié)構(gòu)為正四面體形，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．的中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)，所以中心原子采取雜化，該離子中含有一對(duì)孤電子對(duì)，所以其空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．的中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)，雜化軌道數(shù)為3，所以B原子采取雜化，不含孤電子對(duì)，所以其空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，D項(xiàng)正確；故選：D。7．A【詳解】乙烯分子中存在4個(gè)和1個(gè)，C原子上孤電子對(duì)數(shù)為0，σ鍵電子對(duì)數(shù)為3，則C原子采取雜化，C、H之間的化學(xué)鍵是雜化軌道與H的s軌道形成的σ鍵，C、C之間的化學(xué)鍵有1個(gè)是雜化軌道形成的σ鍵，還有1個(gè)是未參與雜化的2p軌道形成的π鍵。A．雜化軌道形成σ鍵、未參與雜化的2p軌道形成π鍵,故A正確；B．雜化軌道形成σ鍵、未參與雜化的2p軌道形成π鍵，故B錯(cuò)誤；C．C、H之間的化學(xué)鍵是σ鍵，C、C之間的化學(xué)鍵σ鍵和π鍵，故C錯(cuò)誤；D．C、C之間的化學(xué)鍵σ鍵和π鍵，C、H之間的化學(xué)鍵是σ鍵，故D錯(cuò)誤；故答案為A8．C【詳解】A．甲烷分子中的4個(gè)共價(jià)鍵完全相同，其空間構(gòu)型是正四面體形，CHCl3分子中的4個(gè)共價(jià)鍵不完全相同，所以其空間構(gòu)型不是正四面體形，A錯(cuò)誤；B．H2S分子中S原子采用sp3雜化，含有2對(duì)孤電子對(duì)，其空間構(gòu)型為V形，故B錯(cuò)誤；C．二氧化碳中C原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2，二氧化碳分子中C原子采用sp雜化，分子呈直線形，故C正確；D．中N原子采用sp3雜化，不含孤電子對(duì)，呈正四面體形，故D錯(cuò)誤；故選C。9．C【詳解】A．根據(jù)結(jié)構(gòu)可知該分子不具有對(duì)稱結(jié)構(gòu)，屬于極性分子，故A正確；B．非金屬性F>N，則C-F鍵的極性大于C-N鍵的極性，故B正確；C．該分子中雙鍵的成鍵C原子為sp2雜化，故C錯(cuò)誤；D．該分子含有1個(gè)C=N、1個(gè)C=C、2個(gè)C=O、2個(gè)C-C、4個(gè)C-N、3個(gè)N-H、1個(gè)C-H、1個(gè)C-F鍵，其中每個(gè)單鍵為1個(gè)σ鍵，雙鍵中含有1個(gè)σ鍵、1個(gè)π鍵，則該分子中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為15:4，故D正確；故選C。10．C【分析】根據(jù)結(jié)構(gòu)特點(diǎn)判斷雜化類型或共價(jià)鍵類型，當(dāng)碳原子、氮原子形成的鍵都是單鍵時(shí)判斷采用sp3雜化，共價(jià)鍵中單鍵是σ鍵，雙鍵中有1個(gè)σ鍵和1個(gè)Π鍵進(jìn)行判斷；【詳解】A．根據(jù)氮原子在結(jié)構(gòu)中形成三個(gè)單鍵判斷，氮原子采用sp3雜化，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)碳鉑中有4個(gè)碳原子采用的是sp3雜化判斷，所有碳原子不可能在同一平面，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)碳原子成鍵特點(diǎn)判斷雜化類型，碳形成4個(gè)單鍵判斷碳采用sp3雜化，有4個(gè)碳原子，碳原子形成雙鍵判斷碳采用sp2雜化，有2個(gè)碳原子，故之比為2:1，故C正確；D．根據(jù)單鍵是σ鍵，雙鍵中1個(gè)σ鍵和1個(gè)Π鍵進(jìn)行判斷，σ鍵有24個(gè)，故D錯(cuò)誤；故選答案C。根據(jù)結(jié)構(gòu)判斷化學(xué)鍵類型，根據(jù)碳原子成鍵特點(diǎn)形成4個(gè)化學(xué)鍵判斷氫原子個(gè)數(shù)。11．B【分析】根據(jù)題中信息，X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，基態(tài)X原子的2p軌道上有4個(gè)電子，則X的電子排布式為1s22s22p4，X為O元素，X、Y同主族，且原子序數(shù)比O大，則Y為S元素，Y、Z同周期，基態(tài)Z原子能量最高的能級(jí)上有1個(gè)未成對(duì)電子，Z的原子序數(shù)比S大，則Z為Cl元素，基態(tài)W原子的3d能級(jí)上只有1對(duì)成對(duì)電子，其價(jià)電子排布為3d64s2，則W為Fe元素；據(jù)此解答?！驹斀狻緼．X為O元素，Y為S元素，二者屬于同主族元素，從上而下，非金屬性減弱，非金屬性越強(qiáng)，氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性越強(qiáng)，原子序數(shù)O＜S，非金屬性O(shè)＞S，氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性O(shè)＞S，故A錯(cuò)誤；B．Y為S元素，Z為Cl元素，Y2Z2分子為S2Cl2，其結(jié)構(gòu)式為Cl-S-S-Cl，該分子中存在Cl-S極性鍵和S-S非極性鍵，故B正確；C．Z為Cl元素，W為Fe元素，在加熱條件下，F(xiàn)e與Cl2發(fā)生反應(yīng)生成FeCl3，即2Fe+3Cl22FeCl3，故C錯(cuò)誤；D．X為O元素，Y為S元素，為，的價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=3+=3+1=4，有1對(duì)孤電子對(duì)，S原子采取sp3雜化，其空間構(gòu)型為三角錐形，故D錯(cuò)誤；答案為B。12．D【詳解】A．俄國(guó)化學(xué)家門捷列夫于1869年總結(jié)發(fā)表此周期表(第一代元素周期表)，此后不斷有人提出各種類型周期表不下170余種，歸納起來主要有：短式表(以門捷列夫?yàn)榇?、長(zhǎng)式表(以維爾納式為代表)、特長(zhǎng)表(以波爾塔式為代表)；平面螺線表和圓形表(以達(dá)姆開夫式為代表)；立體周期表(以萊西的圓錐柱立體表為代表)等眾多類型表，元素周期表又稱為元素周期系，二者指代的是同一名詞，故A錯(cuò)誤；B．在基態(tài)14C原子核外電子排布式為1s22s22p2，根據(jù)洪特規(guī)則，2p能級(jí)上的兩個(gè)電子分別占據(jù)一個(gè)空軌道，且自旋方向相同，則核外存在2對(duì)自旋相反的電子，其核外電子有6種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C．I離子中心I原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=2+=4，其中心原子的雜化形式為sp3雜化，空間幾何構(gòu)型為V型，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)題意，水楊酸()第一級(jí)電離形成的離子()能形成分子內(nèi)氫鍵，分子內(nèi)氫鍵的形成會(huì)使該微粒中酚羥基上的氫離子更難電離出H+，導(dǎo)致的酸性比苯酚的酸性弱，因此相同溫度下電離平衡常數(shù)Ka2(水楊酸)＜Ka(苯酚)，故D正確；答案選D。13．B【詳解】A．同族元素形成的單質(zhì)空間結(jié)構(gòu)不一定相同，如氮?dú)鉃橹本€型，P4為正四面體構(gòu)型，故A錯(cuò)誤；B．和化學(xué)性質(zhì)相似，均可以與形成配離子和，故B正確；C．硝酸是強(qiáng)酸，磷酸為中強(qiáng)酸，故C錯(cuò)誤；D．與相似，其中P原子為雜化，中P原子為雜化，空間構(gòu)型為三角雙錐形，故D錯(cuò)誤；故選B。14．C【詳解】A.Br價(jià)電子為7，為N層電子，Br價(jià)電子排布式為4s24p5，故A錯(cuò)誤；B.N與CO2為等電子體，電子數(shù)都為16，為直線形分子，故B錯(cuò)誤；C.物質(zhì)C中氮原子成鍵方式有、和—N=NN三種方式，氮原子雜化形式為sp、sp2、sp3，故C正確；D.手性分子應(yīng)連接4個(gè)不同的原子或原子團(tuán)，CH3OH不是手性分子，故D錯(cuò)誤；故選：C。15．A【詳解】A．SO3中心原子價(jià)層電子數(shù)為3，沒有孤電子對(duì)，為平面三角形；中心原子價(jià)層電子數(shù)為3，沒有孤電子對(duì)，為平面三角形，選項(xiàng)A正確；B．NH3為三角錐結(jié)構(gòu)；中心原子價(jià)層電子數(shù)為3，1對(duì)孤電子對(duì)，為V型，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．BF3中心原子價(jià)層電子數(shù)為3，沒有孤電子對(duì)，為平面三角形；CH4中心原子價(jià)層電子數(shù)為4，沒有孤電子對(duì)，為正四面體，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．H2O中心原子價(jià)層電子數(shù)為4，2對(duì)孤電子對(duì)，為V型，PCl3中心原子價(jià)層電子數(shù)為3，1對(duì)孤電子對(duì)，三角錐結(jié)構(gòu)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選A。16．A【詳解】A．H2S中S的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=2+=4，因此分子中，S原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)目為，A正確；B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，環(huán)己烷不是氣體，因此無法計(jì)算，B錯(cuò)誤；C．溶液中，根據(jù)物料守恒可知、、的總物質(zhì)的量為0.01mol，因此和的離子數(shù)目之和小于，C錯(cuò)誤；D．由可知，每轉(zhuǎn)移xmol電子，釋放xmolLi+，因此每轉(zhuǎn)移電子釋放個(gè)，D錯(cuò)誤；答案選A。17．D【詳解】A．a(chǎn)中C原子是sp3雜化，鍵角大約為109.5°，故A錯(cuò)誤；B．b中S原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2+=4，S原子采取sp3雜化，故B錯(cuò)誤；C．周期表中同主族從下到上，同周期從左到右，元素的電負(fù)性變大，c中O元素的電負(fù)性最大，故C錯(cuò)誤；D．a(chǎn)是鈉鹽，b是共價(jià)化合物，a的水溶性大于b，故D正確；故選D。18．A【詳解】A．鍵線式中所有拐點(diǎn)和端點(diǎn)都有一個(gè)碳原子，丙烯有3個(gè)碳原子，丙烯的結(jié)構(gòu)式為，故其鍵線式為，選項(xiàng)A正確；B．氨分子中氫原子被氨基（-NH2）取代后的生成物叫肼，分子中全部為單鍵，電子式為：，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．Cu是29號(hào)元素，原子核外電子數(shù)為29，基態(tài)原子核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．NH3分子中N原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=σ鍵個(gè)數(shù)+孤電子對(duì)個(gè)數(shù)=3+（5-3×1）=4，VSEPR模型為正四面體結(jié)構(gòu)；含有一個(gè)孤電子對(duì)，所以其空間構(gòu)型為三角錐形，VSEPR模型與分子立體結(jié)構(gòu)模型不一致，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選A。19．B【詳解】A．沒有同分異構(gòu)體，故A錯(cuò)誤；B．苯可以從石油中獲取，可以拓展石油化工的產(chǎn)品范圍，故B正確；C．Y中的氧化數(shù)為，故C錯(cuò)誤；D．化合物X中的氧原子采取雜化成鍵，故D錯(cuò)誤；故選B。20．A【詳解】A．與分子具有相似的結(jié)構(gòu)，分子中碳氧原子間為雙鍵，所以的電子式可表示為：，A正確；B．N2O為分子晶體，SiO2為原子晶體，結(jié)構(gòu)不同，B錯(cuò)誤；C．中鍵及鍵中有鍵，中C=O鍵中含有鍵，C錯(cuò)誤；D．與分子具有相似的結(jié)構(gòu)，所以為直線形分子，D錯(cuò)誤；故選A。21．VO、H2VO、VO2(H2O)和V2OMtrc-Fe2++H2VO4+4H+=Mtrc-Fe3++VO2++3H2O分子的手性來源于鰲環(huán)的扭曲導(dǎo)致鏡面對(duì)稱性破缺Y2O3+6HNO3=2Y(NO3)3+3H2O、V2O5+2NH3·H2O=2NH4VO3+H2O、Y(NO3)3+NH4VO3+2NH3·H2O=YVO4↓+3NH4NO3+H2O(1)如果在弱酸性條件下，采取沉淀法除鐵，則有以下問題：A．Fe3+在弱酸性條件水解難以將鐵離子降低到所要求的程度。B．Fe(OH)3具有膠體的性質(zhì)，過濾困難。(2)如果在弱堿性條件下水解，F(xiàn)e(OH)3會(huì)與原料共沉淀而損失原料。所以不能用沉淀法除去微量鐵。@采用加入鰲合劑在氨水中二次重結(jié)晶的方法除去微量的鐵離子。第一次重結(jié)晶時(shí)加入乙二胺四乙酸二鈉鹽，可以除去絕大多數(shù)Fe3+，第二次重結(jié)晶時(shí)加入鄰二氨菲，進(jìn)一步降低Fe3+的含量。采用加入鰲合劑在氨水中二次重結(jié)晶的方法除去微量的鐵離子。第一次重結(jié)晶時(shí)加入乙二胺四乙酸二鈉鹽，可以除去絕大多數(shù)Fe3+，第二次重結(jié)晶時(shí)加入鄰二氨菲，進(jìn)一步降低Fe3+的含量。(1)第一步設(shè)殘余Fe3+濃度為xmoldm-3Fe3++edta4-=[Fe(edta)]-=1.7×1024x=2.9×10-27(2)第二步設(shè)殘余Fe3+濃度為ymoldm-3Fe3++3phen=Fe(phen)33+=1.3×1014y=2.2×10-35或者(1)第一步設(shè)殘余Fe3+濃度為xmoldm-3Fe3++3phen=Fe(phen)=1.3×10143.8×10-13(2)第二步設(shè)殘余Fe3+濃度為ymoldm-3Fe3++edta4-=[Fe(edta)]-=1.7×1024y=2.2×10-35【解析】【詳解】(1)VO43-(2)H2VO4-(3)VO2(H2O)4+(4)V2O74-以下畫法不扣分。VO2(H2O)4+等等，未畫成雙鍵不扣分。1-2Mtrc-Fe2++H2VO4+4H+=Mtrc-Fe3++VO2++3H2O1-31-3-11-3-2分子的手性來源于鰲環(huán)的扭曲導(dǎo)致鏡面對(duì)稱性破缺。1-4Y2O3+6HNO3=2Y(NO3)3+3H2OV2O5+2NH3·H2O=2NH4VO3+H2OY(NO3)3+NH4VO3+2NH3·H2O=YVO4↓+3NH4NO3+H2O(1分，未畫↓不扣分)(共3分)1-51-5-1。(1)如果在弱酸性條件下，采取沉淀法除鐵，則有以下問題：A．Fe3+在弱酸性條件水解難以將鐵離子降低到所要求的程度。B．Fe(OH)3具有膠體的性質(zhì)，過濾困難。(2)如果在弱堿性條件下水解，F(xiàn)e(OH)3會(huì)與原料共沉淀而損失原料。所以不能用沉淀法除去微量鐵。1-5-2采用加入鰲合劑在氨水中二次重結(jié)晶的方法除去微量的鐵離子。第一次重結(jié)晶時(shí)加入乙二胺四乙酸二鈉鹽，可以除去絕大多數(shù)Fe3+，第二次重結(jié)晶時(shí)加入鄰二氨菲，進(jìn)一步降低Fe3+的含量。(1)第一步設(shè)殘余Fe3+濃度為xmoldm-3Fe3++edta4-=[Fe(edta)]-=1.7×1024x=2.9×10-27(2)第二步設(shè)殘余Fe3+濃度為ymoldm-3Fe3++3phen=Fe(phen)=1.3×1014y=2.2×10-35或者(1)第一步設(shè)殘余Fe3+濃度為xmoldm-3Fe3++3phen=Fe(phen)33+=1.3×10143.8×10-13(2)第二步設(shè)殘余Fe3+濃度為ymoldm-3Fe3++edta4-=[Fe(edta)]-=1.7×1024y=2.2×10-3522．（1）sp3正四面體[Ar]3d104s1（2）向上層清液中繼續(xù)滴加BaCl2溶液，無白色沉淀生成，則沉淀完全AgNO3溶液（3）坩堝（4）（5）偏低【解析】（1）根據(jù)中心原子含有的共價(jià)鍵個(gè)數(shù)與孤電子對(duì)個(gè)數(shù)之和確定其空間構(gòu)型和雜化方式，離子中含有4個(gè)σ鍵，沒有孤電子對(duì)，所以其立體構(gòu)型是正四面體，硫原子采取sp3雜化；銅是29號(hào)元素，核外有4個(gè)電子層，最外層有一個(gè)電子，基態(tài)銅原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63p104s1或[Ar]3d104s1；（2）硫酸根離子的檢驗(yàn)是滴加氯化鋇溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則證明溶液中含有硫酸根離子，故判斷沉淀完全的操作是向上層清液中繼續(xù)滴加BaCl2溶液，若無白色沉淀生成，則沉淀完全；步驟②判斷沉淀是否洗凈所選用的試劑為AgNO3溶液，硫酸鋇沉淀中可能附著有氯化鋇或氯化銅，為了證明是否洗凈即檢驗(yàn)有無氯離子，需要加入硝酸銀溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，證明沒有洗凈；（3）步驟③灼燒時(shí)盛裝樣品的儀器為坩堝；（4）固體質(zhì)量為wg，為硫酸鋇的質(zhì)wg量，硫酸鋇的物質(zhì)的量n=，根據(jù)硫酸根離子守恒可知，CuSO4~BaSO4則c(CuSO4)===mol·L?1；（5）若步驟①?gòu)臒修D(zhuǎn)移沉淀時(shí)未洗滌燒杯，會(huì)使固體的質(zhì)量偏小，物質(zhì)的量偏小，根據(jù)c=可知，則測(cè)得c(CuSO4)偏低；23．V形不能會(huì)與反應(yīng)生成污染環(huán)境的氣體(或會(huì)消耗更多的等合理答案)平衡氣壓，使液體順利滴下水浴加熱偏小偏大【分析】由實(shí)驗(yàn)流程可知，用硫酸溶解后，加入草酸溶液煮沸生成，加入H2O2溶液進(jìn)行氧化將Fe元素轉(zhuǎn)化為+3價(jià)，加入飽和草酸鉀和草酸溶液煮沸得到溶液，經(jīng)過一系列操作得到產(chǎn)品【詳解】（1）H2O分子，中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)：，孤電子對(duì)數(shù)為2，則水的空間構(gòu)型為：V形；（2）HNO3具有氧化性，會(huì)將Fe2+氧化為Fe3+，不能得到預(yù)期產(chǎn)物，故：“酸溶”時(shí)，莫爾鹽不能用的溶解，原因是：會(huì)與反應(yīng)生成污染環(huán)境的氣體(或會(huì)消耗更多的等合理答案)；（3）H2C2O4與Fe2+反應(yīng)生成，非氧化還原反應(yīng)，根據(jù)元素守恒，反應(yīng)的離子方程式為：；（4）漏斗需要和外界氣壓平衡，里面的液體才能順利流下，故作用為：平衡氣體，使液體順利流下；需要保持40℃溫度加熱，溫度較低且要控制溫度，所以采用水浴加熱；（5）①步驟ⅰ加入溶液時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為，無色草酸根和有色高錳酸鉀氧化還原反應(yīng)，計(jì)算草酸根含量，步驟ii發(fā)生的反應(yīng)為：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，F(xiàn)e3+氧化Cu得到還原性Fe2+，通過Fe2+和MnO4-反應(yīng)來計(jì)算鐵元素的含量，步驟ⅰ中，若加入的溶液過量，使步驟ii中消耗的減少，計(jì)算的鐵元素偏小；若步驟ⅱ中不濾去不溶物Cu，會(huì)和生成的Fe3+繼續(xù)反應(yīng)生成Fe2+，使消耗偏多，測(cè)得鐵元素含量偏大；②根據(jù)關(guān)系式，可以得出，鐵的質(zhì)量為：0.28xyg，該樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為24．Cu2+排除通入與水反應(yīng)引起硝酸濃度增大的影響通入N2可以帶走溶液中的，因此三份溶液中的濃度：B＞C＞A，反應(yīng)速率隨濃度降低而減慢，說明對(duì)該反應(yīng)有催化作用有單電子，很容易得到一個(gè)電子形成更穩(wěn)定的；為平面正三角形結(jié)構(gòu)，且?guī)б粋€(gè)負(fù)電荷，難以獲得電子【分析】影響銅和硝酸反應(yīng)速率的外因有反應(yīng)物的濃度、溫度、催化劑等，要探究催化劑對(duì)反應(yīng)速率的影響，變量是催化劑，作對(duì)比實(shí)驗(yàn)，反應(yīng)物濃度、溫度必須相同，催化劑可以參與反應(yīng)，先在反應(yīng)中消耗后又重新生成，反應(yīng)前后催化劑的質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)不發(fā)生改變；計(jì)算受熱分解所得產(chǎn)物化學(xué)式時(shí)，結(jié)晶水合物先失去水、硝酸鹽不穩(wěn)定分解、結(jié)合應(yīng)用質(zhì)量守恒定律計(jì)算即可；【詳解】(1)①溶液B與稀硝酸的區(qū)別就是B是銅和濃硝酸反應(yīng)后的稀釋液，先呈綠色后呈藍(lán)色，稀釋液中除了硝酸還存在銅離子、少量二氧化氮，溶液B遇銅片立即發(fā)生反應(yīng)，催化劑能極大地加快反應(yīng)速率，故推測(cè)Cu2+對(duì)該反應(yīng)有催化作用、并通過實(shí)驗(yàn)探究之。②排除了Cu2+對(duì)該反應(yīng)有催化作用，就要通過實(shí)驗(yàn)探究對(duì)該反應(yīng)有催化作用。作對(duì)比實(shí)驗(yàn)，控制變量，方案Ⅰ中向盛有銅片的溶液A中通入少量，補(bǔ)充對(duì)比實(shí)驗(yàn)，補(bǔ)充該實(shí)驗(yàn)的目的是排除通入與水反應(yīng)引起硝酸濃度增大的影響。方案Ⅱ：向溶液B中通入氮?dú)鈹?shù)分鐘得溶液C，則三份溶液中唯一的變量的濃度不一樣：由于通入N2可以帶走溶液中的，因此的濃度：B＞C＞A，則相同條件下，銅片與A、B、C三份溶液的反應(yīng)速率：可以證明，該實(shí)驗(yàn)?zāi)軌蜃C明對(duì)該反應(yīng)有催化作用。③已知溶于水可以生成，氮元素化合價(jià)降低，則該反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)，推測(cè)氧化產(chǎn)物為，故溶于水可以生成和。(2)根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論，中孤電子對(duì)數(shù)為，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+0=3，根據(jù)雜化軌道理論，中