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填空题

能吸收有害紫外线,保护人类赖以生存的空间。O分子的结构如图,呈V型,键角116.5℃。三个原子以一个O原子为中心,与另外两个O原子分别构成一个非极性共价键;中间O原子提供2个电子,旁边两个O原子各提供1个电子,构成一个特殊的化学键——三个O原子均等地享有这4个电子。请回答: 

 

的分子结构

(1)臭氧与氧气的关系是___________。

(2)选出下列分子中与O分子属于等电子体的是          

(3)分子中某原子有1对没有跟其他原子共用的价电子叫孤对电子,那么O分子有_______            对孤对电子。

(4)O与O间的转化是否为氧化还原反应___________。

正确答案

(1)同素异形体  (2)C  (3)5   (4)否

试题分析:(1)臭氧与氧气都是氧元素形成的不同单质,二者互为同素异形体。

(2)原子数和价电子数分别都相等的是等电子体,则与O分子属于等电子体的是二氧化硫,答案选C。

(3)根据臭氧的结构和孤对电子的含义可知,臭氧分子中含有的孤对电子有2+1+2=5对。

(4)O与O是两种不同的单质,二者之间的转化是化学变化,但没有电子的得失,所以不是氧化还原反应。

点评:该题是基础性试题的考查,难度不大。试题贴近高考,基础性强,有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性,也有助于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。

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水是生命之源,与人类的生活密切相关。在化学实验和科学研究中,水有多种用途。

(1)下列说法中正确的是         (填序号)。

(2)科学家将水置于一个足够强的电场中,在20℃时水分子瞬间凝固形成“暖冰”,则“暖冰”中水分子的空间构型为           

(3)水分子在特定条件下易形成水合氢离子(H3O)。其中含有的化学键为         

(4)如果需要增大水的电离程度,除了升高温度外,还可以采用的方法有                       (回答一种即可)。若室温时,将某一元酸HA加水配成0.1 mol·L-1的稀溶液,此时HA在水中有0.1%发生电离,则由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的         倍。

(5)将一定量的Na2SO3固体溶于水,所得溶液中的电荷守恒关系式为             

(6)研究人员最近发现了一种“水”电池,这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差异进行发电。已知该电池用金属银做负极,正极反应为5MnO2 +2Na+2e Na2Mn5O10,请写出电池总反应式                        

正确答案

(1)C(2分)

(2)V形(2分)

(3)极性键、配位键(2分)

(4)加入可水解的盐(或答具体的物质)    10  (各2分,共4分)

(5)c(Na)+c(H)=2c(SO32)+ c(HSO3)+ c(OH)   (2分)

(6)5MnO2 +2Ag +2NaCl Na2Mn5O10+2AgCl     (2分)

试题分析:(1)氢键存在于水分子之间,故A错误;水分子稳定和范德华力无关,跟水分子内部的共价键有关,故B错误;C正确,冰融化属于物理变化,破坏的是分子间作用力,共价键没有发生变化,故D错误;

(2)水分子中氧原子含有2个σ键和2个孤对电子,所以水分子是V型结构;

(3)水合氢离子(H3O)中含有的化学键为极性键、配位键;

(4)水的电离是吸热反应,升高温度促进水电离,酸或碱抑制水电离,含有弱根离子的盐促进水电离;HA电离出的c(H)为0.1mol·L-1×0.1%=10-4mol·L-1,水电离产生的氢离子浓度为10-10mol·L-1,则由HA电离出的c(H)约为水电离出的c(H)的106倍;

(5)Na2SO3溶液中存在水解平衡:SO32+H2OHSO3+OH,HSO3+H2OH2SO3+OH,所得溶液中的电荷守恒关系式为c(Na)+c(H)=2c(SO32)+ c(HSO3)+ c(OH);

(6)负极发生反应的电极方程式为:Ag+Cl-e=AgCl,负极发生反应的电极方程式加上正极发生反应的电极方程式,就得到总反应方程式,5MnO2 +2Ag +2NaCl Na2Mn5O10+2AgCl。

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[化学一选修3:物质结构与性质](15分)

一水硫酸四氨合铜(II)(化学式为是一种重要的染料及农药中间体。某学习小组以孔雀石(主要成分为Cu2(OH)2CO3,含少量Fe2O3和SO2杂质)为原料制备该物质的流程如下:

请回答:

(1) 沉淀A的晶体中最小环上的原子个数为______,气体C分子中键和键的个数比为______

(2) 溶液D的溶质阴离子的空间构型为______,其中心原子的杂化轨道类型为______

(3) MgO的熔点高于CuO的原因为____________

(4) 画出一水硫酸四氨合铜(II)中配离子的配位键____________。

(5)湿法炼铜就是利用溶液D制得铜单质,铜单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示,其晶胞如图乙所示,原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示。

①铜单质晶体中原子的堆积方式为____________,晶胞中Cu原子的配位数为______

②若Cu原子半径为acm,则Cu单质晶体的密度为______g/cm3(只列出计算式,阿伏加德罗常数的值为NA)。

正确答案

(1)12 (2分)    1:1 (2分)  (2)正四面体(1分)       sp3 (1分)   

(3)MgO的晶格能大(2分,其他合理答案也可给分)(4)      (2分)

(5)①面心立方最密堆积(1分)②12 (1分)③(3分,其他合理答案也给分)

(1)孔雀石中的二氧化硅和硫酸不反应,所以沉淀A是二氧化硅。二氧化硅是原子晶体,晶体中最小环上的原子个数为12个。C是CO2气体,分子中含有碳氧双键。由于双键是由1个键和1和键构成的,是由二者的个数之比是1︰1的。

(2)溶液中D是硫酸铜,阴离子是SO42,中心已知硫原子含有的孤对电子是(6+2-2×4)÷2=0,即没有孤对电子,所以是正四面体结构,采用sp3杂化。

(3)氧化镁和氧化铜形成的晶体都是离子晶体,镁离子半径小于铜离子的,所以氧化镁中MgO的晶格能大,熔点高。

(4)一水硫酸四氨合铜中配体是氨气,提高孤对电子,铜提供空轨道,所以结构式是(见答案)。

(5)①铜是面心立方最密堆积。根据甲图可知,和铜原子距离最近的原子共有3×8÷2=12个,所以配位数是12。

②根据乙图可知,一个晶胞中铜原子的数目为8×1/8+6×1/2=4。根据丙图可知,晶胞的边长是,所以有,解得ρ=

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B元素与最活泼的非金属元素F形成化合物BF3,检测发现BF3分子中三根B­—F键的键长相等且键角也相等,可以判断出BF3分子为__________分子(选填“极性”或“非极性”); BF3晶体的熔点比SiO2晶体________(选填“高”、“低”)。

正确答案

非极性, 低

试题分析:BF3分子中三根B­—F键的键长相等且键角也相等,由此可以判断出BF3分子为平面正三角形结构,属于非极性分子;由于二氧化硅形成的晶体是原子晶体,则BF3晶体的熔点比SiO2晶体低。

点评:该题是常识性知识的考查,也是高考中的常见考点。试题基础性强,有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性,提高学生的应试能力和学习效率。

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(1)在下列物质①NH3、②BF3、③HCl、④SO3,属于非极性分子的是(填番号)________________。

(2)试比较含氧酸的酸性强弱(填“>”、“<”或“=”): HClO3________HClO4

(3)根据价层电子对互斥理论判断:H2O的VSEPR构型为           

(4)沸点比较:邻羟基苯甲醛       对羟基苯甲醛(填“>”、“<”或“=”),原因是__________

正确答案

(1)②④(1分)   

(2)< (1分)

(3)四面体形(1分)

(4)<(1分) 

试题分析:(1)对于ABn型分子,A原子的最外层电子,若完全成键,属于非极性分子,若不完全成键,则属于极性分子。故非极性分子为②④。

(2)同种元素的元素的化合价越高,对应的含氧酸的酸性越强。

(3)H2O中心原子O原子成2个σ键、含有2对孤对电子,故杂化轨道数为4,VSEPR构型为四面体形。

(4)对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛,因为对羟基苯甲醛形成分子间氢键使沸点升高,而邻羟基苯甲醛形成的是分子内氢键 。

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有下列物质:① MgF2②Na2O2③NaOH ④HCl ⑤H2O2⑥NH4Cl ⑦Cl2

(1). 只由极性键构成的物质是________;只由非极性键构成的物质是__    __;

只由非金属元素组成的离子化合物是____; 由离子键和非极性键构成的物质是_____________,由极性键和非极性键构成的物质是______________.(填序号)

(2).已知:Zn(s)+1/2O2(g)==ZnO(s);ΔH=-348.3 kJ/mol

2Ag(s)+1/2 O2(g)="=" Ag2O(s);ΔH=-31.0 kJ/mol

则Zn(s)+ Ag2O(s)="=" ZnO(s)+ 2Ag(s)的ΔH=          

(3).氧化还原反应中除了原子守恒(质量守恒)外,氧化剂得电子总数和还原剂失电子总数相等,在一定条件下,和I发生反应的离子方程式为:+6I+6H=R+3I2+3H2O(R为主族元素)则:

中R的化合价为     价,n值为    

②R元素最外层电子数为     个,在周期表的   族。

正确答案

(15分)(1)④,⑦,⑥,②,⑤(每个1分共5分)(2)-317.3kJ/mol (2分) (3)①+5 ,1②7, VIIA族(每空2分)

试题分析:(1)由不同一种非金属元素形成的共价键是极性键,所以只由极性键构成的物质是氯化氢,答案选④;由同一种非金属元素形成的共价键是非极性键,所以只由非极性键构成的物质是氯气,答案选⑦;只由非金属元素组成的离子化合物是氯化铵,答案选⑥;由离子键和非极性键构成的物质是过氧化钠,答案选②;由极性键和非极性键构成的物质是双氧水,答案选⑤。

(2)根据盖斯定律可知,①-②即得到Zn(s)+ Ag2O(s)="=" ZnO(s)+ 2Ag(s),所以该反应的ΔH=-348.3 kJ/mol+31.0 kJ/mol=-317.3kJ/mol。

(3)①根据方程式中电荷守恒可知,中n=1,所以R的化合价为+5价。

②由于R的最低价是-1价,所以最高价是+7价,则R元素最外层电子数为7个,在周期表的第ⅦA族。

点评:该题是中等难度的试题,试题基础性强,难易适中。注重对学生基础性知识的巩固和训练,侧重能力的培养和解题方法的指导与训练,有助于培养学生的逻辑推理能力和灵活应变能力。也有助于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力,提高学生的应试能力和学习效率。

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在下列①Ne、②CO2、③SiO2、④CH4、⑤Na2O2、⑥MgCl2六种物质中,请用编号填空:

其中不存在化学键的是       ,属于原子晶体的是       ,是离子化合物,且离子个数之比是2:1或1:2的是            ,只含共价键且为直线型分子的是      ,既含有离子键又有共价键的是         ,为正四面体结构的分子是            

正确答案

(每个答案1分,共7分)①,③,⑤⑥,②,⑤,④。

试题分析:稀有气体元素的形成的分子中不存在化学键,答案选①;原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体,所以二氧化硅是原子晶体,答案选③;含有离子键的化合物是离子化合物,则答案选⑤⑥;只含共价键且为直线型分子的是CO2,答案选②;既含有离子键又有共价键的是过氧化钠,答案选⑤;结构的分子是甲烷,答案选④。

点评:该题是基础性试题的考查,试题难易适中,侧重对学生能力的培养和训练,难度不大。该题的关键是熟练掌握常见物质的组成和结构特点,然后灵活运用即可。

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元素X和Y属于同一主族。负二价的元素X和氢的化合物在通常状况下是一种液体,其中X的质量分数为88.9%;元素X和元素Y可以形成两种化合物,在这两种化合物中,X的质量分数分别为50%和60%。

(1)确定X、Y两种元素在周期表中的位置。X:____________;Y:____________。

(2)在X和Y两种元素形成的化合物中,写出X的质量分数为50%的化合物的化学式____________;该分子是____________(填“极性”或“非极性”)分子,分子构型为____________。

(3)写出X的质量分数为60%的化合物的化学式________;该分子中,中心原子以________杂化,是____________(填“极性”或“非极性”)分子,分子构型为____________。

(4)由氢、X、Y三种元素形成的常见化合物有两种,其水溶液均呈酸性,试分别写出其分子式____________、____________,并比较酸性强弱____________。

正确答案

(1)X:第二周期ⅥA族  Y:第三周期ⅥA族

(2)SO2 极性 V形

(3)SO3 sp2 非极性 平面三角形

(4)H2SO3 H2SO4 H2SO4>H2SO3

由X元素呈负二价判断X、Y为ⅥA族;由H2X中X的质量分数判断X为O、Y为S。

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PtCl2(NH3)2可以形成两种固体,一种为淡黄色,在水中的溶解度小,另一种为黄绿色,在水中的溶解度较大,请回答下列问题:

(1)PtCl2(NH3)2是平面正方形结构,还是四面体结构___________________

(2)请在以下空格内画出这两种固体分子的几何构型图,

淡黄色固体:________________________,黄绿色固体:__________________________

(3)淡黄色固体物质是由__________________分子组成,黄绿色固体物质是由______________分子组成(填“极性分子”或“非极性分子”)

(4)黄绿色固体在水中溶解度比淡黄色固体大,原因是________________________________________ 。

正确答案

(1)平面正方形结构

(2)

(3)非极性;极性

(4)根据相似相溶原理,因为淡黄色固体为非极性分子,较难溶于极性溶剂水;而黄绿色固体为极性分子,易溶于极性溶剂水。

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(6分)Q、W、X、Y、Z为5种短周期元素,且原子序数依次增大。W、X与Y同周期,Y与Z同主族。Q与W可以按照原子个数比4∶1形成化合物甲,且甲分子中含有10个电子。Q与X形成化合物乙,乙可与Z的最高价氧化物的水化物按照物质的量之比2∶1反应形成盐丙。

(1)甲的电子式是     

(2)Q和Y形成的既含极性键又含非极性键的共价化合物的化学式是     

(3)向少量丙溶液中加入浓Ba(OH)2溶液至过量并加热,反应的离子方程式是     

正确答案

(1)                     (2)H2O2

(3)2NH4+ + SO42 + Ba2+ + 2OHBaSO4↓ + 2NH3↑+ 2H2O

Q与W可以按照原子个数比4∶1形成化合物甲,且甲分子中含有10个电子。甲是CH4,依据Q、W、X、Y、Z原子序数依次增大,所以Q为H,W为C。 Q与X形成化合物乙,乙可与Z的最高价氧化物的水化物按照物质的量之比2∶1反应形成盐丙。X为N,Y为O,Z为S。

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