高中化学人教版 (2019)选择性必修2第三节 分子结构与物质的性质课后作业题

这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修2第三节 分子结构与物质的性质课后作业题，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．臭氧在催化下能将烟气中的分别氧化为和。下列关于元素及其化合物的说法正确的是
A．原子半径：B．第一电离能：
C．沸点：D．电负性：
2．某种离子液体的结构如图所示，X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Q为非金属性最强的元素。
下列说法正确的是
A．键长：MX3>ZX4B．沸点：XQAsH3>PH3。
（5）BF3中B原子的价层电子对数=3+=3，分子空间结构为平面三角形，键角为120°，SiF4中的Si原子的价层电子对数=4+，分子的空间结构为正四面体，键角为109°28′，NF3中的N原子的价层电子对数=3+，VSEPR模型为四面体形，由于中心原子上有一孤电子对，所以分子的空间结构为三角锥形，键角小于109°28′，所以BF3、SiF4、NF3按照键角由大到小排序，依次为BF3>SiF4>NF3。
（6）离子化合物NH5，其所有原子最外层都符合相应稀有气体原子电子层结构，则该物质阳离子为，阴离子为H-，化学式为NH4H，和水反应生成一种一元弱碱和一种单质气体。该反应的化学方程式为NH4H+H2O=NH3▪H2O+H2↑。
18．(1)
(2) 温度升高，变为气体逸出，导致反应Ⅰ正向移动，使得两者的转化率增高 温度高于时，产物主要为，而几乎没有，故此时反应以反应Ⅱ为主，反应中和的系数比为1:1，使得随着温度的升高和平衡转化率差值逐渐减小
(3)均能与水形成氢键
(4) 纯 中羟基氧电负性大且存在孤电子对，氢离子能提供空轨道，两者结合形成共价键
【详解】（1）燃烧热是在101 kPa时，1 ml物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；则：
①=-
②=-
③=-
④=-
由盖斯定律可知，①+②-③+④得：；
（2）①反应Ⅰ、Ⅱ均为分子数不变的反应，设和投料分别为3ml、1ml；时，反应进行到体系达到平衡状态，转化率为0.6559，则用分压表示的反应速率；
则、、、分别为0.00076ml、1.0323ml、0.03078ml、1.9677ml，反应Ⅰ、Ⅱ均为分子数不变的反应，可以用物质的量代替物质分压，则该温度下，反应Ⅰ的分压平衡常数；
②由图可知，区间，和的平衡转化率随温度升高而明显升高的原因为温度升高，变为气体逸出，导致反应Ⅰ正向移动，使得两者的转化率增高；
③由图可知，温度高于时，产物主要为，而几乎没有，故此时反应以反应Ⅱ为主，反应中和的系数比为1:1，故温度高于时，随着温度的升高和平衡转化率差值逐渐减小；
（3）和能够以任意比互溶的原因为均能与水形成氢键；
（4）①由表可知，纯为催化剂时，得到生产效率最大，故应选择的催化剂质量比为：；
②中羟基氧电负性大且存在孤电子对，氢离子能提供空轨道，两者结合形成共价键，使得在上述催化剂表面发生反应结合。
19．(1) NO、NO2、NOx、粉尘、含碳粉尘等任意一种即可 苯胺与乙醇存在分子间氢键
(2) sp2 sp
(3) 两种配合物中心原子Pt的原子半径比Pd大 bc
(4) 5.2×10-4
(5)1:1
【分析】苯胺焦油是工业上催化制苯胺的副产物，主要成分为苯胺，含有少量铂族贵金属、活性炭和Na、K、Fe。将苯胺焦油中加入乙醇溶解，苯胺溶解在乙醇中，铂族贵金属、活性炭和Na、K、Fe不溶；将不溶物在空气中焚烧，活性炭转化为CO2，Na、K、Fe转化为金属氧化物，Pt、Pd转化为PtO2、PdO等；用HCOOH还原金属氧化物，PtO2、PdO转化为Pt、Pd；用王水氧化浸出，Pt、Pd转化为、和NO等；用NH4Cl沉铂，铂元素转化为(NH4)2PtCl6，用N2H4∙H2O进行还原，便可获得海绵铂。
【详解】（1）①溶解的目的是去除焦油中的苯胺，若采用直接焚烧的方法去除苯胺，活性炭燃烧生成二氧化碳，苯胺燃烧生成碳、碳的氧化物、氮的氧化物等，会生成：NO、NO2、NOx、粉尘、含碳粉尘等任意一种即可，造成环境污染。
②苯胺与乙醇分子间能形成氢键，则苯胺易溶于乙醇的原因为：苯胺与乙醇存在分子间氢键。
（2）“还原Ⅰ”时，PtO2、PdO被HCOOH还原为金属单质，同时生成CO2。在HCOOH、CO2中，碳原子的价层电子对数为3、2，则碳原子的杂化方式由sp2变为sp。
（3）①王水是浓盐酸和浓硝酸体积比3:1的混合液，Pd与王水反应，生成等，离子反应方程式为。
②两种配合物、中，由于Pt和Pd的原子半径不同，造成配位数不同，原因是：两种配合物中心原子Pt的原子半径比Pd大。
③a．从图中可以看出，80℃左右Pt、Pd浸出率低于120℃左右Pt、Pd浸出率，a不正确；
b．由a分析可知，温度应控制在120℃左右，b正确；
c．浓盐酸、浓硝酸受热都易挥发，则温度越高浸出率越低的原因可能是挥发导致王水浓度降低，c正确；
d．40℃时Pt的浸出率远低于Pd是因为温度低时，较难形成，d不正确；
故选bc。
（4）①“沉铂”时，NH4Cl与H2[PtCl6]反应，转化为(NH4)2PtCl6和HCl，发生反应的化学反应方程式为。
②若NH4Cl的投料以固液比0.0535:1(g : mL)时，c(NH4Cl)==1ml/L，的消耗率为90%，则溶液中c(NH4Cl)=1ml/L×10%=0.1ml/L，，则0.12×c([PtCl6]2-)=5.2×10-6，c([PtCl6]2-)=5.2×10-4ml∙L-1，则“沉铂”所得溶液中Pt元素的物质的量浓度为c([PtCl6]2-)=5.2×10-4ml∙L-1。
（5）“还原Ⅱ”时氧化产物中无毒气体为N2，依据得失电子守恒，可建立关系式：(NH4)2PtCl6—— N2H4∙H2O，则该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:1。
【点睛】建立关系式求解，常依据元素守恒或得失电子守恒。