还剩13页未读，
继续阅读
专题4分子空间结构与物质性质综合复习训练
展开
这是一份专题4分子空间结构与物质性质综合复习训练，共16页。
专题4分子空间结构与物质性质综合复习训练姓名（）班级（）学号（）一、选择题1．由短周期X、Y、Z、W、Q五种元素形成的一种化合物的结构式及成键方式如图所示，Y、Z、W、Q位于同一周期，化合物XQ可用于雕刻玻璃，下列说法错误的是A．该化合物中的杂化类型为 B．最简单氢化物的键角：C．元素可形成多种晶体类型不同的单质 D．Y的最高价氧化物对应的水化物为强酸2．工业上以黄铜矿（主要含，还含等）为原料制备的流程如下：下列说法错误的是A．“浸取”时参加主要反应的B．“滤液”与反应后可循环利用C．中含配位键，中心离子是D．“稀释”时反应的化学方程式为3．天然气的无机成因说十分诱人。据称，地幔主成分之一的橄榄石与水和反应可生成，反应可表示为。下列说法错误的是A．电负性： B．的空间结构为正四面体形C．沸点： D．基态原子核外存在15种能量不同的电子4．下列化学用语表示正确的是A．离子结构示意图：B．基态铜原子价电子的轨道表示式：C．的空间结构：(三角锥形)D．的化学名称：乙氨5．改性生物炭对含砷物质的不同吸附机制如图。下列说法正确的是A．“静电吸引”中主要作用力为范德华力 B．“表面络合”中原子的杂化方式有2种C．“氧化反应”中氧化剂为改性生物炭 D．“氢键形成”中分子间氢键有2种6．噻唑烷酮在制药、生物和材料科学等许多领域有广泛应用，通过苯并噻唑芳基化制备噻唑烷酮的反应机理如图所示，下列说法正确的是A．该反应的催化剂为CuCl2，铜元素的化合价不发生变化B．反应中涉及极性键、非极性键的断裂和形成C．有机物Ⅲ具有氧化性，且化学性质不稳定D．该反应中N原子的杂化方式只有sp2杂化7．周期表中ⅢA族元素(5B、13Al、31Ga、49In等)的单质及其化合物应用广泛。BF3极易水解，生成HBF4(HBF4在水中完全电离为H+和BF)和硼酸(H3BO3)。硼酸是一元弱酸，能溶于水，硼酸和甲醇在浓硫酸存在下生成挥发性的硼酸甲酯[B(OCH3)3]，硼酸甲酯主要用作热稳定剂、木材防腐剂等。高温下Al2O3和焦炭在氯气的氛围中获得AlCl3。GaN的结构与晶体硅类似，是第三代半导体研究的热点。铟(In)主要用于生产液晶显示器和平板屏幕。下列说法正确的是A．硼酸在水溶液中的电离方程式：B(OH)3+H2OB(OH)+H+B．B(OCH3)3分子间能形成氢键C．GaN属于分子晶体D．In原子基态外围电子排布式为5s25p38．有机反应过程中，随反应条件不同，成键的碳原子可以形成碳正离子()、碳负离子()、甲基(-CH3)等微粒。下列说法不正确的是A．的空间构型为平面三角形B．中所有的原子不都在一个平面内C．键角：>D．-CH3的电子式是9．ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA四个主族元素的氢化物的沸点变化趋势如下图所示，分析图中的递变规律，下列结论中正确的是A．CH4分子间的氢键较弱，故其沸点较低B．图中的横坐标的数值表示的是中心原子的主族序数C．第ⅣA族元素氢化物的稳定性随相对分子质量的递增逐渐增强D．H2O、HF、NH3三种物质的沸点比同主族的其他氢化物高10．某化学实验小组设计了铝与相同浓度的不同铜盐溶液反应的实验方案，具体实验操作与现象如下。下列说法错误的是A．可在实验①中加入NaCl固体，使铝片溶解B．实验③的步骤Ⅰ中，溶液呈酱油色样的原因：C．实验③的步骤Ⅲ中，无色气体为H2，Cl-在实验Ⅲ中起催化与破坏保护膜的作用D．相同条件下，Cu与等浓度的溶液、溶液、溶液均不反应11．在氨硼烷(BH3-NH3)及催化剂作用下将X转化成Y的反应过程如下。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．的反应类型为取代反应B．分子中所含电子数为C．等物质的量的X与Y，Y比X多个σ键D．X、Y、中C、B、N原子均为杂化12．制取催化剂的原理为：。下列说法错误的是A．基态碳原子价电子轨道表示式为B．中轨道重叠示意图为C．分子的空间结构为平面三角形D．电子式为：13．A、B、C、D、E为20号以前的元素，原子序数逐渐增大。A元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn；A与C同一周期，基态C原子的s轨道与p轨道电子数相等；D、E元素的基态原子都只有一个未成对电子，它们相互作用形成的离子的电子层结构相同，并且离子最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数。下列说法正确的是A．简单氢化物的沸点：B．同周期元素第一电离能小于C的有5种C．氧化物对应水化物的酸性：D．A、D和C、E形成的化合物中可能均含有非极性共价键14．具有很好的导电性，在光学、电学等行业有着重要的用途，其分子结构如图所示。将干燥的氨气通入的溶液中，可制得该物质：[已知(分子结构为是硫单质中最稳定的]。下列说法错误的是A．属于分子晶体，中含有极性键B．中含有非极性键C．参与上述制备反应，转移电子D．的VSEPR模型均为四面体形15．物质W常用作漂白剂和氧化剂，其构成元素均为短周期主族元素，各元素原子半径与原子序数的关系如图所示，实验室中常用洗涤残留在试管壁上的N单质。下列说法错误的是A．X、Z形成的化合物与M、N形成的化合物可以发生氧化还原反应B．实验室中用洗涤残留在试管壁上的N单质，利用了N单质的还原性C．Z的氢化物的沸点不一定大于Y的氢化物的沸点D．化合物W常用作氧化剂，不宜在高温下使用二、填空题16．第ⅣA族元素及其化合物在生产、生活中应用广泛。回答下列问题：(1)基态锗原子的价层电子轨道表示式为 ，第ⅣA族元素位于 区。(2)的电负性比大，其主要原因是 。、的稳定性依次减弱，其主要原因是 。(3)的VSEPR模型名称为 。(4)碳化硅（）熔点为2700°C，常作砂轮磨料，用于切割金属。由此推知，碳化硅晶体类型为 。(5)铁和碳能形成如图所示的晶胞。它可以看成是铁晶胞中插入若干个碳原子，晶胞体积不变。铁碳晶体的化学式为 ，铁晶体转化为铁碳晶体时晶体密度净增 %（结果保留3位有效数字）。17．碳酸二甲酯()是一种绿色化工原料。用于汽车、医疗器械等领域。以甲醇为原料生产碳酸二甲酯的反应过程如下。i．ii．(1)碳酸二甲酯分子中1号碳原子的杂化类型是 。(2)中，基态的价电子排布式为 ，在生产碳酸二甲酯的反应过程中所起的作用是 。(3)上述方法中，甲醇单位时间内的转化率较低。为分析原因，查阅如下资料。i．甲醇单位时间内的转化率主要受(价铜元素)浓度的影响。ii．在甲醇中溶解度较小，且其中的易被氧化为难溶的。iii．加入4甲基咪唑()可与形成配合物，可提高甲醇的转化率。4-甲基咪唑中，1号原子的孤电子对因参与形成大键，电子云密度降低。请结合信息回答以下问题。①4-甲基咪唑中，1-4号原子 (填“在”或“不在”)同一平面上， (填“1”或“3”)号原子更容易与形成配位键。1号原子的杂化类型是 。②加入4-甲基咪唑后，甲醇转化率提高，可能的原因是 (填序号)。a．配合物中的-结构可增大其在甲醇中的溶解度b．通过形成配合物，避免被氧化为难溶的c．形成的配合物能增大反应的限度三、解答题18．亚硝酰氯(NOCl)是有机药物制备的重要试剂，可按以下流程合成和利用。已知：亚硝酰氯有毒，沸点-5.5℃，分子中各原子均满足8电子稳定结构。请回答：(1)NOCl的电子式为 ，化合物X的结构简式为 。(2)下列说法正确的是___________。A．NOCl中的氮元素呈正价B．NOCl分子的空间结构为V形C．化合物X的沸点低于氯乙酰胺()D．工业上可以用蒸馏水吸收多余的NOCl，防止污染环境(3)已知浓盐酸和浓硝酸混合配制王水时会产生亚硝酰氯，写出该反应的化学方程式 。(4)设计实验验证化合物X中含有Cl元素 。19．铁及其化合物在催化、生产实验中具有重要作用(1)铁钴催化剂中基态Co原子的电子排布式： 。(2)已知： ①催化乙苯脱氢制得苯乙烯反应Ⅰ： （用、、表示）。②下列关于反应Ⅰ说法正确的是 。A．X射线衍射技术可测得晶体结构B．可改变乙苯平衡转化率C．升高温度，正、逆反应速率均加快D．仅从平衡移动角度分析，生产苯乙烯选择恒容条件优于恒压条件③某温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入，在催化剂作用下发生反应Ⅰ，测得乙苯脱氢反应时间（t）与容器内气体总压强（p）的数据见下表：用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即，则前4h内平均反应速率 。(3)常温下构建Fe(Ⅲ)溶液体系，已知为某邻苯二酚类配体，其电离平衡常数，，其中，。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示（分布系数）：①当pH=1时，体系中发生主要反应：，此时该反应的K≈ 。②当pH=4时，参与配位的 mol/L。③pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为 （填“”、“”、“”），列出相关计算式进行说明： 。 实验序号实验操作实验现象①将铝片插入溶液中长时间未观察到红色物质析出②将铝片插入溶液中15min后，铝片表面析出少量的红色物质，溶液颜色变化不明显③Ⅰ.将铝片插入溶液中反应迅速、剧烈，溶液呈酱油色样(含CuCl)Ⅱ.将酱油色样溶液倒入大量水中产生白色沉淀(主要成分为CuCl)Ⅲ.取步骤Ⅱ反应后的上层清液，再插入铝片产生大量无色气体，反应结束后生成大量红色海绵绒状物质，溶液变成无色时间t/h0124816202530总压强p/100kPa4.915.586.327.318.549.509.529.539.53参考答案：1．D【分析】由短周期X、Y、Z、W、Q五种元素形成的一种化合物的结构式及成键方式如图所示，Y、Z、W、Q位于同一周期，化合物XQ可用于雕刻玻璃，则为HF，X为H，Q为F，根据价键，可推出分别为；【详解】A．由化合物结构可知，W为N，形成配位键，的杂化类型为，A项正确；B．CH4为正四面体结构，NH3为三角锥形，的键角大于，B项正确；C．C元素可形成共价晶体金刚石、分子晶体等，C项正确；D．Y的最高价氧化物对应的水化物硼酸为弱酸，D项错误。答案选D。2．C【分析】黄铜矿(主要含CuFeS2，还含FeS等)用FeCl3溶液充分浸取，反应生成CuCl(s)、S(s)和FeCl2，经过滤得到CuCl(s)、S(s)和主要含有FeCl2的滤液，向CuCl(s)、S(s)中加入NaCl溶液，CuCl(s)因形成配合物Na[CuCl2]而溶解，S(s)不溶将其过滤除去，最后加水稀释主要含Na[CuCl2]的溶液得到Cu和主要含有CuCl2、NaCl的溶液，据此解答。【详解】A．“浸取”时，主要发生CuFeS2与FeCl3的反应：，则参加主要反应的，A正确；B．滤液主要成分为FeCl2，与Cl2反应生成“浸取”步骤需要的FeCl3，可循环利用，B正确；C．Na[CuCl2]中含配位键，中心离子为Cu+，C错误；D．加水稀释主要含Na[CuCl2]的溶液反应生成Cu、CuCl2和NaCl，反应的化学方程式为：，D正确； 故选C。3．D【详解】A．同周期越靠右电负性越大，同主族越靠上电负性越大，则电负性：，A项正确；B．中，为杂化，空间结构为正四面体形，B项正确；C．分子间存在氢键，沸点最高，的分子量大于，沸点：，C项正确；D．基态原子有能量的电子，所以有7种能量不同的电子，D项错误；故选D。4．A【详解】A．离子的核电荷数为8，核外电子数为10，则离子结构示意图为，A正确；B．基态铜原子价电子排布式为3d104s1，价电子的轨道表示式：，B不正确；C．离子中，C原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，3个杂化轨道都参与成键，不存在孤电子对，则空间结构呈平面三角形，不是(三角锥形)，C不正确；D．含有氨基，属于胺类，化学名称为乙胺，D不正确；故选A。5．C【详解】A．“静电吸引”是指当两个带电物体的电荷异号时，是离子间的作用力，不是范德华力，A错误；B．二价阴离子中As原子孤电子对数为0 、价电子对数为4 ，为sp3杂化，一价阴离子中As原子孤电子对数为1、价电子对数1+3=4 ，为sp3杂化，“表面络合”中原子的杂化方式只有1种：sp3杂化，B错误；C．如图所示，氧化反应是由As(III)转化为As(V)，则氧化剂为改性生物炭，C正确；D．如图所示，“氢键形成”中分子间氢键有3种，D错误。故答案为：C。6．C【详解】A．由图可知，氯化铜是反应的催化剂，有机物Ⅰ转化为有机物Ⅱ时，铜元素的化合价升高被氧化，故A错误；B．由图可知，反应中涉及非极性键的断裂，但不涉及非极性键的形成，故B错误；C．由结构简式可知，有机物Ⅲ分子中含有过氧基，化学性质不稳定，易被还原而表现氧化性，故C正确；D．由结构简式可知，分子中饱和氮原子的杂化方式为sp3杂化，故D错误；故选C。7．A【详解】A．硼酸是一元弱酸，硼酸在水溶液中的电离方程式：B(OH)3+H2OB(OH)+H+，故A正确；B．B(OCH3)3分子中C-H键极性弱，B(OCH3)3不能形成分子间氢键，故B错误；C．晶体硅是共价晶体，GaN的结构与晶体硅类似，所以GaN属于共价晶体，故C错误；D．In是ⅢA族元素，最外层有3个电子，In原子基态外围电子排布式为5s25p1，故D错误；选A。8．C【详解】A．中C原子的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，A正确；B．中C原子的价层电子对数为3+=4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，所有原子不会在同一平面内，B正确；C．空间构型为三角锥形，键角小于109°28′，为平面三角形，键角为120°，故键角<，C错误；D．-CH3中C周围有7个电子，其电子式为，D正确；故答案选C。9．D【详解】A．CH4分子间不存在氢键，故其沸点较低，A错误；B．图中的横坐标的数值表示的是中心原子的周期序数，B错误；C．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，ⅣA族元素氢化物的稳定性随相对分子质量的递增逐渐减弱，C错误；D．H2O、HF、NH3分子间均可形成氢键，三种物质的沸点比同主族的其它氢化物都高，D正确；故选D。10．D【详解】A．对比实验①和③可知，Cl-的存在可使Al溶解，实验①中加入NaCl固体，使铝片溶解，A正确；B．实验③的步骤Ⅰ中，溶液呈酱油色样的原因是因为Al与铜离子和氯离子反应，离子方程式为：，B正确；C．对比实验①和③可知，Cl-的存在可使Al溶解，Cl-在实验Ⅲ中起催化与破坏保护膜的作用，根据元素守恒可知，无色气体为H2，C正确；D．结合选项B，氯化铜可以被还原为二氯化亚铜离子进一步稀释得到氯化亚铜，则铜有可能与CuCl2溶液发生氧化还原反应，D错误；故选D。11．B【详解】A．取代反应是指有机物分子中原子或原子团被其它原子或原子团所替代的反应，从题目可以看出X转化为Y不是取代反应，A错误；B．1 molBH3-NH3分子中所含电子数为18mol，则含电子数为18 NA，B正确；C．1个Y比1个X多1个σ键，但这里并没有告诉具体的物质的量，物质的量不一定是1mol，C错误；D．X、Y中含有饱和碳原子和不饱和碳原子，有sp2和sp3杂化，氨硼烷中存在配位键，N与B均为sp3杂化，D错误；故选B。12．B【详解】A．基态碳原子价电子排布式为2s22p2，价电子轨道表示式为，故A正确；B．中轨道重叠形成键，轨道重叠示意图为，故B错误；C．分子中心原子价层电子对数为3+=3，且没有孤电子对，空间结构为平面三角形，故C正确；D．和N2互为等电子体，电子式和N2相似，为，故D正确；故选B。13．D【分析】A元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn，则其电子排布式为2s22p2，其为碳元素；A与C同一周期，基态C原子的s轨道与p轨道电子数相等，则其是电子排布式为1s22s22p4，C为氧元素，B为氮元素；D、E元素的基态原子都只有一个未成对电子，它们相互作用形成的离子的电子层结构相同，并且离子最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数，则D为氯元素、E为钾元素。从而得出A、B、C、D、E分别为C、N、O、Cl、K。【详解】A．A、B、C、D分别为C、N、O、Cl，H2O呈液态，其它元素的简单氢化物都呈气态，NH3能形成分子间的氢键，则简单氢化物的沸点：H2O＞NH3＞HCl＞CH4，A不正确；B．C为O元素，在第二周期元素中，N、F、Ne的第一电离能都大于O，其它元素的第一电离能都小于O，它们是Li、Be、B、C，有4种，B不正确；C．最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4＞HNO3＞H2CO3，但题中没有强调“最高价氧化物对应水化物”，C不正确；D．A、D和C、E形成的化合物可能为Cl2C=CCl2、K2O2，它们均含有非极性共价键，D正确；故选D。14．C【详解】A．属于分子晶体，根据S4N4的结构简式可知，中含有极性键，A正确；B．分子中含有非极性键，（即）中含有非极性键，B正确；C．该制备反应的关系式为转移（即）参与上述制备反应，转移电子，C错误；D．的中心原子N的价层电子对数都是4，中心原子的杂化轨道类型均为，故的VSEPR模型均为四面体形，D正确；故答案选C。15．B【分析】物质W常用作漂白剂和氧化剂，其构成元素均为短周期主族元素，各元素原子半径与原子序数的关系如图所示，X位于第一周期，为H元素，Y、Z位于第二周期，M、N位于第三周期；实验室中常用CS2洗涤残留在试管壁上的N单质，则N为S元素；Y形成4个共价键，Z形成2个共价键，M形成的+1价阳离子，则Y为C元素，Z为O元素，M为Na元素，以此分析解答。【详解】根据分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，M为Na元素，N为S元素，A．X、Z形成的化合物为水和过氧化氢，M、N形成的化合物为硫化钠，过氧化氢能够与硫化钠发生氧化还原反应，故A正确；B．N的单质为硫，硫单质为非极性分子，CS2为非极性溶剂，根据相似相溶原理，硫单质易溶于CS2，所以实验室中用CS2洗涤残留在试管壁上的硫单质，与S单质的还原性无关，故B错误；C．Y的氢化物为烃，Z的氢化物为水、双氧水，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于水和双氧水，Z的氢化物的沸点不一定大于Y的氢化物的沸点，故C正确；D．W分子中含有H-O-O-H结构，结合过氧化氢的性质可知，化合物W具有强氧化性，可用作氧化剂，但过氧化氢不稳定，该物质不宜在高温下使用，故D正确。答案选B。16．(1) (2) 的原子半径小于 、、原子半径依次增大，键、键、键键长依次增大，键能依次减小(3)平面三角形(4)共价晶体(5) 21.4%【详解】（1）基态锗原子的价层电子排布式为，轨道表示式为；（2）和为同主族元素，从上至下，原子半径增大，电负性减小。、、与之间形成的共价键键长依次增大，键能依次减小，故、、的稳定性依次减弱；（3）中原子的价层电子对数为，没有孤电子对，为杂化，VSEPR模型名称为平面三角形；（4）依题意，碳化硅（）熔点为2700°C，碳化硅熔点高、硬度大，故它是共价晶体；（5）铁碳晶胞中，铁原子位于顶点和面心，碳原子位于棱心和体心，1个晶胞有4个铁、4个碳，化学式为。依题意，晶胞体积不变，晶体密度之比等于质量之比，则晶体密度净增百分率为。17．(1)sp2(2) 3d10 催化剂(3) 在 3 sp2 ab【详解】（1）碳酸二甲酯分子中羰基碳原子形成一个双键、2个单键，无孤电子对，杂化类型为sp2；（2）基态Cu原子核外有29个电子，电子排布式为[Ar]3d104s1，则基态Cu+的价电子排布式为3d10；CuCl在反应前后性质和质量均不变，所以其作用为催化剂；（3）①1、3号N原子均连接两个双键碳原子，碳碳双键为平面结构，因此1~4号原子在同一平面上；根据已知iii，知1号N原子的电子云密度降低，不易给出孤电子对，因此3号N原子更容易与Cu+形成配位键；由于形成大π键，4-甲基咪唑是平面结构，1号N原子杂化类型为sp2；②a．4-甲基咪唑与Cu+形成的配合物中含有-NH-，能与甲醇形成分子间氢键，从而增大其在甲醇中的溶解度，正确；b．形成配合物的Cu+较稳定，不易被氧化为难溶的CuO，正确；c．形成的Cu(Ⅰ)配合物在反应中作催化剂，催化剂不影响平衡移动，错误；答案选ab；18．(1) ONCH2CH2Cl(2)ABC(3)HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O(4)将化合物X与氢氧化钠水溶液共热，充分反应后滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明化合物X中含有Cl元素【分析】NO与Cl2相遇后，发生化合反应，生成亚硝酰氯NOCl；亚硝酰氯与水反应时，生成HCl和HNO2；亚硝酰氯与等物质的量的CH2=CH2发生加成反应，生成ONCH2CH2Cl。【详解】（1）NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则N原子与O原子形成2个共价键，与Cl原子形成1个共价键，电子式为；由分析可知，化合物X的结构简式为ONCH2CH2Cl。（2）A．NOCl中，O、Cl的非金属性都大于N，则氮元素呈+3价，A正确；B．NOCl分子中，中心N原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，最外层有1个孤电子对，则空间结构为V形，B正确；C．氯乙酰胺()分子间能形成氢键，而化合物X为ONCH2CH2Cl，分子间不能形成氢键，则其沸点低于氯乙酰胺()，C正确；D．NOCl与水反应，生成HCl和HNO2，HNO2易分解生成NO等，所以工业上不能用蒸馏水吸收多余的NOCl，D不正确；故选ABC。（3）已知浓盐酸和浓硝酸混合配制王水时会产生亚硝酰氯，N元素化合价由+5价降为+3价，化合价降低，则Cl元素化合价应升高，所以产物中应含有Cl2，该反应的化学方程式为HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O。（4）验证化合物X(ONCH2CH2Cl)中含有Cl元素，应先让其水解，再用硝酸银检验，具体方法为：将化合物X与氢氧化钠水溶液共热，充分反应后滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明化合物X中含有Cl元素。【点睛】检验Cl-时，应先加稀硝酸中和NaOH，否则会生成Ag2O，干扰Cl-的检验。19．(1)1s22s22p63s23p63d74s2(2) ΔH3-ΔH1-ΔH2 AC 60(3) 2.04 3.0×10-4 HL- pH为10时，由Ka1==10-7.46可得：c(HL-)=102.54c(H2L)，由Ka2==10-12.4可得：c(HL-)=102.4c(L2-)，则pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为HL-【详解】（1）钴元素的原子序数为27，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2；（2）①将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应③-①-②得到反应，则反应=ΔH3-ΔH1-ΔH2，故答案为：ΔH3-ΔH1-ΔH2；②A．测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪，即用X射线衍射技术可测定氧化铁晶体结构，故A正确；B．催化剂能加快反应速率，但化学平衡不移动，则氧化铁不能改变乙苯平衡转化率，故B错误；C．升高温度，正、逆反应速率均加快，故C正确；D．反应Ⅰ是气体体积增大的反应，恒压条件下反应时，容器体积增大相当于减小压强，平衡向正反应方向移动，苯乙烯的百分含量增大，则仅从平衡移动角度分析，生产苯乙烯选择恒压条件优于恒容条件，故D错误；故选AC；③设4h时反应生成苯乙烯的分压为akPa，由方程式可得：491+a=731，解得a=240，则前4h内乙苯的反应速率为=60kPa/h，故答案为：60；（3）①由图可知，溶液pH为1时，溶液中铁离子和[FeL]+浓度为2.0×10−4mol/L×0.5=1.0×10−4mol/L，由方程式可知，溶液中H2L的浓度为(5.0-0.1) ×10−3mol/L=4.9×10−3mol/L，则反应的平衡常数K==≈2.04，故答案为：2.04；②由图可知，溶液pH为4时，溶液中[FeL]+和[FeL2]-浓度浓度为2.0×10−4mol/L×0.5=1.0×10−4mol/L，由原子个数守恒可知，参与配位的L2-的浓度为1.0×10−4mol/L+1.0×10−4mol/L×2=3.0×10−4mol/L，故答案为：3.0×10−4mol/L；③溶液pH为10时，由电离常数Ka1==10-7.46可得：溶液中c(HL-)=102.54c(H2L)，则溶液中HL-离子浓度大于H2L，由电离常数Ka2==10-12.4可得：溶液中c(HL-)=102.4c(L2-)，则溶液中HL-离子浓度大于L2-，所以溶液pH在9.5～10.5之间，溶液中含L的物种主要为HL-，故答案为：HL-；pH为10时，由Ka1==10-7.46可得：c(HL-)=102.54c(H2L)，由Ka2==10-12.4可得：c(HL-)=102.4c(L2-)，则pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为HL-。
专题4分子空间结构与物质性质综合复习训练姓名（）班级（）学号（）一、选择题1．由短周期X、Y、Z、W、Q五种元素形成的一种化合物的结构式及成键方式如图所示，Y、Z、W、Q位于同一周期，化合物XQ可用于雕刻玻璃，下列说法错误的是A．该化合物中的杂化类型为 B．最简单氢化物的键角：C．元素可形成多种晶体类型不同的单质 D．Y的最高价氧化物对应的水化物为强酸2．工业上以黄铜矿（主要含，还含等）为原料制备的流程如下：下列说法错误的是A．“浸取”时参加主要反应的B．“滤液”与反应后可循环利用C．中含配位键，中心离子是D．“稀释”时反应的化学方程式为3．天然气的无机成因说十分诱人。据称，地幔主成分之一的橄榄石与水和反应可生成，反应可表示为。下列说法错误的是A．电负性： B．的空间结构为正四面体形C．沸点： D．基态原子核外存在15种能量不同的电子4．下列化学用语表示正确的是A．离子结构示意图：B．基态铜原子价电子的轨道表示式：C．的空间结构：(三角锥形)D．的化学名称：乙氨5．改性生物炭对含砷物质的不同吸附机制如图。下列说法正确的是A．“静电吸引”中主要作用力为范德华力 B．“表面络合”中原子的杂化方式有2种C．“氧化反应”中氧化剂为改性生物炭 D．“氢键形成”中分子间氢键有2种6．噻唑烷酮在制药、生物和材料科学等许多领域有广泛应用，通过苯并噻唑芳基化制备噻唑烷酮的反应机理如图所示，下列说法正确的是A．该反应的催化剂为CuCl2，铜元素的化合价不发生变化B．反应中涉及极性键、非极性键的断裂和形成C．有机物Ⅲ具有氧化性，且化学性质不稳定D．该反应中N原子的杂化方式只有sp2杂化7．周期表中ⅢA族元素(5B、13Al、31Ga、49In等)的单质及其化合物应用广泛。BF3极易水解，生成HBF4(HBF4在水中完全电离为H+和BF)和硼酸(H3BO3)。硼酸是一元弱酸，能溶于水，硼酸和甲醇在浓硫酸存在下生成挥发性的硼酸甲酯[B(OCH3)3]，硼酸甲酯主要用作热稳定剂、木材防腐剂等。高温下Al2O3和焦炭在氯气的氛围中获得AlCl3。GaN的结构与晶体硅类似，是第三代半导体研究的热点。铟(In)主要用于生产液晶显示器和平板屏幕。下列说法正确的是A．硼酸在水溶液中的电离方程式：B(OH)3+H2OB(OH)+H+B．B(OCH3)3分子间能形成氢键C．GaN属于分子晶体D．In原子基态外围电子排布式为5s25p38．有机反应过程中，随反应条件不同，成键的碳原子可以形成碳正离子()、碳负离子()、甲基(-CH3)等微粒。下列说法不正确的是A．的空间构型为平面三角形B．中所有的原子不都在一个平面内C．键角：>D．-CH3的电子式是9．ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA四个主族元素的氢化物的沸点变化趋势如下图所示，分析图中的递变规律，下列结论中正确的是A．CH4分子间的氢键较弱，故其沸点较低B．图中的横坐标的数值表示的是中心原子的主族序数C．第ⅣA族元素氢化物的稳定性随相对分子质量的递增逐渐增强D．H2O、HF、NH3三种物质的沸点比同主族的其他氢化物高10．某化学实验小组设计了铝与相同浓度的不同铜盐溶液反应的实验方案，具体实验操作与现象如下。下列说法错误的是A．可在实验①中加入NaCl固体，使铝片溶解B．实验③的步骤Ⅰ中，溶液呈酱油色样的原因：C．实验③的步骤Ⅲ中，无色气体为H2，Cl-在实验Ⅲ中起催化与破坏保护膜的作用D．相同条件下，Cu与等浓度的溶液、溶液、溶液均不反应11．在氨硼烷(BH3-NH3)及催化剂作用下将X转化成Y的反应过程如下。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．的反应类型为取代反应B．分子中所含电子数为C．等物质的量的X与Y，Y比X多个σ键D．X、Y、中C、B、N原子均为杂化12．制取催化剂的原理为：。下列说法错误的是A．基态碳原子价电子轨道表示式为B．中轨道重叠示意图为C．分子的空间结构为平面三角形D．电子式为：13．A、B、C、D、E为20号以前的元素，原子序数逐渐增大。A元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn；A与C同一周期，基态C原子的s轨道与p轨道电子数相等；D、E元素的基态原子都只有一个未成对电子，它们相互作用形成的离子的电子层结构相同，并且离子最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数。下列说法正确的是A．简单氢化物的沸点：B．同周期元素第一电离能小于C的有5种C．氧化物对应水化物的酸性：D．A、D和C、E形成的化合物中可能均含有非极性共价键14．具有很好的导电性，在光学、电学等行业有着重要的用途，其分子结构如图所示。将干燥的氨气通入的溶液中，可制得该物质：[已知(分子结构为是硫单质中最稳定的]。下列说法错误的是A．属于分子晶体，中含有极性键B．中含有非极性键C．参与上述制备反应，转移电子D．的VSEPR模型均为四面体形15．物质W常用作漂白剂和氧化剂，其构成元素均为短周期主族元素，各元素原子半径与原子序数的关系如图所示，实验室中常用洗涤残留在试管壁上的N单质。下列说法错误的是A．X、Z形成的化合物与M、N形成的化合物可以发生氧化还原反应B．实验室中用洗涤残留在试管壁上的N单质，利用了N单质的还原性C．Z的氢化物的沸点不一定大于Y的氢化物的沸点D．化合物W常用作氧化剂，不宜在高温下使用二、填空题16．第ⅣA族元素及其化合物在生产、生活中应用广泛。回答下列问题：(1)基态锗原子的价层电子轨道表示式为 ，第ⅣA族元素位于 区。(2)的电负性比大，其主要原因是 。、的稳定性依次减弱，其主要原因是 。(3)的VSEPR模型名称为 。(4)碳化硅（）熔点为2700°C，常作砂轮磨料，用于切割金属。由此推知，碳化硅晶体类型为 。(5)铁和碳能形成如图所示的晶胞。它可以看成是铁晶胞中插入若干个碳原子，晶胞体积不变。铁碳晶体的化学式为 ，铁晶体转化为铁碳晶体时晶体密度净增 %（结果保留3位有效数字）。17．碳酸二甲酯()是一种绿色化工原料。用于汽车、医疗器械等领域。以甲醇为原料生产碳酸二甲酯的反应过程如下。i．ii．(1)碳酸二甲酯分子中1号碳原子的杂化类型是 。(2)中，基态的价电子排布式为 ，在生产碳酸二甲酯的反应过程中所起的作用是 。(3)上述方法中，甲醇单位时间内的转化率较低。为分析原因，查阅如下资料。i．甲醇单位时间内的转化率主要受(价铜元素)浓度的影响。ii．在甲醇中溶解度较小，且其中的易被氧化为难溶的。iii．加入4甲基咪唑()可与形成配合物，可提高甲醇的转化率。4-甲基咪唑中，1号原子的孤电子对因参与形成大键，电子云密度降低。请结合信息回答以下问题。①4-甲基咪唑中，1-4号原子 (填“在”或“不在”)同一平面上， (填“1”或“3”)号原子更容易与形成配位键。1号原子的杂化类型是 。②加入4-甲基咪唑后，甲醇转化率提高，可能的原因是 (填序号)。a．配合物中的-结构可增大其在甲醇中的溶解度b．通过形成配合物，避免被氧化为难溶的c．形成的配合物能增大反应的限度三、解答题18．亚硝酰氯(NOCl)是有机药物制备的重要试剂，可按以下流程合成和利用。已知：亚硝酰氯有毒，沸点-5.5℃，分子中各原子均满足8电子稳定结构。请回答：(1)NOCl的电子式为 ，化合物X的结构简式为 。(2)下列说法正确的是___________。A．NOCl中的氮元素呈正价B．NOCl分子的空间结构为V形C．化合物X的沸点低于氯乙酰胺()D．工业上可以用蒸馏水吸收多余的NOCl，防止污染环境(3)已知浓盐酸和浓硝酸混合配制王水时会产生亚硝酰氯，写出该反应的化学方程式 。(4)设计实验验证化合物X中含有Cl元素 。19．铁及其化合物在催化、生产实验中具有重要作用(1)铁钴催化剂中基态Co原子的电子排布式： 。(2)已知： ①催化乙苯脱氢制得苯乙烯反应Ⅰ： （用、、表示）。②下列关于反应Ⅰ说法正确的是 。A．X射线衍射技术可测得晶体结构B．可改变乙苯平衡转化率C．升高温度，正、逆反应速率均加快D．仅从平衡移动角度分析，生产苯乙烯选择恒容条件优于恒压条件③某温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入，在催化剂作用下发生反应Ⅰ，测得乙苯脱氢反应时间（t）与容器内气体总压强（p）的数据见下表：用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即，则前4h内平均反应速率 。(3)常温下构建Fe(Ⅲ)溶液体系，已知为某邻苯二酚类配体，其电离平衡常数，，其中，。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示（分布系数）：①当pH=1时，体系中发生主要反应：，此时该反应的K≈ 。②当pH=4时，参与配位的 mol/L。③pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为 （填“”、“”、“”），列出相关计算式进行说明： 。 实验序号实验操作实验现象①将铝片插入溶液中长时间未观察到红色物质析出②将铝片插入溶液中15min后，铝片表面析出少量的红色物质，溶液颜色变化不明显③Ⅰ.将铝片插入溶液中反应迅速、剧烈，溶液呈酱油色样(含CuCl)Ⅱ.将酱油色样溶液倒入大量水中产生白色沉淀(主要成分为CuCl)Ⅲ.取步骤Ⅱ反应后的上层清液，再插入铝片产生大量无色气体，反应结束后生成大量红色海绵绒状物质，溶液变成无色时间t/h0124816202530总压强p/100kPa4.915.586.327.318.549.509.529.539.53参考答案：1．D【分析】由短周期X、Y、Z、W、Q五种元素形成的一种化合物的结构式及成键方式如图所示，Y、Z、W、Q位于同一周期，化合物XQ可用于雕刻玻璃，则为HF，X为H，Q为F，根据价键，可推出分别为；【详解】A．由化合物结构可知，W为N，形成配位键，的杂化类型为，A项正确；B．CH4为正四面体结构，NH3为三角锥形，的键角大于，B项正确；C．C元素可形成共价晶体金刚石、分子晶体等，C项正确；D．Y的最高价氧化物对应的水化物硼酸为弱酸，D项错误。答案选D。2．C【分析】黄铜矿(主要含CuFeS2，还含FeS等)用FeCl3溶液充分浸取，反应生成CuCl(s)、S(s)和FeCl2，经过滤得到CuCl(s)、S(s)和主要含有FeCl2的滤液，向CuCl(s)、S(s)中加入NaCl溶液，CuCl(s)因形成配合物Na[CuCl2]而溶解，S(s)不溶将其过滤除去，最后加水稀释主要含Na[CuCl2]的溶液得到Cu和主要含有CuCl2、NaCl的溶液，据此解答。【详解】A．“浸取”时，主要发生CuFeS2与FeCl3的反应：，则参加主要反应的，A正确；B．滤液主要成分为FeCl2，与Cl2反应生成“浸取”步骤需要的FeCl3，可循环利用，B正确；C．Na[CuCl2]中含配位键，中心离子为Cu+，C错误；D．加水稀释主要含Na[CuCl2]的溶液反应生成Cu、CuCl2和NaCl，反应的化学方程式为：，D正确； 故选C。3．D【详解】A．同周期越靠右电负性越大，同主族越靠上电负性越大，则电负性：，A项正确；B．中，为杂化，空间结构为正四面体形，B项正确；C．分子间存在氢键，沸点最高，的分子量大于，沸点：，C项正确；D．基态原子有能量的电子，所以有7种能量不同的电子，D项错误；故选D。4．A【详解】A．离子的核电荷数为8，核外电子数为10，则离子结构示意图为，A正确；B．基态铜原子价电子排布式为3d104s1，价电子的轨道表示式：，B不正确；C．离子中，C原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，3个杂化轨道都参与成键，不存在孤电子对，则空间结构呈平面三角形，不是(三角锥形)，C不正确；D．含有氨基，属于胺类，化学名称为乙胺，D不正确；故选A。5．C【详解】A．“静电吸引”是指当两个带电物体的电荷异号时，是离子间的作用力，不是范德华力，A错误；B．二价阴离子中As原子孤电子对数为0 、价电子对数为4 ，为sp3杂化，一价阴离子中As原子孤电子对数为1、价电子对数1+3=4 ，为sp3杂化，“表面络合”中原子的杂化方式只有1种：sp3杂化，B错误；C．如图所示，氧化反应是由As(III)转化为As(V)，则氧化剂为改性生物炭，C正确；D．如图所示，“氢键形成”中分子间氢键有3种，D错误。故答案为：C。6．C【详解】A．由图可知，氯化铜是反应的催化剂，有机物Ⅰ转化为有机物Ⅱ时，铜元素的化合价升高被氧化，故A错误；B．由图可知，反应中涉及非极性键的断裂，但不涉及非极性键的形成，故B错误；C．由结构简式可知，有机物Ⅲ分子中含有过氧基，化学性质不稳定，易被还原而表现氧化性，故C正确；D．由结构简式可知，分子中饱和氮原子的杂化方式为sp3杂化，故D错误；故选C。7．A【详解】A．硼酸是一元弱酸，硼酸在水溶液中的电离方程式：B(OH)3+H2OB(OH)+H+，故A正确；B．B(OCH3)3分子中C-H键极性弱，B(OCH3)3不能形成分子间氢键，故B错误；C．晶体硅是共价晶体，GaN的结构与晶体硅类似，所以GaN属于共价晶体，故C错误；D．In是ⅢA族元素，最外层有3个电子，In原子基态外围电子排布式为5s25p1，故D错误；选A。8．C【详解】A．中C原子的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，A正确；B．中C原子的价层电子对数为3+=4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，所有原子不会在同一平面内，B正确；C．空间构型为三角锥形，键角小于109°28′，为平面三角形，键角为120°，故键角<，C错误；D．-CH3中C周围有7个电子，其电子式为，D正确；故答案选C。9．D【详解】A．CH4分子间不存在氢键，故其沸点较低，A错误；B．图中的横坐标的数值表示的是中心原子的周期序数，B错误；C．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，ⅣA族元素氢化物的稳定性随相对分子质量的递增逐渐减弱，C错误；D．H2O、HF、NH3分子间均可形成氢键，三种物质的沸点比同主族的其它氢化物都高，D正确；故选D。10．D【详解】A．对比实验①和③可知，Cl-的存在可使Al溶解，实验①中加入NaCl固体，使铝片溶解，A正确；B．实验③的步骤Ⅰ中，溶液呈酱油色样的原因是因为Al与铜离子和氯离子反应，离子方程式为：，B正确；C．对比实验①和③可知，Cl-的存在可使Al溶解，Cl-在实验Ⅲ中起催化与破坏保护膜的作用，根据元素守恒可知，无色气体为H2，C正确；D．结合选项B，氯化铜可以被还原为二氯化亚铜离子进一步稀释得到氯化亚铜，则铜有可能与CuCl2溶液发生氧化还原反应，D错误；故选D。11．B【详解】A．取代反应是指有机物分子中原子或原子团被其它原子或原子团所替代的反应，从题目可以看出X转化为Y不是取代反应，A错误；B．1 molBH3-NH3分子中所含电子数为18mol，则含电子数为18 NA，B正确；C．1个Y比1个X多1个σ键，但这里并没有告诉具体的物质的量，物质的量不一定是1mol，C错误；D．X、Y中含有饱和碳原子和不饱和碳原子，有sp2和sp3杂化，氨硼烷中存在配位键，N与B均为sp3杂化，D错误；故选B。12．B【详解】A．基态碳原子价电子排布式为2s22p2，价电子轨道表示式为，故A正确；B．中轨道重叠形成键，轨道重叠示意图为，故B错误；C．分子中心原子价层电子对数为3+=3，且没有孤电子对，空间结构为平面三角形，故C正确；D．和N2互为等电子体，电子式和N2相似，为，故D正确；故选B。13．D【分析】A元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn，则其电子排布式为2s22p2，其为碳元素；A与C同一周期，基态C原子的s轨道与p轨道电子数相等，则其是电子排布式为1s22s22p4，C为氧元素，B为氮元素；D、E元素的基态原子都只有一个未成对电子，它们相互作用形成的离子的电子层结构相同，并且离子最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数，则D为氯元素、E为钾元素。从而得出A、B、C、D、E分别为C、N、O、Cl、K。【详解】A．A、B、C、D分别为C、N、O、Cl，H2O呈液态，其它元素的简单氢化物都呈气态，NH3能形成分子间的氢键，则简单氢化物的沸点：H2O＞NH3＞HCl＞CH4，A不正确；B．C为O元素，在第二周期元素中，N、F、Ne的第一电离能都大于O，其它元素的第一电离能都小于O，它们是Li、Be、B、C，有4种，B不正确；C．最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4＞HNO3＞H2CO3，但题中没有强调“最高价氧化物对应水化物”，C不正确；D．A、D和C、E形成的化合物可能为Cl2C=CCl2、K2O2，它们均含有非极性共价键，D正确；故选D。14．C【详解】A．属于分子晶体，根据S4N4的结构简式可知，中含有极性键，A正确；B．分子中含有非极性键，（即）中含有非极性键，B正确；C．该制备反应的关系式为转移（即）参与上述制备反应，转移电子，C错误；D．的中心原子N的价层电子对数都是4，中心原子的杂化轨道类型均为，故的VSEPR模型均为四面体形，D正确；故答案选C。15．B【分析】物质W常用作漂白剂和氧化剂，其构成元素均为短周期主族元素，各元素原子半径与原子序数的关系如图所示，X位于第一周期，为H元素，Y、Z位于第二周期，M、N位于第三周期；实验室中常用CS2洗涤残留在试管壁上的N单质，则N为S元素；Y形成4个共价键，Z形成2个共价键，M形成的+1价阳离子，则Y为C元素，Z为O元素，M为Na元素，以此分析解答。【详解】根据分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，M为Na元素，N为S元素，A．X、Z形成的化合物为水和过氧化氢，M、N形成的化合物为硫化钠，过氧化氢能够与硫化钠发生氧化还原反应，故A正确；B．N的单质为硫，硫单质为非极性分子，CS2为非极性溶剂，根据相似相溶原理，硫单质易溶于CS2，所以实验室中用CS2洗涤残留在试管壁上的硫单质，与S单质的还原性无关，故B错误；C．Y的氢化物为烃，Z的氢化物为水、双氧水，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于水和双氧水，Z的氢化物的沸点不一定大于Y的氢化物的沸点，故C正确；D．W分子中含有H-O-O-H结构，结合过氧化氢的性质可知，化合物W具有强氧化性，可用作氧化剂，但过氧化氢不稳定，该物质不宜在高温下使用，故D正确。答案选B。16．(1) (2) 的原子半径小于 、、原子半径依次增大，键、键、键键长依次增大，键能依次减小(3)平面三角形(4)共价晶体(5) 21.4%【详解】（1）基态锗原子的价层电子排布式为，轨道表示式为；（2）和为同主族元素，从上至下，原子半径增大，电负性减小。、、与之间形成的共价键键长依次增大，键能依次减小，故、、的稳定性依次减弱；（3）中原子的价层电子对数为，没有孤电子对，为杂化，VSEPR模型名称为平面三角形；（4）依题意，碳化硅（）熔点为2700°C，碳化硅熔点高、硬度大，故它是共价晶体；（5）铁碳晶胞中，铁原子位于顶点和面心，碳原子位于棱心和体心，1个晶胞有4个铁、4个碳，化学式为。依题意，晶胞体积不变，晶体密度之比等于质量之比，则晶体密度净增百分率为。17．(1)sp2(2) 3d10 催化剂(3) 在 3 sp2 ab【详解】（1）碳酸二甲酯分子中羰基碳原子形成一个双键、2个单键，无孤电子对，杂化类型为sp2；（2）基态Cu原子核外有29个电子，电子排布式为[Ar]3d104s1，则基态Cu+的价电子排布式为3d10；CuCl在反应前后性质和质量均不变，所以其作用为催化剂；（3）①1、3号N原子均连接两个双键碳原子，碳碳双键为平面结构，因此1~4号原子在同一平面上；根据已知iii，知1号N原子的电子云密度降低，不易给出孤电子对，因此3号N原子更容易与Cu+形成配位键；由于形成大π键，4-甲基咪唑是平面结构，1号N原子杂化类型为sp2；②a．4-甲基咪唑与Cu+形成的配合物中含有-NH-，能与甲醇形成分子间氢键，从而增大其在甲醇中的溶解度，正确；b．形成配合物的Cu+较稳定，不易被氧化为难溶的CuO，正确；c．形成的Cu(Ⅰ)配合物在反应中作催化剂，催化剂不影响平衡移动，错误；答案选ab；18．(1) ONCH2CH2Cl(2)ABC(3)HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O(4)将化合物X与氢氧化钠水溶液共热，充分反应后滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明化合物X中含有Cl元素【分析】NO与Cl2相遇后，发生化合反应，生成亚硝酰氯NOCl；亚硝酰氯与水反应时，生成HCl和HNO2；亚硝酰氯与等物质的量的CH2=CH2发生加成反应，生成ONCH2CH2Cl。【详解】（1）NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则N原子与O原子形成2个共价键，与Cl原子形成1个共价键，电子式为；由分析可知，化合物X的结构简式为ONCH2CH2Cl。（2）A．NOCl中，O、Cl的非金属性都大于N，则氮元素呈+3价，A正确；B．NOCl分子中，中心N原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，最外层有1个孤电子对，则空间结构为V形，B正确；C．氯乙酰胺()分子间能形成氢键，而化合物X为ONCH2CH2Cl，分子间不能形成氢键，则其沸点低于氯乙酰胺()，C正确；D．NOCl与水反应，生成HCl和HNO2，HNO2易分解生成NO等，所以工业上不能用蒸馏水吸收多余的NOCl，D不正确；故选ABC。（3）已知浓盐酸和浓硝酸混合配制王水时会产生亚硝酰氯，N元素化合价由+5价降为+3价，化合价降低，则Cl元素化合价应升高，所以产物中应含有Cl2，该反应的化学方程式为HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O。（4）验证化合物X(ONCH2CH2Cl)中含有Cl元素，应先让其水解，再用硝酸银检验，具体方法为：将化合物X与氢氧化钠水溶液共热，充分反应后滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明化合物X中含有Cl元素。【点睛】检验Cl-时，应先加稀硝酸中和NaOH，否则会生成Ag2O，干扰Cl-的检验。19．(1)1s22s22p63s23p63d74s2(2) ΔH3-ΔH1-ΔH2 AC 60(3) 2.04 3.0×10-4 HL- pH为10时，由Ka1==10-7.46可得：c(HL-)=102.54c(H2L)，由Ka2==10-12.4可得：c(HL-)=102.4c(L2-)，则pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为HL-【详解】（1）钴元素的原子序数为27，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2；（2）①将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应③-①-②得到反应，则反应=ΔH3-ΔH1-ΔH2，故答案为：ΔH3-ΔH1-ΔH2；②A．测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪，即用X射线衍射技术可测定氧化铁晶体结构，故A正确；B．催化剂能加快反应速率，但化学平衡不移动，则氧化铁不能改变乙苯平衡转化率，故B错误；C．升高温度，正、逆反应速率均加快，故C正确；D．反应Ⅰ是气体体积增大的反应，恒压条件下反应时，容器体积增大相当于减小压强，平衡向正反应方向移动，苯乙烯的百分含量增大，则仅从平衡移动角度分析，生产苯乙烯选择恒压条件优于恒容条件，故D错误；故选AC；③设4h时反应生成苯乙烯的分压为akPa，由方程式可得：491+a=731，解得a=240，则前4h内乙苯的反应速率为=60kPa/h，故答案为：60；（3）①由图可知，溶液pH为1时，溶液中铁离子和[FeL]+浓度为2.0×10−4mol/L×0.5=1.0×10−4mol/L，由方程式可知，溶液中H2L的浓度为(5.0-0.1) ×10−3mol/L=4.9×10−3mol/L，则反应的平衡常数K==≈2.04，故答案为：2.04；②由图可知，溶液pH为4时，溶液中[FeL]+和[FeL2]-浓度浓度为2.0×10−4mol/L×0.5=1.0×10−4mol/L，由原子个数守恒可知，参与配位的L2-的浓度为1.0×10−4mol/L+1.0×10−4mol/L×2=3.0×10−4mol/L，故答案为：3.0×10−4mol/L；③溶液pH为10时，由电离常数Ka1==10-7.46可得：溶液中c(HL-)=102.54c(H2L)，则溶液中HL-离子浓度大于H2L，由电离常数Ka2==10-12.4可得：溶液中c(HL-)=102.4c(L2-)，则溶液中HL-离子浓度大于L2-，所以溶液pH在9.5～10.5之间，溶液中含L的物种主要为HL-，故答案为：HL-；pH为10时，由Ka1==10-7.46可得：c(HL-)=102.54c(H2L)，由Ka2==10-12.4可得：c(HL-)=102.4c(L2-)，则pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为HL-。
相关资料
更多
