2020届高三化学选修三二轮专题复习-西格玛键和派键

/20两边的单键碳原子还分别含有2两边的单键碳原子还分别含有2个C-H键，所以o键和n键比例为9：1，故B错误；C2-和02+是等电子体，所以1molO^中含有2NAn键，故C正确；若该反应中有4molN-H键断裂，贝件成1.5mol氮气，形成n键的数目是3NA，故D正确；故选：B。NH+中氮原子提供孤电子对，氢原子提供空轨道，从而形成配位键，[Cu(NH3)4]2+中铜原子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，所以形成配位键；共价单键是o键，共价双键中含有1个n键1个o键；一个C2-中含有2个n键，所以一个0尹中含有2个n键，根据N=nNA计算；若该反应中有4molN-H键断裂，则生成1.5mol氮气，结合氮气分子结构计算。本题考查分子中的o键和n键，明确分子结构是解本题关键，难度不大。18.【答案】B【解析】A.水分子为V形，正负电荷中重心不重叠，为极性分子；甲烷为正四面体结构，正负电荷重心重叠，为非极性分子，故A错误；分子中分别存在C-H、0-H键，为o键，故B正确；水分子为V形，正负电荷中重心不重叠，为极性分子；甲烷为正四面体结构，正负电荷重心重叠，为非极性分子，故C错误；甲烷空间结构为正四面体结构，水为平面V字型的结构，它们的立体结构不相同，故D错误。19.【答案】D【解析】解：A.共价单键为o键，共价双键中含有一个o键一个n键，该分子中含有碳碳双键，所以既有o键又有n键，故A正确；两种元素非金属性差别越大极性越大，0-H之间的非金属性之差大于C-H之间的非金属性之差，所以0-H键的极性强于C-H键的极性，故B正确；结构对称，正负电荷重心重合的分子为非极性分子，该分子结构不对称，正负电荷重心不重合，所以为极性分子，故C正确；该物质中含有酚羟基，所以该分子的分子之间能形成氢键，故D错误；故选D.共价单键为o键，共价双键中含有一个o键一个n键；两种元素非金属性差别越大极性越大；结构对称，正负电荷重心重合的分子为非极性分子；该物质中含有酚羟基，所以该分子的分子之间能形成氢键.本题考查物质结构、性质，涉及化学键、分子的极性、氢键等知识点，难点是分子极性的判断，注意氢键只影响物理性质，不影响化学性质，影响物质熔沸点、溶解度等.15/2020.【答案】C【解析】解：A.n键的电子云重叠程度小，易断裂，贝归键比n键形成的共价键强，故A正确；B、金属元素与非金属元素之间能形成共价化合物，如氯化铝，故B正确；C、单键只含有一个o键，双键含一个o键和1个n，三键含有一个o键和2个n,o键的键能大于n键，则碳碳三键、双键的键能与单键的键能不成整数比关系，故C错误；D、价层电子对相斥理论中，o键和孤对电子对计入中心原子的价层电子对数，而不计入，故D正确；故选：Co本题考查价层电子对理论等，难度不大，电子排布式的运用、轨道形状和价层电子对理论等，难度不大，注意基础知识的积累。21.【答案】CO；；口0：；N>O>C>Mg>Al；acd；H2O>NH3>CH4；ds；色溶液先产生蓝色沉淀，最后沉淀溶解，形成深蓝色溶液【解析】解：A、B、C、D、E、F五种元素依次为C、N、O、Mg、Al；C的单质为N2,其价电子总数为14,则与氮气互为等电子体的分子为CO,共价型化合物，结构与氮气相似，分子内存在三个共用电子对，电子式为，：故答案为：心心；第一电离能为失电子能力，通常同周期主族元素核电荷越大，第一电离能呈增大的趋势，金属的第一电离能相对较小，但N原子2p轨道为半充满结构，相对稳定，第一电离比O大,则C、N、0、Mg、Al第一电离能由大到小的顺序为N>0>C>Mg>Al,故答案为：N>O>C>Mg>Al；光谱证实单质AI与强碱性溶液反应有[AI(OH)J-生成，可看作其中铝原子和三个羟基形成三对共用电子对，形成三个极性共价键，形成AI(OH)3；AI(OH)3溶解在强碱中，和0H-形成[AI(OH)4]-,利用的是铝原子的空轨道和氢氧根离子的孤对电子形成的配位键；由两个相同或不相同的原子轨道沿轨道对称轴方向相互重叠而形成的共价键，叫做o键，所以[AI(OH)4]-中也形成了o键；故答案为：acd；元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，而同一周期的主族元素，核电荷数越大，非金属性越强，则C、N、0三种元素与A形成的最简单化合物的稳定性由强到弱的顺序为h2o>nh3>ch4,故答案为：h2o>nh3>ch4；基态铜原子的电子排布式为，可知Cu在元素周期表中的ds区；向Cu2+溶液中通入过量氨气，先产生蓝色氢氧化铜沉淀，离子方程式为Cu2++2NH3•H20=Cu(OH)2J+2NH+，继续滴加，形成配合物四氨合铜离子使沉淀溶解，离子方程式为:Cu(OH)2+4NH•H0=[Cu(NH)]2++20H-+4H°0,总离子方程式为：Cu2++4NH=323x4」23[Cu(NH3)4]2+或Cu2++4NH3•H20=[Cu(NH3)4]2++4电0,现象为蓝色溶液先产生蓝色沉淀，最后沉淀溶解，形成深蓝色溶液，

故答案为：ds；色溶液先产生蓝色沉淀，最后沉淀溶解，形成深蓝色溶液。元素A、B、C、D、E、F、G的原子序数依次增大，A、F原子的最外层电子数等于其周期序数，F原子的电子层数是A的3倍，则应为H元素，F为Al元素；B原子核外电子分处3个不同的能级，且每个能级上排布的电子数相等，则B的核外电子排布式为1s22s22p2，即B为碳元素；D原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数，则D的核外电子排布式为1s22s22p4，即D为氧元素，可知C为氮元素；E原子核外每个原子轨道上的电子都已成对，E电负性小于F,则E的核外电子排布式为1s22s22p63s2，即E为镁元素；G原子最外层有一个单电子，且内层原子轨道均排满，则G的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63di04si，即G为铜元素，据此分解解答。22.【答案】22.【答案】1s22s22p63s23p23s23p5匚'•:--|丨31【解析】解：根据分析可知：A为C元素，B为Si元素，C为Cl元素，D为N元素。(1)A为C元素，原子序数为(1)A为C元素，原子序数为6,其电子排布图为IOEZILZB为Si元素，原子序数为14,Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2；C为Cl元素,Cl原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，其价电子排布式为3s23p5；D为N元素，原子序数=核外电子总数=7,其原子结构示意图为⑥》，；1s22s2；1s22s22p63s23p2；3s23p5；故答案为：(2)D2H2为N2H2,N原子满足8电子稳定结构，其电子式应为I-I'；双键中含有1个o键和1个n键，则N2H2分子中含有3个O键和1个n键，故答案为：H■-;I'；3；1。元素A、B、C、D都是短周期元素，A元素原子的2p轨道上只有两个电子，则A的外围电子排布为2s22p2，故A为C元素；B的3p轨道上有空轨道，则B的外围电子排布为3s23pi或3s23p2,A、B同主族，则B为Si元素；B、C同周期，C是本周期中电负性最大的，故C为Cl元素；D的气态氢化物的水溶液能使无色酚酞试液变红，则D为N元素，以此解答该题。本题考查位置结构性质的相互关系应用，为高考常见题型，题目难度中等，侧重考查核外电子排布规律、常用化学用语、分子结构等知识，注意基础知识的掌握与理解，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。23.【答案】(1)N；16；⑵>；⑶①Sp3杂化；10NA；n6；CH4<NH3<H2O；④配位；(4)V形；H2SO4中S的化合价为+6,S的正电性强于H2SO3中的S,使羟基中0—H间的共用电子对更易偏向O原子，羟基更容易电离出H+,故酸性H2SO4强于H2SO3；⑸4；3pr2NA【解析】【分析】本题考查物质结构的综合应用：原子结构与元素性质,分子结构及性质,晶体结构及性质,难度较大。【解答】Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63dio4si，电子占据最高能层的符号N,该能层上具有的原子轨道数为42=16,故答案为：N；16；Cu原子外围电子排布为3dio4si，易失去1个电子达全满的稳定状态，导致第一电离能I1(Fe)>I1(Cu)，故答案为；>；①吡咯中的氮原子形成3个o键，有一对孤对电子，价层电子对数为4,则吡咯分子中N原子的杂化类型为：sp3杂化，故答案为：sp3杂化；原子之间形成1个o键，有4个C-H没有标出，故1分子吡咯有10个o键，1mol吡咯分子中所含的o键总数为10NA,由①中每个原子均没有孤对电子，说明N原子的孤对电子参与形成大n键，2个双键中均有1对电子参与形成大n键，故为5原子6电子大n键，n键应表示为：n6,故答案为：10NA；n5；常温下水为液体，而甲烷、氨气为气体，水的沸点最高，而氨分子之间形成氢键，沸点高于甲烷的，故沸点：CH4<NH3<H2O，故答案为：CH4<NH3<H2O；Fe2+有空轨道，O2有孤对电子，血红蛋白中的Fe2+与O2是通过配位键相结合，故答案为：配位；SO2分子中S原子孤电子对数=32=1,价层电子对数=2+1=3,空间构型为V22形;H2SO4中S的化合价为+6,S的正电性强于H2SO3中的S,使羟基中O—H间的共用电子对更易偏向O原子，羟基更容易电离出H+,故酸性H2so4强于H2SO3，故答案为:V形;H2SO4中S的化合价为+6,S的正电性强于H2SO3中的S,使羟基中O—H间的共用电子对更易偏向O原子，羟基更容易电离出H+,故酸性H2SO4强于H2SO3；晶胞内部1个碳原子，另外碳原子处于顶点、面上、棱上，晶胞中碳原子数目=1+8x1+2x1+4x1=4,若C-C键的键长为rem，则晶胞底面边长=2x(rcmx824cos30°)=V3rcm,晶胞底面为菱形，锐角为60°，底面积=V3rcmxV3rcmxsin60°=也r2cm2，贝y：=pg/cm3x必r2cm2x2dcm,解得d=16^3,2NA23pr2NA故答案为：4；丄妊。3pr2NA

【答案】C；1s22s22p63s23p63d54s1；Cl；BD；1：1；分子晶体；NH3分子间存在氢键；CaCO3(s)+2HCl(aq)=CaCl2(aq)+CO2(g)+电0(1)△H=—10aKJ/mol；Ca2++CO2-=CaCOgJ;CO3—+H?0#HCO-+OH-、HCO-+H?0#H2CO3+OH-【解析】解：(1)(1)元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是C,Cr元素为24号元素，其原子核外有24个电子，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，故答案为：C；1s22s22p63s23p63d54s1；(2)元素S与元素Cl为同周期的元素，同周期越向后非金属性越强，所以非金属性较强的是Cl；氢化物越稳定则非金属性越强，电负性越强则非金属性越强，故答案为：Cl；BD；⑶常见溶剂CS2分子的结构式为S=C=S，贝9含有的。键与n键个数比为1：1；CS2为分子晶体；N的氢化物为NH3分子间存在氢键，故答案为：1：1；分子晶体；NH3分子间存在氢键；(4)①碳酸钙与HCl反应生成4.4g二氧化碳气体(不考虑气体溶解)放热akJ,贝9n(CO2)=0.1mol，所以生成1mol二氧化碳时放热为10aKJ，该反应的热化学方程式为CaCO3(s)+2HCl(aq)=CaCl2(aq)+CO2(g)+H2O(l)△H=-10aKJ/mol,故答案为：CaCO3(s)+2HCl(aq)=CaCl2(aq)+CO2(g)+H2O(l)△H=—10aKJ/mol；②由图象可知BC段PH不变，则^CaCl2+Na2CO3=CaCO3J+2NaCl,其离子方程式为：Ca2++CO2-=CaCO3J；CD段碱性增强则为碳酸钠过量时，碳酸钠水解引起的，其水解方程式为：CO2-+H2O#HCO-+OH-.hco-+h2o#h2co3+oh-,故答案为：；CO2-+H2O#HCO-+OH-.HCO-+H2O#H2CO3+OH-.元素X的一种同位素可测定文物年代，原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X为C元素；常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，则Y为N元素；基态原子最外层电子排布式为(n+1)sn(n+1)pn+2，则n=2,所以最外层电子排布式为3s23p4，则Z为S元素；与Z同周期，元素最高价是+7价，则T为Cl元素；W原子序数为Y、T元素之和，不锈钢中含有该元素，则W为Cr元素，然后结合问题分析解答.本题考查了元素推断、元素周期律、共价键、热化学方程式等，题目较为综合，是对学生综合能力的考查，难度较大.【答案】(1)丄—十丄1-弓；d；①具有孤电子对(或孤对电子)；sp3；8NA；CN-或C2-或N0+；从猛到铢原子序数增大，核对外层电子引力增大，电子层数增多，核对外层电子引力减小，但前者占主导，所以铢中的金属键更强，熔点更高(2分)；⑷6⑷6；234(3.74x10-8)3xNa°【解析】【分析】本题考查了物质结构与性质，涉及核外电子排布式、等电子体、杂化方式、晶胞密度的计算等知识，考查范围广，难度较难