高一下学期化学暑假作业答案_高二下学期化学暑假作业答案

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　　考点：葡萄糖的性质和用途.菁优网版权所有

　　分析：葡萄糖含有醛基，故可与新制备氢氧化铜浊液在加热条件下发生氧化还原反应，生成红色沉淀，依此进行判断.

　　解答：解：A.食醋的主要成分是乙酸，不含有醛基，故不能与新制备氢氧化铜浊液在加热条件下发生氧化还原反应，故A错误;

　　B.白酒的主要成分是乙醇，不含有醛基，故不能与新制备氢氧化铜浊液在加热条件下发生氧化还原反应，故B错误;

　　C.食盐的主要成分是氯化钠，不含有醛基，故不能与新制备氢氧化铜浊液在加热条件下发生氧化还原反应，故A错误;

　　D.葡萄糖含有醛基，故可与新制备氢氧化铜浊液在加热条件下发生氧化还原反应，生成红色沉淀，故D正确;

　　故选D.

　　点评：本题考查常见物质的性质，难度不大.要注意含有醛基的物质，可与新制备氢氧化铜浊液在加热条件下发生氧化还原反应，生成红色沉淀.

　　2.A

　　考点：有机高分子化合物的结构和性质.

　　分析：高分子化合物相对分子质量特别大一般达1万以上、一般具有重复结构单元.

　　解答：解：A.蛋白质相对分子质量较大，属于高分子化合物，故A正确;

　　B.油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故B错误;

　　C.葡萄糖是单糖，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故C错误;

　　D.蔗糖属于二糖，葡萄糖属于单糖，相对分子质量不很大，不属于高分子化合物，故D错误.

　　故选A.

　　点评：本题考查生命中的基础有机化学物质，难度较小，清楚高分子化合物概念及常见的高分子化合物即可解答.

　　3.B

　　4.D

　　解：A.油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和丙三醇，故A正确;

　　B.碘单质遇淀粉变蓝色，若变蓝则水解不完全，故B正确;

　　C.蛋白质水解的最终产物均为氨基酸，故C正确;

　　D.因淀粉和纤维素水解的产物都是葡萄糖，故D错误.

　　故选D.

　　5.D

　　6.B

　　略

　　7.A

　　略

　　8.(1)H2SO4;NaOH;Cu(OH)2;

　　(2)否;葡萄糖和新制氢氧化铜的反应应该在碱性条件下进行;

　　(3)加入碘水，看是否变蓝，若变蓝说明部分水解，若不变蓝说明水解完全.

　　解：(1)淀粉需要在稀硫酸作催化剂条件下发生水解反应，所以A为H2SO4;得到的砖红色沉淀为氧化亚铜，说明试剂C为Cu(OH)2混悬液，葡萄糖和新制氢氧化铜的反应应该在碱性条件下进行，所以加入氢氧化铜悬浊液前需要用NaOH溶液中和，则B为NaOH，

　　故答案为：H2SO4;NaOH;Cu(OH)2;

　　(2)由于葡萄糖和新制氢氧化铜的反应应该在碱性条件下进行，所以加入氢氧化铜悬浊液前必须加入NaOH溶液中和，

　　故答案为：否;葡萄糖和新制氢氧化铜的反应应该在碱性条件下进行;

　　(3)淀粉遇到碘单质显示蓝色，所以向溶液中加入碘水，若变蓝说明淀粉没有完全水解，若不变蓝说明淀粉已经完全水解，

　　故答案为：加入碘水，看是否变蓝，若变蓝说明部分水解，若不变蓝说明水解完全.

　　9.(1)淀粉溶液葡萄糖溶液蔗糖溶液

　　(2)①C12H12O11+H2OC6H12O6+C6H12O6

　　蔗糖葡萄糖果糖

　　②(C6H10O5-)n+nH2OnC6H12O6

　　淀粉葡萄糖

　　解析A遇碘水变蓝色，则A为淀粉;葡萄糖不能发生水解反应，且葡萄糖分子结构中含有醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，故B为葡萄糖，C为蔗糖。

　　一、选择题(本题共7道小题1.下列各组元素性质的递变情况错误的是()

　　A.Na、Mg、Al原子最外层电子数依次增多

　　B.P、S、Cl元素正价依次升高

　　C.N、O、F第一电离能依次增大

　　D.Na、K、Rb电负性逐渐减小

　　2.下列表示式错误的是()

　　A.Na+的轨道表示式：

　　B.Na+的结构示意图：

　　C.Na的电子排布式：1s22s22p63s1

　　D.Na的简化电子排布式：[Ne]3s1

　　3.短周期原子序数依次增大的主族元素R、T、Q、w、Y具有如下信息：①R、Y原子的最外层电子数与电子层数相同;@Q是地壳中含量的元素，R与T的核电荷数之和等于Q的核电荷数;③w与R同主旅。下列说法正确的是()

　　A.T、Q、w、Y的原子半径大小为：T乙>甲

　　D.甲、乙和丙分子均为由极性键构成的极性分子

　　(3)由元素J、C、E组成一种化学式为J(CE)的配位化合物，该物质常温下呈液态，熔点为

　　一20.5℃，沸点为103~C，易溶于非极性溶剂。据此可判断：该化合物的晶体中存在的作用力有()

　　A.离子键B.极性键C.非极性键D.范德华力E.氢键F.配位键

　　Ⅱ.(1)BCl3中B原子的杂化方式为。第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有种。写出与BCl3结构相同的一种等电子体(写离子)。

　　(2)科学家测得胆矾中既含有配位键，又含有氢键，其结构示意图可简单表示如下：

　　①胆矾的化学式用配合物的形式表示为的

　　②胆矾中SO42-的空间构型为

　　评卷人

　　得分

　　三、实验题(本题共0道小题,,共0分)试卷答案

　　1.C

　　考点：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系;同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系.

　　分析：A、根据Na、Mg、Al原子的核外电子排布分析;

　　B、根据P、S、Cl最外层电子数目=元素的正价(氧、氟除外);

　　C、同周期从左到右元素的第一电离能依次减小，第IIIA和第VA族反常;

　　D、同主族元素从上到下元素的电负性逐渐减弱.

　　解答：解：A、Na、Mg、Al原子的核外电子分别为11、12、13，原子最外层电子数分别为1、2、3，逐渐增多，故A正确;

　　B、P、S、Cl最外层电子数目分别为5、6、7，正化合价分别为+5、+6、+7，故B正确;

　　C、同周期从左到右元素的第一电离能依次减小，第IIIA和第VA族反常，O、N、F第一电离能依次增大，故C错误;

　　D.同主族元素从上到下元素的电负性依次减弱，则Na、K、Rb元素的电负性逐渐减小，故D正确.

　　故选C.

　　点评：本题考查元素周期律，明确同主族、同周期元素的性质变化规律是解答本题的关键，难度不大.

　　2.A

　　考点：原子核外电子排布;原子结构示意图.

　　分析：钠原子的电子排布式为1s22s22p63s1，或写为[Ne]3s1，Na+的原子核内有11个质子，核外有10个电子，Na为金属元素，易失去电子，所以其价电子排布式为：3s1，轨道表示式用箭头“↑”或“↓”来区别自旋方向的不同电子，每个轨道最多容纳2个电子且自旋方向相反，据此分析解答.

　　解答：解：A.轨道表示式用一个方框或圆圈表示能级中的轨道，用箭头“↑”或“↓”来区别自旋方向的不同电子，每个轨道最多容纳2个电子，2个电子处于同一轨道内，且自旋方向相反，所以Na+的轨道表示式：，故A错误;

　　B.Na+的原子核内有11个质子，核外有10个电子，结构示意图为，故B正确;

　　C.钠原子的电子排布式为1s22s22p63s1，或写为[Ne]3s1，故C正确;

　　D.钠原子的简化电子排布式为[Ne]3s1，故D正确;

　　故选A.

　　点评：本题考查原子核外电子排布，为高考常见题型，难度不大，注意把握原子核外电子的排布规律，把握电子排布式和轨道式的书写方法.

　　3.B

　　知识点:位置、结构、性质的相互关系应用

　　答案解析:B解析：短周期原子序数依次增大的主族元素R、T、Q、W、Y，Q是地壳中含量的元素，则Q是O元素;R与T的核电荷数之和等于Q的核电荷数，且R原子的最外层电子数等于其单质层数，则R是H，T是N元素;Y原子的最外层电子数等于其电子层数，且Y的原子序数大于O元素，则Y电子层数为3、其最外层电子数是3，则Y是Al元素;W与R同主族且W原子序数大于O而小于Al，则W为Na。

　　A.原子的电子层数越大，其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以元素T、Q、W、Y的原子半径大小为：Q

　　错误;B.元素Q与W形成的两种常见化合物分别是Na2O、Na2O2，氧化钠、过氧化钠中含有相同比例的阴、阳离子，其阴阳离子之比为1：2，正确;C.Q与Y组成的常见物质是Al2O3，氧化铝是一种两性物质，错误;D.由Y和T组成的物质AlN，AlN属于原子晶体，在电子和陶瓷工业上有广泛应用，可以直接由单质Y和T在高温下生成，错误。

　　思路点拨:本题考查了元素位置结构性质的相互关系及应用，明确原子结构、元素周期表结构是解本题关键，根据原子结构确定元素，再结合物质结构、元素周期律来分析解答，注意过氧化钠的阴阳离子分别是过氧根离子和钠离子，为易错点。

　　4.D

　　考点：键能、键长、键角及其应用;原子核外电子排布;判断简单分子或离子的构型.

　　分析：A.根据键长越短，键能越大判断;

　　B.上下两个顶点与中心R原子形成的键角为180°，中间为平面三角形，构成三角形的键角为120°，顶点与平面形成的键角为90°;

　　C.RCl5RCl3+Cl2↑;

　　D.R原子最外层有5个电子，形成5个共用电子对.

　　解答：解：A.键长越短，键能越大，键长不同，所以键能不同，故A正确;

　　B.上下两个顶点与中心R原子形成的键角为180°，中间为平面三角形，构成三角形的键角为120°，顶点与平面形成的键角为90°，所以键角(Cl﹣R﹣Cl)有90°、120、180°几种，故B正确;

　　C.RCl5RCl3+Cl2↑，则RCl5受热后会分解生成分子立体结构呈三角锥形的RCl3，故C正确;

　　D.R原子最外层有5个电子，形成5个共用电子对，所以RCl5中R的最外层电子数为10，不满足8电子稳定结构，故D错误.

　　故选D.

　　点评：本题考查了键角、键能、8电子稳定结构等，题目难度不大，注意分析题目中分子的立体结构图.

　　5.C

　　考点：原子结构与元素周期律的关系;原子结构与元素的性质.

　　分析：短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，由于为主族元素，最外层电子数不能为8，故W、X最外层电子数分别为4、3，且X原子序数较大，故W处于第二周期，X处于第三周期，可推知W为C元素、X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，则Z为Cl，Y为Al到Cl之间的元素，据此解答.

　　解答：解：短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，由于为主族元素，最外层电子数不能为8，故W、X最外层电子数分别为4、3，且X原子序数较大，故W处于第二周期，X处于第三周期，可推知W为C元素、X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，则Z为Cl，Y为Al到Cl之间的元素.

　　A.若Y为Si，则电负性Si

　　B.同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径X>Y>Z>W，故B错误;

　　C.Y、Cl形成的分子可以为SiCl4，为正四面体构型，故C正确;

　　D.WY2分子应为CS2，结构式为S=C=S，分子中δ键与π键的数目之比是1：1，故D错误，

　　故选C.

　　点评：本题考查结构性质位置关系应用，涉及原子电负性、半径比较、化学键、分子结构等，推断元素是解题关键，注意Y元素的不确定性，难度中等.

　　6.B

　　考点：微粒半径大小的比较;元素周期律的作用;元素电离能、电负性的含义及应用;键能、键长、键角及其应用.

　　专题：元素周期律与元素周期表专题.

　　分析：A.电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大;

　　B.非金属性越强电负性越强，价含氧酸的酸性越强;

　　C.甲烷为正四面体，二氧化碳为直线型，水分子为V形，氧原子有2对孤电子对，孤电子对之间排斥大于成键电子对，键角小于甲烷，据此判断键角;

　　D.离子电荷相同，离子半径越大离子键越弱，物质越不稳定.

　　解答：解：A.F﹣、O2﹣、Na+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2﹣>F﹣>Na+，Li+电子层最少，故离子半径最小，则微粒半径：O2﹣>F﹣>Na+>Li+，故A错误;

　　B.非金属性CC，酸性：HClO4>H2CO3，故B正确;

　　C.甲烷为正四面体，二氧化碳为直线型，水为V形，氧原子有2对孤电子对，孤电子对之间排斥大于成键电子对，故其键角小于甲烷，即分子中的键角：CO2>CH4>H2O，故C错误;

　　D.离子电荷相同，自上而下碱金属离子半径减小，故离子键强度LiCl>NaCl>KCl>RbCl，故稳定性LiCl>NaCl>KCl>RbCl，故D错误，

　　故选B.

　　点评：本题考查微粒半径比较、元素周期律、键参数、晶体类型与性质等，注意根据价层电子对互斥理论判断键角.

　　7.D

　　【知识点】原子结构与元素周期率的关系

　　解析:X、Y、Z、W、M五种短周期元素，Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料，可知Y为Si;X、Y、Z、W同周期，都处于第三周期，由X+与M2-具有相同的电子层结构，可知X为Na、M为O;Z、M同主族，则Z为S;原子半径：Z>W，则W为Cl。A.钠和氧可以形成Na2O、Na2O2，故A错误;C.因水分子中存在氢键，所以水的沸点，沸点为H2O>HCl>H2S，故C错误;B.元素Y(Si)、Z(S)、W(Cl)的单质晶体分别属于原子晶体、分子晶体、分子晶体，故B错误;D.元素W和M的某些单质如氯气和臭氧可作为水处理中的消毒剂，正确。

　　【思路点拨】本题考查了位置结构性质关系应用，难度中等，“Y是种重要的半导体材料、X+与M2-具有相同的电子层结构”是推断突破口，注意D选项中高纯硅的制备原理，注意对基础知识的积累掌握.

　　8.(1)①三角锥型;sp3;②3;

　　(2)①强;平面三角形;三角锥形;

　　②H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se﹣O﹣H中O的电子更向Se偏移，更易电离出H+.

　　考点：判断简单分子或离子的构型;物质的量的相关计算;同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系;原子轨道杂化方式及杂化类型判断.

　　分析：(1)①根据价层电子对互斥模型判断分子空间构型，根据中心原子价层电子对数判断杂化方式;

　　②根据化学方程式计算产生的氮气的物质的量，再根据每个氮分子中含有2个π键计算;

　　(2)①非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电解，酸性就越弱;根据价层电子对互斥理论确定气态SeO3分子的立体构型、SO32﹣离子的立体构型;

　　②根据中心元素Se的化合价可以判断电性高低，电性越高，对Se﹣O﹣H中O原子的电子吸引越强，越易电离出H+.

　　解答：解：(1)①在NH3分子中，有3个N﹣H键，和一对孤电子对，根据价层电子对互斥模型判断分子空间构型为三角锥型，在N2H4中，氮原子价层电子对数为=4，所以氮原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：三角锥型;sp3;

　　②反应中有4molN﹣H键断裂，即有1molN2H4参加反应，根据化学方程式可知产生的氮气的物质的量为1.5mol，而每个氮分子中含有2个π键，所以形成3molπ键，故答案为：3;

　　(2)①非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电解，酸性就越弱，非金属性S>Se，所以H2Se的酸性比H2S强;

　　气态SeO3分子中Se原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以其立体构型为平面三角形;

　　SO32﹣离子中S原子价层电子对个数=3+(6+2﹣3×2)=4且含有一个孤电子对，所以其立体构型为三角锥形，

　　故答案为：强;平面三角形;三角锥形;

　　②H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se﹣O﹣H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+，H2SeO4比H2SeO3酸性强，

　　故答案为：H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se﹣O﹣H中O的电子更向Se偏移，更易电离出H+.

　　点评：本题主要考查了原子核外电子排布、分子空间构型、原子杂化方式、化学键的计算等知识，难度不大，(1)解题中注意对分子结构的分析.

　　9.(1)M94(2)二氧化硅(3)共价键3

　　(4)Mg2Si+4NH4Cl==SiH4+4NH3+2MgCl2

　　(5)①C—C键和C—H键较强，所形成的烷烃稳定。而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂。导致长链硅烷难以生成

　　②C—H键的键能大于C—O键，C一H键比C—O键稳定。而Si—H键的键能却远小于Si—O键，所以Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键

　　(6)sp31：3[SiO3]n2n-(或SiO32-)

　　知识点:物质结构与元素周期律

　　解析：(1)硅原子核外有14个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，对应能层分别别为K、L、M，其中能量的是最外层M层，该能层有s、p、d三个能级，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，所以共有9个原子轨道，硅原子的M能层有4个电子(3s23p2);

　　(2)硅元素在自然界中主要以化合态(二氧化硅和硅酸盐)形式存在;

　　(3)硅晶体和金刚石晶体类似都属于原子晶体，硅原子之间以共价键结合.在金刚石晶体的晶胞中，每个面心有一个碳原子(晶体硅类似结构)，根据均摊法知面心位置贡献的原子为6×1/2=3个;

　　(4)Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4、NH3和MgCl2，方程式为：Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2;

　　(5)①烷烃中的C-C键和C-H键大于硅烷中的Si-Si键和Si-H键的键能，所以硅烷中Si-Si键和Si-H键的键能易断裂，导致长链硅烷难以生成;②键能越大、物质就越稳定，C-H键的键能大于C-O键，故C-H键比C-O键稳定，而Si-H键的键能远小于Si-O键，所以Si-H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si-O键;

　　(6)硅酸盐中的硅酸根(SiO44−)为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式;根据图(b)的一个结构单元中含有1个硅、3个氧原子，化学式为SiO32-。

　　思路点拨:杂化方式看物质的结构比如：直线型为sp，平面型为sp2，四面体型为sp3,或运用价电子对数计算法：对于ABm型分子(A为中心原子，B为配位原子)，分子的价电子对数可以通过下列计算确定：n=1/2(中心原子的价电子数+每个配位原子提供的价电子数×m)，配位原子中卤素原子、氢原子提供1个价电子，氧原子和硫原子按不提供价电子计算;若为离子，须将离子电荷计算在内：n=1/2(中心原子的价电子数+每个配位原子提供的价电子数×m±离子电荷数)，阳离子取“-”，阴离子取“+”。根据价电子对数可以有以下结论：

　　分子价电子对数几何构型中心原子杂化类型

　　BeCl22直线型sp

　　BF33平面三角形sp2

　　SiCl44正四面体sp3

　　价层孤VS立体SO330sp2平面三角CH440sp3正四面体NH4+40sp3正四面体H2O42sp3VBF330sp2平面三角CO32-30sp2平面三角SO231sp2VNH341sp3三角锥

　　10.I.(1);F>N>O>C(2)CD(3)BDF

　　(3)根据其性质可知应为分子晶体，晶体中存在范德华力，Cr(CO)5为配位化合物，其中含有配位键，CO中存在碳氧极性键。

　　Ⅱ.(1)sp2;3;NO3-或CO32-.

　　(2)①[Cu(H2O)4SO4]·H2O②正四面体.

　　知识点:原子轨道杂化方式及杂化类型判断，“等电子原理”的应用，不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别，元素周期律和元素周期表的综合应用

　　答案解析:I(1);F>N>O>C(2)CD(3)BDF

　　(3)根据其性质可知应为分子晶体，晶体中存在范德华力，Cr(CO)5为配位化合物，其中含有配位键，CO中存在碳氧极性键。

　　Ⅱ.(1)sp2;3;NO3-或CO32-.

　　(2)①[Cu(H2O)4SO4]·H2O②正四面体.

　　解析：由元素在周期表中位置，可知A为氢、B为Be、C为碳、D为氮、E为氧、F为氟、G为Al、H为Cl、I为Cr、J为Fe.(1)I为Cr，核外电子数目为24，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价电子排布图为;同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势，N元素原子各轨道处于全满、半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：F>N>O>C。

　　(2)元素A分别与C、D、E形成最简单的常见化合物分子甲、乙和丙分别为CH4、NH3、H2O，A.CH4、NH3、H2O的空间构型分别为正四面体形、三角锥形、V形，故A正确;B.CH4、NH3、H2O中，中心原子均价层电子对数均为4，均采取sp3的杂化方式，故B正确;C.由于排斥力：孤电子对-孤电子对>孤电子对-成键电子对>成键电子-成键电子，故键角甲烷>氨气>水，故C错误;D.甲烷是非极性分子，故D错误。

　　Ⅱ.(1)BCl3中的B原子的价层电子对数是3且不含孤电子对，所以B原子属于sp2杂化;同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，根据电离能的变化规律，半充满的N原子和全充满的Be原子第一电离能要比同周期原子序数大的原子高，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素;BCl3互为等电子体的阴离子为：NO3-或CO32-。

　　(2)①根据其结构示意图可以得到胆矾的化学式为：[Cu(H2O)4SO4]·H2O。

　　②SO42-中中心原子S的价层电子对数=4+(6+2−2×4)/2=4、孤电子对数为0，为正四面体结构.

　　思路点拨:本题是对物质结构的考查，涉及元素周期表、元素周期律、核外电子排布、分子结构与性质、配合物、氢键等，难度中等，侧重考查学生对知识的应用，需要学生具备扎实的基础;物质结构与性质，较为综合，题目难度中等，本题注意把握晶格能的大小比较、空间构型的判断方法。

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