高中化学选修三简答题

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人教版高中化学选修第三章烃的含氧衍生物(含答案)

第三章烃的含氧衍生物一、单选题1.皮肤上若不慎沾有少量的苯酚，正确的处理方法是（）A．用稀NaOH溶液洗B．用酒精洗C．用70℃热水洗D．冷水冲洗2.反应后没有颜色变化的是（）A．酚与FeCl3溶液B．淀粉与碘水C．酸性K2Cr2O7溶液与C2H5OHD． C3H7Cl与NaOH溶液3.塑化剂DEHP的作用类似于人工荷尔蒙，会危害男性生殖能力并促使女性性早熟，长期大量摄取会导致肝癌．其毒性远高于三聚氰胺，会造成免疫力及生殖力下降．下列关于塑化剂邻苯二甲酸二正丁酯说法不正确的是（）A．分子式为C16H22O4，可由石油化工原料通过取代，氧化，酯化反应制得B．白酒中混有少量塑化剂，少量饮用对人体无害，可通过过滤方法除去C．用核磁共振氢谱分析有6个吸收峰D．邻苯二甲酸二正丁酯能发生加成，取代和氧化反应4.日本冈山大学教授滨田博喜和研究员富良德等通过实验发现，桉树叶子的培养细胞能够消除有害化学物质双酚A的毒性。

双酚A的结构简式如下图所示，下列有关此物质的说法正确的是()A． 1 mol该物质与足量溴水反应消耗2 mol Br2B．该物质能与碳酸氢钠溶液反应放出CO2C．该物质的所有碳原子可能在同一平面D．该物质与足量氢气发生加成反应后所得物质的分子式为C15H28O25.下列说法中正确的是（）A．苯中少量的苯酚可先加适量的浓溴水，使之生成三溴苯酚，再过滤除去B．氯化钡属于重金属盐，能使蛋白质变性，所以误吞氯化钡可以服用碳酸钠解毒C．淀粉和纤维素的组成都是(C6H10O5)n，两者互为同分异构体，水解最终产物都是葡萄糖D．在洁净的试管中加入2%硝酸银溶液1﹣2mL，逐滴加入2%稀氨水，边滴边振荡，至产生的沉淀恰好溶解时得到的即是银氨溶液6.下列醇中能由醛加氢还原制得的是（）A． CH3CH2CH2OHB． (CH3)2CHCH(CH3) OHC． (CH3)3COHD． (CH3)2CHOH7.下列各种说法中正确的是（）A．苯酚有弱酸性，俗称石炭酸，因此它是一种羧酸B．凡是能起银镜反应的物质一定是醛C．在酯化反应中，羧酸脱去羧基中的氢原子，醇脱去羟基生成水和酯D．乙烯和甲苯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色8.不能由醛或酮加氢还原制得的醇是（）A． CH3CH2OHB． CH3CH2CH(OH)CH3C． (CH3)3CCH2OHD． (CH3)3COH9.香草醛是一种食品添加剂，可由愈创木酚作原料合成，合成路线如下：下列说法正确的是（）A．反应1→2属于加成反应，且生成的化合物2具有一个手性碳原子B．化合物2在一定条件下可发生消去反应C．检验制得的香草醛中是否混有化合物3，可用氯化铁溶液D．等物质的量四种化合物分别与足量NaOH反应，消耗NaOH物质的量之比为1：3：2：4 10.实验室中用乙酸和乙醇制备乙酸乙酯，为除去所得的乙酸乙酯中残留的乙酸，应选用的试剂是（）A．饱和食盐水B．饱和碳酸钠溶液C．饱和NaOH溶液D．浓硫酸11.叶蝉散（isoprocard）对水稻叶蝉和飞虱具有较强的触杀作用，防效迅速，但残效不长．工业上用邻异丙基苯酚合成叶蝉散的过程如下：下列有关说法正确的是（）A．叶蝉散的分子式是C11H16NO2B．邻异丙基苯酚发生了取代反应C．叶蝉散在强酸、强碱性环境中能稳定存在D．可用FeCl3检验叶蝉散中是否含邻异丙基苯酚12.下列关于有机物的叙述正确的是（）A．少量二氧化碳通入苯酚钠溶液中生成的是碳酸钠B．在溴乙烷中滴入AgNO3溶液，立即有淡黄色沉淀生成C．苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，因此苯不能发生氧化反应D．乙醇可与水以任意比例混溶，是因为与水形成了氢键13.能证明苯酚具有弱酸性的实验是（）A．加入浓溴水生成白色沉淀B．苯酚钠溶液中通入CO2后，溶液由澄清变浑浊C．苯酚的浑浊液加热后变澄清D．苯酚的水溶液中加NaOH溶液，生成苯酚钠14.下列醇类物质中，能被氧化成醛的是（）A． CH3CH2CH2OHB．C．D．15.化合物丙可由如下反应得到：丙的结构不可能是（）A． CH3CBr2CH2CH3B．（CH3）2CBrCH2BrC． C2H5CHBrCH2BrD． CH3（CHBr）2CH3二、双选题16.（双选）下列各操作中，正确的是（）A．为减缓反应速率，用饱和食盐水与电石反应制乙炔B．制备乙烯：实验室用无水乙醇和浓硫酸共热到170℃制取乙烯C．浓硫酸的稀释：应将蒸馏水加入到浓硫酸中D．用酒精萃取碘水中的碘17.（双选）已知三种常见高级脂肪酸的结构简式和熔点数据如下：下列说法不正确的是（）A．碳原子数之和与烃基的饱和性都不会影响羧酸的熔点B．硬脂酸、软脂酸、油酸都能发生酯化反应C．油酸在一定条件下可以与氢气加成生成软脂酸D．油酸的最简单的同系物是丙烯酸18.(双选)与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（）A．食醋可除去水垢，NH4Cl溶液可除去铁锈B．加热能杀死H7N9禽流感病毒，是因为病毒的蛋白质受热变性C．碳酸钡不溶于水，可用做X射线透视肠胃的内服剂D．在镀件上镀锌，可以用锌作阳极，也可以用惰性电极材料作阳极19.（双选）某有机物X在酸性条件下能发生水解反应，水解产物为Y和Z，同温同压下，相同质量的Y和Z的蒸气所占体积相同，X可能是（）A．乙酸丙酯B．甲酸乙酯C．乙酸甲酯D．乙酸乙酯三、填空题20.列说法正确的是（）①残留在试管内壁上的碘，用酒精洗涤②盛放过苯酚的试剂瓶中残留的苯酚，用酒精洗涤③做银镜反应后试管壁上银镜，用稀氨水洗涤④沾附在试管内壁上的油脂，用热碱液洗涤⑤合成纤维和人造纤维统称化学纤维⑥用油脂在酸性条件下水解，可以生产甘油和肥皂⑦淀粉与纤维素分子式都为(C6H10O5)n而结构不同，所以它们互为同分异构体⑧炔通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色属于加成反应21.吃水果能帮助消化，当我们把苹果切开后，不久果肉上便会产生一层咖啡色的物质，好像生了“锈”一般，其原因是果肉里的酚在空气中转变为二醌，这些二醌很快聚合成为咖啡色的聚合物。

《好题》人教版高中化学选修3-第5章简答题专项经典练习题(答案解析)

一、解答题1．丙烯酸乙酯(CH2=CHCOOCH2CH3)天然存在于菠萝等水果中，是一种食品用合成香料，可以用乙烯、丙烯等石油化工产品为原料进行合成：(1)有机物A的分子式是___________。

有机物B中所含官能团的名称是___________。

(2)A与B反应生成丙烯酸乙酯的化学方程式是___________，该反应的类型是___________。

(3)久置的丙烯酸乙酯自身会发生聚合反应，所得聚合物具有良好的弹性，可用于生产织物和皮革处理剂。

用化学方程式表示该聚合过程：_____。

(4)与丙烯酸乙酯具有相同官能团的同分异构体有_____种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积之比为3:3:2的结构简式为____。

答案：C2H6O碳碳双键、羧基CH2=CHCOOCH2CH3+H2O酯化反应或取代反CH3CH2OH+CH2=CHCOOH浓硫酸Δ应nCH2=CHCOOCH2CH3一定条件−−−−−−→15、【分析】根据丙烯酸乙酯逆推，A和B反应生成丙烯酸乙酯的反应类型应该是酯化反应，反应物应该为乙醇和丙烯酸，结合题目所给的初始物质的结构简式可知，有机物A为乙醇，有机物B为丙烯酸。

解析：（1）由以上分析可知，有机物A为乙醇，有机物B为丙烯酸，所以A的分子式为C2H6O，B含有的官能团有碳碳双键、羧基，故本题答案为：C2H6O；碳碳双键、羧基；（2）根据上述推测，A为乙醇，B为丙烯酸，A和B发生酯化反应的化学方程式为：CH2=CHCOOCH2CH3+H2O，反应类型为酯CH3CH2OH+CH2=CHCOOH浓硫酸Δ化反应(取代反应)，故答案为：CH2=CHCOOCH2CH3+H2O；取代反应(酯化反CH3CH2OH+CH2=CHCOOH浓硫酸Δ应)；(3)丙烯酸乙酯含有不饱和键，分子间互相结合发生聚合反应，化学方程式为nCH2=CHCOOCH2CH3一定条件−−−−−−→，故答案为：nCH2=CHCOOCH2CH3一定条件−−−−−−→；(4)与丙烯酸乙酯具有相同官能团即含有碳碳双键和酯基，先写出含有酯基的碳链，在分别插入碳碳双键，共可写出15种，分别为：、、、、、、、、、、、、、、，其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积之比为3:3:2的结构简式为，，故答案为：15；，。

高中化学选修三第三章《烃的衍生物》测试题

一、选择题1．有机物X、Y分子式不同，它们只含C、H、O元素中的两种或三种，若将X、Y不论何种比例混合，只要其物质的量之和不变，完全燃烧时耗氧气量和生成水的物质的量也不变。

X、Y可能是A．C2H4、C2H6O B．C2H2、C6H6C．CH2O、C3H6O2D．CH4、C2H4O2答案：D【分析】X、Y不论何种比例混合，只要物质的量之和不变，完全燃烧生成水的量不变，说明X、Y 两物质的化学式中，氢原子数目相同，二者耗氧量相同，则X、Y两化学式相差一个“CO2”基团，符合C x H y(CO2)n，可以利用分子式的拆写法判断。

解析：A．C2H4、C2H6O含有的H数目不同，物质的量比值不同，生成的水的物质的量不同，故A错误；B．C2H2、C6H6含有的H数目不同，二者的物质的量比值不同，生成水的物质的量不同，且耗氧量也不同，故B错误；C．CH2O、C3H6O2含有的H数目不同，二者的物质的量比值也不同，生成水的物质的量也不同，且耗氧量不同，故C错误；D．CH4、C2H4O2含有的H数目相同，在分子组成上相差一个“CO2”基团，只要其物质的量之和不变，完全燃烧时耗氧气量和生成水的物质的量也不变，故D正确；故选D。

2．下列叙述中，错误的是A．苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55-60℃反应生成硝基苯B．检验卤代烃中的卤素原子是在热的NaOH溶液中反应，然后加入HNO3酸化的AgNO3溶液C．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成1，2－二溴乙烷D．甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4－二氯甲苯答案：D解析：A．苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55-60℃发生取代反应生成硝基苯和水，故A正确；B．检验卤代烃中的卤素原子是在热的NaOH溶液中水解，然后加入HNO3酸化的AgNO3溶液，根据沉淀颜色判断卤素原子的种类，故B正确；C．乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1，2－二溴乙烷，故C正确；D．甲苯与氯气在光照下，氯原子取代甲基上的氢原子，主要生成和氯化氢，故D错误；选D。

高考化学选修三简答题汇总

一、熔沸点问题（晶体结构、氢键）1、氯化铝的熔点为190℃，而氟化铝的熔点为1290℃，导致这种差异的原因为【答】AlCl3是分子晶体，而AlF3是离子晶体。

2、P4O10的沸点明显高于P4O6，原因是：【答】都是分子晶体，P4O10的分子间作用力高于P4O63、H2S熔点为-85.5℃，而与其具有类似结构的H2O的熔点为0℃，极易结冰成固体，二者物理性质出现此差异的原因是：【答】H2O分子之间极易形成氢键，而H2S分子之间只存在较弱的范德华力。

4、二氧化硅的熔点比CO2高的原因：【答】CO2是分子晶体，SiO2是原子晶体。

5、CuO的熔点比CuS的高，原因是：氧离子半径小于硫离子半径，所以CuO的离子键强，晶格能较大，熔点较高。

6、邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低，原因是：【答】邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛形成分子间氢键，分子间氢键使分子间作用力更大。

乙二胺分子（H2N—CH2—CH2—NH2）中氮原子杂化类型为SP3，乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是：【答】乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键。

7、丙酸钠（CH3CH2COONa）和氨基乙酸钠均能水解，水解产物有丙酸（CH3CH2COOH）和氨基乙酸（H2NCH2COOH），H2NCH2COOH中N原子的杂化轨道类型为SP3杂化，C原子的杂化轨道类型为SP3、SP2杂化。

常温下丙酸为液体，而氨基乙酸为固体，主要原因是：【答】羧基的存在使丙酸形成分子间氢键，而氨基乙酸分子中，羧基和氨基均能形成分子间氢键。

8、NH3常用作制冷剂，原因是：【答】NH3分子间能形成氢键，沸点高，易液化，汽化时放出大量的热，所以能够做制冷剂。

9、比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因：GeCl4GeBr4GeI4熔点/℃−49.526146沸点/℃83.1186约400【答】GeCl4、GeBr4、GeI4的熔沸点依次上升。

高中化学选修三简答题娄昀

选修三物质结构与性质简答题汇编阳光高三娄昀1、H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离的原因：第一步电离后生成的负离子，较难再进一步电离出带正电荷的氢离子2、解释H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因:答：H2SeO4、H2SeO3分子可写成(HO)2SeO2、(HO)2SeO的形式，(HO)2SeO2酸分子中非羟基氧个数多于(HO)2SeO，使(HO)2SeO2中Se的正电性更高，导致Se-O-H中电子对向Se偏移，因而在水分子作用下(HO)2SeO2更容易电离出H+，酸性强于(HO)2SeO。

3、焰色反应发生的原因为：激发态电子向基态跃迁，能量以光的形式释放（发射光谱）。

4、NF3的键角小于NH3键角的原因为：F的电负性比H的大，NF3中N上的孤对电子偏向N，而孤对电子对成键电子对的排斥力较大。

5、键角CH4>NH3>H2O原因为：CH4中都是C-H单键,键与键之间的排斥力一样,所以是正四面体109。

28’，而NH3有未成键的孤对电子,孤对电子间的排斥力>孤对电子对化学键的排斥力>化学键间的排斥力,所以由于孤对电子的排斥,键角要小于没有孤对电子排斥的CH4的键角.而孤对电子越多,排斥力越大。

6、夹角大小比较：（1）孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，斥力大，键角大（2）构型，中心原子的杂化方式H2S的键角大于H2Se的原因。

答：因S-H键长短，氢原子核间距离比较近，故氢原子间排斥力较大，导致键角大于H2Se8、（1）比较NH3和[Cu(NH3)4] 2+中H一N一H键角的大小：NH3 ＜[Cu(NH3)4] 2+（填“＞”或“＜”），并说明理由__因为NH3 提供孤对电子与Cu2+ 形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小，所以H-N-H键角增大.（2）比较NH2-和NH3的键角，请用价层电子对互斥理论解释：氨基中有两个孤电子对，而氨气中只有一个孤电子对，孤电子对间的斥力作用大于孤电子对对成键电子对的斥力作用，故氨基的键角小。

高中化学选修三第一章《有机化合物的结构特点与研究方法》经典题

一、选择题1．有机物有多种同分异构体结构，其中含有苯环且属于酯类的有A．2种B．3种C．4种D．6种答案：D解析：有机物的同分异构体分子式为C8H8O2，结构中需要含有苯环和酯基，所以同分异构体有：，，，，，，综上，共有6种同分异构体，D项正确；故答案为D。

2．下列物质的类别与所含官能团都正确的是A．酚类 -OHB．CH3-O-CH3醚类C．醛类 -CHOD．酯类 -OOCH答案：B解析：A．有机物为苯甲醇，属于醇类，故A错误；B．CH3-O-CH3是乙醚，属于醚类，官能团是醚键，故B正确；C．有机物含有酯基，属于酯类，不属于醛类，故C错误；D．有机物含有羧基，属于羧酸类，官能团-COOH，故D错误；故选：B。

3．分子式为C5H10Cl2且结构中只含有一个甲基的有机物共有(不考虑立体异构)A．5种B．6种C．7种D．8种答案：B解析：写出C5H12的同分异构体：、、，分子式为C5H10Cl2且结构中只含有一个甲基的有机物：主链为的二氯代物为：、、、；主链为的二氯代物为、；主链为的，没有符合条件的二氯代物。

符合题意的同分异构体为6种，故选B。

4．聚脲具有防腐、防水、耐磨等特性，合成方法如下：下列说法不正确．．．的是A．P和M通过加成反应形成聚脲B．一定条件下聚脲能发生水解反应C．M苯环上的一氯代物有2种D．M与互为同系物答案：D解析：A．M中的两个氨基上的N-H断裂，与P中的C=N双键发生加成，所以P和M通过加成反应形成聚脲，A正确；B．聚脲中存在酰胺基，一定条件下可以发生水解反应，B正确；C． M是一个对称结构，两个苯环上氨基的邻位碳上的氢原子是等效的，两个苯环相连的氧原子的两个苯环上的邻位碳上的氢原子是等效的，则在M分子中只有两种不同的氢原子，M苯环上的一氯代物有2种，C正确；D．M是含氧衍生物，而苯胺不是含氧衍生物，二者不是同一类物质，所以不是同系物，D 错误；故选D。

5．下列物质中既属于醇又属于酚的是A．B．C．D．答案：D解析：A.含有含有醇羟基,书友醇,不属于酚类,故A错误;B.含有酚羟基,属于酚类,不属于醇,故B错误;C.含有酚羟基,属于酚类,故C错误;D.含有一个酚羟基和一个醇羟基,属于酚类也属于醇类,故D正确.故选D.6．分子式为C2H6O的有机物有两种同分异构体：乙醇(CH3CH2OH)和甲醚(CH3OCH3)，则通过下列方式或方法不可能将二者区别开来的是（）A．红外光谱B．核磁共振氢谱C．元素分析法D．与钠反应答案：C【分析】乙醇(CH3CH2OH)和甲醚(CH3OCH3) 的元素组成相同，而官能团不同、H的种类不同，以此解答该题。

2021年高中化学选修三第一章《有机化合物的结构特点与研究方法》经典题(答案解析)(1)

一、选择题1．某有机物的结构如图所示。

下列说法错误的是A．该化合物的分子式为C20H28OB．该有机物的一氯代物有3种C．该有机物可以发生氧化反应、取代反应D．该物质属于醚类，难溶于水答案：A解析：A．由图可知，该有机物分子中含有20个C原子，30个H原子，1个O原子。

其分子式为：C20H30O，A项错误；B．该有机物中有3种等效氢，如图：，故其一氯代物有3种，B项正确；C．大多数有机物都可以燃烧，该有机物分子中含有碳氢单键和醚键，故可以发生氧化反应、取代反应，C项正确；D．该有机物分子中含有醚键()，属于醚类，多数醚难溶于水，D项正确；答案选A。

2．分子式为C5H10O的饱和一元醛的同分异构体共有几种A．3B．4C．5D．6答案：B解析：C5H10O且为饱和一元醛的结构可写成C4H9-CHO，C4H9-的结构有4种[CH3CH2CH2CH2-、(CH3)2CHCH2-、C(CH3)3-、CH3CH2CH(CH3)-]，故C5H10O且为饱和一元醛的结构也为4种。

答案选B。

3．设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列叙述中正确的是A．1molFe与高温水蒸气完全反应，转移电子的数目为3N AB．28g C5H10的烃分子中，含有的碳碳双键的数目为0.4N AC．常温常压下，7.0g由丁烯与丙烯组成的混合气体中含有的氢原子数目为N AD．5mL0.1mol/LCH3 COOH 溶液和10mL 0.5mol/L CH3COOH溶液中所含CH3COOH分子数相等答案：C解析：A．Fe与高温水蒸气完全反应生成四氧化三铁，1molFe转移电子的数目为83N A，A叙述错误；B．C5H10的烃分子，可能是环烷烃不含有的碳碳双键，B叙述错误；C．丁烯与丙烯的最简式为CH2，常温常压下，7.0g由丁烯与丙烯组成的混合气体中含有0.5mol的CH2，则含有的氢原子数目为N A，C叙述正确；D．醋酸为弱电解质，其浓度越大，电离程度越小，5mL0.1mol/LCH3 COOH 溶液和10mL 0.5mol/L CH3COOH溶液中所含CH3COOH分子数不相等，D叙述错误；答案为C。

高中化学选修三第二章第二节习题附答案

化学选修三第二章二节习题（附答案）1、下列反应过程中，同时有离子键，极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是( )A、NH4Cl＝NH3↑+ HCl↑B、NH3+CO2+H2O＝NH4HCO3C、2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2OD、2Na2O2+2 CO2＝2Na2CO3+O22．下列分子或离子中，含有孤对电子的是（）A．H2O B．CH4 C．SiH4 D．NH4+3、σ键可由两个原子的s轨道、一个原子的s轨道和另一个原子的p轨道以及一个原子的p轨道和另一个原子的p轨道以“头碰头”方式重叠而成。

则下列分子中的σ键是由一个原子的s轨道和另一个原子的p轨道以“头碰头”方式重叠构建而成的是（）A．H2 B.HCl C.Cl2 D.F24．有关乙炔分子中的化学键描述不正确的是（）A．两个碳原子采用sp杂化方式 B．两个碳原子采用sp2杂化方式C．每个碳原子都有两个未杂化的2p轨道形成π键 D．两个碳原子形成两个π键5．在乙烯分子中有5个σ键、一个π键，它们分别是（）A．sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键B．sp2杂化轨道形成π键、未杂化的2p轨道形成σ键C．C-H之间是sp2形成的σ键，C-C之间未参加杂化的2p轨道形成的是π键D．C-C之间是sp2形成的σ键，C-H之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键6、已知Zn2+的4s轨道和4p轨道可以形成sp3型杂化轨道，那么[ZnCl4]2-的空间构型为（）A、直线形式上B、平面正方形C、正四面体形D、正八面体形7.有关苯分子中的化学键描述正确的是（）A．每个碳原子的sp2杂化轨道中的其中一个形成大π键B．每个碳原子的未参加杂化的2p轨道形成大π键Ｃ．碳原子的三个sp2杂化轨道与其它形成三个σ键Ｄ．碳原子的未参加杂化的2p轨道与其它形成σ键8．三氯化磷分子的空间构型是三角锥形而不是平面正三角形，下列关于三氯化磷分子空间构型理由的叙述，不正确的是（）A．PCl3分子中三个共价键的键长，键角都相等 B．PCl3分子中的P-Cl键属于极性共价键C．PCl3分子中三个共价键键能，键角均相等 D．PCl3中磷原子是sp2D．丁认为如果上述的发现存在，则证明传统的价键理论有一定的局限性有待继续发展9.下列说法正确的是（）A.π键是由两个p电子“头碰头”重叠形成的B.σ键是镜像对称，而π键是轴对称C.乙烷分子中的键全是σ键，而乙烯分子中含σ键和π键D.H2分子中含σ键，而Cl2分子中还含有π键10、.在BrCH=CHBr分子中，C—Br键采用的成键轨道是（）A.sp—pB.sp2—sC.sp2—pD.sp3—p11.下列物质的杂化方式不是sp3杂化的是（）A.CO2B.CH4C.NH3D.H2O12.下列说法正确的是（）A.原子和其它原子形成共价键时，其共价键数一定等于原子的价电子数B.离子化合物中只有离子键，共价化合物中只有共价键C.铵根离子呈正四面体结构D.氨分子中氢原子、氮原子的化合价已饱和，不能再与其它原子或离子成键13、氯化硼的熔点为-107℃，沸点为12.5℃，在其分子中键与键之间的夹角为120°，它能水解，有关叙述正确的是（）A.氯化硼液态时能导电而固态时不导电B.氯化硼中心原子采用sp杂化C.氯化硼分子呈正三角形，属非极性分子D.其分子空间结构类似于CH2O 14．下列说法中正确的是 ()。

《常考题》人教版高中化学选修1-第3章简答题专项经典练习(含答案解析)

一、解答题1．软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO、SiO2等杂质，工业上用软锰矿制取MnSO4·H2O的流程如图：已知：部分金属阳离子完全沉淀时的pH如下表金属阳离子Fe3+Al3+Mn2+Mg2+完全沉淀时的pH 3.2 5.210.412.42(2)第1步除杂中形成滤渣1的主要成分为___(填化学式)，调pH至5～6所加的试剂，可选择___(填字母)。

a.CaOb.MgOc.Al2O3d.氨水(3)第2步除杂，主要是将Ca2+、Mg2+转化为相应氟化物沉淀除去，写出MnF2除去Mg2+的离子方程式：___，该反应的平衡常数数值为___。

(保留一位小数)(已知：MnF2的K sp=5.3×10-3；CaF2的K sp=1.5×10-10；MgF2的K sp=7.4×10-11)(4)取少量MnSO4·H2O溶于水，配成溶液，测其pH发现该溶液显酸性，原因是____(用离子方程式表示)。

答案：MnO2+SO2=SO24-+Mn2+Al(OH)3、Fe(OH)3ab MnF2+Mg2+=Mn2++MgF27.2×107 Mn2++2H2O Mn(OH)2+2H+解析：由流程可知，软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO等杂质，加硫酸溶解后，发生SO2+MnO2=MnSO4，调节pH，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe(OH)3、Al(OH)3，然后除去钙离子，结合表格数据可知CaF2的溶度积较小，且不引入新杂质加MnF2，最后蒸发浓缩、趁热过滤（防止低温MnSO4•H2O溶解而减少），以此来解答。

【详解】(1) 根据SO2在反应条件下将MnO2还原为MnSO4，故“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为MnO2+SO2=SO24-+Mn2+，故答案为：MnO2+SO2=SO24-+Mn2+；(2) 调节pH至5～6，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I 为Fe(OH)3、Al(OH)3，除杂过程中不能引入新杂质，所以可加氧化钙和氧化镁调节溶液的pH，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；ab；(3) 氟化锰是难溶物，书写离子方程式用化学式，反应方程式为：MnF 2+Mg 2+=Mn 2++MgF 2；K =()()()()()()()()22232112222c c c F K 5.310K 7.410c c c F sp spMn Mn MnF MgF Mg Mg ++---++-⨯⨯===⨯⨯= =7.2×107，故答案为：MnF 2+Mg 2+=Mn 2++MgF 2；7.2×107； (4) MnSO 4是强酸弱碱盐，水解呈酸性，方程式为：Mn 2++2H 2O Mn(OH)2+2H +，故答案为：Mn 2++2H 2O Mn(OH)2+2H +。

高中化学选修三习题附答案

答案1同素异形体4低金刚石是原子晶体而足球烯为解析本题考查同素异形体核外电石墨足球烯和碳纳米管都是碳的单质碳是6号元素根据构造原理可知碳的期律可知同一周期元素第一电离能逐渐试卷第4页总4页轨道数目为4采用sp3杂化羧基中c原子形成3个键气中n与h形成共价键cunh33co与ac之间是离中一共含有2个x由化学式xy2可知该晶胞中含有4实际为2个y原子则56号y原子均在晶胞内部
【解析】本题考查了物质结构与性质。(1)①Cu元素为29号元素，原子核外由29个电子，故基态Cu+离子的价电子排布式为3d10。
②氨水溶液中含有N、O、H三种元素，N原子的2p轨道为半充满结构，相对稳定，O与H比较，O原子核电荷数大，非金属性强，难失电子，故第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞H。
http://www.wln100_.com未来脑教学云平台$!$③甲基中C原子形成4个单键，杂化轨道数目为4，采用sp3杂化，羧基中C原子形成3个σ键，杂化轨道数为3，采用sp2 杂化。
①请写出基态Cu+离子的价电子排布式_________________。
②氨水溶液中各元素原子的第一电离能从大到小排列顺序为_______________，理由是_________；其中NH3应为_________(填“极性”或“非极性”)分子。
③醋酸分子(CH3COOH)中的两个碳原子的杂化方式分别是_________________。
【备注】无
3．[化学—选修3：物质结构与性质]
在元素周期表中，除稀有气体外几乎所有元素都能氢形成氢化物。
_未来脑教*学云平台$(1)氨气属于共价型氢化物，工业常用氨气和醋酸二氨合铜[Cu(NH3)2]Ac的混合液来吸收一氧化碳(醋酸根CH3COO-简写为Ac-)。反应方程式为：[Cu(NH3)2]Ac+CO+NH3 [Cu(NH3)3CO]Ac

高中化学选修三第二章《烃》经典题

一、选择题1．下列各组中的物质均能发生加成反应的是A ．乙烯和乙醇B ．苯和氯乙烯C ．乙酸和溴乙烷D ．丙烯和丙烷答案：B解析：A ．乙烯中含有碳碳双键，能发生加成反应，乙醇中无不饱和键，不能发生加成反应，A 与题意不符；B ．苯可与氢气发生加成反应生成环己烷，氯乙烯中含有碳碳双键，能发生加成反应，B 符合题意；C ．乙酸和溴乙烷均不能发加成反应，C 与题意不符；D ．丙烷中无不饱和键，不能发生加成反应，D 与题意不符；答案为B 。

2．已知某种烯烃经臭氧氧化后，在Zn 存在下水解，可得到醛和酮。

如：32(1)O (2)Zn/H O −−−−→R 〞CHO+现有化学式为714C H 的某烯烃，它与2H 加成后生成2，3－二甲基戊烷，它经臭氧氧化后，在Zn 存在下水解得到乙醛和一种酮，据此推知该烯烃的结构简式为A ．B ．C ．D ．答案：C【分析】该烯烃为单烯烃，与氢气的加成产物2，3－二甲基戊烷的结构简式为；该烯烃经臭氧氧化后，在Zn 存在下水解得到乙醛和一种酮，说明该烯烃中含有R |3CH CH C R '-=-结构，进行分析；解析：A ．该有机物与氢气发生加成反应，得到产物是，名称为2，4－二甲基戊烷，故A 不符合题意；B．该有机物与氢气加成的产物是，名称为3－甲基己烷，故B不符合题意；C．该有机物与氢气加成后的产物是，名称为2，3－二甲基戊烷，根据题中所给信息，经臭氧氧化，然后在Zn作用下生成的产物是CH3CHO和，故C符合题意；D．该有机物与氢气发生加成反应，得到，名称为2，3－二甲基戊烷，根据题中信息，经臭氧氧化，再在Zn的作用下得到和，不符合题中所说的乙醛和一种酮，故D不符合题意；答案为C。

3．下列关于有机化合物的说法正确的是A．的分子式为C5H12O B．C3H6Cl2有4种同分异构体C．氯乙烯和聚乙烯均能发生加成反应D．水可以用来分离溴苯和苯的混合物答案：B解析：A．的结构简式为HOCH(CH3)CH2CH3，分子式为C4H10O，A不正确；B．C3H6Cl2分子中，2个Cl连在同一碳原子上的异构体有2种，2个Cl原子连在不同碳原子上的异构体有2种，所以共有4种同分异构体，B正确；C．聚乙烯分子中只含有单键，没有双键，所以不能发生加成反应，C不正确；D．溴苯和苯互溶，加入水后，二者仍混溶在一起，要么都在水的上层，要么都在水的下层，D不正确；故选B。

(完整word)高中化学选修三简答题

选修三问题答案1.解释Fe3O4晶体能导电的原因：电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生移动2.Ge、C同主族元素，C原子之间可形成双键、三键，但Ge原子之间难以形成双键或三键：Ge原子半径大，原子间形成的6单键较长，p—p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键3.从原子结构的角度解释CaCO3的热分解温度低于SrCO3的原因：Ca2+半径小于Sr2+，Ca2+更易结合CO32—中的O，使CO32—更易分解为CO24.H3BO3为一元弱酸，解释原因：H3BO3分子可与水分子形成配位键，产生[B(OH)4]—和一个H+5.冰中氢键的作用能为18.8 KJ/mol，而冰的熔化热为5.0 KJ/mol，解释原因：液态水中仍然存在大量氢键（或冰融化时只破坏了部分氢键）6.铜与镍的第二电离能分别为I Cu=1958KJ/mol、I Ni=1753KJ/mol，I Cu＞I Ni的原因：Cu失去的是全充满的3d10电子，Ni失去的是4s1电子7.元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能（E1）。

第二周期除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大，原因是：同一周期，从左往右，元素的非金属性逐渐增强，得电子能力逐渐增强，形成的简单阴离子越稳定，释放出的能量越多，因此第一电子亲和能逐渐增大氮元素的E1呈现异常的原因是：由于氮元素的2p轨道为半充满结构，能量较低，相对稳定，不易结合一个电子，释放能量较低8.请解释加入乙醇后析出[Cu(NH3)4]SO4•2H2O晶体的原因：乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂极性，从而减小溶质的溶解度(重) 9.H3AsO4是三元弱酸，其各步对应的电离常数相差较大的原因：每电离一步都会生成带电量更大的负离子，较难再进一步电离出带正电荷的H+10、氯化铝的熔点为190℃，而氟化铝的熔点为1290℃，导致这种差异的原因为AlCl3是分子晶体，而 AlF3是离子晶体。

高中化学选修三练习题及讲解

高中化学选修三练习题及讲解### 高中化学选修三练习题及讲解#### 练习题一：有机化合物的命名题目：根据IUPAC命名规则，给下列化合物命名。

1. CH₃CH₂CH₂CH₂OH2. CH₃CH(CH₃)CH₂CH₃答案：1. 1-丁醇（1-butanol）2. 2-甲基-2-丙醇（2-methyl-2-propanol）#### 练习题二：化学平衡的计算题目：在一个密闭容器中，进行以下反应：N₂(g) + 3H₂(g) ⇌2NH₃(g)。

初始时，[N₂] = 0.10 mol/L，[H₂] = 0.30 mol/L。

在平衡状态下，[NH₃] = 0.20 mol/L。

求平衡时[N₂]和[H₂]的浓度。

答案：设反应开始时的浓度变化为x mol/L。

平衡时：- [N₂] = 0.10 - x- [H₂] = 0.30 - 3x- [NH₃] = 0.20根据平衡常数Kc的表达式：\[ Kc = \frac{[NH₃]^2}{[N₂][H₂]^3} \]将已知数值代入，得：\[ 0.20^2 = \frac{(0.10 - x)(0.30 - 3x)^3}{(0.20)^2} \]解得：x = 0.075 mol/L所以，平衡时：- [N₂] = 0.10 - 0.075 = 0.025 mol/L- [H₂] = 0.30 - 3 * 0.075 = 0.075 mol/L#### 练习题三：氧化还原反应的电子转移题目：在下列反应中，计算Zn失去的电子数。

\[ \text{Zn} + \text{Cu}^{2+} \rightarrow \text{Zn}^{2+} + \2 \text{Cu} \]答案：在该反应中，Zn从0价氧化到+2价，每个Zn原子失去2个电子。

假设有1 mol Zn反应，则失去的电子数为2 mol。

#### 练习题四：酸碱中和反应的pH计算题目：0.10 mol/L的HCl溶液与0.10 mol/L的NaOH溶液等体积混合，求混合溶液的pH。

2020年人教版高中化学选修3物质结构与性质课后练习(2)(有答案解析)

2020年人教版选修3物质结构与性质课后练习（2）一、单选题（本大题共3小题，共3.0分）1.下列说法中正确的是A. 处于最低能量状态的原子叫做基态原子B. 表示3p能级有两个轨道C. 同一原子中，1s、2s、3s轨道的能量逐渐减小D. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多2.X、Y、Z三种元素的原子，其最外层电子排布分别为、和，由这三种元素组成的化合物的化学式可能是A. B. C. D.3.下列说法中，不符合ⅦA族元素性质特征的是A. 易形成价离子B. 从上到下原子半径逐渐减小C. 从上到下单质的氧化性逐渐减弱D. 从上到下氢化物的稳定性依次减弱二、简答题（本大题共7小题，共35.0分）4.甲元素原子的核电荷数为17，乙元素的正二价离子跟氩原子的电子层结构相同：甲元素在周期表里位于第______周期，第______主族，电子排布式是______，元素符号是______，它的最高价氧化物对应的水化物的化学式是______；乙元素在周期表里位于第______周期，第______主族，电子排布式是______，元素符号是______，它的最高价氧化物对应的水化物的化学式是______。

5.主族元素和副族元素的电子排布有什么不同的特征？主族元素的价电子层和副族元素的价电子层有何不同？6.有人把氢在周期表中的位置从ⅠA移至ⅧA，怎样从电子排布和化合价理解这种做法？7.元素的金属性与非金属性随核电荷数递增呈现周期性变化，给出具体例子对这种变化进行陈述。

8.怎样理解电负性可以度量金属性与非金属性的强弱？9.元素的化合价为什么会随原子的核电荷数递增呈现周期性的变化？10.假设元素周期系可以发展到第八周期。

而且电子仍按构造原理填入能级，第八周期总共应为多少种元素？-------- 答案与解析 --------1.答案：A解析：解：处于最低能量状态的原子叫做基态原子，故A正确；B.表示3p能级有两个电子，3p能级有3个简并轨道，故B错误；C.同一原子中，1s、2s、3s轨道的能量逐渐增大，故C错误；D.同一原子中，2p、3p、4p能级都含有3个轨道，故D错误；故选：A。

化学选修三练习题答案及解析

化学选修三练习题答案及解析学科：高中化学选修轮次：《物质结构与性质》同步复习《物质结构与性质》同步复习第1讲原子结构1、某文献资料上记载的相对原子质量数据摘录如下： ___；．453是表示______ ____；35是表示___________ ____；5．485是表示_ __ ____ ___；24．23％是表示____ ______；答案：34．969是表示同位素Cl的相对原子质量；35．453是表示氯元素的相对原子质量；35是表示35Cl原子的质量数；35．485是表示氯元素的近似相对原子质量；24．23％是表示同位素37Cl在自然界存在的氯元素中所占的原子个数百分比。

2、下列关于氢原子电子云图的说法正确的是A.通常用小黑点来表示电子的多少，黑点密度大，电子数目大B.黑点密度大，单位体积内电子出现的机会大C.通常用小黑点来表示电子绕核作高速圆周运动D.电子云图是对运动无规律性的描述答案：B3、在基态多电子原子中，关于核外电子能量的叙述错误的是．．A．最易失去的电子能量最高B．电离能最小的电子能量最高C．p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量 D．在离核最近区域内运动的电子能量最低答案：C4、下列有关化学用语使用正确的是A. 硫原子的原子结构示意图： B．NH4Cl的电子式：C．原子核内有10个中子的氧原子：18835D．对氯甲苯的结构简式：答案：C5、已知A、B、C、D和E种分子所含原子数目依次为1、2、3、4和6，且都含有18个电子。

又知B、C和D是由两种元素的原子组成。

请回答：组成A分子的原子的核外电子排布式是； B和C的分子式分别是和；C分子的立体结构呈型，该分子属于分子；若向D的稀溶液中加入少量二氧化锰，有无色气体生成。

则D的分子式是，该反应的化学方程式为；若将1mol E在氧气中完全燃烧，只生成1mol CO2和2molH2O，则E的分子式是。

答案：1s22s22p63s23p HCl H2S V 极性 H2OH2O2MnO22H2O+O2↑CH4O2262651答案：①1s2s2p3s3p ②3s3p ③ ④ⅦA ⑤10 ⑥2s2p ⑦ ⑧0 ⑨⑩1s2s2p3s3p3d4s ⑾47、砷原子的最外层电子排布式是4s24p3，在元素周期表中，砷元素位于_______周期族；最高价氧化物的化学式为，砷酸钠的化学式是。

高中化学选修三课后习题答案

高中化学选修三课后习题答案高中化学选修三是一门非常重要的课程。

本课程涵盖了许多重要的化学概念，例如物理化学、有机化学和无机化学等。

为了帮助您更好地掌握该课程，本文将提供选修三课后习题的答案。

物理化学部分1. 以下两个方程式表示了下述现象：CH4(g) + 2O2(g) → CO2(g) + 2H2O(g)CaCO3(s) + 2HCl(aq) → CO2(g) + CaCl2(aq) + H2O(l)根据这些方程式，请回答以下问题：a. 在哪些反应中发生了氧化反应？答：在第一反应中发生了氧化反应，因为CH4的氢原子被氧化成了2份水。

反应前，CH4的氢原子的氧化态为-1，而反应后它们的氧化态变成了+1。

b. 在哪些反应中发生了还原反应？答：在第二反应中发生了还原反应，因为H+的还原态为0，而在反应过后，它的还原态变成了+1。

2. 在这个问题中，我们将讨论溶液的浓度表示法。

a. 如果您认为一种溶液为0.025 M NaCl，则什么是这种溶液的摩尔浓度？答：这种溶液的摩尔浓度为0.025 mol/L。

b. 如果直接将5.68摩尔的氯化钠溶解到水中并稀释到1升，则这种溶液的浓度是多少？答：这种溶液的摩尔浓度为5.68 mol/L。

有机化学部分1. 下面的图显示了一种有机化合物，结构式为C6H5CH2OH。

请回答以下问题：a. 此分子中有多少个羟基？答：分子中只有一个羟基。

b. 此化合物是否为芳香族化合物？答：此化合物为芳香族化合物，因为它包含苯环。

2. 对于下面的两个重要化学方程式：2CH3CHO + O2 → 2CH3COOH + H2OCH3COOH + NH3 → NH4CH3COO请回答以下问题：a. 第一个方程式表示了什么化学反应？答：第一个方程式表示了乙醛（CH3CHO）氧化成酸（CH3COOH）的化学反应。

b. 第二个方程式表示了什么化学反应？答：第二个方程式表示了醋酸和氨的缩合反应，产生了醋酸铵（NH4CH3COO）。

四川巴中市人教版高中化学选修3-第5章简答题专项提高练习

一、解答题1．有机物G 可用作光电材料，其一种合成路线如图：已知：①(R ，表示氢或烃基) ②+HI→+CH 3I回答下列问题：（1）A 是一种烃，化学名称为________，反应①的反应类型是__________。

（2）反应②的化学方程式为____________，C 中官能团的名称是________、___________。

（3）D 的结构简式是____________。

反应③和⑤的目的是______________。

（4）E 有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式：__________、_________。

①能与NaHCO 3反应产生CO 2；②能发生银镜反应；③能与FeCl 3发生显色反应；④核磁共振氢谱有4组峰。

（5）设计以1，2—二溴乙烷和甲醛为起始原料制备2HCOOCH C CH ≡的合成路线：_____________(无机试剂任选)。

答案：乙炔加成反应 HC ≡CHCH 2OH+HBr ∆−−→HC ≡CHCH 2Br+H 2O 碳碳三键溴原子保护苯环上的(酚)羟基不被氧化【分析】A是一种烃，分子式为C2H2，则A为HC≡CH；A与HCHO发生类似信息①的反应生成B，则B为HC≡CHCH2OH；B与HBr发生取代反应，B中羟基被Br原子取代生成C，为C为HC≡CHCH2Br；F发生加聚反应生成G，根据G的结构简式可知F的结构简式应为；D发生信息②的反应生成E，E中应含有羟基，再结合C的简式可知E为，所以反应④为中的甲基被酸性高锰酸钾氧化的反应，则D的结构简式为。

解析：(1)A为HC≡CH，其化学名称为乙炔；反应①为羰基的加成反应；(2)反应②为B中羟基被Br原子取代的反应，化学方程式为−−→HC≡CHCH2Br+H2O；C为HC≡CHCH2Br，其官能团为碳碳HC≡CHCH2OH+HBr∆三键、溴原子；(3)根据分析可知D为；若没有反应③，酸性高锰酸钾氧化甲基时，也会氧化酚羟基，反应③和⑤的目的是：保护酚羟基，防止被氧化；(4)E的同分异构体满足以下条件，且为芳香烃，即含有苯环：①能与NaHCO3反应产生CO2说明含有羧基；②能发生银镜反应，说明含有-CHO；③能与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基；④核磁共振氢谱有4组峰，即含有4种环境的氢原子，说明结构对称，满足的条件的有：；(5)1，2—二溴乙烷为BrCH2CH2Br，甲醛为HCHO，目标产物为HCOOCH2C≡CH，可以由HOCH2C≡CH和HCOOH发生酯化反应生成，HCHO可以被催化氧化生成HCOOH；根据题目流程可知HCHO可以和HC≡CH发生加成反应生成HOCH2C≡CH，而BrCH2CH2Br可以发生消去反应生HC≡CH，所以合成路线为。

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11、氧元素的第一电离能小于氮元素，原因是：氮原子的2p轨道处于较稳定的半充满状态而氧原子的不是删：氧原子的原子核对电子的吸引能力弱于氟离子。

12、稳定性H2S>H2Se的原因是：补：S原子半径比Se小，S-H键的键能比Se-H键的键能大。

13、P4O10的沸点明显高于P4O6，原因是：都是分子晶体，P4O10补：相对分子质量大，分子间作用力高于P4O614、NF3的键角小于NH3键角的原因为：F的电负性比H的大，NF3中N上的孤对电子偏向N，而孤对电子对成键电子对的排斥力较大。

15、H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：H2SeO3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+16、气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难，原因是：由Mn2+转化为Mn3+时,3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多,而Fe2+到Fe3+时,3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少。

17、氨气极易溶于水的原因为：氨气和水都是极性分子，相似相溶；氨气与水分子间能形成氢键。

氨气能与水反应主要原因：氨气与水分子间能形成氢键18、水由液体形成固体后密度却减小，原因为：水在形成晶体时，由于氢键的作用使分子间距离增大，空间利用率降低，密度减小。

19、NaBH4的阴离子中一个B原子能形成4个共价键,而冰晶石(Na3AlF6)的阴离子中一个Al原子可以形成6个共价键，原因是：B原子价电子层上没有d轨道，Al原子价电子层上有d轨道。

20、CuO的熔点比CuS的高，原因是：氧离子半径小于硫离子半径，所以CuO的离子键强，晶格能较大，熔点较高。

21、CH4的键角大于NH3的原因为：CH4中都是C-H单键,键与键之间的排斥力一样,所以是正四面体109。

22.碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：化学键 C—C C—H C—O Si—Si Si—H Si—O 键能(kJ·mol-1) 356 413 336 226 318 452①硅与碳同族,也有系列氢化物,但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多,原因是：C—H键和C—C键较强，所以形成的烷烃稳定，而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以形成②SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是：C—H键的键能大于C—O键，C—H键比C—O键稳定，而Si—H键的键能却远小于Si—O，所以Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键。

23、夹角大小比较：（1）孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，斥力大，键角大（2）构型，中心原子的杂化方式24、碳酸和磷酸均有1个非羟基氧，但磷酸是中强酸，碳酸是弱酸的原因：溶于水的二氧化碳分子只有百分之一与水结合成碳酸，与按二氧化碳全部转化为碳酸分子来估算的强度相比，自然就小了近百倍25、熔沸点问题分子晶体：从分子间作用力的角度作答（范德华力和氢键）（1）H2O沸点高于H2S的原因：H2O分子间存在氢键（2）SiH4沸点高于CH4的原因：SiH4的相对分子质量大。

分子间作用力大（范德华力大），熔沸点高原子晶体：从半径、键长、键能角度答（1）氮化硼（BN）和磷化硼（BP）都是受到高度关注的耐磨涂料，它们的结构相似，但是氮化硼晶体的熔点要比磷化硼晶体高，其原因是_氮化硼（BN）和磷化硼（BP）都属于原子晶体，而氮原子的半径比磷原子小，B-N共价键键长比B-P短，键能大，所以氮化硼晶体的熔点要比磷化硼晶体高；离子晶体：从半径、电荷、晶格能角度答（1）从结构角度分析并比较CoF2与CoCl2晶体的熔点高低氟离子半径比氯离子半径小，CoF2的晶格能比CoCl2晶格能大，则CoF2比CoCl2的熔点高；（2）CuSO4的熔点为560℃，Cu(NO3)2的熔点为115℃， CuSO4熔点更高的原因是 CuSO4和Cu(NO3)2和均为离子晶体，SO42-所带电荷比大，故晶格能较大，熔点较高（3）Al、Mg的氯化物晶格能分别是5492kJ·mol-1、2957kJ·mol-1，二者相差很大的原因是Al3+比Mg2+电荷高、半径小，故AlF3的晶格能比大得多金属晶体：从半径、电荷角度答(1) K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低，原因是由于K原子的半径比较大而且价电子数较少，其纯金属存在的金属键的强度没有的高，所以其熔沸点较低。

总结：一般来说熔沸点原子晶体>离子晶体>金属晶体>分子晶体从结构的角度分析SiO2比CO2熔沸点高的原因：SiO2属于原子晶体，CO2属于分子晶体，故SiO2熔沸点高。

24、向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解病得到深蓝色的透明液体；若向试管中加入一定量乙醇，析出深蓝色晶体。

请解释加入乙醇25、已知高温下CuO→Cu 2O+O 2，从铜原子价层电子结构（3d和4s轨道上应填充的电子数）变化角度来看，能生成Cu2O子排布为3d10，后者处于稳定的全充满状态而前者不是26、比较NH3和[Cu(NH3)4] 2+中H一N一H键角的大小：NH3 ＜[Cu(NH3)4] 2+（填“＞”或“＜”），并说明理由__因为NH3 提供孤对电子与Cu2+ 形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小，所以H-N-H键角增大.27、S（黑球）和Cu（白球）形成某种晶体的晶胞如图所示。

若CuS中S2-被O2-代替，形成的晶体只能采取NaCl型堆积，试从晶体结构分析其不同及原因将S2- 替换为O2- 后，由于rO2-<rS2-，导致的值增大，增加了空间利用率，减少了配位排斥，使之更易于配位，因此中心阳离子的配位数由4增至6，导致晶体堆积方式发生改变28、铜元素的焰色反应呈绿色,很多金属元素能发生焰色反应的微观原因为电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，以光的形式释放能量，形成焰色反应43、C、O电负性相差1.0，由此可以判断CO应为极性较强的分子，但实际上CO的极性较弱请解释其原因：从电负性分析，CO中的共用电子对偏向氧原子，但分子中形成配位键的电子对是由氧原子单方面提供的，抵消了共用电子对偏向O而产生的极性1、甲酸和乙酸的沸点数据如下表，甲酸熔点较高，标准状况下，甲酸是固体，甲酸与乙醇熔点相差较大，原因：甲酸中羧基上的两个氧原子与其它甲酸分子中羧基上的氢原子之间可形成氢键，比比乙醇形成分子间氢键的概率大甲酸乙醇相对分子质量46 46熔点8.6 -114.3沸点101 78.42、一定压强下，将NH3和PH3的混合气体降温，首先液化的是：NH3 解释原因：NH3存在分子间氢键，分子间作用力强3、已知NF3与NH3的空间构型相同，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是：在NF3中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子使得N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难与Cu2+形成配位键4、CN-做配体时，提供孤电子对的通常是C原子，而不是N原子，其原因是：碳元素的电负性小于氮元素的电负性5、比较NH2-和NH3的键角，请用价层电子对互斥理论解释：氨基中有两个孤电子对，而氨气中只有一个孤电子对，孤电子对间的斥力作用大于孤电子对对成键电子对的斥力作用，故氨基的键角大6、三溴化硼、三氯化硼的分子结构与三氟化硼相似，若果把B—X(X为卤素原子)键都视为单键来计算键长，计算值与实际值结果如表。

硼卤键键长实际值比测定值要小得多，可能的原因：硼卤键存在π键11、水氢键的键能小于HF氢键的键能，但水常温下为液态而HF常温下为气态的原因：水形成的氢键个数比HF形成的氢键个数多29、提高浸出率的方法：粉碎、升温、搅拌、加催化剂、提高酸碱浓度30、沉淀洗涤操作：将沉淀置于过滤器中，用玻璃棒引流注入蒸馏水至浸没沉淀，自然流下重复2-3次31、判断沉淀是否洗净：取最后一次洗涤液少许于洁净试管中，向试管中加入沉淀剂若无沉淀则已洗净32、沉淀剂是否过量的判断：取最后一次洗涤液少许于洁净试管中，向试管中加入原溶液若能形成沉淀则过量33、趁热过滤的目的：滤出溶解度随温度变化不大的溶质或不溶性杂质（溶解度随温度变化大的不析出）34、用冷水洗涤沉淀的目的：洗去晶体表面杂质。