全国各地高考化学分类 化学键综合题汇编及答案.docx
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全国各地高考化学分类化学键综合题汇编及答案
2020-2021全国各地高考化学分类:
化学键综合题汇编及答案
一、化学键练习题(含详细答案解析)
1.
据《自然·通讯》(NatureCommunications)报道,我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学还原法生产甲醇过程中催化效率高。
铜和硒等元素化合物在生产、生活中应用广泛。
请回答下列问题:
(1)基态硒原子的价电子排布式为________;硒所在主族元素的简单氢化物中沸点最低的是________。
(2)电还原法制备甲醇的原理为2CO2+4H2O
2CH3OH+3O2。
①写出该反应中由极性键构成的非极性分子的结构式________;
②标准状况下,VLCO2气体含有________个π键。
(3)苯分子中6个C原子,每个C原子有一个2p轨道参与形成大π键,可记为(π
右下角“6”表示6个原子,右上角“6”表示6个共用电子)。
已知某化合物的结构简式为
,不能使溴的四氯化碳溶液褪色,由此推知,该分子中存在大π键,可表示为_______,Se的杂化方式为________。
(4)黄铜矿由Cu+、Fe3+、S2-构成,其四方晶系晶胞结构如图所示。
则Cu+的配位数为________;若晶胞参数a=b=524pm,c=1032pm,用NA表示阿伏加德罗常数的值,该晶系晶体的密度是________g·cm-3(不必计算或化简,列出计算式即可)。
【答案】4s24p4H2S或硫化氢O=C=O
π
sp24
或
【解析】
【分析】
(1)根据原子的构造原理书写基态硒原子的价电子排布式;根据同族元素形成的化合物的相对分子质量越大,物质的熔沸点越高,H2O分子之间存在氢键,物质的熔沸点最高分析判断;
(2)①化合物分子中都含有极性键,根据分子的空间构型判断是否属于非极性分子,并书写其结构简式;②先计算CO2的物质的量,然后根据CO2分子中含有2个π键计算π键个数;
(3)根据化合物中原子个数及参与形成化学键的电子数目书写大π键的表示;
(4)根据四方晶系CuFeS2晶胞结构所示分析可知亚铜离子形成四个共价键,硫原子连接两个亚铁离子和两个亚铜离子;用均摊方法,结合晶胞结构计算一个晶胞在含有的各种元素的原子个数,确定晶胞内共CuFeS2的数目,a=b=0.524nm,c=1.032nm,则晶体的密度=
计算。
【详解】
(1)Se是34号元素,根据原子核外电子排布的构造原理,可知其核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p4,基态硒原子的价电子排布式为4s24p4;硒所在主族元素是第VIA,简单氢化物化学式通式是H2X,这些氢化物都是由分子构成,分子之间通过分子间作用力结合,分子间作用力随相对分子质量的增大而增大,分子间作用力越大,克服分子间作用力使物质气化消耗的能量就越高,物质的熔沸点就越高,由于H2O分子之间存在氢键,增加了分子之间的吸引力,使其熔沸点在同族元素中最高,故第VIA的简单氢化物中沸点最低的是H2S;
(2)①在方程式中的三种化合物分子中都存在极性共价键。
其中CO2是由极性键构成的非极性分子,其空间构型为直线型,结构式是O=C=O;
②VL标准状况下CO2的物质的量是n(CO2)=
mol,由于在1个CO2分子中含有2个π键,所以
molCO2气体中含有的π键数目为
mol×2×NA/mol=
;
(3)已知某化合物的结构简式为
,不能使溴的四氯化碳溶液褪色,由此推知,该分子中存在大π键,根据结构简式可知,形成大π键的原子个数是5个,有6个电子参与成键,因此可表示为π
,其中Se的杂化方式为sp2;
(4)根据晶胞结构分析可知,由面心上Cu与2个S相连,晶胞中每个Cu原子与4个S相连,Cu+的配位数为4;
②晶胞中Fe2+数目=8×
+4×
+1=4,Cu+的数目=6×
+4×
=4,S2-数目为8×1=8,所以晶胞内共含4个CuFeS2,a=b=524pm,c=1032pm,则晶体的密度
=
g/cm3或
g/cm3。
【点睛】
本题考查了原子结构、核外电子排布式、物质的熔沸点高低比较、化学键形成、微粒的空间结构、晶胞结构的计算应用,掌握构造原理及物质结构与物质性质的关系和均摊方法在晶胞计算的应用是解题关键,要熟练掌握原子杂化理论,用对称思维方式判断分子的极性,弄清长度单位的换算在晶胞密度计算的应用,该题同时考查了学生的空间想象能力和数学计算与应用能力。
2.
(1)写出表示含有8个质子、10个中子的原子的化学符号_____________;
(2)元素周期表中位于第8列的Fe元素属于________族;
(3)相同质量的14C18O2与SO2的核外电子数之比为___________;
(4)在KCl、NaOH、CaCl2、H2O2、Na2O2中既含有离子键又含共价键的物质的电子式为_____;
(5)某化合物XY2中,X、Y均为周期表前20号元素,其阳离子和阴离子的电子层结构相同,且1molXY2含有54mol电子。
用电子式表示该化合物的形成过程____________;
(6)A+、B+、C-、D、E5种微粒(分子或离子),它们都含有10个电子,已知它们有如下转化关系:
A++C-
D+E↑其离子方程式为_______。
【答案】188OVIII22:
25
和
NH4++OH-
NH3+H2O
【解析】
【分析】
(1)质子数=原子序数,质子数+中子数=质量数,根据原子表示法来回答;
(2)根据元素周期表中元素和周期以及族的分布知识来回答;
(3)14C18O2的物质的量为50g/mol,含有的电子数为22,SO2的物质的量为64g/mol,含有的电子数为32;
(4)KCl为离子化合物,只含有离子键;NaOH为离子化合物,含有离子键和共价键;CaCl2为离子化合物,只含有离子键;H2O2为共价化合物,只含有共价键;Na2O2为离子化合物,含有离子键和共价键;
(5)A+,B+,C-,D,E五种微粒(分子或离子),均含有10个电子,由A++C—
D+E,可知A+为NH4+、C—为OH-、D为H2O、E为NH3。
【详解】
(1)含有8个质子的原子为O原子,原子含有10个中子,其质量数=10+8=18,则核素的符号为188O,故答案为:
188O;
(2)周期表中位于第8纵列的铁元素为过渡元素,位于周期表VIII族,故答案为:
VIII;
(3)14C18O2的物质的量为50g/mol,含有的电子数为22,SO2的物质的量为64g/mol,含有的电子数为32,则相同质量的14C18O2与SO2的核外电子数之比为
=
,故答案为:
22:
25;
(4)KCl为离子化合物,只含有离子键;NaOH为离子化合物,含有离子键和共价键;CaCl2为离子化合物,只含有离子键;H2O2为共价化合物,只含有共价键;Na2O2为离子化合物,含有离子键和共价键,则含有离子键又含共价键的NaOH和Na2O2的电子式分别为
和
,故答案为:
和
;
(4)化学试剂的主要成分为XY2,X、Y均为周期表前20号元素,其阳离子和阴离子的电子层结构相同,说明含有相同的核外电子数,由1molXY2含有54mol电子可知阴、阳离子核外电子数为
=18,则XY2为CaCl2,用电子式表示CaCl2的形成过程为
,故答案为:
;
(5)A+,B+,C-,D,E五种微粒(分子或离子),均含有10个电子,由A++C—
D+E,可知A+为NH4+、C—为OH-、D为H2O、E为NH3,则NH4+与OH-共热反应的离子方程式为NH4++OH-
NH3+H2O,故答案为:
NH4++OH-
NH3+H2O。
3.
工业制备纯碱的原理为:
NaCl+CO2+NH3+H2O→NH4Cl+NaHCO3↓。
完成下列填空:
(1)上述反应体系中出现的几种短周期元素,非金属性最强的是__,第二周期原子半径由大到小的是__。
(2)反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物,其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的电子式是__,该分子为__(选填“极性”、“非极性”)分子。
(3)写出上述元素中有三个未成对电子的原子核外电子排布式__,下列关于该元素和氧元素之间非金属性大小判断依据正确的是___(填编号)
a.最高价氧化物对应水化物的酸性
b.两元素形成化合物的化合价
c.气态氢化物的稳定性
d.氢化物水溶液的酸碱性
侯氏制碱法也称联碱法,联合了合成氨工厂,发生如下反应:
N2+3H2
2NH3
(4)工业为了提高H2的转化率,一般会加入稍过量的N2,这样做对平衡常数的影响是__(填“变大”,“变小”或“无影响”,下同),对N2的转化率的影响是___,对H2的反应速率的影响是__。
(5)该反应的催化剂是__(填名称)。
反应本身为放热反应,但是工业仍然选择高温的理由是:
__。
【答案】OC>N>O
非极性1s22s22p3bc无影响减小变大铁触媒高温加快反应速率,催化剂适宜温度
【解析】
【分析】
【详解】
(1)上述反应体系中出现的几种短周期元素为:
H、C、N、O、Na、Cl。
同周期元素,从左往右非金属性越来越强,同族元素从下往上,非金属性越来越强,所以几种短周期元素中非金属性最强的是O;同周期从左往右,元素的原子半径越来越小,C、N、O为第二周期的元素,其原子半径由大到小的顺序为:
C>N>O;
(2)铵根离子空间构型为正四面体形,反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物,其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的是CH4,其电子式是
,该分子为非极性分子;
(3)上述元素中有三个未成对电子的原子为N,其核外电子排布式为1s22s22p3,关于N与O元素之间非金属性大小判断依据:
a.O无最高价氧化物对应的水化物,a不能作为判据;
b.可根据两元素形成化合物NO中两元素的化合价来判断两者的非金属性大小,b能作为判据;
c.两者的气态氢化物分别为H2O、NH3,根据氢化物的稳定性可判断两者的非金属性大小,c能作为判据;
d.氢化物水溶液的酸碱性不能作为判断两者的非金属性大小的依据,d不能作为判据;
答案选bc;
(4)工业为了提高H2的转化率,加入稍过量的N2,因为温度不变,所以反应的平衡常数不变,增大N2的量,平衡移动最终只能削弱条件改变带来的影响而不能彻底消除,所以N2的量会比加量前平衡时的量要多,所以N2的转化率会降低,但会提高另一反应物(H2)的转化率;
(5)合成氨反应的催化剂是铁触媒。
反应本身为放热反应,但是工业仍然选择高温的理由是:
高温能够加快反应速率,且在该温度下适合催化剂发挥作用,即催化剂的活性强。
【点睛】
元素非金属性大小的主要比较方法:
①根据元素周期表判断:
同周期从左到右,非金属性逐渐增强;同主族从上到下非金属性逐渐减弱。
②从元素单质与氢气化合难易上比较:
非金属单质与H2化合越容易,则非金属性越强。
③从形成氢化物的稳定性上进行判断:
氢化物越稳定,非金属性越强。
④从非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱判断:
若最高价氧化物对应水化物的酸性越强,则非金属性越强。
⑤从非金属阴离子还原性强弱判断:
非金属阴离子还原性越强,对应原子得电子能力越弱,其非金属性越弱。
⑥根据两种元素对应单质化合时电子的转移或化合价判断:
一般来说,当两种非金属元素化合时,得到电子而显负价的元素原子的电子能力强于失电子而显正价的元素原子。
4.
完成下列问题:
(1)氮和磷氢化物热稳定性的比较:
NH3______PH3(填“>”或“<”)。
(2)PH3和NH3与卤化氢的反应相似,产物的结构和性质也相似。
下列对PH3与HI反应产物的推断正确的是_________(填序号)。
a.不能与NaOH反应b.含离子键、共价键c.受热可分解
(3)已知H2与O2反应放热,断开1molH-H键、1molO=O键、1molO-H键所需要吸收的能量分别为Q1kJ、Q2kJ、Q3kJ,由此可以推知下列关系正确的是______。
①Q1+Q2>Q3②2Q1+Q2<4Q3③2Q1+Q2<2Q3
(4)高铁电池总反应为:
3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH,写出电池的正极反应:
__________,负极反应________________。
【答案】>bc②FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2
【解析】
【分析】
(1)根据元素的非金属性越强,其相应的简单氢化物越稳定分析;
(2)PH3与HI反应产生PH4I,相当于铵盐,具有铵盐的性质;
(3)根据旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量的差值即为反应热,结合燃烧反应为放热反应分析解答;
(4)根据在原电池中,负极失去电子发生氧化反应,正极上得到电子发生还原反应,结合物质中元素化合价及溶液酸碱性书写电极反应式。
【详解】
(1)由于元素的非金属性:
N>P,所以简单氢化物的稳定性:
NH3>PH3;
(2)a.铵盐都能与NaOH发生复分解反应,所以PH4I也能与NaOH发生反应,a错误;
b.铵盐中含有离子键和极性共价键,所以PH4I也含离子键、共价键,b正确;
c.铵盐不稳定,受热以分解,故PH4I受热也会发生分解反应,c正确;
故合理选项是bc;
(3)1molH2O中含2molH-O键,断开1molH-H、1molO=O、1molO-H键需吸收的能量分别为Q1、Q2、Q3kJ,则形成1molO-H键放出Q3kJ热量,对于反应H2(g)+
O2(g)=H2O(g),断开1molH-H键和
molO=O键所吸收的能量(Q1+
Q2)kJ,生成2molH-O新键释放的能量为2Q3kJ,由于该反应是放热反应,所以2Q3-(Q1+
Q2)>0,2Q1+Q2<4Q3,故合理选项是②;
(4)在原电池中负极失去电子发生氧化反应,正极上得到电子发生还原反应。
根据高铁电池总反应为:
3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH可知:
Fe元素的化合价由反应前K2FeO4中的+6价变为反应后Fe(OH)3中的+3价,化合价降低,发生还原反应,所以正极的电极反应式为:
FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-;Zn元素化合价由反应前Zn单质中的0价变为反应后Zn(OH)2中的+2价,化合价升高,失去电子,发生氧化反应,所以负极的电极反应式为Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2。
【点睛】
本题考查了元素周期律的应用及键能与反应热的关系、原电池反应原理的应用。
元素周期律是学习化学的重要规律,要掌握物质性质变化的规律及物质的特殊性,结合具体物质分析。
在化学反应过程中伴随的能量变化可能是热能、电能及光能,化学能的断裂与形成是能量变化的根本原因。
在书写原电池电极反应式时要结合元素化合价升降及电解质溶液的酸碱性分析,明确负极发生氧化反应,正极发生还原反应。
5.
南京理工教授制出了一种新的全氮阴离子盐—AgN5,目前已经合成出钠、锰、铁、钴、镍、镁等几种金属的全氮阴离子盐。
(1)基态Mn2+的价电子排布式为____;银与铜位于同一族,银元素位于元素周期表的___区。
(2)[Mg(H2O)6]2+[(N5)2(H2O)4]2-的晶体的部分结构如图1所示:
N、O、Mg元素的前3级电离能如下表所示:
元素
I1/kJ∙mol-1
I2/kJ∙mol-1
I3/kJ∙mol-1
X
737.7
1450.7
7732.7
Y
1313.9
3388.3
5300.5
Z
1402.3
2856.0
4578.1
①X、Y、Z中为N元素的是____,判断理由是__________。
②从作用力类型看,Mg2+与H2O之间是________、N5与H2O之间是________。
③N5-为平面正五边形,N原子的杂化类型是_______。
科学家预测将来还会制出含N4-、N6-等平面环状结构离子的盐,这一类离子中都存在大π键,可用符号π
表示,其中m代表参与形成大π键的原子数,n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π
),则N4-中的大π键应表示为_________。
(3)AgN5的立方晶胞结构如图2所示,Ag+周围距离最近的Ag+有_______个。
若晶体中紧邻的N5-与Ag+的平均距离为anm,NA表示阿伏加德罗常数的值,则AgN5的密度可表示为_____g∙cm-3(用含a、NA的代数式表示)。
【答案】3d5dsZX最外层为2个电子,X为镁;N的2p轨道处于半充满的稳定状态,其失去第一个电子较难,I1较大,则Z为氮元素配位键氢键sp2
12
【解析】
【分析】
(1)根据构造原理书写出25号Mn元素的原子核外电子排布式,Mn原子失去最外层2个电子得到Mn2+;根据原子结构与元素在周期表的位置确定Ag在周期表所属区域;
(2)①根据元素的电离能大小结合原子结构确定X、Y、Z三种元素,然后判断哪种元素是N元素;
②根据图示,判断晶体中阳离子、阴离子中含有的作用力类型;
③结合N5-为平面正五边形结构,结合原子杂化类型与微粒构型关系分析判断,结合微粒的原子结构分析大π键的形成;
(3)根据晶胞中离子的相对位置判断Ag+的配位数,利用均摊方法计算1个晶胞中含有的AgN5的个数,结合ρ=
计算密度大小。
【详解】
(1)Mn是25号元素,根据构造原理可得Mn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2,Mn原子失去最外层2个电子得到Mn2+,其价电子排布式为3d5;Ag、Cu在周期表中位于第IB,发生变化的电子有最外层的s电子和次外层的d电子,属于ds区元素;
(2)①X的第一、第二电离能比较小且很接近,说明X原子最外层有2个电子,容易失去,则X为Mg元素,Z的第一电离能在三种元素中最大,结合N原子2p轨道处于半充满的稳定状态,其失去第一个电子较难,I1较大,可推知Z为N元素,Y是O元素;
②在该晶体中阳离子[Mg(H2O)6]2+的中心离子Mg2+含有空轨道,而配位体H2O的O原子上含有孤电子对,在结合时,Mg2+提供空轨道,H2O的O原子提供孤电子对,二者形成配位键;在阴离子[(N5)2(H2O)4]2-上N5-与H2O的H原子之间通过氢键结合在一起,形成N…H-O,故二者之间作用力为氢键;
③若原子采用sp3杂化,形成的物质结构为四面体形;若原子采用sp2杂化,形成的物质结构为平面形;若原子采用sp杂化,则形成的为直线型结构。
N5-为平面正五边形,说明N原子的杂化类型为sp2杂化;在N5-中,每个N原子的sp2杂化轨道形成2个σ键,N原子上还有1个孤电子对及1个垂直于N原子形成平面的p轨道,p轨道间形成大π键,N5-为4个N原子得到1个电子形成带有1个单位负电荷的阴离子,所以含有的电子数为5个,其中大π键是由4个原子、5个电子形成,可表示为
;
(3)根据AgN5的晶胞结构示意图可知,假设以晶胞顶点Ag+为研究对象,在晶胞中与该Ag+距离相等且最近的Ag+在晶胞面心上,通过该顶点Ag+可形成8个晶胞,每个面心上的Ag+被重复使用了2次,所以与Ag+距离相等且最近的Ag+的数目为
=12个;在一个晶胞中含有Ag+的数目为8×
+6×
=4,含有N5-的数目为1+12×
=4,晶胞体积为V=(2a×10-7)3cm3,则ρ=
g/cm3。
【点睛】
本题考查了物质结构,涉及电离能的应用、作用力类型的判断、大π的分析、晶胞计算,掌握物质结构知识和晶体密度计算方法是解题关键,要注意电离能变化规律及特殊性,利用均摊方法分析判断晶胞中含有微粒数目,结合密度计算公式解答。
6.
(1)请用下列10种物质的序号填空:
①O2②H2③NH4NO3④K2O2⑤Ba(OH)2⑥CH4⑦CO2⑧NaF⑨NH3⑩I2
既有离子键又有非极性键的是________;既有离子键又有极性键的是________。
(2)X、Y两种主族元素能形成XY2型化合物,已知XY2中共有38个电子,若XY2为常见元素形成的离子化合物,其电子式为:
______________;若XY2为共价化合物时,其结构式为:
__________________。
(3)氯化铝的物理性质非常特殊,如:
氯化铝的熔点为190℃(2.02×103Pa),但在180℃就开始升华,据此判断,氯化铝是________(填“共价化合物”或“离子化合物”),可以证明你的判断正确的实验依据是____________________。
(4)现有a~g7种短周期元素,它们在周期表中的位置如下,请据此回答下列问题:
①元素的原子间反应最容易形成离子键的是________(填序号,下同),容易形成共价键的是______;
A.c和fB.b和gC.d和gD.b和e
②写出a~g7种元素形成的所有原子都满足最外层为8电子结构的任意一种分子的分子式______。
【答案】④③⑤
S=C=S共价化合物氯化铝在熔融状态下不能导电BCCCl4(或PCl3)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①O2中只有非极性键;②H2中只有非极性键;③NH4NO3中含有离子键和极性键;④K2O2中含有离子键和非极性键;⑤Ba(OH)2中含有离子键和极性键;⑥CH4中只有极性键;⑦CO2中只有极性键;⑧NaF中只有离子键;⑨NH3中只有极性键;⑩I2中只有非极性键;则既有离子键又有非极性键的是。
既有离子键又有极性键的是③⑤。
(2)XY2型化合物是离子化合物,所以X元素显+2价,Y显-1价,化合物中共有38个电子,所以为氟化钙,电子式为:
,XY2为共价化合物,则X为+4价,Y为-2价,为二硫化碳,结构式为:
S=C=S。
(3)氯化铝能升华,说明是共价化合物。
能证明的实验依据为氯化铝在熔融状态下不能导电。
(4)a~g7种短周期元素依次为氢、钠、镁、碳、氮、磷、氯。
①金属性强和非金属性强的元素之间最容易形成离子键,钠是周期表中最左边的元素金属性强,氯是最右边的元素非金属性强,所以是bg最容易形成离子键,选B;非金属元素之间容易形成共价键,所以选C。
②分子中所有原子都满足8电子的物质有CCl4(或PCl3)。
7.
在构成宇宙万物的一百多种元素中,金属约占了80%,它们在现代工业和新材料、新技术研究中具有至关重要的意义。
现有a、b、c、d四种金属元素,a是人体内含量最多的金属元素,b是地壳中含量最多的金属元素,c是海水中含量最多的金属元素,d是人类冶炼最多的金属元素。
(1)元素a在元素周期表中的位置为______;a原子的核外能量不同的电子有____种。
(2)下列可以证明b、c金属性强弱的是_____。
A.最高价氧化物对应水化物的溶解性:
b<c
B.单质与水反应的剧烈程度:
b<c
C.相同条件下,氯化物水溶液的pH值:
b<c
D.c可以从b的氯化物水溶液中置换出b
(3)人类冶炼d的时候一般得到的是d的合金,潮湿环境中其表面会产生一层水膜,从而发生腐蚀。
下列关于该腐蚀的说法正确的是_____。
A.腐蚀过程中,一定会有气体放出
B.腐蚀过程中,水膜的碱性会增强
C.在酸性条件下,负极的电极反应式为:
2H++2e-=H2↑
D.与电源的负极相连,可以防止发生这种腐蚀
(4)d单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性
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