备战高考化学 化学键的综合压轴题专题复习附答案.docx

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备战高考化学化学键的综合压轴题专题复习附答案

2020-2021备战高考化学——化学键的综合压轴题专题复习附答案

一、化学键练习题（含详细答案解析）

1．

（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。

2．

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。

3．

著名化学家徐光宪在稀土化学等领域取得了卓越成就，被誉为“稀土界的袁隆平”。

稀土元素包括钪、钇和镧系元素。

请回答下列问题：

（1）写出基态二价钪离子（Sc2+）的核外电子排布式____，其中电子占据的轨道数为____。

（2）在用重量法测定镧系元素和使镧系元素分离时，总是使之先转换成草酸盐，然后经过灼烧而得其氧化物，如2LnCl3+3H2C2O4+nH2O=Ln2（C2O4）3∙nH2O+6HCl。

①H2C2O4中碳原子的杂化轨道类型为____；1molH2C2O4分子中含σ键和π键的数目之比为___。

②H2O的VSEPR模型为___；写出与H2O互为等电子体的一种阴离子的化学式_______。

③HCI和H2O可以形成相对稳定的水合氢离子盐晶体，如HCl∙2H2O，HCl∙2H2O中含有H5O2+，结构为

，在该离子中，存在的作用力有___________

a.配位键b.极性键c.非极性键d.离子键e.金属键f氢键g.范德华力h.π键i.σ键

（3）表中列出了核电荷数为21～25的元素的最高正化合价：

元素名称

钪

钛

钒

铬

锰

元素符号

Sc

Ti

V

Cr

Mn

核电荷数

21

22

23

24

25

最高正价

+3

+4

+5

+6

+7

对比上述五种元素原子的核外电子排布与元素的最高正化合价，你发现的规律是___________

（4）PrO2（二氧化镨）的晶胞结构与CaF2相似，晶胞中Pr（镨）原子位于面心和顶点。

假设相距最近的Pr原子与O原子之间的距离为apm，则该晶体的密度为_____g∙cm-3（用NA表示阿伏加德罗常数的值，不必计算出结果）。

【答案】1s22s22p63s23p63d110sp2杂化7:

2四面体形NH2-abfi五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s电子和次高能层d电子数目之和

【解析】

【分析】

（1）Sc（钪）为21号元素，1s22s22p63s23p63d14s2，据此写出基态Sc2+核外电子排布式；s、p、d能级分别含有1、3、5个轨道，基态Sc2+的核外电子3d轨道只占了一个轨道，据此计算Sc2+占据的轨道数；

（2）①根据杂化轨道理论进行分析；根据共价键的类型结合该分子的结构进行分析计算；

②根据价层电子对互斥理论分析H2O的分子空间构型；等电子体是原子数相同，电子数也相同的物质，据此写出与之为等电子体的阴离子；

③HCl∙2H2O中含有H5O2+，结构为

，据此分析该粒子存在的作用力；

（3）根据表中数据，分别写出Sc、Ti、V、Cr、Mn的外围电子排布式为：

3d14s2、3d24s2、3d34s2、3d54s1、3d54s2，则有五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s电子和次高能层d电子数目之和；

（4）根据均摊法进行计算该晶胞中所含粒子的数目，根据密度=

进行计算。

【详解】

（1）Sc（钪）为21号元素，基态Sc2+失去两个电子，其核外电子排布式为：

1s22s22p63s23p63d1，s、p、d能级分别含有1、3、5个轨道，但基态Sc2+的核外电子3d轨道只占了一个轨道，故共占据1×3+3×2+1=10个，故答案为：

1s22s22p63s23p63d1；10；

（2）①H2C2O4的结构式为

，含碳氧双键，则碳原子的杂化轨道类型为sp2杂化，分子中含有7个σ键、2个π键，所以σ键和π键数目之比为：

7:

2，故答案为：

sp2杂化；7:

2；

②H2O中O原子的价层电子对数

，且含有两个2个孤对电子，所以H2O的VSPER模型为四面体形，分子空间构型为V形，等电子体是原子数相同，电子数也相同的物质，因此，与H2O互为等电子体的阴离子可以是NH2-，故答案为：

四面体形；NH2-；

③HCl∙2H2O中含有H5O2+，结构为

，存在的作用力有：

配位键、极性键、氢键和σ键，故答案为：

abfi；

（3）根据表中数据，分别写出Sc、Ti、V、Cr、Mn的外围电子排布式为：

3d14s2、3d24s2、3d34s2、3d54s1、3d54s2，则有五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s电子和次高能层d电子数目之和，故答案为：

五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s电子和次高能层d电子数目之和；

（4）由图可知，相距最近的Pr原子和O原子之间的距离为该立方体晶胞的体对角线的

，则该晶胞的晶胞参数

，每个晶胞中占有4个“PrO2”，则该晶胞的质量为

，根据

可得，该晶体的密度为：

，故答案为：

。

【点睛】

本题考查新情景下物质结构与性质的相关知识，意在考查考生对基础知识的掌握情况以及对知识的迁移能力；本题第

（2）小题的第②问中H2O的VSEPR模型容易习惯性写为空间构型V形，解答时一定要仔细审题，注意细节。

4．

（1）下列物质中，既含离子键又含共价键的化合物是_________；同时存在σ键和π键的分子是_________，含有极性键的非极性分子是_________。

A．N2B．C2H6C．CaCl2D．NH4Cl

（2）用“>”或“<”填空：

晶格能：

Na2O_______KCl酸性：

H2SO4_______HClO4离子半径：

Al3＋_______F－

【答案】DAB><<

【解析】

【分析】

（1）A．N2分子含有非极性共价键，属于单质，氮气分子结构简式为N≡N，所以氮气分子中含有σ键和π键的非极性分子；

B．C2H6分子中碳原子和氢原子之间存在极性键，碳原子和碳原子之间存在非极性共价键，属于共价化合物，乙烷的结构式为

，乙烷分子中只含σ键的非极性分子；

C．CaCl2中只含离子键，属于离子化合物；

D．NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键，氮原子和氢原子之间存在共价键，属于离子化合物，铵根离子中氮原子和氢原子之间存在σ键；

（2）离子化合物中，阴阳离子半径越小，离子所带电荷数越多，晶格能越大；非金属性越强，所对应元素的最高价含氧酸的酸性越强；具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小。

【详解】

（1）由分析可知：

既含离子键又含共价键的化合物是NH4Cl；同时存在σ键和π键的分子是N2；含有极性键的非极性分子是C2H6。

（2）Na+的半径比K+半径小，O2-的半径比Cl-半径小，并且O2-带的电荷数比Cl-多，故晶格能：

Na2O>KCl；

同周期从左向右非金属性增强，非金属性S

具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径为Al3＋

【点睛】

本题考查原子结构、元素周期律、分子结构、化学键，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。

5．

Q、R、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期元素，在短周期的所有元素中Q的原子半径与Z的原子半径之比最小（不包括稀有气体），R、X、Y三种元素的原子核外电子层数相同，同一周期中R的一种单质的熔点最高，Y与Q、R、X、Z均能形成多种常见化合物。

（1）周期表中的位置：

_________，其原子核外有______种不同形状的电子云。

这五种元素中，最外层有两个未成对电子的元素是________（用元素符号表示）。

（2）Q分别与X、Y形成的最简单化合物的稳定性______>______（用分子式表示）

（3）Q与R两元素组成的分子构型可能是________（填写序号）。

a．直线型b．平面形c．三角锥形d．正四面体

（4）元素X、Y在周期表中位于同一主族，化合物Cu2X和Cu2Y可发生如下转化（其中D是淀粉水解的最终产物）：

非金属X_______Y（填“>”或“<”），请用事实说明该结论：

__________。

【答案】第二周期第VA族2COH2O>NH3abd<2H2S+O2=2H2O+S↓

【解析】

【分析】

Q、R、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期元素，在短周期的所有元素中Q的原子半径与Z的原子半径之比最小（不包括稀有气体），则Q的原子半径最小，Z的原子半径最大，所以Q是H元素，Z是Na元素；R、X、Y三种元素的原子核外电子层数相同，这三种元素处于第二周期，同一周期中R的一种单质的熔点最高，金刚石的熔点最高，所以R是C元素，Y与Q、R、X、Z均能形成多种常见化合物，则Y是O元素，所以X是N元素。

【详解】

根据上述分析可知Q是H，R是C，X是N，Y是O，Z是Na元素。

（1）X是N元素，原子核外电子排布为2、5，所以其处于第二周期第VA族，其核外电子排布式为1s22s22p3，有s、p两种轨道，故有两种不同形状的电子云，这五种元素中，最外层有两个未成对电子的元素是C和O元素；

（2）Q分别与X、Y形成的最简单化合物是NH3、H2O，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，O的非金属性大于N元素，所以氢化物的稳定性：

H2O>NH3；

（3）Q与R两元素组成的分子可能是甲烷、乙烯、乙炔、苯等烃类物质，其中甲烷为正四面体结构，乙烯为平面结构，乙炔为直线形结构，故合理选项是abd；

（4）X是N，Y是O，二者是同一周期的元素，元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，活动性强的可以把活动性弱的置换出来，所以可根据置换反应：

2H2S+O2=2H2O+S↓，比较出元素的非金属性：

N

【点睛】

本题考查原子结构与元素周期律的关系，正确推断元素的种类是解答本题的关键，要正确把握元素周期律的递变规律，掌握元素周期律的应用及判断方法。

6．

合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液[醋酸二氨合铜（Ⅰ）、氨水]吸收在生产过程中产生的CO和CO2等气体，铜液吸收CO的反应是放热反应，其反应方程式为：

Cu（NH3）2Ac＋CO＋NH3

[Cu（NH3）3CO]Ac。

完成下列填空：

（1）如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是___。

（选填编号）

a．减压b．增加NH3的浓度c．升温d．及时移走产物

（2）铜液中的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式：

___。

（3）铜液的组成元素中，短周期元素原子半径从大到小的排列顺序为___，其中氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式是___，通过比较___可判断氮、磷两种元素的非金属性强弱。

（4）已知CS2与CO2分子结构相似，CS2的电子式是___。

（5）CS2熔点高于CO2，其原因是___。

【答案】bc2NH3+CO2+H2O=（NH4）2CO3、（NH4）2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3C＞N＞O＞H

NH3和PH3的稳定性

二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大

【解析】

【分析】

铜液吸收CO的反应是放热反应，其反应方程式为：

Cu（NH3）2Ac＋CO＋NH3

[Cu（NH3）3CO]Ac。

增大浓度、升高温度等，可增大反应速率。

CS2和CO2均为分子晶体。

【详解】

（1）a．减压反应速率减小，a错误；

b．增大浓度，可增大反应速率，b正确；

c．升高温度，增大反应速率，c正确；

d．减小生成物浓度，反应速率减小，d错误；

答案选bc。

（2）氨气、水、二氧化碳可反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，方程式为2NH3+CO2+H2O=（NH4）2CO3、（NH4）2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3。

（3）铜液的组成元素中，短周期元素有H、C、N、O等元素，H原子半径最小，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径C＞N＞O＞H，氮元素原子最外层为第二层有5个电子，电子排布的轨道表示式是

；比较非金属性强弱，可根据氢化物的稳定性强弱。

（4）CS2的电子式类似于CO2，电子式为

，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则熔点越高。

【点睛】

分子晶体的熔沸点比较，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则熔点越高。

7．

生活污水中氮元素是造成水体富营养化的主要原因。

若某污水中NH4Cl含量为180mg/L。

（1）写出NH4Cl的电子式_________。

（2）写出与氯同周期，有2个未成对电子的原子的电子排布式：

_______、________

（3）为除去废水中的NH4+，向103L该污水中加入0.1mol/LNaOH溶液，理论上需要NaOH溶液的体积为_________L（计算结果保留两位小数）。

（4）若某污水中同时存在NH4＋和NO3-时。

可用下列方法除去：

可先在酸性污水中加入铁屑将NO3-转化为NH4＋后再除去，请配平下列离子方程式并标出电子转移的方向和数目：

___Fe+___NO3-+___H+=___Fe2++___NH4++___H2O，____________。

【答案】

1s22s22p63s23p21s22s22p63s23p433.644110413

【解析】

【分析】

（1）NH4Cl是离子化合物，由NH4+、Cl-通过离子键构成，结合离子化合物的表示方法书写其电子式；

（2）根据Cl原子核外电子排布式确定其最外电子层所具有的轨道数目，结合每一轨道最多排布2个电子，确定与氯同一周期，有2个未成对电子的原子的电子排布式；

（3）根据NH4Cl与NaOH溶液反应时二者的物质的量的比是1：

1，根据污水中NH4Cl含量为180mg/L，计算c（NH4Cl），结合n=c·V计算；

（4）根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平方程式。

【详解】

（1）NH4Cl是离子化合物，由NH4+、Cl-通过离子键构成，其电子式为：

；

（2）Cl原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，其最外电子层3p能级具有3个轨道，由于原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同；同一个轨道最多可容纳2个电子则与氯同一周期，有2个未成对电子的原子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p2，1s22s22p63s23p4，这两种元素分别是Si和S；

（3）污水中NH4Cl含量为180mg/L，则c（NH4Cl）=

=

mol/L，103L该污水中中含有NH4Cl的物质的量为n（NH4Cl）=

mol/L×103L=3.364mol，根据反应：

NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3↑+H2O，可知n（NaOH）=n（NH4Cl）=3.364mol，由于NaOH溶液浓度为0.1mol/L，则理论上需要NaOH溶液的体积V（NaOH）=

=33.64L；

（4）在反应：

___Fe+___NO3-+___H+=___Fe2++___NH4++___H2O中，Fe元素化合价由0→+2价，升高2价，N元素化合价由NO3-→NH4+，降低8价，化合价升降最小公倍数是8，所以Fe、Fe2+系数是4，NO3-、NH4+系数是1，然后根据反应前后电荷守恒，可知H+的系数是10，最后根据原子守恒，可得H2O的系数是3；则配平后该反应方程式为：

4Fe+NO3-+10H+=4Fe2++NH4++3H2O，用单线桥法表示为：

。

【点睛】

本题考查了原子核外电子排布、物质的电子式表示、氧化还原反应方程式及物质的量在化学方程式计算的应用。

掌握构造原理、离子化合物与共价化合物表示方法的区别及有电子转移的离子反应方程式配平原则是解题关键，物质反应时物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。

8．

中国药学家屠呦呦因发现青蒿素（一种用于治疗疟疾的药物）而获得诺贝尔生理医学奖。

青蒿素（C15H22O5）的结构如图所示。

请回答下列问题：

（1）组成青蒿素的三种元素电负性由小到大排序是_____，在基态O原子中，核外存在_____对自旋相反的电子。

（2）下列关于青蒿素的说法正确的是_____（填序号）。

a.青蒿素中既存在极性键又存在非极性键

b.在青蒿素分子中，所有碳原子均采取sp3杂化

c.图中数字标识的五个碳原子均只以σ键与其它原子成键

（3）在确定青蒿素结构的过程中，可采用NaBH4作为还原剂，其制备方法为：

4NaH+B（OCH3）→3NaBH4+3CH3ONa

①NaH为_____晶体，如图是NaH晶胞结构，则NaH晶体的配位数是