高考化学复习《 化学键》专项综合练习含答案.docx
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高考化学复习《化学键》专项综合练习含答案
2020-2021高考化学复习《化学键》专项综合练习含答案
一、化学键练习题(含详细答案解析)
1.
海水是资源宝库,蕴藏着丰富的化学元素,如氯、溴、碘等。
完成下列填空:
(1)氯离子原子核外有_____种不同运动状态的电子、有____种不同能量的电子。
(2)溴在周期表中的位置_________。
(3)卤素单质及其化合物在许多性质上都存在递变规律,请说明下列递变规律的原因。
①熔点按F2、Cl2、Br2、I2的顺序依次升高,原因是______________。
②还原性按Cl—、Br—、I—的顺序依次增大,原因是____________。
(4)已知X2(g)+H2(g)
2HX(g)+Q(X2表示Cl2、Br2),如图表示上述反应的平衡常数K与温度T的关系。
①Q表示X2(g)与H2(g)反应的反应热,Q_____0(填“>”、“<”或“=”)。
②写出曲线b表示的平衡常数K的表达式,K=______(表达式中写物质的化学式)。
(5)(CN)2是一种与Cl2性质相似的气体,在(CN)2中C显+3价,N显-3价,氮元素显负价的原因_________,该分子中每个原子都达到了8电子稳定结构,写出(CN)2的电子式_____。
【答案】185第四周期、ⅦA(都对得1分)F2、Cl2、Br2、I2都是分子晶体,相对分子质量依次增大,分子间作用力依次增强。
从Cl-、Br-、I-半径依次增大,失电子的能力依次增强,还原性依次增大>K=
氮原子半径小于碳原子,氮原子吸引电子的能力比碳原子强,氮和碳之间共用电子对偏向氮原子,氮显负价
【解析】
【详解】
氯离子原子核外有18个电子,为不同的运动状态,处于5种不同的轨道,故答案为:
18;5;
溴与氯在同一主族,核电荷数为35,在周期表中第四周期、ⅦA,故答案为:
第四周期、ⅦA;
、
、
、
的相对分子质量逐渐增大,且都属于分子晶体,单质的相对分子质量越大,则熔点越高,故答案为:
、
、
、
都是分子晶体,相对分子质量依次增大,分子间作用力依次增强;
元素的非金属性越强,对应的阴离子的还原性越强,非金属性
,
、
、
半径依次增大,失电子的能力依次增强,还原性依次增大,故答案为:
从
、
、
半径依次增大,失电子的能力依次增强,还原性依次增大;
由图象可知,升高温度平衡常数减小,说明升高温度平衡逆向移动,则正反应为放热反应,
,故答案为:
;
同一温度时,a曲线的K值最大,说明卤素单质与氢气化合的能力最强,Cl2、Br2中Cl2的氧化性最强,所以最易与氢气化合的是氯气,所以b曲线表示Br2与H2反应时K与t的关系.平衡常数等于生成物与反应物的浓度幂之积,K=
,故答案为:
;
的非金属性较C强,氮原子吸引电子的能力比碳原子强,氮和碳之间共用电子对偏向氮原子,氮显负价,电子式为
,故答案为:
氮原子半径小于碳原子,氮原子吸引电子的能力比碳原子强,氮和碳之间共用电子对偏向氮原子,氮显负价;
。
2.
煤气中主要的含硫杂质有H2S以及COS(有机硫),煤气燃烧后含硫杂质会转化成SO2从而引起大气污染。
煤气中H2S的脱除程度已成为其洁净度的一个重要指标。
回答下列问题:
(1)将H2S通入FeCl3溶液中,该反应的还原产物为___________。
(2)脱除煤气中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2还原法以及水解法等。
①COS的分子结构与CO2相似,COS的电子式为_____________。
②Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为_____________。
③已知断裂1mol化学键所需的能量如下(能量的单位为kJ):
H—H
C═O
C═S
H—S
C≡O
436
745
577
339
1072
H2还原COS发生的反应为H2(g)+COS(g)═H2S(g)+CO(g),该反应的△H=________kJ·mol-1。
④用活性α—Al2O3催化COS水解的反应为COS(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2S(g)△H<0,相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时,不同温度下COS的转化率(未达到平衡)如图1所示;某温度下,COS的平衡转化率与
的关系如图2所示。
由图1可知,催化剂活性最大时对应的温度约为________;由图2可知,P点时平衡常数K=_____(保留2位有效数字)。
【答案】Fe2+(或FeCl2)
COS+4Br2+12OH-=CO32-+SO42-+8Br-+6H2O+8150℃0.048
【解析】
【分析】
【详解】
(1)将H2S通入FeCl3溶液中,反应为:
H2S+2Fe3+=S↓+2Fe2++2H+,Fe3+被还原为Fe2+,故还原产物为Fe2+(或FeCl2);
(2)
①COS的分子结构与CO2相似,COS的电子式为
;
②碱性溶液,OH-参与反应生成水,Br2作氧化剂还原为Br-,故Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为COS+4Br2+12OH-=CO32-+SO42-+8Br-+6H2O;
③结合表格数据和反应H2(g)+COS(g)═H2S(g)+CO(g),则△H=(436+745+577-2×339-1072)kJ·mol-1=+8kJ·mol-1;
④由图1可得,相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时,150℃时COS转化率最大,所以该温度下反应速率最快,催化剂活性最大,由图2(单位:
mol/L):
COS(g)
H2O(g)
CO2(g)
H2S(g)
开始
1
3
0
0
转化
0.3
0.3
0.3
0.3
平衡
0.7
2.7
0.3
0.3
则K=
=
=
≈0.048。
【点睛】
在一定的条件下,某可逆反应的K值越大,说明平衡体系中生成物所占的比例越大,它的正反应进行的程度越大,即该反应进行的越完全,反应物转化率越大;反之,反应就越不完全,转化率就越小。
当K=105时,该反应就能基本进行完全,一般看成非可逆反应;而K在0.1~10之间的反应是典型的可逆反应。
3.
已知①Na2O2②O2③HClO④H2O2⑤Cl2⑥NaClO⑦O3七种物质都具有强氧化性。
请回答下列问题:
(1)上述物质中互为同素异形体的是_____(填序号,下同)。
(2)含非极性键的共价化合物是_________。
(3)属于离子化合物的有______种。
(4)Na2O2、HClO、H2O2均能用于制备O2。
①HClO在光照条件下分解生成O2和HCl,用电子式表示HCl的形成过程:
_________________________。
②写出Na2O2与H2O反应制备O2的化学方程式:
____________________________________。
③H2O2在二氧化锰催化作用下可以制备O2。
若6.8gH2O2参加反应,则转移电子数目为_________,生成标准状况下O2体积为_______L。
【答案】②⑦④2
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑1.204x1023或0.2NA2.24
【解析】
【分析】
根据物质的分类的依据,熟悉同素异形体、离子化合物的概念,用电子式表示共价化合物的物质形成的过程。
【详解】
(1)同种元素组成的结构不同的单质互为同素异形体。
故O2与O3互为同素异形体;
(2)Na2O2既含有非极性共价键又含有离子键的离子化合物;HClO是含有极性键共价键而不含非极性共价键的化合物;H2O2既含有极性共价键又含有非极性共价键的化合物;NaClO既含有极性共价键又含有离子键的离子化合物;O2、O3、Cl2属于单质,不属于化合物,故含非极性键的共价化合物是④H2O2;
(3)由
(2)可知,Na2O2、NaClO属于离子化合物,故属于离子化合物的有2种;
(4)HCl是共价化合物,用电子式表示HCl的形成过程是:
;
(5)Na2O2与H2O反应生成氧气和氢氧化钠,其反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;
(6)2H2O2
O2↑+2H2O,每生成1mol转移2mol电子,故6.8gH2O2的物质的量:
=0.2mol,生成氧气的物质的量为0.1mol,转移的电子的数目为0.1mol×2×6.02×1023mol-1=1.204x1023;V(O2)=0.1mol×22.4L·mol1=2.24L。
4.
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。
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.
短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置如图所示:
请回答下列问题:
(1)D在元素周期表中的位置为___。
(2)A和C形成的一种摩尔质量为41g·mol-1的化合物,该化合物与盐酸反应能生成两种盐,其化学方程式为___。
(3)M为A的简单气态氮化物,其水溶液可作刻蚀剂H2O2的清除剂,反应的产物不污染环境,其化学方程式为___。
N为A的另一种氢化物,其相对分子质量比M大15,N为二元弱碱,在水中分步电离,并与M的电离方式相似,则N第一步电离的电离方程式为___,N与过量硫酸反应生成的酸式盐的化学式为___。
(4)下列事实能说明E元素的非金属性比D元素的非金属性强的是___(填序号)。
①E的单质与D的气态氢化物的水溶液反应,生成淡黄色沉淀
②E与H2化合比D与H2化合更容易
③D与Fe化合时产物中Fe为+2价,E与Fe化合时产物中Fe为+3价
④等浓度的D和E的最高价含氧酸的水溶液中的c(H+):
D>E
(5)D2E2分子中各原子最外层均满足8电子结构,则D2E2的电子式为___。
【答案】第三周期ⅥA族AlN+4HCl=AlCl3+NH4Cl2NH3+3H2O2=N2↑+6H2O或2NH3·H2O+3H2O2=N2↑+8H2ON2H4+H2O
N2H5++OH-N2H6(HSO4)2①②③
【解析】
【分析】
由短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置可知,A为N,B为O,C为Al,D为S,E为Cl。
【详解】
A为N,B为O,C为Al,D为S,E为Cl。
(1)D为S,原子序数为16,位于周期表中的第三周期ⅥA族;
(2)A和C形成的一种摩尔质量为41g·mol-1的化合物,则该化合物为AlN。
根据原子守恒,这两种盐分别为AlCl3和NH4Cl,其化学方程式为AlN+4HCl=AlCl3+NH4Cl;
(3)M为A的简单气态氢化物,为NH3,其水溶液为NH3·H2O,可作刻蚀剂H2O2的清除剂,反应的产物不污染环境,其化学方程式为2NH3+3H2O2=N2+6H2O;N为A的另一种氢化物,其相对分子质量比M大15,则N为N2H4。
N为二元弱碱,在水中分步电离,并与M的电离方式相似,则N第一步电离的电离方程式为N2H4+H2O
N2H5++OH-;N2H4作为二元弱碱,其阳离子为N2H62+,与过量硫酸反应生成的酸式盐为硫酸氢盐,阴离子为HSO4-,化学式为N2H6(HSO4)2;
(4)①E的单质,即Cl2,与D的气态氢化物H2S的水溶液反应,生成淡黄色沉淀,发生反应Cl2+H2S=S↓+2HCl,Cl2置换出S,Cl2的氧化性大于S的氧化性,则可知非金属性Cl(E)大于S(D),正确;
②非金属元素的非金属性越强,与氢气化合越容易。
Cl2与H2化合比S与H2化合更容易,可知非金属性Cl(E)大于S(D),正确;
③S与Fe化合时产物中Fe为+2价,Cl2与Fe化合时产物中Fe为+3价,Cl2得到电子能力强,可知非金属性Cl(E)大于S(D),正确;
④D的最高价含氧酸为H2SO4,E的最高价含氧酸为HClO4。
同浓度下,H2SO4溶液中c(H+)大,是由于H2SO4为二元酸,HClO4为一元酸,且均为强酸,在溶液中完全电离,与它们的非金属性强弱无关,错误;
综上①②③符合题意;
(5)D2E2分子中各原子最外层均满足8电子结构,S达到稳定结构需要形成2对共用电子对,Cl达到稳定结构需要形成1对共用电子对,可知S2Cl2分子中S原子间共用1对电子,每个S原子与Cl原子共用一对电子,结构式为Cl-S-S-Cl,其电子式为
。
7.
现有下列物质:
①KCl②CH4③NH4NO3④I2⑤Na2O2⑥HClO4⑦N2⑧CO⑨SO2⑩金刚石⑪CH3CH2OH⑫MgO⑬MgCl2⑭KOH⑮HCl⑯Al2O3
请回答下列问题。
(1)两性氧化物是___(填序号),其电子式为___。
(2)最简单的有机化合物是___(填序号),用电子式表示其形成过程:
___。
(3)属于共价化合物的是___(填序号),含有共价键的离子化合物是___(填序号)。
(4)由两种元素组成,且含有离子键和共价键的化合物为___(填序号),这两种元素的单质反应生成该化合物的化学方程式为___。
【答案】⑯
②
②⑥⑧⑨⑪⑮③⑤⑭⑤2Na+O2
Na2O2
【解析】
【分析】
(1)两性氧化物指的是能与碱和酸反应生成盐和水的氧化物;
(2)最简单的有机化合物是CH4,甲烷为共价化合物;
(3)一般来说,活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键,非金属元素之间易形成共价键,含有离子键的化合物为离子化合物,离子化合物中可能含有共价键,只含共价键的化合物为共价化合物;
(4)由两种元素组成,且离子键、共价键都含有的是Na2O2。
【详解】
(1)两性氧化物指的是能与碱和酸反应生成盐和水的氧化物,这里只有Al2O3,Al2O3是离子化合物,其电子式为:
,故答案为:
⑯;
;
(2)最简单的有机化合物是CH4,甲烷为共价化合物,用电子式表示其形成过程为:
,故答案为:
②;
;
(3)只含共价键的化合物为共价化合物,CH4、HClO4、CO、SO2、CH3CH2OH、HCl中只含共价键,属于共价化合物;含有共价键的离子化合物有:
NH4NO3、Na2O2、KOH,故答案为:
②⑥⑧⑨⑪⑮;③⑤⑭ ;
(4)由两种元素组成,且离子键、共价键都含有的是Na2O2,钠和氧气反应生成过氧化钠的化学方程式:
2Na+O2
Na2O2,故答案为:
⑤;2Na+O2
Na2O2。
【点睛】
一般来说,活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键,非金属元素之间易形成共价键,不同非金属元素之间易形成极性键,同种非金属元素之间易形成非极性键,含有离子键的化合物为离子化合物,离子化合物中可能含有共价键,只含共价键的化合物为共价化合物。
8.
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:
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