备战高考化学综合题专练 化学键附答案.docx
- 文档编号:28203898
- 上传时间:2023-07-09
- 格式:DOCX
- 页数:36
- 大小:271.72KB
备战高考化学综合题专练 化学键附答案.docx
《备战高考化学综合题专练 化学键附答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《备战高考化学综合题专练 化学键附答案.docx(36页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
备战高考化学综合题专练化学键附答案
2020-2021备战高考化学综合题专练∶化学键附答案
一、化学键练习题(含详细答案解析)
1.
A、B、C、D、E、F、G是周期表中短周期的七种元素,有关性质或结构信息如下表:
元素
有关性质或结构信息
A
地壳中含量最多的元素
B
B阳离子与A阴离子电子数相同,且是所在周期中单核离子半径最小的
C
C与B同周期,且是所在周期中原子半径最大的(稀有气体除外)
D
D原子最外层电子数是电子层数的2倍,其氢化物有臭鸡蛋气味
E
E与D同周期,且在该周期中原子半径最小
F
F的氢化物和最高价氧化物的水化物反应生成一种离子化合物
G
G是形成化合物种类最多的元素
(1)B元素符号为____,A与C以原子个数比为1:
1形成的化合物的电子式为___,用电子式表示C与E形成化合物的过程____,D形成的简单离子的结构示意图为____。
(2)F的氢化物是由____(极性或非极性)键形成的分子,写出实验室制备该氢化物的化学方程式____。
(3)非金属性D____E(填大于或小于),请从原子结构的角度解释原因:
__。
【答案】Al
极性2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2O小于D的原子半径大于E的原子半径,所以得电子的能力比E弱
【解析】
【分析】
【详解】
A是地壳中含量最多的元素,则A为O元素;B阳离子与A离子电子数相同,且是所在周期中单核离子半径最小的,则B为Al;C与B同周期,且是所在周期中原子半径最大的(稀有气体除外),则C为Na;D原子最外层电子数是电子层数的2倍,其氢化物有臭鸡蛋气味,则D为S元素;E与D同周期,且在该周期中原子半径最小,则E为Cl;F的氢化物和最高价氧化物的水化物反应生成一种离子化合物,则F为N元素;G是形成化合物种类最多的元素,则G为碳元素;
(1)由分析可知B元素符号为Al,O与Na以原子个数比为1:
1形成的离子化合物是Na2O2,电子式为
;离子化合NaCl的电子式形成过程为
,S2-的离子的结构示意图为
;
(2)NH3是由极性键形成的极性分子,实验室利用氯化铵和氢氧化钙混合加热制备氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2O;
(3)S的原子半径大于Cl的原子半径,所以S得电子的能力比Cl弱,即S元素的非金属性小于Cl的非金属性。
2.
下表是元素周期表的一部分,表中所列字母分别代表某一化学元素。
(1)表中字母h元素在周期表中位置___。
(2)写出b元素的最高价氧化物对应的水化物所含化学键类型___。
(3)下列事实能说明a元素的非金属性比c元素的非金属性强的有___。
A.a单质与c的氢化物溶液反应,溶液变浑浊
B.在氧化还原反应中,1mola单质比1molc单质得电子数目多
C.a和c两元素的简单氢化物受热分解,前者的分解温度高
(4)g与h两元素的单质反应生成1molg的最高价化合物。
恢复至室温,放热687kJ。
已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃。
写出该反应的热化学方程式___。
(5)常温下d遇浓硫酸形成致密氧化膜,若薄膜为具有磁性的该元素氧化物,写出该反应的化学方程式___。
(6)e与f形成的1mol化合物Q与水反应,生成2mol氢氧化物和1mol烃,该烃分子中碳氢质量比为9∶1,写出烃分子电子式___。
【答案】第三周期、ⅦA族离子键、(极性)共价键ACSi(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l)∆H=-687kJ·mol-13Fe+4H2SO4(浓)=Fe3O4+4SO2↑+4H2O
【解析】
【详解】
由元素周期表可知:
a为氧元素、b为钠元素、c为硫元素、d为铁元素、e为镁元素、f为碳元素、g为硅元素、h为氯元素;
(1)表中字母h为氯元素,其在周期表中位置为第三周期、ⅦA族;
(2)b为钠元素,钠的最高价氧化物对应的水化物为NaOH,所含化学键类型为离子键、(极性)共价键;
(3)a为氧元素、c为硫元素;
A.O2与H2S的溶液反应,溶液变浑浊,说明有S生成,即O2的氧化性比S强,即氧元素的非金属性比硫元素的非金属性强,故A正确;
B.元素的非金属性强弱体现得电子能力,与得电子数目无关,故B错误;
C.O和S两元素的简单氢化物受热分解,前者的分解温度高,说明H2O比H2S稳定,即氧元素的非金属性比硫元素的非金属性强,故C正确;
故答案为AC;
(4)已知Si(s)与C12(g)化合反应生成1molSiCl4(l)时放热687kJ,则该反应的热化学方程式为Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l)∆H=-687kJ·mol-1;
(5)常温下Fe遇浓硫酸形成致密氧化膜,该薄膜为具有磁性说明是Fe3O4,则反应的化学方程式为3Fe+4H2SO4(浓)=Fe3O4+4SO2↑+4H2O;
(6)C与Mg形成的1mol化合物Q与水反应,生成2mol氢氧化物和1mol烃,此氢氧化物应为Mg(OH)2,设化合物Q分子中含有x个C原子,则由原子守恒可知化合物Q的化学式应为Mg2Cx;已知烃分子中碳氢质量比为9:
1,其分子中C、H原子数之比=
:
=3:
4,结合化合物Q的化学式Mg2Cx,可知该烃分子式为C3H4,C3H4为共价化合物,其电子式为
。
【点睛】
元素非金属性强弱的判断依据:
①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性),非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定),元素的非金属性越强,反之越弱;②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱.最高价含氧酸的酸性越强,对应的非金属元素的非金属性越强,反之越弱;③氧化性越强的非金属元素单质,对应的非金属元素的非金属性越强,反之越弱,(非金属相互置换)。
3.
请将符合题意的下列变化的序号填在对应的横线上:
①碘的升华;②氧气溶于水;③氯化钠溶于水;④烧碱熔化;⑤氯化氢溶于水;⑥氯化铵受热分解。
(1)化学键没有被破坏的是__________;仅发生离子键破坏的是__________;
(2)即发生离子键破坏、又发生共价键破坏的是____________________;
(3)N2的电子式为__________;Na2O2的电子式为___________;CO2的电子式为_________;
(4)用电子式表示MgCl2的形成过程_____________________;
(5)已知拆开1molH—H键、1molN≡N、1molN—H键分别需要吸收的能量为436kJ、946kJ、391kJ。
则由N2和H2反应生成1molNH3需要放出_____的热量。
【答案】①②③④⑥
46kJ
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①碘的升华时,碘由固态转化为气态,只是物质状态发生变化,化学键不被破坏;
②氧气溶于水时,氧气分子存在于水中,化学键不被破坏;
③氯化钠溶于水时,氯化钠在水分子的作用力电离出钠离子和氯离子,离子键被破坏;
④烧碱熔化时,NaOH电离出钠离子和氢氧根离子,离子键被破坏;
⑤氯化氢溶于水,氯化氢在水分子的作用下电离出氢离子和氯离子,共价键被破坏;
⑥氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢,离子键和共价键被破坏;
(1)通过以上分析知,化学键没有被破坏的是①②;仅发生离子键破坏的是③④;正确答案:
①②;③④。
(2)既发生离子键又发生共价键破坏的是⑥;正确答案:
⑥。
(3)氮气为共价分子,氮氮原子间形成三对共用电子对,其电子式为
;Na2O2为离子化合物,钠离子和过氧根离子间为离子键,其电子式为
;CO2为共价化合物,碳氧原子间形成双键,其电子式为
;正确答案:
;
;
。
(4)金属镁失电子,变为镁离子;氯原子得电子变为氯离子,电子式表示MgCl2的形成过程为:
;正确答案:
。
(5)在反应N2+3H2=2NH3中,断裂3molH-H键,1molN≡N键共吸收的能量为:
3×436kJ+946kJ=2254kJ,生成2molNH3,共形成6molN-H键,放出的能量为:
6×391kJ=2346kJ,吸收的能量少,放出的能量多,该反应为放热反应,生成2molNH3放出的热量为:
2346kJ-2254kJ=92kJ,所以生成1molNH3放出的热量为92kJ/2=46kJ;正确答案:
46kJ。
4.
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。
5.
甲烷的氯化反应式为:
CH4+Cl2
CH3Cl+HCl。
对于该反应机理(反应过程)的详细描述如下:
链引发Cl2
2Cl·
链增长CH4+Cl·
·CH3+HCl△H=+7.5kJ/mol
CH3+Cl2
CH3Cl+Cl·△H=-112.9kJ/mol
链终止·Cl+Cl·
Cl2
CH3+·CH3
H3CCH3
CH3+Cl·
H3CCl
(1)在链增长的第二步反应中形成的化合物的电子式为_______;在反应机理的三个阶段破坏或形成的化学键类型均为_________。
(2)在短周期主族元素中,氯元素与其相邻元素的原子半径由大到小的顺序为_________(用元素符号表示);与氯元素同周期且金属性最强的元素位于周期表的第_____周期,第____族。
(3)链引发的反应为_______反应(选填“吸热”或“放热”,下同),链终止的反应为_______反应。
(4)卤素单质及化合物在许多性质上都存在着递变规律,下列递变顺序正确的是_______。
(选填字母编号)
a.相同条件下卤化银的溶解度按AgCl、AgBr、AgI的顺序依次增大
b.卤化氢溶入水的酸性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱
c.卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱
d.卤素单质氧化性按F2、Cl2、Br2、I2的顺序依次减弱
【答案】
共价键S>Cl>F三、ⅠA吸热放热d
【解析】
【分析】
(1)在链增长的第二步反应中形成的化合物为CH3Cl,碳原子与氯原子周围分别有8个电子;非金属元素原子间形成共价键;
(2)在短周期主族元素中,氯元素与其相邻元素有F、S,根据电子层数和核电荷数判断半径大小;同一周期碱金属的金属性最强;
(3)旧化学键的断裂要吸收能量,新化学键的生成要放出能量;
(4)第ⅦA族元素中,随着原子序数的增大得电子能力逐渐减弱、氢化物的酸性逐渐增强、单质的沸点逐渐增大、单质的氧化性逐渐减弱、氢化物的还原性逐渐增强、单质与氢气化合逐渐困难、氢化物的沸点逐渐增大(HF除外)、氢化物的稳定性逐渐减弱,卤化银的溶解度逐渐减小,据此解答。
【详解】
(1)在链增长的第二步反应中形成的化合物为CH3Cl,CH3Cl分子中碳原子最外层有4个电子,能形成4个共价键达到稳定结构,每个氢原子或氯原子能形成一个共价键达到稳定结构,电子式:
,非金属元素原子间形成共价键,则在反应机理的三个阶段破坏或形成的化学键类型均为共价键;
(2)在短周期主族元素中,氯元素与其相邻元素有F、S,Cl、S含有三个电子层,F有两个电子层,则三种元素中F的原子半径最小,Cl、S在同一周期,电子层数相同,核电荷数越大,原子半径越小,则半径:
S>Cl,所以原子半径:
S>Cl>F;同一周期元素中,碱金属的金属性最强,则与氯元素同周期且金属性最强的元素为Na,位于周期表的第三周期第IA族;
(3)链引发Cl2
2Cl,有旧化学键的断裂要吸收能量,为吸热反应;Cl+Cl•→Cl2,CH3+•CH3→H3CCH3,CH3+Cl•→H3CCl,反应中有新化学键的生成要放出能量,为放热反应;
(4)a.相同条件下卤化银的溶解度按AgCl、AgBr、AgI的顺序依次减小,a错误;
b.卤化氢溶入水的酸性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次增强,b错误;
c.随着原子序数的增大,单质得电子能力逐渐减弱,其阴离子失电子能力逐渐增强,所以HF、HCl、HBr、HI的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次增强,c错误;
d.随着原子序数的增大,单质得电子能力逐渐减弱,所以单质F2、Cl2、Br2、I2的氧化性依次减弱,d正确;
故合理选项是d。
【点睛】
本题主要考查卤族元素的递变规律,掌握元素的周期性变化规律是解答的关键,注意把握电子式的书写方法和非金属性强弱的判断方法。
6.
生活污水中氮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电子式:
___。
(2)氮原子的电子排布式是:
___,写出与氯同周期,有2个未成对电子的原子的元素符号为___、___。
(3)为除去废水中的NH4+,向103L该污水中加入0.1mo1/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)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】
SiS1s22s22p333.64
4110413
【解析】
【分析】
(1)NH4Cl是离子化合物;
(2)氮为7号元素;氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5;
(3)根据NH4+和NaOH溶液的反应计算需要NaOH溶液的体积为;
(4)根据氧化还原反应,配平离子方程式并标出电子转移的方向和数目。
【详解】
(1)氯化铵是离子化合物,由氨根离子与氯离子构成,电子式为:
;
(2)氮原子电子排布式是:
1s22s22p3;氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5,有一个未成对的电子,与其同周期且有2个未成对电子的原子的的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4和1s22s22p63s23p2,元素符号为S、Si;
(3)某污水中NH4Cl含量为180mg/L,103L污水中含有180mg/L×103L=180000mg=180gNH4Cl,NH4Cl的物质的量为
≈3.364mol,NH4+的物质的量也是3.364mol,为除去废水中的NH4+,向该污水中加入0.1mo1/LNaOH溶液,理论上需要NaOH的物质的量为3.364mol,则所需NaOH溶液的体积为
=33.64L;
(4)该反应中铁元素的化合价由0价升高至+2价,氮元素的化合价由+5价降低至-3价,由化合价升降守恒和质量守恒可以配平该离子方程式并标出电子转移的方向和数目如下:
。
7.
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达式是___________。
通过比较_____________可判断氧,硫两种非金属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________。
CS2熔点高于CO2,其原因是______。
【答案】bc2NH3+CO2+H2O→(NH4)2CO3、(NH4)2CO3+CO2+H2O→2NH4HCOC>N>O>H
O2和S的氧化性
CS2和CO2都是分子晶体,CS2的相对分子质量大,分子间作用力大
【解析】
【分析】
【详解】
(1)增大浓度、升高温度等,可增大反应速率;减压反应速率减小,减小生成物浓度,反应速率减小,所以选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;
氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式是
;
比较O2和S的氧化性、H2O和H2S的稳定性都可以判断氧,硫两种非金属元素的非金属性强弱;
(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。
8.
铅是一种金属元素,可用作耐酸腐蚀、蓄电池等的材料。
其合金可作铅字、轴承、电缆包皮之用,还可做体育运动器材铅球等。
(1)铅元素位于元素周期表第六周期IVA。
IVA中原子序数最小的元素的原子有_______种能量不同的电子,其次外层的电子云有_______种不同的伸展方向。
(2)与铅同主族的短周期元素中,其最高价氧化物对应水化物酸性最强的是______(填化学式),气态氢化物沸点最低的是_____________(填化学式)。
(3)配平下列化学反应方程式,把系数以及相关物质(写化学式)填写在空格上,并标出电子转移的方向和数目。
__PbO2+___MnSO4+___HNO3→___HMnO4+___Pb(NO3)2+___PbSO4↓+________
(4)把反应后的溶液稀释到1L,测出其中的Pb2+的浓度为0.6mol·L-1,则反应中转移的电子数为_______个。
(5)根据上述反应,判断二氧化铅与浓盐酸反应的化学方程式正确的是_______
A.PbO2+4HCl→PbCl4+2H2OB.PbO2+4HCl→PbCl2+Cl2↑+2H2O
C.PbO2+2HCl+2H+→PbCl2+2H2OD.PbO2+4HCl→PbCl2+2OH-
【答案】31H2CO3CH45262322H2O
2NAB
【解析】
【分析】
(1)IVA中原子序数最小的元素的原子为C,其核外电子排布式为1s22s22p2,则碳原子有1s、2s和3p三种能量不同的电子;C的次外层为s轨道,为球形对称结构;
(2)元素的非金属性越强,其最高价氧化物对应的水化物酸性越强;同一主族元素中,氢化物的相对分子质量越大,分子间作用力越大,其沸点越高;
(3)根据氧化还原反应中化合价升降相等配平,然后利用单线桥表示出该反应中电子转移的方向和数目;
(4)根据n=c·V计算出铅离子的物质的量,根据反应计算出硫酸铅的物质的量,再根据化合价变化计算出转移电子的物质的量及数目;
(5)根据(3)可知二氧化铅的氧化性大于氯气,二氧化铅与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯化铅、氯气和水,据此进行判断。
【详解】
(1)IVA中原子序数最小的元素为C,C原子核外有6个电子,其核外电子排布式为1s22s22p2,则碳原子有1s、2s和3p三种能量不同的电子;C的次外层为1s轨道,为球形对称结构,只存在1种不同的伸展方向;
(2)IVA中非金属性最强的为C,则其最高价氧化物对应的水化物的酸性最强,该物质为碳酸,其化学式为:
H2CO3;
对于结构相似的物质,相对分子质量越大,分子间作用力越大,物质的熔沸点就越高。
IVA族元素中,CH4的相对分子质量最小,则其沸点最低;
(3)PbO2中Pb的化合价从+4变为+2价,化合价降低2价;MnSO4中锰元素化合价从+2变为+7,化合价升高5价,则化合价变化的最小公倍数为10,所以二氧化铅的系数为5,硫酸锰的稀释为2,然后利用质量守恒定律可知生成物中未知物为H2O,配平后的反应为:
5PbO2+2MnSO4+6HNO3=2HMnO4+3Pb(NO3)2+2PbSO4↓+2H2O,用单线桥表示电子转移的方向和数目为:
;
(4)把反应后的溶液稀释到1L,测出其中的Pb2+的浓度为0.6mol/L,则反应生成铅离子的物质的量为:
n(Pb2+)=c·V=0.6mol/L×1L=0.6mol,硫酸铅中铅离子的物质的量为0.4mol,则反应中转移电子的物质的量为:
(0.6+0.4)mol×(4-2)=2mol,反应转移电子的数目为2NA;
(5)根据(3)可知氧化性:
PbO2>HMnO4,而HMnO4能够氧化Cl-,所以PbO2能够氧化Cl-,二者反应的化学方程式为:
PbO2+4HCl→PbCl2+Cl2↑+2H2O,故合理选项是B正确。
【点睛】
本题考查了原子结构与元素周期律的关系、氧化还原反应的配平及其综合应用,明确氧化还原反应的实质与元素化合价的关系,掌握配平原则是本题解答的关键。
注意掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系,能够利用单线桥或双线桥法分析电子转移的方向和数目。
9.
如图是元素周期表的一部分,表中所列字母分别代表一种元素。
根据表中所列元素回答下列问题:
(1)元素d在元素周期表中的位置是________,元素h与f的原子序数相差_____。
(2)元素b、c、f形成的简单离子中半
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 备战高考化学综合题专练 化学键附答案 备战 高考 化学 综合 题专练 化学键 答案