高考化学 化学键提高练习题压轴题训练附答案.docx
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高考化学化学键提高练习题压轴题训练附答案
2020-2021高考化学化学键提高练习题压轴题训练附答案
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)下列各组化合物中,化学键类型和化合物类型均相同的是_________(填序号)。
①CaCl2和Na2S②Na2O和Na2O2③CO2和CaO④HCl和NaOH
(2)下列过程不一定释放能量的是________。
①化合反应;②分解反应;③形成化学键;④燃料燃烧;⑤酸碱中和;⑥炸药爆炸
(3)Ba(OH)2•8H2O和NH4Cl反应的化学方程式是________________________________,反应过程能量变化的图像符合_____________(填“图1”或“图2”)。
图1图2
(4)已知1mol石墨转化为1mol金刚石要吸收能量,则石墨比金刚石_______(填“稳定”或“不稳定”)。
(5)一定量的氢气在氧气中充分燃烧并放出热量。
若生成气态水放出的热量为Q1,生成液态水放出的热量为Q2,那么Q1______Q2(填大于、小于或等于)。
(6)已知:
4HCl+O2=2Cl2+2H2O。
该反应中,4molHCl被氧化,放出115.6kJ的热量,且断开O=O键和Cl-Cl键所需的能量如下图所示。
则断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为______kJ。
【答案】①①②Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O图2稳定小于31.9
【解析】
【分析】
(1)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,第IA、第IIA族和第VIA、第VIIA族元素之间易形成离子键;
(2)根据吸热反应和放热反应的类别判断;
(3)Ba(OH)2∙8H2O和NH4Cl反应生成氯化钡,氨气和水,属于吸热反应,判断合适的能量图;
(4)根据自身能量越低越稳定判断;
(5)根据气态水变成液态水放热判断;
(6)根据焓变等于断裂旧的化学键吸收的能量减去形成化学键释放的能量计算。
【详解】
(1)①CaCl2和Na2S都属于离子化合物,都含有离子键,故①符合题意;
②Na2O和Na2O2都属于离子化合物,Na2O中存在离子键,Na2O2中含有离子键和非极性共价键,故②不符合题意;
③CO2属于共价化合物,主要含有共价键,CaO属于离子化合物,含有离子键;
④HCl属于共价化合物,主要含有共价键,NaOH属于离子化合物,含有离子键和极性共价键;
所以化学键类型和化合物类型均相同的是①;
(2)①绝大多数化合反应释放能量,少数化合反应吸收热量,例如碳和二氧化碳反应生成一氧化碳,故①符合题意;
②绝大多数分解反应吸收能量,少数化合反应释放能量,例如过氧化氢分解制氧气,故②符合题意;
③形成化学键一定释放能量,故③不符合题意;
④燃料燃烧一定释放能量,故④不符合题意;
⑤酸碱中和反应一定释放能量,故⑤不符合题意;
⑥炸药爆炸一定释放能量,故⑥不符合题意;
符合题意的是①②;
(3)Ba(OH)2∙8H2O和NH4Cl反应的化学方程式是Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O,反应为吸热反应,即生成物的能量高于反应物的能量,能量图选择图2;
(4)已知1mol石墨转化为1mol金刚石要吸收能量,则石墨比金刚石能量低,能量越低的物质越稳定,石墨比金刚石稳定;
(5)一定量的氢气在氧气中充分燃烧生成气态水放出的热量为Q1,生成液态水放出的热量为Q2,由于气态水转化为液态水还要放热,故生成液态水释放的能量多,Q1小于Q2;
(6)根据化学反应:
4HCl+O2=2Cl2+2H2O,放出115.6kJ的热量,断开1molO=O键和1molCl-Cl键所需的能量分别为498kJ/mol和243kJ/mol,设断开1molH—O键需要的能量为x,断开1molH—Cl键所需能量为y,根据反应物断裂吸收的总能量与形成生成物释放的能量差等于反应放出的能量,4y+498kJ/mol-(243kJ/mol×2+4x)=-115.6kJ,解得x-y=31.9kJ/mol,断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为31.9kJ。
3.
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
。
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.
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气体,且每生成1mol该易燃气体放出37.68kJ热量,请写出此反应的热化学方程式:
_____________。
【答案】第四周期第ⅡA族6种BCBD3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)△H=-150.72kJ/mol
【解析】
【分析】
a、b、c、d四种金属元素,a是人体内含量最多的金属元素,则为Ca;b是地壳中含量最多的金属元素,b为Al;c是海水中含量最多的金属元素,c为Na;d是人类冶炼最多的金属元素,为Fe,然后逐一分析解答。
【详解】
根据上述分析可知:
a是Ca;b是Al;c是Na;d是Fe。
(1)a为Ca,原子序数为20,核外电子排布为2、8、8、2,原子结构中有4个电子层、最外层电子数为2,因此位于元素周期表中第四周期ⅡA族;a原子的核外能量不同的电子有1s、2s、2p、3s、3p、4s共6种;
(2)A.金属元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强,则失电子能力越强,金属性越强,与最高价氧化物对应水化物的溶解性无关,A错误;
B.金属元素的单质与水或酸反应置换出氢气越容易,则失电子能力越强,单质与水反应的剧烈程度:
b<c,则金属性:
b<c,B正确;
C.盐溶液的pH越小,盐的水解程度越大,则对应的碱的碱性越弱,其金属元素的金属性越弱,相同条件下,氯化物水溶液的pH值:
b<c,则金属性b<c,C正确;
D.活泼金属能将不活泼金属从其盐中置换出来,但是,Na非常活泼,能与水反应,Na不与溶液中的金属离子反应,因此c不可以从b的氯化物水溶液中置换出b,D错误;
故合理选项是BC;
(3)A.Fe发生吸氧腐蚀时,没有气体放出,铁发生析氢腐蚀是有氢气生成,A错误;
B.Fe的腐蚀过程中,若是酸性环境,不断消耗H+,使溶液的酸性逐渐减弱,则根据水的离子积不变,则溶液中OH-会逐渐增大,因此水膜的碱性会增强,B正确;
C.在酸性条件下,负极为Fe失电子生成亚铁离子,则负极电极反应式为:
Fe-2e-=Fe2+,C错误;
D.与电源的负极相连,Fe作阴极被保护,就可以防止Fe发生原电池的腐蚀作用,D正确;
故合理选项是BD;
(4)根据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气体,且每生成1mol该易燃气体放出37.68kJ热量,故热化学方程式为:
3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)△H=-150.72kJ/mol。
【点睛】
本题考查元素周期表的结构及应用、金属的电化学腐蚀与防护、热化学方程式的书写,注意把握金属的判断及原子结构与元素位置的关系为解答的关键,注重考查基础知识的综合应用。
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。
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+
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