高考化学 化学键大题培优附答案Word格式.docx

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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

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．

《NatureEnergy》报道了巾科院大连化学物理研究所科学家用Ni-BaH2/Al2O3、Ni-LiH等作催化剂，实现了在常压、100-300℃的条件下合成氨。

（1）在元素周期表中，氧和与其相邻且同周期的两种元素的第一电离能由大到小的顺序为__；

基态Ni2+的核外电子排布式为___，若该离子核外电子空间运动状态有15种，则该离子处于___（填“基”或“激发”）态。

（2）氨在粮食生产、国防中有着无可替代的地位，也是重要的化工原料，可用于合成氨基酸、硝酸、TNT等。

甘氨酸（NH2CH2COOH）是组成最简单的氨基酸，熔点为182℃，沸点为233℃。

①硝酸溶液中NO3⁻的空间构型为____。

②甘氨酸中N原子的杂化类型为____，分子中σ键与π键的个数比为____，晶体类型是___，其熔点、沸点远高于相对分子质量几乎相等的丙酸（熔点为-2l℃，沸点为141℃）的主要原因：

一是甘氨酸能形成内盐；

二是____。

（3）NH3分子中的键角为107°

，但在[Cu（NH3）4]2+离子中NH3分子的键角如图l所示，导致这种变化的原因是____

（4）亚氨基锂（Li2NH）是一种储氢容量高、安全性能好的固体储氢材料，其晶胞结构如图2所示，若晶胞参数为dpm，密度为ρg/cm3，则阿伏加德罗常数NA=____（列出表达式）mol-l。

【答案】F>

N>

O1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8激发平面三角形sp39:

1分子晶体分子数相同时，甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多（或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键）形成配合离子后，配位键与NH3中N—H键之间的排斥力小于原孤对电子与NH3中N—H键之间的排斥力，故配合离子中NH3的N—H键间的键角变大；

（1）与氧相邻且同周期的元素为N和F，由于N原子最外层电子为半充满状态，第一电离能较大，所以三者第一电离能由大到小的顺序为F>

O；

Ni元素为28号元素，失去最外层两个电子形成Ni2+，基态Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8；

基态Ni2+的核外电子空间运动状态有1+1+3+1+3+5=14种，若该离子核外电子空间运动状态有15种，则该离子处于激发态；

（2）①NO3⁻的中心原子价层电子对数为

=3，孤电子对数为0，所以空间构型为平面三角形；

②甘氨酸（NH2CH2COOH）中N原子形成两个N-H键和一个N-C键，达到饱和状态，价层电子对数为4，所以为sp3杂化；

分子中碳氧双键中存在一个π键，其余共价键均为σ键，所以分子中σ键与π键的个数比为9:

1；

甘氨酸熔沸点较低属于分子晶体；

分子数相同时，甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多（或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键）；

（3）形成配合离子后，配位键与NH3中N—H键之间的排斥力小于原孤对电子与NH3中N—H键之间的排斥力，故配合离子中NH3的N—H键间的键角变大；

（4）根据均摊法，该晶胞中Li原子个数为8，其分子式为Li2NH，则晶胞中NH原子团的个数为4，则晶胞的质量为m=

g，晶胞参数为dpm=d×

10-10cm，所以晶胞的体积V=d3×

10-30cm3，则密度

，解得NA=

含有—OH、—NH2等基团的物质容易形成分子间氢键，使熔沸点升高；

甲烷和氨气均为sp3杂化，但由于σ键对σ键的排斥力小于孤电子对σ键的排斥力，所以甲烷分子中键角比氨气分子中键角大。

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

（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。

（1）由于元素的非金属性：

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。

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：

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

（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。

（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。

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．

某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质。

当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。

（1）NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，N2的电子式为___________________。

（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na反应生成的还原产物为_____________（已知该反应为置换反应）。

（3）KClO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O。

KClO4含有化学键的类型为_____________________，K的原子结构示意图为________________。

【答案】:

N⋮⋮N:

Fe离子键和共价键·

·

（1）N2分子中N原子之间形成3对共用电子对，据此书写其电子式；

（2）Fe2O3是氧化剂，与Na发生置换反应，据此分析；

（3）KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成，据此分析其所含的化学键；

K原子质子数为19原子核外有4个电子层，据此分析。

（1）由8电子结构可知，N2分子中N原子之间形成3对共用电子对，其电子式为：

故答案：

（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na发生置换反应，Fe元素发生还原反应，则还原产物为Fe，故答案：

Fe；

（3）KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中Cl原子与O原子之间形成共价键，即该物质含有离子键、共价键；

K原子质子数为19，原子核外有4个电子层，各层电子数为2、8、8、1；

离子键和共价键；

7．

有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；

X＋与M2－具有相同的电子层结构；

离子半径：

Z2－＞W－；

Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料。

请回答下列问题：

（1）Y元素的名称________；

（2）W在元素周期表中的位置是第________周期第________族；

（3）X2M2中存在的化学键有________、________；

（4）Z、W氢化物的稳定性顺序为________。

（用化学式表示）

【答案】硅三ⅦA离子键共价键HCl＞H2S

Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料，则Y是Si元素，又因为X、Y、Z、W同周期，所以X、Y、Z、W属于第三周期，由离子半径：

Z2-＞W-、X+与M2-具有相同的电子层结构，可知X、Z、W分别为Na、S、Cl元素，又因为Z、M同主族且X、Y、Z、W、M均为短周期元素，则M为第二周期的O元素。

（1）Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料，则Y是Si元素，元素名称为：

硅。

（2）W为Cl元素，在元素周期表中的位置为：

第三周期第ⅦA。

（3）X为Na元素，M为O元素，所以X2M2为Na2O2，Na2O2中Na+与O22-之间存在离子键，O22-中两个O原子间存在共价键，故Na2O2中存在的化学键有离子键和共价键。

（4）Z为S，W为Cl，非金属性W（Cl）>

Z（S），元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，所以氢化物的稳定性顺序为：

HCl＞H2S。

本题考查原子结构与元素周期律知识，侧重于学生分析能力的考查，首先运用元素周期表工具，结合同周期、同主族规律，位、构、性关系推断出X、Y、Z、W、M分别是什么元素，然后结合元素化合物知识进一步解答，注意本题分析的要点或关键词为：

短周期元素、同周期、同主族、相同的电子层结构、离子半径大小、单质晶体熔点硬度、半导体材料等，找到突破口是解答本题的关键。

8．

碳与硅是十分重要的两种元素，金刚石、SiC具有耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛。

（1）碳元素在周期表中的位置是_______________，其原子核外通常未成对电子数为___________个。

（2）已知2Ca3（PO4）2（s）+10C（s）→P4（g）+6CaO（s）+10CO（g）反应中，被破坏的化学键有________。

a．离子键b.极性共价键c.非极性共价键

（3）一定条件下，Na还原CCl4可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，除去粗产品中少量钠的试剂为_______________。

（4）下列叙述正确的有____________填序号），

①Na还原CCl4的反应、Cl2与H2O的反应均是置换反应

②水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同

③NaSiO3溶液与SO3的反应可用于推断Si与S的非金属性强弱

④Si在一定条件下可与FeO发生置换反应

【答案】第二周期第IVA族2abc水（或乙醇）③④

（1）碳元素的电子层数为2，最外层电子数为4，所以在周期表中的位置是第二周期第IVA族，碳元素的2p能级上有2个未成对电子。

（2）由2Ca3（PO4）2（s）+10C（s）→P4（g）+6CaO（s）+10CO，可知：

钙离子和磷酸根离子之间的离子键被破坏，磷原子和氧原子间的极性共价键被破坏，另外C中非极性共价键也被破坏，因此答案选abc。

（3）由于Na可以与水（或乙醇）发生反应，而金刚石不与水（或乙醇）反应，所以除去粗产品中少量的钠可用水（或乙醇）。

（4）①Na还原CCl4生成NaCl和C，属于置换反应，但Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，不是置换反应，故①错误；

②水晶属于原子晶体，而干冰属于分子晶体，熔化时克服粒子间作用力的类型不相同，前者是共价键，后者是分子间作用力，故②错误；

③Na2SiO3溶液与SO3的反应，说明酸性H2SiO3比H2SO4弱，可用于推断Si与