高考化学 化学键的综合热点考点难点含答案.docx

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高考化学化学键的综合热点考点难点含答案

高考化学化学键的综合热点考点难点含答案

一、化学键练习题（含详细答案解析）

1．

（1）下面列出了几组物质：

A．金刚石与石墨；B．丙烯与环丙烷；C．氕与氘；D．甲烷与戊烷；E.液氨与氨水；F.与；G.与，请将物质的合适组号填写在空格上。

①同位素_________

②同素异形体_________

③同系物_________

④同分异构体_________

⑤同一物质_________。

（2）下列物质中：

①Ar②MgBr2③Na2O2④H2SO4⑤CS2⑥NH4Br⑦BaO⑧RbOH。

只存在共价键的是_________（填序号，下同），只存在离子键的是_________，既存在离子键又存在极性共价键的是_________，既存在离子键又存在非极性共价键的是_________。

（3）异丁烷的一氯代物有_________种，新戊烷的一氯代物有_________种。

C3H2Cl6的同分异构体有_________种，C5HCl11的同分异构体有_________种，乙烷和氯气在光照条件下发生取代反应所得产物最多有_________种。

【答案】CADB、FG④⑤②⑦⑥⑧③214810

【解析】

【分析】

【详解】

（1）上述物质中，①氕与氘的质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素称为同位素，故答案为：

C；

②金刚石和石墨是由同一种元素组成的不同种单质，互为同素异形体，故答案为：

A；

③甲烷和戊烷是结构相似，分子组成相差4个CH2原子团的同一类有机物，互称为同系物，故答案为：

D；

④丙烯与环丙烷的分子式均为C3H6，但结构不同，与的分子式均为C5H12相同，但结构不同，分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体，故答案为：

B、F；

⑤与属于同一种物质，故答案为：

G；

（2）①Ar为单原子分子，不含有化学键；

②MgBr2是离子化合物，Mg2+和Br-形成离子键；

③Na2O2是离子化合物，Na+和O22-形成离子键，O22-中O和O形成非极性共价键；

④H2SO4是共价化合物，只存在极性共价键；

⑤CS2是共价化合物，C和S形成极性共价键；

⑥NH4Br是离子化合物，NH4+和Br-形成离子键，NH4+中N和H形成极性共价键；

⑦BaO是离子化合物，Ba2+和O2-形成离子键；

⑧RbOH是离子化合物，Rb+与OH-形成离子键，OH-中H和O形成极性共价键；

综上所述，只存在共价键的是④⑤，只存在离子键的是②⑦，既存在离子键又存在极性共价键的是⑥⑧，既存在离子键又存在非极性共价键的是③，故答案为：

④⑤；②⑦；⑥⑧；③；

（3）异丁烷（2-甲基丙烷）有两种等效氢，其一氯代物有2种；

新戊烷（2，2-二甲基丙烷）只有一种等效氢，其一氯代物有1种；

分子式为C3H2Cl6的有机物可以看作C3Cl8中的两个Cl原子被两个H原子取代，碳链上的3个碳中，两个氢原子取代一个碳上的氯原子，有两种，CCl3-CCl2-CClH2（取代那面甲基上的氢原子时一样）、CCl3-CH2-CCl3；分别取代两个碳上的氯原子，有两种：

CCl2H-CCl2-CCl2H（两个边上的），CCl2H-CHCl-CCl3（一中间一边上），故C3H2Cl6共有4种；

C5HCl11可看作C5C12中的一个Cl被H取代，先定碳骨架：

C5有三种碳骨架：

、、，后根据对称性移动官能团：

氢原子的位置有、、，因此C5HCl11的同分异构体有3+4+1=8种；

乙烷和氯气在光照条件下发生取代反应所得产物中，一氯取代物有1种，二氯取代物有2种，三氯取代物有2种，四氯取代物有2种（与二氯取代物个数相同），五氯取代物有1种（与一氯取代物个数相同），六氯取代物1种，另外还有氯化氢生成，所以共有10种；

综上所述，答案为：

2；1；4；8；10。

2．

（1）下面是4种粒子的结构示意图：

A．B．C．D．

图中粒子共能表示________种元素，

图中表示的阳离子是________（用离子符号表示），

图中B所表示的元素在元素周期表中的位置________。

（2）在1﹣18号的短周期主族元素中，图中的字母代表一种元素，回答下列问题：

①写出D气态氢化物的电子式________；

②写出C的最高价氧化物的结构式________；

③E和F分别形成的气态氢化物中较稳定的是（填写氢化物的化学式）_________；

④A最高价氧化物的水化物所含化学键为____，其水溶液与B反应的离子方程式为________；

（3）X、Y、Z、M、N、Q皆为短周期主族元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。

下列说法正确的是______

A．金属性：

N＞Q

B．简单离子半径：

Q＞N＞X

C．最高价氧化物对应水化物的酸性：

M＞Y＞N

D．原子序数：

Z＞M＞X＞Y

【答案】3Mg2+第三周期第ⅦA族O=C=OHCl离子键、共价键2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑CD

【解析】

【分析】

（1）根据质子数决定元素的种类分析，根据核内质子数与核外电子数的关系分析阴、阳离子，写出阳离子符号，根据B的质子数判断其在元素周期表中的位置；

（2）由元素在周期表中的位置，可知A为钠、B为铝、C为碳、D为氮、E为硫、F为氯。

①D单质为N2，分子中N原子之间形成3对共用电子对；②C的最高价氧化物为CO2，分子中C与O原子之间形成双键；③元素非金属性越强，对应氢化物越稳定；④A最高价氧化物为NaOH，氢氧化钠溶液与Al反应生成偏铝酸钠与氢气，由此写出反应的离子方程；

（3）X、Y、Z、M、N、Q都是短周期主族元素，由图中化合价可知，X的化合价为-2价，没有正化合价，故X为O元素，M的化合价为+6、-2价，故M为S元素；Z的最高价为+7价，最低价-1价，则Z为Cl元素；Y的化合价为+4、-4价，原子半径小于Cl，故Y为C元素；N为+3价，原子半径大于S，故N为Al元素；Q的化合价为+1价，位于第ⅠA族，原子半径大于Al，故Q为Na元素，根据以上分析解答。

【详解】

（1）由四种粒子的结构示意图可知，核内的质子数有3种，则图中粒子表示3种元素；阳离子的核电荷数大于核外电子数，四种粒子的结构示意图中，只有A的核内质子数（12）>核外电子数（10），表示阳离子，离子符号为Mg2+；B的核内质子数为17，表示的是Cl元素，位于元素周期表第三周期第ⅦA族；

（2）由元素在周期表中的位置，可知A为钠、B为铝、C为碳、D为氮、E为硫、F为氯。

①D气态氢化物为NH3，分子中N原子和H原子之间共形成3对共用电子对，电子式为：

；

②C的最高价氧化物为CO2，分子中C与O原子之间形成双键，结构式为：

O=C=O；

③同周期自左而右非金属性增强，非金属性越强氢化物越稳定，非金属性S

④A的最高价氧化物的水化物的化学式为NaOH，含有离子键、共价键，氢氧化钠溶液与Al反应生成偏铝酸钠与氢气，反应的离子方程式为：

2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（3）X、Y、Z、M、N、Q都是短周期主族元素，由图中化合价可知，X的化合价为-2价，没有正化合价，故X为O元素，M的化合价为+6、-2价，故M为S元素；Z的最高价为+7价，最低价-1价，则Z为Cl元素；Y的化合价为+4、-4价，原子半径小于Cl，故Y为C元素；N为+3价，原子半径大于S，故N为Al元素；Q的化合价为+1价，位于第ⅠA族，原子半径大于Al，故Q为Na元素。

A．同周期自左而右金属性减弱，故金属性Na>Al，A错误；

B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径大小为：

O2->Na+>Al3+，B错误；

C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以酸性由强互弱的顺序为：

硫酸>碳酸>偏铝酸，C正确；

D．根据分析可知原子序数大小为：

Z（Cl）>M（S）>X（O）>Y（C），D正确；

故答案选CD。

3．

（1）双氧水（H2O2）是一种绿色氧化剂，它的电子式为__。

（2）在常压下，乙醇的沸点（78.2℃）比甲醚的沸点（-23℃）高。

主要原因是__。

（3）联氨（又称肼，分子式N2H4）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。

联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似。

①肼的水溶液显碱性原因是__（请用肼在水中一级电离的方程式来表示）。

②联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为__。

【答案】乙醇分子间形成了氢键，而甲醚却不能N2H4+H2O⇌NH2NH3++OH-N2H6（HSO4）2

【解析】

【分析】

【详解】

（1）双氧水（H2O2）是一种绿色氧化剂，双氧水是共价化合物，电子式为；

（2）在常压下，乙醇的沸点（78.2℃）比甲醚的沸点（-23℃）高。

主要原因是乙醇分子间形成了氢键，而甲醚却不能；

（3）①联氨在水中的电离方程式与氨相似,则联氨的第一步电离方程式为：

N2H4+H2O⇌NH2NH3++OH-，则肼的水溶液显碱性。

②联氨为二元弱碱，第一步电离方程式为：

N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，第二步电离方程式为：

N2H5++H2O⇌N2H62++OH-，则联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H6（HSO4）2。

4．

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

【解析】

【分析】

【详解】

（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S的非金属性强弱，故③正确；④C和Si同主族性质相似，Si在一定条件下可与FeO发生置换反应，故④正确，答案选③④。

5．

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：

_______、_____