北京高考化学专题复习 化学键的综合题.docx

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北京高考化学专题复习化学键的综合题

北京高考化学专题复习化学键的综合题

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．

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；

。

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；

【解析】

【详解】

（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>N>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=

。

【点睛】

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．

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·

·

【解析】

【分析】

（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。

【详解】

（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：

:

N⋮⋮N:

；故答案：

:

N⋮⋮N:

；

（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；

故答案：

离子键和共价键；

。

5．

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

【解析】

【分析】

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。

【详解】

（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。

【点睛】

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。

6．

（1）下列物质中，既含离子键又含共价键的化合物是_________；同时存在σ键和π键的分子是_________，含有极性键的非极性分子是_________。

A．N2B．C2H6C．CaCl2D．NH4Cl

（2）用“>”或“<”填空：

晶格能：

Na2O_______KCl酸性：

H2SO4_______HClO4离子半径：

Al3＋_______F－

【答案】DAB><<

【解析】

【分析】

（1）A．N2分子含有非极性共价键，属于单质，氮气分子结构简式为N≡N，所以氮气分子中含有σ键和π键的非极性分子；

B．C2H6分子中碳原子和氢原子之间存在极性键，碳原子和碳原子之间存在非极性共价键，属于共价化合物，乙烷的结构式为

，乙烷分子中只含σ键的非极性分子；

C．CaCl2中只含离子键，属于离子化合物；

D．NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键，氮原子和氢原子之间存在共价键，属于离子化合物，铵根离子中氮原子和氢原子之间存在σ键；

（2）离子化合物中，阴阳离子半径越小，离子所带电荷数越多，晶格能越大；非金属性越强，所对应元素的最高价含氧酸的酸性越强；具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小。

【详解】

（1）由分析可知：

既含离子键又含共价键的化合物是NH4Cl；同时存在σ键和π键的分子是N2；含有极性键的非极性分子是C2H6。

（2）Na+的半径比K+半径小，O2-的半径比Cl-半径小，并且O2-带的电荷数比Cl-多，故晶格能：

Na2O>KCl；

同周期从左向右非金属性增强，非金属性S

具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径为Al3＋

【点睛】

本题考查原子结构、元素周期律、分子结构、化学键，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。

7．

将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去。

现有一氧化还原反应的体系，共有KCl、Cl2、浓H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质。

完成下列填空：

（1）写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式，配平并标出电子转移方向和数目：

___________________________。

（2）上述反应中，氧化剂是_____________，每转移1mol电子，生成Cl2_____L（标准状况）。

（3）在反应后的溶液中加入NaBiO3（不溶于冷水），溶液又变为紫红色，BiO3-反应后变为无色的Bi3+。

写出该实验中涉及反应的离子反应方程式：

_________________。

（4）根据以上实验，写出两个反应中氧化剂、氧化产物的氧化性强弱顺序__________。

（5）上述氧化还原反应体系中，属于第三周期元素的简单离子半径由大到小的顺序为________

（6）氯原子的最外层电子的轨道式为___________，氯原子核外有_______不同运动状态的电子。

【答案】

KMnO411.22Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Na++5Bi3++7H2ONaBiO3>KMnO4>Cl2S2->Cl-

17

【解析】

【分析】

（1）由浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去，则高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为KMnO4→MnSO4，则在给出的物质中Cl元素的化合价升高，则氧化反应为KCl→Cl2，然后根据元素守恒来书写氧化还原反应；

（2）在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，根据氧化剂和转移电子之间的关系计算；

（3）在反应后的溶液中加入NaBiO3（不溶于冷水），溶液又变为紫红色，说明Mn2+被氧化变为MnO4-，BiO3-发生反应得到电子后变为无色的Bi3+，据此写出离子方程式；

（4）在自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；

（5）上述氧化还原反应体系中，属于第三周期元素有S、Cl，根据离子半径大小比较方法判断；

（6）根据构造原理可知氯原子的核外电子排布式，任何一个原子核外没有运动状态完全相同的电子存在；结合原子尽可能成单排列，而且自旋方向相同书写Cl原子最外层电子的轨道式。

【详解】

（1）由题意可知，高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为KMnO4→MnSO4，则在给出的物质中Cl元素的化合价升高，则氧化反应为KCl→Cl2，则反应为KMnO4+KCl+H2SO4→MnSO4+K2SO4+Cl2↑+H2O，由电子守恒及原子守恒可得配平后的化学反应为

；

（2）2KMnO4+10KCl+8H2SO4=2MnSO4+6K2SO4+5Cl2↑+8H2O中，锰元素的化合价由+7变为+2，所以高锰酸钾是氧化剂，2mol氧化剂在反应中得到电子的物质的量=2mol×（7-2）=10mol，每转移1mol电子，生成Cl2是0.5mol，其在标准状况下的体积为V（Cl2）=0.5mol×22.4L/mol=11.2L；

（3）如果在反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变紫红色，是因NaBiO3具有强氧化性（比KMnO4氧化性强），将Mn2+氧化为MnO4-，BiO3-得到电子被还原变为无色的Bi3+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：

2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Na++5Bi3++7H2O；

（4）在反应2KMnO4+10KCl+8H2SO4=2MnSO4+6K2SO4+5Cl2↑+8H2O中，物质的氧化性：

KMnO4>Cl2；在反应2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Na++5Bi3++7H2O中，物质的氧化性：

NaBiO3>KMnO4，所以氧化性强弱顺序是：

NaBiO3>KMnO4>Cl2；

（5）上述氧化还原反应体系中，属于第三周期元素有硫和氯，S2-、Cl-核外电子排布都是2、8、8，电子层结构相同，由于核电荷数Cl>S，核电荷数越大，离子的半径就越小，所以其简单离子半径：

S2->Cl-；

（6）Cl是17号元素，核外电子排布式是1s22s22p63s23p5，可见Cl原子最外层有7个电子，氯原子的最外层电子的轨道式为

，氯原子核外有17不同运动状态的电子。

【点睛】

本题考查了氧化还原反应方程式的书写、电子转移方法的表示、原子核外电子排布规律、微粒半径大小比较等。

掌握氧化还原反应中元素化合价与电子转移的关系和物质结构知识是本题解答的关键，题目考查了学生学以致用的能力。

8．

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径最小的是______（填离子符号），原子半径最小的是______（填元素符号）。

（3）表中第三周期所列元素的非金属性最强的是______（填元素符号），e、f、g三种元素的简单氢化物中最不稳定的是______（填化学式）。

（4）元素

与元素

的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式为______。

（5）铅（Pb）、锡（Sn）、锗（Ge）与碳（C）、硅（Si）属于同主族元素，常温下，在空气中，单质锡、锗均不反应而单质铅表面生成一层氧化铅；单质锗与盐酸不反应，而单质锡与盐酸反应。

由此可得出以下结论：

①锗的原子序数为______；

②铅（Pb）、锡（Sn）、锗（Ge）的+4价氢氧化物的碱性由强到弱的顺序为___________（用化学式表示）。

（6）最近，德国科学家实现了铷原子气体的超流体态与绝缘态的可逆转换，该成果将在量子计算机研究方面带来重大突破。

已知铷（Rb）是37号元素，相对原子质量是85.5，与钠同主族。

回答下列问题：

①铷在元素周期表中的位置为__________________。

②同主族元素的同类化合物的性质相似，请写出AlCl3与RbOH过量反应的离子方程式：

_____________________。

③现有铷和另一种碱金属形成的混合金属50g，当它与足量水反应时，放出标准状况下的氢气22.4L，另一种碱金属可能是__________。

（填序号）

A．LiB．NaC．KD．Cs

【答案】第三周期第ⅢA族18Mg2+SClPH3NaOH+HClO4=NaClO4+H2O32Pb（OH）4>Sn（OH）4>Ge（OH）4第五周期第ⅠA族Al3++4OH-=AlO2-+2H2O（或写为Al3++4OH-=[Al（OH）4]-）AB

【解析】

【分析】

由元素在周期表的位置可知，a是N元素，b为Na元素，C为Mg元素，d为Al元素，e为P元素，f为S元素，g为Cl元素，h为Se元素，然后根据元素周期律分析解答。

【详解】

根据元素在周期表的位置可知确定各种元素分别是：

a是N元素，b为Na元素，C为Mg元素，d为Al元素，e为P元素，f为S元素，g为Cl元素，h为Se元素。

（1）元素d为Al，原子核外电子排布是2、8、3，所以在元素周期表中的位置是第三周期IIIA族，f是16号元素S，h是34号元素Se，h与f原子序数相差34-16=18；

（2）b、c、f形成的简单离子分别是Na+、Mg2+、S2-，Na+、Mg2+核外电子排布为2、8，具有两个电子层，S2-核外电子排布是2、8、8，具有三个电子层，离子核外电子层数越多，离子半径越大，对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径越小，所以，三种离子中离子半径最小的是Mg2+；Na、Mg、S都是同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，所以三种元素的原子半径最小的是S；

（3）同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，表中第三周期元素的非金属性最强是Cl；元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，e、f、g三种元素分别表示P、S、Cl，元素的非金属性：

P

（4）g元素与b元素的最高价氧化物对应水化物分别是HClO4、NaOH，HClO4是一元强酸，NaOH是一元强碱，二者混合发生中和反应产生盐和水，反应的化学方程式为NaOH+HClO4=NaClO4+H2O；

（5）①锗位于Si元素下一周期，二者原子序数相差18，所以Ge的原子序数为14+18=32；

②由于同一主族的元素从上到下元素的金属性逐渐增强，所以根据铅（Pb）、锡（Sn）、锗（Ge）在元素周期表的位置可知，元素的金属性Pb>Sn>Ge，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，故铅（Pb）、锡（Sn）、锗（Ge）的+4价氢氧化物的