高考化学 化学键大题培优附答案Word格式.docx

1、 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

2、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

3、的非金属性比c元素的非金属性强的有_。Aa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Ca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91，写出烃分子电子式_。【答案】第三周期、A族 离子键、

4、（极性）共价键 AC Si（s）+2Cl2（g）=SiCl4（l） H= -687kJmol-1 3Fe+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、A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；AO2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

5、强弱体现得电子能力，与得电子数目无关，故B错误；CO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= -687kJmol-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

6、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：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；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；氧化性越强的非金属元素

7、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）。3Nature Energy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1

8、82，沸点为233。硝酸溶液中NO3的空间构型为_。甘氨酸中N原子的杂化类型为_，分子中键与键的个数比为_，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）42+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d pm，密度为g/cm3，则阿伏加德罗常数NA=_（列出表达式）mol-l。【答案】FNO 1s22s22p63s23p63d8或Ar 3

9、d8 激发 平面三角形 sp3 9:1 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NH键之间的排斥力小于原孤对电子与NH3中NH键之间的排斥力，故配合离子中NH3的NH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FO；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

10、+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）NO3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；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键，其余共价键均为键，所以分子中键与键的个数比为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NH键之间的排斥力小于原孤对电子与NH3中NH

11、键之间的排斥力，故配合离子中NH3的NH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d pm=d10-10cm，所以晶胞的体积V=d310-30cm3，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，但由于键对键的排斥力小于孤电子对键的排斥力，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“Q3 2Q1+Q24Q3 2Q1+Q2 bc FeO42-+3e-+4H2O=Fe

12、（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：NH3PH3；（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

13、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）1 mol H2O中含2 mol H-O键，断开1 mol H-H、1 mol O=O、1 mol O-H键需吸收的能量分别为Q1、Q2、Q3 kJ，则形成1 mol O-H键放出Q3 kJ热量，对于反应H2（g）+O2（g）=H2O（g），断开1 mol H-H键和 mol O=O键所吸收的能量（Q1+Q2） kJ，生成2 mol H-O新键释放的能量为2Q3 kJ，由于该反应是放热反应，所以2Q3-（Q1+Q2）0，2Q1+Q2Z（S），元素的非金属性越强，对应的氢

14、化物越稳定，所以氢化物的稳定性顺序为：HClH2S。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

15、）+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），Na还原CCl4的反应、Cl2与H2O的反应均是置换反应水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同NaSiO3溶液与SO3的反应可用于推断Si与S的非金属性强弱Si在一定条件下可与FeO发生置换反应【答案】第二周期第IVA族 2 abc 水（或乙醇） （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

16、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）Na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，故错误；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，故错误；Na2SiO3溶液与SO3的反应，说明酸性H2SiO3比H2SO4弱，可用于推断Si与