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1、全国各地高考化学分类 化学键综合题汇编2020-2021全国各地高考化学分类： 化学键综合题汇编一、化学键练习题（含详细答案解析）1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_。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

2、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、（极性）共价键 AC Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l) H= -687kJmol-1 3Fe+4H2SO4(浓)=Fe3O4+4SO2+4H2O 【解析】【详解】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

3、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6

4、87kJ，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

5、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)。2煤气中主要的含硫杂质有H2S以及COS（有机硫），煤气燃烧后含硫杂质会转化成SO2从而引起大气污染。煤气中H2S的脱除程度已成为其洁净度的一个重要指标。回答下列问题：（1）将H2S通入FeCl3溶液

6、中，该反应的还原产物为_。（2）脱除煤气中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2还原法以及水解法等。COS的分子结构与CO2相似，COS的电子式为_。Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为_。已知断裂1mol化学键所需的能量如下(能量的单位为kJ)：HHCOCSHSCO4367455773391072H2还原COS发生的反应为H2（g）+COS（g） H2S（g）+CO（g），该反应的H=_kJmol-1。用活性Al2O3催化COS水解的反应为COS（g）+ H2 O（g） CO2（g）+ H2S （g） HNO 1s22s22p63s23p63d8或Ar 3d8

7、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； 【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FNO；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

8、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)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

9、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；(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=。【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（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

10、_。（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。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）。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+H2ONH2NH3+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)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

11、程式为：N2H4+H2ONH2NH3+OH-，则肼的水溶液显碱性。联氨为二元弱碱，第一步电离方程式为：N2H4+H2ON2H5+OH-，第二步电离方程式为：N2H5+H2ON2H62+OH-，则联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2。5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(OH)3+5OH- Zn+2OH-2e-=Zn(OH)2 【解析】【分析】(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

12、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。【详解】(1)由于元素的非金属性：NP，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

13、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+Q24Q3，故合理选项是；(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

14、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。【点睛】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

15、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。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

16、_。【答案】:NN: 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：:NN:；故答案：:NN:；(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

17、，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；。7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41gmol-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

18、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)。E的单质与D的气态氢化物的水溶液反应，生成淡黄色沉淀E与H2化合比D与H2化合更容易D与Fe化合时产物中Fe为+2价，E与Fe化合时产物中Fe为+3价等浓度的D和E的最高价含氧酸的水溶液中的c(H+)：DE（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A族 AlN4HCl=AlCl3NH4Cl 2NH33H2O2=N26H2O或2NH3H2O3H2O2=N28H2O N2H4H2ON2H5OH N2H6(HSO4)2 【解析】【分析】由短周期元素A

19、、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A族；(2)A和C形成的一种摩尔质量为41gmol1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NH3H2O，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

20、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+H2ON2H5+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)E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Cl2H2S=S2HCl，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；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；S与Fe化合时产

21、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；D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。8试用相关知识回

22、答下列问题：（1）有机物大多难溶于水，而乙醇和乙酸可与水互溶，原因是_。（2）乙醚（）的相对分子质量大于乙醇，但乙醇的沸点却比乙醚的高得多，原因是_。（3）从氨合成塔里分离出NH3，通常采用的方法是_，原因是_。（4）水在常温下的组成的化学式可用（H2O）n表示，原因是_。【答案】乙醇、乙酸和水均为极性分子，且乙醇和乙酸均可与水形成分子间氢键 乙醇分子间存在较强的氢键 加压使液化后，与H2、N2分离 NH3分子间存在氢键，易液化 水分子间存在氢键，若干个水分子易缔合成较大的“分子 【解析】【分析】由于氢键的存在，可以让乙醇和乙酸与水互溶，可以增大物质的熔沸点，易让氨气液化，使多个水分子缔合在一

23、起形成大分子，但是氢键不是化学键。【详解】（1）乙醇分子中的羟基(OH)、乙酸分子中的羧基(COOH)中的O原子与水分子中的H原子可以形成氢键、乙醇分子中的羟基(OH)、乙酸分子中的羧基(COOH)中的H原子与水分子中的O原子可以形成氢键，故乙醇和乙酸可与水互溶的原因：乙醇、乙酸和水均为极性分子，且乙醇和乙酸均可与水形成分子间氢键；（2）乙醇分子间通过氢键结合产生的作用力比乙醚分子间的作用力大，故乙醇的相对分子质量虽小，但其分子间作用力比较大，所以沸点高；（3）氨气分子间由于存在氢键，沸点较高，加压会使它容易液化，从而可以和氢气、氮气分离；（4）在常温下，由于水分子之间存在氢键，会使多个水分子

24、缔合在一起，形成较大的分子。9原子结构与元素周期表存在着内在联系。根据所学物质结构知识，请回答下 列问题：(1)苏丹红颜色鲜艳、价格低廉，常被一些企业非法作为食品和化妆品等的染色剂，严 重危害人们健康。苏丹红常见有、4 种类型，苏丹红的分子结构如图所示：苏丹红在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，有人把羟基取代在对位形成如图所示的结构：则其在水中的溶解度会_(填“增大”或“减小”)，原因是_。(2)已知 Ti3+可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为 TiCl36H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：a.分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；b.分别往待测溶液中滴入 AgNO3 溶液，均产生白色沉淀；c.沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为原紫色晶体的水溶液得到的沉淀质量的2/3。则绿色晶体配合物的化学式为_，由 Cl-所形成的化学键类型是_。(3)如图中A、B、C、D四条曲线分别表示第A、A