高考化学压轴题之 化学键高考题型整理突破提升附详细答案.docx
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高考化学压轴题之化学键高考题型整理突破提升附详细答案
2020-2021高考化学压轴题之化学键（高考题型整理,突破提升）附详细答案
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．
据《自然·通讯》（NatureCommunications）报道，我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学还原法生产甲醇过程中催化效率高。
铜和硒等元素化合物在生产、生活中应用广泛。
请回答下列问题：
（1）基态硒原子的价电子排布式为________；硒所在主族元素的简单氢化物中沸点最低的是________。
（2）电还原法制备甲醇的原理为2CO2+4H2O
2CH3OH+3O2。
①写出该反应中由极性键构成的非极性分子的结构式________；
②标准状况下，VLCO2气体含有________个π键。
（3）苯分子中6个C原子，每个C原子有一个2p轨道参与形成大π键，可记为（π
右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子）。
已知某化合物的结构简式为
，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，可表示为_______，Se的杂化方式为________。
（4）黄铜矿由Cu+、Fe3+、S2-构成，其四方晶系晶胞结构如图所示。
则Cu+的配位数为________；若晶胞参数a=b=524pm，c=1032pm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶系晶体的密度是________g·cm-3（不必计算或化简，列出计算式即可）。
【答案】4s24p4H2S或硫化氢O=C=O
π
sp24
或
【解析】
【分析】
（1）根据原子的构造原理书写基态硒原子的价电子排布式；根据同族元素形成的化合物的相对分子质量越大，物质的熔沸点越高，H2O分子之间存在氢键，物质的熔沸点最高分析判断；
（2）①化合物分子中都含有极性键，根据分子的空间构型判断是否属于非极性分子，并书写其结构简式；②先计算CO2的物质的量，然后根据CO2分子中含有2个π键计算π键个数；
（3）根据化合物中原子个数及参与形成化学键的电子数目书写大π键的表示；
（4）根据四方晶系CuFeS2晶胞结构所示分析可知亚铜离子形成四个共价键，硫原子连接两个亚铁离子和两个亚铜离子；用均摊方法，结合晶胞结构计算一个晶胞在含有的各种元素的原子个数，确定晶胞内共CuFeS2的数目，a=b=0.524nm，c=1.032nm，则晶体的密度=
计算。
【详解】
（1）Se是34号元素，根据原子核外电子排布的构造原理，可知其核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p4，基态硒原子的价电子排布式为4s24p4；硒所在主族元素是第VIA，简单氢化物化学式通式是H2X，这些氢化物都是由分子构成，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质气化消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高，由于H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使其熔沸点在同族元素中最高，故第VIA的简单氢化物中沸点最低的是H2S；
（2）①在方程式中的三种化合物分子中都存在极性共价键。
其中CO2是由极性键构成的非极性分子，其空间构型为直线型，结构式是O=C=O；
②VL标准状况下CO2的物质的量是n（CO2）=
mol，由于在1个CO2分子中含有2个π键，所以
molCO2气体中含有的π键数目为
mol×2×NA/mol=
；
（3）已知某化合物的结构简式为
，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，根据结构简式可知，形成大π键的原子个数是5个，有6个电子参与成键，因此可表示为π
，其中Se的杂化方式为sp2；
（4）根据晶胞结构分析可知，由面心上Cu与2个S相连，晶胞中每个Cu原子与4个S相连，Cu+的配位数为4；
②晶胞中Fe2+数目=8×
+4×
+1=4，Cu+的数目=6×
+4×
=4，S2-数目为8×1=8，所以晶胞内共含4个CuFeS2，a=b=524pm，c=1032pm，则晶体的密度
=
g/cm3或
g/cm3。
【点睛】
本题考查了原子结构、核外电子排布式、物质的熔沸点高低比较、化学键形成、微粒的空间结构、晶胞结构的计算应用，掌握构造原理及物质结构与物质性质的关系和均摊方法在晶胞计算的应用是解题关键，要熟练掌握原子杂化理论，用对称思维方式判断分子的极性，弄清长度单位的换算在晶胞密度计算的应用，该题同时考查了学生的空间想象能力和数学计算与应用能力。
3．
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
【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）。
4．
工业制备纯碱的原理为：
NaCl+CO2+NH3+H2O→NH4Cl+NaHCO3↓。
完成下列填空：
（1）上述反应体系中出现的几种短周期元素，非金属性最强的是__，第二周期原子半径由大到小的是__。
（2）反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的电子式是__，该分子为__（选填“极性”、“非极性”）分子。
（3）写出上述元素中有三个未成对电子的原子核外电子排布式__，下列关于该元素和氧元素之间非金属性大小判断依据正确的是___（填编号）
a.最高价氧化物对应水化物的酸性
b.两元素形成化合物的化合价
c.气态氢化物的稳定性
d.氢化物水溶液的酸碱性
侯氏制碱法也称联碱法，联合了合成氨工厂，发生如下反应：
N2+3H2
2NH3
（4）工业为了提高H2的转化率，一般会加入稍过量的N2，这样做对平衡常数的影响是__（填“变大”，“变小”或“无影响”，下同），对N2的转化率的影响是___，对H2的反应速率的影响是__。
（5）该反应的催化剂是__（填名称）。
反应本身为放热反应，但是工业仍然选择高温的理由是：
__。
【答案】OC＞N＞O
非极性1s22s22p3bc无影响减小变大铁触媒高温加快反应速率，催化剂适宜温度
【解析】
【分析】
【详解】
（1）上述反应体系中出现的几种短周期元素为:
H、C、N、O、Na、Cl。
同周期元素，从左往右非金属性越来越强，同族元素从下往上，非金属性越来越强，所以几种短周期元素中非金属性最强的是O；同周期从左往右，元素的原子半径越来越小，C、N、O为第二周期的元素，其原子半径由大到小的顺序为：
C＞N＞O；
（2）铵根离子空间构型为正四面体形，反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的是CH4，其电子式是
，该分子为非极性分子；
（3）上述元素中有三个未成对电子的原子为N，其核外电子排布式为1s22s22p3，关于N与O元素之间非金属性大小判断依据：
a.O无最高价氧化物对应的水化物，a不能作为判据；
b.可根据两元素形成化合物NO中两元素的化合价来判断两者的非金属性大小，b能作为判据；
c.两者的气态氢化物分别为H2O、NH3，根据氢化物的稳定性可判断两者的非金属性大小，c能作为判据；
d.氢化物水溶液的酸碱性不能作为判断两者的非金属性大小的依据，d不能作为判据；
答案选bc；
（4）工业为了提高H2的转化率，加入稍过量的N2，因为温度不变，所以反应的平衡常数不变，增大N2的量，平衡移动最终只能削弱条件改变带来的影响而不能彻底消除，所以N2的量会比加量前平衡时的量要多，所以N2的转化率会降低，但会提高另一反应物（H2）的转化率；
（5）合成氨反应的催化剂是铁触媒。
反应本身为放热反应，但是工业仍然选择高温的理由是：
高温能够加快反应速率，且在该温度下适合催化剂发挥作用，即催化剂的活性强。
【点睛】
元素非金属性大小的主要比较方法：
①根据元素周期表判断：
同周期从左到右，非金属性逐渐增强；同主族从上到下非金属性逐渐减弱。
②从元素单质与氢气化合难易上比较：
非金属单质与H2化合越容易，则非金属性越强。
③从形成氢化物的稳定性上进行判断：
氢化物越稳定，非金属性越强。
④从非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱判断：
若最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则非金属性越强。
⑤从非金属阴离子还原性强弱判断:
非金属阴离子还原性越强，对应原子得电子能力越弱,其非金属性越弱。
⑥根据两种元素对应单质化合时电子的转移或化合价判断：
一般来说，当两种非金属元素化合时，得到电子而显负价的元素原子的电子能力强于失电子而显正价的元素原子。
5．
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41g·mol-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）。
①E的单质与D的气态氢化物的水溶液反应，生成淡黄色沉淀
②E与H2化合比D与H2化合更容易
③D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
④等浓度的D和E的最高价含氧酸的水溶液中的c（H+）：
D＞E
（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ⅥA族AlN＋4HCl=AlCl3＋NH4Cl2NH3＋3H2O2=N2↑＋6H2O或2NH3·H2O＋3H2O2=N2↑＋8H2ON2H4＋H2O
N2H5＋＋OH－N2H6（HSO4）2①②③
【解析】
【分析】
由短周期元素A、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ⅥA族；
（2）A和C形成的一种摩尔质量为41g·mol－1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NH3·H2O，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+H2O
N2H5++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）①E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Cl2＋H2S=S↓＋2HCl，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；
②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；
③S与Fe化合时产物中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；
④D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①②③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
。
6．
现有a～g7种短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如表所示，请回答下列问题：
（1）下列选项中，元素的原子间最容易形成离子键的是___（填序号，下同），元素的原子间最容易形成共价键的是___。
A．c和fB．b和gC．d和gD．c和e
（2）下列由a～g7种元素原子形成的各种分子中，所有原子最外层都满足8电子稳定结构的是___（填序号）。
A．ea3B．agC．fg3D．dg4
（3）由题述元素中的3种非金属元素形成的AB型离子化合物的电子式为___。
（4）c与e可形成一种化合物，试写出该化合物的化学式：
___，其含有的化学键类型为___，其与过量稀盐酸反应的化学方程式为___。
【答案】BCCD
Mg3N2离子键Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl
【解析】
【分析】
首先确定a～g的7种元素具体是什么元素，
（1）一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；
（2）根据各分子中非金属元素的原子形成的共用电子对情况分析；
（3）3种非金属元素形成的AB型离子化合物是NH4Cl；
（4）根据化合物中的成键元素来判断化学键类型，并根据物质的性质来书写方程式。
【详解】
根据元素在元素周期表中的相对位置可知a、b、c、d、e、f、g分别为H、Na、Mg、C、N、P、Cl，
（1）碱金属元素原子与卤素原子间最容易形成离子键，故Na与Cl最容易形成离子键，故B符合；c为金属元素，不容易与其他元素形成共价键，非金属元素间一般形成共价键，则C与Cl之间最容易形成共价键，故C符合，故答案为：
B；C；
（2）各选项对应的分子分别为NH3、HCl、PCl3、CCl4，其中NH3、HCl中由于氢形成的是2电子稳定结构，故不符合题意；而PCl3中，磷原子核外最外层电子数为5，它与氯原子形成共价键时，构成PCl3中的磷原子、氯原子最外层都达到8电子结构，同理，CCl4亦符合题意，故答案为：
CD；
（3）3种非金属元素形成的AB型离子化合物是NH4Cl，其电子式为
，故答案为：
；
（4）Mg与N形成离子化合物Mg3N2，该物质与过量稀盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl，故答案为：
Mg3N2；离子键；Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl。
7．
现有短周期元素性质的部分数据如下表，其中x的值表示不同元素的原子吸引电子的能力大小，若x值越大，元素的非金属性越强，金属性越弱。
x值相对较大的元素在所形成的分子中化合价为负。
⑩原子的核外电子层数与核外电子总数相同。
元素编号
元素性质
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
x
3.44
2.55
0.98
3.16
2.19
3.98
0.93
3.04
1.91
常见化合价
最高价
+4
+1
+1
+4
最低价
-2
-1
-3
-1
-3
（1）根据以上条件，推断③④⑤的元素符号分别为：
___，__，__。
（2）②的最高价氧化物的固体属于__晶体，空间构型__。
（3）用电子式表示下列原子相互结合成的化合物电子式：
①＋⑦＋⑩：
___，
①＋⑩形成原子个数比为1：
1的化合物：
__。
（4）写出①与⑦所形成仅含离子键的化合物和④与⑩所形成的化合物反应的离子方程式：
___。
【答案】LiClP分子直线形
Na2O＋2H＋=2Na＋＋H2O
【解析】
【分析】
【详解】
①最低价为－2，是O或者S。
⑩原子的核外电子层数与核外电子总数相同，则只有H满足，最外层电子数是1，电子层数也是1。
②和⑨的最高价均为＋4，同为ⅣA族，②的非金属性比⑨强，则②为C，⑨为Si；③和⑦的最高价均为＋1，同为ⅠA族，⑦的金属性强，则⑦为Na，③为Li。
④和⑥的最低价均为－1，为ⅦA族，⑥非金属性强，则⑥为F，④为Cl，⑤和⑧最低价均为－3，为ⅤA族元素，⑧的非金属性较强，则⑧为N，⑤为P。
如果①是S，则①的非金属性比Cl低，但是①的非金属性比Cl高，则①为O。
【点睛】
根据上述的分析，①为O，②为C，③为Li，④为Cl，⑤为P，⑥为F，⑦为Na，⑧为N，⑨为Si，⑩为H。
（1）根据分析，③④⑤分别为Li、Cl、P；
（2）②的最高价氧化物是CO2，形成的晶体由CO2分子构成，属于分子晶体；CO2价层电子对数为
，没有孤对电子对，则CO2的空间构型为直线形；
（3）①⑦⑩构成的物质为NaOH，由Na＋和OH－构成，其电子式为
；
①⑩形成1：
1的化合物为H2O2，其电子式为
；
（4）①和⑦形成仅含有离子键的化合物为Na2O，④和⑩形成的化合物为HCl，其离子方程式为Na2O＋2H＋=2Na＋＋H2O。
8．
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Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ4种类型，苏丹红Ⅰ的分子结构如图所示：
苏丹红Ⅰ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TiCl3·6H2O。
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
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