1、高考化学化学键综合题含答案一、化学键练习题（含详细答案解析）1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。 熔点按 F2、 Cl2、Br2、 I2 的顺序依次升高，原因是_。 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。
2、 Q 表示 X2 （ g）与 H2 （ g）反应的反应热，Q_0（填 “ 、”“ K=（）氮原子半径小于碳原子，氮原子吸c Br2c H2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】1 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；2 溴与氯在同一主族，核电荷数为35，在周期表中第四周期、 A，故答案为：第四周期、 A；3 F2 、 Cl 2 、 Br2 、 I 2 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：F2 、 Cl 2 、 Br2 、 I 2 都是分子晶体，相
3、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ClBrI ， 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，故答案为：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；4 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， Q0 ，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，Cl222、 Br中 Cl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2关系平衡常数等于生成物与反应物
4、的浓度幂之积，c（ HBr ），故答案为：K=（）c Br2 c H22c（ HBr ）；（）c Br2 c H25 N 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；。2(1)写出表示含有8 个质子、 10 个中子的原子的化学符号_；(2)元素周期表中位于第8 列的 Fe元素属于 _族；(3)相同质量的14182CO2与 SO 的核外电子数之比为 _；(4)在 KCl、 NaOH、 CaCl2、 H2O2、 Na2O2 中既含有
5、离子键又含共价键的物质的电子式为_；(5)某化合物 XY2 中， X、 Y 均为周期表前20 号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，且 1molXY2含有 54mol 电子。用电子式表示该化合物的形成过程_；(6)A+ 、B+、 C-、 D、 E 5种微粒 (分子或离子 )，它们都含有10 个电子，已知它们有如下转化关系： A+C-VD+E 其离子方程式为_。1822:25和【答案】8O VIII4 +-32NH +OHNH +H O【解析】【分析】（ 1）质子数 =原子序数，质子数 +中子数 =质量数，根据原子表示法来回答；（ 2）根据元素周期表中元素和周期以及族的分布知识来回答；（3）
6、 14 18 2的物质的量为 50g/mol ，含有的电子数为 22264 g/mol ，含C O， SO 的物质的量为有的电子数为32；(4)KCl为离子化合物，只含有离子键；NaOH 为离子化合物，含有离子键和共价键；CaCl2为离子化合物，只含有离子键； H2O2为共价化合物，只含有共价键； Na2O2为离子化合物，含有离子键和共价键；（5） A+，B+， C-， D， E 五种微粒（分子或离子），均含有D+E，10 个电子，由 A+C可知 A+为 NH4+ 、C 为 OH-、 D 为 H2 O、 E为 NH3。【详解】（1）含有 8个质子的原子为O 原子，原子含有10 个中子，其质量数
7、=10+8=18，则核素的符号为18188O；8O，故答案为：（2）周期表中位于第8 纵列的铁元素为过渡元素，位于周期表VIII 族，故答案为： VIII；（3） 14C18O2的物质的量为50g/mol ，含有的电子数为22， SO2 的物质的量为64 g/mol ，含1418m2222 ，故答案有的电子数为32，则相同质量的2与2的核外电子数之比为5032 =mC OSO6425为： 22:25；(4)KCl为离子化合物，只含有离子键；NaOH 为离子化合物，含有离子键和共价键；CaCl2为离子化合物，只含有离子键；H2O2 为共价化合物，只含有共价键；Na2O2为离子化合物，含有离子键和
8、共价键，则含有离子键又含共价键的NaOH 和 Na2O2 的电子式分别为和，故答案为：和；（4）化学试剂的主要成分为XY20 号元素，其阳离子和阴离子的电2， X、Y 均为周期表前子层结构相同，说明含有相同的核外电子数，由1molXY2 含有 54mol 电子可知阴、阳离子核外电子数为54222的形成过程为3 =18，则 XY 为 CaCl ，用电子式表示CaCl，故答案为：；（5） A+，B+， C-， D， E 五种微粒（分子或离子），均含有10D+E，个电子，由 A+C可知 A+为 NH4+ 、C 为 OH-、 D 为 H2 O、 E为 NH3，则 NH4+与 OH- 共热反应的离子方程
9、式为NH+-NH +H O，故答案为：NH+-NH +H O。4324323请将符合题意的下列变化的序号填在对应的横线上：碘的升华；氧气溶于水；氯化钠溶于水；烧碱熔化；氯化氢溶于水；氯化铵受热分解。（ 1）化学键没有被破坏的是 _；仅发生离子键破坏的是 _；（ 2）即发生离子键破坏、又发生共价键破坏的是_；（ 3） N2 的电子式为 _ ；Na2O2 的电子式为 _； CO2 的电子式为_；（ 4）用电子式表示 MgCl2 的形成过程 _ ；（5）已知拆开1 mol HH 键、 1 mol N、N1mol NH 键分别需要吸收的能量为436kJ、946 k J、 391 k J。则由N2 和H
10、2 反应生成1 mol NH3 需要放出_的热量。【答案】46 kJ【解析】【分析】【详解】(1) 碘的升华时 ,碘由固态转化为气态 ,只是物质状态发生变化 ,化学键不被破坏； 氧气溶于水时 ,氧气分子存在于水中 ,化学键不被破坏； 氯化钠溶于水时,氯化钠在水分子的作用力电离出钠离子和氯离子,离子键被破坏； 烧碱熔化时 ,NaOH 电离出钠离子和氢氧根离子,离子键被破坏； 氯化氢溶于水 ,氯化氢在水分子的作用下电离出氢离子和氯离子,共价键被破坏； 氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢,离子键和共价键被破坏；（1）通过以上分析知，化学键没有被破坏的是；仅发生离子键破坏的是；正确答案： ； 。（2）既发
11、生离子键又发生共价键破坏的是 ；正确答案： 。（3）氮气为共价分子，氮氮原子间形成三对共用电子对，其电子式为； Na2O2 为离子化合物，钠离子和过氧根离子间为离子键，其电子式为； CO2 为共价化合物，碳氧原子间形成双键，其电子式为；正确答案：；。（4）金属镁失电子，变为镁离子；氯原子得电子变为氯离子，电子式表示MgCl2 的形成过程为：；正确答案：。（5）在反应 N2 23中,断裂 3molH-H键 ,1molN N键共吸收的能量为 :3 436 kJ +946 kJ+3H =2NH=2254kJ2molNH 36molN-H键，放出的能量为:6 391 kJ =2346 kJ，生成，共形
12、成，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，生成2molNH3 放出的热量为 :2346 kJ -2254 kJ=92 kJ，所以生成 1molNH 3放出的热量为92 kJ /2=46 kJ ；正确答案 : 46 kJ。4(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。同位素 _同素异形体 _同系物 _同分异构体 _同一物质 _。(2)下列物质中： Ar MgBr 2 Na2O2 H2SO4 CS2 NH4Br BaO RbOH。只存在共价键的是 _ (填序号，下同 )，只
13、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、 FG214810【解析】【分析】【详解】(1)上述物质中，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；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；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，
14、故答案为：D；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；与属于同一种物质，故答案为：G；(2) Ar 为单原子分子，不含有化学键；MgBr 2 是离子化合物，Mg2+和 Br-形成离子键； Na2O2 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；H2SO4 是共价化合物，只存在极性共价键；CS2 是共价化合物，C 和 S形成极性共价键；NH4Br 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
15、键；BaO 是离子化合物，Ba2+和 O2-形成离子键；RbOH 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，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，故答案为：；(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，CCl -CCl -CClH （取代那面
16、甲基上的322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），CCl233 2 6共有 4种；H-CHCl-CCl（一中间一边上），故C H ClC5HCl11 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
17、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。5工业制备纯碱的原理为：NaCl+CO2+NH3+H2 O 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
18、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+3H22NH3（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】 OCNO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
19、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：CN 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
20、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
21、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：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。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。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。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。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
22、电子能力越弱 , 其非金属性越弱。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。6试用相关知识回答下列问题：（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（ C2H 5 OC2 H 3 ）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（H2 O） 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
23、强的氢键加压使 NH3液化后，与22分离3分子间存在氢键，易液化H 、 NNH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）
24、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，会使多个水分子缔合在一起，形成较大的分子。7著名化学家徐光宪在稀土化学等领域取得了卓越成就，被誉为“稀土界的袁隆平”。稀土元素包括钪、钇和镧系元素。请回答下列问题：(1)写出基态二价钪离子(Sc2+)的核外电子排布式_，其中电子占据的轨道数为_。(2)在用重量法测定镧系元素和使镧系元素分离时，总是使之先转换成草酸盐，然后经过灼烧而得其氧化物，如 2
25、LnCl3+3H2C2O4+nH2O=Ln2(C2O4)3?nH2O+6HCl。H2C2O4 中碳原子的杂化轨道类型为_； 1 mol H2C2O4 分子中含键和 键的数目之比为 _。H2O 的 VSEPR模型为 _；写出与 H2 O 互为等电子体的一种阴离子的化学式_。HCI 和 H2O 可以形成相对稳定的水合氢离子盐晶体，如HCl?2HO，HCl?2HO 中含有H5O2+，结构为，在该离子中，存在的作用力有_a.配位键b.极性键c.非极性键d.离子键e.金属键f 氢键 g.范德华力h. 键 i. 键(3)表中列出了核电荷数为21 25 的元素的最高正化合价：元素名称钪钛钒铬锰元素符号ScT
26、iVCrMn核电荷数2122232425最高正价+3+4+5+6+7对比上述五种元素原子的核外电子排布与元素的最高正化合价，你发现的规律是_(4)PrO2 (二氧化镨 )的晶胞结构与CaF2 相似，晶胞中Pr(镨 )原子位于面心和顶点。假设相距最近的 Pr 原子与 O 原子之间的距离为a pm ，则该晶体的密度为 _g?cm-3 (用 NA 表示阿伏加德罗常数的值，不必计算出结果)。【答案】 1s22s22p63s23p63d110 sp2 杂化7:2 四面体形NH2-abfi 五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s 电子和次高能层d电子数目之和4141+1623 4a3NA
27、10-103【解析】【分析】(1)Sc(钪 ) 为 21 号元素， 1s22s 22p63s23p63d14s2，据此写出基态Sc2+核外电子排布式； s、p、 d 能级分别含有1、 3、 5 个轨道，基态Sc2+的核外电子 3d 轨道只占了一个轨道，据此计算 Sc2+占据的轨道数；(2) 根据杂化轨道理论进行分析；根据共价键的类型结合该分子的结构进行分析计算；根据价层电子对互斥理论分析 H2O的分子空间构型；等电子体是原子数相同，电子数也相同的物质，据此写出与之为等电子体的阴离子；HCl?2H2O中含有H5O2+，结构为，据此分析该粒子存在的作用力；(3) 根据表中数据，分别写出Sc、 Ti
28、 、V、 Cr、 Mn的外围电子排布式为：3d14s2、3d24s2、3d3 4s2、 3d54s1、 3d54s2，则有五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层 s 电子和次高能层d 电子数目之和；(4) 根据均摊法进行计算该晶胞中所含粒子的数目，根据密度= m 进行计算。V【详解】(1)Sc(钪 )为 21 号元素，基态Sc2+失去两个电子，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d1，s、p 、d 能级分别含有 1、 3、 5 个轨道，但基态 Sc2+的核外电子 3d 轨道只占了一个轨道，故共占据 13+32+1=10个，故答案为： 1s22s22p63s23p
29、63d1； 10；(2) H2C2 O4 的结构式为，含碳氧双键，则碳原子的杂化轨道类型为sp2 杂化，分子中含有7 个 键、 2 个 键，所以 键和 键数目之比为： 7:2 ，故答案为： sp2 杂化； 7:2；H2O 中 O 原子的价层电子对数= 6+2 =4 ，且含有两个 2 个孤对电子，所以 H2O 的 VSPER2模型为四面体形，分子空间构型为V 形，等电子体是原子数相同，电子数也相同的物质，因此，与 H2O 互为等电子体的阴离子可以是NH2-，故答案为：四面体形； NH2-；HCl?2H5 2+，结构为，存在的作用力有：配位键、极性键、氢O 中含有 H O键和 键，故答案为： ab
30、fi ；(3)根据表中数据，分别写出Sc、 Ti、 V、 Cr、Mn 的外围电子排布式为： 3d14s2、 3d24s2、3d34s2、3d 54s1、 3d54s2，则有五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层 s 电子和次高能层 d 电子数目之和，故答案为：五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层 s 电子和次高能层 d 电子数目之和；(4)由图可知，相距最近的Pr 原子和 O 原子之间的距离为该立方体晶胞的体对角线的1 ，4则该晶胞的晶胞参数 =34a 10-10cm ，每个晶胞中占有4 个 “ PrO2”，则该晶胞的质量34141+1624141+1623为
31、NAg ，根据 = m 可得，该晶体的密度为：NA3 4a 10-10，故V34141+162答案为：3 4a310-10。NA3【点睛】本题考查新情景下物质结构与性质的相关知识，意在考查考生对基础知识的掌握情况以及对知识的迁移能力；本题第(2)小题的第问中H2 O 的 VSEPR模型容易习惯性写为空间构型V 形，解答时一定要仔细审题，注意细节。8(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 键和 键的分子是 _，含有极性键的非极性分子是 _。A N2 B C2H6C CaCl2D NH4Cl(2)用 “ 或”“ KCl；同周期从左向右非金属性增强，非金属性SCl，对应最高价含氧酸的酸性为H2SO4HClO4；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 F【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。9Q、 R、 X、 Y、 Z 是原子序数依次增大的五种短周期元素，在短周期的所有元素中Q 的原子半径与 Z 的原子半径之比最小(不包括稀有气体 )， R、 X、 Y 三种元素的原子核外电子层数相同，同一周期中R 的一种单质的熔点最高，
