1、备战高考化学 (化学键提高练习题 ) 压轴题训练一、化学键练习题（含详细答案解析）1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 _。Br 2 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
2、位为 kJ) ：HHCOC SHSCO4367455773391072H 还原 COS发生的反应为H （ g）+COS（ g） H S（g） +CO（ g），该反应的222H=_kJ mol-1 。用活性 Al2O3催化COSCOS g+ H2 O g垐 ? CO2g）+ H2S水解的反应为（ ）（） 噲 ?（g） HNO 1s2s 2p3s 3p 3dsp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
3、 NH 键间1.161032的键角变大；d3【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 3d 8；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) NO3?的中心原子价层电子对数为5+03+1=3，孤电子对数为0，所以空间构型为平面2三角形；甘氨酸 (NH2
4、 2N-H 键和一个 N-C 键，达到饱和状态，价层电子CH COOH)中 N 原子形成两个对数为 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
5、团的个数78+154-10为 4，则晶胞的质量为m=g，晶胞参数为NAd pm=d 10 cm，所以晶胞的体积3-303，则密度m78+154 gA1.161032 。V=d 10 cm=NA，解得N =d3V10-30 cm3d3【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。3自然杂志曾报道我国科学家通过测量SiO2 中 26Al 和 10Be 两种元素的比例确定“北京人”年龄的研究结果，这种测量方法叫“铝铍测年法 ”。完成下列填空：（ 1） l0 B
6、e 和 9Be_（填序号）。a.是同一种原子b.具有相同的中子数c.具有相同的化学性质d.互为同位素（2）写出 A1(OH)3 与 NaOH 溶液反应的化学方程式： _。（3）研究表明 28A1 可以衰变为 26Mg ，可以比较这两种元素金属性强弱的方法是_（填序号）。a.比较 Mg(OH)2 与 A1(OH)3 的碱性强弱b.比较这两种元素的最高正化合价c.将打磨过表面积相同的镁条和铝片分别和100热水作用，并滴入酚酞溶液d.比较这两种金属的硬度和熔点（4）目前还有一种测量方法叫“钾氩测年法 ”。两种常见简单阴离子的核外电子排布与Ar 相同，两者的半径大小关系为：_(用化学符号表示 )；其中
7、一种离子与钾同周期相邻元素的离子所形成的化合物可用作干燥剂，用电子式表示该物质的形成过程： _。【答案】 cd 2Al+2H2 O+2NaOH= 2NaAlO2+3H22-ac S Cl【解析】【分析】【详解】（1） l0 Be 和 9Be 是中子数不同，质子数相同的Be 的两种核素，互为同位素，它们的化学性质相似，故答案为： cd；（2） A1(OH)3 具有两性，能与 NaOH 溶液反应，其反应的化学方程为2Al+2H2 O+2NaOH=2NaAlO2+3H2 ，故答案为： 2Al+2H2O+2NaOH= 2NaAlO2+3H2；（3） a. 金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越
8、强，则比较Mg(OH)2 与A1(OH)3 的碱性强弱，可以比较这两种元素金属性强弱，故a 正确；b. 金属性为元素是否容易失去电子，而不是失去几个电子，则比较这两种元素的最高正化合价不能比较这两种元素金属性强弱，故b 错误；c. 判断金属性可以用金属单质与水反应的剧烈程度进行判断，镁条能与热水发生反应，而铝几乎与水不发生反应，则可以比较这两种元素金属性强弱，故 c 正确；d. 硬度和熔点属于物理性质，不能用于比较金属性，故综上所述，故答案为： ac；d 错误；（4）核外电子排布与Ar 相同的阴离子可以为S2-、 Cl-，二者电子层数相同，核电荷数小的半径大，则S2-Cl-；氯化钙可用作干燥剂
9、，用电子式表示氯化钙的形成过程为，故答案为：S2-Cl-；。4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
10、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） D2 2分子中各原子最外层均满足8 电子结构，则2 2的电子式为 _。ED E【答案】第三周期A 族 AlN 4HCl=AlCl3 NH4Cl2NH3 3H2 O2=N2 6H2O 或2NH3 H2O 3H2O2=N2
11、 8H2ON2H4 H2O OHN2H5N2H6( HSO4) 2 【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A 族；(2)A和C形成的一种摩尔质量为41gmol 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 AlCl3434和 NH Cl，其化学方程式为AlN+4HCl=AlCl +NH Cl；( 3) M 为 A 的简单气态氢化
12、物，为NH3，其水溶液为NH3 H2OH2O2的清除，可作刻蚀剂剂，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 作为二N2H4+H2ON2H5 +OH元弱碱，其阳离子为N2，与过量硫酸反应生成的酸式盐为硫酸氢盐，阴离子为HSO2H64 ，化学式为N2H6( HSO4) 2；( 4) E 的单质，即 Cl22，与 D 的气态氢化物 H S 的水溶液反应，生成淡黄色沉淀，发生反应 Cl2
13、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)S D) ，正确；大于 (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化合时产物中Fe 为+2 价， Cl2与 Fe 化合时产物中2得到电子能力Fe 为 +3 价， Cl强，可知非金属性 Cl( E) 大于 S( D) ，正确；D 的最高价含氧酸为H2 4424 )SO ， E 的最高价含氧酸为HClO 。同浓度下， H SO 溶液中 c( H大，是由于H2SO4 为二元酸
14、， 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5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。 原子的核外电子层数与核外电
15、子总数相同。元素编号元素性质x3.442.550.983.162.193.980.933.041.91常见化最高价+4+1+1+4合价最低价-2-1-3-1-3（ 1）根据以上条件，推断的元素符号分别为：_，_， _。（ 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： ： _， 形成原子个数比为1： 1 的化合物： _。（4）写出 与 所形成仅含离子键的化合物和 与 所形成的化合物反应的离子方程式： _。【答案】Li Cl P 分子直线形Na2O 2HH2O=2Na 【解析】【分析】【详解】最低价为2，是O 或者 S。原子的核外电子
16、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。和的最高价均为 4，同为 A 族，的非金属性比强，则为C，为 Si；和的最高价均为1，同为 A 族，的金属性强，则为 Na，为 Li。和的最低价均为1，为 A 族，非金属性强，则为F，为 Cl，和最低价均为3，为 A 族元素，的非金属性较强，则为N，为 P。如果是 S，则的非金属性比Cl 低，但是的非金属性比Cl 高，则为 O。【点睛】根据上述的分析，为O，为 C，为 Li，为 Cl，为 P，为 F，为 Na，为 N，为 Si，为 H。(1)根据分析，分别为Li、Cl、 P；(2)的最高价氧化物是CO ，形成的晶体由CO
17、 分子构成，属于分子晶体；CO 价层电子对222数为 2+ 4-22 =2 ，没有孤对电子对，则CO2的空间构型为直线形；2(3)构成的物质为；NaOH，由 Na和 OH 构成，其电子式为形成1 ：1的化合物为 H2O2，其电子式为；(4)和形成仅含有离子键的化合物为Na2O，和形成的化合物为HCl，其离子方程式 H2O。为 Na2O2H =2Na6(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 N2B C HC CaClD NH Cl2624(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
18、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 _(用分子式表示)(3)Q 与R 两元素组成的分子构型可能是_(填写序号)。a直线型b平面形c三角锥形(4)元素 X、 Y 在周期表中位于同一主族，化合物粉水解的最终产物)：d正四面体Cu2 X 和 Cu2 Y 可发生如下转化(其中D 是淀非金属 X_Y(填 “或”“”)，请用事实说明该结论：_。【答案】第二周期第 VA 族2 C O HNH3 abd【解析】【分析】Q、 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
19、(不包括稀有气体 )，则 Q 的原子半径最小，Z 的原子半径最大，所以Q 是 H 元素， Z 是 Na 元素； R、 X、 Y 三种元素的原子核外电子层数相同，这三种元素处于第二周期，同一周期中R 的一种单质的熔点最高，金刚石的熔点最高，所以R 是C 元素，Y 与Q、 R、 X、 Z 均能形成多种常见化合物，则Y 是O 元素，所以X 是 N元素。【详解】根据上述分析可知Q 是H， R 是C， X 是N， Y 是O， Z 是Na 元素。(1)X 是N 元素，原子核外电子排布为2、 5，所以其处于第二周期第VA 族，其核外电子排布式为 1s22s2 2p3，有 s、 p 两种轨道，故有两种不同形状
20、的电子云，这五种元素中，最外层有两个未成对电子的元素是C 和 O 元素；(2)Q 分别与 X、 Y 形成的最简单化合物是NH3 、H2 O，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强， O 的非金属性大于N 元素，所以氢化物的稳定性：H2ONH3；(3)Q 与 R 两元素组成的分子可能是甲烷、乙烯、乙炔、苯等烃类物质，其中甲烷为正四面体结构，乙烯为平面结构，乙炔为直线形结构，故合理选项是abd；(4)X 是 N， Y 是 O，二者是同一周期的元素，元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，活动性强的可以把活动性弱的置换出来，所以可根据置换反应： 2H2S
21、+O2=2H2O+S，比较出元素的非金属性： NO。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，正确推断元素的种类是解答本题的关键，要正确把握元素周期律的递变规律，掌握元素周期律的应用及判断方法。8生活污水中氮是造成水体富营养化的主要原因。若某污水中NH4Cl 含量为 180mg/L 。（ 1）写出 NH4Cl 电子式： _。（2）氮原子的电子排布式是： _，写出与氯同周期，有 2 个未成对电子的原子的元素符号为 _、_。（3）为除去废水中的 NH4+，向 103 L 该污水中加入 0.1mo1/LNaOH 溶液，理论上需要 NaOH 溶液的体积为 _L(计算结果保留两位小数）。（4）可先在酸
22、性污水中加入铁屑将NO3-转化为 NH4+后再除去，请配平下列离子方程式并标出电子转移的方向和数目_。_Fe+_NO3- +_H+_Fe2+_NH4 +_H2O【答案】22333.64Si S 1s2s 2p4110413【解析】【分析】(1)NH4Cl 是离子化合物；(2)氮为 7 号元素；氯原子的核外电子排布式为1s22s22p 63s23p 5；(3) 根据 NH 4+ 和 NaOH 溶液的反应计算需要NaOH 溶液的体积为；(4) 根据氧化还原反应，配平离子方程式并标出电子转移的方向和数目。【详解】(1) 氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：；(2) 氮原子电子排布式
23、是： 1s2 2s22p3；氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，有一个未成对的电子，与其同周期且有2 个未成对电子的原子的的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4 和 1s22s22p63s23p2，元素符号为S、 Si；(3) 某污水中 NH 4Cl 含量为 180mg/L ， 103L 污水中含有 180mg/L 103L=180000mg=180gNH44180g4+ 的物质的量也Cl ， NH Cl 的物质的量为3.364mol ， NH53.5g / mol是 3.364mol ，为除去废水中的NH 4+，向该污水中加入0.1mo1/LNaOH 溶液，理论
24、上需要3.364mol=33.64L ；NaOH 的物质的量为 3.364mol ，则所需 NaOH 溶液的体积为0.1mol / L(4) 该反应中铁元素的化合价由0 价升高至 +2 价，氮元素的化合价由 +5价降低至 -3价，由化合价升降守恒和质量守恒可以配平该离子方程式并标出电子转移的方向和数目如下：。9合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液醋酸二氨合铜（）、氨水吸收在生产过程中产生的 CO和 CO2 等气体，铜液吸收CO 的反应是放热反应，其反应方程式为：Cu（ NH3） 2Ac CO NH3Cu（ NH3） 3 COAc。完成下列填空：（1）如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是_。（选填编号）a减压 b增加 NH3 的浓度c升温 d及时移走产物（2）铜液中的氨可吸收二氧化碳，
