2020-2021高考化学 化学键综合经典题及详细答案

2020-2021高考化学 化学键综合经典题及详细答案一、化学键练习题（含详细答案解析）1．据《自然·通讯》(Nature Communications)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2CO 2+4H 2O 2CH 3OH+3O 2。

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，V L CO 2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(π66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 +、Fe 3+、S 2-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N A 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】4s 24p 4 H 2S 或硫化氢 O =C =O A VN 11.2π65 sp 2 4 ()()21010A 64456432852410103210N --⨯+⨯+⨯⨯⨯⨯或()()21010A184452410103210N --⨯⨯⨯⨯【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，H 2O 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CO 2的物质的量，然后根据CO 2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CuFeS 2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CuFeS 2的数目，a=b=0.524nm ，c=1.032nm ，则晶体的密度=m V 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1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 24p 4，基态硒原子的价电子排布式为4s 24p 4；硒所在主族元素是第VIA ，简单氢化物化学式通式是H 2X ，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H 2O 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H 2S ；(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CO 2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CO 2的物质的量是n(CO 2)=VL 22.4/22.4V L mol =mol ，由于在1个CO 2分子中含有2个π键，所以22.4V molCO 2气体中含有的π键数目为22.4V mol×2×N A /mol=A VN 11.2； (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π65，其中Se 的杂化方式为sp 2；(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Fe 2+数目=8×18+4×12+1=4，Cu +的数目=6×12+4×14=4，S 2-数目为8×1=8，所以晶胞内共含4个CuFeS 2，a=b=524pm ，c=1032pm ，则晶体的密度ρ=()()21010A 64456432852410103210N m V --⨯+⨯+⨯=⨯⨯⨯g/cm 3或()()21010A184452410103210N --⨯⨯⨯⨯g/cm 3。

【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。

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 AC Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l) ∆H= -687kJ·mol-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Mg2C x；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=912:11=3:4，结合化合物Q的化学式Mg2C x，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)。

3．(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14C18O2与SO2的核外电子数之比为___________；(4)在KCl、NaOH、CaCl2、H2O2、Na2O2中既含有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-−−→V D+E↑ 其离子方程式为 _______。

【答案】188O VIII 22:25 和NH4++OH-NH3+H2O【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）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10个电子，由A++C—D+E，可知A+为NH4+、C—为OH-、D为H2O、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=10+8=18，则核素的符号为188O，故答案为： 188O；（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，含有的电子数为32，则相同质量的14C18O2与SO2的核外电子数之比为m50m642232⨯⨯= 2225，故答案为：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XY2，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，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543=18，则XY2为CaCl2，用电子式表示CaCl2的形成过程为，故答案为：；（5）A+，B+，C-，D，E五种微粒（分子或离子），均含有10个电子，由A++C—D+E，可知A+为NH4+、C—为OH-、D为H2O、E为NH3，则NH4+与OH-共热反应的离子方程式为NH4++OH-NH3+H2O，故答案为：NH4++OH-NH3+H2O。