高考化学化学键(大题培优)

1、高考化学化学键 ( 大题培优 )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( 能量的单位为 kj) ：

2、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） hos； a氨气极易溶于水，原因之一是nh3 分子和 h2o 分子之间形成氢键的缘故，选项 a 正确；b.nh3 分子和 h2o 分子，分子空间构型不同，氨气是三角锥型，水是v 形，氨气分子的键角大于水分子的键角，选项b 错误；c cu(nh ) so 溶液中加入乙醇，会析出深蓝色的晶体，选项c

3、正确；3 44d燃烧热必须是生成稳定的氧化物，反应中产生氮气和水蒸气都不是稳定的氧化物，选项 d 错误；答案选 ac；（3）氨基乙酸钠结构中含有n-h 2 个， c-h 2 个，碳氧单键和双键各一个，n-c、 c-c各一个共 8 个 键；等电子体为价电子数和原子个数相同，故采用上下互换，左右调等方法书写为n2 o、scn-、 n3-等；根据均摊法计算白球数为81 1=2 ，黑球为4 个，取最简个数比得化学式为cu2o。8【点睛】本题考查较为全面，涉及到化学方程式的书写、电子排布式、分子空间构型、杂化类型的判断以及有关晶体的计算。解题的关键是正确理解原子结构及杂化轨道计算。4某汽车安全气囊的产气

4、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_， k 的原子结构示意图为kcl和 na2 o。 kclo4 含有化学键的类型为_。【答案】:n?n: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)fe

5、2o3 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：:n?n:；故答案：:n?n:；(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，高氯酸根离子中键，即该物质含有离子键、共价键； k 原子质子数为cl 原子与 o 原子之间形成共价19，原子核外有4 个电子层，各层电子数为

6、2、 8、8、 1；故答案：离子键和共价键；。5(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。al3na，所以 rb 与水反应比钠更剧烈反应放出h2； rboh 是一元强碱，水溶液显碱性，在反应后的溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液显蓝色，该反应的离子方程式为： 2rb+2h2o=2rb+2oh-+ h

7、2；(4)同一主族的元素，由于从上到下，原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子失去电子的能力逐渐增强，获得电子的能力逐渐减弱，rb 在 k 元素下一周期，所以rb的还原性比k 的还原性强。【点睛】本题考查了原子核外电子排布与元素在周期表的位置及元素性质的关系，掌握原子核外电子层数等于元素在周期表的周期序数，原子核外最外层电子数等于元素的族序数。利用同一主族的元素由上到下元素的金属性逐渐增强分析判断。10碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。(1)碳酸锂制取锂的反应原理为：li2co3焙烧li2o+co2；li2o+c高温co+2li。锂原子的电子排布式为2真空_； co 的结构式为 _；

8、反应中涉及的化学键类型有_。)与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结(2)氢负离子 (h构理论加以解释 _(3)电池级碳酸锂对纯度要求很高，实验室测定li co产品纯度的方法如下：称取1.000g 样23品，溶于2.000 mol/l 10.00 ml 的硫酸，煮沸、冷却，加水定容至100ml.取定容后的溶液10.00 ml，加入2 滴酚酞试液，用0.100 mol/l 标准 naoh 溶液滴定过量的硫酸，消耗naoh 溶液 13.00 ml。定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、_和 _。滴定终点的判断依据为_。样品的纯度为 _。【答案】1s22s1o c o 离子键

9、、共价键、金属键氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构 (或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数 )比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大玻璃棒100ml 容量瓶当滴入最后一滴标准naoh 溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色0.999【解析】【分析】(1)根据锂的原子序数确定核外电子排布式，根据二氧化碳的电子式确定结构式，根据物质确定化学键的类型；(2)根据原子核外电子的排布，核电荷数，比较半径的大小；(3)根据配置溶液的步骤，选择定容时的仪器；根据酸碱中和滴定和指示剂的变色情况判定滴定终点；

10、利用硫酸的总物质的量减去与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量得到与碳酸锂反应的硫酸的物质的量，根据与碳酸锂反应的的硫酸的物质的量与碳酸锂的关系计算出碳酸锂的物质的量，m=nm ，计算出纯碳酸锂的质量，利用样品的纯度=纯碳酸锂的质量/ 样品的质量，进行计算。【详解】(1) 锂是 3 号元素，质子数为3，核外电子排布式为 1s22s1 ，co2的中心原子为 c，碳原子和氧原子形成两对共用电子对，li2o 属于离子晶体，含有离子键，c 属于混合晶体，含有共价键， co属于分子晶体，含有共价键，li 属于金属晶体，含有金属键，结构式为oco；(2) 氢是 1 号元素，质子数为 1，锂是 3 号元素，质子数为

11、 3，氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构 (或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同 )，但是氢负离子的核电荷数 (或核内质子数 )比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大,故答案为氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大。(3)定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、100ml 容量瓶，玻璃棒，答案为100ml 容量瓶，玻璃棒；定容后的溶液含有硫酸，硫酸锂，加入酚酞，溶液是无色，再加入氢氧化钠溶液，溶

12、液会逐渐变成粉红色，当最后一滴氢氧化钠加入，溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟不褪色，证明到达滴定终点，故答案为当滴入最后一滴标准naoh 溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。硫酸的物质的量n=cv=2.000mol/l 0.01l=0.02mol ， li2co3 与硫酸反应li2co3+h2so4=li2so4+h2o+co2，稀释前n(h2so4)=n(li2so4 )，加水定容至100ml.稀释前后溶质的物质的量不变，n1(li2so4)=n2(li2so4)=0.02mol ，取定容后的溶液10.00 ml，则取出的溶质的物质的量0.02= mol=0.002m

13、ol ，n(naoh)=c(naoh)v(naoh)=0.1mol/l 0.013l=0.0013mol，由于10h2so4+2naoh= na2so4+2h2o，根据硫酸和氢氧化钠的物质的量关系，1n(h2so4)= n(naoh)=21，0.0013mol=0.00065mol ，反应掉的硫酸的物质的量 =0.002mol-0.00065mol=0.00135mol2n（h2so4） =n（ li2so4） = n(li2co3)=0.00135mol ，根据锂元素守恒，10ml 溶液中的 m1（ li2co3） =nm =0.0013574=0.0999g， 100ml 溶液中所含 m2

14、(li2co3)=0.0999g10=0.999g，m 2 li 2co3=0.999g。故 =0.999m样品1g【点睛】计算质量分数时，需计算出纯物质的的质量，利用氢氧化钠与硫酸的物质的量关系，计算出滴定时用去的硫酸的物质的量，找到硫酸，硫酸锂，碳酸锂的关系，从而计算，计算时，找到所给信息和所求信息之间的关系是解题的关键。11碱金属及碳族元素在科研领域、生活和生产方面有广泛的应用。回答下列问题：(1)在元素周期表中，与 li 的化学性质最相似的邻族元素是_(填元素符号 )，该元素基态原子最外层电子的自旋状态_(填 “相同 ”或“相反 ”)。(2)碳和硅的有关化学键键能如下所示：化学键c-h

15、c-osi-hsi-o键能 /kj?mol-1413336318452sih4 的稳定性小于ch4，更易生成氧化物，原因是_ 。(3)天然硅酸盐都是由 sio4四面体以顶角氧原子相连而成，可成链状也可成环，所以硅酸盐种类繁多。下图 a 代表 sio44- ， b、 c 是硅氧四面体形成的环状结构。硅氧四面体中si 的轨道杂化类型为_； 图 b 环状结构硅酸根的化学式为_若在环状结构中硅的原子数为n，写出环状结构中硅酸根的通式_ 。(4)钾与溴作用能形成溴化钾晶体，该晶体类型为_，其晶格能可通过下图的borm-haber 循环计算得到。从上图可知， k 原子的第一电离能为_ kj/mol ， b

16、r-br 键键能为 _kj/ mol ， kbr 的晶格能为 _kj/mol ，晶格能越大，该晶体的熔点越 _ 。【答案】 mg 相反c-h 键的键能大于 c-o 键， c-h 键比 c-o 键稳定而 si-h 键的键能却远小于 si-o 键，所以 si-h 键不稳定而倾向于形成稳定性更强的si-o 键 sp3 杂化 (sio3 )36-n 3n2n-离子晶体418.8 193.0 689.1 高si o【解析】【分析】(1)由对角线规格可知， li 与 mg 性质相似， mg 的原子核外 m 层电子有2 个，根据构造原理分析；(2)键能越小，化学键越不稳定，反应倾向于形成稳定性更强方向进行；

17、(3)根据 si 原子最外层电子数及结合的原子个数分析判断，根据b 中含有的正四面体个数确定其化学式，再分析判断c，找出原子个数、电荷数目关系，得到物质是化学式通式；(4)根据晶体构成微粒判断晶体类型，根据有关概念判断化学键的键能、晶格能大小，利用晶格能与物质熔沸点的关系判断物质熔沸点的高低。【详解】(1)在周期表中，与 li 的化学性质最相似的邻族元素是mg ，该元素是 12 号元素，核外电子排布是 1s22s2 2p63s2，在同一轨道上最多容纳2 个自旋方向相反的电子，所以在mg 原子基态原子核外 m 层电子 2 个电子的自旋状态相反；(2)由表中数据可知，c-h 键的键能大于 c-o

18、键， c-h 键比 c-o键稳定而 si-h 键的键能却远小于 si-o 键，所以si-h 键不稳定而倾向于形成稳定性更强的si-o 键，所以 sih4 的稳定性小于 ch4 ，更易生成氧化物sio2；(3)硅氧四面体中si 原子与 4 个 o 原子形成4 个 键，无孤电子对，因此其立体构型为正四面体， si 原子轨道杂化类型为sp3 杂化；b 中含有 3 个四面体结构，所以含有3 个 si 原子，含有的氧原子数为9 ，含有氧原子数比3个硅酸根离子少 6 个 3，带有的电荷为： 3(-2)=-6，该离子化学式是(sio3 36-；)c 中含有 6 个四面体结构，所以含有6 个 si 原子，含有的氧原子数为18，含有氧原子数比6 个硅酸根离子少 6 个 o，带有的电荷为： 6 (-2)=-12；根据图示可知：若一个单环状离子中 si 原子数为 n(n 3)，则含有 n 个四面体结构，含有的氧原子比n 个硅酸根离子恰好少n个 o 原子，即：含有 n 个 si，则含有 3n 个 o，带有的负电荷为： n(-2)=-2n，其化学式为： sino3n2n-；(4)kbr 晶体由 k+、 br-通过离子键结合形成离子晶体；根据示意图可知k 原子的第一电离能为 418.8kj/mol ； 1molbr 2 蒸气转化为 br 气态原子吸收能量96.5k