2020-2021高考化学 化学键 综合题
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。
2020-2021高考化学 化学键综合题含答案
2020-2021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．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。
2020-2021高考化学专题题库∶铁及其化合物的综合题附答案
2020-2021高考化学专题题库∶铁及其化合物的综合题附答案一、高中化学铁及其化合物练习题（含详细答案解析）1．图中，固体A是铁锈的主要成分。
请回答：（1）固体C的化学式是___，上述框图中体现了SO2的___（填“氧化性”、“还原性”或“漂白性”）。
（2）写出A→B的化学方程式___。
（3）写出D→E的离子方程式___。
（4）若通入的SO2是足量的，请你设计实验方案检验“溶液D”中的金属阳离子___。
【答案】FeCl3还原性 Fe2O3+3CO高温2Fe+3CO2 Ba2++SO42-=BaSO4↓取少量溶液D于试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加适量氯水（或双氧水），溶液变成血红色，则含有Fe2+【解析】【分析】固体A是铁锈的主要成分，则A为Fe2O3，结合图中转化可知，A与CO反应生成B为Fe，B与氯气反应生成C为FeCl3，C与二氧化硫发生氧化还原反应，溶液D中Fe2+、SO42-等，溶液D与氯化钡反应生成白色沉淀E为BaSO4。
【详解】(1)由上述分析可知，固体C的化学式是：FeCl3，上述框图中SO2失去电子转化为硫酸根离子，作还原剂；(2)A→B的化学方程式为：Fe2O3+3CO高温2Fe+3CO2；(3)D→E的离子方程式为：Ba2++SO42−=BaSO4↓；(4)若通入的SO2是足量的，溶液D中金属阳离子为Fe2+，检验该阳离子的方法为：取少量溶液D于试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加适量氯水(或双氧水)，溶液变成血红色，则含有Fe2+。
2．已知A、B、C、D四种物质均含有铁元素，彼此转化关系如下：请回答：（1）反应①称为铝热反应（属于置换反应），写出该反应的化学方程式：__、其中Al作__剂。
（2）反应④的离子方程式为：__。
（3）新配制的C溶液中应加入__，以防止其转化为D。
检验D溶液中阳离子的常用试剂是__（填化学式），实验现象为__。
【答案】2Al+Fe2O3高温2Fe+Al2O3还原剂 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 铁粉（屑） KSCN （或NH4SCN）溶液变红（或呈现血红色）【解析】【分析】氧化铁与铝单质在高温下发生铝热反应，生成A，则A为Fe，铁和水蒸气在高温下反应生成B，B为黑色磁性氧化物，则B为Fe3O4，Fe3O4中铁元素的化合价含有+2、+3价，与盐酸反应生成FeCl3和FeCl2，铁与过量盐酸反应生成FeCl2，则C为FeCl2，FeCl2与双氧水反应生成FeCl3，则D为FeCl3，据此分析解答。
2020-2021高考化学 氯及其化合物 综合题附详细答案
2020-2021高考化学 氯及其化合物 综合题附详细答案一、 高中化学氯及其化合物1．已知Cl 2在70℃的NaOH 水溶液中，能发生氧化还原反应后可生成NaClO 与NaClO 3现有63.9g Cl 2，将其通入到足量70℃的NaOH 水溶液中，反应完全后测得溶液中NaClO 与NaClO 3的物质的量比为4：1，并得到500mL 溶液。
（1）写出Cl 2在70℃的NaOH 水溶液中发生上述反应的化学方程式______。
（2）计算完全反应后溶液中NaClO 、NaClO 3物质的量浓度____、______。
【答案】9Cl 2+14NaOH=4NaClO+NaClO 3+9NaCl+7H 2O 0.8mol/L 0.2mol/L【解析】【分析】先通过氯元素化合价的对比判断NaClO 与NaClO 3是氧化产物，氯气得电子化合价降低的产物是还原产物，所以还原产物是氯化钠，根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式，从而得出反应中被氧化的Cl 2与被还原的Cl 2的物质的量之比。
【详解】（1）该反应中NaClO 与NaClO 3是氧化产物，氯化钠是还原产物，反应完全后测得溶液中NaClO 与NaClO 3的物质的量比为4：1，根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式，所以该方程式为：9Cl 2+14NaOH=4NaClO+NaClO 3+9NaCl+7H 2O ；（2）49.7g Cl 2的物质的量为63.9g 71g /mol =0.9mol ，根据反应9Cl 2+14NaOH=4NaClO+NaClO 3+9NaCl+7H 2O 可知，生成NaClO 与NaClO 3的物质的量分别为0.9mol 40.4mol 9⨯=、0.9mol 10.1mol 9⨯=，完全反应后溶液中NaClO 、NaClO 3物质的量浓度分别为0.4mol 0.8/0.5mol L L =、0.1mol 0.2/0.5mol L L=。
2020-2021高考化学 有机化合物 推断题综合题及详细答案
2020-2021高考化学有机化合物推断题综合题及详细答案一、有机化合物练习题（含详细答案解析）1．某些有机化合物的模型如图所示。
回答下列问题：（1）属于比例模型的是___（填“甲”、“乙”、“丙”、“丁”或“戊”，下同）。
（2）表示同一种有机化合物的是___。
（3）存在同分异构体的是___，写出其同分异构体的结构简式___。
（4）含碳量最低的是___，含氢量最低的分子中氢元素的质量百分含量是___（保留一位小数）。
（5）C8H10属于苯的同系物的所有同分异构体共有___种。
【答案】乙、丙甲、丙戊 CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH2CH3、C（CH3）4甲、丙 16.7% 4【解析】【分析】甲、丁、戊分别是甲烷、丁烷、戊烷的球棍模型，乙、丙分别是乙烷和甲烷的比例模型。
【详解】(1)乙、丙能表示的是原子的相对大小及连接形式，属于比例模型；(2)甲、丙分别是甲烷的球棍模型与比例模型，属于同一种有机化合物；(3)存在同分异构体的是戊(戊烷)，其同分异构体的结构简式CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、C(CH3)4；(4)烷烃的通式为C n H2n+2，随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐增大，含碳量最低的是甲烷，含氢量最低的分子是戊烷，氢元素的质量百分含量是126012×100%=16.7%；(5)C8H10属于苯的同系物，侧链为烷基，可能是一个乙基，如乙苯；也可以是二个甲基，则有邻二甲苯、间二甲苯和对二甲苯三种，则符合条件的同分异构体共有4种。
2．为探究乙烯与溴的加成反应，甲同学设计并进行如下实验：先取一定量的工业用乙烯气体(在储气瓶中)，使气体通入溴水中，发现溶液褪色，即证明乙烯与溴水发生了加成反应；乙同学发现在甲同学的实验中，褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊物质，推测在工业上制得的乙烯中还可能含有少量还原性气体杂质，由此他提出必须先除去杂质，再让乙烯与溴水反应。
2020-2021全国各地高考化学分类： 化学键综合题汇编含详细答案
2020-2021全国各地高考化学分类：化学键综合题汇编含详细答案一、化学键练习题（含详细答案解析）1．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+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】O C＞N＞O 非极性 1s22s22p3 bc 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。
2020-2021备战高考化学知识点过关培优 易错 难题训练∶化学反应原理综合考查及详细答案
2020-2021备战高考化学知识点过关培优易错难题训练∶化学反应原理综合考查及详细答案一、化学反应原理综合考查1．丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）等，回答下列问题：(1)以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：①C3H6(g)+NH3(g)+32O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH=-515kJ/mol①C3H6(g)+O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g) ΔH=-353kJ/mol两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是________；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是________；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是________。
(2)图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应温度为460℃。
低于460℃时，丙烯腈的产率________（填“是”或者“不是”）对应温度下的平衡产率，判断理由是________；高于460℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是________（双选，填标号）A．催化剂活性降低B．平衡常数变大C．副反应增多D．反应活化能增大(3)丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示。
由图可知，最佳n （氨）/n（丙烯）约为1理由是_______________。
进料氨、空气、丙烯的理论体积约为________。
【答案】两个反应均为放热量大的反应降低温度,降低压强,催化剂不是该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低 AC 1 该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低 1：7.5：1【解析】【分析】(1)依据热化学方程式方向可知，两个反应均放热量大，即反应物和生成物的能量差大，因此热力学趋势大；有利于提高丙烯腈平衡产率需要改变条件使平衡正向进行，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂；(2)因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，即低于460℃时，对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的，但实际曲线是上升的，因此判断低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率；产率降低主要从产率的影响因素进行考虑；(3)根据图像可知，当n（氨）/n（丙烯）约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低，根据化学反应氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体积比加入反应达到最佳状态，依据氧气在空气中约占20%计算条件比。
2020-2021备战高考化学综合题专题复习【化学能与电能】专题解析及答案
2020-2021备战高考化学综合题专题复习【化学能与电能】专题解析及答案一、化学能与电能1．二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。
ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸。
某研究小组欲用以下三种方案制备ClO2，回答下列问题：（1）以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，写出制备ClO2的离子方程式__。
（2）用过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2，并将制得的ClO2用于处理含CN-废水。
实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图所示。
①装置A的名称是__，装置C的作用是__。
②反应容器B应置于30℃左右的水浴中，目的是__。
③通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是__。
④ClO2处理含CN-废水的离子方程式为__，装置E的作用是__。
（3）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。
①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。
某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的__（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。
②用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，工作原理如图所示，写出阳极产生ClO2的电极反应式__。
【答案】FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O 恒压漏斗安全瓶提高化学反应速率，同时防止过氧化氢受热分解稀释ClO2，防止其爆炸 2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-吸收ClO2等气体，防止污染大气 BaCl2 Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+【解析】【分析】二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。
分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯，三种方法均利用了氧化还原反应。
2020年高考化学真题-化学实验综合题(习题版)
2020年高考真题化学实验综合题1．（2020年新课标Ⅰ）为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。
回答下列问题：(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10 mol·L−1 FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、_________(从下列图中选择，写出名称)。
(2)电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。
盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。
根据下表数据，盐桥中应选择____________作为电解质。
阳离子u∞×108/(m2·s−1·V−1) 阴离子u∞×108/(m2·s−1·V−1)HCO- 4.61Li+ 4.073NO-7.40Na+ 5.193Ca2+ 6.59 Cl−7.91SO-8.27K+7.62 24(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。
可知，盐桥中的阳离子进入________电极溶液中。
(4)电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02 mol·L−1。
石墨电极上未见Fe 析出。
可知，石墨电极溶液中c(Fe2+)=________。
(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为_______，铁电极的电极反应式为_______。
因此，验证了Fe2+氧化性小于________，还原性小于________。
(6)实验前需要对铁电极表面活化。
在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。
检验活化反应完成的方法是_______。
2．（2020年新课标Ⅱ）苯甲酸可用作食品防腐剂。
实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如下：+KMnO4→+ MnO2+HCl→+KCl名称相对分子质量熔点/℃沸点/℃密度/(g·mL−1)溶解性甲苯92 −95 110.6 0.867不溶于水，易溶于乙醇苯甲酸122122.4(100℃左右开始升华)248 ——微溶于冷水，易溶于乙醇、热水实验步骤：(1)在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5 mL甲苯、100 mL水和4.8 g(约0.03 mol)高锰酸钾，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。
2020-2021高考化学综合题专题复习【原子结构与元素周期表】专题解析含详细答案
2020-2021高考化学综合题专题复习【原子结构与元素周期表】专题解析含详细答案一、原子结构与元素周期表练习题（含详细答案解析）1．硅是构成矿物和岩石的主要成分，单质硅及其化合物具有广泛的用途。
完成下列填空： I.某些硅酸盐具有筛选分子的功能，一种硅酸盐的组成为：M 2O·R 2O 3·2SiO 2·nH 2O ，已知元素M 、R 均位于元素周期表的第3周期。
两元素原子的质子数之和为24。
（1）该硅酸盐中同周期元素原子半径由大到小的顺序为________________； （2）写出M 原子核外能量最高的电子的电子排布式：__________________； （3）常温下，不能与R 单质发生反应的是___________（选填序号）；a ．CuCl 2溶液b ．Fe 2O 3c ．浓硫酸d ．Na 2CO 3溶液（4）写出M 、R 两种元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：____________________________________________。
II.氮化硅（Si 3N 4）陶瓷材料硬度大、熔点高。
可由下列反应制得：SiO 2+C+N 2−−−→高温Si 3N 4+CO（5）Si 3N 4晶体中只有极性共价键，则氮原子的化合价为______，被还原的元素为______________。
（6）C 3N 4的结构与Si 3N 4相似。
请比较二者熔点高低。
并说明理由：_____________________。
（7）配平上述反应的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向。
_________________ （8）如果上述反应在10L 的密闭容器中进行，一段时间后测得气体密度增加了2.8g/L ，则制得的Si 3N 4质量为_____________。
【答案】Na >Al>Si 3s 1 bd ()-23-2Al OH +OH =lO +H A O -3 N 2中氮元素 两者均为原子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，因此C 3N 4中碳原子与氮原子形成的共价键键长较Si 3N 4中硅原子与氮原子形成的共价键键长小，键能较大，熔点较高35g【解析】【分析】【详解】I ．（1）化合物的化合价代数和为0，因此M 呈+1价，R 呈+3价，M 、R 均位于元素周期表的第3周期，两元素原子的质子数之和为24，则M 为Na ，R 为Al ，该硅酸盐中Na 、Al 、Si 为同周期元素，元素序数越大，其半径越小，因此半径大小关系为：Na >Al>Si ； （2）M 原子核外能量最高的电子位于第三能层，第三能层上只有1个电子，其电子排布式为：3s 1；（3）常温下，Al 与CuCl 2溶液反应能将铜置换出来；Al 与Fe 2O 3在高温反应；Al 与浓硫酸发生钝化；Al 与Na 2CO 3溶液在常温下不发生反应；故答案为：bd ；（4）Na 、Al 两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为：NaOH 、Al(OH)3，二者反应的离子方程式为：()-23-2Al OH +OH =lO +H A O ； II ．（5）非金属性N>Si ，因此Si 3N 4中N 元素化合价为-3价；该反应中N 元素化合价从0价降低至-3价，N 元素被还原；（6）Si 3N 4陶瓷材料硬度大、熔点高，晶体中只有极性共价键，说明Si 3N 4为原子晶体，C 3N 4的结构与Si 3N 4相似，说明C 3N 4为原子晶体，两者均为原子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，因此C 3N 4中碳原子与氮原子形成的共价键键长较Si 3N 4中硅原子与氮原子形成的共价键键长小，键能较大，熔点较高；（7）该反应中Si 元素化合价不变，N 元素化合价从0价降低至-3价，C 元素化合价从0价升高至+2价，根据得失电子关系以及原子守恒配平方程式以及单线桥为：；（8）气体密度增加了2.8g/L ，说明气体质量增加了2.8g/L ×10L=28g ，2234=3SiO +6C +2N Si N +6CO 140g 112g28gm∆高温气体质量变化 因此生成的Si 3N 4质量为28g 140g 112g⨯=35g 。
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2020-2021高考化学 化学键 综合题一、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。
① 熔点按F 2、Cl 2、Br 2、I 2的顺序依次升高，原因是______________。
② 还原性按Cl —、Br —、I —的顺序依次增大，原因是____________。
（4）已知X 2 （g ） + H 2 （g ）2HX （g ） + Q （X 2 表示Cl 2、Br 2），如图表示上述反应的平衡常数K 与温度T 的关系。
① Q 表示X 2 （g ）与H 2 （g ）反应的反应热，Q_____0（填“>”、“<”或“=”）。
② 写出曲线b 表示的平衡常数K 的表达式，K=______（表达式中写物质的化学式）。
（5）（CN ）2是一种与Cl 2性质相似的气体，在（CN ）2中C 显+3价，N 显-3价，氮元素显负价的原因_________，该分子中每个原子都达到了8电子稳定结构，写出（CN ）2的电子式_____。
【答案】18 5 第四周期、ⅦA （都对得1分） F 2、Cl 2、Br 2、I 2都是分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强。
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 > K=()222c HBr c Br c H ⨯（）（）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【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、ⅦA ，故答案为：第四周期、ⅦA ；()23F ①、2Cl 、2Br 、2I 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：2F 、2Cl 、2Br 、2I 都是分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强；②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Cl Br I >>，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；()4①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，Q 0>，故答案为：>；②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，Cl 2、Br 2中Cl 2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Br 2与H 2反应时K 与t 的关系．平衡常数等于生成物与反应物的浓度幂之积，K=()222c HBr c Br c H ⨯（）（），故答案为：()222c HBr c Br c H ⨯（）（）； ()5N 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)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。
①同位素_________②同素异形体_________③同系物_________④同分异构体_________⑤同一物质_________。
(2)下列物质中：①Ar ②MgBr 2 ③Na 2O 2 ④H 2SO 4 ⑤CS 2 ⑥NH 4Br ⑦BaO ⑧RbOH 。
只存在共价键的是_________ (填序号，下同)，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_________。
(3)异丁烷的一氯代物有_________种，新戊烷的一氯代物有_________种。
C 3H 2Cl 6的同分异构体有_________种，C 5HCl 11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】C A D B 、F G ④⑤ ②⑦ ⑥⑧ ③ 2 1 4 8 10【解析】【分析】【详解】(1)上述物质中，①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 ；②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；③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，故答案为：D；④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；⑤与属于同一种物质，故答案为：G；(2)①Ar为单原子分子，不含有化学键；②MgBr2是离子化合物，Mg2+和Br-形成离子键；③Na2O2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；④H2SO4是共价化合物，只存在极性共价键；⑤CS2是共价化合物，C和S形成极性共价键；⑥NH4Br是离子化合物，NH4+和Br-形成离子键，NH4+中N和H形成极性共价键；⑦BaO是离子化合物，Ba2+和O2-形成离子键；⑧RbOH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④⑤，只存在离子键的是②⑦，既存在离子键又存在极性共价键的是⑥⑧，既存在离子键又存在非极性共价键的是③，故答案为：④⑤；②⑦；⑥⑧；③；(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，CCl3-CCl2-CClH2（取代那面甲基上的氢原子时一样）、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），CCl2H-CHCl-CCl3（一中间一边上），故C3H2Cl6共有4种；C5HCl11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。
3．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+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】O C＞N＞O 非极性 1s22s22p3 bc 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。