通用版2022届高三化学一轮复习强化训练化学键3含解析

这是一份通用版2022届高三化学一轮复习强化训练化学键3含解析，共7页。试卷主要包含了下列关于化学键的说法正确的是，下列物质的电子式书写正确的是，下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
化学键1.下列有关原子、分子或物质所对应的表示式正确的是(　　)A.氯原子结构示意图:B.氯化钠电子式:  C.水分子结构式:D.乙炔分子比例模型:1.答案　C　氯原子的核电荷数和核外电子总数都是17,所以氯原子的结构示意图为,A项错误;氯化钠由钠离子和氯离子构成,属于离子化合物,其电子式为,B项错误;水分子结构式为,C项正确;乙炔分子球棍模型为,D项错误。2.(2019黑龙江牡丹江月考)下列关于化学键的说法正确的是(　　)A.C、N、O、H四种元素形成的化合物一定既有离子键,又有共价键B.不同元素的原子构成的分子不一定只含极性共价键C.含极性键的共价化合物一定是电解质D.HF的分子间作用力大于HCl,故HF比HCl更稳定2.答案　B　C、N、O、H四种元素形成的化合物不一定既有离子键,又有共价键,例如尿素分子中只有共价键,A错误;不同元素的原子构成的分子不一定只含极性共价键,例如双氧水中还含有非极性键,B正确;含极性键的共价化合物不一定是电解质,例如乙醇是非电解质,C错误;分子间作用力不能影响分子的稳定性,分子的稳定性与共价键有关系,D错误。3.下列各组物质中化学键的类型相同的是(　　)A.HCl　MgCl2　NH4ClB.H2O　Na2O　CO2C.CaCl2　NaOH　H2SD.NH3　H2O　CO23.答案　D　HCl中含有共价键,MgCl2中含有离子键,NH4Cl中含有离子键和共价键,A错误;H2O中含有共价键,Na2O中含有离子键,CO2中含有共价键,B错误;CaCl2中含有离子键,NaOH中含有离子键和共价键,H2O中含有共价键,C错误;NH3、H2O、CO2中含有的均是共价键,D正确。4.下列物质的电子式书写正确的是(　　)A.①②③④ B.⑤⑥⑦⑧C.①④⑧ D.②③⑤⑥⑦4.答案　C　②H2S为共价化合物,硫原子最外层有8个电子,形成稳定结构,分子中存在两个H—S键,电子式为,错误;③氢氧根离子为带有1个单位负电荷的阴离子,需要标出离子中各原子最外层电子,氢氧根离子的电子式为,错误;⑤N2中N原子满足8个电子的稳定结构,电子式应为,错误;⑥CO2电子式应为;⑦次氯酸的电子式为,错误。5.合成金刚石的新方法的化学原理为①Na+CO2 C(金刚石)+C(石墨)+Na2CO3(未配平),该方法比人工首次制得金刚石的旧方法:②C(石墨)C(金刚石)容易得多。以下表述中正确的是(　　)A.反应②中既有旧化学键的断裂又有新化学键的形成B.新方法利用的是化学变化,旧方法利用的是物理变化C.在反应①中每生成12 g金刚石需要消耗46 g金属钠D.反应①和反应②中所得的金刚石都是还原产物5.答案　A　化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成,反应②属于化学变化,所以反应②中既有旧化学键的断裂又有新化学键的形成,A正确;化学变化中有新物质生成,方法①和②都发生了化学变化,B错误;由反应8Na+6CO2 C(金刚石)+C(石墨)+4Na2CO3可知,生成12 g(1 mol)金刚石,消耗8 mol Na,Na的质量为8 mol×23 g/mol=184 g,C错误;因反应②中没有元素的化合价变化,故不属于氧化还原反应,D错误。6.下列说法中正确的是(　　)A.CO2、NH3、BF3中,所有原子都满足最外层8电子的稳定结构B.在元素周期表中金属和非金属交界处可以找到半导体材料C.由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物D.第ⅠA族元素和第ⅦA族元素的原子之间都能形成离子键6.答案　B　CO2中所有原子都满足最外层8电子的稳定结构,而NH3中的H原子满足2电子的结构,BF3中B不满足8电子稳定结构,A错误。由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物,如氯化铵等,C错误;一般情况下第ⅠA族元素和第ⅦA族元素的原子之间能形成离子键,但是也有例外,如H与F形成的H—F是共价键,D错误。7. X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素,3种元素的原子核外电子数之和与Ca2+的核外电子数相等,X、Z分别得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构。下列说法正确的是(　　)A.原子半径:Z>Y>XB.Z与X形成化合物的沸点高于Z的同族元素与X形成化合物的沸点C.CaY2与水发生氧化还原反应时,CaY2只作氧化剂D.CaX2、CaY2和CaZ2 3种化合物中,阳离子与阴离子个数比均为1∶27.答案　B　X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素,3种元素的原子核外电子数之和与Ca2+的核外电子数相等,3种元素的核外电子数之和为18,Z得到1个电子变成8电子结构,则Z为F元素,则X、Y至少有一种位于第2周期,X得到一个电子后形成稀有气体原子的稳定电子层结构,故X为H元素,Y元素原子核外电子数为18-1-9=8,故Y为O元素。同周期自左向右主族元素原子半径减小,电子层越多原子半径越大,故原子半径:O>F>H,A错误;HF分子之间存在氢键,沸点高于其他同族氢化物的沸点,B正确;过氧化钙与水反应,过氧化钙既是氧化剂又是还原剂,C错误;CaO2的阴离子为,阴、阳离子个数比为1∶1,D错误。8. X、Y、Z、W属于前20号元素且原子序数依次增大,X与Y能形成X2Y和X2Y2两种常温下呈液态的化合物,Z原子的原子序数为最外层电子数的3倍,单质W所含电子数为等物质的量的化合物X2Y电子数的两倍,则以下说法错误的是(　　)A.氢化物的稳定性:Y>ZB.X2Y2的电子式为C.WY2中既含有共价键又含有离子键D.WX2能与X2Y反应生成X28.答案　B　X、Y、Z、W属于前20号元素且原子序数依次增大,X与Y能形成X2Y和X2Y2两种常温下呈液态的化合物,X为H元素,Y为O元素;Z原子的原子序数为最外层电子数的3倍,Z为P元素;单质W所含电子数为等物质的量的化合物X2Y电子数的两倍,W为Ca元素。元素的非金属性越强,氢化物越稳定,非金属性:O>P,稳定性:Y>Z,A正确;过氧化氢的电子式为,B错误;CaO2是离子化合物,含有离子键,过氧根离子中含有共价键,C正确;CaH2能与水反应生成氢气和氢氧化钙,D正确。9.前20号元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,且分列四个不同周期和四个不同主族。其中A为Y元素组成的单质;甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物;常温下乙为液体。下列说法正确的是(　　)A.简单离子半径:Z>YB.反应①为吸热反应C.反应②为工业上制备漂白粉的反应原理D.X、Y分别与Z形成的化合物中,化学键类型一定相同9.答案　C　根据题给信息分析可知,常温下乙为液体,乙为水,W为氢元素,Y为氯元素,A为氯气;甲为氧化钙,与水反应生成氢氧化钙,X为氧,Z为钙;化合物丁和化合物戊可能为氯化钙或次氯酸钙;核外电子排布相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,所以原子半径:Ca2+<Cl-,A错误;氧化钙与水剧烈反应,放出大量的热,反应①为放热反应,B错误;氧化钙与水反应生成氢氧化钙,氢氧化钙与氯气反应生成氯化钙和次氯酸钙,为工业上制备漂白粉的反应原理,C正确;过氧化钙中含有离子键和非极性共价键,而氯化钙中只有离子键,D错误。10.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,甲、乙分别是X、W两元素对应的单质,丙、丁是由这些元素组成的二元化合物,戊是Z的最高价氧化物对应的水化物,且25 ℃时0.1 mol/L戊溶液的pH为13,工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊。下列说法不正确的是(　　)A.原子半径:Z>W>Y>XB.Z分别与X、Y、W形成的化合物中一定没有共价键C.元素Y与X、Z都能组成两种化合物D.乙与戊的水溶液反应后所得溶液具有漂白性10.答案　B　根据工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊,可推测是电解饱和食盐水,生成氢气、氯气和氢氧化钠,故甲为氢气,所以X是H元素,乙是氯气,所以W为Cl元素,戊是Z的最高价氧化物对应的水化物,且25 ℃时0.1 mol/L戊溶液的pH为13,所以戊为氢氧化钠,短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,所以Y为O元素,Z为Na元素。Z为Na元素,W为Cl元素,Y为O元素,X是H元素,原子半径大小比较先看电子层数,电子层数越多半径越大,电子层数相同,核电荷数越大半径越小,所以原子半径:Z>W>Y>X,A正确;钠与氧气在点燃条件下生成过氧化钠,Na2O2中含有共价键,B错误;Y为O元素,X是H元素,两者可以形成水和过氧化氢两种化合物,Z为钠元素,可以与氧元素生成氧化钠和过氧化钠两种化合物,C正确;乙为氯气,戊为氢氧化钠,两者反应可生成次氯酸钠、氯化钠和水,此溶液具有漂白效果,D正确。11.常见元素A、B、M组成的四种物质发生反应:甲+乙 丙+丁,其中甲由A和M组成,乙由B和M组成,丙中只含有M。(1)若甲为淡黄色固体,乙和丙均为常温下的无色无味气体。则甲的电子式为　　　　　　;常温下丁溶液pH　　　7(填“>”“<”或“=”),用离子方程式解释原因:　　　　　　　　　　　　　　。 (2)若丁为能使品红溶液褪色的无色气体,丁与水反应生成戊,丙为常见红色金属,化合物甲、乙中原子个数比均为1∶2(M均显+1价),原子序数B大于A。回答下列问题:①A在周期表中位置为　　　　　　; ②向丁的水溶液中滴入紫色石蕊试液,现象为　　　　　　　　　　　; ③写出加热条件下生成丙的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　; ④向MCl2的溶液中通入丁,生成白色MCl沉淀,写出该反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 11.答案　(1) 　>　C+H2O HC+OH-(2)①第二周期ⅥA族　②溶液变成红色且不褪色　③2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2↑　④2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O 2CuCl↓+S+4H+解析　(1)甲+乙 丙+丁,根据甲为淡黄色固体且是两种元素(A和M)组成的化合物,乙和丙均为常温下的无色无味气体,可推知甲是Na2O2、乙是二氧化碳、丙是氧气、丁是碳酸钠;Na2O2的电子式为;碳酸钠是强碱弱酸盐,所以碳酸钠能水解,水解的离子方程式是C+H2O HC+OH-,所以溶液pH>7。(2)甲+乙 丙+丁,若丁为能使品红溶液褪色的无色气体,则丁是二氧化硫,丁与水反应生成戊,戊是亚硫酸,丙为常见红色金属,丙是铜,化合物甲、乙中原子个数比均为1∶2(M均显+1价),原子序数B大于A,A是氧元素、B是硫元素,则甲是Cu2O、乙是Cu2S。根据以上分析,①O元素在周期表中位置为第二周期ⅥA族;②亚硫酸的水溶液呈酸性,滴入紫色石蕊试液,现象为溶液变成红色且不褪色;③加热条件下Cu2O、Cu2S生成Cu和SO2的化学方程式是2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2↑;④向CuCl2的溶液中通入SO2,生成白色CuCl沉淀,该反应的离子方程式是2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O 2CuCl↓+S+4H+。12.元素X、Y、Z、M、N均为短周期主族元素,且原子序数依次增大。已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3∶4;M原子最外层电子数与次外层电子数之比为3∶4;N-、Z+、X+的半径逐渐减小;化合物XN常温下为气体。据此回答:(1)M、N的最高价氧化物对应的水化物中酸性较强的是　　　　(写出化学式)。 (2)Z与M可形成常见固体化合物C,用电子式表示C的形成过程:　　　　　　  　　　　。 (3)已知通常状况下1 g X2在Y2中完全燃烧放出a kJ的热量,请写出表示X2燃烧热的热化学方程式:　　　　　　　　　　。 (4)X与Y、X与M均可形成18电子分子,这两种分子在水溶液中反应有黄色沉淀生成,写出该反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　。 (5)化合物A、B均为由上述五种元素中的任意三种元素组成的强电解质,且两种物质水溶液的酸碱性相同,组成元素的原子数目之比为1∶1∶1,A溶液中水的电离程度比在纯水中小。则化合物A中的化学键类型为　　　　　　;若B为常见家用消毒剂的主要成分,则B的化学式是　　　　　　。 12.答案　(1)HClO4(2)(3)H2(g)+O2(g) H2O(l)　ΔH=-2a kJ·mol-1(4)H2O2+H2S S↓+2H2O(5)离子键、(极性)共价键　NaClO解析　由题可知X、Y、Z、M、N分别为H、O、Na、S、Cl。(1)S、Cl的最高价氧化物对应的水化物分别为H2SO4和HClO4,酸性较强的是HClO4。(2)Na和S可形成常见化合物Na2S,是离子化合物,用电子式表示其形成过程为。(3)1 g H2在O2中完全燃烧放出a kJ的热量,则1 mol H2在O2中完全燃烧放出2a kJ的热量,其热化学方程式为H2(g)+O2(g) H2O(l)　ΔH=-2a kJ·mol-1。(4)H与O、H与S形成的18电子分子分别为H2O2和H2S,二者在水溶液中反应有黄色沉淀(硫)生成,化学方程式为H2O2+H2S S↓+2H2O。(5)H、O、Na、S、Cl五种元素中的任意三种元素组成强电解质A、B,且两种物质水溶液的酸碱性相同,组成元素的原子数目之比为1∶1∶1,可能为NaOH、NaHS、NaClO等,A溶液中水的电离程度比在纯水中小,则A为NaOH,其中的化学键类型为离子键、(极性)共价键;若B为常见家用消毒剂的主要成分,则B的化学式为NaClO。