高考化学一轮复习考点讲练测第18讲 化学键（练习）（2份，原卷版+解析版）

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完卷时间：50分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl35.5 Cu 64 Ba137
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12×5分）
1．（2023·辽宁大连·大连二十四中校考模拟预测）下列说法正确的是
A．甲醛(HCHO)和光气()分子中键角：∠H—C—HX>R
B．电负性：Z> Y> X
C．原子半径：X>Y> Z> R
D．M是含极性键和非极性键的共价化合物
【答案】A
【分析】M由4种短周期主族元素组成，R、X、Y、Z的原子序数依次增大，在暗室中Z单质和同温同压下密度最小的气体剧烈反应，Z为F元素；R的原子序数最小，形成1个共价键，则R为H元素；X形成4个共价键、Y形成2个共价键，结合原子序数可知，X为C元素、Y为O元素。
【解析】由上述分析可知，R为氢元素、X为碳元素、Y为氧元素、Z为氟元素，据此分析解题：
A．由分析可知，R、X、Y、Z分别是H、C、O、F，由于O没有最高正化合价，F没有正化合价，A错误；B．由分析可知，X、Y、Z分别为C、O、F，同一周期从左往右元素的电负性依次增强，故电负性为F＞O＞C即Z> Y> X，B正确；C．同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则C、O、F、H的原子半径依次减小即X>Y> Z> R，C正确；D．M含有碳碳非极性键、氧氢键等极性键，它是共价化合物，D正确；故答案为：A。
11．（2023·浙江·校联考三模）水体中的测定可用丁二酮肟分光光度法，其中与丁二酮肟作用形成如图配合物A，已知4个N原子在同一平面上，下列说法正确的是
A．配合物中心离子杂化方式为
B．根据配合物A的结构可知A易溶于水，难溶于乙醇等有机溶剂
C．该配合物中的化学键有极性键、配位键、氢键
D．该配合物最多有23个原子共平面
【答案】D
【解析】A．由4个氮原子在同一平面上可知，配合物的中心离子镍离子的杂化方式不可能为sp3杂化，故A错误；B．由图可知，配合物A形成了分子内氢键，很难再与水形成氢键，所以A难溶于水，故B错误；C．氢键是作用力较强的分子间作用力，不属于化学键，故C错误；D．由图可知，配合物A中碳氮双键和氧原子为平面结构，由4个氮原子在同一平面上可知，配合物最多有23个原子共平面，故D正确；故选D。
12．（2023·浙江·校联考一模）含共价键的强电解质的是
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物；弱电解质：在水溶液中不能完全电离的化合物。相邻原子之间通过共用电子对形成的化学键为共价键。
【解析】A．氯化镁只含离子键，A错误；B．硫酸氢钠是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物，属于强电解质，钠离子与硫酸氢根离子之间存在离子键，硫酸氢根离子内氧原子与硫原子、氢原子和氧原子之间存在共价键，B正确；C．氨气为非电解质，C错误；D．醋酸在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，D错误；故答案为：B。
二、主观题（共3小题，共40分）
13.(14分)回答下列问题：
(1)向CuSO4溶液中滴加过量的稀氨水，可以得到深蓝色的[Cu(NH3)4](OH)2溶液，此过程中涉及的非金属元素(H除外)的第一电离能由小到大的顺序为_______，[Cu(NH3)4]2+的空间构型是_______，[Cu(NH3)4]2+中含有的化学键类型为_______。
(2)CaCN2从材料学角度俗称石灰氮，可以由CaC2与N2等反应制得。CaC2中σ键和π键的数目之比为_______，CaCN2中每个原子最外层均达到8电子稳定结构，则CaCN2的电子式为_______。
(3)Cu3(AsO4)2是一种木材防腐剂，其阴离子中As原子的杂化轨道类型为_______，H3AsO4的酸性强于H3AsO3的原因为_______。
【答案】(每空2分)(1)S＜O＜N 平面正方形 配位键和极性共价键
(2)1:2
(3)sp3 H3AsO4的非羟基氧原子更多，使其中As-O-H中羟基极性更大，更容易电离出H+
【解析】（1）同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但N的2p轨道为半充满状态，较稳定，故第一电离能：O＜N；同主族元素自上而下第一电离能逐渐减小，故第一电离能：S＜O，则第一电离能：S＜O＜N；据晶体衍射实验观测的结果，[Cu(NH3)4]2+的空间构型是平面正方形；Cu2+和NH3之间为配位键，NH3分子内部为极性共价键。答案为：S＜O＜N；平面正方形；配位键和极性共价键；
（2）CaC2中的存在碳碳三键，所以σ键和π键的数目之比为1:2，CaCN2是离子化合物，各原子最外层均达到8电子稳定结构，则CaCN2的电子式为。答案为：1:2；；
（3）的中心As原子孤电子对数，价层电子对数=4+0=4，故As原子采取sp3杂化，H3AsO4中非羟基氧数目为1，而H3AsO3中非羟基氧数目为0，H3AsO4的非羟基氧原子更多，使其中As-O-H中羟基极性更大，更容易电离出H+，从而酸性更强。答案为：sp3；H3AsO4的非羟基氧原子更多，使其中As-O-H中羟基极性更大，更容易电离出H+。
14.(12分)1985年，Russsin研究发现了第一个金属原子簇类配位化合物 [Fe4S3(NO)7]－，其结构如图1，金属原子簇类化合物与金属原子表面性质相似，具有良好的催化活性等功能。请回答下列问题：

图1 图2
(1)Fe3＋的基态核外价电子排布式为__________________________。
(2)上述化合物中含有三种非金属元素，试比较三种元素第一电离能由大到小顺序为________________；
硫可以形成SOCl2化合物，则该化合物的空间结构为________。
(3)除了氮的氧化物之外，氮还可以形成NOeq \\al(＋,2)。请写出氮原子杂化方式________。
(4)上述原子簇类配合物，中心原子铁的配位原子是__________________。
(5)配合物Fe(CO)5的熔点－20 ℃，沸点103 ℃。可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图2所示。下列关于Fe(CO)5说法正确的是________。
A．Fe(CO)5是非极性分子，CO是极性分子
B．Fe(CO)5中Fe原子以sp3杂化方式与CO成键
C．1 ml Fe(CO)5含有10 ml配位键
D．Fe(CO)5===Fe＋5CO反应中没有新化学键生成
【答案】（每空2分）(1)3d5 (2)N＞O＞S 三角锥形 (3)sp (4)S、N (5)AC
【解析】(1)Fe位于周期表中第四周期第Ⅷ族，Fe3＋的基态核外价电子排布式为3d5；(2)化合物中三种非金属元素为N、O、S，同周期主族元素随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，则三种元素第一电离能由大到小顺序为N>O>S，对于SOCl2，其等电子体为SOeq \\al(2－,3)，二者结构相似，根据VSEPR模型，价层电子对数为3＋(6－2×3＋2)/2＝4，则其空间结构为三角锥形；(3)对于NOeq \\al(＋,2)，根据VSEPR模型，价层电子对数为2＋(5－2×2－1)/2＝2，根据杂化轨道理论，则中心N原子为sp杂化；(4)直接与中心原子成键的为配位原子，所以中心原子铁的配位原子是N、S；(5)A．看正负电荷中心是否重叠，Fe(CO)5对称是非极性分子，CO不对称是极性分子，故A正确；B．Fe(CO)5中Fe原子不是以sp3杂化方式与CO成键，故B错误；C．碳与氧、铁与碳之间形成配位键，1 ml Fe(CO)5含有10 ml配位键，故C正确；D．化学反应的实质是旧化学键的断裂，新化学键的生成，故D错误。故选AC。
15.(12分)门捷列夫认为氮、碳、氧、氢是“四大天王”元素，它们与宇宙和生命的形成都有密切联系，可以相互结合成很多化合物。
(1)四种元素中，核外未成对电子数目相同的元素有_______(填写元素符号，下同)；四种元素的原子半径由大到小的顺序为_______。
(2)HCN是生命演化过程中的基础物质之一。已知HCN中C、N都满足8电子稳定结构，则HCN的电子式为_______；其中C、N之间的共用电子对偏向的元素是_______，从原子结构角度解释其原因_______。
(3)N2O是医学上的一种麻醉剂，可以通过反应_______NH3+_______O2→ _______N2O+_______H2O制得，配平该反应的化学方程式_______；若生成1.8 g水，转移的电子数目为_______个。已知N2O为直线型极性分子，则该分子中所含化学键的类型有_______(填写编号)。
a．极性共价键 b．非极性共价键 c．离子键 d．金属键
【答案】(1)C、O（1分） C>N>O>H （1分）
(2)（1分） N（1分） C和N原子核外都有2个电子层，N的核电荷数比C多，且原子半径N小于C，核对外层电子的吸引力强（2分）
(3)2NH3+2O2N2O+3H2O（2分）NA或0.267NA或1.6×1023（2分）ab（2分）
【解析】(1)H、C、N、O核外未成对电子数目分别为1、2、3、2，核外未成对电子数目相等的是C和O；同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径：C>N>O>H。
(2)HCN中C、N都满足8电子稳定结构， HCN的电子式为，C和N是位于同周期相邻元素，N的核电荷数比C大，N原子半径比C小，N对核外电子吸引力更强，所以C、N之间的共用电子对偏向的元素是N。
(3)利用化合价升降法来配平，反应的化学方程式为2NH3+2O2N2O+3H2O；反应中N化合价由-3价升高为+1价，O化合价由0价降低为-2价，每生成1 ml水转移 ml电子，生成1.8 g水即0.1 ml水时转移电子0.1× ml= ml，转移电子数为NA或0.267NA或1.6×1023；N2O为直线型极性分子，分子结构为，则该分子中所含化学键的类型有氮氮非极性共价键，氮氧极性共价键，故答案为ab。
1．（2022·天津·统考高考真题）利用反应可制备N2H4。下列叙述正确的是
A．NH3分子有孤电子对，可做配体
B．NaCl晶体可以导电
C．一个N2H4分子中有4个σ键
D．NaClO和NaCl均为离子化合物，他们所含的化学键类型相同
【答案】A
【解析】A．NH3中N原子的孤电子对数＝＝1，可以提供1对孤电子对，可以做配体，A正确；B．导电需要物质中有可自由移动的离子或电子，NaCl晶体中没有自由移动的电子或者离子，故不能导电，B错误；C．单键属于σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；N2H4的结构式为 ，分子中含有5个σ键，C错误；D．NaClO含有离子键和共价键，NaCl只含有离子键，都是离子化合物，但所含的化学键类型不同，D错误；故选A。
2．（2022·天津·统考高考真题）一定条件下，石墨转化为金刚石吸收能量。下列关于石墨和金刚石的说法正确的是
A．金刚石比石墨稳定
B．两物质的碳碳键的键角相同
C．等质量的石墨和金刚石中，碳碳键数目之比为4∶3
D．可以用X射线衍射仪鉴别金刚石和石墨
【答案】D
【解析】A．石墨转化为金刚石吸收能量，则石墨能量低，根据能量越低越稳定，因此石墨比金刚石稳定，故A错误；B．金刚石是空间网状正四面体形，键角为109°28′，石墨是层内正六边形，键角为120°，因此碳碳键的键角不相同，故B错误；C．金刚石是空间网状正四面体形，石墨是层内正六边形，层与层之间通过范德华力连接，1ml金刚石有2ml碳碳键，1ml石墨有1.5ml碳碳键，因此等质量的石墨和金刚石中，碳碳键数目之比为3∶4，故C错误；D．金刚石和石墨是两种不同的晶体类型，因此可用X射线衍射仪鉴别，故D正确。综上所述，答案为D。
3．（2021·江苏·高考真题）反应Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O可用于制备含氯消毒剂。下列说法正确的是
A．Cl2是极性分子
B．NaOH的电子式为
C．NaClO既含离子键又含共价键
D．Cl-与Na+具有相同的电子层结构
【答案】C
【解析】A．氯气分子结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，A错误；B．NaOH为离子化合物，电子式为，B错误；C．NaClO含有钠离子和次氯酸根形成的离子键，含有O原子和Cl原子形成的共价键，C正确；D．Cl-有3层电子，Na+有2层电子，D错误；综上所述答案为C。
4．（2023·辽宁·统考高考真题）下列化学用语或表述正确的是
A．BeCl2的空间结构：V形B．P4中的共价键类型：非极性键
C．基态Ni原子价电子排布式：3d10D．顺—2—丁烯的结构简式：
【答案】B
【解析】A．BeCl2的中心原子为Be，根据VSEPR模型可以计算，BeCl2中不含有孤电子对，因此BeCl2为直线型分子，A错误；B．P4分子中相邻两P原子之间形成共价键，同种原子之间形成的共价键为非极性共价键，P4分子中的共价键类型为非极性共价键，B正确；C．Ni原子的原子序数为28，其基态原子的价电子排布为3d84s2，C错误；D．顺-2-丁烯的结构中两个甲基在双键的同一侧，其结构简式为，D错误；故答案选B。
5．（2023·浙江·高考真题）共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法不正确的是
A．的结构式为B．为非极性分子
C．该反应中的配位能力大于氯D．比更难与发生反应
【答案】D
【解析】A．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，故A正确；B．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B正确；C．由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C正确；D．溴元素的电负性小于氯元素，原子的原子半径大于氯原子，则铝溴键弱于铝氯键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D错误；故选D。
6．（2021·江苏·高考真题）N2是合成氨工业的重要原料，NH3不仅可制造化肥，还能通过催化氧化生产HNO3；HNO3能溶解Cu、Ag等金属，也能与许多有机化合物发生反应；在高温或放电条件下，N2与O2反应生成NO，NO进一步氧化生成NO2。2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH=-116.4kJ·ml-1。大气中过量的NOx和水体中过量的NH、NO均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机动车尾气中的NO转化为N2，也可将水体中的NO3-转化为N2。下列有关NH3、NH、NO的说法正确的是
A．NH3能形成分子间氢键
B．NO的空间构型为三角锥形
C．NH3与NH中的键角相等
D．NH3与Ag+形成的[Ag(NH3)2]+中有6个配位键
【答案】A
【解析】A．NH3能形成分子间氢键，氨分子是一个极性分子，氮原子带有部分负电荷,氢原子带有部分正电荷，当氨分子互相靠近时，由于取向力的作用，带有部分正电荷的氢原子与另外一个氨分子中的带有部分负电荷的氮原子发生异性电荷的吸引进一步靠拢，A正确；B．硝酸根离子的空间构型是个标准的正三角形，N在中间，O位于三角形顶点，N和O都是sp2杂化，B错误；C．NH3和NH都是sp3杂化，但NH3中存在一个孤电子对，是三角锥结构，而NH为标准的正四面体，所以键角是不一样的，NH3中每两个N—H键之间夹角为107°18＇,正四面体为109°28＇，C错误；D．N-H为σ键，配位键也为σ键，则[Ag(NH3)2]+中含有8个σ键，2个配位键，D错误；答案选A。
7．（2022·湖北·统考高考真题）和的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似。下列说法错误的是
A．与都能在水中与氨形成配合物
B．和的熔点都比的低
C．和均可表现出弱酸性
D．和的氢化物都不能在酸中稳定存在
【答案】A
【解析】A．半径小，不能容纳6个氮原子和它配位，则不能在水中与氨形成配合物，A项错误；B．和属于分子晶体，而属于离子晶体，则和的熔点都比的低，B项正确；C．和均为两性氢氧化物，则均可表现出弱酸性，C项正确；D．和的氢化物与酸反应，生成对应的盐和氢气，则都不能在酸中稳定存在，D项正确；答案选A。
8．（2023·浙江·高考真题）X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X的轨道全充满，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是纯碱中的一种元素。下列说法不正确的是
A．电负性：
B．最高正价：
C．Q与M的化合物中可能含有非极性共价键
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：
【答案】B
【分析】Y的s能级电子数量是p能级的两倍，Y为C，X的轨道全充满，原子序数X