专题16化学键1、关于化学键的各种叙述中正确的是( )A．在离子化合物里，只存在离子键B．共价化合物里，一定不存在离子键C．非极性键只存在于双原子的单质分子里D．由不同元素组成的多原子分子里，一定只存在极性键【答案】 B【解析】 离子化合物中一定含有离子键，还可含有共价键(如NaOH)，共价化合物中一定不含有离子键，一定有共价键，A错，B对；H2O2的电子式为，其分子中既有极性键，也有非极性键，故C、D均错。2、我国科学家卢嘉锡与法裔加拿大科学家Gignere巧妙地利用尿素(H2NCONH2)和H2O2形成加合物H2NCONH2·H2O2，不但使H2O2稳定下来，而且结构也没有发生改变，得到了可供做衍射实验的单晶体，经测定H2O2结构如图所示，结合以上信息，有关过氧化氢的说法不正确的是( )A．H2NCONH2与H2O2是通过氢键结合的B．H2O2是极性分子C．H2O2既有氧化性又有还原性D．H2NCONH2·H2O2属于离子化合物【答案】D【解析】根据双氧水的结构可知其为极性分子，其中含有极性键和非极性键；根据双氧水中氧元素的价态知它既具有氧化性又具有还原性；根据题目给定的信息可知尿素和H2O2结合时结构没有发生变化，联系已经学过的微粒间作用力知识可知二者是通过氢键结合的，形成的物质仍为共价化合物。3、二氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如右下图所示。常温下，S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体。下列说法错误的是（）A．S2Cl2的电子式为B.S2Cl2同时含有极性键和非极性键C.S2Br2与S2Cl2结构相似，熔沸点：S2Br2>S2Cl2D.S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl11\n【答案】A4、下列说法不正确的是（）A.化学键是使离子或原子相结合的作用力B.气态单质分子中不一定存在化学键C.NaCl与NaOH固体中的化学键类型完全相同D.碳原子最外层有4个电子，能与其他原子形成4个共价键【答案】C5、下列物质中，有极性共价键的是（）A.单质碘B.氯化镁C.溴化钾D.水【答案】D6、下列热化学方程式中,能直接表示出氯化钠晶格能的是( )A.Na+(g)+Cl-(g)NaCl(s) ΔH1B.Na(s)+Cl(g)NaCl(s) ΔH2C.2Na+(g)+2Cl-(g)2NaCl(s) ΔH3D.Na(g)+Cl(g)NaCl(s) ΔH4【答案】A【解析】掌握晶格能的概念是解答本题的关键。气态离子形成1mol离子晶体释放的能量称为晶格能。7、现有如下各说法：①在水中氢、氧原子间均以化学键相结合。②金属和非金属化合形成离子键。③离子键是阳离子、阴离子的相互吸引。④根据电离方程式，判断HCl分子里存在离子键。⑤H2分子和Cl2分子的反应过程是H2、Cl2分子里共价键发生断裂生成H、Cl原子，而后H、Cl原子形成离子键的过程。上述各种说法正确的是A、①②⑤正确B、都不正确C、④正确，其他不正确D、仅①不正确【答案】B8、下列物质中，只含有离子键，不含有共价键的是（ ）A.Na2O2B.KOHC.CaCl2D.CO2【答案】C【解析】试题分析：A．Na2O2中Na、O之间为离子键，O、O之间为非极性共价键，故错；B.KOH中氢氧根之间是共价键，故错；D、CO2中只有共价键，故错。故选C。考点：极性键和非极性键离子键的形成点评：本题考查化学键，明确化学键的类别及成因是解答本题的关键，难度不大。9、已知一定温度下，N2和H2反应生成2molNH3时放出的热量为92.0kJ，将此温度下的1molN2和3molH2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量为()[忽略能量损失]A.一定大于92.0kJB.一定等于92.0kJC.一定小于92.0kJD.不能确定【答案】C11\n【解析】因为氨气的合成是可逆反应，即1mol氮气和3mol氢气不可能生成2mol氨气，所以实际放出的能量要小于92.0kJ。答案C正确。10、在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是（）A.范德华力、范德华力、共价键B.范德华力、范德华力、范德华力C.范德华力、共价键、共价键D.共价键、共价键、共价键【答案】A【解析】石蜡属于分子晶体，从石蜡变为液体石蜡，被破坏的是范德华力，石蜡液体变为石蜡蒸汽，破坏的还是范德华力，石蜡蒸汽变为裂化气，发生了化学反应，所以破坏的是共价键，所以答案选A。11、下列表示电子式的形成过程正确的是（）【答案】D【解析】A中HCl是共价键，B中NaBr是离子键，C中MgF2的电子式不正确。12、下列变化过程中，只破坏共价键的是( )A．冰变水B．将Na2SO4熔融呈液态C．HCl溶于水得盐酸D．从NH4HCO3中闻到了刺激性气味【答案】C13、某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方案Ⅰ：铜铝混合物测定生成气体的体积方案Ⅱ：铜铝混合物测定剩余固体的质量下列有关判断中不正确的是( )A．溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液B．若溶液B选用浓硝酸，则测得铜的质量分数偏小C．溶液A和B均可选用稀硝酸D．实验室中方案Ⅱ更便于实施【答案】C【解析】在常温下，铝既可溶于强酸，又可溶于强碱，且都产生H2，而铜则不能，铜只能溶于强氧化性酸，如与HNO3反应可产生NO2或NO，因此溶液A和B均可以是稀盐酸、稀硫酸或NaOH溶液，但不可选HNO3，故A项正确；若采用方案Ⅰ，由关系式2Al～3H2求出w(Al)进而求出w(Cu)，若采用方案Ⅱ，铝溶解，而Cu不溶，则称量剩余固体质量即为m(Cu)，显然测量固体质量较测定气体体积更易操作，便于实施，D选项正确；若溶液B选用HNO311\n，由于铝在浓硝酸中钝化，生成了致密的氧化膜，故所测得的固体质量实际上是铝和部分氧化铝的质量，此数据比混合物中铝的质量大，故得出的铜的质量偏小，w(Cu)偏小；溶液A选HNO3产生NO2或NO，气体不纯，不便计算。14、CuSO4是一种重要的化工原料，有关制备途径及性质如下图所示。下列说法错误的是（ ）A．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:2B．相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想C．生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：①=②＜③D．利用途径②制备16g硫酸铜，被还原的硫酸的物质的量为0．1mol【答案】D【解析】A、Cu＋8H＋＋2NO3－=Cu2＋＋2NO↑＋4H2O,氢离子和硝酸根离子的个数比为8:2，所以混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:2，故正确。B、途径②中不产生有毒气体，故正确。C、浓硫酸和铜反应生成硫酸铜和二氧化硫，再结合铜离子守恒知，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：①=②＜③，故正确。D、H2SO4＋H2SO4(被还原)＋O2＋2Cu=2CuSO4＋2H2O1mol320g0.05mol16g故错误。15、已知H—H键能为436KJ/mol，H—N键能为391KJ/mol，根据化学方程式：N2+3H2=2NH3ΔH=—92.4KJ/mol，则N≡N键的键能是（）A．431KJ/molB．946KJ/molC．649KJ/molD．869KJ/mol【答案】B16、如图为实验室制取和收集纯净干燥的氯气,并进行氯气性质探究的实验装置图:(1)反应前,在装置A中__________装浓盐酸(填写仪器名称),__________装MnO2(填写仪器名称)11\n装置A中反应的化学方程式为___________________________。(2)装置B中的现象是___________________________。反应的化学方程式为__。(3)装置D中所装试剂是______,作用是___________________________。(4)装置F中发生反应的化学方程式为____________________________。【答案】(1)分液漏斗 圆底烧瓶 MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O(2)溶液变蓝 Cl2+2KI====2KCl+I2(3)浓硫酸 干燥Cl2(4)Cl2+2NaOH====NaCl+NaClO+H2O【解析】(1)实验室中常用MnO2与浓盐酸在加热条件下制取Cl2,其中MnO2放入圆底烧瓶中,浓盐酸放入分液漏斗中,反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。(2)Cl2与KI发生反应Cl2+2KI====2KCl+I2,淀粉遇I2变蓝色。(3)干燥Cl2应用浓硫酸作干燥剂。(4)多余Cl2一般用NaOH溶液吸收。17、用托盘天平称量一未知质量的烧杯。现用“↓”表示向托盘上增加砝码，用“↑”表示从托盘上减少砝码。请用“↑”和“↓”在下表中表示你的称量过程，并在下图中用“‖”表示游码在标尺上的位置（若烧杯的实际质量为36.8g）。砝码（克）502020105取用情况？？？？？【答案】↓↑↓↓↑↓↓【解析】本题考查的重点是怎样向托盘中增减砝码及怎样读出游码在标尺上的质量。向托盘中加入砝码的正确顺序是“先大后小”。正确读出游码在标尺上的质量，要明确以下两点：①标尺上每一小格表示多少质量（如1g之间有10格，则每格表示g即0.1g），②以游码的哪边为基准读数（一般以调平时与“0”重合的前边为准）。由于本题要称量一36.8g的烧杯，所以，使用的砝码是35g（20g+10g+5g），游码是1.8g。18、A题适合使用二期课改新教材的考生解答，B题适合使用一期课改教材的考生解答（A）实验室模拟合成氨和氨催化氧化的流程如下：已知实验室可用饱和亚硝酸钠（NaNO2）溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气。（1）从下图中选择制取气体的合适装置：11\n氮气、氢气（2）氮气和氢气通过甲装置，甲装置的作用除了将气体混合外，还有、（3）氨合成器出来经冷却的气体连续通人乙装置的水中吸收氨，（“会”或“不会”）发生倒吸，原因是：。（4）用乙装置吸收一段时间氨后，再通入空气，同时将经加热的铂丝插入乙装置的锥形瓶内，能使铂丝保持红热的原因是：，锥形瓶中还可观察到的现象是：。（5）写出乙装置中氨氧化的化学方程式：（6）反应结束后锥形瓶内的溶液中含有H+、OH－、、离子。（B）某课外研究小组，用含有较多杂质的铜粉，通过不同的化学反应制取胆矾。其设计的实验过程为：（1）铜中含有大量的有机物，可采用灼烧的方法除去有机物，灼烧时将瓷坩埚置于上（用以下所给仪器的编号填入，下同），取用坩埚应使用，灼烧后的坩埚应放在上，不能直接放在桌面上。实验所用仪器：a蒸发皿b石棉网c泥三角d表面皿e坩埚钳f试管夹（2）杂铜经灼烧后得到的产物是氧化铜及少量铜的混合物，用以制取胆矾。灼烧后含有少量铜的可能原因是a灼烧过程中部分氧化铜被还原b灼烧不充分铜未被完全氧化c氧化铜在加热过程中分解生成铜d该条件下铜无法被氧气氧化11\n（3）通过途径Ⅱ实现用粗制氧化铜制取胆矾，必须进行的实验操作步骤：酸溶、加热通氧气、过滤、、冷却结晶、、自然干燥（4）由粗制氧化铜通过两种途径制取胆矾，与途径Ⅰ相比，途径Ⅱ有明显的两个优点是：、（5）在测定所得胆矾（CuSO4·xH2O）中结晶水x值的实验过程中：称量操作至少进行次（6）若测定结果x值偏高，可能的原因是a加热温度过高b胆矾晶体的颗粒较大c加热后放在空气中冷却d胆矾晶体部分风化【答案】(A)（1）a、b（2）干燥气体控制氢气和氮气的流速（3）不会因为混合气体中含有大量难溶于水的氮、氢两种气体（4）说明氨的氧化反应是一个放热反应有红棕色气体产生（5）4NH3+5O24NO+6H2O（6）(B)（1）ceb（2）ab（3）蒸发过滤（4）产生等量胆矾途径Ⅱ消耗硫酸少途径Ⅱ不会产生污染大气的气体（5）4（6）a【解析】(A)本题考查氨的合成和氨催化氧化的实验题。制取氮气用氯化铵溶液与亚硝酸钠(NaNO2)溶液加热反应生成,故选a装置，制取氢气用锌与稀H2SO4反应不用加热，选b装置。甲装置的作用混合氮气、氢气,干燥气体，控制氮气和氢气的流速。从氨合成器中出来的气体主要是N2、H2，通入水中吸收氨气，因为N2、H2难溶于水，不会倒吸。氨的催化氧化是一个放热反应,铂丝保持红热，锥形瓶中发生下列反应：4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2===2NO2有红棕色气体产生，3NO2+H2O===2HNO3+NO，HNO3+NH3===NH4NO3。【解析】(B)本题是一道由Cu制取CuSO4·H2O的实验题。灼烧除去铜中的大量有机物，瓷坩埚具体操作把坩埚放在泥三角上加热，用坩埚钳把坩埚转移到石棉网上冷却。灼烧后，含有少量铜，原因是灼烧不充分或灼烧过程中有部分CuO被还原成Cu，CuO不会分解生成Cu，故a、b正确。途径Ⅰ必须用浓H2SO4产生污染环境的SO2气体，并且消耗H2SO4的量多。测定结晶水中x值至少称量4次，分别是称量坩埚、称量坩埚与晶体、两次称量坩埚与粉末。加热温度过高CuSO4分解，减少的质量增加，测定晶体中水的量增加，x值偏高，b、c、d三个选项中测定晶体中水的量减小，x值偏低。19、某混合物是由NaCl、MgCl2、AlCl3三种物质组成的，Na、Mg、Al三种元素的质量比为23:12:9。求：（1）NaCl、MgCl2、AlCl3的物质的量的比？（2）氯原子为1mol时，混合物的质量？【答案】6:3:2；50.2g。【解析】根据题中所给的信息，结合已经学习过的知识分析，本题11\n掌握物质的量和质量之间的换算方法。20、W、X、Y和Z都是周期表中前20号元素，已知：①W的阳离子和Y的阴离子具有相同的核外电子排布，且能形成组成为WY的化合物；②Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物；③X和Z属同一周期元素，它们能形成两种气态化合物；④W和X能形成组成为WX2的化合物；⑤X和Y不在同一周期，它们能形成组成为XY2的化合物。请回答：(1)W元素是________；Z元素是________。(2)化合物WY和WX2的化学式分别是____________和____________。(3)Y和Z形成的两种常见化合物的分子式是________和________。(4)写出X和Z形成的一种气态化合物跟WZ反应的化学方程式：________________________________________________________________________【答案】(1)钙 氧 (2)CaS CaC2(3)SO2 SO3 (4)CO2＋CaO===CaCO3【解析】根据题中所给的信息，结合已经学习过的知识分析，本题重点考察了元素周期表和元素周期律的应用。21、A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，其中A与Y同主族，X与Z同主族，A与B和X均可形成10电子的化合物；B与Z的最外层电子数之比为2∶3，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红。请回答下列问题：(1)Z的原子结构示意图为__________；化合物BA4的电子式为__________。(2)化合物Y2X2中含有的化学键类型有________(填序号)。A．离子键B．极性共价键C．非极性共价键D．氢键(3)化合物A2X和A2Z中，沸点较高的是________________________________(填化学式)，其主要原因是______________________________________________。(4)A与X和A与Z均能形成18个电子的化合物，此两种化合物发生反应的化学方程式为_______________________________________________________________________________________________________________________________________________。【答案】(1) (2)AC(3)H2O 水分子间存在氢键(4)H2O2＋H2S===2H2O＋S↓【解析】(1)Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红，Y为Na，X为O。又X与Z同主族，则Z为S，A、B、X、Y、Z原子序数递增，B与Z最外层电子数之比为2∶3，B为C，又A与Y同主族，且A与B和X均可形成10电子化合物，则A为H，化合物BA4为CH4。(2)Y2X2为Na2O2，既含有离子键又含有非极性共价键。(3)H2S和H2O相比，H2O沸点高，因为水分子间存在氢键。11\n(4)H2O2具有氧化性，H2S具有强还原性，H2O2与H2S反应生成H2O和S。22、化合物D是硅橡胶的稳定剂，其合成路线如下图（1）B的分子式为；C中官能团名称。（2）C→D的反应类型为。（3）B→C的化学方程式为。（4）化合物D可能具有的性质有（选填序号）。a．与FeCl3溶液发生显色反应b．加成反应c．消去反应d．酯化反应（5）化合物B经3步反应可制备，反应类型依次是（选填序号）。a．加成、取代、消去b．消去、加成、取代c．取代、消去、加成（6）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式。①核磁共振氢谱只有一个峰②分子中没有碳碳双键也无环状结构【答案】（1）C6H12O；羰基（2）加成反应（3）（4）bcd（5）b（6）CH3－C≡C－O－C≡C－CH3【解析】⑴根据B的结构简式（）可确定其分子式为C6H12O；C（）的官能团名称为羰基；⑵通过分析C、D、的结构简式确定C→D的反应类型为加成反应；⑶B→C的反应类似于乙醇的催化氧化反应；⑷根据化合物D的结构简式，其官能团有醇羟基、碳碳三键，能发生加成反应、消去反应、酯化反应、氧化反应等，但不能与FeCl3溶液发生显色反应；⑸依次通过消去反应得，再通过加成反应得11\n，最后通过水解（取代）反应得。⑹A的分子式为C6H6，其不饱和度为4，其一种同分异构体分子中没有碳碳双键也无环状结构，说明其只能含有2个碳碳三键，又因其核磁共振氢谱只有一个峰，说明其对称性较强，综上可得其结构简式为CH3－C≡C－O－C≡C－CH3。23、下表列出了前20号元素中的某些元素性质的有关数据：①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩原子半径(10—10m）1.522.270.741.430.771.100.991.860.750.71最高价态+1+1——+3+4+5+7+1+5——最低价态————-2——-4-3-1——-3-1试回答下列问题：（1）以上10种元素的原子中，失去核外第一个电子所需能量最少的是（填写编号）。（2）上述⑤、⑥、⑦三种元素中的某两种元素形成的化合物中，每个原子都满足最外层为8电子稳定结构的物质可能是（写分子式）。某元素R的原子半径为1.02×10—10m，该元素在周期表中的位置是；若物质Na2R3是一种含有非极性共价键的离子化合物，请你写出该化合物的电子式。【答案】（1）②（2）PCl3、CCl4第三周期、VIA族电子式略24、白磷（P4）是正四面体构型的分子，当与氧气作用形成P4O10时，每两个磷原子之间插入一个氧原子，此外，每个磷原子又以双键结合一个氧原子。如下图：化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。现提供以下化学键的键能(kJ·mol－1)。P—P键：198kJ·mol－1；P—O键：360kJ·mol－1；O=O键498kJ·mol－1；P=O键585kJ·mol－1。（1）试根据这些数据，计算出以下反应的反应热△H的值：P4（白磷）+5O2=P4O10（2）P4O10极易与水化合，反应过程可表示为如下形式：P—O—P+H2O→2P—OH。若每个P4O10分子与四个水分子发生化合反应，写出该反应的化学方程式。【答案】（1）要根据化学键变化来计算白磷燃烧的反应热，必须弄清P4、P4O10分子中的共价键类型、共价键数目。根据题给信息观察后可得，P4中共有6个P—P键，P4O10中有12个P—O键、4个P=O键。P4燃烧的化学方程式为：P4+5O2=P4O10所以，旧键断裂时共吸收能量：6×198+5×498=3678（kJ）。新键形成时共放出能量：12×360+4×585=6660（kJ）。因此，1mol白磷转化为P4O10放出：6660－3678=2982（kJ）。（2）反应的化学方程式为：P4O10+4H2O=2H4P2O7。11\n25、某离子晶体晶胞结构如下图所示，x位于立方体的顶点，Y位于立方体中心。试分析：(1)晶体中每个Y同时吸引着__________个X，每个x同时吸引着__________个Y，该晶体的化学式为__________。(2)晶体中在每个X周围与它最接近且距离相等的X共有__________个。(3)晶体中距离最近的2个X与1个Y形成的夹角∠XYX的度数为__________。(4)设该晶体的摩尔质量为Mg·mol-1，晶体密度为ρ·cm-3，阿伏加德罗常数为NA则晶体中两个距离最近的X中心间的距离为__________。【答案】(1)48XY2(或Y2X)(2)12(3)109°28'(4)11
