1、专题59 共价键 1、下列各组微粒属于等电子体的是 （ ） AC2H2和N2 BNO和NO2 CCH4和NH3 DCO2和N2O 【答案】D 2、根据等电子原理：由短周期元素组成的微粒，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，可互称为等电子体，它们具有相似的结构特征。以下各组微粒结构不相似的是（ ）ACO和N2 BO3和NO- CCO2和N2O DN2H4和C2H4【答案】D 3、根据等电子原理判断，下列说法中错误的是 （ ）AB3N3H6分子中所有原子均在同一平面上 BB3N3H6分子中存在双键，可发生加成反应CH3O+和NH3是等电子体，均为三角锥形 DCH4和NH4+是等电子体，均
2、为正四面体【答案】B 4、下列关于丙炔（CH3CCH）的说法正确的（ ）A丙炔分子有6个键，1个键 B丙炔分子中3个碳原子都是sp3杂化C丙炔分子中有4个原子在同一直线上 D丙炔分子只存在极性共价键 【答案】C 5、（原创）下列叙述正确的是（ ）A1个乙醇分子中存在8个键BPCl3和CCl4分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构CH2S和CS2分子都是含极性键的非极性分子DNH3分子中心原子的杂化方式为SP2【答案】B 6、下列关于丙烯（CH3CH =CH2）的说法正确的（ ）A. 丙烯分子有7个键，1个键 B. 丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化。C. 丙烯分子存在非极性键。 D. 丙烯
3、分子中3个碳原子在同一直线上。【答案】C 7、“防晒霜”之所以能有效地减轻紫外光对人体的伤害，是因为它所含的有效成分的分子中有键，如氨基苯甲酸、羟基丙酮等。这些有效成分分子中的电子可在吸收紫外光后被激发，从而阻挡部分紫外光对皮肤的伤害。下列分子中不含有键的是（）A乙炔分子 B氮气分子 C乙烷分子 D乙烯分子【答案】C【解析】在乙炔分子中含有2个键、3个键；在氮气分子中含有2个键、1个键；在乙烯分子中，含有1个键、5个键；在乙烷分子中全部是键。8、下列选项中表示物质结构的化学用语正确的是（）【答案】A【解析】由于质子数等于原子序数,因此核素符号中质子数可不必标出。HF是共价化合物,不必标“”与所
4、带的电荷数；Cl核内只有17个质子；NH4Cl是离子化合物,阴离子必须标“”与所带的电荷数。9、下列各组均有两种物质的式子中，都能真实表示分子组成的是（）ACO2和SiO2 BS和Na CNa2O2和H2O2 DC6H6和C6H5Br【答案】D【解析】只有分子晶体才存在分子，A项SiO2为原子晶体，B项Na为金属晶体，C项Na2O2为离子晶体。10、（江苏省无锡市北高中2010学年第一学期高三化学期中考试）下列有关化学用语的说法中不正确的是 A次氯酸的结构式为：HClO BOH 与 都表示羟基C氯化铵的电子式： D乙酸的分子比例模型为：【答案】A11、据权威刊物有关报道，1996年科学家在宇宙
5、中发现H3分子。甲、乙、丙、丁四位学生对此报道的认识正确的是（）A甲认为上述报道是假新闻，因为H3分子违背了共价键理论B乙认为宇宙中还可能存在另一种氢单质，因为氢元素有三种同位素必然有三种同素异形体C丙认为H3分子实质上是H2分子与H+以特殊共价键结合的产物，应写成H3+D丁认为如果上述的发现存在，则证明传统的价键理论有一定的局限性有待继续发展【答案】D【解析】试题分析：A因理论具有一定的时代性和局限性，宇宙中发现H3分子，则存在该分子，故A错误；B同位素的种类与同素异形体的种类无关，则可能还有氢单质，也可能没有，故B错误；C分子与离子是不同的微粒，所以H3分子不能写出H3+，故C错误；DH3
6、分子的存在，利用传统的价键理论不能解释，即传统的价键理论有一定的局限性有待继续发展，故D正确；故选D。考点：化学键点评：本题考查化学键，题目难度较大，注意理论的时代性和局限性是解答本题的关键，注意宇宙中发现H3分子，即存在该物质来解答.。12、石墨晶体为层状结构，每一层均为碳原子与周围其他3个碳原子相结合而成平面片层，同层相邻碳原子间距142pm、相邻片层间距为335 pm。右图是其晶体结构片层俯视图。下列说法不正确的是（）A碳以sp2杂化 B每个碳形成3个键C石墨碳原子数与键数之比为23 D片层之间碳成共价键【答案】D13、HBr分子的电子式为（） BHBr C DHBr【答案】A【解析】根
7、据题中所给出的信息分析，本题重点考查的是电子式的书写。14、意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的气态N4分子，其分子结构如下图所示，已知断裂1mol NN吸收167kJ热量，生成1mol NN放出942kJ热量，根据以上信息和数据，判断下列说法正确的是（）AN4属于一种新型的化合物BN4分子中NN键角为10928CN4分子中存在非极性键D1mol N4转变成N2将吸收882kJ热量【答案】C【解析】A错误，N4属于单质，与N2互为同素异形体；B错误，N4分子中NN键角为60，C正确，N4分子中存在非极性键；D错误，N4(g)=2N2(g)H882kJmol1。
8、15、从键长的角度来判断下列共价键中最稳定的是()AHF BNH CCH DSH【答案】A 16、某化学课外小组以海带为原料制取少量碘水，现用CCl4从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液。其实验可分解为如下各步：A把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中；B把50mL碘水和15mL CCl4加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；C检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液；D倒转漏斗振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正；E旋开活塞，用烧杯接收下层溶液；F从分液漏斗上口倒出上层溶液；G将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准分液漏斗口上的小孔；H静置、分层。就此实验完成下列填空：
9、(1)正确操作步骤的顺序是(用上述各操作的编号字母填写)：_AH_EF(2)D步骤为什么要不时旋开活塞放气？_。(3)上述E步骤的操作中应注意_。(4)上述G步骤操作的目的是_。(5)能选用CCl4从碘水中萃取碘的原因是_。【答案】(1)CBDG(2)防止分液漏斗内压强过大而发生危险(3)使分液漏斗下端漏斗颈紧靠烧杯内壁，及时关闭活塞，防止上层液体流出(4)使分液漏斗内外空气相通，以保证进行E操作时漏斗里的液体顺利流出(5)CCl4与水既不反应也不互溶，且碘在CCl4中的溶解度比在水中大得多【解析】(1)题中给出了八个步骤，后五个步骤的顺序也已给出了其中四个：AH（）EF，只要考虑到静置、分层
10、后才能分液，操作顺序应为AH(G)EF。前三个步骤应为：查漏装液振荡，即CBD。(2)振荡分液漏斗时，会产生气体，导致漏斗内压强过大而发生危险。(3)操作时要注意使漏斗下端管口紧靠烧杯内壁；及时关闭活塞，防止上层液体流入烧杯中。(4)为保证分液漏斗内液体顺利流下，在进行分液操作时应注意漏斗内部应与外界大气相连通。(5)萃取剂的选择原则应是两种溶剂不互溶，且要提取的物质在萃取剂中的溶解度应远大于在原溶剂中的溶解度。17、甲乙两位同学分别用不同的方法配制100 mL 3.6 mol/L的稀硫酸。(1)若采用18 mol/L的浓硫酸配制溶液，需要用到浓硫酸的体积为_。(2)甲同学：量取浓硫酸，小心地
11、倒入盛有少量水的烧杯中，搅拌均匀，待冷却至室温后转移到100 mL容量瓶中，用少量的水将烧杯等仪器洗涤23次，每次洗涤液也转移到容量瓶中，然后小心地向容量瓶加入水至刻度线定容，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。将溶液转移到容量瓶中的正确操作是_。洗涤操作中，将洗涤烧杯后的洗液也注入容量瓶，其目的_。定容的正确操作是_。用胶头滴管往容量瓶中加水时，不小心液面超过了刻度线，处理的方法是_(填序号)。A.吸出多余液体，使凹液面与刻度线相切B.小心加热容量瓶，经蒸发后，使凹液面与刻度线相切C.经计算加入一定量的浓盐酸D.重新配制(3)乙同学：用100 mL量筒量取浓硫酸，并向其中小心地加入少量水，搅拌均匀，
12、待冷却至室温后，再加入水至100 mL刻度线，再搅拌均匀。你认为此法是否正确？若不正确，指出其中错误之处_。【答案】(1)20.0 mL(2)将玻璃棒插入容量瓶刻度线以下，将溶液沿玻璃棒慢慢地倒入容量瓶中使溶质完全转移到容量瓶中加水至离刻度线12 cm时，改用胶头滴管滴加水至液面与刻度线相切D(3)不正确。错误之处为：用量筒配制溶液；将水加入到浓硫酸中【解析】(1)假设需用的浓硫酸的体积为V，根据稀释前后溶质的物质的量不变有：V18 mol/L=100 mL3.6 mol/L求得：V=20.0 mL。(2)在溶液配制过程中，如不慎损失了溶质或最后定容用胶头滴管往容量瓶中加水时不慎超过了刻度线，
13、都是无法补救的，得重新配制。(3)不能用量筒配制溶液，不能将水加入到浓硫酸中。18、某一个化学兴趣小组测定某Fe2(SO4)3样品(只含有少量FeCl2杂质)中铁元素的质量分数，按以下实验步骤进行操作：称取ag样品，置于烧杯中；加入50 mL 1.0 mol/L稀硫酸和一定量的蒸馏水，使样品溶解，然后准确配制成250.0 mL溶液；量取25.0 mL步骤中配得的溶液，置于烧杯中，加入适量的氯水，使反应完全；加入过量氨水，充分搅拌，使沉淀完全；过滤，洗涤沉淀；将沉淀转移到某容器内，加热、搅拌，直到固体由红褐色全部变为红棕色后，在干燥器中冷却至室温后，称量；请根据上面叙述，回答：(1)上图所示仪器
14、中，本实验步骤中必须用到的仪器有E和_(填字母)。(2)步骤中：配制50 mL,1.0 mol/L稀H2SO4需要98%(密度1.84 g/cm3)的浓H2SO4 体积为_mL，量取该体积的浓H2SO4用到量筒规格是_。(3)样品中的杂质Fe2有较强的还原性，完成并配平下列反应的离子方程式从理论上分析，上述实验中若将氯水改为ClO2时，对实验结果造成_(填“偏大”“偏小”或“不影响”)，等物质的量ClO2与Cl2的氧化效率之比为_。(4)第步的操作中，将沉淀物转移到_(填仪器名称)中加热，冷却到室温，称量其质量为m1g，再次加热并冷却至室温称量其质量为m2 g，若m1与m2差值较大，接下来的操
15、作应当是_。(5)若步骤不在干燥器中冷却，则测定的铁元素的质量分数会_(填“偏大”“偏小”或“不影响”)；若容器质量是W1 g，最终容器和固体的总质量是W2 g，则样品中铁元素的质量分数为_(列出算式，不需化简)。【答案】(1)CFG(2)2.710 mL(3)514H=512不影响5:2(4)坩埚继续加热，放置干燥器中冷却，称量，至最后两次称得的质量差不超过0.1 g(或恒量)为止。(5)偏大【解析】本题属于综合性很强的实验习题，主要涉及溶液的配制、氧化还原反应的配平、实验操作的设计、实验误差的分析、有关计算，较难。结合实验步骤选择合适的实验仪器；利用配制前后硫酸的物质的量相等计算出浓硫酸的
16、体积，从而可确定量筒的规格；分析化合价应用电子守恒进行配平，ClO2与氯水的作用一样，均可使Fe2变为Fe3，但由于化合价的变化不同，二者的用量不一样，ClO2的用量少，氧化效率更大；加热固体时用坩埚；若不在干燥器中冷却，会使固体吸收空气中的水蒸气，固体质量变大，使结果偏高；根据固体颜色的变化可推知，加热后的固体为Fe2O3，应用铁原子守恒进行计算，一定要注意实验中所取溶液中所含样品的量。19、Na2CO310H2O与NaHCO3混合物4.54 g，溶于水配成100mL溶液，c(Na+)=0.4mol/L，另取等质量的混合物加强热至质量不变，求剩余固体的质量为多少？【答案】2.12g【解析】试
17、题分析：Na2CO310H2O=Na2CO3+10H2O 2NaHCO3= Na2CO3+ H2O + CO2 以上是二者加强热时的反应，最后剩余的是碳酸钠固体；设Na2CO310H2O与NaHCO的物质的量分别是x，y则Na2CO310H2O与NaHCO3产生的碳酸钠的物质的量分别是x，y/2,由守恒关系可得：286x84y=4.54 2xy=0.40.1 剩余剩余固体碳酸钠的质量m=106(xy/2)=2.12g。考点：碳酸钠 碳酸氢钠点评：本题考查的关于钠的化合物的相关计算，学生只要主要计算过程注意定量关系，此题便不难解决。20、下图转化关系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的单质，在
18、常温常压下A是固体，其余都是气体，且C呈黄绿色。化合物H和I两种气体相遇时产生白烟。化合物G的焰色反应未黄色，反应和均在溶液中进行。请按要求回答下列问题。(1) D 的电子式 F的化学式 。(2)将少量单质C通入盛有淀粉KI溶液的试管中，液体变为蓝色。该反应的离子方程式为 。(3)向J溶液中滴入NaOH溶液时，生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。写出沉淀由白色变成红褐色的化学方程式 。【答案】(1) H：H Na2O 2 (2) Cl2 +2I- =I2 +2Cl- (3) 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 21、已知A是一种金属，B溶液能使酚酞试液变红，且焰色反应
19、呈黄色；D、F相遇会产生白烟。A、B、C、D、E、F间有如下变化关系：（1）A的名称是 ； F的化学式是 。（2）C+BD反应的化学方程式为 。（3）F+DC反应的化学方程式为 。（4）F在空气中遇水蒸气产生白雾现象这白雾实际上是 。【答案】（1）钠； HCl （2）NH4Cl + NaOH=NaCl + NH3+ H2O。（3）NH3+ HCl=NH4Cl. （4）氯化氢气体与空气中水蒸气形成小液滴【解析】试题分析：A是一种金属，B溶液能使酚酞试液变红，且焰色反应呈黄色，且A能和水反应，所以A是钠，则B是氢氧化钠，E是氢气，F是氯化氢。D、F相遇会产生白烟，所以D是氨气，则固体C是氯化铵。考
20、点：考查无机框图题的判断、常见化学用语的书写点评：该题是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查。试题难易适中，基础知识，侧重对学生基础知识的巩固个训练。该类试题需要注意的是化学推断题是一类综合性较强的试题，如元素及化合物性质和社会生活，环境保护，化学计算等知识，还可引入学科间综合。它不仅可考察学生对化学知识的理解程度，更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法。解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。22、由苯合成香料K和解热镇痛药物G的路线如下：已知：请回答：（1）芳香烃A中C、H原子数之
21、比是4：5，1mol A在氧气中完全燃烧生成8mol CO2，A的分子式是 ； A的结构简式是 （2）BK的反应类型是 （3）B的结构简式是 （4）DE反应的化学方程式是 （5）K与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式是 （6）G与第5小题中反应的有机产物互为同分异构体，含有相同的官能团，且位置与F中官能团的位置相同，G的结构简式是 【答案】（1）C8H10，；（2）取代反应；（3）；（4）；（5）；（6）【解析】1mol A在氧气中完全燃烧生成8mol CO2，则A分子中含有8个碳原子，芳香烃A中C、H原子数之比是4：5，所以含有10个氢原子，则A的分子式为：C8H10，根据苯和A的分子
22、式知，苯和乙烯发生了加成反应生成A，A的不饱和度=，则A是乙苯；根据B和2甲基丙醛、K的分子式知，B和2甲基丙醛发生发生取代反应生成K，则B是，根据A和B的结构简式知，A发生取代反应生成B；苯和2甲基1氯丙烷发生取代反应生成D，根据题给信息知，D是异丁苯，D和乙酸酐发生反应生成E，E发生加成反应生成F，根据F的结构简式知，E为，第5小题中有机产物是，G与第5小题中反应的有机产物互为同分异构体，含有相同的官能团，且位置与F中官能团的位置相同，则G的结构简式是，（1）通过以上分析知，A的分子式为：C8H10，其结构简式为：，故答案为：C8H10，；（2）根据B和2甲基丙醛、K的分子式知，B和2甲基
23、丙醛发生发生取代反应生成K，故答案为：取代反应；（3）通过以上分析知，B的结构简式为：，故答案为：；（4）在HF作催化剂条件下，D和乙酸酐发生取代反应生成E，其反应方程式为：，故答案为：；（5）在加热条件下，K和新制氢氧化铜发生氧化反应，反应方程式为：，故答案为：；（6）通过以上分析知，G的结构简式为：，故答案为：23、有以下物质：HFCl2H2ON2C2H4C2H6H2H2O2HCN（HCN）；只含有极性键的是；只含有非极性键的是；既有极性键，又有非极性键的是；只有键的是；既有键又有键的是；含有由两个原子的s轨道重叠形成的键的是，含有由一个原子的s轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的的键的是，
24、含有由一个原子的p轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的键的是。【答案】【解析】不同种元素间形成的共价键为极性键，同种元素间形成的共价键为非极性键。以极性键形成的分子，空间结构完全对称的为非极性分子，空间结构不完全对称的为极性分子，以非极性键构成的分子为非极性分子。键有sp、ss、pp（头碰头），全为轴对称，键有pp（肩并肩），单键全为键，双键中有一个键，一个键，叁键中有一个键两个键。24、一项科学研究成果表明，铜锰氧化物（CuMn2O4）能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛（HCHO）（1）向一定物质的量浓度的Cu（NO3）2 和Mn（NO3）2 溶液中加入Na2CO3 溶液，所得沉淀经高温
25、灼烧，可制得CuMn2O4Mn2+基态的电子排布式可表示为 NO3的空间构型是 （用文字描述）（2）在铜锰氧化物的催化下，CO 被氧化为CO2，HCHO 被氧化为CO2 和H2O根据等电子体原理，CO 分子的结构式为 H2O 分子中O 原子轨道的杂化类型为 1mol CO2 中含有的键数目为 （3）向CuSO4 溶液中加入过量NaOH 溶液可生成Cu （OH）42不考虑空间构型，Cu（OH）42的结构可用示意图表示为 【答案】（1） 1s22s22p63s23p63d5（或Ar3d5）； 平面三角形；（2） CO； sp3； 26.021023个（或2mol）；（3）【解析】（1）Mn的原子序
26、数为25，基态原子的电子排布式为，1s22s22p63s23p63d54s2，则Mn2+基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d5（或Ar3d5），故答案为：1s22s22p63s23p63d5（或Ar3d5）；NO3中N原子形成3个键，没有孤电子对，则应为平面三角形，故答案为：平面三角形；（2）N2与CO为等电子体，二者结构相似，N2的结构为NN，则CO的结构为CO，故答案为：CO；H2O 分子中O形成2个键，孤电子对数为=2，则为杂化sp3；CO2的结构式为O=C=O，分子中C形成2个键，则1molCO2中含有的键数目为6.021023个（或2mol），故答案为：26.021023个（或2mol）；（3）Cu（OH）42中与Cu2+与4个OH形成配位键，可表示为，故答案为：25、一种被称为联氨或肼的易溶于水的液体，它的分子式是N2H4，试分析其结构和性质。（1）写出联氨分子的结构式。（2）a mol N2H4所能结合的H的物质的量为多少？N2H4是通过什么形式的化学键来结合H的？（3）写出联氨与相等物质的量的硫酸的反应，生成可溶性离子化合物（硫酸肼）的离子方程式。【答案】（1）（2）2a mol配位键 (3)N2H42H=N2H6211
