1、课时规范练17化学键一、选择题:本题共11小题,每小题只有一个选项符合题目要求。1.(2021北京东城区期末)宏微结合是重要的化学学科素养。下列对物质的微观认识正确的是()A.1 mol HCCH分子中所含键数约为56.021023B.1 L 0.1 molL-1 Na2CO3溶液中,n(Na+)=2n(C)=0.2 molC.共价化合物中,电负性大的成键元素表现为负价D.两个p轨道之间只能形成键,不能形成键2.(2021山东潍坊期末)硅和碳是重要的非金属元素,有关化学键键能如下表所示:化学键CC键CH键CO键SiSi键SiH键SiO键356413336226318452下列说法正确的是()A
2、.热稳定性:CH4SiSi键、CH键SiH键,因此C2H6稳定性大于Si2H6B.SiH4中Si的化合价为+4,CH4中C的化合价为-4,因此SiH4还原性小于CH4C.Si原子间难形成双键而C原子间可以,是因为Si的原子半径大于C,难形成p-p 键D.立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体,因此具有很高的硬度7.(2021山东济宁期末)已知大键是3个或3个以上原子彼此平行的p轨道从侧面相互重叠形成的键。吡啶是含有一个氮原子的六元杂环化合物,结构简式如图,可看作苯分子中的一个CH被取代的化合物,故又称氮苯。下列有关吡啶的说法正确的是()A.吡啶的分子式为C5H6NB.吡啶分子中只含极
3、性键C.吡啶分子中含有10个键D.吡啶分子中含有的大键8.(2021山东潍坊一模)利用超分子可分离C60和C70。将C60、C70的混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法错误的是()A.第一电离能:COB.杯酚分子中存在大键C.杯酚与C60形成氢键D.C60与金刚石晶体类型不同9.(2021天津第一中学检测)由短周期前10号元素组成的物质T和X有如图所示的转化。X不稳定,易分解。下列有关说法正确的是()A.为使该转化成功进行,Y可以是酸性KMnO4溶液B.等物质的量的T、X分子中含有键的数目均为NAC.X分子中含有的键个数是T分子中含有的键个数的2倍D.T分子
4、中只含有极性键,X分子中既含有极性键又含有非极性键10.(2021山东济宁一模改编)向K2PtCl4的稀盐酸溶液中通入乙烯气体可得到金黄色沉淀KPt(C2H4)Cl3,该沉淀的阴离子结构如图所示。下列有关该沉淀的阴离子说法不正确的是()A.该沉淀的阴离子所有原子不在同一平面B.乙烯分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化C.配位键的形成均为电子给予体提供孤电子对D.在空气中,由其组成的物质可以燃烧11.N2的结构可以表示为,CO的结构可以表示为,其中椭圆框表示键,下列说法中不正确的是()A.N2分子与CO分子中都含有三键B.CO分子与N2分子中的键完全相同C.N2、CO分子中键与键数目之比均为12D
5、.N2与CO的化学性质不同二、非选择题:本题共3小题。12.过渡元素铜的配合物在物质制备、尖端技术、医药科学、催化反应、材料化学等领域有着广泛的应用。请回答下列问题:(1)科学家推测胆矾(CuSO45H2O)的结构示意图可简单表示如下图:用配合物的形式表示胆矾的化学式为;S的空间结构为,其中硫原子的轨道杂化方式为。(2)Cu能与(SCN)2反应生成Cu(SCN)2。1 mol (SCN)2中含有的键数目为(设NA为阿伏加德罗常数的值);(SCN)2对应的酸有两种,分别为硫氰酸(HSCN)和异硫氰酸(HNCS),其中异硫氰酸的沸点较高,原因是。(3)向硫酸铜溶液中加入NaCl固体,溶液由蓝色变为
6、黄绿色,则溶液中铜元素的主要存在形式是(写微粒符号);向上述溶液中继续滴加浓氨水,先有蓝色沉淀生成,继续滴加浓氨水后,沉淀溶解,溶液变为深蓝色。沉淀溶解的原因是(用离子方程式表示)。(4)Cu单独与氨水、过氧化氢都不反应,但能与氨水和过氧化氢的混合溶液反应,发生的离子方程式为。13.镍、铜等金属及其化合物在工农业生产上有重要用途。回答下列问题:(1)基态Ni的核外电子排布式为,Ni位于元素周期表中(填“s”“p”“d”或“ds”)区,其核外电子占据的最高能层符号为。(2)第二电离能I2(Ni)(填“”)I2(Cu),其原因是。(3)Ni与CO能形成如图所示的配合物Ni(CO)4,该物质分子中键
7、与键个数比为。Ni(CO)4易溶于(填标号)。A.水B.四氯化碳C.苯D.稀硫酸(4)将Cu粉加入浓氨水中,并通入O2,充分反应后溶液呈深蓝色,该反应的离子方程式为。(5)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Ni2+与EDTA形成的螯合物的结构如图所示,1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有个。14.现有部分元素的原子结构特点如表:元素结构特点XL层电子数是K层电子数的3倍Y核外电子层数等于原子序数ZL层电子数是K层和M层电子数之和W最外层电子数是次外层电子数的2.5倍(1)画出W原子的结构示意图:。(2)元素X与元素Z相比,非金属性较强
8、的是(填元素名称),写出一个能表示X、Z非金属性强弱关系的化学方程式:。(3)X、Y、Z、W四种元素形成的一种离子化合物,其水溶液显强酸性,该化合物的化学式为。(4)元素X和元素Y以原子个数比11化合形成化合物Q,写出Q的电子式:。元素W和元素Y化合形成化合物M,Q和M的电子总数相等。以M为燃料,Q为氧化剂,可用作火箭推进剂,最终生成无毒的、且在自然界中稳定存在的物质,写出该反应的化学方程式:。参考答案课时规范练17化学键1.C解析1个HCCH分子含有3个键,则1molHCCH分子中所含键数约为36.021023,A错误;1L0.1molL-1Na2CO3溶液中含有0.1molNa2CO3,由
9、于C发生水解反应,故有n(Na+)=0.2mol2n(C),B错误;共价化合物中,电负性大的成键元素原子对共用电子对的吸引能力强,故表现为负价,C正确;两个p轨道之间能形成键(如N2),也能形成键(如Cl2),D错误。2.D解析C与Si是同主族元素,同种主族元素从上到下非金属性逐渐减弱,简单氢化物的热稳定性逐渐减弱,所以热稳定性:CH4SiH4,A项错误;金刚石与晶体硅都是原子晶体,原子晶体的熔沸点主要与共价键强度有关,由表可知,CC键的键能大于SiSi键,说明CC键更稳定,金刚石的熔点比晶体硅高,B项错误;共价键的键能与成键原子的核间距及成键原子的种类均有关,C项错误;由表可知,CC键的键能
10、大于SiSi键且CH键的键能大于SiH键,说明CC键和CH键更稳定,因而所形成的烷烃更稳定,种类和数量也更多,而SiSi键和SiH键键能低,易断裂,导致长链硅烷难以生成,限制了硅烷的种类和数量,D项正确。3.A解析1个S8分子中含有8个键,则32gS8的物质的量为0.125mol,含有1mol键,A错误;SF6空间结构为对称结构,只含极性键(SF键),不含非极性键,B正确;C2H2的结构式为HCCH,单键为键,三键中含有1个键和2个键,则1molC2H2分子中有3mol键和2mol键,C正确;1个S8分子中含有8个SS键,则1molS8中含有8molSS键,D正确。4.A解析Co(NH3)4(
11、N3)2ClO4的配离子是Co(NH3)4(N3)2+,中心离子是Co3+,配位体为NH3和,则1molDACP中含有6mol配位键,A正确;1个含2个键,1molDACP中含2mol,则1molDACP中内所含键的物质的量为4mol,B错误;NH3和Cl中心原子的价电子对数均为4,均采取sp3杂化,C错误;DACP中内含有非极性共价键,D错误。5.C解析Cd(NH3)4(OH)2的配位体只有NH3,A错误;Pt4+的配位数为6,Cd2+的配位数为4,B错误;Cd2+与NH3之间形成配位键(CdNH3),则1molCd(NH3)42+含有4mol配位键,C正确;(NH4)2PtCl6在水中电离
12、生成N和PtCl62-,而PtCl62-很难电离,故加入AgNO3溶液,不产生白色沉淀,D错误。6.B解析共价键键能越大,物质越稳定,已知键能CC键SiSi键、CH键SiH键,则C2H6稳定性大于Si2H6,故A正确;Si与C为同主族元素,同族元素从上到下,非金属元素的电负性减小,原子半径增大,原子失电子的能力递增,氢化物的还原性增强,因此SiH4的还原性大于CH4,故B错误;Si的原子半径较大,原子间形成的键较长,p-p轨道重叠程度很小,难以形成键,所以Si原子间难形成双键而C原子间可以,故C正确;立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体,均为原子晶体,所以立方型SiC具有很高的硬度
13、,故D正确。7.D解析由吡啶的结构简式可得,其分子式为C5H5N,A错误;吡啶分子中CH键、CN键和CN键是极性键,碳原子之间存在非极性键,B错误;吡啶分子中六元杂环含有6个键,还有5个CH键,故共含有11个键,C错误;吡啶分子六元环上每个原子与其他3个原子成键,均有1个电子参与形成大键,故吡啶分子中大键表示为,D正确。8.C解析同周期主族元素从左到右,元素的第一电离能呈增大趋势,C处于A族,O处于A族,则第一电离能:CO,A正确;杯酚分子含多个苯环,苯环内均存在大键,B正确;杯酚与C60之间只存在范德华力,未形成氢键,C错误;C60属于分子晶体,金刚石属于共价晶体,D正确。9.A解析由球棍模
14、型可知,T为HCHO,X不稳定,易分解,则X为H2CO3,则Y为氧化剂,可以选择氧化性较强的酸性KMnO4溶液,A正确;等物质的量并不一定是1mol,B错误;X分子中含有的键个数为5,T分子中含有的键个数为3,C错误;T、X分子中均只含有极性键,无非极性键,D错误。10.C解析该沉淀阴离子为Pt(C2H4)Cl3-,由其结构可知,CH2CH2分子中6个原子与其他原子不共面,A正确;CH2CH2分子中碳原子形成3个键,不含孤电子对,则杂化方式为sp2杂化,B正确;Pt2+与C2H4之间形成的配位键是2个C原子形成键的2p轨道上未杂化的2p轨道电子,即每个碳原子提供1个2p电子,因此配位键形成不一
15、定是电子给予体提供孤电子对,C错误;该化合物为有机配合物,含有配位体C2H4,可以燃烧,D正确。11.B解析由题图可知,N2分子与CO分子中均有一个键和两个键,则二者都含有三键,A正确;N2分子中的两个键是由每个氮原子各提供两个p轨道以“肩并肩”的方式形成的,而CO分子中的一个键是氧原子单方面提供电子对形成的,B错误;N2与CO分子中都含三键,则键与键数目之比均为12,C正确;N2与CO的化学性质不同,D正确。12.答案(1)Cu(H2O)4SO4H2O正四面体形sp3杂化(2)4NA异硫氰酸分子之间能形成氢键(3)CuCl42-Cu(OH)2+4NH3H2OCu(NH3)42+2OH-+4H
16、2O(4)Cu+H2O2+4NH3H2OCu(NH3)42+2OH-+4H2O解析(1)图中虚线代表氢键,从氢键处断裂,可得Cu(H2O)42+、H2O、S,故用配合物的形式表示胆矾的化学式为Cu(H2O)4SO4H2O。S的中心原子价电子对数为4,不含孤电子对,则硫原子采取sp3杂化,S的空间结构为正四面体形。(2)(SCN)2的结构式为NCSSCN,则1mol中含有的键数目为4NA。异硫氰酸中存在分子间氢键,其沸点较高。(3)向硫酸铜溶液中加入NaCl固体,Cu2+与Cl-形成配离子CuCl42-,溶液由蓝色变为黄绿色。继续滴加浓氨水,先有蓝色沉淀生成,该沉淀为Cu(OH)2。继续滴加浓氨
17、水后,沉淀溶解,溶液变为深蓝色,生成配离子Cu(NH3)42+,离子方程式为Cu(OH)2+4NH3H2OCu(NH3)42+2OH-+4H2O。(4)Cu与氨水和过氧化氢的混合溶液反应,生成配合物Cu(NH3)4(OH)2,离子方程式为Cu+H2O2+4NH3H2OCu(NH3)42+2OH-+4H2O。13.答案(1)1s22s22p63s23p63d84s2(或Ar3d84s2)dN(2)镍失去的是4s1电子,铜失去的是全充满的3d10电子(3)11BC(4)2Cu+8NH3H2O+O22Cu(NH3)42+4OH-+6H2O(5)6解析(1)基态镍原子核外有28个电子,其核外电子排布为
18、1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2。基态镍原子的最高能级为4s,价电子总数为10,则镍元素处于第4周期第10列,即族,属于d区。(2)基态Ni、Cu原子价电子排布式为3d84s2、3d104s1,则+1价阳离子的价电子排布式分别为3d84s1、3d10。第二电离能中,镍失去的是4s1电子,铜失去的是全充满的3d10电子,故有I2(Ni)I2(Cu)。(3)Ni与CO通过配位键形成配合物Ni(CO)4,中心原子是Ni,配位体是CO,CO的结构式为CO,配位键也是键,则1个Ni(CO)4分子含有8个键与8个键,故该分子中键与键个数比为11。由图可知,Ni(CO)4的空间结
19、构为正四面体形,应为非极性分子,根据“相似相溶”原理,Ni(CO)4易溶于非极性溶剂,故选B、C。(4)将Cu粉加入浓氨水中,并通入O2,充分反应后溶液呈深蓝色,说明生成配离子Cu(NH3)42+,离子方程式为2Cu+8NH3H2O+O22Cu(NH3)42+4OH-+6H2O。(5)由题图可知,Ni2+与周围2个氮原子和4个氧原子形成配位键,故1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6个。14.答案(1) (2)氧2H2S+O22H2O+2S(3)NH4HSO4(4)HN2H4+2H2O2N2+4H2O解析X原子的L层电子数是K层电子数的3倍,根据核外电子排布的规律,推出X为O元素,Y原子核
20、外电子层数等于原子序数,推出Y为H元素,Z原子L层电子数是K层和M层电子数之和,推出Z为S元素,W原子最外层电子数是次外层电子数的2.5倍,推出W为N元素。(2)X为O元素,Z为S元素,比较两者的非金属性,一般通过置换反应进行比较,2H2S+O22H2O+2S,氧气的氧化性强于S,即O的非金属性强于S。(3)这四种元素组成的化合物是离子化合物,该化合物为铵盐,水溶液显强酸性,应是酸式盐,化学式为NH4HSO4。(4)X和Y以原子个数比为11化合形成的化合物是H2O2,其电子式为H;H2O2的电子总数为18,M化合物是由N和H组成的18电子微粒,即N2H4,用作火箭推进剂时生成无毒物质N2和H2O,化学方程式为N2H4+2H2O2N2+4H2O。