最新高考化学一轮复习【讲通练透】 第18讲 化学键（练透）

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考纲和考试说明是备考的指南针，认真研究考纲和考试说明，可增强日常复习的针对性和方向性，避免盲目备考，按方抓药，弄清楚高考检测什么，检测的价值取向，高考的命题依据。
2.精练高考真题，明确方向
经过对近几年高考题的横、纵向分析，可以得出以下三点：一是主干知识考查“集中化”，二是基础知识新视角，推陈出新，三是能力考查“综合化”。
3.摸清问题所在，对症下药
要提高后期的备考质量，还要真正了解学生存在的问题，只有如此，复习备考才能更加科学有效。所以，必须加大信息反馈，深入总结学情，明确备考方向，对症开方下药，才能使学生的知识结构更加符合高考立体网络化要求，才能实现基础→能力→分数的转化。
4.切实回归基础，提高能力
复习训练的步骤包括强化基础，突破难点，规范作答，总结方法，通过这样的总结，学生印象深刻，应用更加灵活。

第03讲 物质的组成、性质和分类
（模拟精练+真题演练）
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—H<∠Cl—C—Cl
B．用原子轨道描述氢分子中化学键的形成：
C．C原子的杂化轨道中s成分占比：—C≡CH<—CH=CH2
D．异硫氰酸(H—N=C=S)比硫氰酸(H—S—C≡N)的沸点高
【答案】D
【解析】A．甲醛(HCHO)和光气()分子中，碳原子都采取sp2杂化，但Cl的电负性大于H，H-C比Cl-C共用电子对靠近碳原子，H-C中C的两对成键电子对排斥力大，H-C键角大，故A错误；B．氢气分子的形成是两个球形的s轨道形成H-H键，故B错误；C．—C≡CH中C采取sp杂化，s轨道占，—CH=CH2中C采取sp2杂化，s轨道占，故C错误；D．异硫氰酸(H—N=C=S)可以形成分子间氢键，硫氰酸(H—S—C≡N)不能，故异硫氰酸(H—N=C=S)比硫氰酸(H—S—C≡N)的沸点高，故D正确；故答案为D。
2．（2023·天津滨海新·天津市滨海新区塘沽第一中学校联考二模）是重要的化工原料，可用于某些配合物的制备，如溶于氨水可以形成。下列说法正确的是
A．在稀硫酸中能稳定存在
B．中的键角小于中的键角
C．向AgCl悬浊液中逐滴加入氨水，可以形成
D．由于是配合物，故向其中滴加溶液不会产生沉淀
【答案】C
【解析】A．在稀硫酸中不能稳定存在，易转化为Ni2+，A项错误；B．中存在N→Ni配位键，配位键属于σ键，σ键之间的排斥力小于孤电子对与成键电子对之间的排斥力，所以中的键角大于中的键角，B项错误；C．AgCl存在沉淀溶解平衡，可电离出Ag+，逐滴加入氨水，存在，Ag+与NH3结合产生，进一步可形成，C项正确；D．和硫酸根离子之间是离子键，可电离出硫酸根离子，故向其中滴加BaCl2溶液会产生BaSO4沉淀，D项错误。答案选C。
3．（2023·北京朝阳·北京八十中校考二模）甲烷和氯气混合气在干燥的试管(带胶塞)中光照条件下反应，，下列有关说法不正确的是
A．分子的共价键是键，分子的共价键是键
B．反应后试管中有无色油状液滴产生，但不会产生白雾
C．停止反应后，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近试管口产生白烟
D．可通过原电池装置将甲烷和氯气反应的化学能转化为电能
【答案】B
【解析】A．H原子中未成对电子为s电子，C、Cl原子中未成对电子为p电子，所以Cl2分子的共价键是p-pσ键，CH4分子的共价键是s-pσ键，故A正确；B．HCl遇水蒸气生成盐酸小液滴，所以形成白雾，故B错误；C．浓氨水和浓盐酸都易挥发，浓氨水挥发出的NH3和浓盐酸挥发出的HCl反应生成NH4Cl白色固体，所以产生白烟，故C正确；D．该反应为自发进行的放热的氧化还原反应，所以能设计成原电池，将化学能转化为电能，故D正确；故选B。
4．（2023·山东烟台·统考二模）相变离子液体体系因节能潜力大被认为是新一代吸收剂，某新型相变离子液体X吸收过程如图，已知X的阴离子中所有原子共平面，下列说法错误的是

A．X的阳离子中存在配位键
B．真空条件下有利于Y解吸出
C．X的阴离子中所有N均提供2个电子参与大π键的形成
D．Y的熔点比X的低，可推知阴离子半径：Y>X
【答案】C
【解析】A．由共价键的饱和性可知，X的阳离子中磷原子形成了配位键，故A正确；B．由方程式可知，与在空气中相比，真空条件下相当于减少二氧化碳的浓度，平衡向逆反应方向移动，有利于Y解吸出二氧化碳，故B正确；C．由X的阴离子中所有原子共平面可知，单键氮原子X的阴离子中有4个电子参与大π键的形成，故C错误；D．Y的熔点比X的低说明X中离子键强于Y，则Y的阴离子半径大于X，故D正确；故选C。
5．（2023·北京海淀·清华附中校考三模）汽车尾气中的CO、、硫氧化物、乙烯、丙烯等碳氢化合物会引起光化学烟雾、酸雨等污染；汽油抗震添加剂四乙基铅(熔点为℃，极易挥发)的排放严重危害人体中枢神经系统。汽车尾气净化装置可将污染物中的CO和NO转化为无害气体和。下列有关说法正确的是
A．和中的键角相等B．丙烯中C原子为杂化
C．中键和键数目之比为D．固态四乙基铅为离子晶体
【答案】C
【解析】A．二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，分子的空间构型为V形，三氧化硫中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，二氧化硫和三氧化硫的空间构型不同，键角不相等，故A错误；B．丙烯中甲基上C形成4个σ键，采取杂化，碳碳双键上的C原子为杂化，故B错误；C．氮气分子中含有氮氮三键，三键中含有1个σ键和2个π键，分子中σ键和π键数目之比为1：2，故C正确；D．由题给信息可知，固态四乙基铅为熔沸点低的分子晶体，故D错误；故选C。
6．（2023·吉林白山·统考模拟预测）向蓝色的硫酸铜溶液中滴加氨水，先生成蓝色沉淀，继续滴加氨水至沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液。下列说法错误的是
A．Cu2+的3d能级上有1个未成对电子
B．1 ml [Cu(H2O)4]SO4中含有12 mlσ键
C．深蓝色溶液中的溶质含有离子键、极性键、配位键
D．的空间结构是正四面体形
【答案】B
【解析】A．的价层电子排布式为：3d9，3d能级上有1个未成对电子，故A正确；B．1ml H2O含2mlH-Oσ键，1ml H2O与之间存在1ml配位键，配位键属于σ键；lml中含4mlS-Oσ键，则1 ml [Cu(H2O)4]SO4中含有16 mlσ键，故B错误；C．深蓝色溶液中的溶质为[Cu(H2O)4]SO4，[Cu(H2O)4]2+和之间存在离子键，水分子内存在极性共价键，水分子与铜离子之间存在配位键，故C正确；D．中心S原子的价层电子对数为，无孤对电子，离子空间构型为正四面体形，故D正确；故选：B。
7．（2023·山东德州·统考三模）X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的短周期非金属元素，可与金属R形成具有特殊性质的离子化合物，其结构如图所示，其中X基态原子每个能级所含电子数相同，R的原子序数等于X、Y、W的原子序数之和。下列说法正确的是
A．简单氢化物分子中键角大小：
B．最高价含氧酸酸性：
C．中电子运动状态为14种
D．该化合物中含有离子键、共价键、配位键
【答案】A
【分析】X基态原子每个能级所含电子数相同，根据结构中X成4个共价键，可知X为C，Z均形成1个双键，则Z为O，原子序数依次增大，则Y为N，W形成6个共价键，则W为S，M形成1个共价键，原子序数小于W，则M为F，R的原子序数等于X、Y、W的原子序数之和，R为Cu。
【解析】A．由分析可知，W为S，Z为O，两者的结构相同，其中O的半径小，成键电子对的斥力大，故简单氢化物分子中键角大小：，A正确；B．由分析可知，W为S，M为F，其中F没有含氧酸，B错误；C．由分析可知，R为Cu，为29号元素，则中含有27个原子，则中电子运动状态为27种，C错误；D．根据该化合物结构可知，该化合物中含有离子键、共价键，没有配位键，D错误；故选A。
8．（2023·江苏南京·统考模拟预测）反应RC≡CAg+2CN-+H2O→RC≡CH+Ag(CN)+OH-可用于提纯末端炔烃，下列说法正确的是
A．RC≡CAg中只含离子键B．H2O的空间填充模型为
C．OH-的电子式为D．Ag(CN)中σ键与π键的个数比为1：2
【答案】B
【解析】A．RC≡CAg分子中，碳碳三键及R-C为共价键，A错误；B．H2O分子为V形，空间填充模型为，B正确；C．OH-中氧元素与氢元素直接通过共用电子对结合，故OH-的电子式为，C错误；D．Ag(CN)的结构式为，则一个Ag(CN)中由4个σ键和4个π键，故σ键与π键的个数比为1∶1，D错误；故选B。
9．（2023·贵州贵阳·统考三模）2022年我国科学家首次在月球上发现一种磷酸盐矿物，该物质含有R、W、X、Y、Z五种主族元素，原子序数依次增大且均不超过20。R、Y为非金属元素，W、X、Z为金属元素，W的最高正化合价为+1，X和Z同族。下列说法正确的是
A．简单离子半径： RB．R和W形成的化合物中一定只含离子键
C．W、X、Z的最高价氧化物对应的水化物均为强碱
D．简单氢化物沸点： R>Y
【答案】D
【分析】磷酸盐矿物含有R、W、X、Y、Z五种主族元素，原子序数依次增大且均不大于20。R、Y为非金属元素，W、X、Z为金属元素，结合原子序数可知，R为O元素、Y为P元素，W的最高正化合价为+1，W为Na元素；X和Z同族，Z不可能是K，因为K与Na同主族，故Z为Ca元素、则X为Mg元素。
【解析】A．由分析可知，R、X、Z分别O、Mg、Ca，根据一般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可知，简单离子半径为Ca2+＞O2-＞Mg2+即 X < R Y，D正确；故答案为：D。
10．（2023·云南楚雄·统考模拟预测）科学家利用BN和TiO2创造了一种可快速分解世界上最难降解的污染物M的复合光催化剂。M由R、X、Y、Z4种短周期主族元素组成，它们的原子序数依次增大，在暗室中Z的单质能与同温同压下密度最小的气体剧烈反应。M的结构式如图所示。下列叙述错误的是

A．最高正化合价：Z>Y>X>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【解析】A．同一周期元素从左至右，电负性逐渐增大，Z>X，A正确；B．N最高正价为+5价，O无最高正价，最高正价N大于O，B错误；C．Na和O形成的过氧化钠中含有非极性共价键，C正确；D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N大于C，硝酸酸性强于碳酸，D正确；故选B。
9．（2023·湖北·统考高考真题）W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核外电子数与X的价层电子数相等，是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物。下列说法正确的是
A．分子的极性：B．第一电离能：XC．氧化性：D．键能：
【答案】A
【分析】是氧化性最强的单质，则Z是F，X、Y、Z相邻，且X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，则X为N，Y为O，W的核外电子数与X的价层电子数相等，则W为B，即：W为B，X为N，Y为O，Z是F。
【解析】A．由分析可知，W为B，X为N，Z是F，WZ3为BF3，XZ3为NF3，其中前者的价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，为非极性分子，后者的价层电子对数为4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，为极性分子，则分子的极性：，A正确；B．由分析可知，X为N，Y为O，Z是F，同一周期越靠右，第一电离能越大，但是N的价层电子排布式为2s22p3，为半满稳定结构，其第一电离能大于相邻周期的元素，则第一电离能：Y10．（2022·海南·统考高考真题）已知，的酸性比强。下列有关说法正确的是
A．HCl的电子式为B．Cl-Cl键的键长比I-I键短
C．分子中只有σ键D．的酸性比强
【答案】BD
【解析】A．HCl为共价化合物，H原子和Cl原子间形成共用电子对，其电子式为，A错误；B．原子半径Cl＜I，故键长：Cl—Cl＜I—I，B正确；C．CH3COOH分子中，羧基的碳氧双键中含有π键，C错误；D．电负性Cl＞I，对O-H的共用电子对具有更强的吸引作用，导致O-H更易电离，故而酸性增加。即ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强，D正确；答案选BD。