专题03化学键-2024高考化学一轮复习.docx

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1、易错点03 化学键 易错题【01】离子键和共价键由活泼金属与活泼非金属形成的化学键不一定都是离子键，如AlCl3中AlCl键为共价键。非金属元素的两个原子之间一定形成共价键，但多个原子间也可能形成离子键，如NH4Cl等。离子键和共价键之间没有明显的界限，一般可根据成键原子对应元素的电负性来判断。易错题【02】共价键的类型分类依据类型形成共价键的原子轨道重叠方式键电子云“头碰头”重叠键电子云“肩并肩”重叠形成共价键的电子对是否偏移极性键共用电子对发生偏移非极性键共用电子对不发生偏移原子间共用电子对的数目单键原子间有一对共用电子对双键原子间有两对共用电子对三键原子间有三对共用电子对易错题【03】分

2、子中各原子8电子稳定结构判断在XmYn中，X元素化合价绝对值与X原子最外层电子数之和等于8，则X满足最外层8电子结构，否则，不满足。Y原子同样方法判断。易错题【04】键和键的数目方法（1）一般情况，单键都是键，双键中含1个键和1个键，三键中含1个键和2个键。（2）键的数目=单键数+双键数+三键数+配位键数（配位键为键）。（3）键的数目=双键数+三键数2。易错题【05】配位键（1）判断配位数：配位数就是在配位体中与中心原子（或离子）成键的配位原子的总数。若是由单齿配体（1个配体提供1个配位原子）形成的配合物，中心原子（或离子）的配位数=配位体的数目。若是由双齿配体（1个配体提供2个配位原子）形成

3、的配合物，中心原子（或离子）的配位数=配位体的数目2。（2）判断配位键的稳定性：一般情况，与同种金属原子（或离子）形成配位键时，配位原子的电负性越小，形成配位键就越稳定。例如，电负性：NO，则配离子的稳定性：Cu(NH3)42+Cu(H2O)42+。典例分析例题1 CO2分子中存在_个键和_个键。（2）SiCl4与N-甲基咪唑反应可以得到M2+，其结构如图所示：H、C、N的电负性由大到小的顺序为_，1个M2+中含有_个键。【解析】（1）CO2分子的结构式为O=C=O，则1个CO2分子含2个键和2个键。（2）元素的非金属性越强，其电负性越大，元素的非极性强弱顺序为NCH，则元素电负性的大小顺序为

4、NCH。M2+离子的结构中含有单键、双键和配位键，单键和配位键都是键，双键中含有1个键，则离子中含有54个键。【答案】（1）2 2 （2）NCH 54例题2 （1）已知有关氨、磷的单键和三键的键能(kJ/mol)如表：从能量角度看，氮以N2、而白磷以P4(结构式可表示为)形式存在的原因是 。（2）很多含巯基（SH）的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂。例如，解毒剂化合物I可与氧化汞生成化合物。化合物也是一种汞解毒剂。化合物是一种强酸。下列说法正确的有_。A. 在I中S原子采取sp3杂化 B. 在中S元素的电负性最大C. 在中CCC键角是180 D. 在中存在离子键与共价键E. 在中硫氧键的键能均

5、相等【解析】（1）根据表中的相关共价键的键能可知，若6mol N形成类似白磷分子结构的N4分子，可以释放出的能量为193kJ6=1158kJ；若6mol N形成N2分子，则可释放的能量为946kJ2=1892kJ，显然，形成N2分子放出的能量更多，故在N数目相同的条件下，N2具有更低的能量，能量越低越稳定。同理，若6mol P形成P4分子，可以释放出的能量为197kJ6=1182kJ；若6mol P形成P2分子，则可释放的能量为489kJ2=978kJ，显然，形成P4分子放出的能量更多，故在P数目相同的条件下，P4具有更低的能量，能量越低越稳定。 （2）I中S原子形成2个键，且有2对孤电子对，

6、则S原子采取sp3杂化，A正确；II中元素电负性：OSCHHg，电负性最大的是O，B错误；III中C原子采取sp3杂化，故CCC键角小于180，C错误；III是一种钠盐，含有离子键和共价键，D正确；IV中SO键和S=O键的键长不同，则其键角不同，E错误。【答案】（1）在原子数目相同的条件下，N2比N4具有更低的能量，而P4比P2具有更低的能量，能量越低越稳定（2）AD例题3 （1）三价铬离子能形成多种配位化合物。Cr(NH3)3(H2O)2Cl2+中提供电子对形成配位键的原子是_，中心离子的配位数为_。（2）NH3BH3分子中，NB化学键称为键，其电子对由提供。（3） Fe(H2O)62+中与

7、Fe2+配位的原子是(填元素符号)。（4）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Cd2+配合物的结构如图所示，1 mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有mol。【解析】（1）Cr(NH3)3(H2O)2Cl2+中心离子是Cr3+，配位体为NH3、H2O和Cl，故中心离子的配位数为3+2+1=6；提供电子对形成配位键的原子是N、O、Cl。（2）NH3BH3分子中，N原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，形成配位键（NB）。（3）Fe(H2O)62+中，H2O是配位体，O原子提供孤电子对与Fe2+配位。（4）Cd2+配合物中，提供2个N原子，左

8、侧NO3提供2个O原子，均与Cd2+通过螯合作用形成配位键，右侧NO2中N原子与Cd形成共价键，故1mol该配合物形成的配位键有6 mol。【答案】（1）N、O、Cl 6 （2）配位 N（或氮）（3）O （4）61.（1）柠檬酸的结构简式如图所示。1 mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的键的数目为mol。（2）NH4H2PO4中，P的杂化轨道与O的2p轨道形成键。（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，其中存在的化学键有_(填标号)。A离子键 B键 C键 D氢键（4）CuFeS2与氧气反应生成SO2，SO2中的共价键的类型有_。1.（1）7 （2）sp3 （3）AB （4）键和键 【解析

9、】（1）COOH中,C与其中一个O形成双键,并与另一个O形成单键,1 mol COOH中含有2 mol碳氧键，C与羟基相连的键为单键,为一个键,所以1 mol 柠檬酸中碳原子与氧原子之间形成7 mol 键。（2）由于磷酸分子的结构为,则NH4H2PO4中的磷原子的杂化类型为sp3杂化,磷原子与氧原子形成的是单键或键。（3）LiAlH4是离子化合物，存在离子键，H和Al间形成的是共价单键，为键。（4）SO2为共价化合物，硫原子和两个氧原子间分别形成一个键，同时氧原子和硫原子间形成4电子离域键，故其共价键的类型有键和键。2.（1）下列物质中，只含有极性键的分子是_，既含离子键又含共价键的化合物是_

10、；只存在键的分子是_，同时存在键和键的分子是_。AH2BCO2CCH2Cl2DC3H6EC2H6FCaCl2G(NH4)2SO4（2）与CO互为等电子体的分子和离子分别为_和_(各举一种即可，填化学式)，CO分子的电子式为_，CO分子的结构式可表示成_。（3）C的某种单质单质相对分子质量为720，分子构型为一个32面体，其中有12个五元环，20个六元环。则1个这种单质分子中所含键的数目为_。2.（1）BCGACEBD（2）N2CN（3）30【解析】（1）C3H6、C2H6中含有CH键为极性键，CC 键为非极性键。（2）N2、CN与CO互为等电子体；因为N2的电子式为，所以CO的电子式为，其结构

11、式为 (有一个配位键)。（3）C元素的一种单质相对分子质量为720，该分子中C原子数为60，即C60；由图知，该分子结构中含有碳碳单键和碳碳双键，分子中所含的碳碳双键数就是键的数目，每个碳原子成3个键，每个碳原子剩余的一个价电子用于形成键，形成键需要两个碳原子，因此键数目为30。3.（1）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、三键，但Ge原子之间难以形成双键或三键。从原子结构角度分析，原因是_。Ge单晶具有金刚石型结构，微粒之间存在的作用力是_。（2） Zn的氯化物与氨水反应可形成配合物Zn(NH3)4Cl2，1 mol该配合物中含有键的数目为_。（3）Co的氯化物与氨水反应可形成配合物

12、CoCl(NH3)5Cl2，1 mol 该配合物中含有键的数目为_，含1 mol CoCl(NH3)5Cl2的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成_mol AgCl沉淀。3.（1）Ge原子半径大，原子间形成的单键较长，p、p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成键；共价键（2）16NA (3)21NA2【解析】（1）双键、三键中都含有键，原子之间难以形成双键、三键，实质是难以形成键，因为锗的原子半径较大，形成单键的键长较长，p、p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，故锗原子难以形成键。（2）Zn(NH3)42中Zn2与NH3之间以配位键相连，共4个键，加上4个NH3的12个键，共16个

13、键。（3）CoCl(NH3)5Cl2内界中Co与Cl、NH3之间以配位键相连，配位键属于键，共6个，加上5个NH3的15个键，共21个键。配合物内界与外界之间是离子键，内界中的Cl并不能电离，故1 mol CoCl(NH3)5Cl2中只有2 mol Cl能与AgNO3溶液反应，所以1 mol CoCl(NH3)5Cl2可生成2 mol AgCl沉淀。4.（1）乙二胺能与Mg2、Cu2等金属离子形成稳定环状离子，其原因是_，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是_(填“Mg2”或“Cu2”)。（2）FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为_，其中F

14、e的配位数为_。（3）Cu2与OH反应能生成Cu(OH)42，Cu(OH)42中的配位原子为_(填元素符号)。4.（1）乙二胺的两个N提供孤电子对给金属离子形成配位键 Cu2（2） 4（3）O【解析】（1）乙二胺的两个N可提供孤电子对与金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg2、Cu2等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此Cu2与乙二胺形成的化合物稳定性相对Mg2较高。（2）根据题目信息可知氯化铁蒸汽状态下以双聚分子存在，其结构式为，Fe分别与4个Cl成键，因此Fe的配位数为4。（3）Cu(OH)42中Cu2提供空轨道，OH提供孤电子对，OH只有O有孤电子

15、对，因此Cu(OH)42中的配位原子为O。5.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_；的空间构型为_，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中含有键数目为_；(SCN)2对应的酸有两种，分别为硫氰酸和异硫氰酸，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

16、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 。5.（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）Cu(Cl)42 Cu(OH)2+4NH3H2O=Cu(NH3)42+2OH+4H2O （4）Cu+H2O2+4NH3H2O=Cu(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、SO42，故用配合物的

17、形式表示胆矾的化学式为Cu(H2O)4SO4H2O。SO42离子的中心原子价层电子对数为4，不含孤电子对，则S原子采取sp3杂化，SO42的空间构型为正四面体形。（2）(SCN)2的结构式为NCSSCN，则1 mol中含有键数目为4NA。异硫氰酸易形成分子间氢键，其沸点较高。（3）硫酸铜溶液中，加入NaCl固体，Cu2+与Cl形成配离子Cu(Cl)42，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+4NH3H2O=Cu(NH3)42+2OH+4H2O。（4）

18、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+4NH3H2O=Cu(NH3)42+2OH+4H2O。6.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_区(填“s”“p”“d”或“ds”)，其核外电子占据的最高能层符号为_。（2）第二电离能I2(Ni)_I2(Cu)(填“”或“”)，其原因是_。（3）Ni与CO能形成如图所示的配合物Ni(CO)4，该分子中键与键个数比为_。Ni(CO)4易溶于_(填标号)。A水 B四氯化碳 C苯 D稀H2SO4（4）将Cu粉加入浓氨水

19、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，其中提供孤对电子的原子为_(写元素符号)。6.（1）或 d N （2） 镍失去的是电子，铜失去的是全充满的电子 （3）1:1 BC （4） （5）6 N、O【解析】（1）基态Ni原子核外有28个电子，其核外电子排布为或。基态Ni原子的最高能级为4s，价电子总数为10，则Ni元素处于第四周期第10列，即第VIII族。（2）基态Ni、Cu原子价电子排

20、布为3d84s2、3d104s1，则+1价阳离子的价电子排布分别为3d84s1、3d10。第二电离能中，镍失去的是电子，铜失去的是全充满的电子，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1:1。由图可知，Ni(CO)4的空间构型为正四面体形，应为非极性分子，根据“相似相溶”规律，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

21、方程式为。（5）由图可知，Ni2+与周围2个N原子和4个O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，提供孤电子对的原子有N、O。7.下表中A、B、C、D、E、F为短周期主族元素，G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。A元素周期表中原子半径最小的元素B原子最外层电子数是内层电子数的2倍C元素原子的核外p电子总数比s电子总数少1D元素价电子排布式为nsnnp2nE.同D主族元素，且原子序数为D的2倍F.元素的主族序数与周期数的差为4G.基态原子最外层电子排布为4s1，内层处于全充满状态(1)C基态原子电子排布式为_，CA3中心原子的杂化方式为_，分子空间构型为_。(2)E

22、的最高价氧化物的VSEPR模型名称为_，其属于_(填“极性”或“非极性”)分子。(3)A2D的沸点比A2E的沸点高，其主要原因是_。(4)下列关于B2A2的说法中正确的是_(填序号)。AB2A2中的所有原子都满足8电子结构BB2A2分子中键和键数目比为1：1CB2A2是由极性键和非极性键形成的非极性分子DB2A2分子发生加成反应键断裂(5)下列图象可表示两个F原子间成键后的电子云的图像是_。(6)向G2+的硫酸盐溶液中滴加氨水直至过量，首先观察到生成蓝色沉淀，离子方程式为_，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，加入乙醇后有深蓝色晶体析出，其溶质的化学式为_(不用写结晶水)。7.（1）

23、1s22s22p3；sp3；三角锥（2）平面三角形；非极性（3）水分子之间存在氢键（4）C（5）E（6）Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2+2 NH；Cu(NH3)4SO4 【解析】A为元素周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素，B原子最外层电子数是内层电子数的2倍，则B为C元素，C元素原子的核外p电子总数比s电子总数少1，则C为N元素，D元素价电子排布式为2s22p4，则D为O元素，E与D同主族，且原子序数为D的2倍，则E为S元素，G基态原子最外层电子排布为4s1，内层处于全充满状态，则G为Cu元素。(1)C为N元素，基态原子电子排布式为：1s22s22p3；CA3为NH3，有三条键一

24、个孤电子对，中心原子的杂化方式为sp3杂化，分子空间构型为三角锥形。(2)E的最高价氧化物为SO3无孤对电子，VSEPR模型名称为平面三角形，SO3是平面三角形分子，键角120度，因此它是非极性分子。(3)A2D(H2O)的沸点比A2E(H2S)的沸点高，其主要原因是因为水分子之间存在氢键。(4)下列关于B2A2(C2H2)为乙炔含有三键，A.B2A2中的氢原子不满足8电子结构，故A错误；B.B2A2分子中键和键数目比为3：2，故B错误；C.B2A2是由极性键(C-H)和非极性键(CC)形成的非极性分子，故C正确；D.B2A2分子发生加成反应键断裂，故D错误；故选C。(5)两个F原子间成键后为

25、F2，两个F原子之间形成p-p键，成键后的电子云在两个F原子之间，答案选E。(6)向Cu2+的硫酸盐溶液中滴加氨水直至过量，首先观察到生成蓝色沉淀，沉淀为氢氧化铜，离子方程式为：Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2+2NH，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，生成Cu(NH3)42+，加入乙醇后有深蓝色晶体析出，其溶质的化学式为Cu(NH3)4SO4。8.已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中A原子所处的周期数、族序数都与其原子序数相等；B原子核外电子有6种不同的运动状态，s轨道电子数是p轨道电子数的两倍；D原子L层上有2对成对电子；E+原子核外有3层电子且M层3d

26、轨道电子全充满。请回答下列问题：(1)E元素在周期表中的位置_，属于_区。(2)B、C、D三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为_(填元素符号)，第一电离能最大的原因是_。(3)D元素与氟元素相比，电负性：D_F(填“”、“=”或“”)，下列表述中能证明这一事实的是_(填选项序号)A常温下氟气的颜色比D单质的颜色深B氟气与D的氢化物剧烈反应，产生D的单质C氟与D形成的化合物中D元素呈正价态D比较两元素的单质与氢气化合时得电子的数目(4)只含C、A两元素的离子化合物NH5，它的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子电子层结构，其电子式为_，它的晶体中含有多种化学键，但一定不含有的化学键是_(

27、填选项序号)。A极性键 B非极性键 C配位键 D金属键(5)B2A4是重要的基本石油化工原料。lmolB2A4分子中含键_mol。8.（1）第四周期IB族；d（2）CON；氮的2p3为半满结构，较稳定（3）；BC（4） ；BD（5）5 【解析】根据A原子所处的周期数、族序数都与其原子序数相等，则A为H元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，s轨道电子数是p轨道电子数的两倍，则B为C元素；D原子L层上有2对成对电子，则D为C(舍去)或O元素；B、C、D的原子序数依次增大，则C为N元素；E+原子核外有3层电子且M层3d轨道电子全充满，则E为Cu元素。(1)E为Cu元素，Cu在周期表中位于第4周期

28、第IB族，属于d区； (2)B、C、D三种元素分别是C、N、O元素，N的最外层为半充满结构，第一电离能最大，C的最小，第一电离能数值由小到大的顺序为CON；(3)D为O元素，电负性小于F；A常温下氟气的颜色比D单质的颜色深属于物理性质，而电负性是化学性质，故A不选；B氟气与D的氢化物剧烈反应，产生D的单质，说明氟气的氧化性比氧气强，说明氟的电负性大于氧，故B选；C氟与D形成的化合物中D元素呈正价态，说明F得电子能力较强，电负性较大，故C选；D单质与氢气化合时得电子的数目的多少与得电子的能力无关，故D不选；(4)只含N、H两元素的离子化合物NH5，它的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子电子层结构，则其电子式为，含有离子键，铵根离子中含有极性键和配位键，不含非极性键和金属键；(5)C2H4为乙烯，1个C2H4分子中含有5个键，1个键，因此1molC2H4分子中5mol键。