高三化学高考备考总复习（一轮）-物质结构中的化学键数目计算

高三化学高考备考总复习（一轮）——物质结构中的化学键数目计算一、单选题1．下列说法不正确的是（）①NaCl晶体中与每个Na+距离相等且最近的Na②含有共价键的晶体一定具有高的熔、沸点及硬度③s−sσ键与s−pσ键的电子云形状相同④含有π键的化合物与只含σ键的化合物的化学性质不同A．①② B．①④ C．②③ D．③④2．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1molSiO2晶体中，含有Si−O键的数目为2NAB．16.8g铁粉与足量高温水蒸气反应，转移电子数为0.8NAC．1mol·L−AlCl3溶液中，含有Cl−的数目为3NAD．18gD2O和H2O的混合物中，含有的中子数为9NA3．用NaCN溶液浸取矿粉中金的反应为4Au+2H2O+8NaCN+O2=4Na[Au(CN)2]+4NaOH。下列说法正确的是A．H2O的空间结构为直线形 B．NaCN中含有离子键和共价键C．1mol[Au(CN)2]-中含有2molσ键 D．NaOH的电子式为4．Co3+的某配合物为CoClm⋅nNH3，其配离子的八面体空间结构如图所示：其中数字处的小圆圈表示NH3分子或Cl−，A．m=3,n=4B．符合题中条件的配合物有两种可能的结构C．1mol该配合物含有σ键18molD．该配合物中NH35．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．在沸水中逐滴加入含10－3molFeCl3的溶液，使其完全水解，生成Fe（OH）3胶体粒子数为10－3NAB．32g甲醇中含有的共价键数目为4NAC．钢铁发生电化学腐蚀生成0.1molFe2O3·nH2O（铁锈），则负极上铁单质失去的电子数为0.6NAD．2CO（g）＋O2（g）=2CO2（g）ΔH＝－566kJ·mol−1，则1mol[2CO（g）＋O2（g）]生成1mol[2CO2（g）]放热566kJ6．甲硫醇(CH3SH)是合成蛋氨酸的重要原料。反应CH3OH+H2SAl2O3__A．Al3+的结构示意图为 B．H2S的电子式为H+H+C．1molCH3SH中含6molσ键 D．CH3OH与CH3SH互为同系物7．下列说法错误的是（）A．s-sσ键与p-pσ键的电子云图像都呈轴对称B．s轨道与s轨道不能形成π键，p轨道与p轨道能形成π键C．1，3丁二烯（CH2=CH-CH=CH2）分子中含有7个σ键2个π键D．乙烯与乙烷化学性质不同，主要是因为乙烯中的π键不如σ键牢固8．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述错误的是()A．某温度和压强下，48gO2和O3的混合气体中含有的氧原子总数为3NAB．在合成氨反应中，当有2.24L氨气(标准状况下)生成时，转移的电子数为0.3NAC．常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移电子数为0.3NAD．4.6g乙醇中含有O－H键数目为0.1NA9．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A．常温常压下，3.2gN2H4所含共价键的数目为0.5NAB．7g乙烯与7g环丙烷组成的混合物中所含氢原子数为2NAC．0.5molSO2与足量O2在适宜条件下充分反应转移电子数小于NAD．1L0.1mol/L的NaHSO3溶液中HSO3−和SO32−10．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NAB．2.3gNa与足量水反应转移电子数为0.1NAC．1L1mol·L-1C2H5OH水溶液中含有的氢原子数为6NAD．22.4LCl2中含有Cl-Cl键的数目一定为NA11．已知NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（）A．12g金刚石中平均含有2NA个σ键B．1molSiO2晶体中平均含有4NA个σ键C．12g石墨中平均含1.5NA个σ键D．1molCH4中含4NA个p-pσ键12．下列常见分子中σ键、π键判断正确的是()A．CN-与N2结构相似，CH2=CHCN分子中σ键与π键数目之比为1:1B．CO与N2结构相似，CO分子中σ键与π键数目之比为2:1C．C22-与O22+互为等电子体，1molO22+中含有的π键数目为2NAD．已知反应N2O4(l)+2N2H4(l)=3N2(g)+4H2O(l)，若该反应中有4molN-H键断裂，则形成的π键数目为6NA二、实验探究题13．[化学——选修5：有机化学基础]A（C2H2）是基本有机化工原料。由A制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式异戊二烯的合成路线（部分反应条件略去）如下所示：回答下列问题：（1）A的名称是，B含有的官能团是。（2）①的反应类型是，⑦的反应类型是。（3）C和D的结构简式分别为、。（4）异戊二烯分子中最多有个原子共平面，顺式聚异戊二烯的结构简式为。（5）写出与A具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体（填结构简式）。（6）参照异戊二烯的上述合成路线，设计一条由A和乙醛为起始原料制备1，3-丁二烯的合成路线。三、综合题14．请用C、H、O、N、S五种元素回答下列问题（1）除H外，其它四种元素中，第一电离能最大的元素基态原子电子排布图为，电负性最大的元素基态原子核外电子运动状态共有种。（2）五种元素中，由其中两种元素构成甲、乙、丙、丁四种分子，所含原子的数目依次为3、4、6、8，都含有18个电子。甲和乙的主要物理性质比较如下：熔点/K沸点/K标准状况时在水中的溶解度甲1872022.6乙272423以任意比互溶①1mol乙分子含有个σ键；②丁分子的中心原子采取杂化方式；甲分子的VSEPR模型为，丙分子为(“极性”或“非极性”)分子。15．铝试剂：(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3，其商品名为阿罗明拿，可用来鉴定溶液中的铝离子。请回答下列问题：（1）碳原子价层电子的电子排布图。（2）第二周期部分元素的第一电离能变化趋势如图1所示，其中除氮元素外，其他元素的第一电离能自左而右依次增大的原因是；氮元素的第一电离能呈现异常的原因是。（3）经X射线衍射测得阿罗明拿的晶体结构，其局部结构如图2所示。①从结构角度分析，阿罗明拿中的NH4+与氨分子的相同之处为，不同之处为。（填标号）A中心原子的杂化轨道类型B中心原子的价层电子对数C立体结构②阿罗明拿中1个(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3单元的C—Oσ键总数为个。分子中的大π键可用符号πmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则阿罗明拿中苯环的大π键应表示为③图2中虚线代表氢键，其表示式为（NH4+）N-HO（COO-）、、。（4）阿罗明拿的晶体密度为dg·cm-3，其立方晶胞参数为anm，晶胞中含有y个(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为（NA表示阿伏加德罗常数的值）。四、推断题16．A、B、C、D、E、F、G是前四周期元素，原子序数依次增大，根据表中提供的有关信息，回答问题：元素相关信息A所有单质中密度最小B形成化合物种类最多的元素D基态原子中只有3个能级，有2个未成对电子E短周期中原子半径最大F第三周期中电负性最大的元素G最外层只有一个电子，内层填满电子（1）E元素在周期表中的位置是，F元素原子最外层电子排布式为，BD2的立体构型为。（2）由D、E、F三种元素形成的一种常见物质的水溶液显碱性，用离子方程式表示其显碱性的原因：。（3）氢化物稳定性：BD；最高价氧化物对应的水化物酸性：CF。(填“＜”或“＞”)（4）每个B2A4分子中含有个σ键，个π键。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】①采用X、Y、Z三轴切割的方法知，氯化钠的晶胞中每个钠离子距离相等且最近的钠离子个数是12，故①符合题意；②含有共价键的晶体不一定具有高的熔点、沸点及硬度，如大多数分子晶体都含共价键，而分子晶体的熔点、沸点及硬度较低，故②错；③s能级电子云是球形，p能级电子云是哑铃状，所以s−sσ键与s−pσ键的电子云形状不同，故③不符合题意；④π键和σ键的活泼性不同导致物质的化学性质不同，通常含有π键的物质性质较活泼，所以含有π键的化合物与只含o键的化合物的化学性质不同，故④符合题意；综上所述，②③不符合题意，故答案为：C。

【分析】大多数分子晶体都含共价键，而分子晶体的熔点、沸点及硬度较低；s能级电子云是球形，p能级电子云是哑铃状。2．【答案】B【解析】【解答】A.SiO2为原子晶体，每个Si原子周围有四个氧原子，每个氧原子周围有2个Si原子，故1个SiO2周围有4个Si-O化学键，因此1molSiO2晶体中，含有Si-O化学键的数目为4NA，A不符合题意；B.16.8g铁粉的物质的量n=mM=16.8g56g/mol=0.3mol，铁与水蒸气反应的化学方程式为“C.未给出溶液的体积，无法应用公式n=c×V进行计算，C不符合题意；D.D2O中D原子中含有一个质子和一个中子，故18gD2O中所含中子数为：18g20g/mol×10×NA=9NA；H2O中H原子中只含有一个质子数，故18gH2故答案为：B【分析】A.根据SiO2的结构分析；B.根据铁与水蒸气反应的化学方程式分析转移电子数；C.未给出溶液的体积，无法计算；D.令18g分别为D2O、H2O的质量，结合分子中所含中子数进行计算；3．【答案】B【解析】【解答】A．H2O的空间结构为V形，A不符合题意；B．NaCN中Na+与CN-间形成离子键，CN-中C和N之间形成共价键，B符合题意；C．[Au(CN)2]-中CN-内含有1个σ键，Au与CN-间形成配位键也是σ键，故1mol[Au(CN)2]-中含有4molσ键，C不符合题意；D．NaOH的电子式为Na故答案为：B。【分析】A.H2O的空间结构为V形。

B.NaCN为离子化合物，注意碳氮之间形成共价键。

C.σ键为共价单键。

D.NaOH的电子式为Na4．【答案】D【解析】【解答】A.根据已知1mol配合物与足量AgNO3溶液作用可以生成1molAgCl沉淀．B.配合物结构中，有两种位置，1，3位置相同，2，4，5，6位置相同，因此1，3可能全为氯离子或者1，3一个为氯离子，故B不符合题意C.配合物的化学式是[CoCl2.4NH3]Cl,单键和配位键均是σ键，共有18mol，故C不符合题意D.氨气分子中的氮原子的孤对电子形成配位键，故D符合题意故答案为：D

【分析】根据题意以及晶体结构确定化学式，同时确定m和n的数值，含有1，3以及2，4，5，6两种位置，故结构可能有两种，找出单键和配位键即可找出σ键，氨气分子中孤对电子均形成配位键，因此不形成氢键5．【答案】D【解析】【解答】A.铁离子水解可逆，且胶体是微粒的集合体，因此在沸水中逐滴加入含10－3molFeCl3的溶液，使其完全水解，生成Fe（OH）3胶体粒子数小于10－3NA，A不符合题意；B.32g甲醇的物质的量是1mol，根据其电子式可知其中含有的共价键数目为5NA，B不符合题意；C.钢铁发生电化学腐蚀生成0.1molFe2O3·nH2O（铁锈），根据铁原子守恒可知消耗单质铁是0.2mol，负极上铁失去电子转化为亚铁离子，则负极上铁单质失去的电子数为0.4NA，C不符合题意；D.2CO（g）＋O2（g）=2CO2（g）ΔH＝－566kJ·mol－1，这说明2molCO和1mol氧气反应生成2mol二氧化碳放出的热量是566kJ，即1mol[2CO（g）＋O2（g）]生成1mol[2CO2（g）]放热566kJ，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；

B.求出32g甲醇的物质的量是，然后根据甲醇中含5条共价键来分析；

C.钢铁发生电化学腐蚀生成0.1molFe2O3·nH2O（铁锈），则负极上放电的铁为0.2mol，根据负极反应Fe−2℮−=Fe2+来分析；

D.2CO（g）＋O6．【答案】A【解析】【解答】A．Al3+的质子数为13，电子数为13-3=10，所以其离子结构示意图为，A符合题意；B．其电子式为，B不符合题意；C．CH3SH的结构式为，所以1molCH3SH中含5molσ键，C不符合题意；D．CH3OH与CH3SH结构不相似，组成上相差的也不是n个“CH2”，两者不互为同系物，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.阳离子中，质子数小于核外电子数

B.H2S为共价化合物，不是离子化合物

C.限额外出甲硫醇的结构式即可找出σ键

D.结构不相似，不能互为同系物7．【答案】C【解析】【解答】A．s-sσ键与p电子云“头碰头”形成的p-pσ键，电子云图像都呈轴对称，故A不符合题意；B．s轨道与s轨道不能形成π键，p轨道与p轨道以“肩并肩”的方式能形成π键，故B不符合题意；C．1，3-丁二烯（CH2=CH-CH=CH2）分子中含有6个σC-H键、3个σC-C键共9个σ键2个π键，故C符合题意；D．乙烯与乙烷化学性质不同，主要是因为乙烯中的π键不如σ键牢固，易断裂、化学性质相对活泼些，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.根据s-sσ键与p-pσ键的成键方式即可判断

B.根据Π键的成键方式即可判断

C.根据结构简式找出π键和σ键即可

D.σ键比π键更加稳定8．【答案】C【解析】【解答】A．O2与O3混合相当于O原子混合，n(O)=48g16g/mol=3mol，则含有氧原子总数为3NB．n(NH3)=2.24L22.4L/mol=0.1mol，根据关系1NH3~3e-确定转移电子为0.3mol，转移的电子数为0.3NC．常温下，Fe与浓硝酸发生钝化，不能完全反应，无法计算转移电子数，C符合题意；D.4.6g乙醇的物质的量为：4.6g46g/mol=0.1mol，根据关系1CH3CH2OH~1O-H可知，含有O－H键数目为0.1N故答案为：C。

【分析】A.氧气和臭氧均由氧原子构成；

B.求出标况下2.24L氨气的物质的量，然后根据合成氨反应中，生成1mol氨气转移3mol电子来分析；

C.常温下，Fe与浓硝酸发生钝化；

D.求出4.6g乙醇的物质的量，然后根据乙醇中含1条O-H键来分析。9．【答案】D【解析】【解答】A.3.2g的N2H4的物质的量为3.232mol=0.1mol，一个N2H4分子中含有的共价键数目为5，因此3.2g的N2H4的共价键数目为0.5NA，故A不符合题意

B.7g乙烯含有的氢原子数目为4x728mol=1mol，7g环丙烷含有的氢原子数目为6x742mol=1mol，故氢原子的个数为2mol，故B不符合题意

C.根据2SO2+O2⇌催化剂2SO3，1mol二氧化硫完全反应转移2mol电子，但是可逆反应因此0.5mol二氧化硫完全反应转移的电子数小于1mol，故C不符合题意

D.根据HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，HSO3-⇌H++SO32-，根据物料守恒N(HSO3-)+N(H2SO3)+N(SO32-)=0.1NA.故D符合题意

故正确答案是：D

【分析】A.根据n=mM计算出物质的量，再找出1个N2H4分子的共价键即可

10．【答案】B【解析】【解答】A．标准状况下水不是气体，22.4LH2O所含的分子数不是NA，故A不符合题意；B.2.3gNa的物质的量为0.1mol，Na和水反应后转变为NaOH，1molNa失去1mol电子，所以0.1molNa和水反应转移电子数为0.1NA，故B符合题意；C．C2H5OH的水溶液中还有溶剂水，水中也含有氢原子，所以1L1mol·L-1C2H5OH水溶液中含有的氢原子数大于6NA，故C不符合题意；D．没有指明温度和压强，22.4LCl2的物质的量不一定为1mol，所以22.4LCl2中含有Cl-Cl键的数目不一定为NA，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.标准状况下水是液态；

B.求出2.3gNa的物质的量，然后根据钠反应后变为+1价来分析；，

C.C2H5OH的水溶液中还有溶剂水，水中也含有氢原子；

D.没有指明温度和压强。

11．【答案】D【解析】【解答】A.在金刚石中，每个C原子形成4个C-Cσ键，每个C-C键被两个碳原子所共有，因此每个C原子可形成2个C-Cσ键，12g金刚石的物质的量n=mM=B.SiO2为原子晶体，每个Si原子周围连有4个O原子，每个O原子周围连有2个Si原子，因此1个SiO2含有4个Si-Oσ键，故1molSiO2晶体中含有Si-Oσ键的个数为4NA，选项正确，B不符合题意；C.石墨中每个C原子与其他3个C原子形成3个C-Cσ键，因此每个C原子可形成1.5个C-Cσ键，12g石墨的物质的量n=mM=D.CH4中的四个C-Hσ键是由sp3杂化形成的，不是p-p杂化形成，选项错误，D符合题意；故答案为：D【分析】A.根据金刚石的结构进行分析；B.根据SiO2的结构分析；C.根据石墨的结构分析；D.根据甲烷的结构分析；12．【答案】C【解析】【解答】A.CN-的结构和N2的结构相似，因此CN-中存在C≡N，因此CH2=CHCN的结构式为CH2=CHC≡N，故分子中所含σ键数目为6，所含π键数目为3，二者的比值为2:1，A不符合题意；B.CO与N2的结构相似，则CO的结构为C≡O，因此CO分子中所含σ键数目为1，所含π键数目为2，二者的比值为1:2，B不符合题意；C.C22-与O22+互为等电子体，其结构相似，因此O22+中存在氧氧三键，因此1molO22+中所含π键数目为2NA，C符合题意；D.一个N2H4中含有四个N-H键，因此反应中有4molN-H键断裂，则说明有1molN2H4发生反应，则反应生成1.5molN2，一个N2分子中含有两个π键，因此形成π键的数目为3NA，D不符合题意；故答案为：C【分析】A.CN-的结构和N2的结构相似，因此CN-中存在C≡N；B.CO与N2的结构相似，则CO的结构为C≡O；C.C22-与O22+互为等电子体，其结构相似，因此O22+中存在氧氧三键；D.一个N2H4中含有四个N-H键；13．【答案】（1）乙炔；碳碳双键和酯基（2）加成反应；消去反应（3）；CH3CH2CH2CHO（4）11；（5）（6）【解析】【分析】本题主要考查有机化合物的结构与性质、简单的有机合成路线设计，试题难度为中等难度。框图中的大多数结构都已经给出，只有B、C.D来知，B为CH3COOCH=CH2，C为，D为CH3CH2CH2CHO。(1)的名称是乙炔，B含有的官能团是碳碳双键和酯基.(2)反应①是加成反应，反应⑦是消去反应。(3)C为。反应④使C中相邻的羟基起来，D为CH3CH2CH2CHO(4)异戊二烯中共面原子最多有十一个，请不要忽略2位碳上的甲基有一个氢原子可以旋转后进入分子平面。聚异戊二烯是1，4一加成反应，四碳链中间有一个双键，按照顺反异构的知识写出顺式结构即可。(5)注意到异戊二烯有五个碳原子，有两个不饱和度，它的炔类同分异构体有三种：图中箭头代表碳链中碳碳三键的位置，按碳四价原理写好结构简式即可。

(6)问是对图中异戊二烯合成的一个简单模仿，分析从略。【点评】进行物质的性质判断，要从基本概念和物质的结构及含有的官能团进行分析。要掌握典型的各类物质的代表物的空间构型进行判断物质的分子中原子是共平面的问题。根据物质的相互转化关系，结合已知条件对物质进行推理。掌握各类化学反应类型的特点及规律，进行有机物的合成与转化。在有机场合成题中一定要注意物质官能团的转化，找出一些新反应的断键特点。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，常见的官能团：醇羟基、酚羟基、醛基、羧基、酯基、卤素原子等。这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。同分异构体类型类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。物质的合成路线不同于反应过程，只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料，然后进行逐步推断，从已知反应物到目标产物。本题较全面的考查了考生对有机物的性质、物质的反应类型、物质之间的相互转化关系和一些基本概念、基本理论的掌握和应用能力。14．【答案】（1）；8（2）3NA；sp3；四面体；极性【解析】【解答】(1)同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，元素的第一电离能减小，除H外，其它四种元素中，第一电离能最大的元素是N元素，N元素基态原子核外有7个电子，分别位于1s、2s、2p轨道，该基态原子核外电子排布图为；元素的非金属性越强，电负性数值越大，电负性最大的元素是O元素，元素的原子核外有几个电子，其基态原子核外电子运动状态就有几种，O原子核外有8个电子，则O原子核外电子有8种运动状态，故答案为：；8；

(2)①乙分子的结构式为H-O-O-H，共价单键为σ键，每个双氧水分子中含有3个σ键，则1mol双氧水中含有3NAσ键，故答案为：3NA；②丁的结构简式为CH3CH3，丁分子的中心原子C原子价层电子对个数是4，且不含孤电子对，C原子杂化方式为sp3杂化；甲分子为H2S，分子中S原子价层电子对个数=2+6−2×12=，VSEPR模型为四面体结构；丙分子为N2H4，分子中正负电荷重心不重合，为极性分子，故答案为：sp3【分析】（1）第一电离能最多的元素为N，根据构造原理确定其电子排布图；

电负性最强的元素为F，结合其电子排布图确定其原子核外电子的运动状态；

（2）五种元素中，由其中两种元素构成甲、乙、丙、丁四种分子，所含原子的数目依次为3、4、6、8，都含有18个电子，其中甲在水中的溶解度不大，乙易溶于水，二者熔沸点均较低，固态时构成分子晶体，则甲、乙、丙、丁分别是H2S、H2O2、N2H4、C2H6，据此分析作答。15．【答案】（1）（2）从左到右原子半径减小，元素金属性减弱，失电子能力减弱；氮原子的2p轨道为半充满状态，具有稳定性，不易失去电子（3）AB；C；9；π66；（NH4+）N-HO（OH）；（OH）O-HO（COO（4）(a×【解析】【解答】（1）碳原子电子排布式为1s22s22p2，其价层电子的电子排布图为。（2）元素的第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子变为气态基态正离子时需要的最低能量。失去电子越难，第一电离能越大。同一周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，原子核对核外电子的束缚力逐渐增强，失去电子越来越难，所以元素的第一电离能逐渐增大。但氮元素的2p轨道上有3个电子，是比较稳定的半充满结构，所以失去一个电子比较困难，所以其第一电离能比氧大。（3）①从结构角度分析，NH4+与氨分子的中心原子N原子的价层电子对数均为4，均为sp3杂化，但NH4+是正四面体，而NH3为三角锥形，故相同之处选AB，不同之处选C。②(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3中有羟基和酯基，每个羟基的氧原子都和碳原子结合形成C—Oσ键，每个酯基中有2个C—Oσ键，所以1个(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3单元的C—Oσ键总数为3+3×2=9个。苯环上的碳原子是sp2杂化，每个碳原子还剩一个p轨道上的电子形成大π键，参与形成大π键的原子数为6，参与形成大π键的电子数也为6，则阿罗明拿中苯环的大π键应表示为π66。③从图2可以看出，氢键存在于NH4+中的H和COO-的氧原子之