2023年高考真题变式分类汇编：极性键和非极性键
一、选择题
1．（2023·湖南）是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强
B．M中的化合价为
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；极性键和非极性键；常见元素的化合价
【解析】【解答】A、Ru由＋2价被氧化为＋3价后，Ru吸引电子的能力增强， 从而导致配体NH3中N－H的极性增强，更容易断裂形成H＋，即配体NH3失去质子的能力增强，A不符合题意；
B、[L－Ru－NH3]＋失去一个电子形成[L－Ru－NH3]2＋，其中＋2价变为＋3价，[L－Ru－NH3]2＋失去一个质子H＋形成[L－Ru－NH2]＋，Ru元素的化合价变，氮原子形成一个孤电子对，[L－Ru－NH2]＋中氮原子的孤电子对中一个电子转移到Ru上，形成M（），因此M中Ru的化合价为+2价，B符合题意；
C、反应后生成的N2H4的结构简式为，其中的氮氮单键为非极性键，因此该过程有非极性键形成，C不符合题意；
D、由反应机理可知，该过程中NH3发生失电子的氧化反应，生成N2H4和NH4＋，因此该过程的总反应式为：4NH3－2e－=N2H4＋2NH4＋，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、结合化学键极性强弱分析；
B、M中Ru的化合价为+2价；
C、生成物N2H4中的氮氮单键为非极性键；
D、根据图示反应机理确定反应物和生成物，从而得到总反应式。
2．（2023·辽宁）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：3d10 D．顺—2—丁烯的结构简式：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；极性键和非极性键
【解析】【解答】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，共价键数目为2，采用sp杂化，BeCl2为直线型分子，A错误；
B.同种原子之间形成的共价键为非极性共价键，B项正确；
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：
故答案为：B。
【分析】A.找到中心原子，根据VSEPR模型可以计算孤对电子，在判断键数目，然后判断空间构型
B.同种原子之间形成的共价键为非极性共价键，不同种原子之间形成的共价键为极性共价键；
D.顺式为相同原子或者取代基在同侧，反式为相同原子或者取代基在异侧。
（2022·江苏）阅读下列材料，完成5~7题：
周期表中IVA族元素及其化合物应用广泛。甲烷具有较大的燃烧热(890.3 kJ·mol-1)，是常见燃料；Si、 Ge是重要的半导体材料，硅晶体表面SiO2能与氢氟酸(HF，弱酸)反应生成H2SiF6 (H2SiF6在水中完全电离为H+和SiF62- )； 1885年德国化学家将硫化锗(GeS2)与H2共热制得了门捷列夫预言的类硅-锗；我国古代就掌握了青铜(铜-锡合金)的冶炼、加工技术，制造出许多精美的青铜器；Pb、PbO2是铅蓄电池的电极材料，不同铅化合物一般具有不同颜色，历史上曾广泛用作颜料。
3．下列说法正确的是（ ）
A．金刚石与石墨烯中的夹角都为
B．、都是由极性键构成的非极性分子
C．锗原子()基态核外电子排布式为
D．ⅣA族元素单质的晶体类型相同
4．下列化学反应表示正确的是（ ）
A．与HF溶液反应：
B．高温下还原：
C．铅蓄电池放电时的正极反应：
D．甲烷的燃烧：
5．下列物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．石墨能导电，可用作润滑剂
B．单晶硅熔点高，可用作半导体材料
C．青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑
D．含铅化合物颜色丰富，可用作电极材料
【答案】3．B
4．A
5．C
【知识点】原子核外电子排布；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；离子方程式的书写
【解析】【分析】（1）A.金刚石中碳原子sp3杂化，石墨烯中碳原子sp2杂化；
C.锗原子核外有32个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式；
D.元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体；
（2）A.二氧化硅与氢氟酸溶液反应生成强酸和水；
B.GeS2与H2共热发生反应生成Ge和H2S，H2S在高温下分解生成S和H2；
C.铅蓄电池放电时正极发生还原反应；
D.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；
（3）A.石墨质软，易滑动，常用作润滑剂；
B.晶体硅是介于导体和绝缘体之间的半导体材料，用于制半导体材料；
C.青铜比纯铜熔点低、硬度大；
D.含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，可用作电极材料。
3．A．金刚石中的碳原子为正四面体结构，夹角为109°28′，故A不符合题意；
B．的化学键为Si-H，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子；的化学键为Si-Cl，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B符合题意；
C．锗原子()基态核外电子排布式为[Ar]，故C不符合题意；
D．ⅣA族元素中的碳元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体，故D不符合题意；
故答案为：B。
4．A．由题意可知，二氧化硅与氢氟酸溶液反应生成强酸和水，反应的离子方程式为，故A符合题意；
B．硫化锗与氢气共热反应时，氢气与硫化锗反应生成锗和硫化氢，硫化氢高温下分解生成硫和氢气，则反应的总方程式为，故B不符合题意；
C．铅蓄电池放电时，二氧化铅为正极，酸性条件下在硫酸根离子作用下二氧化铅得到电子发生还原反应生成硫酸铅和水，电极反应式为正极反应，故C不符合题意；
D．由题意可知，1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为890.3kJ，反应的热化学方程式为，故D不符合题意；
故答案为：A。
5．A．石墨是过渡型晶体，质软，可用作润滑剂，故A不符合题意
B．单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关，与熔点高无关，故B不符合题意；
C．青铜是铜合金，比纯铜熔点低、硬度大，易于锻造，古代用青铜铸剑，故C符合题意；
D．含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，所以可用作电极材料，与含铅化合物颜色丰富无关，故D不符合题意；
故答案为：C。
6．（2023·房山模拟）聚醚醚酮(PEEK)是一种高分子材料，可用于3D打印，其结构简式如图所示。
下列关于该物质的说法正确的是
A．属于纯净物 B．分子中存在极性键
C．分子呈直线型 D．能够发生水解反应
【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．聚醚醚酮的聚合度n值不确定，属于混合物，故A不符合题意；
B．该分子中存在C-O、C-H、C=O等极性键，故B符合题意；
C．该分子中-O-形成2对共价键且含有2个孤电子对，所以其空间构型为四面体结构，则该分子不是直线型，故C不符合题意；
D．该物质不含酯基，羰基、醚键不能发生水解反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.高聚物均为混合物；
B.不同种非金属原子之间形成极性键；
C.O原子价层电子对个数是4，则O原子采用sp3杂化；
D.该分子中不含能水解的官能团。
7．（2023·常德模拟）探针分子是一类利用阴离子调控的荧光分子开关，可望发展为分子逻辑器件。从图中可以看出，探针分子与通过氢键形成复合物，诱发了荧光淬灭过程()，可以将“置换”出来，恢复探针的荧光。以下表述合理的是
A．上述分子中各有一个手性碳原子
B．探针分子中B原子的杂化方式为
C．在水中不能发生此过程：
D．与探针分子结合后的分子存在着极性键、非极性键、氢键、配位键
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，上述分子中不含手性碳原子，故A不符合题意；
B．探针分子中B原子形成4个σ键，杂化方式为，故B不符合题意；
C．在水中能发生电离，故C不符合题意；
D．探针分子与通过氢键形成复合物，B-F、O-H、C-N等为极性键，C-C键为非极性键，B原子与双键N原子通过配位键结合，所以与探针分子结合后的分子存在着极性键、非极性键、氢键、配位键，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
B.B原子形成4个σ键，采用sp3杂化；
C. 在水中电离为氢离子和硫酸根离子。
8．（2023·郴州模拟）甲烷可在铑/铈氧化物的催化下与过氧化氢反应，转化为甲醇和甲基过氧化氢，实现了天然气的高效利用，其原理如图所示，下列说法错误的是
A．反应③有极性键的断裂与生成
B．反应⑤中，Ce的化合价升高
C．铑/铈氧化物改变了和的反应历程，降低了反应的活化能
D．若用作反应物，一段时间后只有、中含有
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；同位素及其应用；化合价与化学式
【解析】【解答】A．反应③中CH4中断裂1条C-H键形成 CH3， OH与H形成H2O中有O-H键生成，则有极性键的断裂与生成，A不符合题意；
B．反应⑤中，H2O2→H2O中O元素从-1降低至-2价，则Ce的化合价升高，B不符合题意；
C．铑/铈氧化物是催化剂，可改变了CH4和H2O2的反应历程，降低了反应的活化能，C不符合题意；
D．由反应⑤可知O连接在Ce上，甲烷可在铑/铈氧化物的催化下与过氧化氢反应，转化为甲醇和甲基过氧化氢(CH3OOH)，则若用H2l8O2作反应物，一段时间后CH3OH、CH3OOH和铑/铈氧化物中均含有18O，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.极性键一般存在于不同原子之间。
B.反应⑤中，H2O2→H2O中O元素化合价降低，则 Ce的化合价升高。
C.铑/铈氧化物是催化剂。
D.由反应⑤可知O连接在Ce上，结合反应机理进行分析。
9．（2023·河西模拟）为减少环境污染，可利用活性炭发生脱硝反应： ，下列说法正确的是
A．该反应可以自发进行
B．的电子式为
C．NO分子中含有非极性共价键
D．由CO难溶于水可推知其为非极性分子
【答案】A
【知识点】极性键和非极性键；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．反应熵增加或放热都有利于反应的进行。该反应为放热且气体分子式增加的反应，该反应为自发反应，A项符合题意；
B．N最外层电子为5需要3个电子达饱和，所以N与N之间共用3对电子，其电子式为，B项不符合题意；
C．当共价键中的共用电子对没有偏移时为非极性共价键，同种非金属原子之间往往易形成非极性共价键，NO中共价键为极性键，C项不符合题意；
D．CO为极性键构成的双原子分子，为极性分子，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据反应熵增加或放热都有利于反应的进行判断；
B．N原子满足8电子结构；
C．同种原子之间的共价键为非极性键；
D．非极性分子是指分子里电荷分布是对称的(正负电荷中心能重合)的分子。
10．（2023·河南模拟）用MnO2作催化剂，氨还原脱除NO的一种反应机理示意图如下。下列说法错误的是
A．反应过程中Mn的化合价没有发生变化
B．总反应的方程式可表示为4NH3 +4NO +O24N2 +6H2O
C．MnO2能结合NH3的原因是两者形成了配位键
D．反应过程中存在极性共价键和非极性共价键的断裂和形成
【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；极性键和非极性键
【解析】【解答】A．由图可知，反应过程中锰原子成键数目发生变化，反应过程中Mn的化合价发生变化，A符合题意；
B．由图可知，该催化过程的总反应的方程式可表示为4NH3 +4NO +O24N2 +6H2O，B不符合题意；
C．氨分子中氮原子具有孤对电子，二氧化锰中锰原子具有空轨道，氮原子和锰原子通过形成配位键使二氧化锰和氨分子相互结合，C不符合题意；
D．反应物有NH3、NO、O2，生成物有N2、H2O，故存在极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.反应过程中，Mn的成键数目发生变化，则其化合价发生变化；
B.该过程的反应物为NH3、NO、O2，生成物为N2、H2O；
C.氨分子中氮原子具有孤对电子，二氧化锰中锰原子具有空轨道，可形成配位键；
D.同种非金属原子间形成非极性共价键，不同种非金属原子间形成极性共价键。
11．（2023·普陀模拟）下列化合物中，含非极性共价键的极性分子是
A．CH2=CH2 B．H2O2 C．CO2 D．Na2O2
【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．CH2=CH2中含有碳碳之间的非极性键和碳氢之间的极性键，分子的正负电荷中心重合，为非极性分子，A不合题意；
B．H2O2中含有氧氧之间的非极性键和氢氧之间的极性键，分子的正负电荷中心不重合，为极性分子，B符合题意；
C．CO2中含有碳氧之间的极性键，分子的正负电荷中心重合，为非极性分子，C不合题意；
D．Na2O2中含有Na+和之间的离子键和内部氧氧之间的非极性键，属于离子化合物，D不合题意；
故答案为：B。
【分析】根据正负电荷中心是否重合判断分子极性，同种非金属原子之间形成非极性共价键。
12．（2023·济南模拟）冠醚是由多个二元醇分子之间脱水形成的环状化合物。18-冠-6可用作相转移催化剂，其与形成的螯合离子结构如图所示。下列说法错误的是
A．该螯合离子中碳与氧原子具有相同的杂化类型
B．该螯合离子中所有非氢原子可以位于同一平面
C．该螯合离子中极性键与非极性键的个数比为7∶1
D．与二甲醚()相比，该螯合离子中“C-O-C”键角更大
【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．该螯合离子中碳与氧原子都为，具有相同的杂化类型，A不符合题意；
B．该螯合离子中碳原子为饱和碳原子，链接的氧原子和碳原子不在同一平面，B符合题意；
C．该螯合离子中极性键为24个、12个C-O和6个配位键，共42个极性键，非极性键为6个键，个数比为7∶1，C不符合题意；
D．与二甲醚()相比，该螯合离子中O的孤对电子数从2对变成1对，排斥作用减小，“C-O-C”键角更大，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
B．分子中含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形；
C．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；
D．依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析。
13．（2022·奉贤模拟）我国科学家研发甲烷和二氧化碳的共转化技术制取乙酸。下列说法正确的是
A．该反应属于取代反应
B．消耗22.4LCO2可制得乙酸60g
C．反应物和生成物中均含极性键和非极性键
D．该反应符合“绿色化学”原理，原子利用率达100%
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；取代反应
【解析】【解答】A．反应属于化合反应，不是取代反应，A不符合题意；
B．未标明标准状况，无法进行计算，B不符合题意；
C．甲烷中只有C-H极性键，二氧化碳中只含有C=O极性键，没有非极性键，C不符合题意；
D．该反应为化合反应，反应物全部转化为生成物，原子利用率达100%，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．取代反应是有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替的反应；
B．未标明标准状况，无法计算；
C．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；
D．该反应为化合反应，反应物全部转化为生成物。
14．（2022·丽水、湖州、衢州模拟）下列物质中，由极性键构成的极性分子是
A．CH4 B．BF3 C．NH3 D．H2
【答案】C
【知识点】极性键和非极性键；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．CH4是由极性键构成的非极性分子，A不符合题意；
B．BF3是由极性键构成的非极性分子，B不符合题意；
C．NH3为三角锥形，是由极性键构成的极性分子，C符合题意；
D．H2是由非极性键构成的非极性分子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；非极性分子是指分子里电荷分布是对称的(正负电荷中心能重合)的分子。极性分子是指分子里电荷分布不对称(正负电荷中心不能重合)的分子。
15．（2022·南开模拟）2021年9月24日《科学》杂志发表了中国科学家的原创性重大突破——首次在实验室实现到淀粉的全合成。其部分合成路线如下。
下列说法正确的是（ ）
A．DHA和淀粉中碳原子的成键方式完全相同
B．反应①中有极性键和非极性键的断裂与生成
C．升高温度一定会加快反应②的反应速率
D．反应③属于加成反应
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；加成反应
【解析】【解答】A．DHA中双键上C为sp2杂化，另外2个C为sp3杂化，而淀粉中C均为sp3杂化，则碳原子的成键方式不完全相同，A不符合题意；
B．反应①中，C=O极性键断裂、H-H非极性键断裂，无非极性键的生成，只有极性键的生成，B不符合题意；
C．温度太高，可使酶失去活性，则升高温度，不一定会加快反应②的反应速率，C不符合题意；
D.3分子HCHO生成DHA，产物只有一种，不饱和度减小，该反应为加成反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.碳原子形成双键时，杂化方式为sp2，形成单键时，为sp3杂化，形成三键时，为sp杂化
B.CO2与H2反应得到CH2OH过程，没有非极性键的生成
C.不能忽略温度对酶的催化效果影响
16．（2022·中卫模拟）图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分相关离子未画出)，下列描述错误的是（ ）
A．和Cu2+在反应中都是催化剂
B．该转化过程中，有非极性键的断裂与极性键的形成
C．该转化过程中，酸性条件下过程V涉及反应为4Cu+ +O2+4H+=4Cu2++2H2O
D．乙烯催化氧化的反应方程式为CH2=CH2+O2 CH3CHO+H2O
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；乙烯的化学性质
【解析】【解答】A．由分析可知，即做反应物又做生成物的和Cu2+是反应的催化剂，故A不符合题意；
B．由图可知，过程V中氧气转化为水时，存在氧气分子中氧氧非极性键断裂和生成水分子时有氢氧极性键的形成，故B不符合题意；
C．由图可知，过程Ⅴ中氧气与亚铜离子反应生成铜离子和水，反应的离子方程式为4Cu+ +O2+4H+=4Cu2++2H2O，故C不符合题意；
D．由分析可知，乙烯催化氧化的反应方程式为2CH2=CH2+O2 2CH3CHO，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．催化剂反应前后质量不变，化学性质不变；
B．由反应历程图分析，同种原子之间的为非极性键，不同种原子之间的共价键极性键；
C．酸性条件下，氧气与亚铜离子反应生成铜离子和水；
D．乙烯催化氧化生成乙醛和水。
17．（2022·嘉定模拟）下列物质中既含有非极性键，又含有极性键的是（ ）
A．CCl4 B．C2H4 C．NaOH D．H2O
【答案】B
【知识点】极性键和非极性键
【解析】【解答】A．CCl4分子中含碳氯极性共价键，A不符合题意；
B．C2H4的结构简式为CH2=CH2，分子中含碳碳非极性键，同时也含碳氢极性键，B符合题意；
C．NaOH为离子化合物，含离子键和极性键，C不符合题意；
D．H2O分子中含氢氧极性键，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】极性键为不同非金属原子的结合，非极性键为相同非金属原子得到结合；
A、只有极性键；
B、有极性键和非极性键；
C、有离子键和极性键；
D、只有非极性键。
18．（2022·沈阳模拟）由化合物甲和乙低温共熔的电解液可作为高能电池材料，其结构如图，它们的构成元素R、W、X、Y、Z、M原子序数依次增大且总和为42，下列说法中错误的是（ ）
A．元素Z、Y均能与R形成含有非极性键的18电子化合物
B．第一电离能：Z>Y>X>W
C．乙的沸点比丙酮高
D．甲中∠ZMZ比乙中∠ZXY小
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性键和非极性键
【解析】【解答】A．元素Z、Y与R形成的H2O2、N2H4，均是含有非极性键的18电子化合物，故A不符合题意；
B．第一电离能：N>O>C>Li，即Y > Z >X>W，故B符合题意；
C．乙结构中存在氨基，可形成分子间氢键，所以沸点比丙酮高，故C不符合题意；
D．甲中ClO为正四面体结构，∠ZMZ为109°28′，乙中的C原子为sp2杂化，∠ZXY为120°，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】结合甲乙的电子式分析，可以知道W为金属元素，且只有1个正电荷，为IA族元素，M含有7个共价键，Z含有2个共价键，可以知道M为Cl，Z为O或S，X有4个共价键，为C或Si，R只有一个共价键，可能为H、F、Cl，Y含有3个共价键，可能为B、N、P，结合 R、W、X、Y、Z、M原子序数依次增大且总和为42 ，综合考虑，最后可以知道R为H，W为Li，X为C，Y为N，Z为O，Z为Cl；
A、H2O2、N2H4，均是含有非极性键的18电子化合物；
B、同一周期的元素，第一电离能从左到右依次减小，要注意考虑第一电离能还要特别注意从核外电子排布入手，若是半充满、全充满的电子第一电离能会变大；
C、N、O、F三种原子可以和氢原子形成氢键，熔沸点变高；
D、夹角可以根据其杂化形式形成的空间构型进行判断，杂化轨道的判断技巧：
杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形。
19．（2022·河西模拟）我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质的转化过程示意如图：
下列说法正确的是（ ）
A．反应①中H2O可光照下分解制得H2
B．反应②CO2→CH3OH，碳原子的杂化方式没有改变
C．使用现代分析仪器测得C3的红外光谱中含有羧基
D．从C6→淀粉的过程中，O－H键既有断裂又有生成
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．由图可知，反应①为水电解生成氢气和氧气，故A不符合题意；
B．二氧化碳分子中碳原子为sp杂化，甲醇分子中碳原子为sp3杂化，则反应②中碳原子的杂化方式发生改变，故B不符合题意；
C．由结构简式可知，C3分子中含有羟基和羰基，不含有羧基，故C不符合题意；
D．由结构简式可知，从C6→淀粉的过程中，既有氢氧键的断裂，也有氢氧键的生成，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】思路分析：过程①为电解水产生氢气和氧气，过程②为氢气和二氧化碳合成甲醇，甲醇生物合成得到C3和C6，最终合成淀粉，从结构看，既有氢氧键的断裂，也有氢氧键的生成。
20．（2022·河西模拟）下列说法正确的是（ ）
A． 能与 以配位键结合
B． 与 分子的空间结构均为四面体形
C． 的沸点比 的高，是因 分子间存在氢键
D． 比 更易溶于水，是因 是极性键而 是非极性键
【答案】C
【知识点】极性键和非极性键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．铵根无孤电子对，不能与铜离子形成配位键，故A不符合题意；
B．氨气为三角锥形，水分子是V型，故B不符合题意；
C．氨气沸点高于磷化氢，是因为氨气分子间存在氢键，故C符合题意；
D．氨气比氮气易溶于水，是因为氨气是极性分子且能与水反应并能与水分子之间形成氢键，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．配位键是电子对的给予/接受键；
B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型
C．分子间存在氢键，沸点反常高；
D．依据相似相容原理。
21．（2022·龙岩模拟）在Fe+催化下乙烷氧化的反应机理如图所示(图中……为副反应)。下列说法正确的是（ ）
A．FeO+、N2均为反应中间体
B．X既含极性共价键也含非极性共价键
C．该机理涉及的反应均为氧化还原反应
D．每生成1molCH3CHO，消耗的 大于2mol
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；氧化还原反应
【解析】【解答】A．由分析可知，FeO+为中间产物，氮气为生成物，故A不符合题意；
B．由分析可知，X为水分子，水分子中只含有极性共价键，不含有非极性键，故B不符合题意；
C．由图可知，FeO+发生的反应为C2H6+FeO+→[(C2H5)Fe(OH)]+，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；
D．由分析可知，总反应为C2H6+2N2O CH3CHO+ N2+H2O，副反应为[(C2H5)Fe(OH)]+ →Fe+，副反应中铁元素化合价降低，转化反应属于氧化还原反应，所以每生成1molCH3CHO，消耗的 大于2mol，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.FeO+先生成后消耗，是反应中间体，N2属于最后产物；
B.X为H2O，只含O-H键；
C.氧化还原反应一定有元素的化合价发生变化；
D.该反应总反应方程式为C2H6+2N2O CH3CHO+ N2+H2O，且发生副反应[(C2H5)Fe(OH)]+ →Fe+。
22．（2022·虹口模拟）工业上用NaOH溶液捕捉废气中的SO2，下列说法正确的是（ ）
A．捕捉过程中溶液pH会下降 B．NaOH溶液属于强电解质
C．SO2含有非极性共价键 D．1molNaOH最多捕捉0.5molSO2
【答案】A
【知识点】极性键和非极性键；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．捕捉过程中发生反应2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O或NaOH+SO2=NaHSO3，溶液的碱性减弱，pH下降，A符合题意；
B．NaOH属于强电解质，NaOH溶液为混合物，既不属于电解质也不属于非电解质，B不符合题意；
C．SO2分子中只存在硫氧键，所以只含有极性共价键，C不符合题意；
D．NaOH溶液中通入过量SO2，发生反应NaOH+SO2=NaHSO3，所以1molNaOH最多捕捉1molSO2，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.NaOH溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质；
C.SO2分子中只含S-O极性共价键；
D.NaOH溶液与SO2发生反应NaOH+SO2=NaHSO3。
23．（2022·深圳模拟）实验室制备乙炔的反应为CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑。下列有关描述正确的是（ ）
A．CaC2的电子式：
B．钙的原子结构示意图：
C．Ca(OH)2中含有非极性键
D．该反应属于氧化还原反应
【答案】A
【知识点】极性键和非极性键；氧化还原反应；结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．CaC2是离子化合物，电子式为，故A符合题意；
B．钙的原子结构示意图为，故B不符合题意；
C．Ca(OH)2中含有离子键、极性键，故C不符合题意；
D．该反应中，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.离子化合物书写电子式注意标清离子所带的电荷
B.原子的核电荷数与核外电子数相等
C.同种元素之间形成非极性键，不同种元素之间形成极性键
D. CaC2和 C2H2中C的化合价都是-1价
24．（2022·保定模拟）W、X、Y、Z、M是构成离子液体的五种元素，原子序数依次增大且只有一种元素与其他元素不在同一周期。离子液体被广泛应用于有机合成、分离提纯以及电化学研究中。离子液体的结构如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A．为一元弱酸
B．Y的氢化物常温下为气体
C．Z的最高价含氧酸能与其对应的简单氢化物反应
D．由W、Z、M元素形成的离子晶体中含有极性键
【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．
为一元弱酸，
，A项不符合题意；
B．碳元素的氢化物即为烃类物质，各种状态均存在，B项符合题意；
C．Z的最高价含氧酸和简单氢化物分别为
与
，反应生成
，C项不符合题意；
D．由W、Z、M组成的化合物为
，在
晶体中存在N-H极性键，D项不符合题意。
故答案为：B
【分析】由题可知，离子液体应用于有机合成中，则其中含有碳、氢元素，而W、X、Y、Z、M原子的原子序数依次增大且只有一种元素与其他元素不在同一周期，且W可形成1个共价键，说明W是氢元素；则X、Y、Z、M位于第二周期，且有一个元素是碳元素。结合离子液体的结构图，M形成1个共价键，且M的原子序数大于X、Y、Z，可推出M是氟元素；X可以与M形成XM4-，则X为ⅢA族元素，为硼元素；Y可以形成4个共价键，z形成3个共价键，且Z的原子序数大于Y，所以Z是氮元素，Y是碳元素。推出各元素后，据此进行分析。
25．（2021·萍乡模拟）工业上采用NH3和O2在钒基催化剂表面协同脱除烟气中的NO，一种反应过程如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．V5+—O-…H—N+H3是催化剂
B．整个过程中V的化合价未发生变化
C．反应过程中有极性键和非极性键的断裂和形成
D．总反应的化学方程式为4NH3+2O2+2NO=3N2+6H2O
【答案】C
【知识点】极性键和非极性键；氧化还原反应；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．由转化示意图知，V5+-O-…H-N+H3是中间产物，A不符合题意；
B． 由示意图知，氧气转化为水的过程中，含钒物质中V元素由+4升高到+5，被氧化了，另外也存在着含钒物质中V元素由+5降低到+4，被还原了，B不符合题意；
C．反应过程中存在微粒 转变为氮气、水和 ， N-N键、氮气中氮氮三键为非极性键、N=O、H-O等不同元素之间形成的为极性键，则有极性键和非极性键的断裂和形成，C符合题意；
D． 由转化示意图知，在催化剂作用下，总反应的化学方程式为4NH3+O2+4NO=4N2+6H2O，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据反应物是氨气和氧气和一氧化氮生成物是水和氮气写出方程式为4NH3+O2+4NO=4N2+6H2O，反应过程中钒的成键发生改变，化合价发生改变，此过程中存在极性键和非极性键的断裂和形成，而和是催化剂
二、多选题
26．（2021高二上·抚顺期末）物质的组成与结构决定了物质的性质与变化，结构化学是化学研究的重要领域。下列说法错误的是（ ）
A．碘易溶于四氯化碳溶液，可以用“相似相溶”规律解释
B．凡是中心原子采取杂化的分子，其空间结构都是四面体形，键角为
C．只含非极性键的分子，一定为非极性分子
D．共价键的极性
【答案】B,C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．碘是非极性分子易溶于非极性溶剂四氯化碳，可用“相似相溶”规律解释，选项A不符合题意；
B．中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其分子立体构形不一定是正四面体，如：水和氨气分子的中心原子采取sp3杂化，但H2O是V型，NH3是三角锥型，选项B符合题意；
C．只含非极性键的分子，不一定为非极性分子，空间构型不对称则正负电荷中心不重合，则是极性分子，如O3，选项C符合题意；
D．同样是和H原子形成共价键，非金属性越强，吸引电子对的能力越强，共价键的极性就越强，非金属性，故共价键的极性，选项D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.非极性分子易溶于非极性溶剂；
B.中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其分子立体构形不一定是正四面体；
C.极性分子和非极性分子的判断依据为：正负电荷是否重合；
D.非金属性越强，吸引电子对的能力越强，共价键的极性就越强。
三、非选择题
27．（2017·郴州模拟）甲、乙、丙、丁4中物质分别含2种或3种元素，它们的分子中各含18个电子．甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子．下列推断合理的是（ ）
A．某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应
B．乙与氧气的摩尔质量相同，则乙一定含有极性键和非极性键
C．丙中含有二周期IVA族的元素，则丙一定是甲烷的同系物
D．丁和甲中各元素质量比相同，则丁中一定含有﹣1价的元素
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；无机物的推断
【解析】【解答】解：A．甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为H2S，某钠盐溶液若为NaHS溶液，其中含有HS﹣、OH﹣，但NaHS既能与盐酸等反应生成H2S，也能与Na0H反应生成Na2S，故A错误；
B．氧气的摩尔质量为32g/mol，乙的摩尔质量也为32g/mol，且含有18电子，CH3 OH符合，CH3 OH中只含有极性键无非极性键，故B错误；
C．第二周期IVA族元素为C，如CH3OH符合，但CH3OH不是CH4的同系物，故C错误；
D．H2S中元素的质量比为1：16，H2O2分子中元素的质量比也为1：16，H2O2中氧元素的价态为一1价，故D正确．
故选D．
【分析】甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为H2S，乙与氧气的摩尔质量相同，可能为CH3 OH、N2H4等符合，丙中含有二周期IVA族的元素，可能为CH3 OH，丁和甲中各元素质量比相同，应为H2O2，结合各物质的结构和性质解答该题．
28．（2021高三上·汕头期末）传统的锂离子电池或钠离子电池由于使用有机液态电解液而存在安全问题。发展全固态电池是解决这一问题的必然趋势。、、是常用的固体电解质。回答下列问题：
（1）基态Si的电子排布式为 。
（2）Zr的原子序数为40，位于周期表的第 周期ⅣB族。
（3）、、的沸点由高到低的顺序是 。
（4）亚磷酸是磷元素的一种含氧酸，与NaOH反应只生成和两种盐，则分子的结构式为 ，其中P原子的杂化方式为 。
（5）Ti能形成化合物，该化合物中的配位数为 ，在该化合物中不含 (填标号)。
A．键 B．键 C．配位键 D．离子键 E．极性键 F．非极性键
（6）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为固溶体。四方晶胞如图所示。A原子的坐标为，B原子的坐标为，则C原子的坐标为 。该晶体密度为 (写出表达式)。在中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为，则 (用x表达)。
【答案】（1）或
（2）五
（3）(写“、、”或“”也给分)
（4）或；
（5）6；BF
（6）；；
【知识点】原子核外电子排布；物质的结构与性质之间的关系；极性键和非极性键；结构式
【解析】【解答】（1）已知Si是14号元素，故基态Si的电子排布式为或，故答案为：或；
（2）已知周期表中排满第四周期共有36种元素，排满第五周期共需54种元素，故Zr的原子序数为40，位于周期表的第五周期ⅣB族，故答案为：五；
（3）、、三者均为分子晶体，NH3存在分子间氢键，沸点反常高，AsH3的相对分子质量比PH3大，故其中的分子间作用力也大，沸点也高，故三者的沸点由高到低的顺序是，故答案为：；
（4）亚磷酸是磷元素的一种含氧酸，与NaOH反应只生成和两种盐，说明H3PO3是一种二元酸，即只含两个羟基，则分子的结构式为或，由其结构简式可知，P原子周围形成了4个σ键，无孤电子对，则其中P原子的杂化方式为sp3，故答案为：或，sp3；
（5）Ti能形成化合物，该化合物中周围共有6个配位键，6个配体，则其配位数为6，在该化合物中存在与Cl-之间的离子键，内部与Cl-、H2O之间的配位键，H2O中H-O之间的极性共价键，配位键和H2O中的极性键均为键，故不含键和非极性键，故答案为：6；BF；
（6）晶胞中Zr4+位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，O2-位于晶胞体内，分列八分之一晶胞的体心，由A、B的坐标可知，C的坐标为：，O原子个数为8，则一个晶胞含有4个ZrO2，质量为，晶胞体积为a2c×10-30cm3，可知ρ==g cm-3；在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，化合物中Zn为+2价、Zr为+4价、O为-2价，则2x+4×（1-x）=2y，y=2-x，
故答案为：；；2-x。
【分析】
（1）按照电子排布式轨道排布即可。
（2）考查元素周期表相关知识，第四周期最后一位元素的原子序数为36。
（3）根据晶体类型和分子间化学键的类型来判断物质沸点的高低。
（4）考查分子结构简式。
（5）化合物中周围共有6个配位键，6个配体，与Cl-、H2O之间的配位键，H2O中H-O之间的极性共价键，配位键和H2O中的极性键均为键，故不含键和非极性键。
（6）根据A、B坐标可以建立空间直角坐标系，进而写出C的坐标，进而算出晶胞的体积，算出根据各原子数目算出晶胞质量，进而算出晶体密度。
29．（2021高二下·胶州期末）W、X、Y、Z 是同一周期的四种短周期主族元素，原子序数依次增大。Z元素的最高正价与最低负价代数和为6，它们能够形成一种新型化合物 M，其结构如图。
回答下列问题：
（1）元素W在周期表中的位置 ，写出元素Y基态原子核外电子排布式 。
（2）X、Y、Z最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序为 (用化学式表示)。
（3）X—Z 共价键与 Y-Z 共价键的极性，前者 后者(填“大于”、“小于”或“等于”)， 原因 。
（4）元素 M 是与 Y 同主族的短周期元素，两者最简单气态氢化物的稳定性关系为： > (填化学式)，键角 H-M-H H-Y-H(填“大于”、“小于”或“等于”)， 原因 。
【答案】（1）第三周期第ⅠA族；[Ne]3s23p3
（2）HClO4>H3PO4>H2SiO3
（3）大于；硅氯的电负性差大于磷氯的电负性差
（4）NH3；PH3；大于；P 原子半径大于N原子，成键电子对距离中心原子远， 成键电子对排斥作用力减弱，所以 H-P-H 键角小。
【知识点】原子结构的构造原理；极性键和非极性键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)W为Na元素，位于第三周期第ⅠA族；Y为P元素，其基态原子核外电子排布式为[Ne]3s23p3；
(2)非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：Cl＞P＞Si，则最高价含氧酸的酸性：HClO4>H3PO4>H2SiO3；
(3)硅氯的电负性差大于磷氯的电负性差，则Si-Cl键的极性大于P-Cl键的极性；
(4)Y为P元素，元素 M 是与 Y 同主族的短周期元素，则M为N元素，N元素的电负性较大，可以和H原子形成氢键，则两者最简单气态氢化物的稳定性关系为：NH3> PH3；P 原子半径大于N原子，成键电子对距离中心原子远， 成键电子对排斥作用力减弱，所以 H-N-H键角大于H-P-H键角。
【分析】(1)依据构造原理分析；
(2)非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；
(3利用电负性差判断；
(4)非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越大；原子半径大小分析键角。
30．（2021高二下·昌吉期末）A、B、C均为短周期元素，可形成A2C和BC2两种化合物。A、B、C的原子序数依次递增，A原子的K层的电子数只有一个，B原子2p能级有一个空轨道，而C原子M 层只有两对电子对。
（1）它们的元素符号分别为：A ；B ；C ；
（2）用电子式表示A2C的形成过程 ；
（3）BC2是由 键组成的 （填“极性”或“非极性”）分子；BC2分子中B原子采用 杂化类型。
【答案】（1）H；C；S
（2）2H·+· ·→H： ：H
（3）极性；非极性；sp
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）根据上面的分析可知，A、B、C的元素符号分别为H、C、S，故答案为：H；C；S；
（2） H2S为共价化合物，由一个硫原子和两个氢原子通过共用电子对形成，用电子式表示H2S的形成过程为：2H·+· ·→H： ：H，故答案为：2H·+· ·→H： ：H；
（3）CS2是由极性键组成的非极性分子；CS2分子中C原子的价层电子对为2，为sp杂化，故答案为：极性；非极性；sp。
【分析】根据给出的信息即可判断A为H，B为C，C为S，
（1）根据分析即可写出元素符号
（2）根据分子构成即可写出形成过程
（3）根据元素写出化学式即可判断键型和分子的类型以及杂化方式
31．（2020高一上·延边期末）图为元素周期表的一部分，请回答有关问题：
IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA 0
1 ①
2 ② ③ ④
3 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
（1）元素①的一种核素中，含有1个质子和2个中子，表示该核素组成的符号是 ，元素⑧的离子结构示意图是 。
（2）元素②③⑥中，原子半径由小到大的顺序是 (用元素符号表示)。
（3）由元素①④⑤组成的化合物的电子式为 ，该化合物中含有 键(填“极性”或“非极性”)。
（4）元素⑥的最高价氧化物的水化物与元素⑤的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为 。
（5）元素的非金属性强弱：⑦ ⑧(填“＞”或“＜”)，请从原子结构角度解释其原因： 。
【答案】（1）；
（2）N＜C＜Al
（3）；极性
（4）Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
（5）＜；氯和硫在同一周期，氯原子比硫原子的核电荷数大，原子半径小，非金属性强
【知识点】极性键和非极性键；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）①是H，H元素的一种核素中含有1个质子和2个中子，则其质量数是3，表示该核素组成的符号是 ；
⑧是Cl，Cl-是Cl原子得到1个电子形成的，核外电子排布是2、8、8，所以Cl-的结构示意图为： ；
（2）同一周期元素的原子半径随原子序数的增大而减小，不同周期元素的原子半径随原子核外电子层数的增多而增大，则C、N、Al三种元素的原子半径由小到大的顺序是N＜C＜Al；
（3）①是H，④是O，⑤是Na，这三种元素组成的化合物是NaOH，Na+与OH-之间以离子键结合，在阴离子OH-中O与H原子之间以极性共价键结合，则NaOH的电子式为： ；其中含有的共价键是不同元素的原子形成的，因此属于极性共价键；
（4）⑤是Na，⑥是Al，Al的最高价氧化物的水化物Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强碱NaOH发生反应，产生可溶性NaAlO2、H2O，该反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
（5）⑦是S，⑧是Cl，二者是同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小，原子获得电子的能力就越强，因此元素的非金属性越强故元素的非金属性：⑦＜⑧。
【分析】由元素在周期表的位置可知，①~ ⑧ 分别为H、C、N、O、Na、Al、S、Cl，
(1)元素①的一种核素中，含有1个质子和2个中子，表示该核素是氚，元素Cl的离子有三个电子层，最外层有8个电子；
(2)不同层看层数，层相同看序数，序数大半径小；
(3)由元素①④⑤组成的化合物为NaOH，氧氢键为极性共价键；
(4)元素⑤的最高价氧化物的水化物为氢氧化钠为强碱，元素⑥的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3为两性；
(5)氯和硫在同一周期，氯尿子比硫原子的核电荷数大，原子半径小，非金属性强⑥。
32．（2020高一下·潍坊期末）我国科学家合成了一种新化合物，结构式如图所示。已知M、X、Y、Z、W、Q均为前20号主族元素，且原子序数依次增大，其中Q与M、Z与Y同主族；Z元素原子中的质子数是Y元素原子中的质子数的2倍。
回答下列问题：
（1）写出W的离子结构示意图 。
（2）Z、Q两种元素最简单离子半径的大小顺序为 (用离子符号表示)。
（3）X元素的最低价氢化物的电子式是 ，写出实验室制取该氢化物的化学方程式 。
（4）Q元素单质与金属钠性质相似，则Q的过氧化物中含有的化学键有 (填化学键名称)，写出该物质与水反应的离子方程式 。
（5）比较Z、W原子的得电子能力强弱。
方法一：比较Z、W两种元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱 (用化学式回答)；
方法二：比较单质的氧化性强弱，设计实验证明(请简述试剂、操作、现象、结论)： 。
【答案】（1）
（2）S2->K+
（3）；2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O
（4）离子键、(非极性)共价键；2K2O2+2H2O=4K++4OH-+O2↑
（5）HClO4>H2SO4；取适量硫化钠溶液，通入氯气，产生淡黄色沉淀，证明氯原子得电子能力比硫原子强
【知识点】极性键和非极性键；氨的实验室制法；比较弱酸的相对强弱的实验；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）根据分析，W为Cl元素，离子结构示意图为 ；
（2）根据分析，Z、Q两种元素为S和K，两种离子核外电子排布相同，原子序数越大，半径越小，故S2->K+；
（3）根据分析，X为N，氢化物为NH3，电子式为 ；实验室制氨气用NH4Cl和Ca(OH)2共热制得，方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（4）根据分析，Q为K，其过氧化物与过氧化钠相似，含有的化学键有离子键和（非极性）共价键；K2O2与水反应生成KOH和O2，离子方程式为2K2O2+2H2O=4K++4OH-+O2↑；
（5）元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性，非金属性Cl>S，故酸性HClO4>H2SO4；单质氧化性强弱可用置换反应进行比较，取适量硫化钠溶液，通入氯气，产生淡黄色沉淀，证明氯原子得电子能力比硫原子强；
【分析】M、X、Y、Z、W、Q均为前20号主族元素，且原子序数依次增大，Z形成6条共价键，Z为S元素，Z元素原子中的质子数是Y元素原子中的质子数的2倍，Y是O元素，X形成3条共价键，且X在Y元素前面，则X为N元素，M形成1条共价键，且排在最前面，M为H元素，W形成1条共价键，且在S后面，故W是Cl元素，Q与M同主族，Q为K元素。
33．（2020高一下·日照期末）下图是某些单质及其化合物之间的转化关系图，各方框表示有关的一种反应物或生成物(部分物质已略去)。已知：C常温下为黄绿色气体，D是最常见的无色液体，G是“84”消毒液的有效成分。
回答下列向题：
（1）G中含有的化学键类型为 。
（2）反应①的化学方程式为 。
（3）1 molNa2O2与足量D充分反应，转移电子的物质的量为 mol。
（4）反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（5）生活中“84"消毒液不能与“洁厕灵"混合使用，原因是二者混合会发生反应④，反应的离子方程式为 ，该反应中 A表现出的性质是 。
【答案】（1）共价键、离子键
（2）MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O
（3）1
（4）1:1
（5）Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O；酸性、还原性
【知识点】离子键的形成；极性键和非极性键；氯气的实验室制法；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)G为NaClO，钠离子与次氯酸根离子间存在离子键，次氯酸根离子内Cl-O之间存在共价键，故答案为：离子键和共价键；
(2)反应①为二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气的反应，方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+ Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+ Cl2↑+2H2O；
(3)Na2O2与H2O发生反应： ，2mol过氧化钠反应时转移电子2mol，则1 molNa2O2与足量D充分反应，转移电子的物质的量为1mol，故答案为：1；
(4)反应③为： ，氯气既是氧化剂还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1；故答案为：1:1；
(5)“84"消毒液有效成分NaClO与“洁厕灵"的主要成分HCl反应产生氯气，离子方程式：Cl-+ClO-+ 2H+=Cl2↑+H2O；反应中HCl部分被氧化成氯气表现还原性，部分转变成NaCl表现酸性，故答案为：Cl-+ClO-+ 2H+=Cl2↑+H2O；酸性、还原性；
【分析】C常温下为黄绿色气体，C为氯气，结合氯气的实验室制法原理及框图信息分析可知A为HCl，G是“84”消毒液的有效成分，则G为NaClO，C和E产生G，则E为氢氧化钠，D是最常见的无色液体，且能与过氧化钠反应产生氢氧化钠，则D为H2O，氯气与氢氧化钠产生次氯酸钠和氯化钠，则F为NaCl，次氯酸钠与稀盐酸反应产生氯气，据此分析解答。
34．（2020高一下·许昌期末）A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物 和 ，E元素的周期序数与主族序数相等。
（1）E元素在周期表中的位置 。将B过量的最高价氧化物通入E的含氧酸盐溶液中，可以观察到的现象为 。
（2） 分子中存在的，不同于 中的化学键被称为 。用 和稀硫酸浸泡废印刷电路板可溶解其中的 ，试写出反应的离子方程式 。
（3） 和入足量的水充分反应，生成气体的体积为 (标准状况下).
【答案】（1）第三周期第ⅢA族；生成白色沉淀
（2）非极性键；
（3）
【知识点】极性键和非极性键；气体摩尔体积；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】(1)E元素是铝，有三层电子，最外层电子数为3，在周期表中的位置第三周期第ⅢA族；将二氧化碳通入偏铝酸盐溶液中，生成氢氧化铝白色沉淀，氢氧化铝不溶于碳酸溶液中，故可以观察到的现象为生成白色沉淀；(2)H2O2分子中存在极性共价键和非极性共价键，H2O中存在极性共价键，H2O2分子中有的，H2O中没有的是非极性共价键； 可以和酸性H2O2溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为： ；(3)根据氢化钠中氢元素显-1价，具有还原性，1mol NaH和入足量的水充分反应生成氢氧化钠和氢气，NaH+H2O=NaOH+H2↑，1mol NaH生成1mol气体，标况下1mol气体的体积为 。
【分析】A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，W为O元素；A、D同主族，D的原子序数大于O，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数大于Na，位于第三周期ⅢA族，则E为Al元素，A、B、W、D、E五元素质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，解得：x=6，则B为C元素，A、B、W、D、E分别为H、C、O、Na、Al，据此解答。
35．（2020高一下·信阳期末）氧族元素包括氧(O)、硫(S)、硒(Se)、碲(Te)、钋(Po)五种元素，是位于元素周期表中第16纵列VIA
族元素。请回答下列问题：
（1）Te的原子序数为 ；
（2）写出氧族元素中一种含18个电子、4个原子的氢化物的电子式 ；
（3）O、S、Se三种元素的简单氢化物沸点由高到低的顺序是 ；
（4）NaHSO4固体溶于水时，被破坏的化学键类型有 ；
（5）钋(Po)是原子序数最大的氧族元素，推测它及其化合物最不可能具有的性质是_____(填字母)。
A．钋是能导电的固体
B．钋的氧化物的水化物至少有两种
C．钋与氢气很容易化合
D．钋的氢化物非常稳定
【答案】（1）52
（2）
（3）H2O＞H2Se＞H2S
（4）离子键、(极性)共价键
（5）C；D
【知识点】极性键和非极性键；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】(1)Te位于第五周期、VIA族，Te原子序数为52；(2)氧族元素中含18个电子、4个原子的氢化物是H2O2，电子式是 ；(3) O、S、Se三种元素的简单氢化物中H2O分子间易形成氢键，所以氢化物沸点由高到低的顺序是H2O＞H2Se＞H2S；(4)NaHSO4固体溶于水时电离出Na+、H+、SO42-，被破坏的化学键类型有离子键、(极性)共价键；(5)A.同主族元素从上到下，金属性增强，钋是金属，钋是能导电的固体，故A不正确；B. 钋应有+4和+6两种化合价态，故钋的氧化物的水化物至少有两种，故B不正确；C. 钋的非金属性很弱，与氢气不容易直接化合，故C正确；D. 钋的非金属性很弱，与氢气不容易直接化合，钋的氢化物很不稳定，故D正确；选CD。
【分析】(1)Te位于第五周期、VIA族；(2)氧族元素中含18个电子、4个原子的氢化物是H2O2；(3)O、S、Se三种元素的简单氢化物是H2O、H2S、H2Se，H2O分子间易形成氢键；(4)NaHSO4固体溶于水时电离出Na+、H+、SO42-；(5)根据同主族元素性质递变规律推测；
36．（2020高一下·苏州期末）有关物质的转化关系如下图所示，部分物质与条件已略去。已知A由两种元素组成，且其式量为65，B是由两种元素组成的黑色粉末，C是空气中含量最多的气体，D是白色粉末，且其焰色反应呈黄色，E是一种紫红色金属，H是一种红棕色气体，I是最常见的液体，K是一种强碱。
（1）A的化学式为 。
（2）C的结构式为 。
（3）D的电子式为 。
（4）K中含有的化学键类型有 ，属于 （填离子化合物或者共价化合物）。
（5）写出反应①的化学方程式： 。
（6）写出反应②的离子方程式： 。
【答案】（1）NaN3
（2）N≡N
（3）
（4）离子键和共价键；离子化合物
（5）CuO+2NaN3 Na2O+3N2↑ +Cu
（6）3Cu+8H+ +2 =3Cu2+ +2NO↑+4H2O
【知识点】化学键；极性键和非极性键；无机物的推断；结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】根据上述分析可知：A是NaN3；B是CuO；C是N2；D为Na2O；E是Cu；F为O2；G为NO；H为NO2；I是H2O；J为HNO3；K是NaOH；L为Cu（NO3）2。
（1） A化学式是NaN3；
（2）C是N2，N2分子中2个N原子通过共价三键结合，结构式是N≡N；
（3）D为Na2O，该物质是离子化合物，2个Na+与O2-通过离子键结合，电子式是 ；
（4）K是NaOH，该物质是离子化合物，Na+与OH-通过离子键结合，在OH-中O原子与H原子之间通过共价键结合，故NaOH中含有的化学键为离子键和共价键；
（5）A为NaN3，B为CuO，在撞击时二者发生反应产生N2、Na2O、Cu，该反应的方程式为：CuO+2NaN3 Na2O+3N2↑ +Cu；
（6）Cu与稀硝酸反应产生Cu（NO3）2、NO、H2O，反应的离子方程式：3Cu+8H+ +2 =3Cu2+ +2NO↑+4H2O。
【分析】C是空气中含量最多的气体，则C为N2；D是白色粉末且焰色反应呈黄色，说明D中含有钠元素；I是最常见的液体，则I为H2O；K是一种强碱，D与I反应生成K，则K为NaOH，所以D为Na2O；E是一种紫红色金属，则E为Cu；A是由两种元素组成的的物质，其式量为65，B由两种元素组成的黑色固体，反应产生Cu单质，则B是CuO，A、B反应生成C、D、E，C与F产生G，G与F产生H，H是一种红棕色气体，则H为NO2，根据转化关系可知，F为O2，G为NO；NO2与H2O反应生成J为HNO3，结合元素守恒可知，A为 NaN3；E与J反应产生L、G、I，硝酸和铜反应生成L为Cu（NO3）2，据此进行答题。
37．（2020高一下·西宁期末）现有三种短周期元素：①H；②Na；③Cl。
（1）②的单质在③的单质中燃烧，产生白烟，反应的化学方程式是 ，生成物是 化合物(填“离子”或“共价”)。
（2）①与③形成的化合物的电子式是 ，该化合物中含有 共价键(填“极性”或“非极性”)。
【答案】（1）2Na+Cl2 2NaCl；离子
（2）；极性
【知识点】极性键和非极性键；钠的化学性质；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】(1)②的单质在③的单质中燃烧即金属钠在氯气中燃烧，产生白烟，故该反应的化学方程式是2Na+Cl2 2NaCl，生成物是NaCl，由阳离子钠离子和阴离子氯离子组成，故是离子化合物，故答案为：2Na+Cl2 2NaCl；离子；
(2)①即H与③即Cl形成的化合物HCl的电子式是 ，该化合物中含有H和Cl不同非金属元素之间的共价键，故是极性共价键，故答案为： ；极性。
【分析】（1）钠和氯气点燃产生的氯化钠固体，氯化钠是离子化合物
（2）形成的是氯化氢，含有极性键
2023年高考真题变式分类汇编：极性键和非极性键
一、选择题
1．（2023·湖南）是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强
B．M中的化合价为
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：
2．（2023·辽宁）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：3d10 D．顺—2—丁烯的结构简式：
（2022·江苏）阅读下列材料，完成5~7题：
周期表中IVA族元素及其化合物应用广泛。甲烷具有较大的燃烧热(890.3 kJ·mol-1)，是常见燃料；Si、 Ge是重要的半导体材料，硅晶体表面SiO2能与氢氟酸(HF，弱酸)反应生成H2SiF6 (H2SiF6在水中完全电离为H+和SiF62- )； 1885年德国化学家将硫化锗(GeS2)与H2共热制得了门捷列夫预言的类硅-锗；我国古代就掌握了青铜(铜-锡合金)的冶炼、加工技术，制造出许多精美的青铜器；Pb、PbO2是铅蓄电池的电极材料，不同铅化合物一般具有不同颜色，历史上曾广泛用作颜料。
3．下列说法正确的是（ ）
A．金刚石与石墨烯中的夹角都为
B．、都是由极性键构成的非极性分子
C．锗原子()基态核外电子排布式为
D．ⅣA族元素单质的晶体类型相同
4．下列化学反应表示正确的是（ ）
A．与HF溶液反应：
B．高温下还原：
C．铅蓄电池放电时的正极反应：
D．甲烷的燃烧：
5．下列物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．石墨能导电，可用作润滑剂
B．单晶硅熔点高，可用作半导体材料
C．青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑
D．含铅化合物颜色丰富，可用作电极材料
6．（2023·房山模拟）聚醚醚酮(PEEK)是一种高分子材料，可用于3D打印，其结构简式如图所示。
下列关于该物质的说法正确的是
A．属于纯净物 B．分子中存在极性键
C．分子呈直线型 D．能够发生水解反应
7．（2023·常德模拟）探针分子是一类利用阴离子调控的荧光分子开关，可望发展为分子逻辑器件。从图中可以看出，探针分子与通过氢键形成复合物，诱发了荧光淬灭过程()，可以将“置换”出来，恢复探针的荧光。以下表述合理的是
A．上述分子中各有一个手性碳原子
B．探针分子中B原子的杂化方式为
C．在水中不能发生此过程：
D．与探针分子结合后的分子存在着极性键、非极性键、氢键、配位键
8．（2023·郴州模拟）甲烷可在铑/铈氧化物的催化下与过氧化氢反应，转化为甲醇和甲基过氧化氢，实现了天然气的高效利用，其原理如图所示，下列说法错误的是
A．反应③有极性键的断裂与生成
B．反应⑤中，Ce的化合价升高
C．铑/铈氧化物改变了和的反应历程，降低了反应的活化能
D．若用作反应物，一段时间后只有、中含有
9．（2023·河西模拟）为减少环境污染，可利用活性炭发生脱硝反应： ，下列说法正确的是
A．该反应可以自发进行
B．的电子式为
C．NO分子中含有非极性共价键
D．由CO难溶于水可推知其为非极性分子
10．（2023·河南模拟）用MnO2作催化剂，氨还原脱除NO的一种反应机理示意图如下。下列说法错误的是
A．反应过程中Mn的化合价没有发生变化
B．总反应的方程式可表示为4NH3 +4NO +O24N2 +6H2O
C．MnO2能结合NH3的原因是两者形成了配位键
D．反应过程中存在极性共价键和非极性共价键的断裂和形成
11．（2023·普陀模拟）下列化合物中，含非极性共价键的极性分子是
A．CH2=CH2 B．H2O2 C．CO2 D．Na2O2
12．（2023·济南模拟）冠醚是由多个二元醇分子之间脱水形成的环状化合物。18-冠-6可用作相转移催化剂，其与形成的螯合离子结构如图所示。下列说法错误的是
A．该螯合离子中碳与氧原子具有相同的杂化类型
B．该螯合离子中所有非氢原子可以位于同一平面
C．该螯合离子中极性键与非极性键的个数比为7∶1
D．与二甲醚()相比，该螯合离子中“C-O-C”键角更大
13．（2022·奉贤模拟）我国科学家研发甲烷和二氧化碳的共转化技术制取乙酸。下列说法正确的是
A．该反应属于取代反应
B．消耗22.4LCO2可制得乙酸60g
C．反应物和生成物中均含极性键和非极性键
D．该反应符合“绿色化学”原理，原子利用率达100%
14．（2022·丽水、湖州、衢州模拟）下列物质中，由极性键构成的极性分子是
A．CH4 B．BF3 C．NH3 D．H2
15．（2022·南开模拟）2021年9月24日《科学》杂志发表了中国科学家的原创性重大突破——首次在实验室实现到淀粉的全合成。其部分合成路线如下。
下列说法正确的是（ ）
A．DHA和淀粉中碳原子的成键方式完全相同
B．反应①中有极性键和非极性键的断裂与生成
C．升高温度一定会加快反应②的反应速率
D．反应③属于加成反应
16．（2022·中卫模拟）图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分相关离子未画出)，下列描述错误的是（ ）
A．和Cu2+在反应中都是催化剂
B．该转化过程中，有非极性键的断裂与极性键的形成
C．该转化过程中，酸性条件下过程V涉及反应为4Cu+ +O2+4H+=4Cu2++2H2O
D．乙烯催化氧化的反应方程式为CH2=CH2+O2 CH3CHO+H2O
17．（2022·嘉定模拟）下列物质中既含有非极性键，又含有极性键的是（ ）
A．CCl4 B．C2H4 C．NaOH D．H2O
18．（2022·沈阳模拟）由化合物甲和乙低温共熔的电解液可作为高能电池材料，其结构如图，它们的构成元素R、W、X、Y、Z、M原子序数依次增大且总和为42，下列说法中错误的是（ ）
A．元素Z、Y均能与R形成含有非极性键的18电子化合物
B．第一电离能：Z>Y>X>W
C．乙的沸点比丙酮高
D．甲中∠ZMZ比乙中∠ZXY小
19．（2022·河西模拟）我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质的转化过程示意如图：
下列说法正确的是（ ）
A．反应①中H2O可光照下分解制得H2
B．反应②CO2→CH3OH，碳原子的杂化方式没有改变
C．使用现代分析仪器测得C3的红外光谱中含有羧基
D．从C6→淀粉的过程中，O－H键既有断裂又有生成
20．（2022·河西模拟）下列说法正确的是（ ）
A． 能与 以配位键结合
B． 与 分子的空间结构均为四面体形
C． 的沸点比 的高，是因 分子间存在氢键
D． 比 更易溶于水，是因 是极性键而 是非极性键
21．（2022·龙岩模拟）在Fe+催化下乙烷氧化的反应机理如图所示(图中……为副反应)。下列说法正确的是（ ）
A．FeO+、N2均为反应中间体
B．X既含极性共价键也含非极性共价键
C．该机理涉及的反应均为氧化还原反应
D．每生成1molCH3CHO，消耗的 大于2mol
22．（2022·虹口模拟）工业上用NaOH溶液捕捉废气中的SO2，下列说法正确的是（ ）
A．捕捉过程中溶液pH会下降 B．NaOH溶液属于强电解质
C．SO2含有非极性共价键 D．1molNaOH最多捕捉0.5molSO2
23．（2022·深圳模拟）实验室制备乙炔的反应为CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑。下列有关描述正确的是（ ）
A．CaC2的电子式：
B．钙的原子结构示意图：
C．Ca(OH)2中含有非极性键
D．该反应属于氧化还原反应
24．（2022·保定模拟）W、X、Y、Z、M是构成离子液体的五种元素，原子序数依次增大且只有一种元素与其他元素不在同一周期。离子液体被广泛应用于有机合成、分离提纯以及电化学研究中。离子液体的结构如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A．为一元弱酸
B．Y的氢化物常温下为气体
C．Z的最高价含氧酸能与其对应的简单氢化物反应
D．由W、Z、M元素形成的离子晶体中含有极性键
25．（2021·萍乡模拟）工业上采用NH3和O2在钒基催化剂表面协同脱除烟气中的NO，一种反应过程如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．V5+—O-…H—N+H3是催化剂
B．整个过程中V的化合价未发生变化
C．反应过程中有极性键和非极性键的断裂和形成
D．总反应的化学方程式为4NH3+2O2+2NO=3N2+6H2O
二、多选题
26．（2021高二上·抚顺期末）物质的组成与结构决定了物质的性质与变化，结构化学是化学研究的重要领域。下列说法错误的是（ ）
A．碘易溶于四氯化碳溶液，可以用“相似相溶”规律解释
B．凡是中心原子采取杂化的分子，其空间结构都是四面体形，键角为
C．只含非极性键的分子，一定为非极性分子
D．共价键的极性
三、非选择题
27．（2017·郴州模拟）甲、乙、丙、丁4中物质分别含2种或3种元素，它们的分子中各含18个电子．甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子．下列推断合理的是（ ）
A．某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应
B．乙与氧气的摩尔质量相同，则乙一定含有极性键和非极性键
C．丙中含有二周期IVA族的元素，则丙一定是甲烷的同系物
D．丁和甲中各元素质量比相同，则丁中一定含有﹣1价的元素
28．（2021高三上·汕头期末）传统的锂离子电池或钠离子电池由于使用有机液态电解液而存在安全问题。发展全固态电池是解决这一问题的必然趋势。、、是常用的固体电解质。回答下列问题：
（1）基态Si的电子排布式为 。
（2）Zr的原子序数为40，位于周期表的第 周期ⅣB族。
（3）、、的沸点由高到低的顺序是 。
（4）亚磷酸是磷元素的一种含氧酸，与NaOH反应只生成和两种盐，则分子的结构式为 ，其中P原子的杂化方式为 。
（5）Ti能形成化合物，该化合物中的配位数为 ，在该化合物中不含 (填标号)。
A．键 B．键 C．配位键 D．离子键 E．极性键 F．非极性键
（6）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为固溶体。四方晶胞如图所示。A原子的坐标为，B原子的坐标为，则C原子的坐标为 。该晶体密度为 (写出表达式)。在中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为，则 (用x表达)。
29．（2021高二下·胶州期末）W、X、Y、Z 是同一周期的四种短周期主族元素，原子序数依次增大。Z元素的最高正价与最低负价代数和为6，它们能够形成一种新型化合物 M，其结构如图。
回答下列问题：
（1）元素W在周期表中的位置 ，写出元素Y基态原子核外电子排布式 。
（2）X、Y、Z最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序为 (用化学式表示)。
（3）X—Z 共价键与 Y-Z 共价键的极性，前者 后者(填“大于”、“小于”或“等于”)， 原因 。
（4）元素 M 是与 Y 同主族的短周期元素，两者最简单气态氢化物的稳定性关系为： > (填化学式)，键角 H-M-H H-Y-H(填“大于”、“小于”或“等于”)， 原因 。
30．（2021高二下·昌吉期末）A、B、C均为短周期元素，可形成A2C和BC2两种化合物。A、B、C的原子序数依次递增，A原子的K层的电子数只有一个，B原子2p能级有一个空轨道，而C原子M 层只有两对电子对。
（1）它们的元素符号分别为：A ；B ；C ；
（2）用电子式表示A2C的形成过程 ；
（3）BC2是由 键组成的 （填“极性”或“非极性”）分子；BC2分子中B原子采用 杂化类型。
31．（2020高一上·延边期末）图为元素周期表的一部分，请回答有关问题：
IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA 0
1 ①
2 ② ③ ④
3 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
（1）元素①的一种核素中，含有1个质子和2个中子，表示该核素组成的符号是 ，元素⑧的离子结构示意图是 。
（2）元素②③⑥中，原子半径由小到大的顺序是 (用元素符号表示)。
（3）由元素①④⑤组成的化合物的电子式为 ，该化合物中含有 键(填“极性”或“非极性”)。
（4）元素⑥的最高价氧化物的水化物与元素⑤的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为 。
（5）元素的非金属性强弱：⑦ ⑧(填“＞”或“＜”)，请从原子结构角度解释其原因： 。
32．（2020高一下·潍坊期末）我国科学家合成了一种新化合物，结构式如图所示。已知M、X、Y、Z、W、Q均为前20号主族元素，且原子序数依次增大，其中Q与M、Z与Y同主族；Z元素原子中的质子数是Y元素原子中的质子数的2倍。
回答下列问题：
（1）写出W的离子结构示意图 。
（2）Z、Q两种元素最简单离子半径的大小顺序为 (用离子符号表示)。
（3）X元素的最低价氢化物的电子式是 ，写出实验室制取该氢化物的化学方程式 。
（4）Q元素单质与金属钠性质相似，则Q的过氧化物中含有的化学键有 (填化学键名称)，写出该物质与水反应的离子方程式 。
（5）比较Z、W原子的得电子能力强弱。
方法一：比较Z、W两种元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱 (用化学式回答)；
方法二：比较单质的氧化性强弱，设计实验证明(请简述试剂、操作、现象、结论)： 。
33．（2020高一下·日照期末）下图是某些单质及其化合物之间的转化关系图，各方框表示有关的一种反应物或生成物(部分物质已略去)。已知：C常温下为黄绿色气体，D是最常见的无色液体，G是“84”消毒液的有效成分。
回答下列向题：
（1）G中含有的化学键类型为 。
（2）反应①的化学方程式为 。
（3）1 molNa2O2与足量D充分反应，转移电子的物质的量为 mol。
（4）反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（5）生活中“84"消毒液不能与“洁厕灵"混合使用，原因是二者混合会发生反应④，反应的离子方程式为 ，该反应中 A表现出的性质是 。
34．（2020高一下·许昌期末）A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物 和 ，E元素的周期序数与主族序数相等。
（1）E元素在周期表中的位置 。将B过量的最高价氧化物通入E的含氧酸盐溶液中，可以观察到的现象为 。
（2） 分子中存在的，不同于 中的化学键被称为 。用 和稀硫酸浸泡废印刷电路板可溶解其中的 ，试写出反应的离子方程式 。
（3） 和入足量的水充分反应，生成气体的体积为 (标准状况下).
35．（2020高一下·信阳期末）氧族元素包括氧(O)、硫(S)、硒(Se)、碲(Te)、钋(Po)五种元素，是位于元素周期表中第16纵列VIA
族元素。请回答下列问题：
（1）Te的原子序数为 ；
（2）写出氧族元素中一种含18个电子、4个原子的氢化物的电子式 ；
（3）O、S、Se三种元素的简单氢化物沸点由高到低的顺序是 ；
（4）NaHSO4固体溶于水时，被破坏的化学键类型有 ；
（5）钋(Po)是原子序数最大的氧族元素，推测它及其化合物最不可能具有的性质是_____(填字母)。
A．钋是能导电的固体
B．钋的氧化物的水化物至少有两种
C．钋与氢气很容易化合
D．钋的氢化物非常稳定
36．（2020高一下·苏州期末）有关物质的转化关系如下图所示，部分物质与条件已略去。已知A由两种元素组成，且其式量为65，B是由两种元素组成的黑色粉末，C是空气中含量最多的气体，D是白色粉末，且其焰色反应呈黄色，E是一种紫红色金属，H是一种红棕色气体，I是最常见的液体，K是一种强碱。
（1）A的化学式为 。
（2）C的结构式为 。
（3）D的电子式为 。
（4）K中含有的化学键类型有 ，属于 （填离子化合物或者共价化合物）。
（5）写出反应①的化学方程式： 。
（6）写出反应②的离子方程式： 。
37．（2020高一下·西宁期末）现有三种短周期元素：①H；②Na；③Cl。
（1）②的单质在③的单质中燃烧，产生白烟，反应的化学方程式是 ，生成物是 化合物(填“离子”或“共价”)。
（2）①与③形成的化合物的电子式是 ，该化合物中含有 共价键(填“极性”或“非极性”)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；极性键和非极性键；常见元素的化合价
【解析】【解答】A、Ru由＋2价被氧化为＋3价后，Ru吸引电子的能力增强， 从而导致配体NH3中N－H的极性增强，更容易断裂形成H＋，即配体NH3失去质子的能力增强，A不符合题意；
B、[L－Ru－NH3]＋失去一个电子形成[L－Ru－NH3]2＋，其中＋2价变为＋3价，[L－Ru－NH3]2＋失去一个质子H＋形成[L－Ru－NH2]＋，Ru元素的化合价变，氮原子形成一个孤电子对，[L－Ru－NH2]＋中氮原子的孤电子对中一个电子转移到Ru上，形成M（），因此M中Ru的化合价为+2价，B符合题意；
C、反应后生成的N2H4的结构简式为，其中的氮氮单键为非极性键，因此该过程有非极性键形成，C不符合题意；
D、由反应机理可知，该过程中NH3发生失电子的氧化反应，生成N2H4和NH4＋，因此该过程的总反应式为：4NH3－2e－=N2H4＋2NH4＋，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、结合化学键极性强弱分析；
B、M中Ru的化合价为+2价；
C、生成物N2H4中的氮氮单键为非极性键；
D、根据图示反应机理确定反应物和生成物，从而得到总反应式。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；极性键和非极性键
【解析】【解答】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，共价键数目为2，采用sp杂化，BeCl2为直线型分子，A错误；
B.同种原子之间形成的共价键为非极性共价键，B项正确；
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：
故答案为：B。
【分析】A.找到中心原子，根据VSEPR模型可以计算孤对电子，在判断键数目，然后判断空间构型
B.同种原子之间形成的共价键为非极性共价键，不同种原子之间形成的共价键为极性共价键；
D.顺式为相同原子或者取代基在同侧，反式为相同原子或者取代基在异侧。
【答案】3．B
4．A
5．C
【知识点】原子核外电子排布；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；离子方程式的书写
【解析】【分析】（1）A.金刚石中碳原子sp3杂化，石墨烯中碳原子sp2杂化；
C.锗原子核外有32个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式；
D.元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体；
（2）A.二氧化硅与氢氟酸溶液反应生成强酸和水；
B.GeS2与H2共热发生反应生成Ge和H2S，H2S在高温下分解生成S和H2；
C.铅蓄电池放电时正极发生还原反应；
D.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；
（3）A.石墨质软，易滑动，常用作润滑剂；
B.晶体硅是介于导体和绝缘体之间的半导体材料，用于制半导体材料；
C.青铜比纯铜熔点低、硬度大；
D.含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，可用作电极材料。
3．A．金刚石中的碳原子为正四面体结构，夹角为109°28′，故A不符合题意；
B．的化学键为Si-H，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子；的化学键为Si-Cl，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B符合题意；
C．锗原子()基态核外电子排布式为[Ar]，故C不符合题意；
D．ⅣA族元素中的碳元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体，故D不符合题意；
故答案为：B。
4．A．由题意可知，二氧化硅与氢氟酸溶液反应生成强酸和水，反应的离子方程式为，故A符合题意；
B．硫化锗与氢气共热反应时，氢气与硫化锗反应生成锗和硫化氢，硫化氢高温下分解生成硫和氢气，则反应的总方程式为，故B不符合题意；
C．铅蓄电池放电时，二氧化铅为正极，酸性条件下在硫酸根离子作用下二氧化铅得到电子发生还原反应生成硫酸铅和水，电极反应式为正极反应，故C不符合题意；
D．由题意可知，1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为890.3kJ，反应的热化学方程式为，故D不符合题意；
故答案为：A。
5．A．石墨是过渡型晶体，质软，可用作润滑剂，故A不符合题意
B．单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关，与熔点高无关，故B不符合题意；
C．青铜是铜合金，比纯铜熔点低、硬度大，易于锻造，古代用青铜铸剑，故C符合题意；
D．含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，所以可用作电极材料，与含铅化合物颜色丰富无关，故D不符合题意；
故答案为：C。
6．【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．聚醚醚酮的聚合度n值不确定，属于混合物，故A不符合题意；
B．该分子中存在C-O、C-H、C=O等极性键，故B符合题意；
C．该分子中-O-形成2对共价键且含有2个孤电子对，所以其空间构型为四面体结构，则该分子不是直线型，故C不符合题意；
D．该物质不含酯基，羰基、醚键不能发生水解反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.高聚物均为混合物；
B.不同种非金属原子之间形成极性键；
C.O原子价层电子对个数是4，则O原子采用sp3杂化；
D.该分子中不含能水解的官能团。
7．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，上述分子中不含手性碳原子，故A不符合题意；
B．探针分子中B原子形成4个σ键，杂化方式为，故B不符合题意；
C．在水中能发生电离，故C不符合题意；
D．探针分子与通过氢键形成复合物，B-F、O-H、C-N等为极性键，C-C键为非极性键，B原子与双键N原子通过配位键结合，所以与探针分子结合后的分子存在着极性键、非极性键、氢键、配位键，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
B.B原子形成4个σ键，采用sp3杂化；
C. 在水中电离为氢离子和硫酸根离子。
8．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；同位素及其应用；化合价与化学式
【解析】【解答】A．反应③中CH4中断裂1条C-H键形成 CH3， OH与H形成H2O中有O-H键生成，则有极性键的断裂与生成，A不符合题意；
B．反应⑤中，H2O2→H2O中O元素从-1降低至-2价，则Ce的化合价升高，B不符合题意；
C．铑/铈氧化物是催化剂，可改变了CH4和H2O2的反应历程，降低了反应的活化能，C不符合题意；
D．由反应⑤可知O连接在Ce上，甲烷可在铑/铈氧化物的催化下与过氧化氢反应，转化为甲醇和甲基过氧化氢(CH3OOH)，则若用H2l8O2作反应物，一段时间后CH3OH、CH3OOH和铑/铈氧化物中均含有18O，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.极性键一般存在于不同原子之间。
B.反应⑤中，H2O2→H2O中O元素化合价降低，则 Ce的化合价升高。
C.铑/铈氧化物是催化剂。
D.由反应⑤可知O连接在Ce上，结合反应机理进行分析。
9．【答案】A
【知识点】极性键和非极性键；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．反应熵增加或放热都有利于反应的进行。该反应为放热且气体分子式增加的反应，该反应为自发反应，A项符合题意；
B．N最外层电子为5需要3个电子达饱和，所以N与N之间共用3对电子，其电子式为，B项不符合题意；
C．当共价键中的共用电子对没有偏移时为非极性共价键，同种非金属原子之间往往易形成非极性共价键，NO中共价键为极性键，C项不符合题意；
D．CO为极性键构成的双原子分子，为极性分子，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据反应熵增加或放热都有利于反应的进行判断；
B．N原子满足8电子结构；
C．同种原子之间的共价键为非极性键；
D．非极性分子是指分子里电荷分布是对称的(正负电荷中心能重合)的分子。
10．【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；极性键和非极性键
【解析】【解答】A．由图可知，反应过程中锰原子成键数目发生变化，反应过程中Mn的化合价发生变化，A符合题意；
B．由图可知，该催化过程的总反应的方程式可表示为4NH3 +4NO +O24N2 +6H2O，B不符合题意；
C．氨分子中氮原子具有孤对电子，二氧化锰中锰原子具有空轨道，氮原子和锰原子通过形成配位键使二氧化锰和氨分子相互结合，C不符合题意；
D．反应物有NH3、NO、O2，生成物有N2、H2O，故存在极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.反应过程中，Mn的成键数目发生变化，则其化合价发生变化；
B.该过程的反应物为NH3、NO、O2，生成物为N2、H2O；
C.氨分子中氮原子具有孤对电子，二氧化锰中锰原子具有空轨道，可形成配位键；
D.同种非金属原子间形成非极性共价键，不同种非金属原子间形成极性共价键。
11．【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．CH2=CH2中含有碳碳之间的非极性键和碳氢之间的极性键，分子的正负电荷中心重合，为非极性分子，A不合题意；
B．H2O2中含有氧氧之间的非极性键和氢氧之间的极性键，分子的正负电荷中心不重合，为极性分子，B符合题意；
C．CO2中含有碳氧之间的极性键，分子的正负电荷中心重合，为非极性分子，C不合题意；
D．Na2O2中含有Na+和之间的离子键和内部氧氧之间的非极性键，属于离子化合物，D不合题意；
故答案为：B。
【分析】根据正负电荷中心是否重合判断分子极性，同种非金属原子之间形成非极性共价键。
12．【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．该螯合离子中碳与氧原子都为，具有相同的杂化类型，A不符合题意；
B．该螯合离子中碳原子为饱和碳原子，链接的氧原子和碳原子不在同一平面，B符合题意；
C．该螯合离子中极性键为24个、12个C-O和6个配位键，共42个极性键，非极性键为6个键，个数比为7∶1，C不符合题意；
D．与二甲醚()相比，该螯合离子中O的孤对电子数从2对变成1对，排斥作用减小，“C-O-C”键角更大，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
B．分子中含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形；
C．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；
D．依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析。
13．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；取代反应
【解析】【解答】A．反应属于化合反应，不是取代反应，A不符合题意；
B．未标明标准状况，无法进行计算，B不符合题意；
C．甲烷中只有C-H极性键，二氧化碳中只含有C=O极性键，没有非极性键，C不符合题意；
D．该反应为化合反应，反应物全部转化为生成物，原子利用率达100%，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．取代反应是有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替的反应；
B．未标明标准状况，无法计算；
C．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；
D．该反应为化合反应，反应物全部转化为生成物。
14．【答案】C
【知识点】极性键和非极性键；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．CH4是由极性键构成的非极性分子，A不符合题意；
B．BF3是由极性键构成的非极性分子，B不符合题意；
C．NH3为三角锥形，是由极性键构成的极性分子，C符合题意；
D．H2是由非极性键构成的非极性分子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；非极性分子是指分子里电荷分布是对称的(正负电荷中心能重合)的分子。极性分子是指分子里电荷分布不对称(正负电荷中心不能重合)的分子。
15．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；加成反应
【解析】【解答】A．DHA中双键上C为sp2杂化，另外2个C为sp3杂化，而淀粉中C均为sp3杂化，则碳原子的成键方式不完全相同，A不符合题意；
B．反应①中，C=O极性键断裂、H-H非极性键断裂，无非极性键的生成，只有极性键的生成，B不符合题意；
C．温度太高，可使酶失去活性，则升高温度，不一定会加快反应②的反应速率，C不符合题意；
D.3分子HCHO生成DHA，产物只有一种，不饱和度减小，该反应为加成反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.碳原子形成双键时，杂化方式为sp2，形成单键时，为sp3杂化，形成三键时，为sp杂化
B.CO2与H2反应得到CH2OH过程，没有非极性键的生成
C.不能忽略温度对酶的催化效果影响
16．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；乙烯的化学性质
【解析】【解答】A．由分析可知，即做反应物又做生成物的和Cu2+是反应的催化剂，故A不符合题意；
B．由图可知，过程V中氧气转化为水时，存在氧气分子中氧氧非极性键断裂和生成水分子时有氢氧极性键的形成，故B不符合题意；
C．由图可知，过程Ⅴ中氧气与亚铜离子反应生成铜离子和水，反应的离子方程式为4Cu+ +O2+4H+=4Cu2++2H2O，故C不符合题意；
D．由分析可知，乙烯催化氧化的反应方程式为2CH2=CH2+O2 2CH3CHO，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．催化剂反应前后质量不变，化学性质不变；
B．由反应历程图分析，同种原子之间的为非极性键，不同种原子之间的共价键极性键；
C．酸性条件下，氧气与亚铜离子反应生成铜离子和水；
D．乙烯催化氧化生成乙醛和水。
17．【答案】B
【知识点】极性键和非极性键
【解析】【解答】A．CCl4分子中含碳氯极性共价键，A不符合题意；
B．C2H4的结构简式为CH2=CH2，分子中含碳碳非极性键，同时也含碳氢极性键，B符合题意；
C．NaOH为离子化合物，含离子键和极性键，C不符合题意；
D．H2O分子中含氢氧极性键，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】极性键为不同非金属原子的结合，非极性键为相同非金属原子得到结合；
A、只有极性键；
B、有极性键和非极性键；
C、有离子键和极性键；
D、只有非极性键。
18．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性键和非极性键
【解析】【解答】A．元素Z、Y与R形成的H2O2、N2H4，均是含有非极性键的18电子化合物，故A不符合题意；
B．第一电离能：N>O>C>Li，即Y > Z >X>W，故B符合题意；
C．乙结构中存在氨基，可形成分子间氢键，所以沸点比丙酮高，故C不符合题意；
D．甲中ClO为正四面体结构，∠ZMZ为109°28′，乙中的C原子为sp2杂化，∠ZXY为120°，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】结合甲乙的电子式分析，可以知道W为金属元素，且只有1个正电荷，为IA族元素，M含有7个共价键，Z含有2个共价键，可以知道M为Cl，Z为O或S，X有4个共价键，为C或Si，R只有一个共价键，可能为H、F、Cl，Y含有3个共价键，可能为B、N、P，结合 R、W、X、Y、Z、M原子序数依次增大且总和为42 ，综合考虑，最后可以知道R为H，W为Li，X为C，Y为N，Z为O，Z为Cl；
A、H2O2、N2H4，均是含有非极性键的18电子化合物；
B、同一周期的元素，第一电离能从左到右依次减小，要注意考虑第一电离能还要特别注意从核外电子排布入手，若是半充满、全充满的电子第一电离能会变大；
C、N、O、F三种原子可以和氢原子形成氢键，熔沸点变高；
D、夹角可以根据其杂化形式形成的空间构型进行判断，杂化轨道的判断技巧：
杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形。
19．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．由图可知，反应①为水电解生成氢气和氧气，故A不符合题意；
B．二氧化碳分子中碳原子为sp杂化，甲醇分子中碳原子为sp3杂化，则反应②中碳原子的杂化方式发生改变，故B不符合题意；
C．由结构简式可知，C3分子中含有羟基和羰基，不含有羧基，故C不符合题意；
D．由结构简式可知，从C6→淀粉的过程中，既有氢氧键的断裂，也有氢氧键的生成，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】思路分析：过程①为电解水产生氢气和氧气，过程②为氢气和二氧化碳合成甲醇，甲醇生物合成得到C3和C6，最终合成淀粉，从结构看，既有氢氧键的断裂，也有氢氧键的生成。
20．【答案】C
【知识点】极性键和非极性键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．铵根无孤电子对，不能与铜离子形成配位键，故A不符合题意；
B．氨气为三角锥形，水分子是V型，故B不符合题意；
C．氨气沸点高于磷化氢，是因为氨气分子间存在氢键，故C符合题意；
D．氨气比氮气易溶于水，是因为氨气是极性分子且能与水反应并能与水分子之间形成氢键，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．配位键是电子对的给予/接受键；
B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型
C．分子间存在氢键，沸点反常高；
D．依据相似相容原理。
21．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；氧化还原反应
【解析】【解答】A．由分析可知，FeO+为中间产物，氮气为生成物，故A不符合题意；
B．由分析可知，X为水分子，水分子中只含有极性共价键，不含有非极性键，故B不符合题意；
C．由图可知，FeO+发生的反应为C2H6+FeO+→[(C2H5)Fe(OH)]+，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；
D．由分析可知，总反应为C2H6+2N2O CH3CHO+ N2+H2O，副反应为[(C2H5)Fe(OH)]+ →Fe+，副反应中铁元素化合价降低，转化反应属于氧化还原反应，所以每生成1molCH3CHO，消耗的 大于2mol，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.FeO+先生成后消耗，是反应中间体，N2属于最后产物；
B.X为H2O，只含O-H键；
C.氧化还原反应一定有元素的化合价发生变化；
D.该反应总反应方程式为C2H6+2N2O CH3CHO+ N2+H2O，且发生副反应[(C2H5)Fe(OH)]+ →Fe+。
22．【答案】A
【知识点】极性键和非极性键；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．捕捉过程中发生反应2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O或NaOH+SO2=NaHSO3，溶液的碱性减弱，pH下降，A符合题意；
B．NaOH属于强电解质，NaOH溶液为混合物，既不属于电解质也不属于非电解质，B不符合题意；
C．SO2分子中只存在硫氧键，所以只含有极性共价键，C不符合题意；
D．NaOH溶液中通入过量SO2，发生反应NaOH+SO2=NaHSO3，所以1molNaOH最多捕捉1molSO2，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.NaOH溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质；
C.SO2分子中只含S-O极性共价键；
D.NaOH溶液与SO2发生反应NaOH+SO2=NaHSO3。
23．【答案】A
【知识点】极性键和非极性键；氧化还原反应；结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．CaC2是离子化合物，电子式为，故A符合题意；
B．钙的原子结构示意图为，故B不符合题意；
C．Ca(OH)2中含有离子键、极性键，故C不符合题意；
D．该反应中，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.离子化合物书写电子式注意标清离子所带的电荷
B.原子的核电荷数与核外电子数相等
C.同种元素之间形成非极性键，不同种元素之间形成极性键
D. CaC2和 C2H2中C的化合价都是-1价
24．【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．
为一元弱酸，
，A项不符合题意；
B．碳元素的氢化物即为烃类物质，各种状态均存在，B项符合题意；
C．Z的最高价含氧酸和简单氢化物分别为
与
，反应生成
，C项不符合题意；
D．由W、Z、M组成的化合物为
，在
晶体中存在N-H极性键，D项不符合题意。
故答案为：B
【分析】由题可知，离子液体应用于有机合成中，则其中含有碳、氢元素，而W、X、Y、Z、M原子的原子序数依次增大且只有一种元素与其他元素不在同一周期，且W可形成1个共价键，说明W是氢元素；则X、Y、Z、M位于第二周期，且有一个元素是碳元素。结合离子液体的结构图，M形成1个共价键，且M的原子序数大于X、Y、Z，可推出M是氟元素；X可以与M形成XM4-，则X为ⅢA族元素，为硼元素；Y可以形成4个共价键，z形成3个共价键，且Z的原子序数大于Y，所以Z是氮元素，Y是碳元素。推出各元素后，据此进行分析。
25．【答案】C
【知识点】极性键和非极性键；氧化还原反应；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．由转化示意图知，V5+-O-…H-N+H3是中间产物，A不符合题意；
B． 由示意图知，氧气转化为水的过程中，含钒物质中V元素由+4升高到+5，被氧化了，另外也存在着含钒物质中V元素由+5降低到+4，被还原了，B不符合题意；
C．反应过程中存在微粒 转变为氮气、水和 ， N-N键、氮气中氮氮三键为非极性键、N=O、H-O等不同元素之间形成的为极性键，则有极性键和非极性键的断裂和形成，C符合题意；
D． 由转化示意图知，在催化剂作用下，总反应的化学方程式为4NH3+O2+4NO=4N2+6H2O，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据反应物是氨气和氧气和一氧化氮生成物是水和氮气写出方程式为4NH3+O2+4NO=4N2+6H2O，反应过程中钒的成键发生改变，化合价发生改变，此过程中存在极性键和非极性键的断裂和形成，而和是催化剂
26．【答案】B,C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．碘是非极性分子易溶于非极性溶剂四氯化碳，可用“相似相溶”规律解释，选项A不符合题意；
B．中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其分子立体构形不一定是正四面体，如：水和氨气分子的中心原子采取sp3杂化，但H2O是V型，NH3是三角锥型，选项B符合题意；
C．只含非极性键的分子，不一定为非极性分子，空间构型不对称则正负电荷中心不重合，则是极性分子，如O3，选项C符合题意；
D．同样是和H原子形成共价键，非金属性越强，吸引电子对的能力越强，共价键的极性就越强，非金属性，故共价键的极性，选项D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.非极性分子易溶于非极性溶剂；
B.中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其分子立体构形不一定是正四面体；
C.极性分子和非极性分子的判断依据为：正负电荷是否重合；
D.非金属性越强，吸引电子对的能力越强，共价键的极性就越强。
27．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；无机物的推断
【解析】【解答】解：A．甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为H2S，某钠盐溶液若为NaHS溶液，其中含有HS﹣、OH﹣，但NaHS既能与盐酸等反应生成H2S，也能与Na0H反应生成Na2S，故A错误；
B．氧气的摩尔质量为32g/mol，乙的摩尔质量也为32g/mol，且含有18电子，CH3 OH符合，CH3 OH中只含有极性键无非极性键，故B错误；
C．第二周期IVA族元素为C，如CH3OH符合，但CH3OH不是CH4的同系物，故C错误；
D．H2S中元素的质量比为1：16，H2O2分子中元素的质量比也为1：16，H2O2中氧元素的价态为一1价，故D正确．
故选D．
【分析】甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为H2S，乙与氧气的摩尔质量相同，可能为CH3 OH、N2H4等符合，丙中含有二周期IVA族的元素，可能为CH3 OH，丁和甲中各元素质量比相同，应为H2O2，结合各物质的结构和性质解答该题．
28．【答案】（1）或
（2）五
（3）(写“、、”或“”也给分)
（4）或；
（5）6；BF
（6）；；
【知识点】原子核外电子排布；物质的结构与性质之间的关系；极性键和非极性键；结构式
【解析】【解答】（1）已知Si是14号元素，故基态Si的电子排布式为或，故答案为：或；
（2）已知周期表中排满第四周期共有36种元素，排满第五周期共需54种元素，故Zr的原子序数为40，位于周期表的第五周期ⅣB族，故答案为：五；
（3）、、三者均为分子晶体，NH3存在分子间氢键，沸点反常高，AsH3的相对分子质量比PH3大，故其中的分子间作用力也大，沸点也高，故三者的沸点由高到低的顺序是，故答案为：；
（4）亚磷酸是磷元素的一种含氧酸，与NaOH反应只生成和两种盐，说明H3PO3是一种二元酸，即只含两个羟基，则分子的结构式为或，由其结构简式可知，P原子周围形成了4个σ键，无孤电子对，则其中P原子的杂化方式为sp3，故答案为：或，sp3；
（5）Ti能形成化合物，该化合物中周围共有6个配位键，6个配体，则其配位数为6，在该化合物中存在与Cl-之间的离子键，内部与Cl-、H2O之间的配位键，H2O中H-O之间的极性共价键，配位键和H2O中的极性键均为键，故不含键和非极性键，故答案为：6；BF；
（6）晶胞中Zr4+位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，O2-位于晶胞体内，分列八分之一晶胞的体心，由A、B的坐标可知，C的坐标为：，O原子个数为8，则一个晶胞含有4个ZrO2，质量为，晶胞体积为a2c×10-30cm3，可知ρ==g cm-3；在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，化合物中Zn为+2价、Zr为+4价、O为-2价，则2x+4×（1-x）=2y，y=2-x，
故答案为：；；2-x。
【分析】
（1）按照电子排布式轨道排布即可。
（2）考查元素周期表相关知识，第四周期最后一位元素的原子序数为36。
（3）根据晶体类型和分子间化学键的类型来判断物质沸点的高低。
（4）考查分子结构简式。
（5）化合物中周围共有6个配位键，6个配体，与Cl-、H2O之间的配位键，H2O中H-O之间的极性共价键，配位键和H2O中的极性键均为键，故不含键和非极性键。
（6）根据A、B坐标可以建立空间直角坐标系，进而写出C的坐标，进而算出晶胞的体积，算出根据各原子数目算出晶胞质量，进而算出晶体密度。
29．【答案】（1）第三周期第ⅠA族；[Ne]3s23p3
（2）HClO4>H3PO4>H2SiO3
（3）大于；硅氯的电负性差大于磷氯的电负性差
（4）NH3；PH3；大于；P 原子半径大于N原子，成键电子对距离中心原子远， 成键电子对排斥作用力减弱，所以 H-P-H 键角小。
【知识点】原子结构的构造原理；极性键和非极性键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)W为Na元素，位于第三周期第ⅠA族；Y为P元素，其基态原子核外电子排布式为[Ne]3s23p3；
(2)非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：Cl＞P＞Si，则最高价含氧酸的酸性：HClO4>H3PO4>H2SiO3；
(3)硅氯的电负性差大于磷氯的电负性差，则Si-Cl键的极性大于P-Cl键的极性；
(4)Y为P元素，元素 M 是与 Y 同主族的短周期元素，则M为N元素，N元素的电负性较大，可以和H原子形成氢键，则两者最简单气态氢化物的稳定性关系为：NH3> PH3；P 原子半径大于N原子，成键电子对距离中心原子远， 成键电子对排斥作用力减弱，所以 H-N-H键角大于H-P-H键角。
【分析】(1)依据构造原理分析；
(2)非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；
(3利用电负性差判断；
(4)非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越大；原子半径大小分析键角。
30．【答案】（1）H；C；S
（2）2H·+· ·→H： ：H
（3）极性；非极性；sp
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）根据上面的分析可知，A、B、C的元素符号分别为H、C、S，故答案为：H；C；S；
（2） H2S为共价化合物，由一个硫原子和两个氢原子通过共用电子对形成，用电子式表示H2S的形成过程为：2H·+· ·→H： ：H，故答案为：2H·+· ·→H： ：H；
（3）CS2是由极性键组成的非极性分子；CS2分子中C原子的价层电子对为2，为sp杂化，故答案为：极性；非极性；sp。
【分析】根据给出的信息即可判断A为H，B为C，C为S，
（1）根据分析即可写出元素符号
（2）根据分子构成即可写出形成过程
（3）根据元素写出化学式即可判断键型和分子的类型以及杂化方式
31．【答案】（1）；
（2）N＜C＜Al
（3）；极性
（4）Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
（5）＜；氯和硫在同一周期，氯原子比硫原子的核电荷数大，原子半径小，非金属性强
【知识点】极性键和非极性键；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）①是H，H元素的一种核素中含有1个质子和2个中子，则其质量数是3，表示该核素组成的符号是 ；
⑧是Cl，Cl-是Cl原子得到1个电子形成的，核外电子排布是2、8、8，所以Cl-的结构示意图为： ；
（2）同一周期元素的原子半径随原子序数的增大而减小，不同周期元素的原子半径随原子核外电子层数的增多而增大，则C、N、Al三种元素的原子半径由小到大的顺序是N＜C＜Al；
（3）①是H，④是O，⑤是Na，这三种元素组成的化合物是NaOH，Na+与OH-之间以离子键结合，在阴离子OH-中O与H原子之间以极性共价键结合，则NaOH的电子式为： ；其中含有的共价键是不同元素的原子形成的，因此属于极性共价键；
（4）⑤是Na，⑥是Al，Al的最高价氧化物的水化物Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强碱NaOH发生反应，产生可溶性NaAlO2、H2O，该反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
（5）⑦是S，⑧是Cl，二者是同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小，原子获得电子的能力就越强，因此元素的非金属性越强故元素的非金属性：⑦＜⑧。
【分析】由元素在周期表的位置可知，①~ ⑧ 分别为H、C、N、O、Na、Al、S、Cl，
(1)元素①的一种核素中，含有1个质子和2个中子，表示该核素是氚，元素Cl的离子有三个电子层，最外层有8个电子；
(2)不同层看层数，层相同看序数，序数大半径小；
(3)由元素①④⑤组成的化合物为NaOH，氧氢键为极性共价键；
(4)元素⑤的最高价氧化物的水化物为氢氧化钠为强碱，元素⑥的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3为两性；
(5)氯和硫在同一周期，氯尿子比硫原子的核电荷数大，原子半径小，非金属性强⑥。
32．【答案】（1）
（2）S2->K+
（3）；2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O
（4）离子键、(非极性)共价键；2K2O2+2H2O=4K++4OH-+O2↑
（5）HClO4>H2SO4；取适量硫化钠溶液，通入氯气，产生淡黄色沉淀，证明氯原子得电子能力比硫原子强
【知识点】极性键和非极性键；氨的实验室制法；比较弱酸的相对强弱的实验；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）根据分析，W为Cl元素，离子结构示意图为 ；
（2）根据分析，Z、Q两种元素为S和K，两种离子核外电子排布相同，原子序数越大，半径越小，故S2->K+；
（3）根据分析，X为N，氢化物为NH3，电子式为 ；实验室制氨气用NH4Cl和Ca(OH)2共热制得，方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（4）根据分析，Q为K，其过氧化物与过氧化钠相似，含有的化学键有离子键和（非极性）共价键；K2O2与水反应生成KOH和O2，离子方程式为2K2O2+2H2O=4K++4OH-+O2↑；
（5）元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性，非金属性Cl>S，故酸性HClO4>H2SO4；单质氧化性强弱可用置换反应进行比较，取适量硫化钠溶液，通入氯气，产生淡黄色沉淀，证明氯原子得电子能力比硫原子强；
【分析】M、X、Y、Z、W、Q均为前20号主族元素，且原子序数依次增大，Z形成6条共价键，Z为S元素，Z元素原子中的质子数是Y元素原子中的质子数的2倍，Y是O元素，X形成3条共价键，且X在Y元素前面，则X为N元素，M形成1条共价键，且排在最前面，M为H元素，W形成1条共价键，且在S后面，故W是Cl元素，Q与M同主族，Q为K元素。
33．【答案】（1）共价键、离子键
（2）MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O
（3）1
（4）1:1
（5）Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O；酸性、还原性
【知识点】离子键的形成；极性键和非极性键；氯气的实验室制法；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)G为NaClO，钠离子与次氯酸根离子间存在离子键，次氯酸根离子内Cl-O之间存在共价键，故答案为：离子键和共价键；
(2)反应①为二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气的反应，方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+ Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+ Cl2↑+2H2O；
(3)Na2O2与H2O发生反应： ，2mol过氧化钠反应时转移电子2mol，则1 molNa2O2与足量D充分反应，转移电子的物质的量为1mol，故答案为：1；
(4)反应③为： ，氯气既是氧化剂还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1；故答案为：1:1；
(5)“84"消毒液有效成分NaClO与“洁厕灵"的主要成分HCl反应产生氯气，离子方程式：Cl-+ClO-+ 2H+=Cl2↑+H2O；反应中HCl部分被氧化成氯气表现还原性，部分转变成NaCl表现酸性，故答案为：Cl-+ClO-+ 2H+=Cl2↑+H2O；酸性、还原性；
【分析】C常温下为黄绿色气体，C为氯气，结合氯气的实验室制法原理及框图信息分析可知A为HCl，G是“84”消毒液的有效成分，则G为NaClO，C和E产生G，则E为氢氧化钠，D是最常见的无色液体，且能与过氧化钠反应产生氢氧化钠，则D为H2O，氯气与氢氧化钠产生次氯酸钠和氯化钠，则F为NaCl，次氯酸钠与稀盐酸反应产生氯气，据此分析解答。
34．【答案】（1）第三周期第ⅢA族；生成白色沉淀
（2）非极性键；
（3）
【知识点】极性键和非极性键；气体摩尔体积；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】(1)E元素是铝，有三层电子，最外层电子数为3，在周期表中的位置第三周期第ⅢA族；将二氧化碳通入偏铝酸盐溶液中，生成氢氧化铝白色沉淀，氢氧化铝不溶于碳酸溶液中，故可以观察到的现象为生成白色沉淀；(2)H2O2分子中存在极性共价键和非极性共价键，H2O中存在极性共价键，H2O2分子中有的，H2O中没有的是非极性共价键； 可以和酸性H2O2溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为： ；(3)根据氢化钠中氢元素显-1价，具有还原性，1mol NaH和入足量的水充分反应生成氢氧化钠和氢气，NaH+H2O=NaOH+H2↑，1mol NaH生成1mol气体，标况下1mol气体的体积为 。
【分析】A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，W为O元素；A、D同主族，D的原子序数大于O，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数大于Na，位于第三周期ⅢA族，则E为Al元素，A、B、W、D、E五元素质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，解得：x=6，则B为C元素，A、B、W、D、E分别为H、C、O、Na、Al，据此解答。
35．【答案】（1）52
（2）
（3）H2O＞H2Se＞H2S
（4）离子键、(极性)共价键
（5）C；D
【知识点】极性键和非极性键；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】(1)Te位于第五周期、VIA族，Te原子序数为52；(2)氧族元素中含18个电子、4个原子的氢化物是H2O2，电子式是 ；(3) O、S、Se三种元素的简单氢化物中H2O分子间易形成氢键，所以氢化物沸点由高到低的顺序是H2O＞H2Se＞H2S；(4)NaHSO4固体溶于水时电离出Na+、H+、SO42-，被破坏的化学键类型有离子键、(极性)共价键；(5)A.同主族元素从上到下，金属性增强，钋是金属，钋是能导电的固体，故A不正确；B. 钋应有+4和+6两种化合价态，故钋的氧化物的水化物至少有两种，故B不正确；C. 钋的非金属性很弱，与氢气不容易直接化合，故C正确；D. 钋的非金属性很弱，与氢气不容易直接化合，钋的氢化物很不稳定，故D正确；选CD。
【分析】(1)Te位于第五周期、VIA族；(2)氧族元素中含18个电子、4个原子的氢化物是H2O2；(3)O、S、Se三种元素的简单氢化物是H2O、H2S、H2Se，H2O分子间易形成氢键；(4)NaHSO4固体溶于水时电离出Na+、H+、SO42-；(5)根据同主族元素性质递变规律推测；
36．【答案】（1）NaN3
（2）N≡N
（3）
（4）离子键和共价键；离子化合物
（5）CuO+2NaN3 Na2O+3N2↑ +Cu
（6）3Cu+8H+ +2 =3Cu2+ +2NO↑+4H2O
【知识点】化学键；极性键和非极性键；无机物的推断；结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】根据上述分析可知：A是NaN3；B是CuO；C是N2；D为Na2O；E是Cu；F为O2；G为NO；H为NO2；I是H2O；J为HNO3；K是NaOH；L为Cu（NO3）2。
（1） A化学式是NaN3；
（2）C是N2，N2分子中2个N原子通过共价三键结合，结构式是N≡N；
（3）D为Na2O，该物质是离子化合物，2个Na+与O2-通过离子键结合，电子式是 ；
（4）K是NaOH，该物质是离子化合物，Na+与OH-通过离子键结合，在OH-中O原子与H原子之间通过共价键结合，故NaOH中含有的化学键为离子键和共价键；
（5）A为NaN3，B为CuO，在撞击时二者发生反应产生N2、Na2O、Cu，该反应的方程式为：CuO+2NaN3 Na2O+3N2↑ +Cu；
（6）Cu与稀硝酸反应产生Cu（NO3）2、NO、H2O，反应的离子方程式：3Cu+8H+ +2 =3Cu2+ +2NO↑+4H2O。
【分析】C是空气中含量最多的气体，则C为N2；D是白色粉末且焰色反应呈黄色，说明D中含有钠元素；I是最常见的液体，则I为H2O；K是一种强碱，D与I反应生成K，则K为NaOH，所以D为Na2O；E是一种紫红色金属，则E为Cu；A是由两种元素组成的的物质，其式量为65，B由两种元素组成的黑色固体，反应产生Cu单质，则B是CuO，A、B反应生成C、D、E，C与F产生G，G与F产生H，H是一种红棕色气体，则H为NO2，根据转化关系可知，F为O2，G为NO；NO2与H2O反应生成J为HNO3，结合元素守恒可知，A为 NaN3；E与J反应产生L、G、I，硝酸和铜反应生成L为Cu（NO3）2，据此进行答题。
37．【答案】（1）2Na+Cl2 2NaCl；离子
（2）；极性
【知识点】极性键和非极性键；钠的化学性质；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】(1)②的单质在③的单质中燃烧即金属钠在氯气中燃烧，产生白烟，故该反应的化学方程式是2Na+Cl2 2NaCl，生成物是NaCl，由阳离子钠离子和阴离子氯离子组成，故是离子化合物，故答案为：2Na+Cl2 2NaCl；离子；
(2)①即H与③即Cl形成的化合物HCl的电子式是 ，该化合物中含有H和Cl不同非金属元素之间的共价键，故是极性共价键，故答案为： ；极性。
【分析】（1）钠和氯气点燃产生的氯化钠固体，氯化钠是离子化合物
（2）形成的是氯化氢，含有极性键
