青岛第二中学高中化学选修二第二章《分子结构与性质》经典习题(含答案解析)

一、选择题
1．下列叙述错误的是（）
A．C2H4分子中有π键
B．CH4的中心原子是sp3杂化
C．HCl和HI化学键的类型和分子的极性都相同
D．价电子构型为3s23p4的粒子其基态原子在第三周期第ⅣA族
答案：D
【详解】
A. C2H4分子中含有碳碳双键，故分子内有π键，A正确；
B. CH4的价层电子对数为4、空间构型为正四面体，故中心原子是sp3杂化，B正确；
C. HCl和HI中化学键均为极性共价键、正负电荷中心不重叠，故均为极性分子，C正确；
D. 价电子构型为3s23p4的粒子，其最外层为第3层有6个电子，在第三周期第ⅥA族，D 不正确；
答案选D。

2．电子总数或价电子总数相等、原子数也相同的分子或离子的空间构型是相同的，下列各组微粒空间构型不相同的是（）
A．CO2和NO2B．CO2和N2O C．SO3和NO-
3
D．SO2-4和ClO-4
答案：A
【详解】
A．CO2和NO2的价电子总数分别为16、17个，不相等，故空间构型不同，A正确；B．CO2和N2O价电子总数分别为4+2⨯6=16、2⨯5+6=16，均为16个，原子数均为3个，故空间构型相同，B正确；
C．SO3和NO-
3
价电子总数分别为4⨯6=24、5+3⨯6+1=24，均为24个，原子数均为4个，故空间构型相同，C正确；
D．SO2-
4和ClO-
4
价电子总数分别为6+4⨯6+2=32、7+4⨯6+1=32，均为32个，原子数均为
5个，故空间构型相同，D正确；
答案选A。

3．下列说法不正确的是
A．C3H8中碳原子都采用的是sp3杂化
B．BeCl2、CO2、N2都是非极性分子
C．酸性：H2CO3＜H3PO4＜H2SO4＜HClO
D．CO的一种等电子体为NO＋，它的电子式为[∶N⋮⋮O∶]＋答案：C
【详解】
A．C3H8中碳原子都形成4个共价键，所以每个碳原子价层电子对个数是4，都采用的是sp3杂化，A正确；
B．BeCl2、CO2都是直线形结构，是非极性分子，N2是单质，也是非极性分子，B正确；C．根据非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强分析，酸性：H2CO3＜H3PO4＜H2SO4＜HClO4，但次氯酸不是高氯酸，是弱酸，C错误；
D．根据等电子体的定义，CO的等电子体必须是双原子分子或离子，且电子总数相等，如果是阳离子，原子序数之和减去所带电荷数值等于电子数，NO＋为CO的一种等电子体，它的电子式为[∶N⋮⋮O∶]＋，D正确；
故选C。

4．M、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，Z的最外层电子数是次外层电子数的3倍，M和Y二者原子核外电子数之和等于W的原子核外电子数。

由五种元素组成的化合物结构如图所示(箭头表示共同电子对由W提供)。

下列说法正确的是
A．最高价氧化物对应的水化物酸性：Y＞X
B．M的氢化物是共价化合物
C．Y和Z可形成二种有毒的化合物
D．X和W组成的化合物中二原子都满足8电子稳定结构
答案：A
解析：M、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，Z的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Z为O元素，由该化合物的结构可知，该化合物为离子化合物，M应为Li元素，Y形成4对共用电子对，则Y为C元素，X形成3对共用电子对，且X有一个空轨道，可以与W形成配位键，则X为B元素，M和Y二者原子核外电子数之和等于W的原子核外电子数，则W为F元素，据此分析解答。

【详解】
由以上分析知，M为Li元素，X为B元素，Y为C元素，Z为O元素，W为F元素，A．非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，非金属性：C＞B，故酸性：Y＞X，故A正确；
B．M为Li元素，M的氢化物是离子化合物，故B错误；
C．Y为C元素，Z为O元素，CO有毒，CO2无毒，故C错误；
D．X为B元素，W为F元素，X和W组成的化合物为BF3，其中B原子不满足8电子稳定结构，故D错误；
故选A。

5．氨基乙酸铜是一种有机原料，其分子结构如图。

下列关于该物质的说法正确的是
A．其熔点主要取决于所含化学键的键能
B．分子中O和N的杂化方式相同
C．其组成元素的基态原子中，含有未成对电子数最多的是N
D．分子中所有原子共平面
答案：C
【详解】
A．该物质是由分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，其熔点主要取决于分子间作用力大小，与物质分子内所含化学键的键能大小无关，A错误；
B．分子中O杂化类型有sp3杂化、sp2杂化，而N的杂化方式类型只有sp3杂化，可见分子中O和N的杂化类型不完全相同，B错误；
C．在该物质的组成元素的基态原子中，Cu原子只有1个未成对电子，C、O各有2个成单电子，N原子有3个成单电子，故含有未成对电子数最多的是N原子，C正确；
D．NH3分子是三角锥形分子，分子中含有2个氨基，可看作是NH3分子中氢原子被一个原子基团代替，因此分子中所有原子不可能共平面，D错误；
故合理选项是C。

6．X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，Z的原子序数等于其它三种原子序数之和，它们最外层电子数的关系为n(W)+n(X)=n(Y)=n(Z)，化合物M与N均由这四种元素组成，它们有如下性质：
下列说法一定正确的是
A．原子半径：X>Y B．X、Y、W三种元素形成的酸可能是弱酸C．最简单气态氢化物沸点：Z>Y D．X与W形成的化合物不可能有非极性键
答案：B
解析：M溶液与NaOH溶液加热反应生成的气体能使湿润红色石蕊试纸，则该气体为
NH3，M溶液中含有NH+
；M溶液与N溶液反应生成的气体能使品红溶液褪色，该气体
4
应为SO2，则M或N中含有亚硫酸根或亚硫酸氢根，则四种元素分别为H、N、O、S，Z 的原子序数等于其它三种原子序数之和，在Z为S元素，最外层电子数的关系为
n(W)+n(X)=n(Y)=n(Z)则Y为O元素，W和X其中一个为N一个H。

【详解】
A．若X为H元素，H原子的半径要小于O原子，故A错误；
B．H、N、O三种元素可以形成弱酸：HNO2，故B正确；
C．H2O分子间存在氢键，所以沸点H2O>H2S，故C错误；
D．N和H元素可以形成化合物H2NN2H4，该物质中含有氮原子和氮原子形成的非极性键，故D错误；
综上所述答案为B。

7．砷化氢(AsH3)是一种无色、可溶于水的气体，其分子构型是三角锥形。

下列关于AsH3的叙述中正确的是
A．AsH3分子中有未成键的电子对B．AsH3是非极性分子
C．AsH3是强氧化剂D．AsH3分子中的As－H键是非极性键
答案：A
【详解】
A．As原子最外层有5个电子，其中3根分别与氢原子形成共价键，剩余一对电子未参与成键，故A正确；
B．砷化氢分子构型是三角锥形，所以正负电荷中心不重合，为极性分子，故B错误；C．处于最低价态的元素具有强还原性，As为-3价，处于最低价态，具有强还原性，故C 错误；
D．不同种元素之间形成的共价键极性键，故D错误；
综上所述答案为A。

8．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，K、L、M均是由这些元素组成的氧化物，甲、乙分别是元素Y、W的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体。

K是红棕色气体，丙的浓溶液具有强氧化性，上述物质的转化关系如图所示。

下列说法不正确的是（）
A．Y、Z、W三种元素电负性：W>Z>Y
B．Y、Z、W三种元素的第一电离能：W>Z>Y
C．Y、Z、W与氢元素均可形成含非极性键的二元化合物
D．由X、Y、Z、W构成的化合物中可能含有离子键
答案：B
解析：K是红棕色气体，K是NO2，丙的浓溶液具有强氧化性，丙是HNO3；NO2、H2O、O2反应生成硝酸，乙是常见的气体，乙是O2、L是H2O，M是氧化物，甲是常见的固体，所以M是CO2、甲是碳。

X、Y、Z、W的原子序数依次增加，X、Y、Z、W依次是H、C、N、O。

【详解】
A．同周期元素从左到右电负性增大，C、N、O三种元素电负性：O>N>C，故A正确；B．ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，C、N、O三种元素的第一电离能：N>O>C，故B错误；
C．C、N、O与氢元素均可形成含非极性键的二元化合物C2H6、N2H4、H2O2，故C正确；
D．由H、C、N、O构成的化合物NH4HCO3中含有离子键，故D正确；
答案选B。

9．V、W、X、Y、Z为五种短周期主族元素。

其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，V、Y位于同一主族；Y原子的最外层电子数是W原子的最外层电子数的2倍；W、X、Y 三种简单离子的核外电子排布相同。

由W、X、Y、Z形成的某种化合物的结构如图所示。

下列说法错误的是
A．简单氢化物的沸点：Y＜V
B．原子半径：Z＜V＜W＜X
C．X与Y、Y与Z均可形成含非极性键的化合物
D．V、W与X三者的最高价氧化物的水化物可两两发生反应
答案：A
解析：V、W、X、Y、Z为五种短周期主族元素，W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同，根据图示化合物的结构简式可知，X为Na元素；Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍，W、Y、Z分别位于三个不同周期，则Z为H元素；Y能够形成2个共价键，则Y最外层含有6个电子，V、Y位于同一主族，则V是S；结合“W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同”可知，Y为O；根据“Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍”可知，W最外层含有3个电子，为Al元素，综上：V是S，W是Al，X 是Na，Y是O，Z是H元素，据此解答；
【详解】
A. Y是O，V是S，水分子间有氢键，简单氢化物的沸点：Y>V，A错误；
B. 氢原子半径最小，同周期主族元素，原子半径从左到右递减，原子半径：Z＜V＜W＜X，B正确；
C. X是Na，Y是O，Z是H，Na与O燃烧可形成Na2O2，其中含有非极性键；H与O可形成H2O2中含有非极性键，C正确；
D. W是Al，X是Na，两者的最高价氧化物的水化物分别是Al(OH)3、NaOH，Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强碱NaOH发生反应产生NaAlO2、H2O，D正确；
答案选A。

10．如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。

下列说法正确的是
X Y
W Z
T
A．原子半径：W＞Y＞X
B．X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高
C．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只含有共价键
D．T在元素周期表中的位置是第4周期ⅣA族
答案：D
解析：根据给定的表格信息，W、X、Y、Z为短周期元素，则X、Y为第二周期元素，W、Z为第三周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，设X最外层为x，则Y为x+1，W为x-1，Z为x+2，可求解x=5，则X为N，Y为O，W为Si，Z为Cl；T为Ge；
【详解】
A．原子半径：Si＞N＞O，即W＞X＞Y，A错误；
B．X、Y、Z三种元素最低价氢化物分别为：NH3、H2O、HCl的沸点H2O＞NH3＞HCl，B 错误；
C．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中，硝酸铵既含有共价键，又含有离子键，C错误；
D．T（Ge）在元素周期表中的位置是第四周期ⅣA族，D正确；
答案为D。

11．下列有关描述正确的是（）
A．
3
NO-为V形分子
B．
3
ClO-的立体构型为平面三角形
C．
3
NO-的VSEPR模型、立体构型均为平面三角形
D．
3
ClO-的VSEPR模型、立体构型相同
答案：C
解析：价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），根据价电子对互斥理论：价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数；
孤电子对个数=1
2
(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定
结构需要的电子个数；
分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。

【详解】
A.NO3-中氮原子的价层电子对数=3+1
2
×(5+1-2×3)=3，没有孤电子对，为平面三角形，故A
错误，
B.ClO3-中氯原子的价层电子对数=3+1
2
×(7+1-3×2)=4，有一对孤电子对，VSEPR模型为四
面体形，立体构型为三角锥形，故B错误；
C.NO3-中氮原子的价层电子对数=3+1
2
×(5+1-2×3)=3，没有孤电子对，
3
NO 的VSEPR模
型、立体构型均为平面三角形，故C正确；
D.ClO3-中氯原子的价层电子对数=3+1
2
×(7+1-3×2)=4，有一对孤电子对，VSEPR模型为四
面体形，立体构型为三角锥形，故D错误；
故选：C。

12．用VSEPR模型预测下列分子或离子的立体结构，其中正确的是
A．H2O与BeCl2为角形（V形）B．CS2与SO2为直线形C．BF3与PCl3为三角锥形D．SO3与CO2-
3
为平面三角形答案：D
【详解】
A．H2O分子中价层电子对个数=2+1
2
×(6-2×1)=4，采用sp3杂化；且含2个孤电子对，
所以其空间构型是V型结构，BeCl2分子中价层电子对个数=2+1
2
×(2-2×1)=2，采用sp
杂化，且不含孤电子对，所以其空间构型为直线型结构，故A错误；
B．CS2分子中价层电子对个数=2+1
2
×(4-2×2)=2，采用sp杂化，且不含有孤电子对，所
以其空间构型为直线形结构，SO2分子中价层电子对个数=2+1
2
×（6-2×2）=3，采用sp2
杂化，且含有1个孤电子对，所以其空间构型为V形结构，故B错误；
C．BF3分子中价层电子对个数=3+1
2
×(3-3×1)=3，采用sp2杂化，且不含孤电子对，所以
其空间构型为平面三角形结构，PCl3分子中价层电子对个数=3+1
2
×(5-3×1)=4，采用sp3
杂化，且含1个孤电子对，所以其空间构型为三角锥形结构，故C错误；
D．SO3分子中价层电子对个数=3+1
2
×(6-3×2)=3，采用sp2杂化，且不含有孤电子对，
所以其空间构型为平面三角形结构，CO32-中价层电子对个数=3+1
2
×(4−3×2+2) =3，采用
sp2杂化，且不含孤电子对，所以其空间构型为平面三角形结构，故D正确；
答案为D。

13．有且只有一个手性碳的有机化合物分子为手性分子，下列有机物分子中属于手性分子的是
①新戊烷[(CH3)4C] ②乳酸[CH3CH(OH)COOH]
③甘油④
A．①②③B．①和③C．②和④D．②③④
答案：C
【详解】
①新戊烷[(CH3)4C]中4个-CH3连在同一个碳原子上，无手性碳原子，①不合题意；
②乳酸[CH3CH(OH)COOH]中，连接-OH的碳原子为手性碳原子，分子为手性分子，②符合题意；
③甘油中没有手性碳原子，③不合题意；
④中，连接-OH的碳原子为手性碳原子，分子为手性分子，④符合题
意；
综合以上分析，只有②和④符合题意，故选C。

【点睛】
判断手性碳原子时，原子团有大有小，对于涉及碳原子数很多的两个原子团，一定要逐个碳进行分析对比，找出长链中每个碳的异同，只要两个原子团中有不完全相同的部分，就属于不同原子团。

14．碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如下图。

下列有关该物质的说法正确的是
A．分子式为C3H2O3
B．分子中含6个σ键
C．分子中只有极性键
D．8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO2
答案：A
【详解】
A、双键两端的碳原子上各有一个氢原子，所以分子式为C3H2O3，故A正确；
B、分子中的单键为σ键，一共有8个，故B错误；
C、该分子中碳碳双键属于非极性键，故C正确；
D、此选项没有说明温度和压强，所以所得二氧化碳的体积是不确定的，故D错误。

此题选C。

15．已知H—H键的键能为436 kJ﹒mol－1，O=O键为497.3 kJ﹒mol－1，Cl—Cl键为242.7 kJ·mol－1，N≡N键为946 kJ·mol－1，则下列叙述中正确的是()
A．N—N键的键能为1
3
×946 kJ·mol－1＝315.3 kJ·mol－1
B．氮气分子中的共价键的键长比氢气分子中的短C．氧气分子中氧原子是以共价单键结合的D．氮气分子比氯气分子稳定
答案：D
解析：【详解】
A．N—N键的键能不是N≡N键键能的1
3
，故A错误；
B．氢原子半径在所有原子中是最小的，所以氮气分子中的共价键的键长比氢气分子中的长，故B错误；
C．氧气分子中氧原子是以共价双键结合的，故C错误；
D．氮气分子中的N≡N键很牢固，所以氮气分子比氯气分子稳定，故D正确。

故选D。

二、填空题
16．2017年5月海底天然气水合物(俗称“可燃冰”)试采成功，这是我国能源开发的一次历史性突破。

一定条件下，CH4和CO2都能与H2O形成如图所示的笼状结构(表面的小球是水分子，内部的大球是CH4分子或CO2分子；“可燃冰”是CH4与H2O形成的水合物)，其相关参数见表。

分子直径/nm分子与H2O的结合能E/kJ·mol-1
CH40.43616.40
CO20.51229.91
42
号是_______，其电子云形状是_______。

(2)CO2分子中碳原子的杂化轨道类型为_______，CO2与SO2相同条件下在水中的溶解度较大的是SO2，理由是_______。

(3)为开采海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想。

已知图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，根据图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是_______。

(4)“可燃冰”中分子间存在的作用力是氢键和_______，图中最小的环中连接的原子总数是_______。

答案：O>C>H2p哑铃形sp杂化二氧化碳为非极性分子，二氧化硫和水均为极性分子，根据相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂中二氧化碳的分子直径小于笼状结构的空腔直径，且二氧化碳与水的结合能高于甲烷范德华力10
【分析】
由题意，二氧化碳的分子直径大于水分子直径，且小于笼状结构的空腔直径，又二氧化碳与水的结合能高于甲烷的结合能，故可以用二氧化碳置换可燃冰中的甲烷。

【详解】
(1)同周期从左到右，电负性依次增强，即C<O；同主族从上到下，电负性依次减弱，H为
1s2s2p，其最高第一周期第IA族，电负性H<C，即O>C>H；C原子的电子排布式为222
能级符号为2p，其电子云形状为哑铃形，故填O>C>H;2p;哑铃形；
CO分子中中心原子成键电子对数为2，孤对电子数为0，空间构型为直线形，为sp杂(2) 2
化；二氧化碳为非极性分子，二氧化硫和水均为极性分子，根据相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂中，故二氧化硫在水中的溶解度大于二氧化碳，故填sp杂化、二氧化碳为非极性分子，二氧化硫和水均为极性分子，根据相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂中；
(3)由表中数据可知二氧化碳的分子直径小于笼状结构的空腔直径，且二氧化碳与水的结合能高于甲烷，故填二氧化碳的分子直径小于笼状结构的空腔直径，且二氧化碳与水的结合能高于甲烷；
(4)可燃冰分子为共价化合物存在共价键，其中H与O相连，分之间易形成氢键，除此之外还存在范德华力；根据图1结构，最小的环为五元环，一个小球代表一个水分子，每个水分子之间形成氢键，相当于每个球含两个原子，则原子总数为2×5=10，故填范德华
力;10。

17．Ⅰ．Goodenough 等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得 2019 年诺贝尔化学奖。

回答下列问题：
(1)基态 Fe2+与 Fe3+离子中未成对的电子数之比为___________
(2)I1(Li)＞I1(Na)，原因是___________
(3)磷酸根离子的空间构型为___________，其中 P 的价层电子对数为___________，杂化轨
道类型为___________
Ⅱ．近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为
Fe−Sm−As−F−O组成的化合物。

回答下列问题：
(1)元素 As 与 N 同族。

预测 As 的氢化物分子的立体结构为___________，其沸点比 NH3 的___________(填“高”或“低”)，其判断理由是___________
(2)Sm 的价层电子排布式为 4f66s2，Sm3+的价层电子排布式为___________
Ⅲ．以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵
((NH4)3Fe(C6H5O7)2)。

(1)与+
4
NH互为等电子体的一种分子为___________(填化学式)
(2)柠檬酸的结构简式如图。

1 mol 柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成
的σ键的数为___________mol
答案：4∶5Na 与 Li 同主族，Na 的原子半径更大，最外层电子更容易失去，第一电离能更小正四面体形4sp3三角锥形低NH3 分子间存在氢键，使沸点升高，使得AsH3的沸点比 NH3 低4f5CH4等7
【分析】
铁为26号元素，基态Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Sm的价层电子排布式
4f66s2，原子失去电子生成阳离子时先失去最外层电子，后失去次外层电子，结合洪特规则
和泡利原理分析解答；根据价层电子对个数==杂化轨道数=σ+ 1
2
（a-xb）计算判断；等电
子体是指价电子数和原子数相同的微粒，等电子体结构相似，据此分析解答。

【详解】
Ⅰ．(1)铁为26号元素，基态Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe失去最外层2个电子得Fe2+，价电子排布为3d6，基态Fe失去3个电子得Fe3+，价电子排布为3d5，根据洪特规则和泡利原理，d能级有5个轨道，每个轨道最多容纳2个电子，Fe2+有4个未成对电子，Fe3+有5个未成对电子，所以未成对电子数之比为4∶5，故答案为：4∶5；(2)Li与Na同族，Na的电子层比Li多，原子半径比Li大，比Li更易失电子，因此I1(Li)＞I1(Na)，故答案为：Na 与 Li 同主族，Na 的原子半径更大，最外层电子更容易失去，第一电离能更小；
(3)根据价层电子对互斥理论，PO3-
4的价层电子对数为4+
1
2
(5+3-4×2)=4+0=4，VSEPR构
型为四面体形，去掉孤电子对数0，即为分子的立体构型，也是正四面体形；杂化轨道数=价层电子对数=4，中心原子P采用sp3杂化；故答案为：正四面体形；4；sp3；Ⅱ．(1)等电子体的结构相似，AsH3和NH3为等电子体，二者结构相似，氨气分子为三角锥形，因此AsH3也是三角锥形；能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，NH3分子间形成
氢键，AsH3分子间不能形成氢键，所以熔沸点：NH3＞AsH3，即AsH3沸点比NH3的低，故答案为：三角锥形；低；NH3 分子间存在氢键，使沸点升高，使得AsH3的沸点比 NH3 低；
(2)Sm的价层电子排布式4f66s2，该原子失去电子生成阳离子时应该先失去6s电子，后失去4f电子，因此Sm3+价层电子排布式为4f5，故答案为：4f5；
Ⅲ．(1)等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，可以采用：“同族替
NH互为等电子体的分子有CH4、SiH4等，换，左右移位”的方法寻找等电子体，所以与+
4
故答案为：CH4（或SiH4等）；
(2)柠檬酸分子中有三个羧基（），且有一个C连接一个羟基，所以1 mol 柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为3×2+1=7mol，故答案为：7。

18．化学键的键能是指气态基态原子间形成1 mol 化学键时释放的最低能量。

如：H(g)＋I(g)→H—I(g)＋297 kJ，即H—I键的键能为297 kJ/mol，也可以理解为破坏1 mol H—I键需要吸收297 kJ的热量。

化学反应的发生可以看成旧化学键的破坏和新化学键的形成。

下表是一些键能数据(单位：kJ/mol)：
键能键能键能
H—H436Cl—Cl243H—Cl432
S—S255H—S339C—F427
C—Cl330C—I218H—F568
C—O351H—O463
(1)根据表中数据判断CCl4的稳定性______(填“大于”或“小于”)CF4的稳定性。

试预测C—Br 键的键能范围：______<C—Br键键能<______。

(2)结合表中数据和热化学方程式H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=-Q kJ/mol，则热化学方程式中Q的值为______。

(3)由表中数据能否得出这样的结论：
①半径越小的原子形成的共价键越牢固(即键能越大)。

______(填“能”或“不能”)。

②非金属性越强的原子形成的共价键越牢固。

______(填“能”或“不能”)。

从数据中找出一些规律，请写出一条：______。

答案：小于218 kJ/mol330 kJ/mol185不能不能与相同原子结合时，同主族元素形成的共价键，原子半径越小，共价键越牢固
【详解】
(1)键能越大，分子越稳定。

C—Cl键键能为330 kJ/mol，C—F键键能为427 kJ/mol，所以
CF 4更稳定；F 、Cl 、Br 、I 是同主族元素，原子半径越来越大，与C 形成的共价键的键长越来越长，键能越来越小，所以C —Br 键的键能大小介于C —I 键键能和C —Cl 键键能之间，故答案为：小于；218 kJ/mol ；330 kJ/mol ；
(2)ΔH=反应物键能之和-生成物键能之和=436 kJ/mol ＋243 kJ/mol-2×432 kJ/mol =-185 kJ/mol ，所以Q=185，故答案为：185；
(3)①H 的原子半径小于F 的原子半径，但是H —H 键键能小于H —F 键键能，所以①结论不正确，故答案为：不能；
②Cl 的非金属性强于S ，但是S —S 键键能大于Cl —Cl 键键能，所以②结论不正确；从H —F 、H —Cl ；C —F 、C —Cl ；H —O 、H —S 几组键的键能中可得出：与相同原子结合时，同主族元素形成的共价键，原子半径越小，共价键越牢固，故答案为：不能；与相同原子结合时，同主族元素形成的共价键，原子半径越小，共价键越牢固。

19．某些化学键的键能如下表(单位：1kJ mol -⋅)．
(1)下列物质本身具有的能量最低的是______________(填字母，下同)． A ．H 2 B ．Cl 2 C ．Br 2 D ．I 2
(2)下列氢化物中，最稳定的是_____________． A ．HF B ．HCl C ．HBr D ．HI
(3)反应22X +H =2HX (X 代表F Cl Br I 、、、，下同)是________(填“吸热”或“放热”)反应． (4)21 mol Cl 在一定条件下与等物质的量的H 2反应，放出的热量是________kJ ．相同条件下，X 2分别与H 2反应，当消耗等物质的量的氢气时，放出的热量最多的是______． (5)已知反应-12222HI(g)=I (g)+H (g)
ΔH=7 kJ mol ,1 mol H (g)⋅分子中的化学键断裂时
需要吸收436kJ 的能量，1 mol HI(g)分子中的化学键断裂时需要吸收的能量为_______kJ ．
答案：A A 放热 183 2F 297 【详解】
(1)根据表格中的数据可知，H H -键内键能最大，断裂时吸收的能量越多，越难以断裂，所以H H -键最稳定，故选项中2H 具有的能量最低，故选A ；
(2)键能越大，物质越稳定，题给四种化合物中，H-F 键的键能最大，故HF 最稳定，选A ；
(3)22X +H =2HX ，反应焓变=反应物总键能-生成物总键能，22H +Cl =2HCl
243kJ /mol H ∆=+ 436kJ /mol 431kJ /mol 2-⨯=183kJ /mol -，
22=H Br 2HBr +193kJ /mol 436kJ /mol 2363kJ /mol 97kJ /mol H ∆=+-⨯=- ，
22H I I =2H + 151kJ /mol 436kJ /mol H ∆=+2297kJ /mol 7kJ /mol -⨯=-；所以22X H X =2H +(X 代表卤族原子)的反应是放热反应；
(4)通过(3)中计算可知，21mol Cl 在一定条件下与等物质的量的2H 反应，放出的热量为
183kJ ；相同条件下，2X 分别与2H 反应，消耗等物质的量的2H 时，放出热量最多的是
2F ；
(5)设()1mol HI g 分子中化学键断裂吸收的能量为x ，则2x 436kJ 151kJ 7kJ --=，
x 297kJ =。

20．元素周期表前四周期的元素a 、b 、c 、d 、e 的原子序数依次增大。

a 的核外电子总数与其周期序数相同；b 的价电子层中的未成对电子有3个；c 的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d 与c 同族；e 的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。

回答下列问题： (1)e 的价层电子排布为_______。

b 、c 、d 三种元素中第一电离能最大的是_______(填元素名称)
(2)a 和b 、c 、d 三种元素形成的二元共价化合物分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是_______(填化学式，写出2种)。

答案：1013d 4s 氮 22H O 、24N H 【分析】
元素周期表前四周期的元素a 、b 、c 、d 、e ，原子序数依次增大，a 的核外电子总数与其周期序数相同，则a 是H 元素；c 的最外层电子数为其内层电子数的3倍，则c 是O 元素；d 与c 同族，则d 是S 元素或Se 元素；b 的价电子层中的未成对电子有3个，则b 是N 元素；e 的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，则e 是Cu 元素，故d 是S 元素，据此作答。

【详解】
(1)e 为Cu 元素，其价层电子排布为1013d 4s ；b 、c 、d 分别是N 、O 、S 元素，同周期元素第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但第ⅤA 族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，同主族元素第一电离能随原子序数的增大而减小，所以N 、O 、S 中第一电离能最大的是N 元素；
(2)H 和N 、O 、S 形成的二元共价化合物中，既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是22H O 、24N H 。

21．已知H 元素和O 元素可以形成2H O 和22H O 两种化合物，试根据有关信息回答下列问题。