【化学】化学化学键的专项培优易错试卷练习题附答案

一、化学键练习题（含详细答案解析）

1．

南京理工教授制出了一种新的全氮阴离子盐—AgN5，目前已经合成出钠、锰、铁、钴、镍、镁等几种金属的全氮阴离子盐。

(1)基态Mn2+的价电子排布式为____；银与铜位于同一族，银元素位于元素周期表的___区。

(2)[Mg(H2O)6]2+[(N5)2(H2O)4]2-的晶体的部分结构如图1所示：

N、O、Mg元素的前3级电离能如下表所示：

元素I1/kJ?mol-1I2/kJ?mol-1I3/kJ?mol-1

X737.71450.77732.7

Y1313.93388.35300.5

Z1402.32856.04578.1

①X、Y、Z中为N元素的是____，判断理由是__________。

②从作用力类型看，Mg2+与H2O之间是________、N5与H2O之间是________。

③N5-为平面正五边形，N原子的杂化类型是_______。科学家预测将来还会制出含N4-、N6-

表示，其中m代表等平面环状结构离子的盐，这一类离子中都存在大π键，可用符号πn

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(如苯分子中的大π键可表示为π66)，则N4-中的大π键应表示为_________。

(3)AgN5的立方晶胞结构如图2所示，Ag+周围距离最近的Ag+有_______个。若晶体中紧邻的N5-与Ag+的平均距离为a nm，N A表示阿伏加德罗常数的值，则AgN5的密度可表示为

_____g?cm-3（用含a、N A的代数式表示）。

【答案】3d5 ds Z X最外层为2个电子，X为镁；N的2p轨道处于半充满的稳定状态，

其失去第一个电子较难，I1较大，则Z为氮元素配位键氢键 sp254π 12

8.910 N a

【解析】

【分析】

(1)根据构造原理书写出25号Mn元素的原子核外电子排布式，Mn原子失去最外层2个电子得到Mn2+；根据原子结构与元素在周期表的位置确定Ag在周期表所属区域；

(2)①根据元素的电离能大小结合原子结构确定X、Y、Z三种元素，然后判断哪种元素是N 元素；

②根据图示，判断晶体中阳离子、阴离子中含有的作用力类型；

③结合N5-为平面正五边形结构，结合原子杂化类型与微粒构型关系分析判断，结合微粒的原子结构分析大π键的形成；

(3)根据晶胞中离子的相对位置判断Ag+的配位数，利用均摊方法计算1个晶胞中含有的

AgN5的个数，结合ρ=m

计算密度大小。

【详解】

(1)Mn是25号元素，根据构造原理可得Mn原子的核外电子排布式为

1s22s22p63s23p63d54s2，Mn原子失去最外层2个电子得到Mn2+，其价电子排布式为3d5；Ag、Cu在周期表中位于第IB，发生变化的电子有最外层的s电子和次外层的d电子，属于ds区元素；

(2)①X的第一、第二电离能比较小且很接近，说明X原子最外层有2个电子，容易失去，则X为Mg元素，Z的第一电离能在三种元素中最大，结合N原子2p轨道处于半充满的稳定状态，其失去第一个电子较难，I1较大，可推知Z为N元素，Y是O元素；

②在该晶体中阳离子[Mg(H2O)6]2+的中心离子Mg2+含有空轨道，而配位体H2O的O原子上含有孤电子对，在结合时，Mg2+提供空轨道，H2O的O原子提供孤电子对，二者形成配位键；在阴离子[(N5)2(H2O)4]2-上N5-与H2O的H原子之间通过氢键结合在一起，形成N…H-O，故二者之间作用力为氢键；

③若原子采用sp3杂化，形成的物质结构为四面体形；若原子采用sp2杂化，形成的物质结构为平面形；若原子采用sp杂化，则形成的为直线型结构。N5-为平面正五边形，说明N 原子的杂化类型为sp2杂化；在N5-中，每个N原子的sp2杂化轨道形成2个σ键，N原子上还有1个孤电子对及1个垂直于N原子形成平面的p轨道，p轨道间形成大π键，N5-为4个N原子得到1个电子形成带有1个单位负电荷的阴离子，所以含有的电子数为5个，其中大π键是由4个原子、5个电子形成，可表示为5

π；

(3)根据AgN5的晶胞结构示意图可知，假设以晶胞顶点Ag+为研究对象，在晶胞中与该Ag+距离相等且最近的Ag+在晶胞面心上，通过该顶点Ag+可形成8个晶胞，每个面心上的Ag+

被重复使用了2次，所以与Ag+距离相等且最近的Ag+的数目为38

=12个；在一个晶胞中

含有Ag+的数目为8×1

+6×

=4，含有N5-的数目为1+12×

=4，晶胞体积为V=(2a×10-7)3

cm 3，则ρ=(

)22A/mol 3373A 4178?g /mol N m 8.910V N a 2a 10cm

-??==?? g/cm 3。【点睛】

本题考查了物质结构，涉及电离能的应用、作用力类型的判断、大π的分析、晶胞计算，掌握物质结构知识和晶体密度计算方法是解题关键，要注意电离能变化规律及特殊性，利用均摊方法分析判断晶胞中含有微粒数目，结合密度计算公式解答。

2．

现有a ～g7种短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如表所示，请回答下列问题：

（1）下列选项中，元素的原子间最容易形成离子键的是___（填序号，下同），元素的原子间最容易形成共价键的是___。

A ．c 和f

B ．b 和g

C ．d 和g

D ．c 和e

（2）下列由a ～g7种元素原子形成的各种分子中，所有原子最外层都满足8电子稳定结构的是___（填序号）。

A ．ea 3

B ．ag

C ．fg 3

D ．dg 4

（3）由题述元素中的3种非金属元素形成的AB 型离子化合物的电子式为___。

（4）c 与e 可形成一种化合物，试写出该化合物的化学式：___，其含有的化学键类型为___，其与过量稀盐酸反应的化学方程式为___。

【答案】B C CD Mg 3N 2 离子键

Mg 3N 2+8HCl=3MgCl 2+2NH 4Cl

【解析】

【分析】

首先确定a ～g 的7种元素具体是什么元素，

(1)一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；

(2)根据各分子中非金属元素的原子形成的共用电子对情况分析；

(3)3种非金属元素形成的AB 型离子化合物是NH 4Cl ；

(4)根据化合物中的成键元素来判断化学键类型，并根据物质的性质来书写方程式。

【详解】

根据元素在元素周期表中的相对位置可知a 、b 、c 、d 、e 、f 、g 分别为H 、Na 、Mg 、C 、

(1)碱金属元素原子与卤素原子间最容易形成离子键，故Na与Cl最容易形成离子键，故B

符合；c为金属元素，不容易与其他元素形成共价键，非金属元素间一般形成共价键，则C

与Cl之间最容易形成共价键，故C符合，故答案为：B；C；

(2)各选项对应的分子分别为NH3、HCl、PCl3、CCl4，其中NH3、HCl中由于氢形成的是2电

子稳定结构，故不符合题意；而PCl3中，磷原子核外最外层电子数为5，它与氯原子形成

共价键时，构成PCl3中的磷原子、氯原子最外层都达到8电子结构，同理，CCl4亦符合题

意，故答案为：CD；

(3)3种非金属元素形成的AB型离子化合物是NH4Cl ，其电子式为

，故答案为：；

(4)Mg与N形成离子化合物Mg3N2，该物质与过量稀盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl，故答案为：Mg3N2；离子键；Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl。

3．

现有短周期元素性质的部分数据如下表，其中x的值表示不同元素的原子吸引电子的能力

大小，若x值越大，元素的非金属性越强，金属性越弱。x值相对较大的元素在所形成的

分子中化合价为负。⑩原子的核外电子层数与核外电子总数相同。

元素编号

元素性质

①②③④⑤⑥⑦⑧⑨x 3.44 2.550.98 3.16 2.19 3.980.93 3.04 1.91

常见化合价最高价+4+1+1+4最低价-2-1-3-1-3

（1）根据以上条件，推断③④⑤的元素符号分别为：___，__，__。

（2）②的最高价氧化物的固体属于__晶体，空间构型__。

（3）用电子式表示下列原子相互结合成的化合物电子式：

①＋⑦＋⑩：___，

①＋⑩形成原子个数比为1：1的化合物：__。

（4）写出①与⑦所形成仅含离子键的化合物和④与⑩所形成的化合物反应的离子方程式：___。

【答案】Li Cl P 分子直线形 Na2O＋2H＋=2Na＋＋H2O

【分析】

【详解】

①最低价为－2，是O或者S。⑩原子的核外电子层数与核外电子总数相同，则只有H满足，最外层电子数是1，电子层数也是1。②和⑨的最高价均为＋4，同为ⅣA族，②的非金属性比⑨强，则②为C，⑨为Si；③和⑦的最高价均为＋1，同为ⅠA族，⑦的金属性强，则⑦为Na，③为Li。④和⑥的最低价均为－1，为ⅦA族，⑥非金属性强，则⑥为F，④为Cl，⑤和⑧最低价均为－3，为ⅤA族元素，⑧的非金属性较强，则⑧为N，⑤为P。如果①是S，则①的非金属性比Cl低，但是①的非金属性比Cl高，则①为O。

【点睛】

根据上述的分析，①为O，②为C，③为Li，④为Cl，⑤为P，⑥为F，⑦为Na，⑧为N，

⑨为Si，⑩为H。

(1)根据分析，③④⑤分别为Li、Cl、P；

(2)②的最高价氧化物是CO2，形成的晶体由CO2分子构成，属于分子晶体；CO2价层电子对

数为

4-22

2+=2

，没有孤对电子对，则CO2的空间构型为直线形；

(3)①⑦⑩构成的物质为NaOH，由Na＋和OH－构成，其电子式为；

①⑩形成1：1的化合物为H2O2，其电子式为；

(4)①和⑦形成仅含有离子键的化合物为Na2O，④和⑩形成的化合物为HCl，其离子方程式为Na2O＋2H＋=2Na＋＋H2O。

4．

原子结构与元素周期表存在着内在联系。根据所学物质结构知识，请回答下列问题：(1)苏丹红颜色鲜艳、价格低廉，常被一些企业非法作为食品和化妆品等的染色剂，严重危害人们健康。苏丹红常见有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ4 种类型，苏丹红Ⅰ的分子结构如图所示：

苏丹红Ⅰ在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，有人把羟基取代在对位形成如图所示的结构：

则其在水中的溶解度会_____(填“增大”或“减小”)，原因是_____。

(2)已知 Ti3+可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为 TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：a.分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；b.分别往待测溶液中滴入 AgNO3溶液，均

产生白色沉淀；c.沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为原紫色晶体的水溶液得到的沉淀质量的2/3。则绿色晶体配合物的化学式为_______，由 Cl-所形成的化学键类型是_______。

(3)如图中A、B、C、D四条曲线分别表示第ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族元素的氢化物的沸点，其中表示ⅦA族元素氢化物沸点的曲线是_____；表示ⅣA族元素氢化物沸点的曲线是

_____；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物沸点依次升高，其原因是__________；A、B、C曲线中第二周期元素的氢化物的沸点显著高于第三周期元素的氢化物的沸点，其原因是_______________。

【答案】增大苏丹Ⅰ已形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，而修饰后的结构易已形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于增大在水中的溶解度 [TiCl(H2O)5]Cl2·H2O 离子键、配位键 B D 结构与组成相似，分子间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高水、氨气、HF分子之间均能形成氢键，沸点较高

【解析】

【分析】

【详解】

(1)因为苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键，而使在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度，因此，本题答案是：增大；苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度；

(2)Ti3+的配位数均为6，往待测溶液中滴入AgNO3溶液均产生白色沉淀，则有氯离子在配合物的外界，两份沉淀经洗涤干燥后称量,发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的

白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的2

，可以知道紫色品体中含3个氯

离子，绿色晶体中含2个氯离子，即绿色晶体的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，氯原子形成化学键有含有离子键、配位键，因此，本题答案是：[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O；离子键、配位键；

(3)第二周期中元素形成的氢化物中，水为液态，其它为气体，故水的沸点最高，且相对分子质量越大，沸点越高，故B曲线为VIIA族元素氢化物沸点；HF分子之间、氨气分子之间均存在氢键，沸点高于同主族相邻元素氢化物，甲烷分子之间不能形成氢键，同主族形成的氢化物中沸点最低，故D曲线表示IVA族元素氢化物沸点；同一族中第3、4、5周期

元素的氢化物结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水分子之间、氨气分子之间、HF分子之间均形成氢键，沸点较高；因此，本题答案是：B；D；结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水、氨气、HF分子之间均形成氢键，沸点较高。

5．

生活污水中氮是造成水体富营养化的主要原因。若某污水中NH4Cl含量为180mg/L。（1）写出NH4Cl电子式：___。

（2）氮原子的电子排布式是：___，写出与氯同周期，有2个未成对电子的原子的元素符号为___、___。

（3）为除去废水中的NH4+，向103L该污水中加入0.1mo1/LNaOH溶液，理论上需要NaOH 溶液的体积为___L(计算结果保留两位小数）。

（4）可先在酸性污水中加入铁屑将NO3-转化为NH4+后再除去，请配平下列离子方程式并标出电子转移的方向和数目___。

___Fe+___NO3-+___H+→___Fe2++___NH4++___H2O

【答案】 Si S 1s22s22p3 33.64

4 1 10 4 1 3

【解析】

【分析】

(1)NH4Cl是离子化合物；

(2)氮为7号元素；氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5；

(3)根据NH4+和NaOH溶液的反应计算需要NaOH溶液的体积为；

(4)根据氧化还原反应，配平离子方程式并标出电子转移的方向和数目。

【详解】

(1)氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：；

(2)氮原子电子排布式是：1s22s22p3；氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，有一个未成对的电子，与其同周期且有2个未成对电子的原子的的核外电子排布式为

1s22s22p63s23p4和1s22s22p63s23p2，元素符号为S、Si；

(3) 某污水中NH4Cl含量为180mg/L，103L污水中含有180mg/L×103L

=180000mg=180gNH4Cl，NH4Cl的物质的量为

180g

53.5g/mol

≈3.364mol，NH4+的物质的量也

是3.364mol，为除去废水中的NH4+，向该污水中加入0.1mo1/LNaOH溶液，理论上需要

NaOH的物质的量为3.364mol，则所需NaOH溶液的体积为3.364mol

0.1mol/L

=33.64L；

(4)该反应中铁元素的化合价由0价升高至+2价，氮元素的化合价由+5价降低至-3价，由化合价升降守恒和质量守恒可以配平该离子方程式并标出电子转移的方向和数目如下：

。

6．

合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液[醋酸二氨合铜（Ⅰ）、氨水]吸收在生产过程中产生的CO和CO2等气体，铜液吸收CO的反应是放热反应，其反应方程式为：Cu（NH 3）2Ac＋CO＋NH3[Cu（NH3）3CO]Ac。

完成下列填空：

（1）如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是___。（选填编号）

a．减压 b．增加NH3的浓度 c．升温 d．及时移走产物

（2）铜液中的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式：___。

（3）铜液的组成元素中，短周期元素原子半径从大到小的排列顺序为___，其中氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式是___，通过比较___可判断氮、磷两种元素的非金属性强弱。

（4）已知CS2与CO2分子结构相似，CS2的电子式是___。

（5）CS2熔点高于CO2，其原因是___。

【答案】bc2NH3+CO2+H2O=(NH4)2CO3、(NH4)2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3C＞N＞O＞H NH3和PH3的稳定性二者都为分子晶

体，相对分子质量越大，分子间作用力越大

【解析】

【分析】

铜液吸收CO的反应是放热反应，其反应方程式为：Cu（NH 3）2Ac＋CO＋NH3[Cu （NH3）3CO]Ac。增大浓度、升高温度等，可增大反应速率。CS2和CO2均为分子晶体。【详解】

（1）a．减压反应速率减小，a错误；

b．增大浓度，可增大反应速率，b正确；

c．升高温度，增大反应速率，c正确；

d．减小生成物浓度，反应速率减小，d错误；

答案选bc。

（2）氨气、水、二氧化碳可反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，方程式为

2NH3+CO2+H2O=(NH4)2CO3、(NH4)2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3。

（3）铜液的组成元素中，短周期元素有H、C、N、O等元素，H原子半径最小，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径C＞N＞O＞H，氮元素原子最外层为第二层有5

个电子，电子排布的轨道表示式是；比较非金属性强弱，可根据

氢化物的稳定性强弱。

（4）CS2的电子式类似于CO2，电子式为，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则熔点越高。

【点睛】

分子晶体的熔沸点比较，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则熔点越高。

7．

1100℃时，在体积为5L的密闭容器中，发生可逆反应：Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)并达到平衡，请完成下列各题：

（1）上述反应中涉及的非金属元素原子的半径从大到小的顺序为_____________，非金属性最强的元素原子的电子排布式_________________，其电子的自旋方向共有________种。（2）该反应中O、S属于同主族元素，比较它们的单质的氧化性_____________________（用化学方程式表示），写出Na2O的电子式______，比较Na2O和Na2S的熔点高低：

Na2O___Na2S。

（3）上述平衡的平衡常数表达式K＝______________________。降低温度，K值减小，则正反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。

（4）能判断反应达到平衡状态的依据是_____________(填序号)。

A．混合气体的压强不变 B．混合气体的密度不变

C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．各气体的浓度相等

（5）若初始时加入的Na2SO4为2.84g，10分钟后达到平衡时Na2SO4的转化率为45%，

V(H2)=__________________。平衡后，向容器中充入1molH2，平衡向_________________（填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不移动”），重新达到平衡后，与原平衡相比，H2的

体积百分含量_____________(填“增大”、“减小”或“不变”)

【答案】S>O>H 1s22s22p4 2 2H2S+O2→2S+2H2O > [H2O]4/[H2]4吸

热 BC 27.7.2×10-4mol/（L·min）正反应方向不变

【解析】

【分析】

(1)根据元素周期律和泡利原理解答；

(2)根据同主族元素从上往下非金属性减弱即氧化性减弱的规律和离子晶体熔沸点变化规律解答；

(3)固体不写在平衡常数表达式中，平衡常数K=

()

c H O

c H

H O

，降低温度，K值减

小，说明平衡逆向进行；

(4)判断平衡的标志需要符合“变”到“不变”的物理特征以及建立平衡根本原因是正反应速率与逆反应速率相等；

(5)根据反应Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)中的系数关系，计算V(H2)；根据勒夏特列原理，增大反应物浓度将使得平衡向着正方向移动，由于该反应为气体前后气体体积相等的反应，依据等效平衡的特点回答。

【详解】

(1)方程式中出现的三种非金属元素分别为H、O、S，根据元素周期律电子层数越多半径越大，可知半径大小为S>O>H，非金属最强的为O元素，核外电子数为8，因此根据原子核外电子排布规则得知1s22s22p4，根据泡利原理可知自旋应该有2种；

(2)根据同主族元素从上往下非金属性减弱即氧化性减弱的规律，可知氧气的氧化性强于硫单质，因此2H2S+O2→2S+2H2O能充分说明和验证这一结论；电子式是一种表示物质结构的化学表述方式，常见的电子式书写需要注意离子化合物与共价键的书写，Na2O的电子式

为：；离子晶体中，阴阳离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸

点越高，反之越低，由氧离子的半径小于硫离子可知：Na2O>Na2S；

(3) Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)，固体不写在平衡常数表达式中，平衡常数

()

c H O

c H

H O

，降低温度，K值减小，说明平衡逆向进行，逆反应方向是放热反

应，正反应方向为吸热反应；

(4)A. 反应Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)是气体体积不变的反应，反应过程中压强一直不变，混合气体的压强不变时，不一定是平衡状态，故A错误；

B. 反应Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)是气体体积不变的反应，混合气体的密度不变时，说明氢气和水蒸气的质量不再变化，说明达到平衡状态，故B正确；

C. 反应Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)是气体总物质的量不变的反应，混合气体的平均相对分子质量不变时，说明氢气和水蒸气的质量不再变化，说明达到平衡状态，故C正确；

D. 各气体的浓度相等时，不能说明氢气和水蒸气的质量物质的量不再变化，不一定是平衡状态，故D错误；

正确答案是BC。

(5)若初始时加入Na2SO4物质的量为

2.84g

142g/mol

=0.02mol， 10分钟后达到平衡时Na2SO4的

转化率为45%，根据反应Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)中的系数关系，能计算出硫酸钠消耗的物质的量为0.02mol×45%=0.009mol，从而得知反应氢气的物质的量为

0.009mol×4=0.036mol，据此计算V(H2)=

0.036mol

5L10min

=7.2×10-4mol/(L·min)；根据勒夏特列原

理，增大反应物浓度将使得平衡向着正方向移动，由于该反应为气体前后气体体积相等的反应，依据等效平衡的特点，氢气的百分含量依然不变。

8．

X、Y、Z、W四种短周期元素，其原子序数依次增大。X的某种原子没有中子，Y的单质可用作保护气，Z的最外层电子数和Y的最内层电子数相等，且四者的原子序数之和为37，下列说法错误的是

A．X与Y可形成1:3型或者2:4型的共价化合物

B．X与Z、W和Z都可形成2:1型的离子化合物

C．Y和Z的简单离子半径：Y>Z

D．W的含氧酸的酸性在同一周期和同一主族中都是最强的

【答案】D

【解析】

【分析】

X、Y、Z、W四种短周期元素，其原子序数依次增大。X的某种原子没有中子，X为

H(氢)，Y的单质可用作保护气，Y为N(氮)，Z的最外层电子数和Y的最内层电子数相等，且四者的原子序数之和为37，Z为Mg(镁)，W为Cl(氯)。

【详解】

根据题意推测：X为H(氢)、Y为N(氮)、Z为Mg(镁)、W为Cl(氯)。

A．N和H可以形成NH3，也可形成N2H4，二者都是共价化合物，A正确；

B．H和Mg可形成MgH2，Cl和Mg可形成MgCl2，二者都是2:1型离子化合物，B正确；C．N3－和Mg2+电子层数相同，但Mg2+的原子序数更大，对核外电子的吸引能力较大，半径较小，C正确；

D．Cl的最高价含氧酸是同周期和同主族最强的，D未说明最高价，D错误。

故选C。

【点睛】

本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，要全面掌握基础知识，有利于基础知识的复习巩固。易错点D，D未说明Cl是最高价。

9．

据《中国质量报》报道，我国首次将星载铷(Rb)钟应用于海洋二号卫星，已知Rb的原子序数为37。回答下列有关铷的问题：

(1) Rb的原子结构示意图中共有______个电子层，最外层电子数为______。

(2) Rb在元素周期表中的位置是______。

(3)取少量铷单质加入水中，可观察到其剧烈反应，放出气体______(写化学式)，在反应后的溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液显______色，因为___________(用离子方程式表示)。(4) Rb的还原性比K的还原性______（填“弱”或“强”）。

【答案】5 1 第五周期ⅠA族 H2蓝 2Rb+2H2O=2Rb++2OH-+H2↑强

【解析】

【分析】

根据元素周期律，结合原子核外电子排布规律确定Rb元素在周期表的位置，利用元素周

期律分析、解答。

【详解】

(1)Rb是37号元素，根据原子核外电子排布规律，可知Rb核外电子排布为2、8、18、8、1，所以Rb的原子结构示意图中共有5个电子层，最外层电子数为1个；

(2)Rb核外电子排布是2、8、18、8、1，根据原子核外电子层结构与元素在周期表的位置关系可知Rb在元素周期表中的位置是第五周期第IA族；

(3)Na是活泼金属，与水发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，Rb与Na是同一主族的元素，由于元素的金属性Rb>Na，所以Rb与水反应比钠更剧烈反应放出H2；RbOH是一元强碱，水溶液显碱性，在反应后的溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液显蓝色，该反应的离子方程式为：2Rb+2H2O=2Rb++2OH-+ H2↑；

(4)同一主族的元素，由于从上到下，原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子失去电子的能力逐渐增强，获得电子的能力逐渐减弱，Rb在K元素下一周期，所以Rb 的还原性比K的还原性强。

【点睛】

本题考查了原子核外电子排布与元素在周期表的位置及元素性质的关系，掌握原子核外电子层数等于元素在周期表的周期序数，原子核外最外层电子数等于元素的族序数。利用同一主族的元素由上到下元素的金属性逐渐增强分析判断。

10．

(1)已知：A．金刚石、B．MgF2、C．NH4Cl、D．固体碘，用序号填写空白：既存在离子键又存在共价键的是______，熔化时不需破坏化学键的是______。

(2)意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图所示，已知断裂1 molN-N键吸收167 kJ热量，生成1 molN≡N键放出942 kJ热量。根据以上信息和数据，则1molN4完全转化为N2______(填“放出”或“吸收”)热量______kJ。

(3)50 mL 0.50 mol/L的盐酸与50 mL0.55 mol/L的NaOH溶液在如图2所示的装置中进行中和反应。请回答下列问题：如图，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是______。大烧杯上如不盖硬纸板，则求得的中和热数值______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。

(4)向50mL0.50 mol/L的NaOH溶液中分别加入稀醋酸、稀盐酸、浓硫酸，则恰好完全反应时的放出热量Q1、Q2、Q3从大到小的排序是______。

【答案】C D 放出 882 保温隔热，防止热量散失偏小 Q3>Q2>Q1

【解析】

【分析】

(1)非金属元素之间易形成共价键、活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，铵根离子和酸根离子之间存在离子键；分子晶体熔化时破坏分子间作用力而不破坏化学键；原子晶体熔融时破坏共价键，分子晶体熔沸点较低；

(2)△H=反应中吸收的总热量与放出的总热量的差；

(3)该实验中还缺少环形玻璃搅拌棒；泡沫有保温性能；大烧杯上如不盖硬纸板，会导致部分热量散失；

(4)注意弱电解质的电离需要吸收热量，浓硫酸溶于水会放出热量，据此进行解答。

【详解】

(1)A.金刚石中只存在共价键，

B.MgF2中只存在离子键；

C.NH4Cl为离子化合物，含有离子键、共价键；

D.固体碘是非分子晶体，在I2中含有共价键，在分子之间存在分子间作用力；

则既存在离子键又存在共价键的是C；熔化时不需破坏化学键的是分子晶体固体碘，则熔化时破坏分子间作用力而不破坏化学键D，故答案为：C；D；

(2)反应热等于反应中吸收的总热量与放出的总热量的差，则△H= (6×167-2×946) kJ/mol=-882 kJ/mol，说明1 molN4完全转化为N2放出882 kJ热量，故答案为：放出；882；

(3)泡沫有保温性能，所以其作用是保温隔热，防止热量散失；大烧杯上如不盖硬纸板，会导致部分热量散失，导致测定结果偏小，故答案为：保温隔热，防止热量散失；偏小；(4)强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3kJ/mol；

分别向50 mL 0.50 mol/L的NaOH溶液中加入：稀醋酸、稀盐酸、浓硫酸，醋酸为弱电解质，醋酸的电离吸热，浓硫酸溶于水放热，则恰好完全反应时的放出的热量大小关系为：浓硫酸>稀盐酸>醋酸，则反应放出热量Q3>Q2>Q1，故答案为：Q3>Q2>Q1。

【点睛】

明确物质结构、化学反应原理、反应热的计算方法是解本题关键，注意N4分子中含有6个N—N键，而不是4个N—N键，为易错点。

11．

现有①氯化钡、②金刚石、③氯化铵、④硫酸钠、⑤干冰、⑥碘片六种物质，按下列要求回答：

(1)熔化时不需要破坏化学键的是________，熔化时需要破坏共价键的是________，熔点最高的是________，熔点最低的是________。

(2)属于离子化合物的是________，只有离子键的物质是________，以分子间作用力结合的是________。

(3)①的电子式是____________，⑥的电子式是____________。

【答案】⑤⑥②②⑤①③④①⑤⑥ [C]－Ba2＋[C]－

【解析】

【分析】

(1)BaCl2属于离子晶体，金刚石属于原子晶体，NH4Cl、Na2SO4属于离子晶体，干冰属于分子晶体，碘晶体属于分子晶体，分子晶体熔化时不需要破坏化学键，原子晶体、离子晶体

熔化时需要破坏化学键；一般物质熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体中相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔点越高；

(2)BaCl 2、NH 4Cl 、Na 2SO 4属于离子化合物，BaCl 2只含有离子键，分子晶体以分子间作用力结合；

(3)BaCl 2为离子化合物，存在离子键；碘为非金属单质，以共用电子对成键。

【详解】

(1)BaCl 2属于离子晶体，金刚石属于原子晶体，NH 4Cl 、Na 2SO 4属于离子晶体，干冰属于分子晶体，碘晶体属于分子晶体，熔化时不需要破坏化学键的是干冰、碘晶体，熔化时需要破坏共价键的是金刚石，BaCl 2、NH 4Cl 、Na 2SO 4熔化时破坏离子键，一般物质熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体中相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔点越高，故熔点最高的是金刚石，熔点最低的是干冰，故熔化时不需要破坏化学键的是⑤⑥，熔化时需要破坏共价键的是②，熔点最高的是②，熔点最低的是⑤；

(2)BaCl 2、NH 4Cl 、Na 2SO 4属于离子化合物，NH 4Cl 含有离子键、共价键，而BaCl 2只含有离子键，干冰、碘晶体以分子间作用力结合；

(3)BaCl 2为离子化合物，其电子式为[C ]－Ba 2＋[C ]－；碘为非金属单质，以共用电子对成键，则电子式为

。

【点睛】

明确不同类型的晶体在熔化时克服不同的作用力是解答本题的关键，注意把握晶体类型的判断方法和微粒间的作用。离子晶体熔化克服离子键，原子晶体熔化克服共价键，金属晶体熔化克服金属键，分子晶体熔化或升华克服分子间作用力或氢键，尤其注意氢键属于分子间作用力。

12．

A 、

B 、

C 、

D 、

E 、

F 、

G 、

H 八种前四周期元素，原子序数依次增大，A 、B 、F 三者原子序数之和为25，且知B 、F 同主族，1.8g E n 与G 的气态氢化物的水溶液反应生成2.24L 氢气(标准状况下)，D +和E 的离子具有相同的电子层结构，工业上用电解元素B 和E 能形成离子化合物的方法冶炼E 单质，H 元素常温下遇浓硫酸钝化，其一种核素质量数56，中子数30。试判断并回答下列问题：

()1H 该元素在周期表中的位置__________ ．

()2由F 、G 二种元素形成化合物22F G 的电子式______，含有化学键的类别为

___________．

()3B 、C 、F 形成的最简单气态氢化物沸点由低到高的顺序依次为________.(用化学式表示)

()4①由A 、B 、D 、F 四种元素可以组成两种盐，写出这两种盐反应的离子方程式__________

②在碱性条件下，G 的单质可与2HO -

反应制备一种可用于净水的盐24HO -，该反应的离

子方程式是_______．

()5熔融盐燃料电池用熔融的碳酸盐作为电解质，负极充入燃料气4CH ，用空气与2CO 的混合气作为正极的助燃气，以石墨为电极材料，制得燃料电池。写出充入4CH 的一极发生反应的电极反应式______。

()6利用上述燃料电池，按图1所示装置进行电解，A 、B 、C 、D 均为铂电极，

Ⅰ.甲槽电解的是200mL n 一定浓度的NaCl 与4CuSO 的混合溶液，理论上两极所得气体的体积随时间变化的关系如图2所示(气体体积已换算成标准状况下的体积，电解前后溶液的体积变化忽略不计)。4CuSO 的物质的量浓度为________1mol?L -n 。

Ⅱ.①乙槽为4200mL CuSO n n 溶液，通电一段时间，当C 极析出0.64g n 物质时停止通电，若使乙槽内的溶液完全复原，可向乙槽中加入________(填字母)。

A 2Cu(OH) B?CuO 3C?CuCO 223D?Cu (OH)CO

②若通电一段时间后，向所得的乙槽溶液中加入0.2mol n 的2Cu(OH)才能恰好恢复到电解前的浓度，则电解过程中转移的电子数为________。

【答案】第四周期第ⅧA 族；

极性共价键、非极性共价键 2H S 、

HF 、2H O 322HSO H SO H O -++=↑+；

222423Cl 2FeO 8OH 2FeO 6Cl 4H O;----++=++

24322CH 4CO 8e 5CO 2H O --+-=+n 0.1 BC A 0.8N 【解析】

【分析】

A 、

B 、

C 、

D 、

E 、

F 、

G 、

H 八种前四周期元素，原子序数依次增大，1.8gE 与G 的气态氢化物的水溶液反应生成2.24L 氢气(标准状况下)，则E 为Al ，G 为Cl ，D +和E 的离子具有相同的电子层结构，则D 为Na ，工业上用电解氧化铝方法冶炼铝单质，所以B 为O ，B 、F 同主族，则F 是硫，A 、B 、F 三者原子序数之和为25，则A 是氢，C 的原子序数大于氧、小于钠，故C 为氟，H 元素常温下遇浓硫酸钝化，其一种核素质量数56，中子数30，则H 为Fe 。

【详解】

A 、

B 、

C 、

D 、

E 、

F 、

G 、

H 八种前四周期元素，原子序数依次增大，1.8gE 与G 的气态氢化物的水溶液反应生成2.24L 氢气(标准状况下)，则E 为Al ，G 为Cl ，D +和E 的离子具

有相同的电子层结构，则D 为Na ，工业上用电解氧化铝方法冶炼铝单质，所以B 为O ，B 、F 同主族，则F 是硫，A 、B 、F 三者原子序数之和为25，则A 是氢，C 的原子序数大于氧、小于钠，故C 为氟，H 元素常温下遇浓硫酸钝化，其一种核素质量数56，中子数30，则H 为Fe 。

() 1H 是Fe ，在元素周期表中的位置是第四周期第ⅧA 族，故答案为：第四周期第ⅧA 族；；

()2由F 、G 二种元素形成化合物()2222F G S Cl 的电子式为

；含有化学键的类别为极性共价键、非极性共价键；故答案为：

；极性共价键、非极

性共价键； ()3B 、C 、F 形成的最简单气态氢化物分别是2H O 、HF 、2H S ；HF 、2H S 常温下为气体，HF 分子之间存在氢键，沸点高于2H S ，水常温下为液态，沸点最高，故沸点由低到高的顺序是2H S 、HF 、2H O ；故答案为：2H S 、HF 、2H O ；

()4①四种元素要形成酸式盐，阳离子只能为Na +，阴离子只能为亚硫酸氢根或硫酸氢根，写离子方程式时亚硫酸氢钠拆分为钠离子和亚硫酸氢根，硫酸氢钠拆分为钠离子、氢离子和硫酸根，等式两端抵消掉某些离子后，离子方程式为：

322H HSO H O SO +-+=+↑；

②在碱性条件下，G 的单质()2Cl 可与()22HO FeO --

反应制备一种可用于净水的盐()

2244

HO FeO --，该反应的离子方程式是2

22423Cl 2FeO 8OH 2FeO 6Cl 4H O ----++=++；

故答案为：322H HSO H O SO +-+=+↑；

22423Cl 2FeO 8OH 2FeO 6Cl 4H O ----++=++； ()5负极发生氧化反应，所以4CH 的一极发生反应的电极反应

式 24322CH 4CO 8e 5CO 2H O --+-=+；故答案为：

24322CH 4CO 8e 5CO 2H O --+-=+；

()6Ⅰ.电解200mL 一定浓度的NaCl 与4CuSO 混合溶液，阳极发生22Cl 2e Cl ---=↑、224OH 4e O 2H O ---=↑+，阴极发生2Cu 2e Cu +-+=、22H 2e H +-+=↑，结合图可知，a 为阴极气体体积与时间的关系，b 为阳极气体体积与时间的关系，由图可知，产生氯气为224mL ，()20.224L n Cl 0.01mol 22.4L /mol

==，2t 时生成氧气为112mL ，

()20.112L n O 0.005mol 22.4L /mol

==，则共转移电子为0.02mol 0.005mol 40.04mol +?=，根据电子守恒及2Cu 2e Cu +-+=可知，

()40.04mol n CuSO 0.02mol 2==，所以()40.02mol c CuSO 0.1mol /L 0.2L

==；故答案为：0.1；

Ⅱ.①根据电极方程式即阳极发生224OH 4e O 2H O ---=↑+，阴极发生

2Cu 2e Cu +-+=。

电解过程中损失的元素有铜和氧，A 、多加了H 元素，错误；B 、能够补充铜和氧元素，正确；C 、3CuCO 与硫酸反应放出二氧化碳，相当于加入了氧化铜，正确；

223D.Cu (OH)CO 多加了H 元素，错误；故答案为：BC ；

②加入20.2mol Cu(OH)n n 相当于加入0.2molCuO 和20.2molH O ，则电解过程中共转移电子数为0.2mol 20.2mol 2?+? 0.8mol =n ，数目为A 0.8N ，故答案为：A 0.8N 。

13．

运用元素周期律研究元素及其化合物的性质具有重要的意义。

I.部分短周期主族元素的最高价氧化物对应的水化物(浓度均为10.01mol L )-?溶液的pH 和原子序数的关系如图所示。

()1元素R 在周期表中的位置是______；元素Z 的原子结构示意图是______。 ()2元素Y 和W 形成的22Y W 型化合物中含有化学键的类型为______。

II.短周期元素C 、O 、S 能形成多种化合物，如2CO 、2CS 、COS 等。

()1下列能说明碳、硫两种元素非金属性相对强弱的是______(填序号)

A ．S 与2H 发生化合反应比C 与2H 化合更容易

B ．酸性：2323H SO H CO >

C ．2CS 中碳元素为4+价，硫元素为2-价

()2铅()Pb 、锡()Sn 、锗()Ge 与元素C 同主族。常温下其单质在空气中，锡、锗不反应，而铅表面会生成一层氧化铅；锗与盐酸不反应，而锡与盐酸反应。由此可得出以下结论：

①锗的原子序数为______。

②它们4+价氢氧化物的碱性由强到弱顺序为______(填化学式)。

()3羰基硫()COS 可作为一种熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫的危害，其分子结构和2CO 相似。

①用电子式表示羰基硫()COS 的形成过程：______。

②羰基硫()COS 用氢氧化钠溶液处理及利用的过程如图：

已知A 是一种正盐，则A 的化学式为______；若气体a 为单质，反应II 的离子方程式为______。

【答案】第三周期第ⅦA 族离子键、非极性共价键 AC 32 444Pb(OH)Sn(OH)Ge(OH)>>

23Na CO

2222322S 5H O S O 4H 2OH ---++↑+@ 【解析】

【分析】

浓度均为0.01mol/L 的溶液，X 、R 的最高价氧化物对应的水化物pH=2，X 、R 的最高价氧化物的水化物为一元强酸，Y 的最高价氧化物对应的水化物pH=12，Y 的最高价氧化物的水化物为一元强碱，Z 的最高价氧化物的水化物的pH>2且溶液呈酸性，Z 的最高价氧化物的水化物为弱酸，W 的最高价氧化物的水化物的pH<2，W 的最高价氧化物的水化物为多元强酸，结合原子序数的关系，所以X 、Y 、Z 、W 、R 分别为N 、Na 、P 、S 、Cl 元素。

【详解】

()I.1元素Cl 在周期表中的位置是第三周期第ⅦA 族，磷原子结构示意图为，故答案为：第三周期第ⅦA 族；；

()2元素Y 和W 形成的22Y W 型化合物为22Na S ，其电子式为：

，

含有离子键、非极性共价键，

故答案为：离子键、非极性共价键； II （1）A.S 与H 2发生化合反应比C 与H 2化合更容易，能证明非金属性S C >，故A 正确；

B.酸性：2323H SO H CO >，由于亚硫酸不是S 元素的最高价氧化物对应的水化物，无法比较二者的非金属性大小，故B 错误；

C.CS 2中碳元素为4+价，硫元素为2-价，说明硫原子对共用电子对的吸引力较强，说明非金属性：S C >，故C 正确；

故答案为：AC ；

（2）①锗在硅元素的下一周期，二者原子序数之差为18，故锗的原子序数为

141832+=，

故答案为：32；

②同主族自上而下金属性增强，金属性越强，它们4+价氢氧化物的碱性越强，故碱性由强到弱顺序为：444Pb(OH)Sn(OH)Ge(OH)>>，

故答案为：444Pb(OH)Sn(OH)Ge(OH)>>；

（3）①COS 分子结构与二氧化碳分子结构相似，所有原子的最外层都满足8电子结构，则C 与O 、C 与S 均形成两对共用电子对，用电子式表示羰基硫分子的形成过程为

，故答案为：；

②由图示可知生成正盐为2Na S ，由元素守恒可知，生成正盐还有23Na CO ，反应为

2232COS 4NaOH Na S Na CO 2H O +=++，硫化钠与水反应生成223S O -，S 元素的化合

价升高，则生成的气体a 为还原产物氢气，结合原子守恒还有氢氧化钠生成，其反应的离子方程式为：2222322S 5H O S O 4H 2OH ---++↑+@，

故答案为：23Na CO ；2222322S

5H O S O 4H 2OH ---++↑+@。

14．

氨在化肥生产、贮氢及燃煤烟气脱硫脱硝等领域用途非常广泛．

()1尿素(]22[CO NH )与氰酸铵()4NH CNO 互为 ______ ；氰酸铵属于 ______ 化合物(选填：“离子”或“共价”)。

()2液氨是一种贮氢材料，气态氨转变为液氨将 ______ 能量(选填：“吸收”或“释放”).液氨可通过图1装置释放氢气，该过程中能量转化方式为 ______ 。

()3氨气可作为脱硝剂，在恒温恒容密闭容器中充入一定量的NO 和3NH ，在一定条件下发生反应：()()()()3226NO g 4NH g 5N g 6H O g ++?。

①能说明该反应已达到平衡状态的标志是 ______ (不定项选择)。

a.反应速率ν( 3NH )ν(= 2N )

b.容器内压强不再随时间而发生变化

c.容器内2N 的物质的量分数不再随时间而发生变化

d.容器内()n NO ：()3n NH ：()2n N ：()2n H O 6=：4：5：6

②某次实验中测得容器内NO 及2N 的物质的量随时间变化如图2所示，图中ν(正)与ν(

逆)相等的点为 ______ (选填字母)。

()4已知：断开1mol 共价键吸收的能量或形成1mol 共价键释放的能量数据如表共价键

H H - N H - N N ≡ 能量变化1/kJ mol -? 436 390.8 946 则合成氨反应：()22N g 3H + ()()3g 2NH g H ==V

______ 1kJ mol -? ()5工业上用氨水吸收硫酸工业尾气中的2SO ，既可消除污染又可获得43NH HSO 等产品．若用1000kg 含3NH 质量分数为17%的氨水吸收2SO 且全部转化为43NH HSO ，不考虑其它成本，则可获得的利润为 ______ 元(参照下面的价格表)。

3NH 质量分数17%的氨水无水43NH HSO 价格(元/kg) 1.0 1.8

【答案】同分异构体离子释放电能转化为化学能 bc cd 90.8- 782

【解析】

【分析】

()1分子式相同结构不同的化合物属于同分异构体；氰酸铵属于盐；

()2气态转化为液态释放能量，电解是电能转化为化学能；

()3①化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变；

②达到平衡时ν(正)与ν(逆)相等；

()4化学反应中旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，化学反应中的反应热H =V 反应物总键能-生成物总键能；

()5根据23243SO NH H O NH HSO ++=进行计算。

【详解】

(1)氰酸铵()4NH OCN 与尿素(]

22[CO NH )的分子式相同但结构不同，所以属于同分异构

【化学】化学 化学键的专项培优易错试卷练习题附答案

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