高考化学专题复习分类练习化学键综合解答题含详细答案

一、化学键练习题（含详细答案解析）

1．

下表是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表某一化学元素。

（1）表中字母h元素在周期表中位置___。

（2）写出b元素的最高价氧化物对应的水化物所含化学键类型___。

（3）下列事实能说明a元素的非金属性比c元素的非金属性强的有___。

A．a单质与c的氢化物溶液反应，溶液变浑浊

B．在氧化还原反应中，1mola单质比1molc单质得电子数目多

C．a和c两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高

（4）g与h两元素的单质反应生成1molg的最高价化合物。恢复至室温，放热687kJ。已知该化合物的熔、沸点分别为－69℃和58℃。写出该反应的热化学方程式___。

（5）常温下d遇浓硫酸形成致密氧化膜，若薄膜为具有磁性的该元素氧化物，写出该反应的化学方程式___。

（6）e与f形成的1mol化合物Q与水反应，生成2mol氢氧化物和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9∶1，写出烃分子电子式___。

【答案】第三周期、ⅦA族离子键、（极性）共价键 AC Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l) ?H= -

687kJ·mol-1 3Fe+4H2SO4(浓)=Fe3O4+4SO2↑+4H2O

【解析】

【详解】

由元素周期表可知：a为氧元素、b为钠元素、c为硫元素、d为铁元素、e为镁元素、f为碳元素、g为硅元素、h为氯元素；

(1)表中字母h为氯元素，其在周期表中位置为第三周期、ⅦA族；

(2)b为钠元素，钠的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，所含化学键类型为离子键、(极性)共价键；

(3)a为氧元素、c为硫元素；

A．O2与H2S的溶液反应，溶液变浑浊，说明有S生成，即O2的氧化性比S强，即氧元素的非金属性比硫元素的非金属性强，故A正确；

B．元素的非金属性强弱体现得电子能力，与得电子数目无关，故B错误；

C．O和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明H2O比H2S稳定，即氧元素的非金属性比硫元素的非金属性强，故C正确；

故答案为AC；

(4)已知Si(s)与C12(g)化合反应生成1molSiCl4(l)时放热687kJ，则该反应的热化学方程式为Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l) ?H= -687kJ·mol-1；

(5)常温下Fe遇浓硫酸形成致密氧化膜，该薄膜为具有磁性说明是Fe3O4，则反应的化学方程式为3Fe+4H2SO4(浓)=Fe3O4+4SO2↑+4H2O；

(6)C与Mg形成的1mol化合物Q与水反应，生成2mol氢氧化物和1mol烃，此氢氧化物应为Mg(OH)2，设化合物Q分子中含有x个C原子，则由原子守恒可知化合物Q的化学式

应为Mg2C x；已知烃分子中碳氢质量比为9:1，其分子中C、H原子数之比=

=3:4，结

合化合物Q的化学式Mg2C x，可知该烃分子式为C3H4，C3H4为共价化合物，其电子式为。

【点睛】

元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。

2．

（1）双氧水(H2O2)是一种绿色氧化剂，它的电子式为__。

（2）在常压下，乙醇的沸点（78.2℃）比甲醚的沸点（-23℃）高。主要原因是__。（3）联氨（又称肼，分子式N2H4）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似。

①肼的水溶液显碱性原因是__（请用肼在水中一级电离的方程式来表示）。

②联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为__。

【答案】乙醇分子间形成了氢键，而甲醚却不能 N2H4+H2O?NH2NH3++OH-

N2H6(HSO4)2

【解析】

【分析】

【详解】

(1)双氧水(H2O2)是一种绿色氧化剂，双氧水是共价化合物，电子式为；

(2)在常压下，乙醇的沸点(78.2℃)比甲醚的沸点(-23℃)高。主要原因是乙醇分子间形成了氢键，而甲醚却不能；

(3)①联氨在水中的电离方程式与氨相似, 则联氨的第一步电离方程式为：

N2H4+H2O?NH2NH3++OH-，则肼的水溶液显碱性。

②联氨为二元弱碱，第一步电离方程式为：N2H4+H2O?N2H5++OH-，第二步电离方程式为：N2H5++H2O?N2H62++OH-，则联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2。

3．

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-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

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(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Mn 2+；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N 5-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AgN 5的个数，结合ρ=

m V 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

1s 22s 22p 63s 23p 63d 54s 2，Mn 原子失去最外层2个电子得到Mn 2+，其价电子排布式为3d 5；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，I 1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(H 2O)6]2+的中心离子Mg 2+含有空轨道，而配位体H 2O 的O 原子上含有孤电子对，在结合时，Mg 2+提供空轨道，H 2O 的O 原子提供孤电子对，二者形成配位键；在阴离子[(N 5)2(H 2O)4]2-上N 5-与H 2O 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sp 3杂化，形成的物质结构为四面体形；若原子采用sp 2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。N 5-为平面正五边形，说明N 原子的杂化类型为sp 2杂化；在N 5-中，每个N 原子的sp 2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，N 5-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54π；

(3)根据AgN 5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

382?=12个；在一个晶胞中含有Ag +的数目为8×18+6×12=4，含有N 5-的数目为1+12×14

=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。

4．

有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；X＋与M2－具有相同的电子层结构；离子半径：Z2－＞W－；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料。请回答下列问题：

(1)Y元素的名称________；

(2)W在元素周期表中的位置是第________周期第________族；

(3)X2M2中存在的化学键有________、________；

(4)Z、W氢化物的稳定性顺序为________。（用化学式表示）

【答案】硅三ⅦA离子键共价键HCl＞H2S

【解析】

【分析】

Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料，则Y是Si元素，又因为

X、Y、Z、W同周期，所以X、Y、Z、W属于第三周期，由离子半径：Z2-＞W-、X+与M2-具有相同的电子层结构，可知X、Z、W分别为Na、S、Cl元素，又因为Z、M同主族且

X、Y、Z、W、M均为短周期元素，则M为第二周期的O元素。

【详解】

（1）Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料，则Y是Si元素，元素名称为：硅。

（2）W为Cl元素，在元素周期表中的位置为：第三周期第ⅦA。

（3）X为Na元素，M为O元素，所以X2M2为Na2O2，Na2O2中Na+与O22-之间存在离子键，O22-中两个O原子间存在共价键，故Na2O2中存在的化学键有离子键和共价键。（4）Z为S，W为Cl，非金属性W（Cl）>Z（S），元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，所以氢化物的稳定性顺序为：HCl＞H2S。

【点睛】

本题考查原子结构与元素周期律知识，侧重于学生分析能力的考查，首先运用元素周期表工具，结合同周期、同主族规律，位、构、性关系推断出X、Y、Z、W、M分别是什么元素，然后结合元素化合物知识进一步解答，注意本题分析的要点或关键词为：短周期元素、同周期、同主族、相同的电子层结构、离子半径大小、单质晶体熔点硬度、半导体材料等，找到突破口是解答本题的关键。

5．

短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置如图所示：

请回答下列问题：

（1）D在元素周期表中的位置为___。

（2）A和C形成的一种摩尔质量为41g·mol-1的化合物，该化合物与盐酸反应能生成两种盐，其化学方程式为___。

（3）M为A的简单气态氮化物，其水溶液可作刻蚀剂H2O2的清除剂，反应的产物不污染环境，其化学方程式为___。N为A的另一种氢化物，其相对分子质量比M大15，N为二元弱碱，在水中分步电离，并与M的电离方式相似，则N第一步电离的电离方程式为

___，N与过量硫酸反应生成的酸式盐的化学式为___。

（4）下列事实能说明E元素的非金属性比D元素的非金属性强的是___ (填序号)。

①E的单质与D的气态氢化物的水溶液反应，生成淡黄色沉淀

②E与H2化合比D与H2化合更容易

③D与Fe化合时产物中Fe为+2价，E与Fe化合时产物中Fe为+3价

④等浓度的D和E的最高价含氧酸的水溶液中的c(H+)：D＞E

（5）D2E2分子中各原子最外层均满足8电子结构，则D2E2的电子式为___。

【答案】第三周期ⅥA族 AlN＋4HCl=AlCl3＋NH4Cl 2NH3＋3H2O2=N2↑＋6H2O或

2NH 3·H2O＋3H2O2=N2↑＋8H2O N2H4＋H2O N2H5＋＋OH－ N2H6(HSO4)2①②③

【解析】

【分析】

由短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置可知，A为N，B为O，C为Al，D为S，E为Cl。

【详解】

A为N，B为O，C为Al，D为S，E为Cl。

(1)D为S，原子序数为16，位于周期表中的第三周期ⅥA族；

(2)A和C形成的一种摩尔质量为41g·mol－1的化合物，则该化合物为AlN。根据原子守恒，这两种盐分别为AlCl3和NH4Cl，其化学方程式为AlN+4HCl=AlCl3+NH4Cl；

(3)M为A的简单气态氢化物，为NH3，其水溶液为NH3·H2O，可作刻蚀剂H2O2的清除剂，反应的产物不污染环境，其化学方程式为2NH3+3H2O2=N2+6H2O；N为A的另一种氢化物，其相对分子质量比M大15，则N为N2H4。N为二元弱碱，在水中分步电离，并与M 的电离方式相似，则N第一步电离的电离方程式为N 2H4+H2O N2H5++OH－；N2H4作为二元弱碱，其阳离子为N2H62＋，与过量硫酸反应生成的酸式盐为硫酸氢盐，阴离子为HSO4－，化学式为N2H6(HSO4)2；

(4)①E的单质，即Cl2，与D的气态氢化物H2S的水溶液反应，生成淡黄色沉淀，发生反应Cl2＋H2S=S↓＋2HCl，Cl2置换出S，Cl2的氧化性大于S的氧化性，则可知非金属性Cl(E)大于S(D)，正确；

②非金属元素的非金属性越强，与氢气化合越容易。Cl2与H2化合比S与H2化合更容易，可知非金属性Cl(E)大于S(D)，正确；

③S与Fe化合时产物中Fe为+2价，Cl2与Fe化合时产物中Fe为+3价，Cl2得到电子能力强，可知非金属性Cl(E)大于S(D)，正确；

④D的最高价含氧酸为H2SO4，E的最高价含氧酸为HClO4。同浓度下，H2SO4溶液中c(H＋)

大，是由于H2SO4为二元酸，HClO4为一元酸，且均为强酸，在溶液中完全电离，与它们的非金属性强弱无关，错误；

综上①②③符合题意；

(5)D2E2分子中各原子最外层均满足8电子结构，S达到稳定结构需要形成2对共用电子对，Cl达到稳定结构需要形成1对共用电子对，可知S2Cl2分子中S原子间共用1对电子，每个S原子与Cl原子共用一对电子，结构式为Cl-S-S-Cl，其电子式为。

6．

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．ea3 B．ag C．fg3 D．dg4

（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 Mg3N2离子键

Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl

【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NH4Cl；

(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、N、P、Cl，

(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。

7．

已知：W、X、Y、Z、T 均为短周期元素，且原子半径依次增大。请填空：

（1）W、Z 是形成化合物种类最多的两种元素，写出 Z 的核外电子的轨道表示式

______________。

（2）化合物 YW3溶于水能使酚酞变红，用方程式表示酚酞变红的原因____。

（3）元素 T 的原子中电子占据 7 根轨道，则 T 在元素周期表____周期___族； T 的化合

物 TY 熔融时不导电，常用作砂轮与耐高温材料，由此推知，它属于____。

a 离子晶体

b 原子晶体

c 分子晶体

d 无法判断

（4）YX3与 YW3具有相同的分子空间构型，YX3属于______（填“极性”、“非极性”）分子，其中 Y 的化合价为____。

【答案】 NH3+H2O? NH3?H2O? NH4++OH-三 IIIA b 极性 +3 【解析】

【详解】

（1）W、Z是形成化合物种类最多的两种元素，化合物种类最多的是烃，则W是H元素、Z是C元素；原子核外有6个电子，分别位于1s、2s、2p轨道，其原子核外电子轨道表示式为，故答案为：；

（2）化合物YW3的水溶液能使酚酞变红，说明该物质为NH3，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成氢氧根离子而导致溶液呈碱性，碱遇酚酞试液变红色，故答案为：NH3+H2O? NH3?H2O? NH4++OH-；

（3）元素T的原子中电子共占据了7个轨道，则T为Al元素，Al原子核外有3个电子层、最外层电子数是3，所以位于第三周期第IIA族；Al的化合物AIN熔融时不导电，常用作砂轮及耐高温材料，说明该物质属于原子晶体，故选b；故答案为：三；IIIA；b；（4）NX3与NH3具有相同的分子空间构型，X为第VIIA族元素，其原子半径小于N元素，

则X为F元素，氨气分子为三角锥形结构，则NF3也是三角锥形结构，该分子正负电荷重心不重合，为极性分子；NF3中N元素电负性小于F元素，所以N元素显+3价、F元素显-1价，故答案为：极性；+3。

8．

中国药学家屠呦呦因发现青蒿素（一种用于治疗疟疾的药物）而获得诺贝尔生理医学奖。青蒿素（C15H22O5）的结构如图所示。请回答下列问题：

（1）组成青蒿素的三种元素电负性由小到大排序是_____，在基态O原子中，核外存在

_____对自旋相反的电子。

（2）下列关于青蒿素的说法正确的是_____（填序号）。

a.青蒿素中既存在极性键又存在非极性键

b.在青蒿素分子中，所有碳原子均采取sp3杂化

c.图中数字标识的五个碳原子均只以σ键与其它原子成键

（3）在确定青蒿素结构的过程中，可采用NaBH4作为还原剂，其制备方法为：

4NaH+B(OCH3)→3NaBH4+3CH3ONa

①NaH为_____晶体，如图是NaH晶胞结构，则NaH晶体的配位数是_____，若晶胞棱长为a，则Na原子最小核间距为_____。

②B(OCH3)3中B采用的杂化类型是_____。写出两个与B(OCH3)3具有相同空间构型的分子或离子_____。

③NaBH4结构如图所示，结构中存在的化学键类型有_____。

【答案】H＜C＜O 3 a 离子

2 sp2

BF、2-

CO离子键、配位键、共价键

【解析】

【详解】

（1）青蒿素由碳、氢、氧三种元素组成，三种元素的电负性由小到大排序为H＜C＜O；基态氧原子的电子排布式为224

1s2s2p，因此一共有3对自旋相反的电子，还有2个未成对

电子；

（2）a.青蒿素分子中有C-C 非极性键和O-O 非极性键，也有C-H 等极性键，a 项正确； b.标出的4号碳原子形成了3个σ键而没有孤电子对，因此为2sp 杂化，b 项正确； c.同b 项，4号碳原子形成了3个σ键和1个π键，c 项错误；

答案选a ；

（3）①金属氢化物是由金属阳离子和-H 组成的，因此为离子晶体，NaH 的结构与食盐类似，因此配位数均为6，根据晶胞结构不难看出钠（黑球）与钠之间的最小核间距为面对角线的一半，已知晶胞棱长为a

②硼原子的配位数为3，没有孤电子对，因此其采用2sp 的杂化方式，采用2sp 杂化的单核

分子有很多，例如3BF 、2-

3CO 等（合理即可）；

③首先阴、阳离子间存在离子键，硼原子最外层只有3个电子，因此除形成3个共价键外还要形成1个配位键，类似于+4NH 。

【点睛】

金属氢化物是一种近年来经常出现的物质，例如氢化钾、氢化钠、氢化钙等，其中氢以少见的-1价存在，这些氢化物都可以和水反应放出氢气，反应的本质是-1价的氢和+1价的氢发生归中反应。

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 H 2 蓝 2Rb+2H 2O=2Rb ++2OH -+H 2↑ 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+2H 2O=2NaOH+H 2↑，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H 2；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．

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)BaCl2、NH4Cl、Na2SO4属于离子化合物，BaCl2只含有离子键，分子晶体以分子间作用力结合；

(3)BaCl2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)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，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，BaCl2、NH4Cl、Na2SO4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)BaCl2、NH4Cl、Na2SO4属于离子化合物，NH4Cl含有离子键、共价键，而BaCl2只含有离子键，干冰、碘晶体以分子间作用力结合；

(3)BaCl2为离子化合物，其电子式为[C]－Ba2＋[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。

11．

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 、

() 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 。

12．

A、B、C、X、Y、Z、E为前四周期元素，且原子序数依次增大。A原子核外有三个能级，且每个能级上的电子数相等，C原子成对电子数是未成对电子数的3倍，X、Y、Z、E是位于同一周期的金属元素，X、E原子的最外层电子数均为1，Y有“生物金属”之称，Y4+和氩原子的核外电子排布相同，Z原子核外电子的运动状态数目是最外层电子数的14倍。用元素符号回答下列问题：

(1)B的电子排布式：_____________，Y的价电子排布图____________，Z2+的价电子排布式____________。

(2)E元素位于周期表第________周期__________族_________区。

(3)①A、B、C三种元素的第一电离能由小到大的顺序为_____________。

②A、C元素气态氢化物的稳定性的大小_________＞________(分子式表示)原因

_____________。

③与AC32-互为等电子体的离子_______(写一种)，写出与ABC-离子互为等电子体的分子的化学式：______(写一种)。

④AC2的电子式___________。

【答案】1s22s22p3 3d8四 IB ds C＜O＜N H2O CH4氧元素的非金属性强于碳或氧的原子半径比碳原子半径小，键长越小键能越大越稳定 NO3- N2O 或CO2

【解析】

【分析】

A、B、C、X、Y、Z、E为前四周期元素，且原子序数依次增大。A原子核外有三个能级，且每个能级上的电子数相等，A原子核外电子排布为1s22s22p2，则A为碳元素。X、Y、Z、E是位于同一周期的金属元素，元素只能处于第四周期，Y有“生物金属”之称，Y4+和氩原子的核外电子排布相同，Y元素原子核外电子数=18+4=22，故Y为Ti元素；X原子的最外层电子数为1，且X的原子序数小于Ti，故X为K元素；Z原子核外电子的运动状态数目是最外层电子数的14倍，最外层电子数只能为2，故Z原子核外电子数为28，则Z为Ni元素；E原子的最外层电子数为1，原子序数又大于Ni，则E原子的价电子排布式为

3d104s1，则E为Cu元素；C原子成对电子数是未成对电子数的3倍，原子序数又小于

X(钾)，未成对电子数最大为3，故C原子核外电子排布式为1s22s22p4，则C为O元素；而B的原子序数介于碳、氧之间，所以B为N元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知A是C，B是N，C是O，X是K，Y是Ti，Z是Ni，E是Cu元素。(1)B是N元素，原子序数是7，根据构造原理可知N原子的核外电子排布式为：

1s22s22p3；Y是22号Ti元素，价电子排布式是3d24s2，价电子排布图为：

；Z是Ni，Ni原子失去最外层的2个电子变为Ni2+，Ni2+的价电子排布

式3d8；

(2)E是Cu，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，在元素周期表中位于第四周期

第IB 族，属于ds 区；

(3)①A 是C ，B 是N ，C 是O ，一般情况下，同一周期的元素，随原子序数的增大，元素的第一电离能呈增大趋势，但由于N 原子的2p 电子处于半充满的稳定状态，所以其第一电离能比O 大，则三种元素的第一电离能由小到大的顺序为C ＜O ＜N ；

②元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性C ＜O ，原子半径r (C )＞r (O )，所以这两种元素的相应氢化物的稳定性：H 2O ＞CH 4； ③AC 32-离子为CO 32-，与其互为等电子体的离子为NO 3-；ABC -离子为CNO -，与其互为等电子体的分子的化学式为N 2O 或CO 2。

④AC 2是CO 2，在该物质分子中，C 原子与2个O 原子形成四对共用电子对，使分子中每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，所以CO 2的电子式为：

。

【点睛】

本题考查了物质结构的知识，涉及元素周期表、元素周期律的应用、原子核外电子排布的表示、元素周期表的位置、元素的电离能大小比较、等电子体及物质电子式的书写。根据原子结构推断元素是本题解答的关键。要根据原子的构造原理，结合元素的原子结构与元素位置及性质的关系分析判断，注意理解同一周期元素的第一电离能变化规律及反常现象，熟练掌握原子核外电子排布规律，这是解答该题的基础。

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，所以属于同分异构体；氰酸铵属于盐，是离子化合物，故答案为：同分异构体；离子；

()2气态氨转化为液态释放能量，图1装置为电解装置，电解时电能转化为化学能，故答案为：释放；电能转化为化学能；

()3 a.①该反应达到平衡状态时，325v(NH )4v(N )=正逆，没有指明正、逆反应速率，故a 不能说明反应达到平衡状态；b.该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，当反应达到平衡状态时，容器内压强不随时间的变化而变化，所以b 能判断反应是否达到平衡状态；c.容器内2N 的物质的量分数不再随时间而发生变化说明浓度不再改变，故c 能说明反应达到平衡状态； d.物质的量之比等于化学计量数之比，不能说明正逆反应速率相等或者浓度不变，故d 不能说明反应达到平衡状态；故答案为：bc ；

②达到平衡时ν(正)与ν(逆)相等，各组分浓度不再变化，cd 点物质的量不再改变，故答案为：cd ；

()4化学反应中的反应热H =V 反应物总键能-生成物总键能=946kJ/mol+3×436kJ/mol-6×390.8kJ/mol=-90.8kJ/mol ，故答案为：90.8-；

()51000kg 17%170kg ?=，设无水43NH HSO 的质量为x 。

23243SO NH H O NH HSO ++=，根据方程式可知17g 氨气可生成99g 43NH HSO ，所以有 1799170kg x

=解得x=990kg ，990kg×1.8元/kg-1000kg×1.0元/kg=782元，故答案为：782。

【点睛】

本题考查化学平衡状态、反应热以及化学方程式的计算等，题目难度中等，注意化学反应中的反应热H =V 反应物总键能-生成物总键能。

15．

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水化物（浓度均为0.01mol·L -1)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Y 2W 2型化合物中含有化学键的类型为________。

高考化学专题复习分类练习 化学键综合解答题含详细答案

高考化学专题复习分类练习化学键综合解答题含详细答案