1、【化学】化学化学键的专项培优易错试卷练习题一、化学键练习题（含详细答案解析）1（1）下列各组化合物中，化学键类型和化合物类型均相同的是_（填序号）。CaCl2222 22和 CaO HCl 和 NaOH和 Na S Na O 和 Na O CO（ 2）下列过程不一定释放能量的是 _。化合反应；分解反应；形成化学键；燃料燃烧；酸碱中和；炸药爆炸（3） Ba(OH)2 ? 8H2O 和 NH4Cl 反应的化学方程式是_ ，反应过程能量变化的图像符合_（填 “图 1”或 “图 2”）。图 1图 2（4）已知 1 mol 石墨转化为1 mol 金刚石要吸收能量，则石墨比金刚石_（填 “稳定 ”“”或
2、不稳定 ）。（5）一定量的氢气在氧气中充分燃烧并放出热量。若生成气态水放出的热量为Q1，生成液态水放出的热量为 Q2，那么 Q1_Q2（填大于、小于或等于）。（6）已知： 4HCl O222115.6 kJ 的热量，=2Cl 2H O。该反应中， 4 mol HCl 被氧化，放出且断开 O=O 键和 Cl-Cl 键所需的能量如下图所示。则断开1 mol H O 键与断开 1 mol H Cl键所需能量相差约为 _ kJ。【答案】 Ba(OH)28H2O+2NH4Cl=BaCl2 +2NH3 +10H2O 图 2 稳定 小于 31.9 【解析】【分析】(1)一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间
3、易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第 IA、第 IIA 族和第 VIA、第 VIIA 族元素之间易形成离子键；(2)根据吸热反应和放热反应的类别判断；(3)Ba(OH)2?8H2O 和 NH4Cl 反应生成氯化钡，氨气和水，属于吸热反应，判断合适的能量图；(4)根据自身能量越低越稳定判断；(5)根据气态水变成液态水放热判断；(6)根据焓变等于断裂旧的化学键吸收的能量减去形成化学键释放的能量计算。【详解】(1) CaCl2 和 Na2S 都属于离子化合物，都含有离子键，故符合题意；Na2O 和 Na2O2 都属于离子化合物，Na2O 中存在离子键， Na2O2 中含有离子键和非极性共价键
4、，故不符合题意；CO2 属于共价化合物，主要含有共价键，CaO 属于离子化合物，含有离子键； HCl 属于共价化合物，主要含有共价键， NaOH 属于离子化合物，含有离子键和极性共价键；所以化学键类型和化合物类型均相同的是；(2)绝大多数化合反应释放能量，少数化合反应吸收热量，例如碳和二氧化碳反应生成一氧化碳，故符合题意；绝大多数分解反应吸收能量，少数化合反应释放能量，例如过氧化氢分解制氧气，故符合题意；形成化学键一定释放能量，故不符合题意；燃料燃烧一定释放能量，故不符合题意；酸碱中和反应一定释放能量，故不符合题意；炸药爆炸一定释放能量，故不符合题意；符合题意的是；(3)Ba(OH)2?8H2
5、O 和NH4Cl 反应的化学方程式是Ba(OH)28H2O+2NH4 Cl=BaCl2+2NH3 +10H2O，反应为吸热反应，即生成物的能量高于反应物的能量，能量图选择图2；(4)已知1 mol石墨转化为1 mol金刚石要吸收能量，则石墨比金刚石能量低，能量越低的物质越稳定，石墨比金刚石稳定；(5)一定量的氢气在氧气中充分燃烧生成气态水放出的热量为Q1 ，生成液态水放出的热量为Q2，由于气态水转化为液态水还要放热，故生成液态水释放的能量多，Q1 小于Q2；(6)根据化学反应：4HCl O2=2Cl2 2H2O，放出115.6 kJ 的热量，断开1molO=O键和1molCl-Cl 键所需的能
6、量分别为498kJ/mol 和 243kJ/mol ，设断开1molH O 键需要的能量为x，断开 1 mol HCl 键所需能量为y，根据反应物断裂吸收的总能量与形成生成物释放的能量差等于反应放出的能量，4y+498kJ/mol-(243kJ/mol2+4x)=-115.6 ，kJ解得 x-y=31.9kJ/mol ，断开 1 mol HO 键与断开1 mol HCl 键所需能量相差约为31.9kJ。2(1)下面列出了几组物质：A 金刚石与石墨；B 丙烯与环丙烷；C 氕与氘； D 甲烷与戊烷； E.液氨与氨水； F.与； G.与，请将物质的合适组号填写在空格上。同位素 _同素异形体 _同系物
7、 _同分异构体 _同一物质 _。(2)下列物质中： Ar MgBr 2 Na2O2 H2SO4 CS2 NH4Br BaO RbOH。只存在共价键的是 _ (填序号，下同 )，只存在离子键的是 _，既存在离子键又存在极性共价键的是_，既存在离子键又存在非极性共价键的是_。(3)异丁烷的一氯代物有_种，新戊烷的一氯代物有_种。 C3H2Cl6 的同分异构体有 _种， C5HCl11 的同分异构体有_种，乙烷和氯气在光照条件下发生取代反应所得产物最多有_种。【答案】 CADB、 FG214810【解析】【分析】【详解】(1)上述物质中，氕与氘的质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素称为同位素
8、，故答案为： C；金刚石和石墨是由同一种元素组成的不同种单质，互为同素异形体，故答案为：A；甲烷和戊烷是结构相似，分子组成相差4 个 CH2 原子团的同一类有机物，互称为同系物，故答案为：D；丙烯与环丙烷的分子式均为C3H6，但结构不同，与的分子式均为 C5H12 相同，但结构不同，分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体，故答案为： B、 F；与属于同一种物质，故答案为：G；(2) Ar 为单原子分子，不含有化学键；MgBr 2 是离子化合物，Mg2+和 Br-形成离子键； Na2O2 是离子化合物， Na+和 O22-形成离子键， O22- 中 O 和 O 形成非极性共价键；H2SO4
9、是共价化合物，只存在极性共价键；CS2 是共价化合物， C 和 S形成极性共价键；NH4Br 是离子化合物，NH4+ 和 Br- 形成离子键， NH4+中 N 和 H 形成极性共价键；BaO 是离子化合物，Ba2+和 O2-形成离子键；RbOH 是离子化合物， Rb+与 OH-形成离子键， OH-中 H 和 O 形成极性共价键；综上所述，只存在共价键的是，只存在离子键的是，既存在离子键又存在极性共价键的是，既存在离子键又存在非极性共价键的是，故答案为：；(3)异丁烷 (2-甲基丙烷 )有两种等效氢，其一氯代物有2 种；新戊烷 (2，2-二甲基丙烷 )只有一种等效氢，其一氯代物有1 种；分子式为
10、 C3H2Cl6 的有机物可以看作 C3Cl8 中的两个Cl 原子被两个 H 原子取代，碳链上的 3个碳中，两个氢原子取代一个碳上的氯原子，有两种，CCl-CCl2-CClH2（取代那面甲基上的3氢原子时一样）、（两个边上的），CCl3-CH2-CCl3；分别取代两个碳上的氯原子，有两种：CCl2H-CCl2-CCl2HCCl（一中间一边上），故C3H2Cl6 共有 4 种；2H-CHCl-CCl3C5HCl11 可看作 C5C12 中的一个Cl 被 H 取代，先定碳骨架：C5 有三种碳骨架：、，后根据对称性移动官能团：氢原子的位置有、，因此 C5HCl11 的同分异构体有3+4+1=8种；乙
11、烷和氯气在光照条件下发生取代反应所得产物中，一氯取代物有1 种，二氯取代物有2种，三氯取代物有2 种，四氯取代物有2 种（与二氯取代物个数相同），五氯取代物有1种（与一氯取代物个数相同），六氯取代物1种，另外还有氯化氢生成，所以共有10种；综上所述，答案为：2； 1； 4； 8； 10。3完成下列问题：(1)氮和磷氢化物热稳定性的比较：NH _PH （填 “ 或”“ Q2Q +Q 4Q3 2Q +Q bc FeO 2-4+3e +4H2O=Fe(OH)3+5OHZn+2OH-2e =Zn(OH)2【解析】【分析】(1)根据元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物越稳定分析；(2)PH3 与 HI
12、 反应产生PH4I，相当于铵盐，具有铵盐的性质；(3)根据旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量的差值即为反应热，结合燃烧反应为放热反应分析解答；(4)根据在原电池中，负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，结合物质中元素化合价及溶液酸碱性书写电极反应式。【详解】(1)由于元素的非金属性：NP，所以简单氢化物的稳定性：NH3PH3；(2) a铵盐都能与NaOH 发生复分解反应，所以PH4I 也能与 NaOH 发生反应， a 错误；b铵盐中含有离子键和极性共价键，所以PH4 I 也含离子键、共价键，b 正确；c铵盐不稳定，受热以分解，故 PH4I 受热也会发生分解反应， c 正确
13、；故合理选项是 bc；(3)1 mol H 2O 中含 2 mol H-O 键，断开1 mol H-H、1 mol O=O、 1 mol O-H 键需吸收的能量分别为 Q1、 Q2、 Q3 kJ，则形成1 mol O-H 键放出 Q3 kJ 热量，对于反应 H2(g)+1O2(g)=H2O(g)，2断开 1 mol H-H 键和1112mol O=O 键所吸收的能量 (Q+Q ) kJ，生成 2 mol H-O 新键释放的221能量为 2Q3 kJ，由于该反应是放热反应，所以2Q3 -(Q1+Q2)0，2Q1+Q2MgAl【解析】【分析】图中曲线表示 8种元素的原子序数(按递增顺序连续排列)和
14、单质沸点的关系， H、 I 的沸点低于 0，根据气体的沸点都低于0，可推断 H、I 为气体，气体元素单质为非气体，故为第三周期元素，则A 为 Na， B 为 Mg ， C 为 Al，D 为 Si， E为 P、 G 为 S， H 为 Cl， I 为Ar。(1)原子中没有运动状态相同的电子，由几个电子就具有几种运动状态；根据核外电子排布式判断占有的能级；(2)氢氧化铝为两性氢氧化物，有酸式电离与碱式电离；(3)根据晶体类型不同，以及同种晶体类型影响微粒之间作用力的因素解答；(4)同周期自左而右非金属性增强，非金属性越强氢化物越稳定；电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，据此解答。【详解】由上述分
15、析可知： A 为 Na， B 为 Mg， C 为 Al， D 为Si， E 为 P、 G 为 S， H 为 Cl， I 为 Ar。(1)A 为 Na 元素，原子核外电子数为11，故共有 11种不同运动状态的电子，原子核外电子排布式为 1s22s22p63s1，可见有4 种不同能级的电子；(2)Al(OH)3 为两性氢氧化物，在溶液中存在酸式电离和碱式电离两种形式的电离作用，电离方程式为： AlO2-+H+H2OAl(OH)3Al3+3OH-；(3)NaF 与 MgF2 为离子晶体，阳离子与阴离子之间以强烈的离子键结合，断裂化学键需消耗较高的能量，因此它们的熔沸点较高；由于Mg 2+的半径比 N
16、a+的半径小，带有的电荷比Na+多，所以 MgF2 的熔点比 NaF 高；而 SiF4 为分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，破坏分子间作用力消耗的能量较少，故SiF4 的熔点低；(4)同一周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素的非金属性：ClSP。元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物就越稳定，故HCl 最稳定性， Na+、 Mg 2+、 Al3+核外电子排布都是 2 、8，电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子来说，离子的核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径Na+Mg2+Al3+。【点睛】本题考查核外电子排布规律、晶体结构与性质的关系、元素周期律等的应用，根据图象信息判断
17、出元素是解题关键，突破口为二、三周期含有气体单质数目。5碳与硅是十分重要的两种元素，金刚石、SiC 具有耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛。（1）碳元素在周期表中的位置是_ ，其原子核外通常未成对电子数为_个。（ 2）已知 2Ca3(PO4)2(s)+10C(s) P4(g)+6CaO(s)+10CO(g)反应中，被破坏的化学键有_。a离子键b.极性共价键c. 非极性共价键（ 3）一定条件下， Na 还原 CCl4 可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，除去粗产品中少量钠的试剂为 _ 。（ 4）下列叙述正确的有 _填序号），Na 还原 CCl的反应、 Cl2 与 H2O 的反应均是置换反应4水晶、干冰熔
18、化时克服粒子间作用力的类型相同NaSiO33Si 与 S 的非金属性强弱溶液与 SO 的反应可用于推断Si 在一定条件下可与FeO 发生置换反应【答案】第二周期第IVA 族 2 abc水（或乙醇） 【解析】【分析】【详解】（1）碳元素的电子层数为2，最外层电子数为4，所以在周期表中的位置是第二周期第IVA 族，碳元素的2p 能级上有2 个未成对电子。（ 2）由 2Ca3(PO4 )2（ s）+10C（ s）P4（ g） +6CaO（ s） +10CO，可知：钙离子和磷酸根离子之间的离子键被破坏，磷原子和氧原子间的极性共价键被破坏，另外C 中非极性共价键也被破坏，因此答案选abc。（ 3）由于
19、Na 可以与水（或乙醇）发生反应，而金刚石不与水（或乙醇）反应，所以除去粗产品中少量的钠可用水（或乙醇）。（4） Na 还原 CCl4 生成 NaCl 和 C，属于置换反应，但 Cl2 与 H2O 反应生成 HCl 和 HClO，不是置换反应，故错误；水晶属于原子晶体，而干冰属于分子晶体，熔化时克服粒子间作用力的类型不相同，前者是共价键，后者是分子间作用力，故错误；Na2SiO3 溶液与 SO3 的反应，说明酸性 H2SiO3比 H2SO4 弱，可用于推断 Si 与 S的非金属性强弱，故正确； C 和 Si 同主族性质相似，Si 在一定条件下可与 FeO 发生置换反应，故正确，答案选。6铝是地
20、壳中含量最多的金属元素，铝及其化合物在日常生活、工业上有广泛的应用。(1)铝原子核外有_种不同运动状态的电子，有_ 种能量不同的电子，写出铝在元素周期表中的位置：_(2)氮化铝具有强度高，耐磨，抗腐蚀，熔点可达2200。推测氮化铝是_晶体，试比较组成该物质的两微粒半径大小：_(3)可用铝和氧化钡反应可制备金属钡：4BaO+2AlBaOAl2O3+3Ba的主要原因是_(选填编号)。a.Al 活泼性大于Bab.Ba沸点比 Al 的低(4)工业上用氢氧化铝、氢氟酸和碳酸钠制取冰晶石c.BaOAl2 O3 比 Al2O3 稳定(Na3 AlF6)。其反应物中有两种元素在周期表中位置相邻，可比较它们金属
21、性或非金属性强弱的是_(选填编号)。a.气态氢化物的稳定性b最.高价氧化物对应水化物的酸(碱 )性c.单质与氢气反应的难易d单.质与同浓度酸发生反应的快慢(5)描述工业上不用电解氯化铝而是用电解氧化铝的方法获得铝单质的原因：_【答案】135第三周期A 族原子AlNbac氯化铝为分子晶体，熔点低且不电离，而氧化铝为离子晶体【解析】【分析】(1)在任何原子中都不存在运动状态完全相同的电子，结合原子核外电子排布式确定铝原子核外电子能量的种类数目；(2)原子晶体，硬度大、熔点高，粒子的电子层越多，粒子的半径越大；(3)常温下 Al 的金属性比Ba 的金属性弱，该反应是利用Ba 的沸点比 Al 的低；(
22、4)根据反应物中的元素可知，氧、氟元素位置相邻，则利用非金属性强弱的判断方法来解答；(5)氯化铝为共价化合物，晶体中不存在离子，熔融时不能导电。【详解】(1)铝是 13 号元素，核外电子有13 个，每一个电子的运动状态都不同，核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，有 5 个能级，因此有 5 种能量不同的电子；铝原子的核外电子排布为2、8、3，所以铝在元素周期表中位于第三周期A 族；(2)原子晶体硬度大，熔沸点高，根据氮化铝的物理性质：它的硬度大、熔点高、化学性质稳定，可知氮化铝属于原子晶体，Al 元素原子核外电子数为13，有 3 个电子层， N 元素原子核外电子数为 7，有 2 个电
23、子层，原子核外电子层越多原子半径越大，所以微粒半径大小 AlN；(3)利用元素 Ba、 Al 在元素周期表的位置可知金属活泼性：AlKMnO4Cl2 S Cl17【解析】【分析】(1)由浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去，则高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为KMnO4 MnSO4，则在给出的物质中Cl 元素的化合价升高，则氧化反应为KClCl2，然后根据元素守恒来书写氧化还原反应；(2)在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，根据氧化剂和转移电子之间的关系计算；(3)在反应后的溶液中加入NaBiO3(不溶于冷水 )，溶液又变为紫红色，说明Mn 2+被氧化变为
24、MnO 4-， BiO3-发生反应得到电子后变为无色的Bi3+，据此写出离子方程式；(4)在自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；(5)上述氧化还原反应体系中，属于第三周期元素有断；S、 Cl，根据离子半径大小比较方法判(6)根据构造原理可知氯原子的核外电子排布式，任何一个原子核外没有运动状态完全相同的电子存在；结合原子尽可能成单排列，而且自旋方向相同书写Cl 原子最外层电子的轨道式。【详解】(1)由题意可知，高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为KMnO4 MnSO4，则在给出的物质中Cl 元素的化合价升高，则氧化反应为KCl Cl2，则反应为KMnO4+KCl+H2SO4
25、 MnSO4+K2SO4+Cl2 +H2O，由电子守恒及原子守恒可得配平后的化学反应为；(2)2KMnO 4+10KCl+8H2SO4=2MnSO4+6K2SO4+5Cl2 +8H2O 中，锰元素的化合价由+7 变为 +2，所以高锰酸钾是氧化剂， 2 mol 氧化剂在反应中得到电子的物质的量=2 mol (7-2)=10 mol，每转移 1 mol 电子，生成 Cl2 是 0.5 mol ，其在标准状况下的体积为V(Cl2 )=0.5 mol 22.4L/mol=11.2 L ；(3)如果在反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变紫红色，是因NaBiO3 具有强氧化性 (比KMnO4 氧化性强
26、 )，将 Mn 2+氧化为 MnO 4-， BiO3-得到电子被还原变为无色的Bi3+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：2Mn 2+5NaBiO3+14H+=2MnO 4-+5Na+5Bi3+7H2O；(4)在反应 2KMnO 4+10KCl+8H2SO4=2MnSO4+6K2SO4+5Cl2 +8H2O 中，物质的氧化性：KMnO4Cl2；在反应2Mn 2+5NaBiO3+14H+=2MnO4- +5Na+5Bi 3+7H2O 中，物质的氧化性：NaBiO3KMnO4 ，所以氧化性强弱顺序是：NaBiO3KMnO4Cl2；(5)上述氧化还原反应体系中，属于第三周期
27、元素有硫和氯，S2-、 Cl-核外电子排布都是2、8、8，电子层结构相同，由于核电荷数ClS，核电荷数越大，离子的半径就越小，所以其简单离子半径： S2- Cl-；(6)Cl 是 17 号元素，核外电子排布式是1s22s22p63s23p5，可见 Cl 原子最外层有7 个电子，氯原子的最外层电子的轨道式为，氯原子核外有17 不同运动状态的电子。【点睛】本题考查了氧化还原反应方程式的书写、电子转移方法的表示、原子核外电子排布规律、微粒半径大小比较等。掌握氧化还原反应中元素化合价与电子转移的关系和物质结构知识是本题解答的关键，题目考查了学生学以致用的能力。8碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。(1)
28、碳酸锂制取锂的反应原理为：Li2CO3焙烧Li2O+CO2；Li2O+C高温CO+2Li。锂原子的电子排布式为2真空_； CO 的结构式为 _；反应中涉及的化学键类型有_。)与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结(2)氢负离子 (H构理论加以解释 _(3)电池级碳酸锂对纯度要求很高，实验室测定Li CO 产品纯度的方法如下：称取1.000g 样23品，溶于2.000 mol/L 10.00 mL 的硫酸，煮沸、冷却，加水定容至100mL.取定容后的溶液10.00 mL，加入2 滴酚酞试液，用0.100 mol/L 标准 NaOH 溶液滴定过量的硫酸，消耗NaOH 溶液
29、 13.00 mL。定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、_和 _。滴定终点的判断依据为_。样品的纯度为 _。【答案】1s22s1O C O 离子键、共价键、金属键氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构 (或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数 )比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大玻璃棒100mL 容量瓶当滴入最后一滴标准NaOH 溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色0.999【解析】【分析】(1)根据锂的原子序数确定核外电子排布式，根据二氧化碳的电子式确定结构式，根据物质确定化学键的类型；(2)根据原子核外电子的排布，核电荷数，比较半径的大小；(3)根据配置溶液的步骤，选择定容时的仪器；根据酸碱中和滴定和指示剂的变色情况判定滴定终点；利用硫酸的总物质的量减去与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量得到与碳酸锂反应的硫酸的物质的量，根据与碳酸锂反应的的硫酸的物质的量与碳酸锂的关系计算出碳酸锂的
