1、高考化学备考之化学键压轴突破训练培优易错试卷篇含答案一、化学键练习题（含详细答案解析）1A、 B、 C、 D、E、 F、G 是周期表中短周期的七种元素，有关性质或结构信息如下表：元有关性质或结构信息素A 地壳中含量最多的元素B B 阳离子与 A 阴离子电子数相同，且是所在周期中单核离子半径最小的CC 与B 同周期，且是所在周期中原子半径最大的(稀有气体除外)DD 原子最外层电子数是电子层数的2 倍，其氢化物有臭鸡蛋气味E E 与 D 同周期，且在该周期中原子半径最小F F 的氢化物和最高价氧化物的水化物反应生成一种离子化合物G G 是形成化合物种类最多的元素(1) B 元素符号为 _ ，A 与
2、 C 以原子个数比为1： 1 形成的化合物的电子式为_，用电子式表示 C 与 E 形成化合物的过程_， D 形成的简单离子的结构示意图为_。(2) F 的氢化物是由 _(极性或非极性 )键形成的分子，写出实验室制备该氢化物的化学方程式 _。(3) 非金属性 D_E(填大于或小于 )，请从原子结构的角度解释原因：_。【答案】Al极性2NH4 Cl+ Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O小于D的原子半径大于E 的原子半径,所以得电子的能力比E 弱【解析】【分析】【详解】A 是地壳中含量最多的元素，则期中单核离子半径最小的，则A 为 O 元素； B 阳离子与A 离子电子数相同，且是所在周B
3、为 Al；C 与 B 同周期，且是所在周期中原子半径最大的(稀有气体除外)，则C 为Na； D 原子最外层电子数是电子层数的2 倍，其氢化物有臭鸡蛋气味，则D 为 S 元素；E 与 D 同周期，且在该周期中原子半径最小，则E 为 Cl； F 的氢化物和最高价氧化物的水化物反应生成一种离子化合物，则F 为N 元素；G 是形成化合物种类最多的元素，则G 为碳元素；(1) 由分析可知B 元素符号为Al，O 与 Na 以原子个数比为1 ：1 形成的离子化合物是Na O ，电子式为；离子化合 NaCl 的电子式形成过程为22， S2-的离子的结构示意图为；(2) NH3 是由极性键形成的极性分子，实验室
4、利用氯化铵和氢氧化钙混合加热制备氨气的化学方程式为 2NH4 Cl+ Ca(OH)2CaCl2+2NH3 +2H2O；(3)S 的原子半径大于Cl 的原子半径，所以 S 得电子的能力比Cl 弱 ，即 S 元素的非金属性小于 Cl 的非金属性。2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
5、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、A 族离子键、（极性）共价键AC Si(s)+2Cl(g)=SiCl4(l) ?H= -687kJ mo
6、l-12434223Fe+4H SO (浓 )=Fe O +4SO +4H O【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、A 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
7、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)+2Cl(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Fe O ，则反应的化学方34程式为 3Fe+4H2 43 422SO (浓 )=Fe O +4SO +4H O；(6)C 与
8、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 Mg2 x91C ；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121合化合物 Q 的化学式 Mg 2x3 43 4为共价化合物，其电子式为C ，可知该烃分子式为C H， C H。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：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
9、越弱；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；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)。3（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）。CaCl2 和 Na2S Na2O 和 Na2O2 CO2 和 CaO HCl 和 NaOH（ 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
10、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 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 O2=2Cl2 2H2O。该反应中， 4 mol HCl 被氧化，放出115.6 kJ 的热量，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)224232图
11、2稳定小于 31.98HO+2NH Cl=BaCl +2NH +10H O【解析】【分析】(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，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，
12、都含有离子键，故符合题意；Na22 2都属于离子化合物，22 2中含有离子键和非极性共O 和 Na ONa O 中存在离子键，Na O价键，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
13、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 8H2O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
14、 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。4工业制备纯碱的原理为：NaCl
15、+CO2+NH3+H2 O NH4Cl+NaHCO3。完成下列填空：（1）上述反应体系中出现的几种短周期元素，非金属性最强的是_，第二周期原子半径由大到小的是 _。（ 2）反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的电子式是 _，该分子为 _（选填“极性”、“非极性”）分子。（3）写出上述元素中有三个未成对电子的原子核外电子排布式_，下列关于该元素和氧元素之间非金属性大小判断依据正确的是_（填编号）a. 最高价氧化物对应水化物的酸性b. 两元素形成化合物的化合价c. 气态氢化物的稳定性d. 氢化物水溶液的酸碱性侯氏制碱法也称联碱法，联合了合成氨工厂，发生
16、如下反应：N2+3H22NH3（4）工业为了提高H2 的转化率，一般会加入稍过量的N2，这样做对平衡常数的影响是_（填“变大”，“变小”或“无影响”，下同），对N2 的转化率的影响是_，对 H2 的反应速率的影响是_。（ 5）该反应的催化剂是 _（填名称）。反应本身为放热反应，但是工业仍然选择高温的理由是： _。【答案】 OCNO非极性1s22s22p3bc无影响减小变大铁触媒高温加快反应速率，催化剂适宜温度【解析】【分析】【详解】( 1) 上述反应体系中出现的几种短周期元素为:H、C、N、O、Na、 Cl。同周期元素，从左往右非金属性越来越强，同族元素从下往上，非金属性越来越强，所以几种短周
17、期元素中非金属性最强的是O；同周期从左往右，元素的原子半径越来越小，C、 N、 O 为第二周期的元素，其原子半径由大到小的顺序为：CN O；( 2) 铵根离子空间构型为正四面体形，反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的是CH4，其电子式是，该分子为非极性分子；( 3) 上述元素中有三个未成对电子的原子为N，其核外电子排布式为1s22s22p3，关于 N 与O 元素之间非金属性大小判断依据：a O无最高价氧化物对应的水化物，a不能作为判据；.b. 可根据两元素形成化合物NO 中两元素的化合价来判断两者的非金属性大小，b 能作为判据；c. 两者的气态氢
18、化物分别为H2O、 NH3，根据氢化物的稳定性可判断两者的非金属性大小，c 能作为判据；d. 氢化物水溶液的酸碱性不能作为判断两者的非金属性大小的依据，d 不能作为判据；答案选 bc；( 4) 工业为了提高 H2 的转化率，加入稍过量的N2，因为温度不变，所以反应的平衡常数不变，增大 N2 的量，平衡移动最终只能削弱条件改变带来的影响而不能彻底消除，所以N2的量会比加量前平衡时的量要多，所以N2 的转化率会降低，但会提高另一反应物( H2 ) 的转化率；( 5) 合成氨反应的催化剂是铁触媒。反应本身为放热反应，但是工业仍然选择高温的理由是：高温能够加快反应速率，且在该温度下适合催化剂发挥作用，
19、即催化剂的活性强。【点睛】元素非金属性大小的主要比较方法：根据元素周期表判断：同周期从左到右，非金属性逐渐增强；同主族从上到下非金属性逐渐减弱。从元素单质与氢气化合难易上比较：非金属单质与H2 化合越容易，则非金属性越强。从形成氢化物的稳定性上进行判断：氢化物越稳定，非金属性越强。从非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱判断：若最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则非金属性越强。从非金属阴离子还原性强弱判断 : 非金属阴离子还原性越强，对应原子得电子能力越弱 , 其非金属性越弱。根据两种元素对应单质化合时电子的转移或化合价判断：一般来说，当两种非金属元素化合时，得到电子而显负价的元素原子的电
20、子能力强于失电子而显正价的元素原子。5Nature Energy 报道了巾科院大连化学物理研究所科学家用Ni- BaH2 /Al 2O3、 Ni- LiH 等作催化剂，实现了在常压、 100-300 的条件下合成氨。（1）在元素周期表中，氧和与其相邻且同周期的两种元素的第一电离能由大到小的顺序为_ ；基态 Ni2+的核外电子排布式为 _，若该离子核外电子空间运动状态有15 种，则该离子处于 _（填 “基 ”或 “激发 ”）态。（2）氨在粮食生产、国防中有着无可替代的地位，也是重要的化工原料，可用于合成氨基酸、硝酸、 TNT 等。甘氨酸（ NH2CH2COOH）是组成最简单的氨基酸，熔点为182
21、 ，沸点为 233 。硝酸溶液中NO3?的空间构型为 _。甘氨酸中N 原子的杂化类型为_，分子中键与 键的个数比为 _，晶体类型是_，其熔点、沸点远高于相对分子质量几乎相等的丙酸（熔点为-2l ，沸点为141）的主要原因：一是甘氨酸能形成内盐；二是_。（ 3） NH3 分子中的键角为 107 ，但在 Cu(NH3)42+离子中 NH3 分子的键角如图 l 所示，导致这种变化的原因是 _（4）亚氨基锂（Li2NH）是一种储氢容量高、安全性能好的固体储氢材料，其晶胞结构如图 2 所示，若晶胞参数为3NA=_（列出表达d pm ，密度为 g/cm，则阿伏加德罗常数式） mol -l。226268或
22、Ar 3d8激发 平面三角形39:1 分子晶体【答案】 FNO 1s2s 2p3s 3p 3dsp分子数相同时，甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多（或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键）形成配合离子后，配位键与NH3中 NH 键之间的排斥力小于原孤对电子与NH3 中 NH 键之间的排斥力，故配合离子中NH3 的 NH 键间1.161032的键角变大；d3【解析】【详解】(1)与氧相邻且同周期的元素为N 和 F，由于 N 原子最外层电子为半充满状态，第一电离能较大，所以三者第一电离能由大到小的顺序为FNO； Ni 元素为 28 号元素，失去最外层两个电子形成 Ni2+，基
23、态 Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8 或 Ar 3d 8；基态 Ni2+的核外电子空间运动状态有1+1+3+1+3+5=14 种，若该离子核外电子空间运动状态有15种，则该离子处于激发态；35+03+1=3，孤电子对数为0，所以空间构型为平面(2) NO ?的中心原子价层电子对数为2三角形；甘氨酸 (NH2 2N 原子形成两个N-H 键和一个 N-C 键，达到饱和状态，价层电子CH COOH)中对数为 4，所以为 sp3 杂化；分子中碳氧双键中存在一个 键，其余共价键均为 键，所以分子中 键与 键的个数比为 9:1；甘氨酸熔沸点较低属于分子晶体；分子数相同时，甘氨
24、酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多（或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键）；(3)形成配合离子后，配位键与NH3 中 NH 键之间的排斥力小于原孤对电子与NH3 中 NH键之间的排斥力，故配合离子中NH3 的 NH 键间的键角变大；(4)根据均摊法，该晶胞中 Li 原子个数为 8，其分子式为 Li2NH，则晶胞中 NH 原子团的个数为 4，则晶胞的质量为78+154d pm=d -10m=NAg，晶胞参数为10 cm，所以晶胞的体积3-303m78+154 g1.161032V=d 10 cm ，则密度=NA，解得 NA =d3。V3-30cm3d10【点睛】含有 OH、
25、NH2 等基团的物质容易形成分子间氢键，使熔沸点升高；甲烷和氨气均为sp3 杂化，但由于 键对 键的排斥力小于孤电子对 键的排斥力，所以甲烷分子中键角比氨气分子中键角大。6钛被称为继铁、铝之后的第三金属，请回答下列问题：（ 1）基态钛原子的价层电子排布图为_，其原子核外共有 _种空间运动状态不同的电子，金属钛的堆积方式如图所示，为_(填堆积方式 )堆积（2） 已知 TiCl4 在通常情况下是无色液体，熔点为37 ，沸点为 136 ，均高于结构与其相似的 CCl4，主要原因是 _。 TiCl 4 可溶于浓盐酸得 H2TiCl6，向溶液中加入 NH4Cl 浓溶液可析出黄色的 (NH4)2TiCl6
26、 晶体。该晶体中微观粒子之间的作用力有_。A离子键 B共价键 C分子间作用力 D氢键 E金属键（3）硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式，结构如图所示，其中上。该阳离子化学式为 _ ，其中 O 原子的杂化方式为（ 4） 2016 年 7 月，研究人员发现了某种钛金合金的化学式是是理想的人工髋关节和膝关节；其晶胞结构如图所示，晶胞参数为Ti-O-Ti 在一条直线_。Ti3 Au，它具有生物相容性， a pm，最近的 Ti 原子距离为 a ， A 原子的坐标参数为（1,1,1 ），则 B 原子坐标参数为 _，距离 Ti 原2222子次近 的 Ti 原子有 _个， Ti-Au 间最近距离为_pm【答案
27、】12 六方最密 TiCl44均为分子晶体，4的分子量和 CClTiCl大于 CCl4，分子间作用力大一些，所以熔沸点更高。ABTiO2+sp (1 ， 1， 0) 8425a4【解析】【分析】(1) Ti 原子价电子为3d、 4s 电子， 3d 能级上有2 个电子、 4s 能级上有2 个电子；原子的空间运动状态即为原子轨道，Ti 有 1s、 2s、 3s、 4s 四个原子轨道，2p、 3p 六个轨道、 3d 两个轨道；该晶体为六方最密堆积；(2)分子晶体熔沸点较低，结构相似的分子晶体的熔沸点与相对原子质量有关；酸属于共价化合物，铵盐属于离子化合物，据此分析；(3)每个 O 原子被两个Ti 原
28、子共用、每个Ti 原子被两个O 原子共用，利用均摊法计算二者原子个数之比； Ti 元素为 +4 价、 O 元素为 -2 价，据此书写其化学式；阳离子的立体结构中 Ti-O-Ti 为直线型，据此分析杂化类型；(4)根据均摊法确定 Ti 和 Au 在晶胞中的位置，结合晶胞结构图进行分析原子的坐标和距离， Ti 和 Au 最近的距离为晶胞顶点的 Au 到面上的 Ti 之间的距离，如图所示，结合图示计算。【详解】(1)Ti原子价电子为3d、 4s 电子，3d能级上有2 个电子、4s 能级上有2 个电子，其价电子排布图为：；原子的空间运动状态即为原子轨道，Ti 有1s、 2s、 3s、4s 四个原子轨道
29、，2p、 3p 六个轨道、3d两个轨道，共12 个轨道；根据图示，该晶体为六方最密堆积；(2) TiCl4 和 CCl4 均为分子晶体， TiCl4 的分子量大于 CCl4，分子间作用力大一些，所以熔沸点更高； TiCl 4 可溶于浓盐酸得H2TiCl6，可将其看做形成一种酸，所有的酸都是共价化合物，向溶液中加入NH4Cl 浓溶液可析出黄色的(NH4 )2TiCl6晶体，可看做是铵盐，属于离子化合物，该晶体中微观粒子之间的作用力有共价键和离子键，答案选AB；(3)根据均摊法：每个O 原子被两个Ti原子共用、每个Ti 原子被两个O 原子共用，利用均摊法计算二者原子个数之比为1： 1，所以阳离子的
30、化学式为TiO2+，阳离子的立体结构中Ti-O-Ti为直线型，故O 原子的杂化方式为sp 杂化；(4)根据钛金合金的化学式是Ti3Au，大白球位于晶胞的顶点和体心，个数为11+8 =2，小8黑球位于晶胞的面上，则个数为126 =6，则大白球为 Au，位于晶胞的顶点和体心，小2黑球为 Ti，位于晶胞的六个面上，由于最近的Ti 原子距离为 a ，故 B 原子坐标参数为2(1 ， 1 ， 0)；以右图中 C 原子为中心，在该晶胞中与C 原子次近的原子有4 个，根据晶胞4 2的无隙并置，对称结构还有4 个，故有8 个； Ti 和 Au 最近的距离为晶胞顶点的Au 到面上的 Ti 之间的距离，如图所示，
31、则晶胞中Ti-Au 间最近距离为22aa= 5a pm。4247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 Mn 2+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。26 2+5 2 2 4 2-的晶体的部分结构如图1 所示：(2)Mg(HO) (N ) (H O) 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-1X737.71450.77732.7Y1313.93388.35300.5Z1402.32856.04578.1X
32、、 Y、 Z 中为 N 元素的是 _，判断理由是 _。从作用力类型看， Mg2+与 H252O 之间是 _。O 之间是 _、 N 与 HN5-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键，可用符号mn 表示，其中 m 代表参与形成大 键的原子数， n 代表参与形成大键的电子数 (如苯分子中的大键可表示为66 )，则 N4-中的大 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 ，NA 表示阿伏加德罗常数的值
33、，则AgN5 的密度可表示为_g?cm-3（用含 a、 NA 的代数式表示）。【答案】 3d5ds ZX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sp258.91022412NAa3【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)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；根据图示，判断晶体中阳离子、阴离子中含有的
34、作用力类型；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mAgN5 的个数，结合= 计算密度大小。V【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Mn 2+，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) X 的第一、第二电离能比较小且很接近，
35、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；在该晶体中阳离子 Mg(H2O)62+的中心离子 Mg2+含有空轨道，而配位体 H2 O 的 O 原子上含有孤电子对，在结合时，Mg 2+提供空轨道， H2O 的 O 原子提供孤电子对，二者形成配位 ；在阴离子 (N 5)2(H2O)42-上 N5-与 H2O 的 H 原子之 通 合在一起，形成NH-O，故二者之 作用力 ；若原子采用sp3 化，形成的物 构 四面体形；若原子采用sp2 化，形成的物 构 平
