备战高考化学元素周期律综合经典题含答案解析

1、备战高考化学元素周期律综合经典题含答案解析一、元素周期律练习题（含详细答案解析）1 已知元素x、 y 均为短周期元素，x 元素的一种核素常用于测文物的年代，y 元素原子半径是所有原子中最小的，元素x、y 可形成两种常见化合物m 和 n，已知钾酸性溶液褪色，m 分子中所含x 元素的质量是y 元素质量的6 倍，且m 可以使高锰酸m 的相对分子质量为 56。 n 是一种常用溶剂，它的实验式xy。回答下列问题：( 1) 符合条件的m 的有_种。( 2) 任意写一种不带支链的m 的结构简式 _ 。( 3) 若在 n 与液溴的混合液中加入铁粉可以发生反应( 在如图装置a 容器中反应) ，则：写出 a 容器

2、中发生的所有反应的化学方程式：_ 。d 容器中 naoh 溶液的作用是 _。(4) 在碘水中加入n振荡静置后的现象是_。( 5) 等质量 m、 n 完全燃烧时消耗o2 的物质的量较多的是_( 填“ m”或“ n” ) 。【答案】 3ch22323+br2febr3 ch chch2fe+3br2febr、+hbr吸收 hbr 和 br2，防止污染环境溶液分层，下层无色，上层紫红色m【解析】【分析】短周期元素 x 元素的一种核素常用于测文物的年代，则x 为碳 ( c) ； y 元素原子半径是所有原子中最小的，则y 为氢 ( h) 。元素 x、 y 可形成两种常见化合物m 和 n，已知 m 可以使

3、高锰酸钾酸性溶液褪色，m 分子中所含 x 元素的质量是y 元素质量的6 倍，且 m 的相对分子质量为 56，则 m 为分子式 c4h8 的烯烃； n 是一种常用溶剂，它的实验式xy，则 n 为苯( c6h6) 。【详解】由以上分析可知，m 是分子式为 c4 h8 的烯烃， n 是分子式为 c6h6 的苯。( 1) 符合条件的 m 有 ch2233332233=chchch、ch ch chch、 (ch)c ch，共=种。答案为： ；( 2) 一种不带支链的m 的结构简式为 ch22333=chch ch或 ch ch=chch 。答案为：ch2 chch2ch3或ch3ch chch3；=(

4、 3) a 容器中， fe 与 br2发生反应生成3、苯与23的催化作用下发生反应生febrbr在 febr成溴苯和溴化氢，发生的所有反应的化学方程式：2fe 3br23+ 2febr 、+br 2febr3+hbr。答案为： 2fe+3br 2 2febr3、+br 2febr3+hbr；不管是br2ghbr都是大气污染物，都应除去，所以d容器中naoh溶液的作用是( ) 还是吸收 hbr 和 br2，防止污染环境。答案为：吸收hbr 和 br2，防止污染环境；( 4) 在碘水中加入苯，由于碘溶于苯、苯难溶于水且密度比水小，所以振荡静置后的现象是溶液分层，下层无色，上层紫红色。答案为：溶液分

5、层，下层无色，上层紫红色；( 5) m 中含氢量高于n 中含氢量，所以等质量m ( c4h8662) 、n c h) 完全燃烧时消耗o的物(质的量较多的是m。答案为： m 。【点睛】计算耗氧量时，若质量一定，则先将化学式改写碳原子个数为子数，氢原子数越多，耗氧越多；若物质的量一定，则看化学式，子的耗氧量相同，依据需要可进行互换。2 x 、 y 、 z 、 e 、 f 五种元素的原子序数依次递增。已知：1 的最简式，然后比较氢原 4 个氢原子与 1 个碳原f 位于周期表中第四周期 ib 族，其余的均为短周期主族元素：e 的氧化物是光导纤维的主要成分；y 原子核外 l 层电子数为奇数；x 是形成化

6、合物种类最多的元素；z 原子 p 轨道的电子数为4。请回答下列问题：(1)写出一种 x 元素形成氢化物的化学式_ 。(2)在 1 个由 f 与 z 形成的 f2z 晶胞中 (结构如图所示 )所包含的 f 原子数目为 _个。(3)在 f(nh3)42+离子中， f2+ 的空轨道接受 nh 3 的氮原子提供的_形成配位键。(4)常温下 x 、 z 和氢元素按原子数目1:1:2 形成的气态常见物质a 是 _(写名称)， a 物质分子中 x 原子轨道的杂化类型为 _ ， 1mola 分子中键的数目为_ n a 。(5) x 、 y 、 e 三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为_(写元素符号 )。【

7、答案】 ch4 4 孤电子对甲醛 sp2 杂化 3 si cn【解析】【分析】x 、 y 、 z 、 e 、 f 五种元素的原子序数依次递增。根据f 位于周期表中第四周期 ib族可判断其为 cu；根据 e 的氧化物是光导纤维的主要成分可判断e 为 si；根据 x 是形成化合物种类最多的元素可判断x 为 c；根据 y 原子核外 l 层电子数为奇数且原子序数比x 的大可判断其属于第二周期的元素，可能为推测出 z 可能为 o 或 s，但 e 的原子序数大于n 或 f；根据 z 的原子 p 轨道的电子数为4z，e 为 si，所以 z 只能为 o，处于 c 和 o 之间的 y 只能为 n，所以 x 、

8、y 、 z 、 e 、 f 分别为 c、n、o、 si、 cu，据此解题。【详解】(1)x 为 c， x 元素形成的氢化物有很多，有烷烃、烯烃、炔烃等，其中的一种的化学式为ch4；(2) f2 z 为 cu2o，根据化学式中原子个数比 cu:o=2:1，然后算出图中该晶胞的黑球个数为：1 4=4，白球个数为： 81/8+1=2，所以黑球代表的是 cu 原子，白球代表的是 o 原子，所以该晶胞中所包含的 cu 原子数目为 4 个；(3)在 cu(nh3)42+离子中， cu2+ 的空轨道接受nh 3 的氮原子提供的孤电子对形成配位键；(4)常温下 c、 o 和氢元素按原子数目1:1:2 形成的气

9、态常见物质a 是甲醛，甲醛分子中 c原子可以形成四个化学键，因为碳的价电子数是4，其中，有两个单电子一起与氧的两个电子形成 c=o， c 剩余的两个单电子各与两个h 形成两个 c-h 键，双键中含有一条 键和一条 键，两条 c-h 单键都是 键，所以 键数 =2+1=3，杂化轨道数 =键数 +孤对电子数(c 无孤对电子，所以孤对电子数为0)，所以杂化轨道数 =3，为 sp2 杂化， 1mol hcho 分子3na ；中 键的数目为(5) x 、 y 、 e 三种元素分别为c、 n、 si，根据每周期第一种元素电离能最小，最后一种元素的电离能最大，呈逐渐增大的趋势；同族元素从上到下第一电离能变小

10、来进行判断，c、 n、 si 的第一电离能数值由小到大的顺序为：si cn。3 我国十分重视保护空气不被污染，奔向蓝天白云，空气清新的目标正在路上。硫、氮、碳的大多数氧化物都是空气污染物。完成下列填空：i. （ 1）碳原子的最外层电子排布式为 _。氮原子核外能量最高的那些电子之间相互比较，它们不相同的运动状态为 _。硫元素的非金属性比碳元素强，能证明该结论的是（选填编号） _。a. 它们的气态氢化物的稳定性b. 它们在元素周期表中的位置c. 它们相互之间形成的化合物中元素的化合价d. 它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱. 已知 no2 ( g)+ so2( g)no( g)+ so3( g

11、) ，在一定容积的密闭容器中进行该反应。（ 2）在一定条件下，容器中压强不发生变化时， _（填“能”或“不能”）说明该反应已经达到化学平衡状态，理由是： _。在一定温度下，若从反应体系中分离出so3，则在平衡移动过程中（选填编号）_。a. k 值减小b. 逆反应速率先减小后增大c. k 值增大d. 正反应速率减小先慢后快. 化学家研究利用催化技术进行如下反应：2no2+4con2+4co2+q( q0)（3）写出该反应体系中属于非极性分子且共用电子对数较少的物质的电子式_。按该反应正向进行讨论，反应中氧化性：_ _。若该反应中气体的总浓度在2min 内减少了0. 2mol / l，则用 no2

12、 来表示反应在此2min 内的平均速率为 _。（4）已知压强p2 p1，试在图上作出该反应在p2 条件下的变化曲线_。该反应对净化空气很有作用。请说出该反应必须要选择一个适宜的温度进行的原因是：_。【答案】 2s22p2电子云的伸展方向c、d不能该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡bno22co 0. 2mol/（l?min）若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小【解析】【分析】【详解】( 1) 碳为 6 号元素，

13、碳原子的最外层电子排布式为2s22p2。氮为 7 号元素，氮原子核外能量最高的电子排布为2p3，排在相互垂直的的三个轨道上，它们的电子云的伸展方向不相ah2s 的稳定性不如甲烷稳定，不能说明硫元同； . 非金属性越强，气态氢化物越稳定，但素的非金属性比碳元素强，故a 不选； b. 不能简单的根据它们在元素周期表中的位置判断非金属性的强弱，故b不选；c s和c相互之间形成的化合物为cs2s 显.，其中 c 显正价，负价，说明硫元素的非金属性比碳元素强，故c选； d. 硫酸的酸性比碳酸强，能够说明硫元素的非金属性比碳元素强，故d 选；故选 cd；故答案为： 2s22p2；电子云的伸展方向；cd；(

14、 2) no2 g)+so2(g)no g so3 g)为气体物质的量不变的反应，在一定容积的密闭容( )+(器中，容器中气体的压强为恒量，压强不发生变化，不能说明该反应已经达到化学平衡状态；在一定温度下，若从反应体系中分离出so3 so3ak值不变，浓度减小， . 温度不变，故 a 错误； b. so3 浓度减小，逆反应速率减小，平衡正向移动，随后又逐渐增大，故b 正确； c. 温度不变， k 值不变，故 c 错误； d. so3 浓度减小，平衡正向移动，正反应速率逐渐减小，开始时反应物浓度大，反应速率快，随后，反应物浓度逐渐减小，反应速率减小，因此正反应速率逐渐减小先快后慢，故d 错误；故

15、选b；故答案为：不能；该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡；b；( 3) 2no2+4con2+4co2，该反应体系中属于非极性分子的是n2 和 co2， n2 含有 3个共用电子对，co2 含有 4 个共用电子对，共用电子对数较少的是氮气，电子式为。氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中氧化剂为no2，氧化产物为co2，因此氧化性：no2 co2；由于2no2+4con2+4co2 反应后气体的浓度变化量为 1，若该反应中气体的总浓度在2min 内减少了 0. 2mol /

16、l，说明 2min 内 no2 的浓度减小了 0. 4mol / l， v= c= 0.4mol / l =0. 2mol/( l?min) ，故答案为：； no2 ；co2；t2min0.2mol/(l min) ；?( 4) 2no2+4con2+4co2 是一个气体的物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动，氮气的浓度增大，压强越大，反应速率越快，建立平衡需要的时间越短，压强p2p1，在p2 条件下的变化曲线为；该反应是一个放热反应，温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小，因此该反应必须要选择一个适宜的温度进行，故答案为

17、：；若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小。【点睛】本题的易错点为 ( 1) ，元素非金属性强弱的判断方法很多，但要注意一些特例的排除，如本题中不能通过硫化氢和甲烷的稳定性判断非金属性的强弱。4 在实验室可以将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中而将其吸收。现象是洗气瓶中产生黑色沉淀，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色。完成下列填空：（1）写出发生反应的化学方程式_，该反应能够发生是因为（选填编号）_。a. 强酸生成了弱酸b. 强氧化剂生成了弱还原剂c. 生成的黑色沉淀不溶于水，也不溶于一般的酸d. 生成的无色溶液不能导电，也不能

18、挥发出气体（ 2）该反应体系中的属于弱电解质的溶液，跟含有与该弱电解质等物质的量的氢氧化钠的溶液混合发生反应后，混合溶液中存在的离子一共有_种，这些离子的浓度大小不同，其中浓度第二大的离子的符号是_，从物料平衡的角度分析：溶液中c( na+)= _。（3）硫化铜与一般酸不反应，但可与浓硝酸发生反应：_cus+_hno3（浓）_cuso4 +_no2+_h2o，配平此反应方程式，将系数填写在对应的横线上。4）若反应中转移1.6mol电子时，则产生的气体在标准状况下体积为_l（；若反应的氧化产物为 0 . 8mol 时，则反应中转移电子数为_。（5）此反应体系中的含硫物质形成的晶体类型为_，此反应

19、体系中非金属元素的原子半径由大到小的是（用元素符号表示）【答案】 cusoh2s cus h2so44+ =+_。-)+ c( h2s 1 8 1 8 4c 5 hs c hs )+ c( s2()35. 846. 4na离子晶体s n oh【解析】【分析】【详解】( 1) 将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中，洗气瓶中产生黑色沉淀，为cus，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色，反应的化学方程式为cuso4 +h2s=cus+h2so4 ，反应生成的cus黑色沉淀不溶于水，也不溶于硫酸，使得该反应能够发生，故答案为：cuso4+h2s=cus+h2so4； c；( 2) 该反应体系中的属于弱电解

20、质的是h2s，与等物质的量的氢氧化钠的溶液混合，发生反应生成 nahs，溶液中存在nahs 的电离平衡和水解平衡，溶液中存在的离子有na+、 hs- 、s2- 、 oh- 、 h+，一共有5 种离子；但 nahs 的电离程度和水解程度均较小，这些离子的浓度第二大的离子为hs-，溶液中存在物料守恒，c na+chs-c s2-ch2()=()+()+ (s) ，故答案为：-5；hs ；c( hs)+ c( s2)+ c( h2s) ；( 3) 根据化合价升降守恒，硫化铜中的s元素由 - 2 价升高为 +6价，化合价升高8，硝酸中n 元素的化合价由+5 价降低为 +4 价，化合价降低1，最小公倍数

21、为8，因此硫化铜与浓硝酸的反应方程式为：cus 8hno3cuso48no24h2o18184+；( 浓 )=+，故答案为：； ； ；( 4) 根据反应的方程式cus+8hno3( 浓 )= cuso4+8no2 +4h2o，反应中转移的电子为8，若反应中转移1. 6mol 电子时，则产生1. 6molno2 气体，在标准状况下体积为1. 6mol22. 4l/ mol = 35. 84l；该反应的氧化产物为cuso0.8mol 时，则4，若反应的氧化产物为反应中转移电子为0. 8mol 8=6. 4mol ，数目为6. 4na，故答案为：35. 84； 6. 4na；( 5) 此反应体系中的

22、含硫物质为 cus和 cuso4，形成的晶体类型均为离子晶体，此反应体系中非金属元素为 s、 h、n、o，同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序为s n o h，故答案为：离子晶体； s n o h。5 黑火药是我国古代四大发明之一，它的爆炸反应为：2kno3+3c+sk2s+n2 +3co2完成下列填空：（1）上述反应中的还原剂为的数目为 _。_，还原产物有_，当有1molkno3 参加反应时，转移电子（2） kno3 晶体类型是 _，其晶体中存在的化学键有_。（3）硫原子的核外电子排布式为_，原子核外有 _种不同能量的电子。将so

23、2 和 cl2 分别通入品红溶液中，产生的现象是_；若将 so2 和 cl2 等体积混合后再缓缓通入品红溶液，发现品红溶液 _，其原因是 _。（4） s、 c 和 n 三种元素的原子半径从小到大的顺序是_； k2s 溶液中除 oh-外其它各离子物质的量浓度的大小顺序为_。（5）下列事实能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱的有_。a.同温同浓度溶液ph： na2co3 na2so4b.酸性： h2so3 h2co3c.cs2 中碳元素为 +4 价，硫元素为-2 价d.分解温度： ch h s42【答案】 c k2s和 n2a离子键、共价键2 26 24或 ne3s 23p456n 离子晶体1s 2

24、s 2p3s 3p品红溶液均褪色不褪色将 so22和 cl 等体积混合后在溶液中恰好完全反应生成了盐酸和硫酸，不再具有漂白性(或 so2+cl2+2h2o=h2so4+2hcl，盐酸和硫酸无漂白性) ncc(s2-)c(hs-)c(h+) ac【解析】【分析】【详解】（1）该反应中 n、 s 元素化合价均降低， c 元素化合价升高，因此还原剂为c；还原产物为 k2s 和 n2；当有 1molkno3 参加反应时，有1.5molc 参加反应， c 元素化合价从 0 价升高至+4 价，因此转移数目为1.5mol 4namol -1 =6na；（2） kno3 为活泼金属阳离子与含氧酸根阴离子组成的

25、化合物，其晶体类型属于离子晶体；晶体中阴阳离子通过离子键连接，硝酸根内n 原子与 o 原子之间通过共价键连接，因此 kno3 晶体中存在离子键、共价键；（3） s 原子核内质子数为16，核外电子数为16，因此核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4或ne3s 2 3p4；核外电子分别处于5 个不同的能级中，因此原子核外有5 种不同能量的电子； so2 具有漂白性，能够使品红溶液褪色，cl2 与水反应生成的hclo 具有漂白性，能够使品红溶液褪色；将so2 和 cl2 等体积混合后再缓缓通入品红溶液，so2 与 cl2 在水中能够发生反应： so2 +cl2+2h2o=h2so4+2hc

26、l，生成的 hcl、 h2so4 均不具有漂白性，因此不能使品红溶液褪色；（4） c、n 原子核外电子层数小于s，因此 s 原子半径最大，c、 n 处于同一周期，核外电子层数相同，质子数越大，其半径越小，因此半径相对大小关系为：ncs2-二级水解程度 水的电离程度，因此溶液中除oh-外离子浓度关系为：c(k+)c(s2-)c(hs-)c(h+)；（5） a同温同浓度溶液ph：na2co3na2so4，根据 “越弱越水解 ”，说明酸性：h2so4h2 co3， h2so4、 h2co3 分别对应 s、 c 的最高价氧化物对应水化物，可说明非金属性： sc，故 a 符合题意 ；b酸性： h2so3

27、h2co3，说明亚硫酸电离出氢离子的能力强于碳酸，因h2so3 并非 s 元素对应最高价氧化物对应水化物，不能说明碳元素与硫元素非金属性相对强弱，故b 不符合题意；c cs 中碳元素为 +4 价，硫元素为 -2 价，可直接说明s 的非金属性强于c，所以 s 才显负2价，碳元素显示正价，故c 符合题意；423 杂化， ch4为非极性分子， h-c 键能较d分解温度： ch h s，其原因是 c、 s 均采取 sp强，在 1000 左右分解，而h2s 为极性分子， h-s-h 键角为 92.1o，由于 h-s 键能较弱，导致 h2s 在 300 左右分解，故不能据此比较c 元素与 s元素非金属性，

28、故d 不符合题意；故答案为： ac。【点睛】常见非金属性的比较规律：1、由元素对应简单单质的氧化性判断：一般情况下，氧化性越强，元素对应非金属性越强；2、由单质和水反应程度判断：反应越剧烈，非金属性越强；3、由对应简单氢化物的稳定性判断：氢化物越稳定，非金属性越强；4、由和氢气化合的难易程度判断：化合越容易，非金属性越强；5、由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断：酸性越强，非金属性越强；值得注意的是：氟元素没有正价态，氧目前无最高正价，硝酸则因分子内氢键导致酸性较弱，所以最高价氧化物对应水合物的酸性最强的是高氯酸，而不是非金属性高于氯的氮、氧、氟。6naclo、 nano3、 na2so3 等

29、钠盐在多领域有着较广的应用。（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，半径较小的原子是_；原子核外最外层 p 亚层上电子自旋状态只有一种的元素是_ 。（ 2）碱性条件下，铝粉可除去工业废水中的nano2，处理过程中产生一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。产物中铝元素的存在形式 _ （填化学符号）；每摩尔铝粉可处理 _gnano2。（ 3）新冠疫情发生后，有人用电解食盐水自制 naclo 消毒液，装置如图（电极都是石墨）。电极 a 应接在直流电源的 _ 极；该装置中发生的化学方程式为_（4） na2 322hso3 +oh设计简单实验证明该平衡so 溶液中存在水解平衡so3+h o存在 _。 0.1m

30、ol/l na 2so3 溶液先升温再降温，过程中（溶液体积变化不计） ph 如下。时刻温度 / 25304025ph9.669.529.379.25升温过程中ph 减小的原因是_；与相比；c(hso 3 ） _（填 “或”“so【解析】【分析】（1）电子层数越少，半径越小，电子层数相同，质子数越多半径越小；p 亚层的电子数3 ，p 亚层上电子自旋状态只有一种；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同；（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐；铝粉除去工业废水中的nano2，处理过程中产生氨气，反应方程式是2al+nano 2 +na

31、oh+h 2 o=2naalo 2nh 3；（3）氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，为使氯气与氢氧化钠充分反应，a 极应生成氯气；（4）由于该水解平衡的存在，使na2so3 溶液显碱性；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动；与相比，温度相同，的ph 大于，说明中hso3 浓度减小。【详解】（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，na、 cl、 s 有3 个电子层，半径较大，o、n 有2个电子层，且o 的质子数大于n，所以半径较小的原子是o；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同，所以p 亚层上电子自旋状态只有一种的元素是n；（

32、2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐，产物中铝元素的存在形式是alo 2 ；铝粉除去工业废水中的 nano2，反应方程式是 2al+nano 2 +naoh+h 2 o=2naalo 2 nh 3，根据方程式 1molal 粉处理 0.5mol nano2，质量是 0.5mol 69g/mol=34.5g；（3） a 极氯离子失电子生成氯气，所以a 极是阳极，应接在直流电源的正极；用石墨电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，该装置通电中发生的化学方程式为 2nacl+2h2222o =2naoh+h+cl， cl +2naoh=nacl+naclo+ho；（4

33、）该水解平衡的存在，na2so3 使溶液显碱性，向溶液中滴加酚酞，发现变红，则证明该平衡的存在；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动，变小； 与相比，温度相同，的ph 大于，说明中。kw 变大， c(h+ )增大，hso 3 浓度减小， c ( hso3 ）ph7 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。262+5 2 2 42-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

34、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、 y、 z 中为 n 元素的是 _，判断理由是_。从作用力类型看，mg2+与 h2o 之间是 _、 n5 与 h2o 之间是 _。n5- 平面正五 形，n 原子的 化 型是 _。科学家 将来 会制出含n4 -、 n6-等平面 状 构离子的 ， 一 离子中都存在大 ，可用符号mn 表示，其中 m 代表参与形成大 的原子数， n 代表参与形成大 的 子数 (如苯分子中的大 可表示 66 )， n

35、4-中的大 表示 _ 。(3)agn5 的立方晶胞 构如 2 所示， ag+周 距离最近的ag+有 _个。若晶体中 的 n5-与 ag+的平均距离 a nm ，na 表示阿伏加德 常数的 ， agn5 的密度可表示 _g?cm-3（用含 a、 na 的代数式表示）。【答案】 3d5ds zx最外 2 个 子， x ； n 的 2p 道 于半充 的 定状 ，i1 大， z 氮元素sp258.91022其失去第一个 子 ，配位 氢键412naa3【解析】【分析】(1)根据构造原理 写出25 号 mn 元素的原子核外 子排布式，mn 原子失去最外 2个 子得到 mn 2+；根据原子 构与元素在周期表

36、的位置确定ag 在周期表所属区域；(2)根据元素的 离能大小 合原子 构确定x、 y、 z 三种元素，然后判断哪种元素是n元素；根据 示，判断晶体中阳离子、阴离子中含有的作用力 型； 合 n5- 平面正五 形 构， 合原子 化 型与微粒构型关系分析判断， 合微粒的原子 构分析大 的形成；(3)根据晶胞中离子的相 位置判断ag+的配位数，利用均 方法 算1 个晶胞中含有的magn5 的个数， 合= 算密度大小。v【 解】(1)mn 是 25 号元素，根据构造原理可得mn 原子的核外 子排布式 1s22s22p63s23p63d54s2， mn原子失去最外 2 个 子得到mn 2+，其价 子排布式

37、 3d5；ag、 cu 在周期表中位于第ib， 生 化的 子有最外 的s 子和次外 的d 子，属于ds 区元素；(2) x 的第一、第二 离能比 小且很接近， 明x 原子最外 有 2 个 子，容易失去，则 x 为 mg 元素， z 的第一 离能在三种元素中最大， 合n 原子 2p 道 于半充 的 定状 ，其失去第一个 子 ，i1 大，可推知z 为 n 元素， y 是 o 元素；在 晶体中阳离子mg(h 2 6 2+的中心离子 mg2+含有空 道，而配位体 h2o的 o 原子上o) 含有孤 子 ，在 合 ，mg 2+提供空 道， h2o 的 o 原子提供孤 子 ，二者形成配位 ；在阴离子 (n

38、5 22 42-上 n5-与 h2nh-o，)(h o)o 的 h 原子之 通 合在一起，形成故二者之 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 平面形；若原子采用sp 化， 形成的 直 型 构。n5 - 平面正五 形， 明n原子的 化 型 sp2 化；在n5- 中，每个n 原子的sp2 化 道形成2 个 ， n 原子上 有1 个孤 子 及1 个垂直于n 原子形成平面的p 道，p 道 形成大 ， 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 键是由4 个原子、 5 个电子形成，可表示为

39、54 ；5+为研究对象，在晶胞中与该ag+(3)根据 agn 的晶胞结构示意图可知，假设以晶胞顶点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 3 8=12 个；在一个晶胞中2+11-1-7 3含有 ag 的数目为8 +6 =4，含有 n5 的数目为1+12 =4，晶胞体积为 v=(2a 10)8244 178?g / mol3mn a/mol8.910223。cm ，则 =2a 10 7 3 cm3g/cmvn aa3【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 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。8a、 b、 c、 d 是原子序数依次增大的同一短同期元素，a、b 是金属元素，属元素， a、 b 的最高价氧化物对应的水化物可以发生反应生成盐和水。c、d 是非金(1)a 与c 可形成化合物a2c，写出该化合物的电子式为_。(2)b 与 d 形成的化合物是_(填 “离