2020-2021高考化学综合题专练∶原子结构与元素周期表含详细答案

1、2020-2021高考化学综合题专练：原子结构与元素周期表含详细答 案一、原子结构与元素周期表练习题(含详细答案解析)1 .我国科学家受中医启发，发现 AS2O3 (俗称砒霜)对白血病有疗效。氮、磷、神(As)是VA族、第二至第四周期的元素，这些元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。IA IIA IIIA IVA VA VIA VI1A1234561 BaFI siGe j AsSb | Te"Po 1 At完成下列填空:(1) As原子最外层电子的轨道表示式为 ;神蒸气的分子式： AS4,其分子结 构与白磷(P4)相似，也是正四面体，则AS4中神神键的键角是 。(2) P的非金

2、属性比 As强,从原子结构的角度解释其原因 ;如图是元素周期表的 一部分，请推测神的单质或其化合物可能具有的性质 (写出两条即可)(3) NH4NO3可做化肥，但易爆，300c发生爆炸：2NH4NO3-2N2T + O2T + 4H2O。每生成2molN2,反应中转移的电子为 mol,氧化产物与还原产物的质量.之比为。(4)发电厂常用氨气吸收烟气中的C6。常温下，当CO2不断通入pH=11的氨水中时会产生微量的新离子：NH2COO。(i)写出NH2COO的电子式(ii)计算原氨水中 c (NH4+) =mol/L。As原子核外有四【答案】'匕 600 P原子核外有三个电子层，个电子层，

3、P的原子半径v As, P吸引电子的能力更强，所以 P的非金属性更强神是半导体，神的氧化物是两性氧化物、神的最高价氧化物对应水化物是两性氢氧化物等1015: 7HO:10-3- 10-11 (或 10-3)60°；(1)As的最外层有5个电子，As原子最外层电子的轨道表示式为；As4分子结构与白磷(P4)相似，也是正四面体，键角为(2)由于为P原子核外有三个电子层，As原子核外有四个电子层，P的原子半径小于 As, P吸引电子的能力更强，所以P的非金属性更强；由位置可知，神是半导体，则神的氧化物是两性氧化物、神的最高价氧化物对应水化物是两性氢氧化物；(3)该反应2NH4NO3-2N2

4、T + O2T + 4H2O中N元素化合价由-3价、+5价变为0价，。元素的化合价由-2价升高为0,则氮气既是氧化产物也是还原产物，氧气为氧化产物，转移电子个数为10,则每生成2molN2,反应中转移的电子为10mol,氧化产物与还原产物的质量之比为(32+28): 28=15: 7。_ ，一 一 Htk -(4)NH2COO的电子式为 "他；pH=11 的氨水中，c (H+) =10-11mol/L, c (OH-) =10-3mol/L,由电荷守恒可知，c(NH4+)+c(H+尸 c (OH-),解得 c( NH4+)=( 10-3-10-11) mol/L或=10-3mol/L

5、。2.下表标出的是元素周期表的一部分元素，回答下列问题:(1)表中用字母标出的 14种元素中，化学性质最不活泼的是 (用元素符号 表示，下同)，金属性最强的是 ,非金属性最强的是 ,常温下单 质为液态的非金属元素是 ,属于过渡元素的是 (该空用字母表 示)。(2) B, F, C气态氢化物的化学式分别为 ,其中以 最不稳 定。(3)第三周期中原子半径最小的是 。【答案】Ar K F Br M HO、HCl、PH3 PHs Cl【解析】【分析】由元素在周期表中位置，可知A为氟、B为氧、C为磷、D为碳、E为Ar、F为Cl、G为硫、H为Al、I为Mg、J为Na、K为Ca、L为钾、N为Br、M处于过渡

6、元素。【详解】(1)表中用字母标出的14种元素中，稀有气体原子最外层达到稳定结构，化学性质最不活泼的是Ar (用元素符号表示，下同)；同周期自左而右金属性减弱、非金属性增强，同主族自上而下金属性增强、非金属性减弱，故上述元素中金属性最强的为K,非金属性最强的为 F;Br2常温下为液态，根据元素在周期表中位置可知M属于过渡元素；故答案为：Ar； K; F; Br； M;(2) B, F, C气态氢化物的化学式分别为H2。、HCl、PH3,同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性O> P、Cl>P,非金属性越强，氢化物越稳定，与PH3最不稳定，故答案为： H2

7、。、HCk PH3； PH3；(3)同周期自左而右原子半径减小，故第三周期中Cl原子半径最小，故答案为:Cl。3.离子化合物 A3的阴、阳离子的电子层结构相同，1mol AB2中含54 mol电子，且有下列反应：_点燃.一，一H 2+B2C B 2+X-Y+ AB2+H2O Y+ AB2+Z, Z有漂白作用。根据上述条件回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：AB2, X, Y, Z。(2)用电子式表示 AB2的形成过程： 。(3)写出反应的化学方程式：。【答案】CaC2 Ca(OH)2 Ca(ClO2 HClO©GcaGg： 一 ©C/广 2c2+2Ca9H片Ca(Cl

8、O2+CaC2+2H2O【解析】【分析】离子化合物AB2的阴、阳离子的电子层结构相同，1mol AB2中含54 mol电子，则A2+、B-离子中含有的电子数目均为18个，AB2为氯化钙，A为钙元素，B为氯元素，则H2+点燃.Cl2HCl, C为 HCl;Cl2+Xf Y+ CaC2+H2O, X为 Ca(OHp, 丫为 Ca(ClO>Ca(ClO+HCl-CaC2+Z, Z 有漂白作用，Z 为 HClO。【详解】(1)由分析可知 AB2为CaCb, X为Ca(OH)2, Y为Ca(ClO2, Z为HClO。，故答案为: CaC2; Ca(OH2; Ca(ClO> HClO;(2)

9、AB2的形成过程用电子式表示为 AlGsQd故答案为:。-；CI； - 82r ©|；厂；(3)的化学方程式为2c2+2Ca(OH)2=Ca(ClO?+CaC2+2H2O,故答案为：2Cl2 +2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+ CaC2+ 2H2。【点睛】 常见18电子的离子有 K+、Ca2+、ClT S2-、HS等。4.有7种短周期元素的原子序数按 A、B、C、D、E、F、G的顺序依次增大，B元素一种 原子的含量常用于判定古生物遗体的年代，A和C元素的原子能形成 4核10电子的微粒，D和E可形成离子化合物 E2D, E2D中所有微粒的电子数相同，且电子总数为 30, E、F、G

10、 的最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应，G和D同主族。试回答下列问题：(1)C元素的原子结构示意图 。(2)A和D可形成化合物的化学式为 。(3)F的单质与E元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为 。(4)上述元素形成的二元化合物中，能够用于漂白的气体物质中含有的化学键类型为 (5)写出D元素原子形成的10电子微粒X与G元素原子形成的18电子微粒Y反应的离子方 程式：。【答案】 25 H2O 和 H2O2 2Al+ 2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 f 共价键 H2S+20H=S2-+2H2O 或 HS+0H=S2-+H20【解析】 【分析】7种短周期元素的原子序数按A

11、、B、C D、E、F、G的顺序依次增大；B元素一种原子的含量常用于判定古生物遗体的年代，则B为碳元素；A和C元素的原子能形成 4核10电子的微粒，结合原子序数可知A为氢元素、C为氮元素；D和E可形成离子化合物 E2D, E2D中所有微粒的电子数相同，且电子总数为30,故E+、D2-离子核外电子数均为10,则D为氧元素、E为钠元素；E、F、G的最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应，是氢氧 化铝与强碱、强酸之间的反应，则 F为Al; G和D同主族，则G为硫元素，然后根据问题 逐一分析解答。【详解】根据上述分析可知： A是H, B是C, C是N, D是O, E是Na, F是Al, G是S元素。(

12、1) C是7号N元素，原子核外电子排布为2、5,所以N的原子结构示意图为 £»)；(2) A是H, D是O, A和D可形成两种化合物，它们的化学式为H2O和 母。2；(3)F是Al, E是Na, Na的最高价氧化物对应的水化物是NaOH, Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2和 H2,反应的离子方程式为2Al+ 2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 T ；(4)上述元素形成的二元化合物中，能够用于漂白的气体物质是SQ,该物质是共价化合物，S。原子通过共价键结合，所以其中含有的化学键类型为共价键；(5)D是O,G是S,D元素原子形成的10电子微粒X是OH,G元素原子形成

13、的18电子微粒丫是H2s或HS-,它们之间反应的离子方程式为：H2S+20H=S2-+2H2O或HS+OH-=S2-+H2O0【点睛】本题考查了原子结构与物质性质及元素在周期表位置关系应用，根据原子结构关系或物质 性质推断元素是解题关键，理解影响微粒半径大小的因素，注意识记常见10电子、18电子微粒，理解酸式盐可以与碱反应产生正盐，结合物质的溶解性及电解质的强弱和物质的 拆分原则书写反应的离子方程式。5.元素周期表前四周期的元素a、b、c、d、e,原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中未成对电子有 3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族，e的最外层只有

14、1个电子，但次外层有 18个电子。回答下列问题： (1)b、c、d中第一电离能最大的是 (填元素符号)，e的价层电子轨道表示式为 。 (2)a和其他元素形成的二元共价化合物中，三角锥形分子的中心原子的杂化方式为 。(3)这些元素形成的含氧酸中，HNO2、H2S。的中心原子价层电子对数之和为 , H2S。和H2SQ酸根的空间构型分别为 、。(4)e单质晶体结构如图1,此晶胞模型名称为 , e原子半径为r cm, e的相对原子质量 为M,晶胞密度为p g/cm3,则阿伏加德罗常数为 mol-1 (用r、p表示)。(5)这5种元素形成的一种1 ： 1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭

15、长的八面体结构(如图2所示)。该化合物中，阴离子为 ，阳离子中存在的化学键类型有 ;该化合物加热时首先失去的组分是 (填"20,或“NX),判断理由是sP3 7三角锥形正四面体面心立方晶胞,2M8 r3SQ2-共价键和配位键H2O H20与Cu2+的配位键键长较长而比较弱元素周期表前四周期的元素 a、b、c、d、e ,原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a为H元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，则c核外电子排布为2、6,因此c是O元素；b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于 c,则b核外电子排布式是1s22s22p3, b原子

16、序数为7,所以b是N元素；e的最外层只有1个电子，但次外层有 18个电子，则e原子核外电子数为 2+8+18+1=29, e为Cu元素；d与c同族，且原子序数小于 e ,所以d为S元素。(1)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族和第VA族元素第一电离能大于其相邻主族元素，同一主族元素中，元素第一电离能随着原子序数增大而减小；e的价层电子为3d、4s电子；(2)a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子为NH3,根据价层电子对互斥理论确定该分子的中心原子的杂化方式；(3)根据价层电子对理论分析这些元素形成的含氧酸中的中心原子的价层电子对数之和，根

17、据原子的价层电子对数确定H2SO3和H2SQ酸根的空间构型；(4)根据晶胞结构判断晶胞晶体类型；根据晶胞的基本结构可知其中含有的Cu原子数，利用密度Pb计算阿伏伽德罗常数；V(5)这5种元素形成的一种1:1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构，说明该阴离子价层电子对个数是4且不含孤电子对；阳离子呈轴向狭长的八面体结构，根据图知：其阳离子中铜离子配位数是 6,在八面体上下顶点上的分子中含有两个共价键且含有两个孤电子对，为水分子，有两个 H2O分子；正方形平面上四个顶点上的分子中含有3个共价键且含有一个孤电子对，该分子为NH3分子，共有4个NH3分子。【详解】根据上述分析可知：a为H元素；b是N元素

18、；c是O元素；d为S元素；e为Cu元素。(1)b是N, c是O, d为S。由于同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋 势，但第IIA族和第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；同一主族元素的第一电离能随 着原子序数增大而减小，所以b、c、d三种元素第一电离能最大的是N元素；e是Cu元素，其价层电子为 3d、4s电子，则其价层电子排布图为3d4s(2)a是H元素，H和其他元素形成的二元共价化合物中，物质分子呈三角锥形的为NH3,该分子白中心N原子形成3个共价健N-H,同时N原子上还含有一个孤电子对，价层电子 对数为4,所以N原子的杂化方式为 sp3杂化；这些形成的含氧酸中，HNO2的分

19、子的中心 N原子的价层电子对数为 2+512 =3,H2SC3的中心S原子的价层电子对数为 3+64 =4,所以HNO2、H2SQ的中心原子价层电2子对数之和为3+4=7；亚硫酸H2SO3的酸根SQ2冲的S原子价层电子对数为：3+6 2 3 2且含有一对孤电子对 所以其空间构型为三角锥形；硫酸H2SC4的酸根2SC42-中的S原子价层电子对数为：4+ 6 2 4 2 中心原子S上无孤对电子，所以其2空间构型为正四面体形；Cu原4MNa(4)根据Cu晶胞结构可知：Cu晶胞模型类型为立方面心结构；在一个 Cu晶胞中含有的子个数为：8X- +6X-=4, Cu的相对原子质量为 M,则晶胞质量 m=

20、4 Ig / mol82Na /molg,假设晶胞边长为 L, Cu原子半径为r cm ,则J2 L=4r cm,所以L=2 J2 r cm ,晶胞体积4M为丫33= 2>/2r?cm 'lb J2r3 cm3,则晶胞密度 p 变 Na g4M ,所V 16 -2r3cm316.2NAr3以 NA=/mol;8 r(5)根据已知条件可知五种元素形成的1： 1型离子化合物的阴离子呈四面体结构，说明该阴离子价层电子对个数是 4,且不含孤电子对，则该离子为SC42-;阳离子呈轴向狭长的八面体结构，根据图知，其阳离子中的中心离子Cu2+配位数是6,配位体是H2O、NH3,其中H2O有2个

21、，NH3有4个，H2。、NH3与Cu2+之间通过配位键结合，H2O中存在H-O共价键，NH3中存在H-N共价键，故阳离子中含有配位键和共价键；元素的非金属性O>N,且原子半径O<N,使得配位体 H2O和Cu2+的配位键比配位体 NH3与Cu2+的配位键要弱，因此 该化合物在加热时首先失去的组分是H2O。【点睛】本题考查元素及化合物的推断、元素电离能大小比较、杂化轨道理论、价层电子对理论及 晶胞计算等，掌握物质结构知识和一定数学知识是解题关键，侧重考查学生空间想象能 力、分析能力和知识运用能力。6.下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表某一化学元素。（2）以上13种元素中，

22、 （填写字母）元素原子失去核外第一个电子需要的能量最 多。i在周期表中的位置。（3）如果给核外电子足够的能量，这些电子便会摆脱原子核的束缚而离去。核外电子离开 该原子或离子所需要的能量主要受两大因素的影响：原子核对核外电子的吸引力；形成稳 定结构的倾向。卜表是一些气态原子失去核外不同电子所需的能量（ kJ mol1）;锂X丫失去A个电子519502580失去第二个电子729645701820失去第三个电子1179969202750失去第四个电子955011600通过上述信息和表中的数据分析为什么锂原子失去核外第二个电子时所需的能量要远远大于失去第一个电子所需的能量 。表中X可能为以上13种元素

23、中的 （填写字母）元素。用元素符号表示X和j形成化合物的化学式。丫是周期表中 族元素。【答案】m第三周期V A族 Li原子失去1个电子后形成稳定结构，此时再失去1个电子很困难a Nao和Na2O2 mA【解析】 【分析】(1)金属是导体(错是半导体)，石墨是导体；(2)越容易失去第一个电子，第一电离能越小；(3)根据电离能的大小结合原子核外电子排布判断可能的元素种类，注意电离能的大小能判 断出元素的化合价，即最外层电子数。【详解】根据元素周期表中元素的分布知识，可以知道 a是Na, b是H, c是Mg, d是Sr, e是 SG f 是 Al, g 是 Ge, h 是 C, j 是 O, i 是

24、 P, k 是 Sb, l 是 Cl, m 是 Ar；金属是电的良导体，石墨棒是电的良导体，金属有Na、Mg、Sr、Sc、Al,错是半导体，故答案为：；(2)从题目所给信息知道，原子失电子所需能量不仅与原子核对核外电子的吸引力有关，还 与形成稳定结构的倾向有关.结构越稳定失电子所需能量越高，在所给 13种元素中，处于 零族的m元素已达8e-的稳定结构，因此失去核外第一个电子需要的能量最多；i是P,位于元素周期表的第三周期V A族；(3)锂原子核外共有 3个电子，其中两个在 K层，1个在L层，当失去最外层的一个电子 后，锂离子处于稳定结构，根据题给信息可知，要使锂离子再失去电子便会形成不稳定结

25、构，因此锂原子失去第二个电子时所需能量远大于失去第一个电子所需的能量；由表中数据可知：X失去第2个电子所需能量远大于失去第一个电子所需的能量(9倍多)，而失去第三个、第四个电子所需能量皆不足前者的两倍，故第一个电子为最外层的1个电子，而其他几个电子应处于内层；结合所给的周期表知，X应为a,即钠元素，和j即氧元素所形成的化合物化学式分别为Na2O和Na2O2 ；由表中所给Y的数据可知，Y失去第1、2、3个电子所需能量差别不大，而失去第4个电子所需能量远大于失去第 3个电子所需的能量，因此 丫元素的最外层有3个电子，即为 IDA族的元素AL7.元素A、B、D、E、F、G均为短周期主族元素，且原子序

26、数依次增大，只有 E为金属元 素。已知A原子只有一个电子层；E、F的原子序数分别是 B、D的2倍，其中D、F同主族，B、E不同主族。回答下列问题：(1)元素D在周期表中的位置 。(2) F和G形成的化合物，分子中所有原子均为8电子稳定结构，该化合物的电子式为(3)由上述元素组成的物质中，按下列要求写出化学方程式两种弱酸反应生成两种强酸 ;置换反应，且生成物在常温均为固态 。(4)在D、F、G中选取2种元素组成具有漂白、杀菌作用的化合物。【答案】第二周期 VI A族：或：ChVS!Cl:H2SO3+HClO=H 2SO4+HCl点燃2Mg+CO2C+2MgO C102、SO2【解析】【分析】A元

27、素为短周期主族元素，且A原子只有一个电子层，所以 A为氢元素；F的原子序数是D的2倍，且D和F在同一主族，所以 D为氧元素，F为硫元素，则 G为氯元素；E为金 属元素，其原子序数是 B的2倍，所以E核外电子数为偶数，位于第三周期，为镁元素， 所以B是碳元素。即 A、B、D、E、F、G依次是H、C、O、Mg、S Cl元素。【详解】(1)元素D为氧元素，位于第二周期 VI A族；(2)F为硫元素，G为氯元素，形成的化合物分子中所有原子均满足 8电子稳定结构，则硫 应显2价，氯显1价，所以该化合物为 SC2或S2C12 (硫与氧同主族，也可能形成硫硫非极 性共价键)，其对应的电子式为 汨莅&

28、或代后总©I ；*看一(3)弱酸制强酸，通常发生的是氧化还原反应。分析所给的元素中，表现强氧化性的弱酸 想到次氯酸，表现还原性的酸想到H2s H2SQ等，但二者中只有 H2SQ与次氯酸反应生成的是两种强酸：H2SO3+HClO=HCl+H2SO4 ;置换反应，要有单质参与，生成物均为固体，排除了氯、氢等，想到镁和二氧化碳：点燃2Mg+CO2C+2MgO ;(4)中学学习的具有漂白性的物质包括二氧化硫、过氧化钠、过氧化氢、次氯酸、二氧化氯等，其中由所给的元素组成的且组成元素为2种的，想到了二氧化氯、二氧化硫。8. A、B、C D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。已知：

29、 A元素的 原子半径最小，B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，C元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应能生成盐，D与E同主族，E元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2。请回答：(1)元素C在周期表中的位置是 。(2)元素D的单质与金属钠反应生成的化合物可作潜水面具中的供氧剂，这种化合物与 水反应的离子方程式 。(3) D和E两种元素相比较，其原子得电子能力较强的是 (写名称)。以下说法 中，可以证明上述结论的是 (填写编号)。a.比较这两种元素的常见单质的沸点b.二者形成的化合物中，D元素的原子显负价c.比较这两种元素的气态氢化物的稳定性d.比较这两种元素氢化物的水溶液的酸性(

30、4)元素A、D、E与钠元素可形成两种酸式盐 (均含有该四种元素)，这两种酸式盐在水溶 液中反应的离子方程式是 。【答案】第二周期 V A 族 2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2 T 氧 bc H+HSQ-=SQ T+H2O【解析】【分析】A、 B、 C、 D、 E、 F 六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。A 元素的原子半径是主族元素中最小的，则 A为H; C元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应能生 成盐，则C 为 N 元素； B 元素原子的最外层电子数是内层电子数的2 倍，则 B 为 C 元素；D与E同主族，E元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2,则E最外层含

31、有6个电子，为S元素，D为O元素；F的原子序数大于 S,且为短周期主族元素，则F为Cl元素，据此解答。【详解】根据分析可知：A为H, B为C元素，C为N, D为O, E为S, F为Cl与水。（1） C是N元素，其原子核内有 7个质子，在周期表中第二周期VA族，故答案为：第二周期V A族；（ 2） D 元素单质与钠反应生成的化合物可以作潜水面具中的供氧剂，为过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2f ；（ 3）这两种元素分别O、 S 元素，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性较强的是 O 元素，名称为氧；元素的非金属性越强

32、，对应的原子得电子能力越强，而a. 单质的沸点与非金属性无关，与得电子能力无关，a 项错误；b. 二者形成的化合物为二氧化硫与三氧化硫，O 元素的原子显负价，则证明O 的得电子能力比S强，b项正确；c. 气态氢化物的稳定性越强，则元素的非金属性越强，得电子能力越强，c 项正确；d. 这两种元素氢化物的水溶液的酸性与非金属性无关，与得电子能力无关，d 项错误；答案为：氧；bc；（ 4） A、 D、 E 与钠元素可形成两种酸式盐（均含有该四种元素），这两种酸式盐分别是硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，二者反应生成二氧化硫和水，离子方程式为：H+HSQ-SQT +H2O。【点睛】 第（3）问元素周期律的判断是常

33、考点，要特别注意非金属性的判断依据，可总结为：1 、由单质的氧化性判断，一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强；2、由单质和酸或者和水的反应程度来看，反应越剧烈，非金属性越强。（比如F2、 Cl2、Br2和H2O的反应剧烈程度依次减弱，则非金属依次减弱）； 3、由对应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。化合反应越容易，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，非金属越强；6、由对应最低价阴离子的还原性判断，还原性越强，对应非金属性越弱； 9 下表为长式周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。试填空。 I J 1 写出上表中

34、元素原子的外围电子排布式 。(2)元素与形成的化合物中元素 的杂化方式为： 杂化，其形成的化合物的 晶体类型是： 。(3)元素、的第一电离能大小顺序是： >(用元素符号表示)；元素与元素形成的X分子的空间构型为： 。请写出与N3一互为等电子体的分子或离子的化学式 , (各写一种)。(4)在测定与形成的化合物的相对分子质量时，实验测得的值一般高于理论值的主要原因是：。(5)某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如上表中元素与元素的氢氧化物有相似的性质，写出元素的氢氧化物与NaOH溶液反应的化学方程式。(6)元素 在一定条件下形成的晶体的基本结构单元如下图1和图2所示，则在图1和图2的结构中

35、与该元素一个原子等距离且最近的原子数之比为： 。图2【答案】3d54s1sp3分子晶体N O三角锥形CC2或CS2、N2O、BeC2CNO HF分子之间有氢键，形成(HF)n Na?BeO2 2： 3,【解析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，为 H,为Be,为C,为N,为O,为F,为 Al,为Cl,为Cr,为Co；Cr的原子序数为24,注意外围电子的半满为稳定状态；(2)元素与形成的化合物为CC4,存在4个共价单键，没有孤对电子，构成微粒为分子；为N,为0, N原子的2p电子半满为稳定结构，则第一电离能大；X分子为NH3,与N3-互为等电子体的分子、离子，应具有3个原子和16个价电子；(4

36、)HF分子之间含有氢键；(5)Al与Be位于对角线位置，性质相似；(6)由图1可知，与体心原子距离最近的原子位于顶点，则有 8个；由图2可知，与顶点原子距离最近的原子位于面心，1个晶胞中有3个，则晶体中有8=12个。【详解】由元素在周期表中的位置可知，为H,为Be,为C,为N,为O,为F,为Al,为Cl,为Cr,为Co；Cr的原子序数为24,注意外围电子的半满为稳定状态，则外围电子排布为3d54s1;(2)元素与形成的化合物为CC4,存在4个共价单键，没有孤对电子，则 C原子为sp3杂化，构成微粒为分子，属于分子晶体；(3)为N,为O, N原子的2P电子半满为稳定结构，则第一电离能大，即N&g

37、t;O; X分子为NH3,空间构型为三角锥形；与N3-互为等电子体的分子、离子，应具有3个原子和16个价电子，则有 CQ(或CS2、N2。、BeC2)、CNO等微粒；(4)因HF分子之间含有氢键，能形成缔合分子(HF)n,则测定的相对分子质量较大；(5)Al与Be位于对角线位置，性质相似，则Be与NaOH溶液反应生成 Na2BeO2；(6)由图1可知，与体心原子距离最近的原子位于顶点，则有 8个；由图2可知，与顶点原子距离最近的原子位于面心，1个晶胞中有3个，空间有8个晶胞无隙并置，且 1个面被2个晶胞共用，则晶体中有 3-8 =12个，所以在图1和图2的结构中与该元素一个原子等2距离且最近的

38、原子数之比为8:12=2:3。10 .已知元素X、Y、Z质子数都小于18,并且质子数 X+Y=Z。X原子的电子层数与它的 核外电子总数相同，Z原子有两个电子层，外层电子数是内层的电子数的三倍，则(1) X是, Z是; Y原子结构示意图 。(2)由丫和Z组成，且丫和Z的质量比为7： 20的化合物的分子式是 。(3) X、Z可以形成两种化合物 A和B, A中原子个数比为2 ： 1,则A的摩尔质量是。B中两原子个数比为1 ： 1,实验室常用 B制备少量的氧气，写出该反应的 化学反应方程式。【答案】H 元素。元素 62 5 N2O5 18g/mol 2H 2O2 MnO2 2H2O+O2T 【解析】【

39、分析】 元素X、Y、Z质子数都小于18, X原子的电子层数与它的核外电子总数相同，则 X为H元素；Z原子有两个电子层，外层电子数是内层的电子数的三倍，最外层电子数为6,则Z为O元素；由于质子数 X+Y=Z故Y质子数=8-1=7,故Y为N元素，据此分析。【详解】元素X、Y、Z质子数都小于18, X原子的电子层数与它的核外电子总数相同，则 X为H元素；Z原子有两个电子层，外层电子数是内层的电子数的三倍，最外层电子数为6,则Z为O元素；由于质子数 X+Y=Z故Y质子数=8-1=7,故Y为N元素。(1)X是H元素，Z是O元素；丫为N元素，原子结构示意图为 ©)25；720(2) m (N)

40、： m (O) =7： 20,可知 n (N) ： n (O) =一 ： 一=2： 5,故该化合物为1416N2O5；(3) H、O可以形成两种化合物 A和B, A中X、Z原子个数比为2： 1,则A为 卷0,则A 的摩尔质量是18g/mol ; B中两原子个数比为1 ： 1,则B为H2O2,实验室常用H2O2制备少 量的氧气，反应的化学反应方程式为 2H2O2 MnO2 2H2O+O2T。11 .按要求回答下列问题：(1)某种粒子有1个原子核，核中有17个质子，20个中子，核外有18个电子，该粒子 的化学符号是_。(2)下列关于化学键的说法正确的是 。含有金属元素的化合物一定是离子化合物 第I

41、A族和第口 A族元素原子化合时，一定生成离子键由非金属元素形成的化合物一定不是离子化合物活泼金属与非金属化合时，能形成离子键离子键就是阴、阳离子间的相互引力离子化合物中可能含有非极性共价键(3)写出下列物质的电子式：Mg(OH)2： , N2: , NH4I: 。(4)用电子式表示下列化合物的形成过程：Na2S： ； H2O： 。H_【答案】17Cl h：N：h1+：1 ： P H2Na - + 忑 +- Na+ ;S: 2-Ma+i *4 H+ O - + 41 -【解析】【详解】(1)某种粒子有1个原子核，核中有17个质子，20个中子，核外有18个电子，该粒子 电子数比质子数多1个，为带1

42、个单位负电荷的阴离子，核中有17个质子，则为37ci ；(2) 含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3为共价化合物，错误；第IA族和第口 A族元素原子化合时，不一定生成离子键，如HCl,错误；由非金属元素形成的化合物可能是离子化合物，如NH4Cl,错误；活泼金属与非金属化合时，能形成离子键，如 NaCl、KI等，正确；离子键就是阴、阳离子间的相互作用，既有引力又有斥力，错误；离子化合物中可能含有非极性共价键，如Na2O2,正确；故答案为：；(3) Mg(OH”:由 Mg2+和 OH-构成，电子式为6：H；N2：两个N原子间形成三对共用电子，电子式为 ；N%N；H_NH4I：由 N

43、H 4+n I-构成，电子式为 H；N：H ； I ；L甘I.(4) Na2S: 2Na * + .S< + .Na -Na+:S:2"Na+；* 1.H2O： H" +，O"+'HH：O：H。 【点睛】在书写电子式时，首先应确定物质所属类别，弄清它是非金属单质，还是离子化合物或共 价化合物。离子化合物，由阴、阳离子构成；共价单质或共价化合物，由原子构成。对于 离子化合物，要确定离子尤其是阴离子的组成，若阴离子是原子团，则还要确定阴离子内 原子间的共价键数目；对于共价化合物，既要确定原子的相对位置，又要确定原子间的共 用电子对数目等。对于一般的非金属

44、原子来说，共用电子对数目=8 最外层电子数。对于H来说，只能形成一对共用电子。12. (1)将下列科学家与他们的原子结构模型用线连接起来:原子结构发展阶段的历史顺序是(用序号A、B、C、D填写)(2)原子结构的演变过程表明 (多项选择，选填序号)A.人类对某一事物的认识是无止境的，是发展变化的。B.现代原子结构已经完美无缺，不会再发展。C.科学技术的进步，推动了原子学说的发展。D.科学理论的发展过程中的不完善现象在许多科学领域都存在，随着科学的不断发展将 会得到补充和完善。(3)在打开原子结构大门的过程中，科学家运用了许多科学方法，除模型方法外，请从下列方法中选择出人们在认识原子结构过程中所运

45、用的科学方法 (多项选择，填写序号)实验方法假说方法类比方法推理方法睨MWA C、B、D A、C D【解析】【分析】(1)古希腊哲学家德谟克利特提出古典原子论，道尔顿创立了近现代原子论；汤姆生提出的葡萄干面包原子模型；卢瑟福提出了原子结构的行星模型；丹麦物理学家波尔(卢瑟福的学生)引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型；(2)原子结构的演变过程表明人类对某一事物的认识是无止境的，科学技术的进步，推动了原子学说的发展，随着科学的不断发展将会得到补充和完善；(3)道尔顿假说方法，汤姆生类比方法，卢瑟福提出了原子结构的行星模型实验方法，波尔 推理方法。【详解】(1)古希腊哲学家德谟克

46、利特提出古典原子论，认为物质由极小的称为原子”的微粒构成，物质只能分割到原子为止；1808年，英国科学家道尔顿提出了原子论，他认为物质是由原子直接构成的，原子是一个实心球体，不可再分割，创立了近现代原子论(连线：道尔顿-)；1897年，英国科学家汤姆生发现原子中存在电子.1904年汤姆生提出了葡萄干面包原子模型(连线：汤姆生-)，1911年，英国科学家卢瑟福提出了原子结构的行星模型(连线：卢瑟福-)，1913年丹麦物理学家波尔(卢瑟福的学生)引入量子论观点，提出电子在 一定轨道上运动的原子结构模型 (连线：玻尔-)，原子结构发展阶段的历史顺序是：AC、B、D;(2)A.原子结构模型的演变的过程

47、为：道尔顿原子模型一汤姆生原子模型一卢瑟福原子模型一玻尔原子模型一量子力学模型，人类对某一事物的认识是无止境的，是发展变化的，故 A正确；B.现代原子结构会再发展，故 B错误；C.人们对原子结构的认识，同其他科学事实一样经历了一个不断探索，不断深化的过程科学技术的进步，推动了原子学说的发展，故 C正确；D.从原子结构模型的演变的过程可看出：科学理论的发展过程中的不完善现象在许多科学领域都存在，随着科学的不断发展将会得到补充和完善，故 D正确；故答案为A、C、D;(3)道尔顿运用假说方法，认为物质是由原子直接构成的，原子是一个实心球体，不可再分 割，汤姆生类比方法，提出了葡萄干面包原子模型，卢瑟

48、福提出了原子结构的行星模型实 验方法，波尔引入量子论观点推理方法，故答案为。13.如图为工业从海水中提取液滨的流程图:已知：浪的沸点为59 C,微溶于水，有毒性。请回答:吸收液(1)某同学利用下图装置进行步骤至步骤的实验，当进行步骤时，应关闭活塞,打开活塞浓缩海水水AB(2)步骤中可根据 一现象，简单判断热空气的流速。(3)步骤中简单判断反应完全的依据是。(4)从 滨水混合物I ”到 澳水混合物H ”的目的是 。(5)步骤用下图装置进行蒸储，蒸储烧瓶中尚未安装温度计，安装其位置时应注意,装置C中直接加热不合理，应改为CP E F【答案】bd ac A中气泡产生的快慢B中溶液褪色浓缩B2或富集澳

49、温度计的水银球在蒸储烧瓶的支管口附近水浴加热【解析】【分析】向浓缩海水中加入氯气可以将Br-氧化得到滨水的混合物，利用热的空气吹出澳单质，得到粗澳，然后通入SO2r体吸收Br2单质，将Br2富集，二者在溶液中发生氧化还原反应生成 HBr,再通入C12氧化Br-得到澳与水的溶液，最后蒸储得到液澳。【详解】(1)进行步骤的目的是通入 C12氧化Br-离子为B2,且能使氯气通入和浓缩海水中的滨离子 反应，剩余氯气进行尾气吸收，因此应关闭bd,打开ac,进行反应和尾气处理；(2)步骤是利用澳单质易挥发的性质，关闭ac,打开bd,通入热空气把生成的澳单质赶出到装置B,并使Br2蒸气和通入的SO2气体在溶

50、液中发生氧化还原反应生成H2SO4和HBr,依据A装置中直玻璃管产生气泡的快慢现象，简单判断热空气的流速；(3)步骤中是二氧化硫和澳单质发生氧化还原反应生成澳化氢和硫酸，反应方程式为：Br2+SQ+2H2O= H2SQ+2HBr,由于滨水显橙色，所以可根据澳水溶液的颜色由橙色变化为无 色，来判断反应是否恰好完全进行；(4)海水中澳元素较少，从澳水混合物I ”到 澳水混合物n ”过程中，的目的是增大澳单质的浓度，起到富集澳元素的作用；(5)蒸储装置中温度计的作用是测定储出成分的温度，因此蒸储烧瓶中安装温度计，安装其位置时应注意：温度计水银球在蒸储烧瓶的支管口处；装置 C中直接加热温度不容易控制，

51、为使澳单质从滨水中蒸出，可根据澳的沸点为59 C,采用水浴加热的方法。【点睛】本题考查了物质制备的流程分析判断的知识，涉及氧化还原反应、反应条件的控制等，主 要是海水提取澳的原理应用，掌握实验原理，分析实验过程的目的是进行操作判断的依 据。14.在玻璃生产中，熔炉里原料发生的主要反应为：2Na2CQ+CaCO+3SiO2 若更)2Na2SQ+CaSiQ+3CO2 T。(1)某反应物在熔融状态下不导电，它属于 晶体。(2)上述反应里所涉及的短周期元素原子半径由大到小的顺序为 。(3)碳和硅属于同族元素，该族元素的原子最外层电子的价层电子表示式为 。(4)写一个能比较碳元素和氧元素非金属性强弱的化

52、学反应方程式：。(5)CO2的电子式为。(6)反应物Na2CO3与CaCQ均能制备二氧化碳，但是往往不是都能使用稀硫酸，请说明理由。点燃.【答案】原子 Na>Si>C>O nSnp2 C+O2=CO2 :口洋以：口； CaCO与稀硫酸反应生成的CaSQ微溶于水，会附着在 CaCQ表面阻止反应进一步进行【解析】【分析】(1)反应物中Na2CO3、CaCQ为离子晶体，SiO2为原子晶体；(2)反应中涉及Na、C、Sk O、Ca五种元素，根据它们在周期中的位置及元素周期律分析；(3)C、Si位于第IVA,最外层有4个电子，根据核外电子排布规律书写；(4)根据二者形成化合物中元素化合价的正负判断；(5)C原子与2个O原子形成4个共用电子对；(6)根据反应产物的溶解性、反应进行的快慢分析。【详解】(1)反应物中Na2CO3、CaCQ是盐，属于离子晶体，离子晶体在熔融状态时电离产生自由移动的离子，因此能导电，而SiO2为原子晶体，原子之间通过共价键结合形成晶体，原子晶体在熔融状态下不导电；(2)在上述反应中涉及 Na、C、Si、O、Ca五种元素，Ca位于第四周期，Na、Si位于第三周 期，C O位于第二周期，由于同