高考化学原子结构与元素周期表综合练习题

高考化学原子结构与元素周期表综合练习题一、原子结构与元素周期表练习题(含详细答案解析)1.磷化铝(AlP)和磷化氢(PH3)都是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。(1)磷元素在元素周期表中的位置：。AlP遇水蒸气会发生反应放出 PH3气体，该反应的另一种产物的化学式为。(2)PH3具有强还原性，能与CuSQ溶液反应，配平该反应的化学方程式：CuSC4+PHs+H2O=CU3PJ+H3PO4+H2SO4(3)工业制备PH3的流程如图所示。包小娓一^PH自瞬"I j一 次磷酸料航暇『分解一* 次磷峡L-(NaHjPO.)II HiL-“心4①次磷酸属于元酸。②白磷和烧碱溶液反应的化学方程式为：。③若起始时有1molP4参加反应，则整个工业流程中共生成molPH3。(不考虑产物的损失)【答案】第3周期第VA族Al(OH)324111283241P+3NaOH+3H2。=PH3T+3NaH2PO22.5【解析】【分析】(1)原子结构中电子层数等于周期数，最外层电子数等于族序数， AlP遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，根据元素守恒确定该反应的另一种产物的化学式；(2)配平化学方程式，就是通过在各物质的化学式前面添加系数，使反应中每种原子个数在反应前后相等的过程，但对于复杂的化学反应通常通过观察，找出变化的特点或规律，常使用化合价来配平，保证化合价升高与降低的数相等即可；(3)①根据物质电离出的氢离子数目确定酸的元数；②根据图示信息：白磷和烧碱溶液反应生成 PH3、NaH2PQ,据此书写方程式；③根据发生反应的过程寻找关系式，进行计算即可。【详解】(1)P处于第3周期VA族，AlP遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，根据元素守恒，确定该反应的另一种产物是Al(OH)3,故答案为：第3周期第VA族；Al(OH)3；(2)该方程式中Cu价态由+2下降为+1,P价态由-3升高为+5,为保证化合价升降数相等，Cu3P与H3PO4计量数分别为8、3,CuSQ的系数是24,H2SO4系数是24,根据元素守恒，得到：24CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P+3H3PO4+24H2SO4,故答案为：24,11,12,8,3,24;(3)①根据氢氧化钠过量时只能生成 NaH2PQ可知次磷酸只能电离出1个氢离子，因此次磷酸属于一元酸，故答案为：1;②根据图示信息：白磷和烧碱溶液反应生成 P%、NaH2PQ,方程式为：P4+3NaOH+3H2O=PH3+3NaH2PO2；故答案为：P4+3NaOH+3H2O=PH3 +3NaH2PO2；③P4+3NaOH+3H2O=PH3f+3NaH2PO2；2H3PQ=PH3f+H3P即P4〜2.5PH3,若起始时有1molP4参加反应，则整个工业流程中共生成 2.5molPH3；故答案为：2.5。2.南京理工教授制出了一种新的全氮阴离子盐 一AgN5,目前已经合成出钠、镒、铁、钻、银、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一区。(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:TOftI〔/kJ?mo「1I2/kJ?mo「1I3/kJ?mo「1X737.71450.77732.7Y1313.93388.35300.5Z1402.32856.04578.1①X、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 兀键，可用符号m表示，其中m代表参与形成大兀键的原子数，n代表参与形成大兀键的电子数(如果分子中的大兀键可表示为6),则N4-中的大兀键应表示为。⑶AgN5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anm,Na表示阿伏加德罗常数的值，则 AgN5的密度可表示为g?cm3(用含a、Na的代数式表示)。【答案】3d5dsZ艰外层为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，Ii较大，则其失去第一个电子较难，Ii较大，则Z为氮元素配位键氢键sp2128.91022Na a3(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Mn2+;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兀键的形成；(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AgN5的个数，结合p=m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1s22s22p63s23p63d54s2,Mn原子失去最外层2个电子得到Mn2+,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)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， I1较大，可推知Z为N元素，丫是。元素；②在该晶体中阳离子[Mg(H2O)6]2+的中心离子Mg2+含有空轨道，而配位体H2O的O原子上含有孤电子对，在结合时， Mg2要供空轨道，H2O的O原子提供孤电子对，二者形成配位键；在阴离子[(N5)2(H2O)4]2-上N5-与H2O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sp3杂化，形成的物质结构为四面体形；若原子采用 sp2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。 N5-为平面正五边形，说明N原子的杂化类型为sp2杂化；在N5-中，每个N原子的sp2杂化轨道形成2个。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轨道间形成大兀键，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，其中大兀键是由4个原子、5个电子形成，可表示为(3)根据AgN5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3日=猿个在一个晶胞中2含有Ag+的数目为8>4+6/=4,含有N5-的数目为1+12X1=4,晶胞体积为V=(2aX17038 2 44178④/molr; 22cm3,贝Upm_ NA/mo8.910g/cm3。V2a1073cm3 NAa3【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、大兀的分析、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。3.离子化合物AB2的阴、阳离子的电子层结构相同， 1molAB2中含54mol电子，且有下列反应：… 点燃 … … ①H2+B2 C ②MX-Y+AB2+H2O③Y+JAB2+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AE2的形成过程：。(3)写出反应②的化学方程式：。【答案】CaC2Ca(OH>Ca(ClO2HClO©GsG立一[©:「Ca24[：C1：]-232ca9HHea(ClO2+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， 1molAB2中含54mol电子，则A2+、B-离子中含有的电子数目均为18个，A3为氯化钙，A为钙元素，B为氯元素，则①H2+点燃Cl2 HCl,C为HCl;②Cl2+XfY+CaC2+H2O,X为Ca(OHp,丫为Ca(ClO>;③Ca(ClO)?+HCl-CaC2+Z,Z有漂白作用，Z为HClO。【详解】(1)由分析可知AB2为CaC2,X为Ca(OH)2,丫为Ca(ClO2,Z为HClO。,故答案为：CaC2;Ca(OH2;Ca(ClO>;HClO;(2)AB2的形成过程用电子式表示为： [:&]_C言2*[：&：广，故答案为：bCcwQ出-[：□：]-Ca2+[：CI:]->(3)②的化学方程式为2C2+2Ca(OH%=Ca(ClO》+CaC2+2H2O,故答案为：2cl2+2Ca(OH》=Ca(ClO)2+CaC2+2H2O。【点睛】常见18电子的离子有K+、Ca2+、ClTS2-、HS等。4.下表是元素周期表的一部分，除标出的元素外，表中的每个编号代表一种元素。请根据要求回答问题:IA0r11①(|]A U1AIVAVAVIAJUA211 1② ③r Nc——— I1；|④⑤।⑥(1)②的元素符号是。(2)⑤和⑥两种元素的非金属性强弱关系是：⑤ ⑥。(3)①和③两种元素组成的化合物中含有的化学键为(填“离子键”或“共价键”)。(4)④和⑥两种元素组成的化合物与 AgNO3溶液反应的离子方程式为。【答案】C<共价键Ag++C「=AgClJ【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置分析元素的种类；根据元素周期律及元素性质分析解答。【详解】根据元素周期表的结构及元素在周期表中的位置分析知，①为氢，②为碳，③为氧，④为钠，⑤为硫，⑥为氯；(1)碳的元素符号是C,故答案为：C；(2)⑤和⑥处于相同周期，同周期元素随核电荷数增大，非金属性增强，则两种元素的非金属性强弱关系是：⑤〈⑥，故答案为：<;H和O两种元素组成的化合物中有 H2O和H2O2,都属于共价化合物，含有的化学键为共价键，故答案为：共价键；Na和Cl两种元素组成的化合物为NaCl,与AgNO3溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，离子方程式为：Ag+Cl=AgClJ,故答案为：Ag+Cl=AgClJ。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、H2SQ的中心原子价层电子对数之和为,H2SQ和H2S。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rcm,e的相对原子质量为M,晶胞密度为pg/cm3,则阿伏加德罗常数为mol-1(用r、p表示)。

的(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；阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图2所示)。图2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“2O'或"NHf),判断理由是。【答案】,2M

8r3【解析】【分析】N口"回"卜口【答案】,2M

8r3【解析】【分析】Sd 4sSQ2-共价键和配位键 H2OH2O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，根据原子的价层电子对数确定 H2SQ和H2SC4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p3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；c是。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叵E五EERI1口；3d 4s(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；⑶这些形成的含氧酸中， HNO2的分子的中心N原子的价层电子对数为2+^J_2=3,2H2SQ的中心S原子的价层电子对数为3+6—4=4,所以HNO2、H2SO3的中心原子价层电2子对数之和为3+4=7；亚硫酸H2SQ的酸根SQ2-中的S原子价层电子对数为：3+6232 且含有一对孤电子对，所以其空间构型为三角锥形；硫酸 H2SQ的酸根2SQ2-中的S原子价层电子对数为：4+6242=4,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；(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Cu原子个数为：8x1+6X-=4,Cu的相对原子质量为M,则晶胞质量m=4瞿岑平瞿8 2 Na/molNag,假设晶胞边长为L,Cu原子半径为rcm,则J2L=4rcm,所以L=2j2rcm,晶胞体积4M为丫=13=2、,2r?cm=16、2r3cm3,则晶胞密度p.Nag 4M,所V162r3cm3 16,2NAr32M,,以Na= 3-/mol;8日3(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 SQ2-;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H2。、NH3,其中H2O有2个，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.A、B、CD、E、F、X、Y、Z九种主族元素的原子序数依次增大，且均不大于 20。B元素的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应生成一种正盐；盐 EYC与AY的浓溶液反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含 EYC的溶?夜;X元素的 3 最外层电子数是其次外层电子数的 心倍，D、Y、Z元素的最外层电子数之和为15;EF、4X三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应生成盐。请回答下列问题：(1)B元素的原子结构示意图是,X元素在周期表中的位置是第一周期第一族。(2)这九种元素中，金属性最强的是,非金属性最强的是。(3)EYC中化学键类型：,其电子式为。(4)A与B、C、D形成的化合物中，共价键的极性由强到弱的顺序是(用化学式表示)，这些化合物的稳定性由强到弱的顺序为(用化学式表示)。(5)D、EF简单离子半径由大到小的顺序为(填离子符号)，F和镁条用导线连接插入NaOH溶液中，镁条作(填“正极”或“负极”)。【答案】三VIA钾F或氟离子键、共价键(或极性键) Na-［：O：a：］-HF>H2O>NH3HF>H2O>NH3F>Na+>Al3+正极【解析】【分析】B元素的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应生成一种正盐，则 B为氮元素;盐EYC与AY的浓溶液反应，有黄绿色气体产生，该气体为氯气，氯气同冷烧碱溶液作用，可得到含次氯酸钠溶液，则E为钠元素，丫为氯元素，C为氧元素，A氢元素，因此D是3八F；X元素的最外层电子数是其次外层电子数的 一倍，则X为硫兀素；D、Y、Z兀素的最外4层电子数之和为15,则Z为钾元素；EF、X三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应生成盐，则F为铝元素。【详解】(1)B为氮元素，原子结构示意图是 ;X为硫元素，在周期表中的位置是第三周期第VIA族，故答案为：三；VIA;(2)由分析和元素周期律可知，这九种元素中，金属性最强的是钾元素，非金属性最强的是氟元素，故答案为：K或钾；F或氟；(3)次氯酸钠为离子化合物，次氯酸根中有极性共价键，所以次氯酸钠中的化学键为离子

键和共价键(或极性键)，次氯酸钠的电子式为 Na+［：O：Cl：］-，故答案为：离子键、共价键(或极性键)；(4)根据非金属性F>O>N,可知氨气、水、氟化氢中，共价键的极性由强到弱的顺序是HF>H2O>NH3,键能大小关系为HF>H2O>NH3,则稳定性由强到弱的顺序为 HF>H2O>NH3,故答案为：HF>H2O>NH3；HF>H2O>NH3；(5)氟离子、钠离子、铝离子的核外电子层数相同，则原子序数小的半径大，即离子半径由大到小的顺序为F>Na+>Al3+,铝和镁条用导线连接插入NaOH溶液中，因为镁与氢氧化钠不发生反应，而铝与氢氧化钠能发生氧化还原反应，则镁条作正极，故答案为： F>Na+>Al3+;正极。【点睛】在原电池判断负极时，要注意一般活泼性不同的两个金属电极，活泼的金属电极作负极，但要考虑负极要发生氧化反应，所以在镁、铝、氢氧化钠形成的原电池中，铝作负极，镁作正极。7.已知AB、C、D是中学化学中常见的四种不同粒子，它们之间存在如下图所示的转化关系：J+*|Ai］十)ri⑴如果AB、C、D均是10电子的粒子，请写出：A的结构式;D的电子式;(2)如果A和C是18电子的粒子，B和D是10电子的粒子，请写出：①A与B在溶液中反应的离子方程式： ②根据上述离子方程式，可判断 C与B结合质子的能力大小是(用化学式或离子符号表示)>。【答案】 或H-F也叫 HS+OH=HS+H2O或HS+OH=S2+H200HS2-或HS【解析】【详解】⑴如果AB、C、D均是10电子的粒子，符合关系的微粒分别为 NH+或HF、OHNH或F、H2O；(2)如果A和C是18电子的粒子，A为H2S或HS,C为HS或S2-,B和D是10电子的粒子，分别为OH、HbQ8.有X、Y、Z三种短周期元素，已知X原子L层电子比M层电子多2个，Y3+离子电子层结构与Ne相同；Z与X处于同一周期，其气态单质是双原子分子，两原子共用1对电子。

试回答:(1)写出元素X名称：；(2)写出Y元素在元素周期表的位置；(3)画出元素Z的原子结构示意图：;Z元素所在主族的元素形成的含氧酸酸性最强的是(写化学式);X的氢化物的电子式为；(6)写出Y单质与氢氧化钠溶液反应化学方程式;(7)标准状况下，2.24LZ单质与足量氢氧化钙完全反应时，电子转移总数为mol。・«【答案】硫第3周期第mA族 hciqH：S《H2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 0.1【解析】【分析】已知X原子L层电子比M层电子多2个，则X为S;Y3+离子电子层结构与Ne相同，则Y为Al；Z与X处于同一周期，其气态单质是双原子分子，两原子共用 1对电子，则Z为Cl,以此答题。【详解】经分析，X为S,丫为Al,Z为Cl;(1)元素X名称为硫；(2)Y元素在元素周期表的位置第 3周期第mA族；(3)元素Z的原子结构示意图为：,陋•Z元素所在主族的元素形成的含氧酸酸性最强的是 HClO4；••X的氢化物为h2s其电子式为：H£S?H；・・Y单质与氢氧化钠溶液反应化学方程式： 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；(7)标准状况下，2.24LZ单质与足量氢氧化钙完全反应：2Cl2+2CaOH2=CaCl2+CaClO2+2出。，电子转移总数N=nNA=VN=nNA=VVm1Na=2.24L22.4L/mol1NA=0.1NA9.元素A、B、D、E、F、G均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，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 O(3)由上述元素组成的物质中，按下列要求写出化学方程式①两种弱酸反应生成两种强酸;②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 —。♦A** *****E【答案】第二周期VIA族：。◎二口:或：<1；s；s；('|： H2SO3+HClO=H2SO4+HCI■fc111* ■■****”点燃2Mg+CO2^C+2MgOCIO2、SO2【解析】【分析】A元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、SCl元素。【详解】(1)元素D为氧元素，位于第二周期VIA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S>Cl2(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 或《i：工良酉：；*******•“(3)①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 H2sH2SQ等，但二者中只有H2SO3与次氯酸反应生成的是两种强酸：H2SO3+HClO=HCl+KSQ;②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+CO2^C+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。10.有下列各组物质：(A)O2和。3;(B)23592U和23892U；(C)CH3CH2CH2CH3和 I 1' I TOC\o"1-5"\h\zm 1 1；(D)「 I,']和"< ；(E)甲烷和新戊烷。<]i<1K'l1 f..I- ，J(1)组两物质互为同位素；(2)组两物质互为同素异形体；(3)组两物质互为同系物；(4)组两物质互为同分异构体。【答案】BAEC

(A)O2和O3都是由氧元素组成的不同单质，互为同素异形体;(B)235U和238U都是U元素的不同核素，互为同位素；(C)CmCH2CH2CH3和(CH3)2CHCR分子式相同，碳链结构不同，互为同分异构体；II(D)W。「1和F「。都代表二氟二氯甲烷，为同一种物质；FIClI(E)甲烷和新戊烷结构相似，分子组成上相差 4个-CH2,互为同系物；则：(1)互为同位素的是B;(2)互为同素异形体的是A;(3)互为同系物的是E;(4)互为同分异构体的是Co【点睛】考查同位素、同系物、同素异形体、同分异构体的概念判断。判断同位素、同素异形体、同分异构体的方法是：若化学式为元素，可能是同位素；若化学式为单质，则可能是同素异形体；若化学式为分子式相同、结构不同的有机化合物，则为同分异构体；若是分子式不同结构相似的有机化合物，则为同系物。11.氢澳酸在医药和石化工业上有广泛用途。如图是模拟工业制备氢澳酸的流程图：过最Br? 适量Na2sOa制氨酸

粗的漠J -I酸 |制氨酸

粗的漠混/①卜属标镖T混d②卜蕨曾邛丽・通入H2SO4试剂hBaSO4含Na©的溶液回答下列问题：(1)混合①中发生反应的离子方程式为。(2)混合②中加入试剂a是。(3)工业氢澳酸常带有淡淡的黄色，可能的原因是：①含Fe3+,②含B「2,③含Fe3+和B「2,只用下列一种试剂就能分析产生淡黄色的原因，该试剂是(填写字母)。KMnO4溶液NaOHKMnO4溶液NaOH溶液c.KSCNOd.淀粉KI溶液 e.CC4(4)加入Na2SC3的目的是除去过量的Br2,但要防止过量，原因是(请用离子方程式表示)。A(5)实验室制取Br2的反应为：2NaBr+3H2SQ+MnO2—2NaHSC4+MnSO4+Br2T+2H2O,制取Br2最好选用如图装置中的(填写字母，固定和加热装置均已省略 )。简述检验图所选装置气密性的方法。A BC

A BC【答案】SQ+B「2+2H2O=4H+2Br-+SO2-BaC2溶液eSO2-+2H=SQf+H2OC关闭分液漏斗活塞，将烧瓶上的导气管连接一段橡皮管并伸入水中，用手焙热烧瓶，若导管末端有气泡产生，冷却后导管中上升一段水柱，证明装置气密性良好【解析】【分析】Br2具有强氧化性，SQ具有还原性，两者反应放出热量，澳单质、氢澳酸易挥发，使用冰水降低温度，防止B「2、HBr挥发，然后蒸储得到硫酸和氢澳酸粗品。粗品中可能含有挥发出的B?加入Na2SO,除去粗品中未反应的澳单质。再加入氯化钢，使硫酸根离子转化为硫酸钢沉淀，再进行过滤分离，无色溶液中含有 HBr和NaCl,再蒸储得到精制的氢澳酸。【详解】(1)Br2与SQ反应生成氢澳酸和硫酸，发生的离子方程式为 SQ+Br2+2H2O=4H++2Br-+SQ2-0(2)由流程图可知，混合②后过滤生成硫酸钢，滤液蒸储产生 NaCl溶液，故银离子、氯离子应是加入试剂a引入的，试剂a是BaC2溶液。(3)CC4与溶液混合后分层，有机层在下层，水层在上层，若有机层无色，水层为黄色，则原因为①；若有机层为橙色，水层为无色，则原因为②；若有机层为橙色、水层为黄色，则原因为③；故答案选e。(4)Na2SQ过量，能与HBr反应生成二氧化硫、漠化钠、水，离子反应方程式为 SO32—+2H+=SQT+H2O。A(5)实验室制取B「2的反应为：2NaBr+3H2SQ+MnO2=2NaHSQ+MnSO4+Br2f+2H2O,该反应为固体、液体混合加热制备气体，应选择装置 C;该装置检查气密性的方法为关闭分液漏斗活塞，将烧瓶上的导气管连接一段橡皮管并伸入水中，用手焙热烧瓶，若导管末端有气泡产生，冷却后导管中上升一段水柱，证明装置气密性良好。12.海水中澳含量约为67mg?L-1,从海水中提取澳的一种工艺流程如图:匚M克k-at(用就假假化,恭谣匚M克k-at((1)步骤1中已获得游离态的澳，步骤n又将之转化为化合态的澳，其目的是—。(2)步骤n中通入热空气吹出 Br2,利用了Br2的―(填序号)。A.氧化性 B.还原性C.挥发性 D.腐蚀性(3)步骤n中涉及的离子反应如下，请在横线上填上适当的化学计量数： Br2+C。2- BrO3-+Br-+CC2。(4)上述流程中吹出的澳蒸汽也可先用二氧化硫的水溶液吸收，再用氯气氧化，最后蒸福，写出Br2与SO2水溶液反应的化学方程式： ―。【答案】富集(或浓缩)澳元素C33153S2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4【解析】【分析】根据流程分析可知：海水晒盐后得到氯化钠和卤水，卤水中通入氯气，可将滨离子氧化为单质澳，得到低浓度的澳溶液，通入热空气或水蒸气吹出 B「2,利用的是澳单质的易挥发性，利用纯碱溶液吸收澳单质，再用硫酸酸化，使澳酸根离子和滨离子发生氧化还原反应得到澳单质，据此解答。【详解】(1)由于海水中Br-的含量低，步骤I获得游离态的澳后，步骤 n又将其转化为化合态的澳，其目的是富集(或浓缩)澳元素，故答案为：富集(或浓缩)澳元素；(2)步骤n用热空气吹出Br2,主要利用了Br2的挥发性，故答案为：C；⑶该反应中Br元素的化合价由0价变为-1价、+5价，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，配平该离子程式为： 3Br2+3CO32-—BrO3-+5Br-+3COd,故答案为：3;3;1;5;3；(4)澳与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和澳化氢，反应的化学方程式为SO2+B「2+2H2O=2HBr+H2SO4,故答案为：SQ+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4。13.海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和澳的过程如下:(1)写出步骤I中生成低浓度Br2的离子方程式。(2)步骤I中已获得B2步骤I中又将Br2还原为Br-,其目的为富集澳元素，请写出步骤II的化学方程式。(3)在3mL滨水中加入1mL四氯化碳，振荡、静置后，观察到试管里的分层现象为如图中的。(4)某化学研究性学习小组为了解从工业澳中提纯澳的方法，查阅了有关资料： Br2的沸点为59C,微溶于水，有毒性和强腐蚀性，他们设计了如图装置简图。请你参与分析讨论：①C中液体产物颜色为。②用离子方程式解释NaOH浓溶液的作用【答案】Cb+2Br-=2C「+Br2Br2+SO+2H2O=2HBr+H2S。D深红棕色Br2+2OH=Br-+BrO-+H2O【解析】【分析】海水淡化得到氯化钠，电解氯化钠溶液或熔融状态氯化钠会生成氯气，氯气通入母液中发生反应得到低浓度的澳单质溶液，通入热空气吹出后用二氧化硫水溶液吸收得到含 HBr和硫酸的溶液，通入适量氯气氧化得到澳单质，富集澳元素，蒸储得到工业澳；(1)步骤I中生成低浓度B2涉及氯气与滨离子的置换反应；(2)步骤n中又将Br2还原为Br-,二氧化硫与澳发生氧化还原反应；(3)四氯化碳的密度比水大，且澳易溶于四氯化碳；(4)工业制澳中提纯澳的方法，主要是利用蒸储方法，因为题干中给出信息 Br2的沸点是59C,提纯澳必须收集59c时的微分；C中液体为冷凝下来的纯澳，则颜色为深棕红色；澳蒸气有毒，需要用碱液来吸收。【详解】(1)氯气能够氧化澳离子得到氯离子和单质澳，离子方程式为： Cb+2Br-=2C「+Br2；故答案是：Cl2+2Br-=2C「+Br2；(2)二氧化硫具有还原性，澳具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和氢澳酸，步骤II的化学方程式为：Br2+SQ+2H2O=2HBr+H2SC4;故答案是：B「2+SQ+2H2O=2HBr+H2SQ；(3)四氯化碳能够萃取滨水中的澳，但是四氯化碳的密度大于水的密度，看到的现象是：溶液分层，浪溶解四氯化碳中呈橙红色，所以下层呈橙红色，上层为水层，呈无色，故 D正确；故答案选Do(4)①C中圆底烧瓶中产生液体为澳，颜色为深红棕色；答案是：深红棕色；②Br2有毒，不能排放到环境中， D中浓NaOH溶液的作用是吸收挥发出来的澳，反应的离子方程式为Br2+2OH=Br-+BrO-+H2O；故答案是：Br2+2OH-=Br-+BrO+H2O。14.元素周期表是打开物质世界奥秘之门的一把金钥匙 ，1869年，门捷列夫发现了元素周期律并发表了元素周期表。下图为元素周期表的一部分，回答下列问题。(2)c的最高价氧化物对应水化物的化学式为。(3)h元素的原子结构示意图为,写出h单质的一种用途：(4)b、d、f三种元素原子半径由大到小的顺序是(用元素符号表示)。(5)a、g、j的氢氧化物中碱性最强的是(填化学式)，写出其溶液与g的氧化物反应的离子方程式： 【答案】ArFHNQ制光电池Mg>C>OKOH应的离子方程式： 【答案】ArFHNQ制光电池Mg>C>OKOHAO3+2OH-=2AlO2-+H2O由元素周期表可知， a为Li、b为C、c为N、d为O、e为F、f为Mg、g为Al、h为Si> i为Ar、j为Ko【详解】0族元素的化学性质最稳定，故上述元素中化学性质最稳定的是 Ar；F元素的非金属性最强;c为N,其最高价氧化物对应的水化物为 HNO3；14,Si的原子结构示意图为h为Si,核电荷数为14,Si的原子结构示意图为Si单质的一种用途是可以制光电池;Si单质的一种用途是可以制光电池;b为C、d为O、f为Mg,当电子层数相同时，核电荷数越大原子半径越小；电子层数越多原子半彳5越大，故b、d、f三种元素原子半径由大到小的顺序是 Mg>C>O；a为Li、g为Al、j为K,K的金属性最强，金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，故a、g、j的氢氧化物中碱性最强的是 KOH;g的氧化物为Al203,Al2O3与KOHm^反应的离子方程式为Al2O3+2OH=2AlO2-+H2O。15.氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈，目前所