2021年高中化学选修二第一章《原子结构与性质》经典练习卷(答案解析)

一、选择题1．第一电离能(I1)是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量。如图是部分元素的第一电离能随原子序数变化的曲线(其中12～17号元素的有关数据缺失)。下列说法中不正确的是A．分析图中同周期元素第一电离能的变化规律，可推断在Na～Ar元素中，Al的第一电离能的最小范围为:Na＜Al＜MgB．从上图分析可知，同一主族元素原子的第一电离能I1变化规律是:随核电荷数增加第一电离能逐渐减小C．图中第一电离能最小的元素在周期表中的位置是第六周期，IA族D．根据周期表对角线规则，BeCl2溶液和MgCl2溶液可用NaOH溶液加以鉴别答案：C【详解】A.根据元素周期律分析，同周期元素随着金属性减弱，第一电离能逐渐增大，但Mg原子核外电子排布为3s2，为全满状态，所以第一电离能大于Al，所以Al的第一电离能的最小范围为:Na＜Al＜Mg，故A正确；B.同一主族元素原子随核电荷数增大，半径增大，失去电子能力增强，则第一电离能I1变化规律是:随核电荷数增加第一电离能逐渐减小，故B正确；C.金属性越强，越容易失去电子，所以第一电离能越小，图中第一电离能最小的元素是铷，在第五周期ⅠA族，故C错误；D.根据周期表对角线规则，氢氧化铍与氢氧化铝性质相似，能和氢氧化钠反应，而Mg（OH）2和氢氧化钠不反应，则BeCl2溶液和MgCl2溶液可用NaOH溶液加以鉴别，故D正确；故选C。2．下列四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p5，则下列有关的比较中正确的是A．第一电离能：④＞③＞②＞①B．原子半径：④＞③＞②＞①C．电负性：④＞②＞①＞③D．最高正化合价：④＞③＝②＞①答案：A解析：元素的基态原子的电子排布式中，①1s22s22p63s23p4为S，②1s22s22p63s23p3为P，③1s22s22p3为N，④1s22s22p5为F。【详解】A．一般来说，非金属性越强，第一电离能越大，但当原子轨道中电子处于半满或全满时，第一电离能出现反常，则第一电离能：④＞③＞②＞①，A正确；B．一般来说，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，所以原子半径：②＞①＞③＞④，B不正确；C．非金属性④＞③＞①＞②，非金属性越强，电负性越大，所以电负性：④＞③＞①＞②，C不正确；D．F没有正价，S显+6价，N、P都显+5价，所以最高正化合价：①＞③＝②＞④，D不正确；故选A。3．下列事实能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子强的是①还原性：Cl-＜S2-②HCl的酸性比H2S强③HCl的稳定性比H2S强④HCl的还原性比H2S强⑤HClO的酸性比H2SO4强⑥Cl2能与H2S反应生成S⑦Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeSA．③④⑤⑦ B．②③⑥⑦ C．①③⑥⑦ D．①②③④⑤⑥⑦答案：C【详解】①元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，还原性：Cl﹣＜S2﹣，说明非金属性Cl＞S，则得电子能力Cl＞S，①符合题意；②HCl的酸性比H2S强，说明HCl电离程度大于硫化氢，与其非金属性强弱无关，②不符合题意；③元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，HCl的稳定性比H2S强，说明Cl元素得电子能力大于S，③符合题意；④元素的非金属性Cl＞S，元素的非金属性越强，其氢化物的还原性就越弱，因此HCl的还原性比H2S弱，④不符合题意；⑤HClO的酸性较弱，硫酸是强酸，所以次氯酸的酸性比H2SO4弱，⑤不符合题意；⑥Cl2能与H2S反应生成S，说明氯气氧化性大于S，则得电子能力Cl大于S，⑥符合题意；⑦Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS，说明氯气氧化性大于S，则得电子能力Cl大于S，⑦符合题意；综上，①③⑥⑦符合题意，答案选C。4．A元素的阴离子Am－跟B元素的阳离子Bn+具有相同的电子层结构，以下叙述正确的是①原子半径A＞B②离子半径A＞B③原子序数A＜B④最外层电子数A＞B⑤A的负化合价与B的正化合价绝对值相等A．②③④ B．①②③ C．③④⑤ D．都对答案：A【详解】A元素的阴离子Am－与B元素的阳离子Bn+具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相等，A元素处于B元素相邻的上一周期．①A元素形成阴离子与B元素形成阳离子，A元素处于B元素相邻的上一周期，电子层越多，原子半径越大原子半径A＜B，故①错误；②A元素处于B元素相邻的上一周期，原子序数A较小，核外电子排布相同的离子，核原子序数越大，离子半径越小比较离子半径，所以B离子半径较小，即离子半径A＞B，故②正确；③A元素的阴离子与B元素的阳离子具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相等，A元素处于B元素相邻的上一周期，原子序数A较小，即原子序数A＜B，故③正确；④一般最外层电子数大于4的易形成阴离子，最外层电子数小于4的易形成阳离子，A元素形成阴离子，B元素形成阳离子，则最外层电子数A＞B，故④正确；A元素原子最外层电子数与B元素原子最外层电子数之和为8，则A的正价与B的负价绝对值相等，若A元素原子最外层电子数与B元素原子最外层电子数之和不为8，则A的负化合价与B的正化合价绝对值不相等，故⑤错误；所以②③④正确。答案选A。5．X、Y、Z三种主族元素的原子，其最外层电子排布分别为、、，由这三种元素组成的化合物的化学式可能是A． B． C． D．答案：A【详解】X、Y、Z三种主族元素的原子，其最外层电子排布分别为、、，则，，X为第ⅠA元素，化合价为价，Y为Al，Z为O。所以X、Y、Z三种元素形成的化合物可能为，故选A。6．下列说法中正确的是A．处于最低能量的原子叫做基态原子B．3p2表示3p能级有两个轨道C．同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小D．同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多答案：A【详解】A．处于最低能量的原子叫做基态原子，故A正确；B．3p2表示3p能级容纳2个电子，p能级有3个原子轨道，故B错误；C．能级符号相同，能层越大，电子能量越高，所以1s、2s、3s电子的能量逐渐增大，故C错误；D．同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数相等，都为3，故D错误。故选A。7．四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是A．原子半径：④>③>②>① B．第一电离能：④>③>②>①C．电负性：④>③>②>① D．最高正化合价：④>③=②>①答案：B解析：由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素。【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故A错误；B．同主族元素，从上到下第一电离能依次降低，同周期元素，从左到右第一电离能依次增大，但VA族元素的原子p轨道为半充满的稳定状态，第一电离能大于同周期的相邻元素，则第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故B正确；C．同周期元素，从左到右电负性依次增大，同主族元素，从上到下电负性依次减小，N元素非金属性与S元素强，则电负性P＜S＜N＜F，④＞③＞①＞②，故C错误；D．元素的最高正化合价等于核外最外层电子数，但F元素没有正化合价，则元素的最高正化合价：①＞②=③，故D错误；故选B。8．X、Y、Z三种短周期元素原子的最外层电子排布式分别为、和，由这三种元素组成的化合物的化学式可能是A． B． C． D．答案：C【详解】原子的最外层电子排布式为和的元素分别是和O，它们形成化合物时的常见化合价分别为+3、-2，最外层电子排布式为的短周期元素形成化合物时的化合价为+1，根据化合物中元素化合价代数和为0的原则，可知由这三种元素组成的化合物的化学式可能是，故C正确。故选C。9．非金属单质溴与氯气的性质很相似。在探究溴单质的性质时，其基本程序应该是A．实验并观察实验现象→分析，解释得出结论B．观察溴的外观性质→做实验并观察实验现象→分析、解释，得出结论C．观察溴的外观性质→预测溴的化学性质→做实验并观察实验现象→分析解释得出结论D．预测溴的化学性质→做实验并观察实验现象→分析解释得出结论→观察溴的外观性质答案：C【详解】探究物质的性质时其基本程序是：观察物质外观→预测物质的化学性质→做实验并观察现→分析现象，并用相应的化学知识解释-→得出结论；非金属溴与氯气的性质很相似，所以可以根据氯气的性质预测溴的性质，则探究溴的性质时其基本程序是：先从色、态方面观察溴的外观，然后根据氯气的性质预测溴可能具有的性质，再做实验验证预测，观察实验并记录现象，再分析实验现象并用已知化学知识解释现象，最后得出结论，答案选C。10．有5种元素X、Y、Z、Q、T。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的特征电子构型为3d64s2；Z原子的核外电子总数等于Q原子的最外层电子数；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子；T原子有1个3p空轨道。下列叙述错误的是A．元素Y和Q可形成化合物Y2Q3 B．气态氢化物的稳定性：Q>Z>TC．T和Z的最高价氧化物均为酸性氧化物 D．X和Q结合生成的化合物晶体类型为离子晶体答案：D解析：由X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道可知，X为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe元素；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子，则Q是O元素；由Z原子的核外电子总数等于O原子的最外层电子数可知，Z为C元素；由T原子有1个3p空轨道可知，T是Si元素。【详解】A．Fe元素和O元素能形成化合物Fe2O3，故A正确；B．元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，元素的非金属性：O＞C＞Si，则简单气态氢化物的稳定性：H2O＞CH4＞SiH4，故B正确；C．Si元素和C元素的最高价氧化物是二氧化硅、二氧化碳，二者均为酸性氧化物，故C正确；D．硫元素和氧元素结合生成的化合物可以是二氧化硫或三氧化硫，二氧化硫和三氧化硫都是共价化合物，形成的晶体为分子晶体，故D错误；答案选D。11．科学家发现新核素，是目前已知的最重的球形双幻核，其具有的双闭壳结构是原子核物理中壳模型理论框架的基石之一、这里的“208”指的是A．质子数 B．电子数 C．质量数 D．中子数答案：C【详解】元素符号左上角的数值表示该元素的原子的质量数，左下角数值代表质子数，所以208指的是质量数；故选：C。12．呼吸法在医学上常用于幽门螺旋杆菌的诊新，可用来测定文物年代，下列有关和的说法不正确的是A．和原子中均含有6个质子 B．的原子结构示意图：C．和互为同位素 D．和原子的核外电子排布相同答案：B【详解】A．和原子都属于6号C元素，原子核中均含有6个质子，A正确；B．的原子核外有6个电子，核外电子排布是2、4，故原子结构示意图为：，B错误；C．和质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，C正确；D．和原子核外都有6个电子，核外电子排布是2、4，故它们的核外电子排布相同，D正确；故合理选项是B。13．X、Y、Z、W为四种短周期元素，有关这四种元素的说法中一定正确的是（）元素XYZW原子半径（nm）0．0770．0750．1020．099最高正价或最低负价+4+5-2-1A．X与W形成XW4时，各原子最外层均满足8电子稳定结构，B．1molW的单质参加氧化还原反应时转移的电子数为2molC．0．3molCu分别与足量HYO3和H2ZO4的稀溶液反应均产生0．2mol气体D．Y的氢化物与W的氢化物反应的产物只含有共价键答案：A解析：由表中的原子半径和化合价的数据判定，X、Y的半径小于Z、W，所以X、Y位于第二周期，根据化合价判断X为碳，Y为氮，同理得Z为硫，W为氯。【详解】A、碳与氯形成的四氯化碳的各原子最外层均达8电子稳定结构，正确；B、1mol氯气参加反应时未必转移2mol电子，如与水的反应只转移1mol电子，错误；C、铜不与稀硫酸反应，错误；D、氨气与氯化氢的反应产物是氯化铵，不仅含共价键还含有离子键，错误；答案选A。14．已知下列四组短周期元素的电离能数据（kJ·mol-1）,下列判断不正确的是电离能WXYZI1496573738899I24562181714511751I369122745773314848I49543115751054021006A．W单质的还原性最强 B．Y和Z可能位于同一族C．X、Z的氢氧化物都具有两性 D．W、X、Y原子半径依次减小答案：D解析：元素原子轨道中电子处于半满、全满全空时最稳定，当稳定状态再失去电子时，其电离能发生突变，W的I2电离能突然增大，说明最外层有1个电子，属于第IA族，且W的第一电离能X、Y、Z小，则W为Na元素，X的I4电离能突然增大，说明最外层有3个电子，属于第ⅢA族，第一电离能比Y、Z小，则X为Al元素，Y的I3电离能突然增大，说明最外层有2个电子，属于第IIA族，Z的I3电离能突然增大，说明最外层有2个电子，属于第IIA族，由Z的I1比Y的I1大，则Y为Mg元素，Z为Be元素；据此分析。【详解】由上分析可知，W为Na元素，X为Al元素，Y为Mg元素，Z为Be元素；A．W为Na元素，钠的第一电离能比Al、Mg、Be小，最易失电子，Na单质的还原性最强，故A正确；B．Y为Mg元素，Z为Be元素，最外层电子数相同，Mg和Be均位于第IIA族，故B正确；C．X为Al元素，Z为Be元素，Al和Be在周期表中位于对角线，符合对角线法则，则性质类似，则Al(OH)3具有两性，Be(OH)2也具有两性，故C正确；D．W为Na元素，X为Al元素，Y为Mg元素，三种元素属于同周期元素，从左到右，原子半径依次减小，原子序数Na＜Mg＜Al，原子半径Na＞Mg＞Al，故D错误；答案为D。15．下列各组物质的相互关系描述正确的是（）A．H2、D2和T2互为同位素B．金刚石、C60、石墨互为同系物C．(CH3)2CHC2H5和CH3CH2CH(CH3)2属于同种物质D．和互为同分异构体答案：C【详解】A．同位素是同种元素不同原子的互称，而H2、D2和T2是氢元素的三种单质，所以不互为同位素，A不正确；B．金刚石、C60、石墨都是碳元素的三种单质，三者互为同素异形体，B不正确；C．(CH3)2CHC2H5和CH3CH2CH(CH3)2的名称都为2-甲基丁烷，属于同种物质，C正确；D．和都为二氯甲烷，属于同一种物质，D不正确；故选C。二、填空题16．硝酸(HNO3)在生活、生产中有广泛的用途。工业上通常以氨气为原料来制取硝酸，其反应原理如下：4NH3＋5O24NO＋6H2O、4NO＋3O2＋2H2O→4HNO3(1)比较HNO3中各组成元素的非金属性强弱___________。(2)写出NH3的电子式___________，O原子最外层的轨道表示式___________。(3)联合制碱法是把“合成氨法”和“氨碱法”联合在一起，你认为制硝酸能不能用这个方法，把“合成氨工业”和“硝酸工业”联合在一起，理由是___________。答案：H<N<O根据工业制硝酸的反应原理，可以看出几乎没有原料的浪费，所以没有必要。【详解】(1)HNO3中的元素分别为H、N、O，非金属性强弱为：H<N<O，故答案为：H<N<O；(2)NH3分子中N原子分别与3个H原子形成共价键，则其电子式为；O为8号元素，核外有2个电子层，最外层有6个电子，价电子排布式为2s22p4，则O原子最外层的轨道表示式为：，故答案为：；；(3)根据工业制硝酸的反应原理4NH3＋5O24NO＋6H2O、4NO＋3O2＋2H2O→4HNO3，可以看出几乎没有原料的浪费，所以没有必要，故答案为：根据工业制硝酸的反应原理，可以看出几乎没有原料的浪费，所以没有必要。17．元素周期表与元素周期律在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。下表列出了①～⑩10种元素在周期表中的位置。族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02⑤⑥⑩3①③④⑦⑧⑨4②请回答：(1)这10种元素其中化学性质最不活泼的是_______，非金属性最强的是_______，形成化合物种类最多的元素是_______(填元素符号)。(2)第三周期列出的六种元素对应的简单离子中半径最大的是_______；最小的是_______(填离子符号)。(3)在①、②、③、④四种元素的最高价氧化物的水化物中，两性最高价氧化物的水化物与碱性最强的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为_______；在⑤、⑦、⑧三种元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是_______(填化学式)。(4)对于⑦、⑧、⑩元素的氢化物，稳定性由强到弱的顺序为_______，还原性最强是_______(填化学式)。(5)①～⑨的氢化物分子中与⑩的氢化物分子所含电子总数相等的分子是_______(举一例即可，填化学式)答案：ArFCS2-Al3＋Al(OH)3＋KOH=KAlO2＋2H2OHClO4HF>HCl>H2SH2SH2O、CH4解析：根据表格中的周期和族序数判断元素①为Na元素，②为K元素，③为Mg元素，④为Al元素，⑤为碳元素，⑥为O元素，⑦为S元素，⑧为Cl元素，⑨为Ar元素，⑩为F元素；根据元素周期律判断元素的性质。【详解】(1)化学性质不活泼的元素是稀有气体元素，故为Ar元素；非金属最强的元素是半径最小的非金属F元素；形成化合物种类最多的元素是C元素，可以形成有机化合物；(2)根据离子半径大小比较方法，电子层越大，半径越大，及核外电子排布相同的离子根据原子序数越大，吸引力越大，半径越小判断，第三周期最大的离子半径是S2-；最小的是Al3＋；(3)①、②、③、④四种元素的最高价氧化物的水化物中，两性最高价氧化物的水化物是Al(OH)3与碱性最强的最高价氧化物的水化物是KOH，反应方程式是：Al(OH)3＋KOH=KAlO2＋2H2O；在⑤、⑦、⑧三种元素的最高价氧化物对应的水化物中，根据非金属性越强，酸性越强判断是HClO4；(4)对于⑦、⑧、⑩元素的氢化物，稳定性根据非金属性越强，氢化物越稳定判断，由强到弱的顺序为HF>HCl>H2S，还原性根据离子半径越大还原性越强得：H2S还原性最强；(5)⑩的氢化物HF分子所含电子总数10个，①～⑨的氢化物分子电子总数是10个的有：H2O、CH4。【点睛】首先推测元素，根据元素在周期表中的位置推断元素，根据元素周期律判断元素性质的递变规律，注意离子半径的比较，根据离子具有的特点判断：核外电子排布相同的离子可以根据原子序数的大小进行判断。18．铜矿资源是金属矿产资源之一，我国具有丰富的铜矿资源，主要有斑岩型、硅卡岩型、砂岩型、火山岩型、铜镍型等。回答下列问题：(1)焰火中的绿色是铜的焰色，基态铜原子在灼烧时价电子发生了_______而变为激发态。(2)基态Cu原子的价电子排布式为_______，基态镍原子的价电子轨道表示式为_______。(3)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。Zn的第一电离能_______(填“大于”或“小于”)Cu的第一电离能﹐原因是_______。答案：跃迁大于Zn核外电子排布为全满结构，难失去电子【详解】(1)基态铜原子在灼烧时价电子会发生跃迁，变成激发态，而焰火中的绿色是由激发态到基态的发射光谱；(2)Cu为29号元素，根据核外电子排布规律，核外电子排布为[Ar]3d104s1，故价电子排布为：3d104s1；镍的原子序数是28，则基态镍原子的价电子轨道表示式为；(3)Zn为30号原子，核外电子排布为[Ar]3d104s2，轨道电子处于全满结构，能量较低，物质较稳定，难失去电子，所以Zn的第一电离能大于Cu的第一电离能。19．已知各元素原子的电子排布如下：……(s最多填2个电子，p最多填6个电子，d最多填10个电子)(1)根据规律写出铁(26)和铜(29)的电子排布式_______、_______；(2)如果其规则下一个是f，则f可填充_____个电子，写出通式_______；(3)通过规律推断和哪个更稳定_______。答案：1s22s22p63s23p63d64s21s22s22p63s23p63d104s1142(2n-1)，n=1，2，3，…【详解】(1)根据能量最低原理，铁(26)的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，根据能量最低原理、洪特规则，铜(29)的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1；(2)f能级有7个原子轨道，每个轨道最多容纳2电子，则f可填充14个电子，每个能级容纳电子数的通式是2(2n-1),n=1,2,3,…；(3)的价电子电子排布是3d5，的价电子排布是3d6，轨道全空、全满或半充满的状态是比较稳定的，所以较稳定的是；20．成为阳离子时首先失去___________轨道电子，的价层电子排布式为，价层电子排布式为___________。比较离子半径：___________(填“大于”“等于”或“小于”)。答案：小于【详解】原子失去电子时，先从最外层开始，铁元素基态原子的价层电子排布式为，先失去轨道的电子。失电子时，先失去轨道的电子，然后再失去轨道的一个电子，则的价层电子排布式为。和的电子层结构相同，核电荷数大的半径反而小，则答案为小于。21．基态X原子的第二电子层上只有一个空轨道，则X是______，其电子排布图为______；基态R原子的3p轨道上只有一个未成对电子，则R可能是______；Y原子的核电荷数为33，其价层电子排布是______，其在元素周期表中的位置是______，属于______区的元素。答案：C(或碳)Al或Cl4s24p3第四周期ⅤA族p【详解】基态X原子的第二电子层上只有一个空轨道，其电子排布式为1s22s22p2，则X是碳，电子排布图为。基态R原子的3p轨道上只有一个未成对电子，其原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1或1s22s22p63s23p5，则R可能为Al或Cl。Y原子的核电荷数为33，根据构造原理可知，基态Y原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，电子层数为4，且最外层有5个电子，则在元素周期表中位于第四周期ⅤA族，最后一个电子填充在4p轨道上，故属于p区元素。22．根据原子核外电子排布规则，回答下列问题：(1)写出基态S原子的核外电子排布式：______；写出基态原子的价层电子排布式：______。(2)写出基态O原子的核外电子轨道表示式：______。(3)若将基态的电子排布式写成，则它违背了______。(4)比的稳定性更______(填“强”或“弱”)，用电子排布解释其原因：______。答案：或泡利原理强的价层电子排布式为，处于半充满状态，故更稳定【详解】(1)S位于元素周期表第三周期第ⅥA族，核外电子排布式为或；的核外电子排布式为或，属于过渡元素，价层电子包括最外层4s能级和次外层3d能级上的电子，即的价层电子排布式为。(2)O位于元素周期表第二周期第ⅥA族，根据泡利原理和洪特规则，其轨道表示式为。(3)s能级上只有一个原子轨道，每个原子轨道最多容纳2个电子，而题中所给的电子排布式中的3s轨道上有3个电子，违背了泡利原理。(4)Fe为26号元素，其核外电子排布式为，则的价层电子排布式为，的价层电子排布式为，处于半充满状态，因此比稳定。23．(1)以下列出的是一些原子的2p能级和3d能级上电子排布的情况。违反了泡利原理的是______(填序号，下同)，违反了洪特规则的是______。①②③④⑤⑥(2)某元素的激发态(不稳定状态)原子的电子排布式为1s22s22p63s13p33d2，则该元素基态原子的电子排布式为______；其最高价氧化物对应水化物的化学式是______。(3)将下列多电子原子的能级按能级能量由低到高的顺序排列：______(填序号)。①1s②3d③4s④3s⑤4p⑥3p答案：③②④⑥1s22s22p63s23p4H2SO4①④⑥③②⑤【详解】(1)按泡利不相容原理：同—轨道中不应有运动状态完全相同的两个电子存在，即不能存在自旋平行的电子，③违反了泡利原理；洪特规则是指在同一个电子亚层中排布的电子，总是尽先占据不同的轨道，且自旋方向相同；②中未成对电子的自旋状态应相同，不能相反；④原子核外电子应尽可能占据不同的轨道，而且自旋方向相同，这样排布能量最低，在④中5个电子应分占5个轨道；⑥中未成对电子的自旋状态应相同，所以②④⑥违反了洪特规则；(2)根据构造原理可知：3s能级的能量小于3p能级的能量，3p能级的能量小于3d能级的能量，电子排布式为1s22s22p63s13p33d2的激发态原子，其基态原子的电子排布式应为1s22s22p63s23p4，该原子的核外电子数为16，原子核外电子数等于原子核内质子数，则其质子数也为16，故该元素为S元素，其最高价氧化物对应水化物的化学式是H2SO4；(3)原子核外电子排布遵循能量最低原理，根据构造原理可知原子核外电子填充的先后顺序是1s-2s-2p-3s-3p-3d-4s，故按照能级由低到高的顺序为①④⑥③②⑤。24．根据下列五种元素的电离能数据(单位：)，回答下列问题。元素代号208040006100940050046006900950074014007700105005801800270011600420310044005900(1)在周期表中，最可能处于同一族的是___________。A．和B．和C．和D．和E.和(2)它们的氯化物的化学式，最可能正确的是___________。A．B．C．D．E.(3)元素最可能是___________。A．区元素B．稀有气体元素C．区元素D．准金属E.区元素(4)下列元素中，化学性质和物理性质最像元素的是___________。A．硼B．铍C．锂D．氢E.氦答案：EBAE【详解】(1)由表中数据可知，元素的第二电离能突然增大，说明原子最外层只有一个电子；同样，元素的第二电离能突然增大，说明原子最外层也只有一个电子；所以和最可能处于同一族；(2)A.分析元素的、、、可知，后一级电离能都约为前一级电离能的1~2倍，差别不大，因此这4个电子很可能都在最外层上，所以其氯化物的化学式不可能是，A错误；B.由(1)中分析可知原子最外层只有1个电子，且第一电离能很小，说明易失去1个电子显+1价，所以其氯化物的化学式为，B正确；C.元素的第三电离能约为第二电离能的5.5倍，明显大于其他相邻电离能的倍数，所以原子最外层最可能是2个电子，又因原子第一电离能较小，所以原子易显+2价，它的氯化物的化学式最可能是，C错误；D.元素的第四电离能大约是第三电离能的4.3倍，明显大于其他相邻电离能的倍数，故原子最外层最可能是3个电子，又因元素的第一电离能较小，所以易显+3价，其氯化物的化学式最可能是，D错误；E.由(1)中分析可知，原子最外层只有1个电子，且第一电离能很小，说明原子易失去1个电子显+1价，所以其氯化物的化学式为，E错误；故选B；(3)元素原子最外层最可能是2个电子，元素最高能级上电子排布是，所以元素最可能是区元素；(4)由表格数据可知，元素的第一电离能特别大，说明原子很难失去电子，化学性质很稳定，所以只有稀有气体元素氮的化学性质和物理性质最像元素。25．黑火药在发生爆炸时，有可能发生如下的反应：16KNO3+8C+S8=8K2S+16NO2↑+8CO2↑。(1)上述反应所涉及元素中，某元素易形成简单阳离子，其离子结构示意图是________；某元素原子核外电子中有三个未成对电子，请写出其原子最外层电子排布式_________；有两种元素最外层电子数相同，请写出其中原子序数较小的元素形成简单离子的电子式_________；发生氧化反应的元素，其原子核外电子的轨道表示式为_________。(2)上述反应中，被还原的元素是______，氧化产物是________。(3)请标出上述反应的电子转移方向和数目________。答案：2s22p3N、SCO2【详解】(1)反应所涉及元素有C、N、O、S、K，只有K元素易形成简单阳离子，K是19号元素，质子数为19，K+是K原子失去1个电子形成的，有18个电子，离子结构示意图是；N元素的原子核外电子中有三个未成对电子，N原子最外层电子排布式为2s22p3；O和S在同主族，最外层电子数相同，原子序数较小的元素为O元素，形成简单离子为O2-，电子式为；反应16KNO3+8C+S8=8K2S+16NO2↑+8CO2↑中，C元素的化合价由0价升为+4价，发生氧化反应，C原子的核外电子排布式为1s22s22p2，核外电子的轨道表示式为；(2)反应16KNO3+8C+S8=8K2S+16NO2↑+8CO2↑中，N元素的化合价由+5价降为+4价，S元素的化合价由0价降为-2价，均被还原，因此被还原的元素是N和S；C元素的化合价由0价升为+4价，发生氧化反应，氧化产物为CO2；(3)根据第(2)题的分析，16个N由+5价降为+4价，得16个电子，8个S由0价降为-2价，得16个电子，8个C由0价升为+4价，失32个电子，该反应的电子转移方向和数目可表示为；26．磷、硫元素存在于人体所有细胞中，是维持骨骼和牙齿的必要物质，被称为生命元素。回答下列问题：(1)红磷和白磷互称为________。(2)已知磷的常见含氧酸有次磷酸(H3PO2)、亚磷酸(H3PO3)、磷酸(H3PO4)，它们依次为一元酸、二元酸、三元酸。则NaH2PO2为________；NaH2PO3为_______(填“正盐”或“酸式盐”)(3)H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的还原为银，从而可用于对器皿实现化学镀银。①H3PO2中，P元素的化合价为________。②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化产物为H3PO4，则氧化剂和还原剂的个数之比为_______。(4)测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：葡萄酒样品100.00mL馏分溶液出现蓝色且30s内不褪色(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI)按上述方案实验，消耗标准I2溶液20.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为_____g•L-1。答案：同素异形体正盐酸式盐+14：10.128g/L【详解】(1)白磷和红磷为同种元素组成的不同单质，为同素异形体；(2)次磷酸(H3PO2)为一元酸，所以与碱反应生成的盐NaH2PO2为正盐，亚磷酸(H3PO3)为二元酸，所以与碱反应后消耗1个H+的盐NaH2PO3为酸式盐；(3)①H3PO2中，P元素的化合价为+1；②化学镀银，根据Ag的价态从+1→0，P的价态从+1→+5，根据氧化还原反应得失电子守恒，所以氧化剂和还原剂的个数为4:1；(4)20.00mLI2溶液的质量为=0.0508g，设二氧化硫的质量为x，根据化学反应式可知列式计算，，可得x=0.0128g，所以氧化剂的残留量为。三、解答题27．铍及其化合物的应用正日益被重视。(1)最重要的含铍矿物是绿柱石，含2%铬(Cr)的绿柱石即为祖母绿。基态Cr原子价电子的轨道表示式为__________________。(2)铍与相邻主族的铝元素性质相似。下列有关铍和铝的叙述正确的有________(填字母)。A．都属于p区主族元素B．电负性都比镁大C．第一电离能都比镁大D．氯化物的水溶液pH均小于7(3)铍、铝晶体都是由金属原子密置层在三维空间堆积而成(最密堆积)。铍的熔点(1551K)比铝的熔点(930K)高，原因是_________________________________________________。(4)氯化铍在气态时存在BeCl2分子(a)和二聚分子(BeCl2)2(b)，固态时则具有如下图所示的链状结构(c)。①a属于________(填“极性”或“非极性”)分子。②二聚分子(BeCl2)2中Be原子的杂化方式相同，且所有原子都在同一平面上。b的结构式为__________(标出配位键)。答案：BDBe原子半径比Al原子半径小，金属性更强非极性【详解】(1)Cr原子为24号元素，其满足半满和全满的稳定结构，基态原子价层电子排布式为3d54s1，电子排布图为：；(2)铍与相邻主族的铝元素性质相似。A．Be属于s区，Al属于p区，故A错误；B．同一周期元素，元素的电负性能随着原子序数的增大而呈增大，同一主族，从上到下，电负性依次减弱，所以电负性都比镁大，故B正确；C．同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能依次减弱，所以第二周期元素Mg的第一电离能比第三周期Al的大，故C错误；D．氯化物的水溶液均发生水解，溶液显酸性，则pH＜7，故D正确；故答案为：BD；(3)铍的熔点(1551K)比铝的熔点(930K)高，原因是：Be原子半径比Al原子半径小，金属性更强；(4)①BeCl2是直线形分子，正负电荷中心重合，为非极性分子；②b为BeCl2的二聚体(BeCl2)2，且所有原子都在平面上，Be中含有空轨道，Cl含有孤电子对，可形成配位键，b的结构式应为：。28．中国“奋斗者”号深潜器研制及海试的成功，在钛合金材料制备、锂离子电池等方面实现了重大突破。(1)深潜器的壳体由含钛、铝等元素的Ti-62A钛合金材料制成，该合金材料的熔点比组成成分的金属_______(选填“高”或“低”)；铝元素的原子核外共有_______种不同能级的电子；以下方法可以比较钠和铝金属性强弱的方法_______。a.比较两种金属单质的硬度和熔点b.用钠置换氯化镁溶液中的镁c.比较等物质的量的两种金属单质和足量盐酸反应失去的电子数d.将空气中放置已久的这两种元素的单质分别和热水作用e.在氯化铝溶液中逐滴滴加过量的氢氧化钠溶液(2)氮氧化铝((AlON)是一种高硬度、耐高温的防弹材料，属于_______晶体，Al、O、N三种元素的简单离子半径由大到小的排列顺序是_______(3)明矾[]溶液中离子浓度从大到小的顺序为_______。固体能除去镁盐溶液中的，原因是_______。(用离子方程式表达)(4)在周期表中，锂的性质与镁相似，写出锂在氧气中燃烧产物的电子式_______(5)已知：(M代表碱金属元素)元素LiNaKRbQ(kJ)从原子结构的角度解释上述金属Q值递变的原因：_______。答案：低5e原子晶体N3->O2->Al3+从LiRb，随质子数递增，电子层数增多，原子半径增大，原子失电子能力增强，则Q增大。【详解】(1)合金的熔点一般低于任何一种组成金属的熔点，故该合金材料的熔点比组成成分的金属低；铝元素的原子核外由1s、2s、2p、3s、3p共5个能级；a.金属的金属性强弱与单质的硬度和熔点无关，所以不能根据单质的硬度和熔点判断金属性强弱；b.钠的还原性过强，先与水发生反应，无法利用置换反应来判断钠镁的金属性强弱；c.不能根据金属失电子数的多少比较金属性的强弱，应该根据金属失电子的能力大小进行分析，虽然钠失电数小于铝，但金属性钠失电子能力强于铝，此方法不能证明；d.将空气中久置的Na放入热水中，由于Na发生潮解生成碳酸钠，不与热水反应，因此无现象，但久置在空气中的Al表面会发生氧化反应生成氧化铝，与热水反应也无现象，不能证明；e.Al为两性金属，其盐可以与强碱发生反应生成氢氧化铝沉淀，又因氢氧化铝为两性氢氧化物，可以和NaOH反应生成偏铝酸盐，因此可以证明Na的金属性比Al强；故答案选e；(2)氮氧化铝晶体的硬度很大，属于原子晶体；铝离子，氧离子，氮离子三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大，则半径越小，故离子半径由大到小顺序为N3->O2->Al3+；(3)明矾[]溶液中离子浓度从大到小的顺序是不水解的二元硫酸根离子浓度最大，钾离子和铝离子要考虑铝的水解，结合水解呈酸性，所以离子浓度大小顺序为：；铝离子水解生成氢离子，氢氧化镁固体和氢离子反应生成镁离子和水，从而促进铝离子水解生成氢氧化铝沉淀而除去，离子方程式为；(4)锂在氧气中燃烧方程式为，产物为，电子式为；(5)从LiRb，随质子数递增，电子层数增多，原子半径增大，原子失电子能力增强，则Q增大。29．钴的化合物在磁性材料生产、电池制造、催化剂制备等方面应用十分广泛。(1)基态Co原子的核外电子排布式为______，其中，3d能级上有_____个未成对电子。(2)化合物四氨基钴酞菁分子的结构式如图。四氨基钴酞菁中N原子的杂化轨道类型为_____。(3)纳米结构的氧化钴可以在室温下氧化甲醛(HCHO)，甲醛各原子都达到最外层稳定结构，则甲醛分子的空间构型为______。(4)某含钴配合物的组成为CoCl3•5NH3•H2O，该配合物中Co离子的配位数是6，1mol该配合物可以与足量的硝酸银反应生成3molAgCl沉淀，则该配合物的配体是____。(5)已知CoCl2的颜色变化情况如下：则实验室中的可循环硅胶干燥剂掺杂CoCl2的意义是____。(6)一种钴的化合物可用作石油脱硫的催化剂，其晶胞结构如下图所示，则晶体中与每个O2-相邻的O2-有_________个，该钴的化合物的化学式是_____。答案：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s23sp2、sp3平面三角形NH3、H2O)通过颜色变化，判断硅胶吸水或脱水的程度8CoTiO3解析：根据Co的原子序数和核外电子排布规则，写出Co的电子排布式和3d轨道上未成对电子数；根据题中图示信息，由N原子成键情况判断N原子的杂化类型；根据VSEPR理论，判断甲醛分