2020-2021备战高考化学二模试题分类汇编——原子结构与元素周期表综合附答案

2020-2021备战高考化学二模试题分类汇编——原子结构与元素周

期表综合附答案

一、原子结构与元素周期表练习题（含详细答案解析）

1．完成下列问题：

(1)氮和磷氢化物热稳定性的比较：NH3______PH3（填“>”或“<”）。

(2)PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对PH3与HI反应产物的推断正确的是_________（填序号）。

a．不能与NaOH反应 b．含离子键、共价键 c．受热可分解

(3)已知H2与O2反应放热，断开1 mol H-H键、1 mol O=O键、1 mol O-H键所需要吸收的能量分别为Q1 kJ、Q2 kJ、Q3 kJ，由此可以推知下列关系正确的是______。

①Q1+Q2>Q3②2Q1+Q2<4Q3③2Q1+Q2<2Q3

(4)高铁电池总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH，写出电池的正极反应：__________，负极反应 ________________。

【答案】> bc ② FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH- Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2

【解析】

【分析】

(1)根据元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物越稳定分析；

(2)PH3与HI反应产生PH4I，相当于铵盐，具有铵盐的性质；

(3)根据旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量的差值即为反应热，结合燃烧反应为放热反应分析解答；

(4)根据在原电池中，负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，结合物质中元素化合价及溶液酸碱性书写电极反应式。

【详解】

(1)由于元素的非金属性：N>P，所以简单氢化物的稳定性：NH3>PH3；

(2) a．铵盐都能与NaOH发生复分解反应，所以PH4I也能与NaOH发生反应，a错误；b．铵盐中含有离子键和极性共价键，所以PH4I也含离子键、共价键，b正确；

c．铵盐不稳定，受热以分解，故PH4I受热也会发生分解反应，c正确；

故合理选项是bc；

(3)1 mol H2O中含2 mol H-O键，断开1 mol H-H、1 mol O=O、1 mol O-H键需吸收的能量分

别为Q1、Q2、Q3 kJ，则形成1 mol O-H键放出Q3 kJ热量，对于反应H2(g)+1

2

O2(g)=H2O(g)，

断开1 mol H-H键和1

2

mol O=O键所吸收的能量(Q1+

1

2

Q2) kJ，生成2 mol H-O新键释放的

能量为2Q3 kJ，由于该反应是放热反应，所以2Q3-(Q1+1

2

Q2)>0，2Q1+Q2<4Q3，故合理选项

是②；

(4)在原电池中负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应。根据高铁电池总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH可知：Fe元素的化合价由反应前K2FeO4中的+6价变为反应后Fe(OH)3中的+3价，化合价降低，发生还原反应，所以正极的

电极反应式为：FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-；Zn元素化合价由反应前Zn单质中的0价变为反应后Zn(OH)2中的+2价，化合价升高，失去电子，发生氧化反应，所以负极的电极反应式为Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2。

【点睛】

本题考查了元素周期律的应用及键能与反应热的关系、原电池反应原理的应用。元素周期律是学习化学的重要规律，要掌握物质性质变化的规律及物质的特殊性，结合具体物质分析。在化学反应过程中伴随的能量变化可能是热能、电能及光能，化学能的断裂与形成是能量变化的根本原因。在书写原电池电极反应式时要结合元素化合价升降及电解质溶液的酸碱性分析，明确负极发生氧化反应，正极发生还原反应。

2．下表是元素周期表的一部分，回答相关的问题。

（1）写出④的元素符号__。

（2）在这些元素中，最活泼的金属元素与水反应的离子方程式：__。

（3）在这些元素中，最高价氧化物的水化物酸性最强的是__(填相应化学式，下同)，碱性最强的是__。

（4）这些元素中(除⑨外)，原子半径最小的是__(填元素符号，下同)，原子半径最大的是__。

（5）②的单质与③的最高价氧化物的水化物的溶液反应，其产物之一是OX2，(O、X分别表示氧和②的元素符号，即OX2代表该化学式)，该反应的离子方程式为(方程式中用具体元素符号表示)__。

（6）⑦的低价氧化物通入足量Ba(NO3)2溶液中的离子方程式__。

【答案】Mg 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ HClO4 NaOH F Na 2F2+2OH-=OF2+2F-+H2O 3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+

【解析】

【分析】

根据元素在元素周期表正的位置可以得出，①为N元素，②为F元素，③为Na元素，④为Mg元素，⑤为Al元素，⑥Si元素，⑦为S元素，⑧为Cl元素，⑨为Ar元素，据此分析。

【详解】

（1）④为Mg元素，则④的元素符号为Mg；

（2）这些元素中最活泼的金属元素为Na，Na与水发生的反应的离子方程式为

2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；

（3）这些元素中非金属性最强的是Cl元素，则最高价氧化物对应的水化物为HClO4，这些

元素中金属性最强的元素是Na 元素，则最高价氧化物对应的水化物为NaOH ；

（4）根据元素半径大小比较规律，同一周期原子半径随原子序数的增大而减小，同一主族原子半径随原子序数的增大而增大，可以做得出，原子半径最小的是F 元素，原子半径最大的是Na 元素；

（5）F 2与NaOH 反应生成OF 2，离子方程式为2F 2+2OH -=OF 2+2F -+H 2O ；

（6）⑦为S 元素，⑦的低价氧化物为SO 2，SO 2在Ba(NO 3)2溶液中发生氧化还原反应，SO 2变成SO 42-，NO 3-变成NO ，方程式为3SO 2+2NO 3-+3Ba 2++2H 2O=3BaSO 4↓+2NO+4H +。

3．锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。回答下列问题:

（1）Zn 原子核外电子排布式为__________洪特规则内容_____________

泡利不相容原理内容______________________

（2）黄铜是人类最早使用的合金之一,主要由Zn 和Cu 组成。第一电离能

I 1(Zn)__________I 1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是__________

（3）ZnF 2具有较高的熔点(872℃ ),其化学键类型是__________;ZnF 2不溶于有机溶剂而ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,原因是__________

（4）金属Zn 晶体中的原子堆积方式如图所示,这种堆积方式称为__________,配位数为____

六棱柱底边边长为a cm,高为c cm,阿伏加德罗常数的值为N A ，Zn 的密度为__________g·

cm -3(列出计算式)。

【答案】1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 2或[Ar ]3d 104s 2 原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低 每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子 大于 Zn 核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 离子键 ZnF 2为离子化合物，ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2的化学键以共价键为

主、极性较小 六方最密堆积(A 3型2A 3N 6a c 4

??? 【解析】

【分析】

【详解】

(1)Zn 原子核外有30个电子，分别分布在1s 、2s 、2p 、3s 、3p 、3d 、4s 能级上，其核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 2或[Ar]3d 104s 2，洪特规则是指原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低，而泡利原理是指每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子，故答

案为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 2或[Ar]3d 104s 2；原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低；每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子；

(2)轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn 原子轨道中电子处于全满状态，Cu 失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu 较Zn 易失电子，则第一电离能Cu ＜Zn ，故答案为：大于；Zn 核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子；

(3)离子晶体熔沸点较高，熔沸点较高ZnF 2，为离子晶体，离子晶体中含有离子键；根据相似相溶原理知，极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，ZnF 2属于离子化合物而ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2为共价化合物，ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2分子极性较小，乙醇、乙醚等有机溶剂属于分子晶体极性较小，所以互溶，故答案为：离子键；ZnF 2为离子化合物，ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2的化学键以共价键为主，极性较小；

(4)金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积，Zn 原子的配位数为12，该晶胞中Zn 原子个

数=12×16+2×12+3=6，六棱柱底边边长为acm ，高为ccm ，六棱柱体积=[(6×23a )×3×c]cm 3，晶胞密度=2A m V 3N 6a c =???，故答案为：六方最密堆积(A 3型)；12；2A 3N 6a c ???。 【点睛】 本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生分析、判断、计算及空间想像能力，熟练掌握均摊分在晶胞计算中的正确运用、价层电子对个数的计算方法，注意：该晶胞中顶点上的原子被6个晶胞共用而不是8个，为易错点。

4．电气石是一种具有保健作用的天然石材，其中含有的主要元素为B 、Si 、Al 、Mg 、Na 、O 等元素。

(1)上述元素中，原子半径最小的是_________(用元素符号表示)，在元素周期表中处于金属和非金属分界线附近的元素是_____________(用元素符号表示)；

(2)表示原子结构的化学用语有：原子结构示意图、核外电子排布式、轨道表示式，从中选择最详尽描述核外电子运动状态的方式，来表示氧元素原子核外电子的运动状态______________；

(3)B 与最活泼的非金属元素F 形成化合物BF 3，检测发现BF 3分子中三根B —F 键的键长相等，三根键的键角相等，能否仅仅依据此数据此判断BF 3分子的极性____________；

(4)SiO 2晶体的熔点比BF 3晶体________(选填“高”、“低”)。

【答案】O B 、Si 、Al 非极性 高

【解析】

【分析】

(1)同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大；在元素周期表中处于金属和非金属分界线附近的元素是B、Si、Al；

(2)最详尽描述核外电子运动状态的方式为核外电子轨道排布式，根据核外电子排布规律画出；处于不同能级的电子，能量不同，处于同一能级不同轨道的电子能量相同；

(3)BF3分子中三根B﹣F键的键长相等且键角也相等，为平面正三角形结构，正负电荷重心重合；根据晶体类型判断熔点高低，一般熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；

(4)BF3是分子晶体，SiO2是原子晶体。

【详解】

(1)同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Na＞Mg＞Al＞Si ＞B＞O，在元素周期表中处于金属和非金属分界线附近的元素是B、Si、Al；

(2)最详尽描述核外电子运动状态的方式为核外电子轨道排布式，氧元素原子核外电子轨道排布式为：；

(3)BF3分子中三根B﹣F键的键长相等且键角也相等，为平面正三角形结构，正负电荷重心重合，为非极性分子；

(4)BF3是分子晶体，SiO2是原子晶体，故SiO2晶体的熔点比BF3晶体高。

5．下表是元素周期表的一部分，针对表中用字母标出的元素，回答下列问题：

（除特别注明外，其它一律用化学式表示）

（1）由E形成的物质中硬度最大的是___（填名称），属于___（填“晶体类型”）。

（2）最高价氧化物水化物中碱性最强的化合物的电子式是___，该碱溶液与D的最高价氧化物反应的离子方程式___。

（3）常用作光导纤维的是___。

（4）G、H、I形成的气态氢化物稳定性由强到弱的顺序___。

（5）H、J、K的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序___。

（6）I、J、K三种元素形成的离子，离子半径由大到小的顺序是___。

（7）元素I的氢化物的结构式为___；该氢化物常温下和元素K的单质反应的化学方程式为___。

【答案】金刚石原子晶体 2OH-+Al2O3=2AlO2-+H2O SiO2 H2O＞NH3＞

PH3 HClO4＞H2SO4＞H3PO4 S2-＞Cl-＞O2- H—O—H Cl2＋H2O ? HClO＋HCl

【解析】

【分析】

根据元素周期表可知，A为氢元素，B为钠元素，C为镁元素，D为铝元素，E为碳元素，F

为硅元素，G为氮元素，H为磷元素，I为氧元素，J为硫元素，K为氯元素，L为氩元素。【详解】

（1）E为碳元素，形成的物质中硬度最大的是金刚石，属于原子晶体，故答案为：金刚石；原子晶体；

（2）同周期元素从左到右，金属性逐渐减弱，同主族元素，从上到下，金属性逐渐增强，可知钠金属性最强，对应的碱为氢氧化钠，其电子式为，D为铝元素，其最高价氧化物为氧化铝，氧化铝有两性，与氢氧化钠反应的离子反应方程式为2OH-

+Al2O3=2AlO2-+H2O，故答案为：；2OH-+Al2O3=2AlO2-+H2O；

（3）二氧化硅常用作光导纤维，故答案为：SiO2；

（4）同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性O＞N＞P，非金属性强的元素对应的氢化物越稳定，则稳定性H2O＞NH3＞PH3，故答案为：H2O＞NH3＞PH3；

（5）同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性Cl＞S＞P，非金属性强的元素对应的最高价含氧酸的酸性强，则酸性HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故答案为：HClO4＞H2SO4＞

H3PO4；

（6）S2-、Cl-均有三个电子层，核外电子排布相同，则核电荷数小的离子半径大，即S2-＞Cl-，O2-有两个电子层，比S2-、Cl-的离子半径都小，则S2-＞Cl-＞O2-，故答案为：S2-＞Cl-＞O2-；

（7）元素I的氢化物为水，结构式为H—O—H，水在常温下和氯气反应的化学方程式为Cl2＋H2O ? HClO＋HCl，故答案为：H—O—H；Cl2＋H2O ? HClO＋HCl。

6．如图是元素周期表中的前四周期，①～⑨为相应的元素，请从中选择合适的元素回答问题：

（1）根据元素原子的外围电子排布特征，元素周期表可划分为五个区域，元素⑦位于周期表的___区。

（2）写出元素③与元素⑤形成的稳定化合物的结构式______。

（3）②、⑥两元素形成的化合物其中心原子的杂化轨道类型为___。

（4）元素⑦与CO可形成X（CO）5型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为-

20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断该化合物晶体属于____晶体（填晶体类型）。

（5）元素⑨的离子的氢氧化物不溶于水，但可溶于氨水，该离子与NH3间结合的作用力为____。

（6）将①、⑥形成的化合物溶于水，其与水间可能存在的氢键表示为____________（写一

种即可）。

（7）金属⑦有δ、γ、α三种同素异形体，各晶胞如下图，则δ和α中原子的配位数之比为________。

【答案】d O=C=O sp2杂化分子配位键 F－H…F、F－H…O、O－H…F、O－H…O 4：3

【解析】

【分析】

根据元素周期表可知①为H元素、②为B元素、③为C元素、④为N元素、⑤为O元素、⑥为F元素、⑦为Fe元素、⑧为Cu元素、⑨为Zn元素。

【详解】

（1）元素⑦为Fe元素，位于周期表的d区，故答案为：d；

（2）元素③为C元素、元素⑤为O元素，其形成的稳定化合物为二氧化碳，结构式为：O=C=O，故答案为：O=C=O；

（3）②为B元素、⑥为F元素，两元素形成的化合物为BF3，中心原子是B，价层电子对个数=σ键+孤电子对个数=3+0=3，杂化轨道类型为：sp2杂化，故答案为：sp2杂化；

（4）元素⑦为Fe元素、与CO可形成Fe(CO)5型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断该化合物晶体属于分子晶体，故答案为：分子；

（5）元素⑨Zn元素，氢氧化物为Zn(OH)2不溶于水，但可溶于氨水，Zn2+离子与NH3间结合的作用力为配位键，故答案为：配位键；

（6）①为H元素、⑥为F元素，形成的化合物为HF，溶于水，与水分子间可能存在的氢键表示为：F－H…F、F－H…O、O－H…F、O－H…O，故答案为：F－H…F、F－H…O、O －H…F、O－H…O；

（7）金属⑦为Fe，有δ、γ、α三种同素异形体，δ为体心立方，α为简单立方，原子的配位数之比为8：6＝4：3，故答案为：4：3。

【点睛】

金属晶体的原子堆积模型：①简单立方堆积，空间利用率52%，配位数6；②体心立方堆积，空间利用率68%，配位数8；③六方最密堆积，空间利用率74%，配位数12；④面心立方最密堆积，空间利用率74%，配位数12。

7．A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A原子核内无中子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能反应生成盐F；D与A同主族，且与E同周

期；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3

4

，A、B、D、E这四种元素，每一种

与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物．请回答下列问题：

（1）C元素在元素周期表中的位置是___；C、D、E三种元素简单离子半径由大到小的顺

序为：___(用离子符号表示)。

（2）写出分别由A、D与C形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式___、___。（3）A与C、E间分别形成甲、乙两种共价化合物，且甲有10个电子，乙有18个电子，则沸点较高的是___ (填化学式)。

（4）F含有的化学键类型是___、___。

（5）D和C形成的一种化合物能与A和C形成的一种化合物反应产生C单质，该反应的离子方程式为___。

【答案】第二周期VIA族 S2-> O2->Na+ H2O 离子键

极性共价键 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑

【解析】

【分析】

A原子核内无中子，则A为氢元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能反应

生成盐F，B为氮元素，F为硝酸铵；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3

4

，

则E为硫元素，在第三周期；D与A同主族，且与E同周期，则D为钠元素；A、B、D、E 这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物，则C为氧元素。

【详解】

（1）C为氧元素，在元素周期表中的位置是第二周期VIA族；Na+、O2-、S2-离子半径由大到小的顺序为S2-> O2->Na+，故答案为：第二周期VIA族；S2-> O2->Na+；

（2）由H、Na与O形成的原子个数比为1：1的化合物分别为H2O2、Na2O2，其电子式分别为、，故答案为：；

（3）H与O、S间分别形成H2O、H2S两种共价化合物，因为水分子间存在氢键，则沸点较高，故答案为：H2O；

（4）F为硝酸铵，含有离子键和极性共价键，故答案为：离子键、极性共价键；

（5）过氧化钠与水反应能生成氧气，则该反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。

【点睛】

比较离子半径可以用“先层后核再电子”进行比较，S2-有三个电子层，则半径最大，Na+、O2-有两个电子层，但氧的序数小于钠的序数，则O2-的离子半径大于Na+，所以S2-> O2->Na+。

8．A、B、C、D、E、F、G、H为八种短周期主族元素，原子序数依次增大。A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数，其中A的单质在常温下为气体。C与B、H在元素周期表中处于相邻位置，这三种元素原子的最外层电子数之和为17。D与F同周期。G的单质常用作半导体材料。请回答：

(1)C和H分别与A形成的简单化合物沸点较高的是________(填化学式)，理由是

_____________。

(2)C、E形成的简单离子半径大小：r(C)______r(E)(填>、<或=)

(3)请写出F最高价氧化物对应的水化物在水溶液中的电离方程式______________。

(4)B与G形成的化合物常用于做耐高温材料，工业可用碳热还原法制取：将G的氧化物与B的单质在1400℃条件下和足量的碳反应，请写出化学反应方程式_____________。

【答案】H 2O H2O分子间存在氢键>H++AlO2-+H2O Al(OH)3Al3++3OH-

3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO

【解析】

【分析】

A、B、C、D、E、F、G、H为八种短周期主族元素，原子序数依次增大。A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数，其中A的单质在常温下为气体，则A为H；G的单质常用作半导体材料，G为Si，结合原子序数可知F为Al；C与B、H在元素周期表中处于相邻位置，这三种元素原子的最外层电子数之和为17，17÷3=5…2，B为N、C为O、H为S，D与F同周期，位于第三周期，D为Na、E为Mg，以此来解答。

【详解】

由上述分析可知，A为H、B为N、C为O、D为Na、E为Mg、F为Al、G为Si、H为S。

(1)C和H分别与A形成的简单化合物分别是H2O、H2S，其中沸点较高的是H2O，原因是

H2O 分子间存在氢键，增加了分子之间的吸引力；

(2)O2-、Mg2+核外电子排布相同。具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则C、E形成的简单离子半径大小：r(C)>r(E)；

(3)F最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3是两性氢氧化物，在水溶液中存在酸式电离和碱式电离，电离方程式为H++AlO 2-+H2O Al(OH)3Al3++3OH-；

(4)将G的氧化物与B的单质在1400℃条件下和足量的碳反应，其化学反应方程式为

3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO。

【点睛】

本题考查元素及化合物的推断及物质性质的方程式表示。把握原子结构、元素的位置、质子数关系来推断元素为解答的关键，注意元素化合物知识的应用，题目侧重考查学生的分析与应用能力。

9．下表是元素周期表的一部分，回答下列问题：

（1）B在周期表中的位置是__；写出A、B的单质之间发生反应的化学方程式：__。（2）写出表中位于长周期的卤族元素的名称：__；属于短周期的碱金属元素的元素符号为__。

【答案】第3周期ⅥA族 2K+S 加热

K2S 溴 Li、Na

【解析】

【分析】

根据元素周期表的结构及物质性质分析解答。

【详解】

（1）B在周期表中的位置是第3周期，VIA族；A为钾，B为硫，则单质之间加热反应生

成硫化钾，反应的化学方程式：2K+S 加热

K2S，故答案为：第3周期ⅥA族；

2K+S 加热

K2S；

（2）表中的长周期为第4周期，卤族元素为ⅦA族元素，则该元素为溴；碱金属元素指IA 族元素中H以外的元素，短周期指前3周期，则元素符号为Li、Na；故答案为：溴；Li、Na。

10．A、B、C、D为原子序数依次增大短周期元素，A的最外层电子数是其电子层数2倍；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E；D的L层电子数等于其它电子层上的电子数之和。

(1)A元素名称为______，D在周期表中的位置________，离子半径大小B___C(填“>”“<”或“=”)。

(2)B的两种单质在常温下都是气体，它们互为____________。比较B的氢化物和D的氢化物沸点：B___D（填“＞”“＜”或“=”），原因是_________________。

(3)E中含有化学键类型：_________，属于___________化合物（填“离子化合物”或“共价化合物”）。

(4)用电子式表示C与D的二元化合物的形成过程：_____________________。

(5)氢原子与B分别形成10电子和18电子分子，写出18电子分子转化成10电子分子的化学方程式__________________。

【答案】碳第三周期第VIA > 同素异形体 > 水分子间存在氢键离子键和非极性共价键离子化合物 2H2O22H2O+O2↑【解析】

【分析】

短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大，A的最外层电子数是其电子层数2倍，则A 原子核外有2个电子层，核外电子排布是2、4，A是C元素；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，淡黄色固体E是Na2O2，则B是O元素、C是Na元素；D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和，则D原子M层电子数为6，则D为S元素。然后根据元素的原子结构及形成的化合物的性质，结合元素周期律分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：A是C元素，B是O元素，C是Na元素，D是S元素，淡黄色的固体E是Na2O2。

(1)A是C元素，元素名称为碳；D是S元素，原子核外电子排布为2、8、6，则S在元素周期表中位于第三周期第VIA族；O2-、Na+核外电子排布是2、8，二者电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径O2-

>Na+；

(2)氧元素形成的单质有O2、O3，二者是由同一元素形成的不同性质的单质，互为同素异形体；B的氢化物H2O和D的氢化物H2S结构相似，由于在H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使得物质的熔沸点升高，故物质的沸点：H2O>H2S；

(3)E是Na2O2，该物质是离子化合物，2个Na+与O22-之间通过离子键结合，在阴离子O22-中2个O原子之间通过共价键结合；

(4)C与D的二元化合物Na2S是离子化合物，Na+与S2-通过离子键结合，用电子式表示其形成过程为：。

(5)H与O分别形成10电子分子是H2O，形成的18电子分子是H2O2，18电子分子H2O2不稳定，容易分解为H2O和O2，反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑。

【点睛】

本题考查位置结构性质的相互关系及应用，涉及原子结构、元素周期表结构、物质性质等知识点，熟练掌握元素化合物、元素周期律等知识点，侧重考查学生分析与应用能力。

11．X、Z、Q、R、T为前四周期元素，且原子序数依次增大。X和Q属同族元素，X和R 可形成化合物XR4；R2为黄绿色气体；Z与X同周期且基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等；T2+的3d 轨道中有5个电子。请回答下列问题：

(1)Z基态原子的电子排布式是______；Z所在周期元素中，最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是______（填化学式）。

(2)利用价层电子对互斥理论判断 RZ3-的立体构型是______；RZ3-的中心原子的杂化轨道类型为______。

(3)水中T含量超标，容易使洁具和衣物染色．RZ2可以用来除去水中超标的T2+，生成黑色沉淀TZ2，当消耗0.2molRZ2时，共转移了1mol电子，则反应的离子方程式为

___________。

【答案】1s22s22p4 HNO3三角锥形 sp3杂化 2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl﹣+12H+【解析】

【分析】

X、Z、Q、R、T为前四周期元素，且原子序数依次增大，R2为黄绿色气体，则R为Cl；X 和R可形成化合物XR4，则X为+4价，处于IVA族，X和Q属同族元素，可推知X为C元素、Q为Si；Z与X同周期且基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等，则Z核外电子排布为1s22s22p4，因此Z为O元素；T2+的3d轨道中有5个电子，原子核外电子排布式为

1s22s22p63s23p63d54s2，则T为Mn，据此解答。

【详解】

根据上述分析可知：X是C元素，Z是O元素，Q是Si元素，R是Cl元素，T是Mn元素。

(1)Z是O元素，O基态原子的电子排布式是1s22s22p4；Z所在周期元素中，元素最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HNO3；

(2) RZ3-是ClO3-，ClO3-离子中中心原子Cl原子孤电子对数=7123

2

+-?

=1，价层电子对数为

3+1=4，则ClO3-立体构型是三角锥形，其中心原子Cl原子的杂化轨道类型为sp3 杂化；(3)水中Mn含量超标，容易使洁具和衣物染色，ClO2可以用来除去水中超标的Mn2+，生成黑色沉淀MnO2，当消耗0.2molClO2时，共转移了1mol电子，假设Cl元素在还原产物中化合价为a，则0.2mol×(4-a)=1mol，解得a=-1，即ClO2被还原变为Cl-，根据电荷守恒可知，还产生了H+，则反应的离子方程式为：2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl﹣+12H+。

【点睛】

本题考查结构、性质、位置关系应用、核外电子排布、杂化方式判断、氧化还原反应等，较为全面的考查了元素化合物、物质结构理论及氧化还原反应的分析与判断能力，是对学生对知识的迁移运用能力的综合考查。

12．短周期元素A、B、C、D在元素周期表中的相对位置如表所示，已知A原子最外层电子数与次外层电子数之比为2：1。E和C、D同周期，它的原子序数比B多6。

回答下列问题：

A B

C D

(1)人的汗液中含有D的简单离子，其离子结构示意图为______，元素C在元素周期表中的位置是______。C的最高价氧化物的水化物的浓溶液稀释的方法是______。

(2)A的最高价氧化物的化学式为_____，所含的化学键类型是______（填“离子键”或“共价键”）。

(3)E的最高价氧化物对应的水化物的化学式为____，它是______（填“酸性”或“两性”或“碱性”）化合物。写出该化合物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式______。

(4)加热时，B的最高价氧化物对应水合物的浓溶液与单质A反应的化学方程式为(用具体的化学式表示)______。

【答案】第三周期ⅥA族将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不

断搅拌 CO2共价键 Al(OH)3两性 Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O

C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O

【解析】

【分析】

短周期元素A、B、C、D在元素周期表中的相对位置如下表，A位于第二周期，A原子最外层电子数与次外层电子数之比为2：1，则其最外层电子数是4，A为C元素，则B为N元

素、C为S元素、D为Cl元素，E和C、D同周期，它的原子序数比B多6，则E是13号的Al元素。

【详解】

根据上述分析可知A是C元素，B为N元素、C为S元素、D为Cl元素，E是Al元素。

(1)D是Cl元素，Cl原子获得1个电子生成Cl-，Cl-离子结构示意图为；元素

C是S元素，原子核外电子排布是2、8、6，所以S位于元素周期表第三周期第VIA族。C 的最高价氧化物的水化物是H2SO4，由于浓硫酸的密度比水大，且浓硫酸溶于水会放出大量的热，属于浓硫酸稀释的方法是将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌；

(2)A是C，C原子最外层有4个电子，所以C元素的最高价氧化物是CO2，CO2分子中C原子和O原子之间通过共价键结合，使分子中每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构；

(3)E是Al元素，原子最外层有3个电子，其最高价氧化物对应的水化物的化学式是

Al(OH)3，Al元素处于金属与非金属交界区，其最高价氧化物对应的水化物的化学式是

Al(OH)3既能与强酸反应产生盐和水，也能与强碱溶液反应产生盐和水，是一种两性氢氧化物；Al(OH)3与氢氧化钠溶液反应产生NaAlO2和H2O，该反应的离子方程式为：Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O；

(4)B的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是浓HNO3，该物质具有强的氧化性，在加热时浓硝酸和C发生氧化还原反应，产生CO2、NO2、H2O，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应方程式为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+ 2H2O。

【点睛】

本题考查了元素及化合物的推断、金属及非金属化合物的性质、结构等。根据元素的相对位置及原子结构特点推断元素是本题解答的关键，准确掌握物质结构对性质的决定作用，清楚各种物质的化学性质是解题基础。

13．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____。

① 含有金属元素的化合物一定是离子化合物

② 第IA族和第ⅦA族元素原子化合时，一定生成离子键

③ 由非金属元素形成的化合物一定不是离子化合物

④ 活泼金属与非金属化合时，能形成离子键

⑤ 离子键就是阴、阳离子间的相互引力

⑥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：_______。

Cl-④⑥

【答案】37

17

【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

Cl-；电子数比质子数多1个，为带1个单位负电荷的阴离子，核中有17个质子，则为37

17（2）①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，①错误；

②第IA族和第ⅦA族元素原子化合时，不一定生成离子键，如HCl，②错误；

③由非金属元素形成的化合物可能是离子化合物，如NH4Cl，③错误；

④活泼金属与非金属化合时，能形成离子键，如NaCl、KI等，④正确；

⑤离子键就是阴、阳离子间的相互作用，既有引力又有斥力，⑤错误；

⑥离子化合物中可能含有非极性共价键，如Na2O2，⑥正确；

故答案为：④⑥；

（3）Mg(OH)2：由Mg2+和OH-构成，电子式为；

N2：两个N原子间形成三对共用电子，电子式为；

NH4I：由NH4+和I-构成，电子式为；

（4）Na2S：；

H2O：。

【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。对于一般的非金属原子来说，共用电子对数目=8一最外层电子数。对于H来说，只能形成一对共用电子。

14．海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如下：

（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Br2，步骤I中又将Br2还原为Br-，其目的为富集溴元素，请写出步骤II的化学方程式_______。

（3）在3mL溴水中加入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溴中提纯溴的方法，查阅了有关资料：Br2的沸点为59℃，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】Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4 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溴单质溶液，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溴单质，富集溴元素，蒸馏得到工业溴；

(1)步骤I中生成低浓度Br2，涉及氯气与溴离子的置换反应；

(2)步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br-，二氧化硫与溴发生氧化还原反应；

(3)四氯化碳的密度比水大，且溴易溶于四氯化碳；

(4)工业制溴中提纯溴的方法，主要是利用蒸馏方法，因为题干中给出信息Br2的沸点是59℃，提纯溴必须收集59℃时的馏分；C中液体为冷凝下来的纯溴，则颜色为深棕红色；溴蒸气有毒，需要用碱液来吸收。

【详解】

（1）氯气能够氧化溴离子得到氯离子和单质溴，离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；

故答案是：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；

（2）二氧化硫具有还原性，溴具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸，步骤II的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；

故答案是：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；

（3）四氯化碳能够萃取溴水中的溴，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，溴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D。

（4）①C中圆底烧瓶中产生液体为溴，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溴，反应的离子方程式为Br2+2OH-=Br-+BrO- +H2O；

故答案是: Br2+2OH-=Br-+BrO- +H2O。

15． (1)写出表示含有8个质子，10个中子的原子的化学符号：________。

(2)根据下列微粒回答问题：1

1H、21H、31H、14C、14N、16O、352

Cl、37

2

Cl。

①以上8种微粒共有________种核素，共________种元素。

②互为同位素的是________。

③质量数相等的是________和________，中子数相等的是________和________。

(3)相同物质的量的142

CO与18

2

S O的质量之比为________；中子数之比为________；电子数之比为________。

(4)铷和另一种碱金属形成的合金7.8g与足量的水反应后，产生0.2g氢气，则此合金中另一碱金属可能是______________。(铷的相对原子质量取85.5)

(5)质量相同的H2O和D2O与足量钠反应，放出的气体在标准状况下的体积之比为

________。

【答案】18

8O6 5 1

1

H、21H、31H14C 14N14C 16O23：34 2：3 11：

16 Li或Na 10：9

【解析】

【详解】

(1)质子数为8的原子，则为O，质量数=质子数+中子数=8+18=18，化学符号为188O；

(2)①具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子称为核素，则共有6种核素；5种元

素；

②同位素为质子数相等，而中子数不等的原子，则

11H 、21H 、31H 互为同位素； ③质量数相等的是

14C 和14N ，中子数相等的是14C 和16O 。 (3)相同物质的量的142CO 与182S O 的质量，m(142CO )：m(182S O )=n ×46：n ×68=23：34；中子数之比=n ×24：n ×36=2：3；电子数之比=n ×22：n ×32=11：16； (4)M=

m n =7.80.2

=39g/mol ，铷摩尔质量为85.5g/mol ，则另一碱金属的摩尔质量小于平均值，则只能是Na 或Li ；

(5)质量相同的H 2O 和D 2O ，物质的量分别为18m mol 、20m mol ，与足量钠反应生成氢气的量与水的物质的量有关，则氢气的物质的量的比为

18m ：20

m =20：18=10：9，相同条件下，物质的量之比等于体积之比，则体积比为10：9。

【点睛】 相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比。