山东省济宁一中高三化学二轮复习 专题57 原子结构精选练习（含解析）鲁教版.doc

专题57 原子结构1、当镁原子由1s22s22p63s2 1s22s22p63p2时，以下认识正确的是（ ）a镁原子由基态转化成激发态，这一过程中吸收能量b镁原子由激发态转化成基态，这一过程中释放能量c转化后位于p能级上的两个电子处于同一轨道，且自旋方向相同 d转化后镁原子与硅原子电子层结构相同，化学性质相似【答案】a 2、下列叙述中，正确的是()a.在一个基态多电子的原子中，可以有两个运动状态完全相同的电子b.在一个基态多电子的原子中，不可能有两个能量完全相同的电子c.在一个基态多电子的原子中，m层上的电子能量肯定比l层上的电子能量高d.如果某一基态3p能级上仅有2个电子，它们自旋方向必然相反【答案】c 3、按照第一电离能由大到小的顺序排列错误的是 a.be、mg、ca b.be、b、c、n c.he、ne、ar d.li、na、k【答案】b 4、下列各能层不包含d能级的是 ao能层 bp能层 cm能层 dk能层【答案】d 5、下列有关表述正确的是 （ ） a次氯酸的电子式： b n原子的电子排布图为：c硫原子的价电子排布式：3s23p4 d二氧化硅的分子式： sio2【答案】c 6、某元素原子价电子构型3d54s2，其应在（ ）a、 第四周期a族 b、 第四周期b族c、 第四周期a族 d、 第四周期b族【答案】d 7、若将14si的电子排布式写成1s22s22p63s23p x 2，它违背了（）a能量守恒原理b泡利(pauli)不相容原理c能量最低原理d洪特(hund)规则【答案】d【解析】此题考查核外电子排布三原则。14si的3p能级有三个能量相同的轨道3px、3py、3pz，而14si有两个3p电子，电子排布应遵循洪特规则对于基态原子，电子在能量相同的轨道上排布时，应尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同，因此其正确的电子排布式应为1s22s22p63s23p1x3p1y。8、在自然界循环的碳元素中，12c与14c的原子个数比为10121。14c具有放射性，其半衰期为5720年。考古学家正是通过测定古生物中12c与14c的原子个数比，再与10121相比较来确定其死亡年代的。则古生物中碳原子的平均中子数较自然界中碳原子的平均中子数（）a一定多 b一定少 c一定相等 d可能多，可能少【答案】b【解析】14c不断的衰变，显然其中的碳原子在减小，则碳的中子数也在减少，故选b项。9、下列关于硅原子的核外电子排布表示式中，错误的是 ()a1s22s22p63s23p2bne3s23p2c. d. 【答案】c【解析】a和b两个选项都是电子排布式，c和d两个选项都是轨道表示式，其中c选项违背了洪特规则。10、现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s22p63s23p4 1s22s22p63s23p3 1s22s22p3 1s22s22p5则下列有关比较中正确的是（ ）a第一电离能：b原子半径：c电负性：d最高正化合价：=【答案】a【解析】由基态原子的电子排布式可知为s元素，为p元素，为n元素，为f元素，a同周期自左而右第一电离能增大，由于p为半充满状态，较稳定，所以第一电离能sp，nf，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能np，所以第一电离能spnf，即，故a正确；b同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径ps，nf，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径pn，故原子半径psnf，即，故b错误；c同周期自左而右电负性增大，所以电负性os，nf，同主族自上而下电负性降低，所以电负性pn，故电负性psnf，即，故c错误；d最高正化合价等于最外层电子数，但f元素没有正化合价，所以最高正化合价：=，故d错误故选a11、下列各项叙述中，正确的是（ ）a电子层序数越大，p原子轨道轨道数越多b在同一电子层上运动的电子，其自旋方向肯定不同c镁原子由1s22s22p63s2ls22s22p63p2时，原子吸收能量，由基态转化成激发态d原子最外层电子排布是5s1的元素，其氢氧化物不能使氢氧化铝溶解【答案】c12、基态碳原子的最外能层的各能级中，电子排布的方式正确的是（）a bc d【答案】c【解析】a.2p能层有3个电子，应在3个不同的轨道，不符合洪特规则，故a错误；b.2p能层有2个电子，应在2个不同的轨道，不符合洪特规则，故b错误；c.2p能层有2个电子，在2个不同的轨道，符合洪特规则，故c正确；d.2s轨道应有2个电子，2p轨道有2个电子，不符合能量最低最低原理，故d错误故选c13、下列说法正确的是（）a3，3二甲基1丁烯在一定条件下与氢气充分反应后得到3，3二甲基丁烷。b工业生产中用乙醇与氢氧化钠作用生成乙醇钠，故乙醇可以与氢氧化钠溶液反应。c地球上最基本的能源是太阳能，植物通过光合作用吸收太阳能，被吸收的太阳能通过各种形式的化学反应转化为化学能，物质中的化学能又可以通过各种形式的化学反应转化为热能、光能或电能。d道尔顿、汤姆生、卢瑟福、波尔、阿伏伽德罗和门捷列夫等科学家对原子结构模型的建立均作出了卓越的贡献【答案】c14、以下能级符号不正确的是( )a2d b3s c4p d5f【答案】a 15、下列各组中的x和y两种原子，化学性质一定相似的是()ax原子和y原子最外层都只有一个电子bx原子的核外电子排布为1s2，y原子的核外电子排布为1s22s2cx原子2p能级上有三个电子，y原子的3p能级上有三个电子dx原子核外m层上仅有两个电子，y原子核外n层上仅有两个电子【答案】c【解析】a项，h与na最外层都只有一个电子，但二者性质差别很大；b项，x为he，y为be，二者性质差别很大；c项，x为n，y为p，二者同主族性质相似；d项x为mg，y原子可能为ca，也可能是过渡金属元素的原子，故选c。16、用固体naoh配制250ml 0.5mol？l1naoh溶液；（1）在下列仪器中：托盘天平（带砝码）；量筒；烧杯；玻璃棒；漏斗；500ml容量瓶；药匙；250ml容量瓶；胶头滴管；坩埚a配制过程中必须用到的仪器有： （填写代号）b容量瓶使用前应 ，中学化学实验常用仪器中使用前和容量瓶使用有相同操作的不同类玻璃仪器还有： ；（2）下列操作使所配制的naoh溶液浓度偏高的有： （填写代号）称取固体naoh时未用小烧杯没有用水冲洗烧杯23次定容时，俯视液面使之与刻度相切溶液配好摇匀后，发现液面低于刻度线，又加水至液面与刻度相切将未冷却的溶液注入容量瓶后，马上定容样品中混有na2o杂质【答案】（1）；查漏；分液漏斗；（2）【解析】（1）a配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤有：计算、称量、溶解冷却、移液、洗涤、摇匀装瓶，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧瓶、玻璃棒、250ml容量瓶、胶头滴管；故答案为：；b使用容量瓶的第一步操作是检查容量瓶是否漏水，故需要查漏的还有分液漏斗，故答案为：查漏；分液漏斗；（2）称取固体naoh时未用小烧杯，导致部分氢氧化钠沾到滤纸上，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；没有用水冲洗烧杯23次，导致溶质的物质的量偏低，溶液的浓度偏低；定容时，俯视液面使之与刻度相切，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高；溶液配好摇匀后，发现液面低于刻度线，又加水至液面与刻度相切，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低；将未冷却的溶液注入容量瓶后，马上定容，冷却后，溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高；样品中混有na2o杂质，相同质量的氧化钠生成氢氧化钠的物质的量多于氢氧化钠，导致溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高；故答案为：17、粗食盐中除含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等可溶性杂质外，还含有泥砂等不溶性杂质。我们食用的精盐是用粗食盐提纯而得到的。通过教材中“粗盐的提纯”实验回答下列问题。（1）实验室进行nacl溶液蒸发时，一般有以下操作过程 放置酒精灯 ；固定铁圈位置 ；放上蒸发皿（蒸发皿中盛有nacl溶液）；加热搅拌； 停止加热。其正确的操作顺序为_。 （2）粗盐溶解后要除去上述可溶性杂质需加入过量的除杂试剂，加入的除杂试剂依次为（填化学式）_，_，_（任填一种顺序）然后再进行过滤等操作。（3）写出（2）中化学反应方程式_，_，_，_。（4）如何运用最简方法检验除杂后蒸发前溶液中有无so42离子？_【答案】1 2bacl2 naoh na2co33na2so4 + bacl2 = baso4+ 2nacl ，na2co3 + bacl2 = baco3+2nacl2naoh+ mgcl2 = mg(oh)2+2nacl , na2co3 + cacl2 = caco3+2nacl4取少量溶液于试管中滴加几滴bacl2溶液，如果出现白色浑浊或沉淀，则溶液中有so42，不出现浑浊就说明so42已经除尽。【解析】（1）仪器装配的原则是自下而上，自左向右，所以正确的实验操作顺序是。（2）考查物质的分离和提纯。ca2用碳酸钠除去，mg2用氢氧化钠除去，so42用氯化钡除去，最后加入盐酸酸化。但用于过量的氯化钡要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必需放在氯化钡的后面，而氢氧化钠可以随意调整。（3）根据实验过程可知，反应的方程式有na2so4 + bacl2 = baso4+ 2nacl、na2co3 + bacl2 = baco3+2nacl、2naoh+ mgcl2 = mg(oh)2+2nacl、na2co3 + cacl2 = caco3+2nacl。（4）要检验so42可以利用氯化钡溶液。但为防止其它离子（如co32、so32、ag等)的干扰，需要首先加入盐酸，然后在加入氯化钡溶液。但本题仅仅是验证so42的存在的，实验可以不加入盐酸。取少量溶液于试管中滴加几滴bacl2溶液，如果出现白色浑浊或沉淀，则溶液中有so42，不出现浑浊就说明so42已经除尽。18、在某个无色溶液中，其中有可能存在的离子如下：na+、ag+、ba2+、al3+、alo2-、s2-、co32-、so32- 和so42-。现取该溶液进行下列有关实验，实验结果如下图所示：（1）沉淀甲是_，生成沉淀的离子方程式_。（2）沉淀乙是_，由溶液甲生成沉淀乙的离子方程式_。（3）沉淀丙是_。（4）综合上述信息，可以肯定存在的离子有_。【答案】(1)s; 2s2-+so32-+6h+=3s+3h2o(2)al(oh)3; al3+3hco3=al(oh)3+3co2(3)baco3, 可能有baso4; 在沉淀丙中加入足量盐酸，若沉淀不能全部溶解，说明除baco3外还有baso4；若全部溶解，则仅有baco3.(4) s2-、so32、alo2、na+【解析】本题的突破口是沉淀甲、乙、丙的成分，加入过量的氢溴酸生成淡黄色沉淀甲，回顾中学化学中常见的淡黄色物质有agbr、s、ag3po4等。这里应该排除排除ag3po4的，关键甲是agbr还是s，若是agbr沉淀的话，由于ag+与题干中的4种阴离子均不能大量共存，从而否决了ag+。可知甲是s，显然此处的s是溶液中s2-和so32-在酸性条件下发生的归中反应生成的。由此推出原溶液中存在s2-和so32-。由于有so32-，所以一定不存在ba2+、fe3+。根据电中性原则，溶液中必须有阳离子，故一定存在na+。气体甲可能是hbr与过量的s2-反应生成的h2s，也可能是hbr与过量的so32-反应生成的so2，也可能是hbr与原溶液中可能存在的co32-反应生成的co2。过量的nh4hco3中和多余的h+后，又反应生成白色沉淀乙，对照题干中的离子（ag+、ba2+、fe3+都不存在），推出沉淀乙只可能是al元素引起的al(oh)3沉淀，即hco3-与al3+发生双水解所造成的，而al3+来自于alo2-与过量的氢溴酸反应生成的，所以原溶液中一定存在alo2-。气体乙是hco3-与剩余的h+以及al3+反应产生的，只能是co2。ba(oh)2与上步过量的nh4hco3反应，生成白色沉淀丙，即baco3沉淀，另外，也可能存在baso4沉淀，但无法确定原溶液中是否含有co32-和so42-。气体丙一定是nh4+与过量的ba(oh)2反应生成的nh3。综上所述，肯定存在的离子有：na+、alo2-、s2-、so32-；一定不存在的离子有：ag+、ba2+、fe3+；可能存在的离子有：co32-、so42-。19、现有标准状况下氨气521l，将其溶于1l水制得密度为0.9g/cm3的氨水，计算该氨水的物质的量浓度。（计算结果保留小数点后一位）【答案】15.0mol/l (或14.6mol/l) 20、某金属元素x原子的核外电子数等于核内中子数，取该元素的单质0.6 g与足量的氧气充分反应，可得到1.0 g氧化物xo。试通过计算推导出该元素在元素周期表中的位置。【答案】第三周期a族【解析】设x的相对原子质量为ar，则由题意知：2xo2=2xo2ar 2(ar16)06 g 1.0 g，解得ar24由该元素的原子核外电子数等于核内中子数可知，该元素原子的质子数与中子数相等，所以x的原子序数为12，该元素是mg，位于周期表的第三周期a族。21、w、x、y、z是周期表前36号元素中的四种常见元素,其原子序数依次增大。w、y的氧化物是导致酸雨的主要物质,x的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子,z能形成红色(或砖红色)的z2o和黑色的zo两种氧化物。(1)w位于元素周期表第周期第族。w的气态氢化物稳定性比h2o(g)(填“强”或“弱”)。 (2)y的基态原子核外电子排布式是 , y的第一电离能比x的(填“大”或“小”)。 (3)y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与z的单质反应的化学方程式是 。(4)已知下列数据:fe(s)+1/2 o2(g)=feo(s)h=-272.0 kjmol-12x(s)+3/2o2(g)=x2o3(s)h=-1 675.7 kjmol-1x的单质和feo反应的热化学方程式是 。【答案】(1)2a弱(2)1s22s22p63s23p4大(3)cu+2h2so4(浓)cuso4+so2+2h2o(4)3feo(s)+2al(s)=al2o3(s)+3fe(s) h=-859.7 kjmol-1【解析】题给信息知,w和y分别是氮元素和硫元素;根据基态原子核外电子排布规律写出x的电子排布式为1s22s22p63s23p1,则x是铝元素;z应是铜元素。(1)n位于第2周期a族,同周期气态氢化物稳定性由左向右依次增强,则稳定性nh3(g)r(s),故s更难失电子,第一电离能大于al。(3)把已知方程式依次记为,由盖斯定律,-3即可得出答案,h=h2-h13。22、x、y、z、w是元素周期表中前四周期四种常见的元素。已知：w基态原子有7个轨道填充了电子；y与z原子最外层的电子数相同，但y的原子半径比z小；zy2和y3都具有漂白性，它们分子的空间构型都是v型；x的合金在生活中有非常广泛的用途，x分别与y、z形成化合物甲、乙，在甲、乙中x的质量分数分别为72.4和63.64；丙是由x、y、z三种元素组成的一种常见的还原剂，在溶液中反应1个阳离子失去1个电子。（1）w基态原子的最外层（价层）的电子排布式为 ；x3+最外层电子数为 ；y、z、w三种单质与y、w两元素形成的化合物四种物质的熔点从高到低的排序是 。（填化学式）（2）写出在溶液中，丙与酸性高锰酸钾反应的离子方程式： 。（3）检验zy2的方法是（写出操作步骤和实验现象） 。（4）高温下甲与w单质剧烈反应。在25、101kpa下测得每转移3mol e-放热416.4kj该反应的热化学方程式是 。【答案】（1）3s23p1、13、al2o3、 al 、s、 o2(或o3) （2）8h+5fe2+mno4-=4h2o+5fe3+mn2+(3)方法一：将气体通入品红溶液，溶液褪色，然后加热，溶液又现红色；方法二：将气体通入溴水，溴水褪色，再向溶液中滴入bacl2溶液，有白色沉淀产生。（其他答案合理也可得分）（4）3fe3o4(s)+8al(s)= 4 al2o3(s)+9 fe (s);？=-3331.2kj/mol【解析】本题以原子结构和元素周期表为依托，考查元素性质的变化规律及化学用语的使用，能力层面考查考生判断、分析、推理及综合能力，体现思维的逻辑性、深刻性。s、p能级分别有一个、三个轨道，现w基态原子有7个轨道填充了电子，则1s2s2p3s共6个轨道填满了电子，3p只能有一个电子，所以w为al ，最外层电子排布为3s23p1；y与z原子最外层的电子数相同，说明同主族又y的原子半径比z小且zy2和y3都具有漂白性，它们分子的空间构型都是v型，推知y、z分别为o 、s；x的合金在生活中有非常广泛的用途，x分别与o、s形成化合物甲、乙，丙是由x、y、z三种元素组成的一种常见的还原剂，在溶液中反应1个阳离子失去1个电子，推知x为fe不是al，fe3+最外层电子数为13，fe2+可被mno4-氧化。n(fe)/n(o)= 72.4/56:27.6/16=3/4 ，甲为fe3o4；n(fe)/n(s)=63.64/56:36.36/32=1:1，乙为fes；丙是feso4。y、z、w三种单质与y、w两元素形成的化合物四种物质分别为o2(或o3)、s、al、al2o3 ，其中al2o3为原子晶体熔点最高，al为金属晶体熔点次之，o2(或o3)、s为分子晶体，熔点从高到低的排序是al2o3、 al 、s、 o2(或o3)，so2的检验可用品红溶液或用溴水（或氯水）将其氧化为so42-，再检验so42-即可，高温下甲与w单质剧烈反应。在25、101kpa下测得每转移3mol e-放热416.4kj，则生成9 mol fe转移24mol e-，放热3331.2kj。23、按照能量大小顺序排列下列原子轨道。(1)e1s，e4s，e3s，e2s：_。(2)e3d，e3s，e3p：_。【答案】(1)e1se2se3se4s(2)e3se3pe3d24、下表为元素周期表前三周期的一部分：xzrwy(1)y的基态原子的电子排布式为_。(2)x的氢化物的沸点与w的氢化物的沸点比较：_(填化学式)，原因是_。(3)选出x的基态原子的轨道表示式_(填序号)，另一轨道表示式不能作为基态原子的轨道表示式是因为它不符合_(填字母)。a能量最低原理b泡利原理c洪特规则(4)以上五种元素中，_(填元素符号，下同)元素第一电离能最大，_元素的电负性最大。【答案】(1)1s22s22p63s23p4(2)nh3ph3nh3分子之间可形成氢键，使nh3熔点、沸点明显升高(3)c(4)nef【解析】根据元素周期表的结构可知x为n，z为f，r为ne，w为p，y为s。(1)根据构造原理可写出硫的基态原子的电子排布式：1s22s22p63s23p4。(2)x、w的氢化物为nh3和ph3，因nh3分子之间可以形成氢键，故nh3的沸点、熔点显著升高，故沸点nh3ph3。(3)当电子排布