备战高考化学易错题专题训练-原子结构与元素周期表练习题及答案

1、备战高考化学易错题专题训练-原子结构与元素周期表练习题及答案一、原子结构与元素周期表练习题(含详细答案解析)1.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 区。(2)Mg(H2O)62+(N5)2(H2O)42-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:TOftl1/kJ?mor1l2/kJ?mor1l3/kJ?mor1X737.71450.77732.7Y1313.93388.35300.5Z1402.32856.04

2、578.1X、Y、Z中为N元素的是,判断理由是 。从作用力类型看，Mg2+与H2O之间是、N5与H2O之间是。N5-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 器表示，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 。AgN5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a nm , 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

3、数式表示)。【答案】3d5 ds Z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Z为氮元素配位键氢键 sp2128.9 1022Na a3【解析】【分析】(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)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；根据图示，判断晶体中阳离子、阴离子中含有的作用力类型；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

4、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 旧，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)X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

5、定状态，其失去第一个电子较难，Ii较大，可推知Z为N元素，Y是O元素；在该晶体中阳离子Mg(H2O)62+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+ 提供空轨道，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)42-上N5-与H2O的H原子之间通过氢键结合在一起，形成NH-O,故二者之间作用力为氢键；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sp

6、2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，5其中大兀键是由4个原子、5个电子形成，可表不为4；(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38 =12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

7、 =4,晶胞体积为 V=(2a X 17038244 178a/molZC C “22cm3,贝U p m. N A/m 8.9 10 g/cm3。V 2a 10 7 cm3 N a a【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。2.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

8、一电离能Ii(Zn)Ii(Cu)(填 大于”或 小于"。)原因是 (3) ZnF2具有较高的熔点(872 C )，其化学键类型是 ;ZnF2不溶于有机溶剂而ZnC2、ZnBr2、Znl2能够溶于乙醇、乙醛等有机溶剂，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 Na, Zn的密度为 g cm-3(列出计算式)。【答案】1s22s22p63s23p63d104s2或Ar3d104s2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

9、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 ZnF2为离子化合物，ZnCb、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为65 6主、极性较小六方最密堆积(A3型)12J32Na 6 a2c4【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1s22s22p63s23p63d104s2或Ar3d 104s2,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

10、上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s2或网3d 104s2；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 Cuv 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ZnF2,为离子晶体，

11、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，ZnF2属于离子化合物而 ZnC2、ZnBr2、Znl2为共价化合物，ZnC2、ZnBr2、Znl2分子极性较小，乙醇、乙醛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；ZnF2为离子化合物，ZnCR、ZnBdZn原子的配位数为12,该晶胞中Zn原子个acm,高为 ccm,六棱柱体积Znl2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,数=12X1 +2 x1 +3=6,六棱柱底边边长为62-m=（6 组a2） x 3x cCm晶胞密度=V 465 6型）；12；J32

12、。NA 6 a2c4【点睛】65 673一1，故答案为：六方最密堆积 NA 6 a2c4（A3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。3.硅是构成矿物和岩石的主要成分，单质硅及其化合物具有广泛的用途。完成下列填空：1 .某些硅酸盐具有筛选分子的功能，一种硅酸盐的组成为：M2O R2O3 2SiO2 nH2O,已知元素M、R均位于元素周期表的第 3周期。两元素原子

13、的质子数之和为24。(1)该硅酸盐中同周期元素原子半径由大到小的顺序为 ;(2)写出M原子核外能量最高的电子的电子排布式： ;(3)常温下，不能与 R单质发生反应的是 (选填序号)；a. CuCb溶液 b. Fe2O3 c.浓硫酸 d. NazCQ溶液(4)写出M、R两种元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：II.氮化硅(S3N4)陶瓷材料硬度大、熔点高。可由下列反应制得：SiO2+C+N2 高温S3N4+CO(5) S3N4晶体中只有极性共价键，则氮原子的化合价为 ,被还原的元素为 C3N4的结构与Si3N4相似。请比较二者熔点高低。并说明理由:(7)配平上述反应的化学方程式，并标

14、出电子转移的数目和方向。 (8)如果上述反应在10L的密闭容器中进行，一段时间后测得气体密度增加了2.8g/L,则制得的S3N4质量为。【答案】Na >Al>Si 3s bd Al OH 3+OH-=AlO2+H2O -3 N2中氮元素两者均为原子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，因此C3N4中碳原子与氮原子形成的共价键键长较S3N4中硅原子与氮原子形成的共价键键长小，键能较大，熔点较高I1-S35g3SiO.+6C+2N5 6co.*J *4【解析】【分析】【详解】I. ( 1)化合物的化合价代数和为 0,因此M呈+1价，R呈+3价，M、R均位于元素周期 表的第3周期，两元素原子的

15、质子数之和为24,则M为Na, R为Al,该硅酸盐中Na、Al、Si为同周期元素，元素序数越大，其半径越小，因此半径大小关系为：Na >Al>Si；(2) M原子核外能量最高的电子位于第三能层，第三能层上只有 1个电子，其电子排布 式为：3s1；(3)常温下，Al与CuC2溶液反应能将铜置换出来；Al与Fe2O3在高温反应；Al与浓硫酸发生钝化；Al与Na2CO3溶液在常温下不发生反应；故答案为：bd ；(4) Na、Al两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为：NaOH、Al(OH)3,二者反应的离子方程式为： Al OH 3+OH-=AlO2+H2O；II. (5)非金属性N&

16、gt;Si,因此S3N4中N元素化合价为-3价；该反应中N元素化合价从0 价降低至-3价，N元素被还原；(6) S3N4陶瓷材料硬度大、熔点高，晶体中只有极性共价键，说明S3N4为原子晶体，C3N4的结构与S3N4相似，说明C3N4为原子晶体，两者均为原子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，因此 QN4中碳原子与氮原子形成的共价键键长较S3N4中硅原子与氮原子形成的共价键键长小，键能较大，熔点较高；(7)该反应中Si元素化合价不变，N元素化合价从0价降低至-3价，C元素化合价从0价 升高至+2价，根据得失电子关系以及原子守恒配平方程式以及单线桥为：12eI . .温 .卜 ；3SiO,+6( +2

17、N,7)SiN4+6C().占J H1(8)气体密度增加了 2.8g/L,说明气体质量增加了 2.8g/L X10L=2§g Wj温3SiO2 +6C +2N 2 = Si3N4 +6CO 气体质量变化 m140g112g28g28g因此生成的Si3N4质量为140g 62g =35g。4 .正电子、负质子等都属于反粒子，它们跟普通电子、质子的质量、电荷量均相等，而电性相反。科学家设想在宇宙的某些部分可能存在完全由反粒子构成的物质一反物质。1997年年初和年底，欧洲和美国的科研机构先后宣布：他们分别制造出9个和7个反氢原子。这是人类探索反物质的一大进步。(1)你推测反氢原子的结构是(

18、)A,由1个带正电荷的质子与 B.由1个带负电荷的质子与 C.由1个不带电子的中子与 D.由1个带负电荷的质子与1个带负电荷的电子构成1个带正电荷 的电子构成1个带负电荷的电子构成1个带负电荷的电子构成(2)反物质酸、碱中和反应的实质是()A. H-+OH+=H2OB H+OH+=H2OC, H'+OHT=H2OD, H+OH=H2O电荷数为(3)若有反a粒子(a粒子即氮核)，它的质量数为【答案】B A 4 2【分析】根据反粒子特征和定义进行解答。【详解】(1)A.由一个带正电荷的质子和一个带负电荷的电子构成的，这是正常氢原子的构成，故A错误；B.由一个带负电荷的质子和一个带正电荷的电

19、子构成的，符合反氢原子的构成，故B正确；C.由一个不带电的中子和一个带负电荷的电子构成的，不正确，因为反氢原子中电子带正 电，故C错误；D.由一个带负电荷的质子和一个带负电荷的电子构成，原子不显电性，不能都带负电荷。故D错误。答案：B。(2)酸碱中和反应是 H + +OH -=H2O,根据反物质的定义特征，可知反物质酸碱中和反应为H-+OH+= H2O,所以A符合题意，答案：A；已知a粒子质量数为4,带2个正电荷，因此反 a粒子质量数为4,电荷数为-2。答案：4; 2。【点睛】根据反粒子的定义：正电子、负质子等都属于反粒子；反粒子的特征：它们跟普通电子、质子的质量、电荷量均相等，而电性相反进行

20、解答。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”)。,该碱溶液与D的最高价氧(2)最高价氧化物水化物中碱性最强的化合物的电子式是化物反应的离子方程式 。(3)常用作光导纤维的是 一。(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【答案】金刚石

21、原子晶体Na'：d：HT 2OH+Al2O3=2AlO2-+H2O SiO H2Q>NH3>PH3 HClQ>H2SQ>H3PO4 g->C1>O2- H-OH C2+H2O ? HC1O+ HCl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为僦元素。(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

22、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+Al2O3=2AlO2'+H2O,故答案为：N£：G：H； 2OH'+Al2O3=2AlO2'+H2O； .(3)二氧化硅常用作光导纤维，故答案为：SiQ；(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&

23、gt;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 HClQ>H2SQ>H3PO4,故答案为：HClO4>H2SQ> H3 PO4；(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->or, O有两个电子层，比 g-、Cl-的离子半径都小，则 S?->cr>O2-,故答案为：*>cr>(7)元素I的氢化物为水，结构式为H-O-HI,水在常温下和氯气反应的化学方程式为012+ H2O ? HC1O+ HCl,故答案为：H-O-H； CI2+ H2O ? HC1O+ HCl。质为液态的

24、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、HC1、PH3 PK 01【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C1、G为 硫、H为A1、I为Mg、J为Na、K为Ca、L为钾、N为Br、M处于过渡元素。【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、

25、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。、HC1、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、C1>P,非金属性越强，氢化物越稳定，与PH3最不稳定，故答案为：H2O、HCk PH3； PH3;(3)同周期自左而右原子半径减小，故第三周期中C1原子半径最小，故答案为：01。7.离子化合物 A3的阴、阳离子的电子层结构相同，1mo1 AB2中含54 mo1电子，且有

26、下列反应：_点燃-.一，.一 H 2+B2C(ZM 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, 丫, 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> Ca(ClO2 HClO©CcaGg：【©丁。产厂 2Cb+2Ca(OHXCa(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，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，

27、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CaC2, X为Ca(OH)2, Y为Ca(ClO2, Z为HClO。，故答案为： CaC2; Ca(OH> Ca(ClO> HClO;(2)AB2的形成过程用电子式表示为：隙Gca个a :&广Cr* :&：广，故答案为： :CI；1_ Ca2+ ：CI：1 ；(3)的化学方程式为 2C2+2Ca(OH)2

28、=Ca(ClO?+CaC2+2H2O,故答案为：2cl2 + 2Ca(OH?=Ca(ClO)2+ CaC2+ 2H2。【点睛】常见18电子的离子有 K+、Ca2+、ClT ¥、HS等。8.下表是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表一种元素。a* |- |i*?AeA-m.I.- f -Rb .一Rb：C ： dr Wb，.一1 % 8h* B » =*!C*1*0 "m. .- - M 一. .*w.+ 4 4 4- * *- T1" f - - 彳 田-一1(1)表中的实线表示系周期表的部分边界，请用实线补全元素周期表的上边界(2)常温下，其单质呈

29、液态的元素是 (填字母代号)，它与 e形成的化合物电子式 为： (用元素符号表示)(3) b元素形成的单质所属晶体类型可能是 (填序号)分子晶体 原子晶体 金属晶体 离子晶体 过渡型晶体(4)元素c、d、g的氢化物的沸点由高到低的顺序为 (用化学式表示)(5) NH3H2O的电离方程 NH3 H2O=NH+4+OH,试判断NH3溶于水后，形成的NH3 H2O的合理结构 (填字母代号)【解析】【分析】(1)第一周期中含有2种元素，处于第1歹U、18歹U;第2、3周期中元素处于1,2歹U,1318歹U,据此画出元素周期表的上边界；(2)常温下，呈液态的单质为澳与金属汞，由图可知位置可知，为澳单质，

30、处于第四周期17列；e为Na元素，澳与钠形成的化合物为NaBr,由钠离子与氯离子构成；(3)b为碳元素，形成的单质可能为原子晶体，如金刚石，可能为分子晶体，若富勒烯，可能为过渡型晶体，如石墨；(4)c为氧元素、d为氟元素、g为氯元素，结合常温下氢化物状态与氢键判断氢化物的沸氨水的电离生成 NH4+、OH-,说明NH3?H2O中O-H键发生断裂，来确定氨水的结构和成 键情况。(1)第一周期中含有2种元素，处于第1歹U、18歹U;第2、3周期中元素处于1, 2歹U, 1318歹U,故元素周期表的上边界为:二nI'!V* /<*事!+，* " p 'fl|i一 ， &

31、#171;.hHr*:b匚：de卜L -,-,.fP1 - T M，ll1 f + 中>11I* 11' I"" " " "f " 1¥«<1*1,1AtiVI-HT r t FT U H F T A ， T , « >fiiiti> fl a _ . A1»1 W T Hr1 G « '4> r f i,L L = « H- -e- - T HI b'F r1#r 1 1 1 «1- 11- N q v |i

32、4 d- 5- - - - J «-i-EP hF r I >« 9' . SB IBIBI*'vr I-；1-一，*ill ” - 1 4 1 IP1 t t y t : 8E n，事* IhwI V I'l(2)常温下，呈液态的单质为澳与金属汞，由图可知位置可知，为澳单质，处于第四周期17列，为表中m元素；e为Na元素，澳与钠形成的化合物为NaBr,由钠离子与氯离子构成，澳化钠电子式为Na+【：B：l ;(3)b为碳元素，形成的单质可能为原子晶体，如金刚石，可能为分子晶体，若富勒烯，可能为过渡型晶体，如石墨；(4)c为氧元素、d为氟元素、g

33、为氯元素，常温下水为液体，HF、HCl为气体，故水的沸点较高，HF中分子之间存在氢键，沸点比HCl高，故沸点H2O>HF>HCl;(5)NH3溶于水后，形成的 NH3?H2O中，根据NH3?H2O的电离方程式为 NH3?H2O? NH4+OH-,可知结构中含有俊根和氢氧根的基本结构，故N%?H2O结构为b,故答案为bo 9. (1)在188O中，中子数为 ；该原子与168O是 关系。(2)标准状况下，有以下三种物质余 22gCO2,33.6LCH 4 ,1molHzO ,上述物质 质量最大的 (填序号，下同)，所含原子数最多的是 ,体积最小的是 。(3)已知A、B、C D均含有同一

34、种元素，其中 A为活泼金属单质，热的 C溶液可用于洗涤 油污。且它们四种物质之间存在如下转化关系，请回答下列问题：D的化学式为：。写出过程的化学方程式：。【答案】10 同位素 NaHCC3 Na2CO3+ CQ+H2O=2NaHCQ【解析】【分析】(1)质量数=质子数+中子数；同位素是同种元素的不同核素；(2)标准状况下：22gCQ的物质的量为,J2 g ： =0.5mol ,体积为44g / mol33.6L0.5mol x 22.4L/mol=11.2L 33.6LCT 的物质的量为 =1.5mol,质量为22.4L/mol1.5mol x 16g/mol=24g 1molH2O 的质量为

35、 1mol x 18g/mol=18g 体积为 18mL;(3)常用热的Na2CO3溶液洗涤油污，且 Na为活泼金属，则 A为Na、B为NaOH C为Na2CQ、D 为 NaHCQ。【详解】在188。中，中子数为18-8=10； 18 8。与16 8。具有相同质子数和不同中子数，互为同位 素；22 g(2)标准状况下：22gcQ的物质的量为石7嬴=0.5前，体积为0.5mol x 22.4L/mol=11.2L含有的原子总物质的量为1.5mol;33.6LCT的物质的量为33.6L22.4L/mol=1.5mol,质量为1.5mol x 16g/mol=24g含有的原子总物质的量为7.5mol

36、 ；1molH2O的质量为1mol x 18g/mol=18g体积为18mL,含有的原子总物质的量为3mol;则上述物质质量最大的，所含原子数最多的是，体积最小的是； 常用热的Na2C。溶液洗涤油污，且 Na为活泼金属，则 A为Na、B为NaOH、C为Na2CQ、D 为 NaHCQ；D为碳酸氢钠，化学式为 NaHCQ；过程为碳酸钠与水、CQ反应生成NaHCQ,发生反应的化学方程式 Na2CQ+CQ+H2O=2NaHCQ。10.针(Po)是一种低熔点金属，极其稀有，毒性和放射性极强。回答下列问题：(1) 284 Po具有放射性，经 衰变成稳定的铅，在衰变过程中释放一个2 He2+, Pb的原子核

37、中质子数为 ,中子数为 , P。元素能形成较稳定的+4价离子，wg280Po2+含有的 电子的物质的量为;(2)半衰期是指由大量原子组成的放射性样品中，放射性元素原子核有 50%发生衰变所210210需的时间，已知84Po的半盘期为138天，质量为64克的84Po,经276天后，得到铅的质量为。【答案】82 124 8wmol 47.09g21【解析】【分析】 .A. .-,一(1)了解任何一个原子 X用zX表不时的意义，且 A、Z、N满足关系式A=Z+N,离子所含的 电子数为原子得失电子后得到的电子数；(2)半衰期是指有一半发生衰变所需要的时间，276天是二个半衰期。【详解】4 .(1)Po

38、的质子数是84,它释放出的2 He 2+的质子数是2,所以Pb的质子数=84-2=82; Po的 中子数是210-84=126 ,它释放出的4He2+的中子数=4-2=2,所以Pb的中子数=126-2=124; 210484Po的质量数为210,所以Po的摩尔质量数值为 210,质量为 Wg的Po的物质的量为 mol, 一个Po原子含的电子数为84, 一个Po4+离子含的电子数为 84-4=80,所以210Wg280Po4所含的电子的物质的量为w210mol x 80= mol;21(2)经过第一个半衰期生成的Pb的物质的量为 里 x 50%mql剩余的Po的物质的量为21064c,一人， x

39、 50%mol再经过第二个半衰期生成的210，64c,c,Pb的物质的量为 x 50%x 50%mol所以经x 50%x 50%) x 206g/mol=47.09g过276天所得Pb的质量为(虫 X 50%”21021011 .工业上常用如下的方法从海水中提澳:浓缩海水 少,粗产品澳通空气?水蒸气/浪蒸气物质X誓',产品漠完成下列填空：(1)上述流程中有两步都涉及到氯气。氯气分子中所含的化学键名称是：,澳单质的电子式是 ,澳和氯气态氢化物的沸点比较： > (填写 化学式)，写出一种含氯元素的化合物且属于非极性分子的化学式 。(2)步骤中体现了澳单质具有的性质是 。(3)写出步骤

40、中反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目。(说明：反应有水参 与且有硫酸生成)：;在该反应中被氧化的元素是： 。(4)工业上利用海水还有一个重要的反应就是电解饱和食盐水，此反应中的阴极产物是： 和 (写化学式)。【答案】共价键 ：Er：Br： HBr HCl CCl沸点低|S"Bz+2H 2O=2H B r+H 2 S04NaOH H2【解析】【分析】(1)卤素单质属于共价分子，分子中存在共价键；卤族元素从氯到碘，其气态氢化物的沸点逐渐升tWj; CC4属于非极性分子；(2)澳具有沸点低，易挥发的性质；(3)澳蒸气和二氧化硫反应生成硫酸和氢澳酸；根据反应中1molSO2完全被氧化

41、成硫酸可知，转移2mol电子，标出该反应中电子转移的方向和数目；反应过程中硫元素化合价升高，发生了氧化反应；(4)电解饱和食盐水的反应为：2NaCl+2H20三 2NaOH+C2f+ Hd ,阴极发生还原反应，据此分析阴极的产物。【详解】(1)氯气是由非金属元素组成，氯原子和氯原子之间存在的是共价键；依据8电子稳定结构可以得出，澳单质的电子式为 ：垃斑：；卤族元素从氯到碘，其气态氢化物的沸点逐渐 升高，故沸点HBr>HCl, CC4是含氯元素的化合物且属于非极性分子；故答案是：共价键；:百母：;HBr； HCl; CC4;(2)步骤通过通入空气和水蒸气，把液态澳变成澳蒸气，体现了漠沸点低

42、，易挥发的性质。故答案是：沸点低；(3)步骤是澳蒸气和二氧化硫反应，其化学方程式为：B2+SQ+2H2O=2HBr+H2S04; +4价硫升高到+6价，所以1molSO2完全被氧化转移 2mol电子，电子转移的方向和数目为：2e-I |;在该反应中S元素的化合价发生了变化，由二氧化硫中的+4升到硫酸中的+6价，因此被氧化的元素是 S; 2e故答案是：I一I； S；B 门与。-2H :O=2HBr+H3SO4(4)电解饱和食盐水的反应为： 2NaCl+2H20金皇 2NaOH+ClH + Hd ,阴极发生还原反 应，所以在阴极发生的电极方程式：2H2O+2e=H2 T +20H ,氢离子浓度减小

43、，氢氧根离子与钠离子生成氢氧化钠，故阴极产物为 NaOH和H2；故答案是：NaOH； H2o12 .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：(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，应关闭活塞尾包处理尾气处理(2)步骤中可根据 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 _。CI) E F【答案】bd ac A中气泡产生的快慢B中溶液褪色浓缩

44、Br2或富集澳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 SQ气体吸收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Cl2氧化B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S

45、O2气体在溶液中发生氧化还原反应生成 H2SQ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+SO2+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 滨水混合物I ”到 澳水混合物H ”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

46、热温度不容易控制，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。13 .在玻璃生产中，熔炉里原料发生的主要反应为：2Na2CQ+CaCO+3SiO2 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

47、金属性强弱的化学反应方程式：。(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 ;0浮值；0; CaCO与稀硫酸反应生成的CaSQ微溶于水，会附着在 CaC。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、SL 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

48、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，由于同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；不同周期 的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述反应里所涉及的短周期元素原 子半

49、径由大到小的顺序为Na>Si>C>O(3)碳和硅属于同一族元素，该族元素的原子最外层电子数为4个，根据核外电子排布规律可得该族元素的价层电子排布式为ns2np2;(4)C与O2在点燃条件下发生反应产生CO2气体，在该反应产生的 CO2中，C为+4价，O为-2价，表明O吸引电子能力强，共用电子对偏小O原子，偏离C原子，从而证明元素的非金属性O>C；(5)在CQ分子中，C原子与2个O原子形成4个共用电子对，从而使分子中每个原子都达到8个电子的稳定结构，电子式为：口：；(；：；(6)从理论上可知反应物 NmCQ与CaCQ均能制备二氧化碳，但是往往不是都能使用稀硫 酸，Na2C

50、O3与硫酸反应产生 Na2SO4具有可溶性，对反应无影响，而CaCQ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，因此就不能使用H2SG制备CO2。【点睛】本题考查了晶体的类型、元素周期表的应用、电子式、气体飞制取方法等，把握原子的电 子排布与元素的位置关系为解答的关键，要注重基础知识的学习，从物质的溶解性等分析 气体制备试剂的使用情况。o【答案】18o6 5；H、12H、3H14C14N 14C16O23: 342：3 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18。

51、；(2)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；同位素为质子数相等，而中子数不等的原子，则；H、 2H、 13H互为同位素；质量数相等的是14c和14n ,中子数相等的是14c和16Oo相同物质的量的 14CO 2与S18O2的质量，m( 14CO 2)： m(S18O2)=nX46: nx 68=23 :34；中子数之比=n X24: nX 36=2: 3;电子数之比=nX22: nX 32=11: 16;(4)M= m =(|" =39g/mol ,锄摩尔质量为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)

52、质量相同的H2O和D2O,物质的量分别为m mol > m 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:电=20： 18=10: 9,相同条件下，1820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。15. A、B、C、X、Y Z、E为前四周期元素，且原子序数依次增大。 A原子核外有三个能 级，且每个能级上的电子数相等， C原子成对电子数是未成对电子数的 3倍，X、Y Z 是位于同一周期的金属元素， X、E原子的最外层电子数均为 1, Y有“生物金属”之称，Y4+和僦原子的核外电子排布相同，Z原子核外电子的运动状态数目是最外层电子数的14倍。用元素符号回答下列问题：(1)B的电子排布式： , Y的价电子排布图 , 22+的价电子排布 (2)E元素位于周期表第 周期 族 区。