【化学】化学原子结构与元素周期表的专项培优练习题(含答案)含答案

【化学】化学原子结构与元素周期表的专项培优练习题(含答案)含

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—AgN5，目前已经合成出钠、锰、铁、钴、镍、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)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：

元素I1/kJ?mol-1I2/kJ?mol-1I3/kJ?mol-1

X737.71450.77732.7

Y1313.93388.35300.5

Z1402.32856.04578.1

①X、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-

表示，其中m代表等平面环状结构离子的盐，这一类离子中都存在大π键，可用符号πn

m

参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π66)，则N4-中的大π键应表示为_________。

(3)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，N A表示阿伏加德罗常数的值，则AgN5的密度可表示为

_____g?cm-3（用含a、N A的代数式表示）。

【答案】3d5 ds Z X最外层为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，I1较大，则Z为氮元素配位键氢键 sp254π 12

22

3

A

8.910 N a

?

?

【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)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π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ρ=m

V

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，Y是O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+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)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σ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π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π键是由4个原子、5个电子形成，可表示为5

4

π；

(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

2

?

=12个；在一个晶胞中

含有Ag+的数目为8×1

8

+6×

1

2

=4，含有N5-的数目为1+12×

1

4

=4，晶胞体积为V=(2a×10-7)3

cm 3

，则ρ=(

)

22A/mol

337

3A 4178?g /mol

N m 8.910V N a 2a 10cm

-??=

=?? g/cm 3。 【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π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．同一周期(短周期)各元素形成单质的沸点变化如下图所示(按原子序数连续递增顺序排列)。该周期部分元素氟化物的熔点见下表。 氟化物 AF BF 2 DF 4 熔点/K

1266

1534

183

(1)A 原子核外共有_______种不同运动状态的电子、_______种不同能级的电子； (2)元素C 的最高价氧化物对应水化物的电离方程式为__________； (3)解释上表中氟化物熔点差异的原因：_______；

(4)在E 、G 、H 三种元素形成的氢化物中，热稳定性最大的是_______（填化学式）。A 、B 、C 三种原子形成的简单离子的半径由大到小的顺序为______（填离子符号）。 【答案】11 4 AlO 2-+H ++H 2O

Al(OH)3

Al 3++3OH - NaF 与 MgF 2为离子晶体，离子

之间以离子键结合，离子键是强烈的作用力，所以熔点高；Mg 2+的半径比Na +的半径小，离子电荷比Na +多，故MgF 2的熔点比NaF 高；SiF 4为分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，故SiF 4的熔点低 HCl Na +>Mg 2+>Al 3+ 【解析】 【分析】

图中曲线表示8种元素的原子序数(按递增顺序连续排列)和单质沸点的关系，H 、I 的沸点低于0℃，根据气体的沸点都低于0℃，可推断H 、I 为气体，气体元素单质为非气体，故为第三周期元素，则A 为Na ，B 为Mg ，C 为Al ，D 为Si ，E 为P 、G 为S ，H 为Cl ，I 为Ar 。

(1)原子中没有运动状态相同的电子，由几个电子就具有几种运动状态；

根据核外电子排布式判断占有的能级；

(2)氢氧化铝为两性氢氧化物，有酸式电离与碱式电离；

(3)根据晶体类型不同，以及同种晶体类型影响微粒之间作用力的因素解答；

(4)同周期自左而右非金属性增强，非金属性越强氢化物越稳定；

电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，据此解答。

【详解】

由上述分析可知：A为Na，B为Mg，C为Al，D为Si，E为P、G为S，H为Cl，I为Ar。

(1)A为Na元素，原子核外电子数为11，故共有11种不同运动状态的电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s1，可见有4种不同能级的电子；

(2)Al(OH)3为两性氢氧化物，在溶液中存在酸式电离和碱式电离两种形式的电离作用，电离方程式为：AlO 2-+H++H2O Al(OH)3Al3++3OH-；

(3)NaF与MgF2为离子晶体，阳离子与阴离子之间以强烈的离子键结合，断裂化学键需消耗较高的能量，因此它们的熔沸点较高；由于Mg2+的半径比Na+的半径小，带有的电荷比Na+多，所以MgF2的熔点比NaF高；而SiF4为分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，破坏分子间作用力消耗的能量较少，故SiF4的熔点低；

(4)同一周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素的非金属性：Cl>S>P。元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物就越稳定，故HCl最稳定性，Na+、Mg2+、Al3+核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子来说，离子的核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径Na+>Mg2+>Al3+。

【点睛】

本题考查核外电子排布规律、晶体结构与性质的关系、元素周期律等的应用，根据图象信息判断出元素是解题关键，突破口为二、三周期含有气体单质数目。

3．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。

4．下表为元素周期表的粗表，①～⑧分别表示元素周期表中对应位置的元素

①

⑧③⑤②④

⑥

⑦

(1)用电子式表示①与②形成化合物A 的过程：________

(2)已知⑥原子的最外层有2个电子，请画出⑥原子的结构示意图：______________

(3)含有④元素的某种18 电子的离子与H+及OH－均可发生反应，请写出该离子的电子式

______

(4)元素③④⑤的简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是_________(用化学式表示)，其沸点由高到低的顺序是_______ (用化学式表示)

(5)已知⑦的稳定化合态为+2 价，且⑦与③可按3:4 形成某化合物,该化合物具有较强氧化性，可以与浓盐酸反应并释放出一种黄绿色的气体，请写出该化学方程式：

_________________

(6)①与③，①与④能形成18个电子的化合物，此两种化合物在溶液中发生反应的化学方程式为_________。

(7)⑧的一种氧化物为无色气体，在空气中能迅速变成红棕色。在一定条件下，2L的该无色气体与0.5 L 的氧气混合，该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，则所生成的一种含氧酸盐的化学式是_________。

(8)两种均含①与②③④四种元素的化合物相互反应放出气体的离子方程式为_________。【答案】 HF>H2O>H2S

H2O>HF>H2S Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O H2S+H2O2=S+H2O NaNO2 HSO3-+H+=

H2O+SO2↑

【解析】

【分析】

根据题干图表分析可知，①元素位于元素周期表的第一周期第ⅠA族，为H元素，②元素位于元素周期表的第三周期第ⅠA族，为Na元素，③元素位于元素周期表的第二周期第ⅥA族，为O元素，④元素位于元素周期表的第三周期第ⅥA族，为S元素，⑤元素位于元素周期表的第二周期第ⅦA族，为F元素，⑥元素位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，为26号元素Fe，⑦元素位于元素周期表的第六周期第ⅣA族，为Pb元素，⑧元素位于元素周期表的第二周期第ⅤA族，为N元素，据此分析解答问题。

【详解】

(1)由上述分析可知，①为H元素，②为Na元素，两者形成的化合物A为离子化合物NaH，用电子式表示其形成过程为，故答案为：

；

(2)⑥为Fe元素，核外共有26个电子，原子的最外层有2个电子，则其原子结构示意图为

，故答案为：；

(3)含有S元素的某种18电子的离子与H+及OH－均可发生反应，该离子为HS-，电子式为

，故答案为：；

(4)非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，由于非金属性：F>O>S，则气态氢化物的稳定性：HF>H2O>H2S，因为H2O和HF分子中含有氢键，故沸点均大于H2S，且一个

H2O分子中可形成两个氢键，故沸点：H2O>HF，则H2O>HF>H2S，故答案为：

HF>H2O>H2S；H2O>HF>H2S；

(5)由题干已知，Pb的稳定化合态为+2价，且Pb与O可按3:4形成某化合物Pb3O4，该化合物具有较强氧化性，可以与浓盐酸反应并释放出一种黄绿色的气体Cl2，根据氧化还原反应规律可得出其化学反应方程式为：Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O，故答案为：

Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O；

(6)H与O形成的18电子的化合物为H2O2，H与S形成的18电子的化合物为H2S，H2S在溶液中可被H2O2氧化生成S单质，反应方程式为H2S+H2O2=S+H2O，故答案为：

H2S+H2O2=S+H2O；

(7)⑧为N元素，N的某种氧化物是一种无色气体，该气体在空气中迅速变成红棕色，则该气体为NO，2L的NO与0.5LO2相混合，该混合气体被足量NaOH溶液全吸收后没有气体残留，生成C的含氧酸盐只有一种，设含氧酸盐中N的化合价为x，根据得失电子守恒，2L×[x-(+2)]=0.5L×4，解得x=+3，所得含氧酸盐的化学式为NaNO2，故答案为：NaNO2；(8)两种均含H、Na、O、S四种元素的化合物可相互反应放出气体，可以是硫酸氢钠与亚硫酸氢钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，离子反应方程式为HSO3-+H+= H2O+SO2↑，故答案为：HSO3-+H+= H2O+SO2↑。

【点睛】

解答本题的关键在于熟悉元素周期表的结构以及元素在元素周期表中位置，从而推出相应的元素，同时要能够对物质结构的基础知识进行迁移运用，综合度较高，解答时要注意元素及其化合物的性质的综合运用。

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、H2SO3的中心原子价层电子对数之和为____，H2SO3和H2SO4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r cm，e的相对原子质量为M，晶胞密度为ρ g/cm3，则阿伏加德罗常数为_____mol-1（用r、ρ表示）。

(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)。

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“H 2O”或“NH 3”），判断理由是_______。 【答案】N

sp 3 7 三角锥形 正四面体 面心立方晶胞

3

28M

r

SO 42- 共价键和配位键 H 2O H 2O 与Cu 2+的配位键键长较长而比较弱 【解析】 【分析】

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1s 22s 22p 3，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NH 3，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H 2SO 3和H 2SO 4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ρ=

m

V

计算阿伏伽德罗常数； (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H 2O 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NH 3分子，共有4个NH 3分子。 【详解】

根据上述分析可知： a 为H 元素；b 是N 元素； c 是O 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

；

(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NH 3，该分子的中心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sp 3杂化；

(3)这些形成的含氧酸中，HNO 2的分子的中心N 原子的价层电子对数为2+512

2

--=3，H 2SO 3的中心S 原子的价层电子对数为3+

64

2

-=4，所以HNO 2、H 2SO 3的中心原子价层电子对数之和为3+4=7；亚硫酸H 2SO 3的酸根SO 32-中的S 原子价层电子对数为：3+

6232

2

+-?=4，且含有一对孤电子对，所以其空间构型为三角锥形；硫酸H 2SO 4的酸根

SO 42-中的S 原子价层电子对数为：4+6242

2

+-?=4，中心原子S 上无孤对电子，所以其

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：8×18+6×12

=4，Cu 的相对原子质量为M ，则晶胞质量m=

A A 4M?g /mol 4M N /mol N ?= g ，假设晶胞边长为L ，Cu 原子半径为r cm 2L=4r cm ，所以2，晶胞体积

为V=3L =()

3

22r?cm 32r cm 3， 则晶胞密度ρ=A

333

A 4M g

162r cm 162N r m V ==

以N A =

3

2M

8ρr /mol ； (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SO 42-；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Cu 2+配位数是6，配位体是H 2O 、NH 3，其中H 2O 有2个，NH 3有4个，H 2O 、NH 3与Cu 2+之间通过配位键结合，H 2O 中存在H-O 共价键，NH 3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

【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．有关物质存在如图所示的转化关系，已知C 、G 、H 为中学常见的单质，其中G 固态时呈紫黑色，C 、H 在通常状况下为气体，实验室常用E 在B 的催化加热下制单质H 。

(1)写出B 物质的名称 _______________________ ；

(2)写出①的化学反应方程式 ___________________________________________________ ； (3)写出②的离子方程式

_____________________________________________________________；

(4)在D 溶液中通入C 后的溶液中，分离出G 的操作名称是_______________________。 【答案】二氧化锰 MnO 2+4HCl(浓) =MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O 6I -+ClO 3-+6H + = 3I 2+Cl -+3H 2O 萃取 【解析】 【分析】

G 为紫黑色固体单质，且是常见单质，则G 是碘单质；实验室常用E 在B 的催化加热下制单质H ，实验室需要催化剂制取的气体单质只有氧气，所以H 为O 2，常用氯酸钾在二氧化锰的催化下加热分解制取氧气，所以B 为MnO 2，E 是KClO 3；浓A 溶液与B （二氧化锰）加热可以生成气体单质C ，则A 为HCl ，气体C 为Cl 2，氯气可以与D(含I -溶液)反应生成碘单质，且D 与HCl 、KClO 3反应生成碘单质，根据元素守恒可知F 为KCl 溶液，则D 为KI 溶液。 【详解】

（1）根据分析可知B 为二氧化锰，故答案为：二氧化锰；

（2）该反应为浓盐酸与二氧化锰共热制取氯气的反应，故答案为：MnO 2+4HCl(浓) =MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O ；

（3）该反应为KI 在酸性环境中与KClO 3发生归中反应生成碘单质的反应，故答案为：6I -+ClO 3-+6H + = 3I 2+Cl -+3H 2O ；

（4）通过萃取可将碘单质从溶液中分离，故答案为：萃取。 【点睛】

实验室制取氧气的反应有: 1、加热高锰酸钾，化学式为：2KMnO 4===(△）K 2MnO 4+MnO 2+O 2↑；

2、用催化剂MnO 2并加热氯酸钾，化学式为:2KClO 3

2 MnO

2KCl+3O 2↑；

3、双氧水在催化剂MnO 2（或红砖粉末，土豆，水泥，铁锈等）中，生成O 2和H 2O ，化学式为: 2H 2O 2

2

MnO 2H 2O+O 2↑；

7．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， Y 3+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：___________________ ；

（4）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）____________； （5）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ⅢA 族

HClO 4

2222Al+2NaOH+2H O=2NaAlO +3H ↑ 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 ；Y 3+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 ，Y 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ⅢA 族； （3）元素Z 的原子结构示意图为：

；

（4）Z 元素所在主族的元素形成的含氧酸酸性最强的是HClO 4； （5）X 的氢化物为H 2S 其电子式为：

；

（6）Y 单质与氢氧化钠溶液反应化学方程式：2222Al+2NaOH+2H O=2NaAlO +3H ↑； （7）标准状况下，2.24L Z 单质与足量氢氧化钙完全反

应:()()222222Cl 2Ca OH =CaCl Ca ClO 2H O ＋＋＋，电子转移总数

A A A A m V 2.24L

N=nN =

1N =1N =0.1N V 22.4L/mol

??。

8．有关元素X 、Y 、D 、E 的信息如下：

元素有关信息

X地壳中含量最高的元素

Y第三周期中原子半径最小的元素

D最高价氧化物既能溶于强酸又能溶于强碱

E单质是生活中常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏

用化学用语

．．．．回答下列问题：

（1）D在元素周期表中的位置为____。

（2）X、Y、D形成的简单离子的半径由大到小为_____。

（3）X的一种氢化物可用于实验室制取X的单质，其反应的化学方程式为_________，D 的单质溶于强碱的离子方程式为________。

（4）E元素与Y元素可形成EY2和EY3两种化合物，下列说法正确的是（填序号）_____。

①保存EY2溶液时，需向溶液加入少量E单质

②EY2、EY3均能通过化合反应生成

③向煮沸的NaOH溶液中滴加几滴饱和EY3溶液，可以制得胶体

【答案】第三周期第ⅢA族 r(Cl-)>r(O2-)>r(Al3+) 2H2O2

2

MnO

2H2O+O2↑2Al+2OH-

+2H2O=2A1O2-+3H2↑①②

【解析】

【分析】

X是地壳中含量最高的元素，则其为氧(O)；Y为第三周期中原子半径最小的元素，则其为氯(Cl)；D元素的最高价氧化物既能溶于强酸又能溶于强碱，则其为铝(Al)；E的单质是生活中常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏，则其为铁(Fe)。

【详解】

（1）铝的原子结构示意图为，则其在元素周期表中的位置为第三周期第ⅢA族；

（2）比较O2-、Al3+、Cl-的半径时，O2-、Al3+为两个电子层数，Cl-为三个电子层，则Cl-半径最大，O2-、Al3+的核电荷数，前者为8后者为13，所以离子半径前者大于后者，从而得出离子半径大小关系为r(Cl-)>r(O2-)>r(Al3+)；

（3）X的一种氢化物可用于实验室制取X的单质，则其为H2O2，其反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，Al的单质溶于强碱离子的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2A1O2-+3H2↑；

（4）①保存FeCl2溶液时，需向溶液加入少量Fe单质，以防止Fe2+被空气中O2氧化，①正确；

②FeCl2可由Fe与FeCl3化合制得，FeCl3可由Fe与Cl2化合制得，②正确；

③向煮沸的NaOH溶液中滴加1~2mL饱和FeCl3溶液，并继续煮沸至液体呈红褐色，可以

制得胶体，③错误；

故选①②。

【点睛】

比较原子或离子半径时，通常先看电子层数，一般情况下，电子层数越多，半径越大；当电子层数相同时，比较核电荷数，核电荷数越大，半径越小；当电子层数、核电荷数均相同时，比较最外层电子数，最外层电子数越多，半径越大。

9．下表是元素周期表中的一部分。

根据A～J在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：

(1)电负性最强的元素是________，第一电离能最小的单质是________。

(2)最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是__________，呈两性的是________。

(3)A分别与E、F、G、H、I形成的简单化合物中，沸点最高的是________。

(4)由B、C、D、G、I形成的单核离子中，半径最大的离子是________。

【答案】F Na HClO4 Al(OH)3 HF S2-

【解析】

【分析】

先根据元素在周期表的位置确定元素：A是H，B是Na，C是Mg，D是Al，E是C，F是N，G是S，H是F，I是Cl，J是Ne。

(1)在同一周期元素的原子中，原子半径越小，元素的非金属性越强，元素的电负性越大；元素的金属性越强，其第一电离能越小；

(2)形成最高价含氧酸酸性最强的是物质HClO4；处于金属与非金属交界区的Al元素形成的氧化物的水化物显两性；

(3)分子之间作用力越强，物质的熔沸点越高；分子之间存在的氢键，增加分子之间的吸引力，导致相应的氢化物沸点升高；

(4)离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越小，离子半径越大。

【详解】

根据上述分析可知A是H，B是Na，C是Mg，D是Al，E是C，F是N，G是S，H是F，I 是Cl，J是Ne。

(1)元素的非金属性越强，其电负性越大，在上述元素中，非金属性最强的元素是F，所以电负性最强的元素是F；元素的金属性越强，原子半径越大，越容易失去电子，其第一电离能越小。在上述元素中金属性最强的元素是Na元素，所以第一电离能最小的单质是

Na；

(2)上述元素形成最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4，呈两性的是

Al(OH)3；

(3)H分别与C、N、S、F、Cl形成的简单化合物分别是CH4、NH3、H2S、HF、HCl，这些物质都是由分子构成，物质分子间作用力越强，克服分子间作用力消耗的能量越高，物质的熔沸点就越高。氢键是比分子间作用力强很多的作用力，会使物质的熔沸点升高。由于HF、NH3分子之间存在氢键，且氢键HF>NH3，因此物质的沸点最高的是HF。

(4)Na、Mg、Al、S、Cl都是第三周期的元素，Na+、Mg2+、Al3+是原子失去最外层电子形成的阳离子，核外电子排布是2、8；S2-、Cl-是原子获得电子形成阴离子，核外电子排布是2、8、8。由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越小，离子半径越大，所以上述元素形成的单核离子中，半径最大的离子是S2-。

【点睛】

本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，涉及电离能、电负性、氢键、离子半径大小比较等知识点，要根据物质结构特点、氢键对物质性质的影响等知识点再结合元素周期律、知识迁移的方法分析解答即可。

10．下表是元素周期表中短周期元素的一部分，表中所列字母分别代表一种元素。

回答下列问题：

（1）上述元素中②元素的名称_______；⑤元素在周期表中的位置是________。

（2）在③、⑦、⑧的气态氢化物中最稳定的是_____(用化学式表示)；⑦的最高价氧化物对应水化物的化学式是________。

（3）写出⑥的单质和④的最高价氧化物对应水化物的化学方程式是________。

（4）④、⑤是两种活泼性不同的金属，用事实来说明④比⑤活泼性更强________。

（5）由①和⑧组成的化合物极易溶于水，请设计简单的实验加以说明。写出简要的实验操作、现象和结论。__________________________。

【答案】氮第三周期II A族 HF H2SO4 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ Na在常温下就能和冷水发生剧烈反应生成氢气，而Mg和冷水几乎不反应，和热水发生微弱反应设计喷泉实验进行验证，烧瓶中装满HCl气体，倒置在盛有水的烧杯中，挤压胶头滴管，观察水沿着导管进入烧瓶中形成喷泉，可说明HCl极易溶于水

【解析】

根据表中数据，元素①~⑧分别为H 、N 、F 、Na 、Mg 、Al 、S 、Cl 。 【详解】

（1）分析可知②元素为N ，名称为氮；⑤元素为Mg ，在周期表中的位置为第三周期II A 族；

（2）③、⑦、⑧分别为F 、S 、Cl ，元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性：F>Cl>S ，则最稳定的氢化物为HF ；S 的最高价氧化物对应水化物为H 2SO 4； （3）④、⑥分别为Na 、Al ，Al 与NaOH 反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H 2O=2NaAlO 2+3H 2↑；

（4）Na 在常温下就能和冷水发生剧烈反应生成氢气，而Mg 和冷水几乎不反应，和热水发生微弱反应，从而说明Na 比Mg 活泼；

（5）由①和⑧组成的化合物为HCl ，可设计喷泉实验进行验证，烧瓶中装满HCl 气体，倒置在盛有水的烧杯中，挤压胶头滴管，观察水沿着导管进入烧瓶中形成喷泉，可说明HCl 极易溶于水。 【点睛】

利用喷泉实验验证HCl 极易溶于水的性质。

11．下图是中学化学中常见物质间的转化关系，其中甲、乙、丙均为非金属单质；A 、B 、E 和丁均为化合物，其中A 常温下呈液态；B 和E 为能产生温室效应的气体，且1mol E 中含有10mol 电子。乙和丁为黑色固体，将他们混合后加热发现固体由黑变红。

（1）写出化学式：甲______；乙______；丙______； （2）丁的摩尔质量______；

（3）写出丙和E 反应生成A 和B 的化学方程式___________；

（4）有同学将乙和丁混合加热后收集到的标准状态下气体4.48L ，测得该气体是氢气密度的16倍，若将气体通入足量澄清石灰水，得到白色沉淀物___g ；

【答案】H 2 C O 2 80g/mol 4222CH +2O CO +2H O ???→点燃

5

【解析】 【分析】

产生温室效应的气体有：二氧化碳、甲烷、臭氧等，常见的黑色固体有：碳、二氧化锰、四氧化三铁、铁粉、氧化铜等，由乙和丁为黑色固体且乙为非金属单质，所以乙为C ，由丙是非金属单质，乙和丙反应产生温室效应气体B ，所以丙是O 2，B 是CO 2，B 和E 为能产生温室效应的气体且1mol E 中含有 10mol 电子，则E 为CH 4，再结合转化关系可知，A 为水，甲为H 2，丁为CuO 。

（1）由上述分析可知，甲、乙、丙分别为H 2、C 、O 2； （2）丁为CuO ，相对分子质量为80，则摩尔质量为80 g/mol ；

（3）丙和E 反应生成A 和B 的化学方程式为4222CH +2O CO +2H O ???→点燃

；

（4）测得该气体对氢气的相对密度为16，则M 为16×2 g/mol =32g/mol ，标准状况下气体4.48L ，为CO 、CO 2的混合物，n=

4.48L

22.4L/mol

=0.2mol ，设CO 2的物质的量为xmol ，则

28(0.2-x)+44x

0.2

?=32，解得x=0.05mol ，由C 原子守恒可知，

n (CO 2)=n (CaCO 3)=0.05mol ，则白色沉淀物为0.05mol×100g/mol=5g 。

12．下图是元素周期表的一部分： ①

④ ⑤ ⑥

② ③ ⑦ ⑧

Fe

Ⅰ．用化学用语．．．．

回答下列问题： （1）①、②、⑥形成的化合物中存在的化学键类型有________。 （2）④、⑦、⑧的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是_______。 （3）写出②的离子结构示意图为__________。

（4）Y 由②⑥⑧三种元素组成，它的水溶液是生活中常见的消毒剂。Y 的水溶液与洁厕灵混合使用会产生一种有毒气体，该反应的离子方程式为_______。

Ⅱ．A 、B 、C 、D 都是中学化学中常见的物质，其中A 、B 、C 均含有同一种元素，在一定条件下相互转化关系如下(部分反应中的水已略去)。根据题意回答下列问题：

（1）若A 是一种金属单质，C 是淡黄色固体，写出C 的一种用途_____；

（2）若A 、B 、C 均为化合物且含有同一种金属元素，D 是会造成温室效应的一种气体，请写出D 的电子式_____，A 和C 反应的离子方程式 ___。

(3)若D 是一种常见的过渡金属单质，原子核内有26个质子，向C 的水溶液中滴加AgNO 3溶液，产生不溶于稀HNO 3的白色沉淀，检验此C 溶液中金属离子的方法是________；又知在酸性溶液中该金属离子能被双氧水氧化，写出该反应的离子方程式_________。 【答案】离子键、共价键 HClO 4>H 2SO 4>H 2CO 3 ClO -+Cl -+2H +=Cl 2↑+H 2O 强氧化

剂或供氧剂

HCO 3-+OH -=CO 32-+ H 2O 先加KSCN ，无现象，后滴加氯水，溶

液呈血红色 2Fe 2++H 2O 2+2H +=2Fe 3++2H 2O

【分析】

由表中元素所在的位置，可确定①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧分别为H 、Na 、Al 、C 、N 、O 、S 、Cl 元素。 【详解】

Ⅰ．（1）①、②、⑥形成的化合物为NaOH ，由此可确定其中存在的化学键为离子键、共价键；

（2）④、⑦、⑧的最高价含氧酸分别为H 2CO 3、H 2SO 4、HClO 4，非金属性Cl>S>C ，则酸性由强到弱的顺序为HClO 4>H 2SO 4>H 2CO 3；

（3）②的离子为Na +，其原子核外有2个电子层，最外层达8电子稳定结构，则其离子结构示意图为

；

（4）Y 为NaClO ，其水溶液与洁厕灵(HCl)混合使用会产生一种有毒气体Cl 2，由此可写出该反应的离子方程式为ClO -+Cl -+2H +=Cl 2↑+H 2O ；

Ⅱ．（1）C 是淡黄色固体，则其为Na 2O 2，它的用途为强氧化剂或供氧剂； （2）D 是会造成温室效应的一种气体，则其为CO 2，电子式为

，A 为NaOH ，

C 为NaHCO 3，则NaOH 和NaHCO 3反应的离子方程式为HCO 3-+OH -=CO 32-+ H 2O ； (3)若

D 是一种常见的过渡金属单质，原子核内有26个质子，则其为Fe 。A 为Cl 2，B 为FeCl 3，C 为FeCl 2。检验FeCl 2中Fe 2+的方法是先加KSCN ，无现象，后滴加氯水，溶液呈血红色；在酸性溶液中Fe 2+能被双氧水氧化，生成Fe 3+、H 2O ，该反应的离子方程式为2Fe 2++H 2O 2+2H +=2Fe 3++2H 2O 。 【点睛】

检验Fe 2+时，我们易出现这样的错误，先往待测溶液中滴加氯水，然后滴加KSCN 溶液。其错因只是一味地考虑所需滴加的试剂，没有考虑试剂的加入顺序，没有考虑与Fe 3+检验的区别到底在哪里。

13． (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：

11

H 、

21

H 、

31H 、

14

C 、14N 、16O 、

35

2Cl 、

37

2Cl 。

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

14

2CO 与182S 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H 2O 和D 2O 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

8O 6 5

11

H 、

21H 、3

1H 14C

14

N

14

C

16

O 23：34 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18

8O ；

(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11

H 、

21H 、3

1H 互为同位素；

③质量数相等的是14

C 和

14

N ，中子数相等的是

14

C 和

16

O 。

(3)相同物质的量的

14

2CO 与182S O 的质量，m(14

2CO )：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 、20

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。

14．下表中的A 、B 、C 、D 表示元素周期表中的四个区域：

（1）全部是金属元素的区域为____________。

（2）短周期甲元素的单质在冷的浓硫酸或空气中，表面都生成致密的氧化膜，甲的原子序数是________。

（3）短周期乙元素的原子核外第三层电子数与第一层电子数相等，则乙元素位于元素周期表的第_______周期第______族。

（4）用元素符号将甲、乙两元素填写在上面元素周期表中对应的位置________。 【答案】B 13 三 ⅡA

【解析】

【详解】

（1）全部是金属元素的区域为B，为过度金属；

（2）短周期甲元素的单质在冷的浓硫酸被钝化，表面生成致密的氧化膜，在空气中迅速被氧化，表面生成致密的氧化膜，故甲为铝，原子序数是13；

（3）短周期乙元素的原子核外第三层电子数与第一层电子数相等，都为2，则乙为镁元素，位于元素周期表的第三周期第ⅡA族；

（4）甲为铝元素，乙为镁元素，在元素周期表中对应的位置为：

。

15．原子、元素、核素、同位素等都属于重要的化学基本概念。下列八种化学符号：1

1

H、

2 1H、146C、6

3

Li、23

11

Na、14

7

N、73Li、24

12

Mg

（1）涉及的核素共有__种；

（2）互为同位素的是__、__；

（3）质量数相等，但不能互称为同位素的是__；

（4）中子数相等，但质子数不相等的是__。

（5）氢的三种同位素是__，它们与氯的同位素35Cl、37Cl相互结合为氯化氢，可得氯化氢分子的种数为__。

【答案】8 6

3Li和7

3

Li 1

1

H和2

1

H 14

6

C和14

7

N 23

11

Na和24

12

Mg 1H、2H、3H 6

【解析】

【分析】

(1)核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；

(2)具有相同质子数，不同中子数同一元素的不同原子互为同位素；

(3)根据同位素的概念和原子的表示方法思考；

(4)根据质量数=质子数+中子数的关系计算；

(5)根据氢原子有三种同位素和氯原子有两种同位素，它们两两结合生成氯化氢进行判断。【详解】

(1)核素是指具有一定数目的质子和一定数目的中子的一种原子，属于原子的有11H、12H、6

14C、36Li、1123Na、714N、37Li，1224Mg，它们都表示核素，即共有8种核素；

(2)质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素，在8种微粒中，36Li、37Li 质子数都是3，而中子数分别为3和4，即二者互为同位素．11H、12H质子数都是1，而中子数分别为0和1，即二者互为同位素；

(3)在8中微粒中，质量数相等的是614C、714N，它们的质子数分别为6和7而不相同，它们不能互称同位素；

(4)根据质子数等于质子数与中子数之和得，11H、12H、614C、36Li、1123Na、714N、37Li、

12

24Mg的中子数分别为0、1、8、3、12、7、4、12，因此中子数相等，但质子数不相等的是1123Na、1224Mg；

(5)氢原子有三种同位素1H、2H、3H，氯原子有两种同位素35Cl、37Cl，故氯化氢分子可能为：H35Cl、H37Cl、D35Cl、D37Cl、T35Cl、T37Cl，则形成的氯化氢分子的种类有6种。

【点睛】

考查核数的种类、元素的种类、同位素的概念等，其中：元素就是具有相同的核电荷数(即核内质子数)的一类原子的总称；核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；具有相同质子数，不同中子数同一元素的不同核素互为同位素；氢原子的三种同位素和氯原子的两种同位素的组合为该题易错点。