全國各地備戰(zhàn)高考模擬試卷化學分類：原子結(jié)構(gòu)與元素周期表綜合題匯編及答案解析

1、全國各地備戰(zhàn)高考模擬試卷化學分類：原子結(jié)構(gòu)與元素周期表綜合題匯編及答案解析一、原子結(jié)構(gòu)與元素周期表練習題（含詳細答案解析）1 磷化鋁（ AlP）和磷化氫（PH3）都是糧食儲備常用的高效熏蒸殺蟲劑。( 1) 磷元素在元素周期表中的位置：_ 。AlP 遇水蒸氣會發(fā)生反應放出PH3氣體，該反應的另一種產(chǎn)物的化學式為_。( 2) PH3 具有強還原性，能與CuSO4 溶液反應，配平該反應的化學方程式：_CuSO4 _PH3 _H2O _Cu3P _H3PO4 _H2SO4( 3) 工業(yè)制備PH3 的流程如圖所示。次磷酸屬于 _元酸。白磷和燒堿溶液反應的化學方程式為：_ 。若起始時有1mol P4參加反

2、應，則整個工業(yè)流程中共生成3_mol PH 。（不考慮產(chǎn)物的損失）【答案】第 3 周期第 VA 族 Al( OH) 324 11 12 8 3241 4P+ 3NaOH + 3H2OPH + 3NaH PO 2. 5322【解析】【分析】（1）原子結(jié)構(gòu)中電子層數(shù)等于周期數(shù)，最外層電子數(shù)等于族序數(shù)，AlP 遇水蒸氣會發(fā)生反應放出PH3 氣體，根據(jù)元素守恒確定該反應的另一種產(chǎn)物的化學式；（ 2）配平化學方程式，就是通過在各物質(zhì)的化學式前面添加系數(shù)，使反應中每種原子個數(shù)在反應前后相等的過程，但對于復雜的化學反應通常通過觀察，找出變化的特點或規(guī)律，常使用化合價來配平，保證化合價升高與降低的數(shù)相等即可；

3、（ 3）根據(jù)物質(zhì)電離出的氫離子數(shù)目確定酸的元數(shù)；根據(jù)圖示信息：白磷和燒堿溶液反應生成 PH3、 NaH2PO2，據(jù)此書寫方程式；根據(jù)發(fā)生反應的過程尋找關(guān)系式，進行計算即可?！驹斀狻? 1) P 處于第 3 周期 A 族， AlP 遇水蒸氣會發(fā)生反應放出PH3氣體，根據(jù)元素守恒，確定該反應的另一種產(chǎn)物是Al OH 33周期第VA族；Al OH 3；( ) ，故答案為：第( )( 2) 該方程式中 Cu 價態(tài)由 +2 下降為 +1， P 價態(tài)由 - 3 升高為 +5，為保證化合價升降數(shù)相等， Cu3P 與 H3PO4 計量數(shù)分別為 8、 3， CuSO4 的系數(shù)是 24，H2SO4 系數(shù)是 24，

4、根據(jù)元素守恒，得到： 24CuSO 4 +11PH 3 +12H 2 O=8Cu 3P+3H 3PO4 +24H 2SO4 ，故答案為： 24， 11，12， 8， 3， 24；( 3) 根據(jù)氫氧化鈉過量時只能生成NaH2PO2 可知次磷酸只能電離出1 個氫離子，因此次磷酸屬于一元酸，故答案為：1；根據(jù)圖示信息：白磷和燒堿溶液反應生成PH3、 NaH2PO2，方程式為：P4 + 3NaOH + 3H2O = PH 3+ 3NaH 2 PO2；故答案為：P4 + 3NaOH + 3H2O = PH 3+ 3NaH 2 PO2；P4+3NaOH 3H2 O PH33NaH2PO2 2H3 PO2P

5、H3H3PO4P4 2.5PH3，若起始時有+=+；=+，即1molP4 參加反應，則整個工業(yè)流程中共生成2. 5molPH3；故答案為： 2. 5。2 鋅在工業(yè)中有重要作用,也是人體必需的微量元素?；卮鹣铝袉栴}:（ 1） Zn 原子核外電子排布式為 _ 洪特規(guī)則內(nèi)容 _泡利不相容原理內(nèi)容_（2）黃銅是人類最早使用的合金之一,主要由Zn 和 Cu 組成。第一電離能I1(Zn)_I1(Cu)(填 “大于 ”或 “小于 ”)。原因是_（ 3） ZnF2 具有較高的熔點 (872 ),其化學鍵類型是 _;ZnF2 不溶于有機溶劑而ZnCl、 ZnBr 、 ZnI能夠溶于乙醇、乙醚等有機溶劑,原因是

6、_222（4）金屬 Zn 晶體中的原子堆積方式如圖所示,這種堆積方式稱為 _,配位數(shù)為 _六棱柱底邊邊長為a cm,高為 c cm,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，Zn 的密度為 _g cm-3(列出計算式 )?！敬鸢浮?1s22s22p63s23p63d104s2 或 Ar 3d104s2原子核外電子在能量相同的各個軌道上排布時，電子盡可能分占不同的原子軌道，且自旋狀態(tài)相同，這樣整個原子的能量最低每個原子軌道上最多只能容納兩個自旋狀態(tài)不同的電子大于 Zn 核外電子排布為全滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較難失電子離子鍵ZnF2 為離子化合物，ZnCl2、 ZnBr2、 ZnI2 的化學鍵以共價鍵為656主、極性較小六

7、方最密堆積 (A3 型 ) 12N A 63a2c4【解析】【分析】【詳解】(1)Zn 原子核外有30 個電子，分別分布在1s、2s、2p、 3s、 3p、 3d、 4s 能級上，其核外電子排布式為 1s22s22p63s23p6 3d104s2 或 Ar3d 104s2，洪特規(guī)則是指原子核外電子在能量相同的各個軌道上排布時，電子盡可能分占不同的原子軌道，且自旋狀態(tài)相同，這樣整個原子的能量最低，而泡利原理是指每個原子軌道上最多只能容納兩個自旋狀態(tài)不同的電子，故答案為： 1s22s22p63s23p63d104s2 或 Ar3d 104s2；原子核外電子在能量相同的各個軌道上排布時，電子盡可能分

8、占不同的原子軌道，且自旋狀態(tài)相同，這樣整個原子的能量最低；每個原子軌道上最多只能容納兩個自旋狀態(tài)不同的電子；(2)軌道中電子處于全滿、全空、半滿時較穩(wěn)定，失去電子需要的能量較大，Zn 原子軌道中電子處于全滿狀態(tài)，Cu 失去一個電子內(nèi)層電子達到全充滿穩(wěn)定狀態(tài)，所以Cu 較 Zn 易失電子，則第一電離能Cu Zn，故答案為：大于；Zn 核外電子排布為全滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較難失電子；(3)離子晶體熔沸點較高，熔沸點較高ZnF2，為離子晶體，離子晶體中含有離子鍵；根據(jù)相似相溶原理知，極性分子的溶質(zhì)易溶于極性分子的溶劑，ZnF2 屬于離子化合物而ZnCl2、ZnBr2 、ZnI2 為共價化合物， ZnCl2、

9、 ZnBr2、 ZnI2 分子極性較小，乙醇、乙醚等有機溶劑屬于分子晶體極性較小，所以互溶，故答案為：離子鍵；ZnF2為離子化合物，22ZnCl 、 ZnBr 、ZnI 的化學鍵以共價鍵為主，極性較小；2(4)金屬鋅的這種堆積方式稱為六方最密堆積，Zn 原子的配位數(shù)為 12，該晶胞中 Zn 原子個1 1數(shù) =12 +2 +3=6，六棱柱底邊邊長為 acm，高為 ccm，六棱柱體積6 23m656=(6 23，故答案為：六方最密堆積 (A3a) 3 ccm，晶胞密度 = V634N Aa2 c4656型)； 12；N A 63。a2 c4【點睛】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及晶胞計算、微粒空間構(gòu)型

10、判斷、原子雜化方式判斷、原子核外電子排布等知識點，側(cè)重考查學生分析、判斷、計算及空間想像能力，熟練掌握均攤分在晶胞計算中的正確運用、價層電子對個數(shù)的計算方法，注意：該晶胞中頂點上的原子被 6 個晶胞共用而不是 8 個，為易錯點。3 為探究乙烯與溴的加成反應，甲同學設計并進行如下實驗：先取一定量的工業(yè)用乙烯氣體 (在儲氣瓶中 )，使氣體通入溴水中，發(fā)現(xiàn)溶液褪色，即證明乙烯與溴水發(fā)生了加成反應；乙同學發(fā)現(xiàn)在甲同學的實驗中，褪色后的溶液里有少許淡黃色渾濁物質(zhì)，推測在工業(yè)上制得的乙烯中還可能含有少量還原性氣體雜質(zhì)，由此他提出必須先除去雜質(zhì)，再讓乙烯與溴水反應。請回答下列問題：(1)甲同學設計的實驗_(

11、填“能”或“不能”)驗證乙烯與溴發(fā)生了加成反應，其理由是 _(填序號 )。使溴水褪色的反應不一定是加成反應使溴水褪色的反應就是加成反應使溴水褪色的物質(zhì)不一定是乙烯使溴水褪色的物質(zhì)就是乙烯(2)乙同學推測此乙烯中一定含有的一種雜質(zhì)氣體是_，它與溴水反應的化學方程式是 _ 。在實驗前必須全部除去，除去該雜質(zhì)的試劑可用_。(3)為驗證乙烯與溴發(fā)生的反應是加成反應而不是取代反應，丙同學提出可用pH 試紙來測試反應后溶液的酸性，理由是_ ?！敬鸢浮坎荒?H 2S H 2SBr22HBr SNaOH 溶液 (答案合理即可 )若乙烯與 Br2 發(fā)生取代反應，必定生成HBr ，溶液的酸性會明顯增強，若乙烯與B

12、r2 發(fā)生加成反應，則生成 CH 2BrCH 2 Br ，溶液的酸性變化不大，故可用pH 試紙予以驗證【解析】【分析】根據(jù)乙同學發(fā)現(xiàn)在甲同學的實驗中，褪色后的溶液里有少許淡黃色渾濁物質(zhì)，推測在工業(yè)上制得的乙烯中還可能含有少量還原性氣體雜質(zhì)，該淡黃色的渾濁物質(zhì)應該是具有還原性的硫化氫與溴水發(fā)生氧化還原反應生成的硫單質(zhì)，反應方程式為H 2 SBr22HBrS，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)乙同學發(fā)現(xiàn)在甲同學的實驗中，褪色后的溶液里有少許淡黃色渾濁物質(zhì)，推測在工業(yè)上制得的乙烯中還可能含有少量還原性氣體雜質(zhì)，則可能是該還原性氣體與溴水發(fā)生氧化還原反應，使溴水褪色，則溴水褪色不能證明是乙烯與溴水發(fā)生了

13、加成反應，所以正確，故答案為：不能；(2)淡黃色的渾濁物質(zhì)是具有還原性的硫化氫與溴水發(fā)生氧化還原反應生成的硫單質(zhì)，反應方程式為 H 2 S Br 22HBrS ；選用的除雜試劑能夠除去硫化氫氣體，但是不能與乙烯反應，也不能引入新的氣體雜質(zhì)，根據(jù)除雜原則，可以選用NaOH 溶液，故答案為：H 2 S； H 2S Br 22HBrS ； NaOH 溶液 (答案合理即可 )；(3)若乙烯與 Br2 發(fā)生取代反應，必定生成HBr ，溶液的酸性會明顯增強，若乙烯與Br2 發(fā)生加成反應，則生成CH 2BrCH 2 Br ，溶液的酸性變化不大，故可用pH 試紙予以驗證，故答案為：若乙烯與Br2 發(fā)生取代反應

14、，必定生成HBr ，溶液的酸性會明顯增強，若乙烯與 Br2 發(fā)生加成反應，則生成CH 2 BrCH 2Br ，溶液的酸性變化不大，故可用pH 試紙予以驗證。4 下表是元素周期表的一部分，回答下列有關(guān)問題：（ 1）寫出下列元素符號： _， _， _， ? _。（ 2）在這些元素中，最活潑的金屬元素是 _，最活潑的非金屬元素是 _，最不活潑的元素是 _。（ 3）在這些元素的最高價氧化物對應水化物中，酸性最強的是_，堿性最強的是_，呈兩性的氫氧化物是 _ ，寫出三者之間相互反應的化學方程式_。（4）在這些元素中，原子半徑最小的是_，原子半徑最大的是 _。（5）在與中，化學性質(zhì)較活潑的是_，怎樣用化學

15、實驗證明？答：_。在與 ? 中，化學性質(zhì)較活潑的是_，怎樣用化學實驗證明？答：_?！敬鸢浮?N Si SCa K F ArHClOAl(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O、4 KOH Al(OH)3Al(OH)3+KOH=KAlO2 +2H2 O、 KOH+HClO4=KClO4+H2O F KNa 與 H2O 反應： Na 與水劇烈反應， Mg 與水不反應Cl 將 Cl2 通入到 NaBr 溶液中，溶液由無色變?yōu)槌壬?，說明Cl 的化學性質(zhì)比 Br 的活潑【解析】【詳解】（ 1）根據(jù)元素周期表的結(jié)構(gòu)可知：、 ? 分別在第二周期 VA、第三周期 IVA、第三周期 VIA 和第四

16、周期 IIA，則、 ? 分別為 N、 Si、 S、 Ca；（ 2）根據(jù)元素周期表性質(zhì)的遞變規(guī)律，最活潑的金屬應在第IA，最活潑的非金屬應在第VIIA，惰性氣體最不活潑，則在I A 元素 Na（）和 K（）中K 最活潑；在 VII A 族元素FClBr（?）中，F(xiàn)最活潑；最不活潑的是即Ar；（）、（）和（3）元素的最高價氧化物對應水化物中，酸性最強的必是非金屬性增強的，根據(jù)同周期、同主族元素非金屬性的遞變規(guī)律可知，元素非金屬性最強的是即F，但 F 無最高正價；因為我們知道， HClO4 已知的最高價含氧酸中酸性最強的，即酸性最強的是HClO4；元素的最高價氧化物對應水化物中，堿性最強的必是非金屬

17、性增強的，根據(jù)同周期、同主族元素金屬性的遞變規(guī)律可知，元素金屬性最強的是即K，則堿性最強的必是KOH；在表中所列元素的最高價氧化物對應水化物中，只有Al(OH)3 具有兩性；三者之間相互反應的化學方程式分別為Al(OH)3+3HClO4 =Al(ClO4 )3+3H2O、Al(OH)3+KOH=KAlO2 +2H2 O、 KOH+HClO4=KClO4+H2O；（ 4）同周期元素從左至右原子半徑依次減小，同主族元素從上而下原子半徑依次增大，故在這些元素中，原子半徑最小的是F，原子半徑最大的是 K；（5）和分別是Na 和Mg ，根據(jù)同主族元素金屬性的遞變規(guī)律可知，金屬性Na Mg，根據(jù)判斷金屬性

18、強弱的方法，可依據(jù)二者單質(zhì)分別與水反應的劇烈程度來判斷其金屬性強弱，即與 H2O 反應： Na 與水劇烈反應，Mg 與水不反應；和?分別是 Cl 和 Br，根據(jù)同主族元素非金屬性的遞變規(guī)律可知，非金屬性Cl Br，根據(jù)判斷非金屬性強弱的方法，可依據(jù)二者氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性、單質(zhì)之間的置換反應等來判斷其非金屬性強弱，即將Cl2 通入到 NaBr 溶液中，溶液由無色變?yōu)槌壬?，說明【點睛】Cl 的化學性質(zhì)比Br 的活潑。本題綜合性較強，涵蓋了元素周期表、元素性質(zhì)的遞變規(guī)律、元素金屬性及非金屬性強弱的判斷方法等，要求用多方面的知識解決問題，能很好滴訓練綜合運用知識解決問題的能力，根據(jù)元素最高價氧化物對應

19、水化物的遞變規(guī)律或元素的金屬性、非金屬性的遞變規(guī)律思考。5A、 B 均為鉀鹽的水溶液， A 呈中性， B 有氧化性， E 的溶質(zhì)中有一種含 +5 價元素的含氧酸鹽 M?，F(xiàn)有下圖所示轉(zhuǎn)化：請回答：（ 1） C 的化學式為 _，檢驗氣體 F 常用的試紙是 _（ 2）寫出物質(zhì) M 在生活中的常見用途 _（ 3）寫出 FH的化學方程式： _【答案】 AgI（濕潤的）淀粉碘化鉀試紙給食鹽中加碘、給人體補充碘元素、預防甲狀腺腫大等Cl2+2KOH=KCl+KClO+HO【解析】【分析】A 為鉀鹽且遇到硝酸酸化的AgNO3 得到黃色沉淀，說明A 為 KI； D 在 CCl4 中呈紫色，說明D 為 I2; 將

20、 B 逐滴加入KI 溶液中即可將I 氧化為 I2，說明該鉀鹽具有強氧化性，F(xiàn)(黃綠色氣體)為 Cl2，與 KOH溶液反應會生成 KCl和 KClO，而 KClO具有氧化性，又H 中含 B，故 H 中B 為 KClO，上述流程中，得到的碘溶液，繼續(xù)滴加KClO會繼續(xù)發(fā)生氧化還原反應，KClO繼E 的溶質(zhì)中有一種含+5 價元素的含氧續(xù)將 I2 氧化為 IO3 ，溶液變?yōu)闊o色，結(jié)合已知信息，酸鹽 M，則 M 為 KIO33；氯氣可氧化氯化亞鐵為氯化鐵，故K 為 FeCl ，據(jù)此分析作答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知，（ 1） C 為黃色沉淀，其化學式為 AgI， F 為氯氣，檢驗氣體氯氣常用的試紙是（濕

21、潤的）淀粉 碘化鉀試紙，故答案為： AgI；（濕潤的）淀粉 碘化鉀試紙；（ 2）根據(jù)上述分析知， M 為 KIO3，在生活中的常見用途是：給食鹽中加碘、給人體補充碘元素、預防甲狀腺腫大等（ 3） FH為氯氣與氫氧化鉀的反應，其化學方程式為：Cl2+2KOH=KCl+KClO+HO。6 下表為長式周期表的一部分，其中的編號代表對應的元素。試填空。(1)寫出上表中元素 原子的外圍電子排布式_。(2)元素 與 形成的化合物中元素 的雜化方式為： _雜化，其形成的化合物的晶體類型是： _。(3)元素 、 的第一電離能大小順序是：_( 用元素符號表示 )；元素 與元素 形成的 X 分子的空間構(gòu)型為： _

22、。請寫出與 N3互為等電子體的分子或離子的化學式 _， _(各寫一種 )。(4)在測定 與 形成的化合物的相對分子質(zhì)量時，實驗測得的值一般高于理論值的主要原因是： _。(5)某些不同族元素的性質(zhì)也有一定的相似性，如上表中元素 與元素 的氫氧化物有相似的性質(zhì)，寫出元素 的氫氧化物與 NaOH 溶液反應的化學方程式_ 。(6)元素 在一定條件下形成的晶體的基本結(jié)構(gòu)單元如下圖1 和圖 2所示，則在圖 1 和圖 2的結(jié)構(gòu)中與該元素一個原子等距離且最近的原子數(shù)之比為：_。【答案】 3d513分子晶體N O 三角錐形2222-4sspCO或 CS、 NO、 BeClCNO HF 分子之間有氫鍵，形成(HF

23、)nNa2 BeO22 3，【解析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，為H，為 Be，為 C，為 N，為 O，為 F，為Al，為 Cl，為 Cr，為 Co；(1)Cr 的原子序數(shù)為24，注意外圍電子的半滿為穩(wěn)定狀態(tài)；(2)元素與形成的化合物為CCl4，存在 4 個共價單鍵，沒有孤對電子，構(gòu)成微粒為分子；(3)為 N，為 O， N 原子的 2p電子半滿為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則第一電離能大；X 分子為 NH3，與 N3-互為等電子體的分子、離子，應具有3 個原子和 16 個價電子；(4)HF 分子之間含有氫鍵；(5)Al 與 Be 位于對角線位置，性質(zhì)相似；(6)由圖 1 可知，與體心原子距離最近的原子位

24、于頂點，則有8 個；由圖 2可知，與頂點原子距離最近的原子位于面心，1 個晶胞中有3 個，則晶體中有3 8=12 個。2【詳解】由元素在周期表中的位置可知，為H，為 Be，為 C，為 N，為 O，為 F，為Al，為 Cl，為 Cr，為 Co；(1)Cr 的原子序數(shù)為 24，注意外圍電子的半滿為穩(wěn)定狀態(tài)，則外圍電子排布為3d54s1；(2)元素與形成的化合物為CCl4，存在4 個共價單鍵，沒有孤對電子，則C 原子為 sp3雜化，構(gòu)成微粒為分子，屬于分子晶體；(3)為 N，為 O， N 原子的 2p 電子半滿為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則第一電離能大，即-子為 NH3，空間構(gòu)型為三角錐形；與N3 互為等電子體的分

25、子、離子，應具有N O； X 分3 個原子和16 個價電子，則有 CO2(或 CS2、 N2O、 BeCl2)、 CNO-等微粒；(4)因HF 分子之間含有氫鍵，能形成締合分子(HF)n，則測定的相對分子質(zhì)量較大；(5)Al與Be 位于對角線位置，性質(zhì)相似，則Be 與NaOH 溶液反應生成Na2BeO2；(6)由圖 1 可知，與體心原子距離最近的原子位于頂點，則有子距離最近的原子位于面心， 1 個晶胞中有 3 個，空間有8 個；由圖2 可知，與頂點原8 個晶胞無隙并置，且1 個面被2 個晶胞共用，則晶體中有381 和圖 2 的結(jié)構(gòu)中與該元素一個原子等=12 個，所以在圖2距離且最近的原子數(shù)之比

26、為8:12=2:3。7 如圖所示，甲、乙、丙是三種常見單質(zhì)，X YZ是它們的化合物。它們之間有如圖所、 、示的轉(zhuǎn)化關(guān)系：(1)若甲是具有還原性的金屬單質(zhì)，X、 Y、 Z 中有一種是離子晶體，試推斷：X、 Y、 Z 中含有丙元素的是_(填物質(zhì)的化學式 )；寫出化合物 X 的電子式 _；X 與甲反應的化學方程式是_。(2)若甲是具有氧化性的黃綠色氣體單質(zhì)，丙通常是深紅棕色液體，Y 和 Z 具有相同的陽離子， X 與 Z 含有相同的陰離子。寫出單質(zhì)甲的組成元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖_；實驗室貯存丙單質(zhì)時，通常需要加入_，其理由是 _ ；寫出 X 與足量的甲在溶液中完全反應的離子方程式_ ?！敬鸢浮?CO和

27、 CO222MgO+C少量水 加水可CO +2Mg防止溴單質(zhì)的揮發(fā)2Fe2+4Br-+3Cl2 =2Fe3 +2Br2+6Cl-【解析】【分析】甲、乙、丙、是三種常見單質(zhì)，X、 Y、 Z 是常見的三種化合物，X 與甲的反應為置換反應，(1)若甲是具有還原性的單質(zhì)，X、 Y、 Z 中有一種是離子晶體，說明甲應為金屬，常見發(fā)生置換反應的為 2Mg+CO222MgO+C，則 X 為 CO ，甲為 Mg， Y 為 MgO，丙為 C， Z 為CO，乙為 O2；(2)丙在通常狀況下深紅棕色的液體，應為Br2，甲是具有氧化性的黃綠色氣體單質(zhì)，可置換出 Br2，甲為 Cl2， X 為 FeBr2， Z 為 F

28、eBr3，乙為 Fe， Y 為 FeCl3，據(jù)此解答。【詳解】甲、乙、丙、是三種常見單質(zhì)，X、 Y、 Z 是常見的三種化合物，X 與甲的反應為置換反應。(1)若甲是具有還原性的單質(zhì)，X、 Y、 Z 中有一種是離子晶體，說明甲應為金屬，常見發(fā)生置換反應的為 2Mg+CO22MgO+C，則 X 為 CO2，甲為 Mg， Y 為 MgO，丙為 C， Z 為CO，乙為 O2；丙為 C 元素，分析可知X、 Y、 Z 中含有丙元素的是X、 Z，即 CO 和 CO2；X 為 CO2，在 CO2 分子， C原子與 2 個 O 原子形成4 對共用電子對，所以電子式為；Mg 可以在 CO2 中燃燒，反應時產(chǎn)生白煙

29、，同時在容器器壁上有黑色固體碳生成，Mg 與CO 反應的化學方程式為2Mg+CO2MgO+C；22(2)丙在通常狀況下呈液態(tài)，為深紅棕色，應為Br2，甲是具有氧化性的單質(zhì)，可置換出Br，甲為Cl ，X 為 FeBr ， Z為 FeBr，乙為 Fe， Y為 FeCl ，22233甲為 Cl2，分子中 2 個 Cl 原子形成一對共用電子對，結(jié)構(gòu)式為Cl-Cl；丙為 Br2，易揮發(fā)，實驗室保存時，需加入少量水，可防止溴單質(zhì)的揮發(fā)；X 與足量的甲在溶液中完全反應的離子方程式是2Fe2+-232-。+4Br +3Cl =2Fe+2Br +6Cl8 (1)在 188 O 中，中子數(shù)為 _；該原子與 168

30、 O 是_關(guān)系。(2)標準狀況下，有以下三種物質(zhì)余22gCO 2 ，33.6LCH 4 ， 1molH 2 O ，上述物質(zhì)質(zhì)量最大的 _(填序號，下同)，所含原子數(shù)最多的是_，體積最小的是_。(3)已知 A、B、 C、 D 均含有同一種元素，其中 A 為活潑金屬單質(zhì)，熱的油污。且它們四種物質(zhì)之間存在如下轉(zhuǎn)化關(guān)系，請回答下列問題：C 溶液可用于洗滌D 的化學式為： _。寫出過程的化學方程式：_?！敬鸢浮?10 同位素 NaHCO3 Na2CO3+ CO2+H2O=2NaHCO3【解析】【分析】(1)質(zhì)量數(shù) =質(zhì)子數(shù) +中子數(shù)；同位素是同種元素的不同核素；22 g=0.5mol ，體積為(2) 標

31、準狀況下： 22gCO2 的物質(zhì)的量為44g / mol0.5mol 22.4L/mol=11.2L； 33.6LCH4 的物質(zhì)的量為33.6 L=1.5mol ，質(zhì)量為22.4L / mol1.5mol 16g/mol=24g； 1molH 2O 的質(zhì)量為1mol 18g/mol=18g，體積為18mL；(3)常用熱的Na2CO3 溶液洗滌油污，且Na 為活潑金屬，則A 為Na、B 為NaOH、 C 為Na2CO3 、D 為NaHCO3?！驹斀狻?1)在188 O 中，中子數(shù)為181618-8=10 ；8 O 與 8O 具有相同質(zhì)子數(shù)和不同中子數(shù)，互為同位素；22 g=0.5mol ，體積為

32、(2) 標準狀況下： 22gCO2 的物質(zhì)的量為44g / mol0.5mol 22.4L/mol=11.2L，含有的原子總物質(zhì)的量為1.5mol ； 33.6LCH4 的物質(zhì)的量為33.6 L 16g/mol=24g，含有的原子總物質(zhì)的量為7.5mol ；=1.5mol ，質(zhì)量為 1.5mol22.4L / mol1molH 2O 的質(zhì)量為 1mol 18g/mol=18g，體積為 18mL，含有的原子總物質(zhì)的量為3mol；則上述物質(zhì)質(zhì)量最大的，所含原子數(shù)最多的是，體積最小的是；(3) 常用熱的 Na CO 溶液洗滌油污，且Na 為活潑金屬，則 A 為 Na、 B 為 NaOH、 C 為23

33、Na CO 、D 為 NaHCO ；233D 為碳酸氫鈉，化學式為NaHCO3；過程為碳酸鈉與水、CO2 反應生成 NaHCO3，發(fā)生反應的化學方程式 Na2CO3+CO2+H2 O=2NaHCO3。9 金、銀、銅、鐵、鋁和鈦均是人類生產(chǎn)和生活中大量使用的金屬。試回答與上述金屬原子結(jié)構(gòu)有關(guān)的問題：（1）上述金屬元素中屬于主族元素的是_ 。（2）鈦被稱為繼鐵、鋁之后的“第三金屬 ”。基態(tài)鈦原子價電子軌道表示式為_ 。（3）基態(tài)金原子的價電子排布式為5d106s1 ，試判斷金在元素周期表中位于第_ 周期第 _ 族。（ 4）已知 Ag 與 Cu 位于同一族，則 Ag 在元素周期表中位于 _ 區(qū)?！敬?/p>

34、案】鋁六 Bds【解析】【分析】（1）鋁屬于主族元素；（2）鈦基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2，其外圍電子排布式為3d24s2；（3）電子排布式中能層數(shù)與周期數(shù)相等，外圍電子排布式為（n-1） d10ns1 的原子位于第 IB族；（ 4） A、 A 族最后填充 s 電子，為 s 區(qū)； A零族為 p 區(qū)，第 B B 族和第為 d 區(qū)； B 和 B 族為 ds 區(qū)?！驹斀狻浚?1）鋁位于第三周期第 A 族，屬于主族元素，金、銀、銅、鐵和鈦都不屬于主族元素，故答案為： Al；（2）鈦基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2，其外圍電子排布式

35、為3d24s2，則其外圍電子的電子排布圖為：，故答案為：；（3）電子排布式中最大能層數(shù)與周期數(shù)相等，外圍電子排布式為（n-1）d10ns1 的原子位于第 IB 族，基態(tài)金原子的外圍電子排布式為5d106s1，該原子最大能層數(shù)是6，所以金原子位于第六周期第 B 族，故答案為：六；B；（4） A、 A 族最后填充s 電子，為s 區(qū)； A零族為p 區(qū)，第 B B 族和第為 d 區(qū)； B 和 B 族為 ds 區(qū)， Ag 與 Cu 位于同一族，屬于第B 族，所以屬于ds區(qū)，故答案為：ds?！军c睛】本題考查了元素周期表的有關(guān)知識，明確元素周期表的結(jié)構(gòu)是解本題關(guān)鍵，了解元素周期表 5 區(qū)的劃分方法。10 下

36、表是元素周期表的一部分，對于表中元素，填空回答：族 AA A A A A A0周期二三(1)地殼中含量最多的元素是_ ，非金屬性最強的元素是_。(2)寫出的最簡單的氣態(tài)氫化物的電子式_。(3)在第三周期主族元素中，單質(zhì)氧化性最強的是_，能形成的二元強酸是_。(4)寫出的氣態(tài)氫化物與的最高價氧化物對應水化物反應的化學方程式_?！敬鸢浮?O FCl2 2 43343H SONH +HNO =NH NO【解析】【分析】由元素在周期表的位置可知，元素分別為 C、 N、 O、 F、 Na、Al、 S、 Cl，然后結(jié)合元素的性質(zhì)與原子結(jié)構(gòu)的知識分析解答?！驹斀狻坑稍卦谥芷诒淼奈恢每芍?，元素分別為C、 N

37、、 O、 F、 Na、Al、 S、 Cl。(1)地殼中含量最高的元素為O，非金屬性最強的元素為F；(2)的最簡單的氣態(tài)氫化物為甲烷，分子中C 原子與 4 個 H 原子形成四對共用電子對，其電子式為；(3)第三周期主族元素中Cl 的非金屬性最強，單質(zhì)氧化性最強的是Cl2， S對應的硫酸為二元強酸，能形成的二元強酸是H2SO4；(4)的氣態(tài)氫化物為NH3，的最高價氧化物對應水化物為HNO3，二者反應生成NH4NO3，反應方程式為NH3+HNO3=NH4NO3?！军c睛】本題考查位置、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)關(guān)系的應用，把握元素周期表結(jié)構(gòu)、元素周期律內(nèi)容為解答的關(guān)鍵，試題側(cè)重考查學生的分析、理解能力及靈活應用能力。

38、11 釙（ Po）是一種低熔點金屬，極其稀有，毒性和放射性極強。回答下列問題：2104（1） 84 Po 具有放射性，經(jīng)衰變成穩(wěn)定的鉛，在衰變過程中釋放一個2 He2+， Pb 的原子核中質(zhì)子數(shù)為 _ ，中子數(shù)為 _ ， Po 元素能形成較穩(wěn)定的+4 價離子， wg 21084 Po4+含有的電子的物質(zhì)的量為_；（2）半衰期是指由大量原子組成的放射性樣品中，放射性元素原子核有50發(fā)生衰變所需的時間，已知210210天后，得到鉛的84 Po 的半衰期為 138 天，質(zhì)量為 64 克的84 Po，經(jīng) 276質(zhì)量為 _?！敬鸢浮?82 1248wmol 47.09g21【解析】【分析】(1)了解任何

39、一個原子X 用 ZA X 表示時的意義，且A、 Z、 N 滿足關(guān)系式A=Z+N，離子所含的電子數(shù)為原子得失電子后得到的電子數(shù)；(2)半衰期是指有一半發(fā)生衰變所需要的時間，276 天是二個半衰期?！驹斀狻?1)Po 的質(zhì)子數(shù)是 84，它釋放出的24 He 2+的質(zhì)子數(shù)是 2，所以 Pb 的質(zhì)子數(shù) =84-2=82；Po 的中子數(shù)是 210-84=126 ，它釋放出的24 He 2+的中子數(shù) =4-2=2，所以 Pb 的中子數(shù) =126-2=124；21084 Po4 的質(zhì)量數(shù)為 210，所以 Po 的摩爾質(zhì)量數(shù)值為210，質(zhì)量為 Wg 的 Po 的物質(zhì)的量為w84，一個 Po4+離子含的電子數(shù)為

40、 84-4=80，所以mol ，一個 Po 原子含的電子數(shù)為2102104w8wWg 84 Po所含的電子的物質(zhì)的量為210mol 80= mol ；21(2)經(jīng)過第一個半衰期生成的64 50%mol，剩余的 Po 的物質(zhì)的量為Pb 的物質(zhì)的量為21064Pb 的物質(zhì)的量為64 50%mol；再經(jīng)過第二個半衰期生成的 50% 50%mol，所以經(jīng)210210過 2766464天所得 Pb 的質(zhì)量為 ( 50%+ 50% 50%) 206g/mol=47.09g。21021012 海水中溴含量約為67mg?L-1，從海水中提取溴的一種工藝流程如圖：（1）步驟中已獲得游離態(tài)的溴，步驟又將之轉(zhuǎn)化為化

41、合態(tài)的溴，其目的是_。（2）步驟中通入熱空氣吹出Br2，利用了 Br2 的 _（填序號）。A 氧化性B還原性C 揮發(fā)性D 腐蝕性（3）步驟中涉及的離子反應如下，請在橫線上填上適當?shù)幕瘜W計量數(shù)：_Br2+_CO32-_BrO3- +_Br-+_CO2。（4）上述流程中吹出的溴蒸汽也可先用二氧化硫的水溶液吸收，再用氯氣氧化，最后蒸餾，寫出 Br22水溶液反應的化學方程式：_。與 SO【答案】富集（或濃縮）溴元素C 3 3 15 3SO2 2224+Br +2H O=2HBr+H SO【解析】【分析】根據(jù)流程分析可知：海水曬鹽后得到氯化鈉和鹵水，鹵水中通入氯氣，可將溴離子氧化為單質(zhì)溴，得到低濃度的溴溶液，通入熱空氣或水蒸氣吹出Br2，利用的是溴單質(zhì)的易揮發(fā)性，利用純堿溶液吸收溴單質(zhì)，再用硫酸酸化，使溴酸根離子和溴離子發(fā)生氧化還原反應得到溴單質(zhì)，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)由于海水中Br-的含量低，步驟 獲得游離態(tài)的溴后，步驟又將其轉(zhuǎn)化為化合態(tài)的溴，其目的是富集 (或濃縮 )溴元素，故答案為：富集(或濃縮 )溴元素；(2)步驟 用熱空氣吹出Br2，主要利用了Br2 的揮發(fā)性，故答案為：C；(3)該反應中 Br 元素的化合價由0 價變?yōu)?-1 價、 +5 價，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒，配平該離子程式為：3Br 2+3CO32- BrO3- +5Br- +