全国高考化学原子结构与元素周期表的综合高考真题汇总含答案

一、原子结构与元素周期表练习题（含详细答案解析）

1．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I1(Zn)__________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是__________

（3）ZnF2具有较高的熔点(872℃ ),其化学键类型是__________;ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2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____cm-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·

3

(列出计算式)。

【答案】1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2 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 ZnF2为离子化合物，ZnCl2、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) 12 32

NA6ac4【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[Ar]3d104s2，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：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；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ZnF2，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，ZnF2属于离子化合物而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为共价化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2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；ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2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

11+2×+3=6，六棱柱底边边长为acm，高为ccm，六棱柱体积

26m65632=[(6×a)×3×c]cm3，晶胞密度=V32，故答案为：六方最密堆积(A3

NA6ac44656型)；12；32。

NA6ac4【点睛】

数=12×

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。

2．我国科学家受中医启发，发现As2O3（俗称砒霜）对白血病有疗效。氮、磷、砷（As）是VA族、第二至第四周期的元素，这些元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。

完成下列填空：

（1）As原子最外层电子的轨道表示式为_____________；砷蒸气的分子式：As4，其分子结构与白磷（P4）相似，也是正四面体，则As4中砷砷键的键角是__________。

（2）P的非金属性比As强，从原子结构的角度解释其原因_______；如图是元素周期表的一部分，请推测砷的单质或其化合物可能具有的性质_______________（写出两条即可） （3）NH4NO3可做化肥，但易爆，300℃发生爆炸：2NH4NO3→2N2↑+O2↑+4H2O。每生成

2molN2，反应中转移的电子为_____mol，氧化产物与还原产物的质量之比为_____。 ．．（4）发电厂常用氨气吸收烟气中的CO2。常温下，当CO2不断通入pH=11的氨水中时会产

-生微量的新离子：NH2COO。

（i）写出NH2COO-的电子式___________。

+

（ii）计算原氨水中c（NH4）=_______mol/L。

【答案】

60o P原子核外有三个电子层，As原子核外有四

个电子层，P的原子半径＜As，P吸引电子的能力更强，所以P的非金属性更强 砷是半导体，砷的氧化物是两性氧化物、砷的最高价氧化物对应水化物是两性氢氧化物等 10 15:7 【解析】 【分析】 【详解】

(1)As的最外层有5个电子，As原子最外层电子的轨道表示式为

；As4分子结构与白磷(P4)相似，也是正四面体，键角为

60o；

(2)由于为P原子核外有三个电子层，As原子核外有四个电子层，P的原子半径小于As，P吸引电子的能力更强，所以P的非金属性更强；由位置可知，砷是半导体，则砷的氧化物是两性氧化物、砷的最高价氧化物对应水化物是两性氢氧化物；

3价、+5价变为0价，O元素(3)该反应2NH4NO3→2N2↑+O2↑+4H2O中N元素化合价由−

2价升高为0，则氮气既是氧化产物也是还原产物，氧气为氧化产物，转移电的化合价由−

子个数为10，则每生成2molN2，反应中转移的电子为10mol，氧化产物与还原产物的质量之比为(32+28):28=15:7。 (4)①NH2COO−的电子式为

；

10-3-10-11（或10-3）

+---②pH=11的氨水中，c（H）=1011mol/L，c（OH）=103mol/L，由电荷守恒可知，

c(NH4+)+c(H+)= c（OH-），解得c(NH4+)=(10-3-10-11) mol/L或=10-3mol/L。

3．下表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑨在表中的位置，回答下列问题。

（1）第三周期元素中非金属性最强的元素的原子结构示意图是___。

（2）②③⑦最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是___(填化学式)。 （3）下列可以判断⑤和⑥金属性强弱的是___(填序号)。 a．单质的熔点：⑤＜⑥

b．化合价：⑤＜⑥

c．单质与水反应的剧烈程度：⑤＞⑥ d．最高价氧化物对应水化物的碱性：⑤＞⑥

（4）为验证第ⅦA族部分元素非金属性的递变规律，设计如图装置进行实验，请回答：

①仪器A的名称是___，A中发生反应的离子方程式是___。 ②棉花中浸有NaOH溶液的作用是___(用离子方程式表示)。

③验证溴与碘的非金属性强弱：通入少量⑨的单质，充分反应后，将A中液体滴入试管内，取下试管，充分振荡、静置，可观察到___。该实验必须控制⑨单质的加入量，否则得不出溴的非金属性比碘强的结论。理由是___。

④第ⅦA族元素非金属性随元素核电荷数的增加而逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下原子半径逐渐_____(填“增大”或“减小”)，得电子能力逐渐减弱。 【答案】

HNO3＞H2CO3＞H2SiO3 cd 分液漏斗 2Br-＋Cl2=Br2＋2Cl- Cl2＋2OH-

--=H2O＋Cl＋ClO 溶液分层，下层液体为紫红色 氯气能够氧化溴离子和碘离子，氯气必

须少量，否则干扰检验结果 增大 【解析】 【分析】

由元素在周期表的位置可知，元素①～⑨分别为H、C、N、O、Na、Al、Si、S、Cl，结合元素周期律和物质的性质分析解答。 【详解】

(1)第三周期元素中非金属性最强的元素是Cl，其原子结构示意图是

；

(2)元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则②③⑦最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是HNO3＞H2CO3＞H2SiO3； (3)a．根据单质的熔点不能判断金属性强弱，故a错误； b．化合价高低不能作为比较金属性的依据，故b错误；

c．Na与水反应比Al剧烈，说明金属性：Na＞Al，可以比较，故c正确；

d．元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，可以比较，故d正确； 答案选cd；

(4)①A为分液漏斗，A中发生氯气与NaBr的氧化还原反应，离子方程式为2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－；

②NaOH溶液用于吸收氯气，离子方程为Cl2＋2OH－=H2O＋Cl－＋ClO－；

③溴与KI反应生成碘单质，碘单质易溶于四氯化碳。将A中液体滴入试管内，充分振荡、静置，可观察到溶液分层，下层呈紫色；若通入过量氯气，剩余的氯气能够进入试管先于Br2氧化碘离子，干扰溴与碘离子的反应，所以氯气必须少量，否则干扰检验结果； ④同主族元素从上到下，原子核外电子层数增加，原子半径增大，故得到电子能力减弱。 【点睛】

比较金属性的强弱，是看金属与水或与酸反应的剧烈程度，最高价氧化物对应水化物的碱性强弱，比较非金属性强弱，可以依照单质的氧化性的强弱。

4．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“H2O”或“NH3”），判断理由是_______。 【答案】N

sp3 7 三角锥形 正四面体 面心立方晶胞

2M SO42- 共价键和配位键 H2O H2O与Cu2+的配位键键长较长而比较弱 38r【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1s22s22p3，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NH3，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H2SO3和H2SO4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计算阿伏伽德罗常数； V(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H2O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NH3分子，共有4个NH3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NH3，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sp3杂化；

(3)这些形成的含氧酸中，HNO2的分子的中心N原子的价层电子对数为2+H2SO3的中心S原子的价层电子对数为3+

512=3，264=4，所以HNO2、H2SO3的中心原子价层电2子对数之和为3+4=7；亚硫酸H2SO3的酸根SO32-中的S原子价层电子对数为：3+

623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H2SO4的酸根

26242=4，中心原子S上无孤对电子，所以其

2SO42-中的S原子价层电子对数为：4+

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×

4M?g/mol4M11+6×=4，Cu的相对原子质量为M，则晶胞质量m= N/molN82AAg，假设晶胞边长为L，Cu原子半径为r cm，则2L=4r cm，所以L=22r cm，晶胞体积

4Mg3333NA4M为V=L=22r?，所cm=162r cm， 则晶胞密度ρ=mV162r3cm3162NAr3以NA=

2M/mol； 38ρr(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SO42-；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Cu2+配位数是6，配位体是H2O、NH3，其中H2O有2个，NH3有4个，H2O、NH3与Cu2+之间通过配位键结合，H2O中存在H-O共价键，NH3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。

5．A、B、C、D四种元素都是短周期元素，A元素的离子具有黄色的焰色反应。B元素的L-1盐酸完离子结构和Ne 具有相同的电子层排布；5.8 g B的氢氧化物恰好能与100 mL2 mol·全反应；B原子核中质子数和中子数相等。H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰。D元素原子的电子层结构中，最外层电子数是次外层电子数的3倍。根据上述条件完成下列问题： (1)C元素位于第______周期第_____族，它的最高价氧化物的化学式为____。 (2)A元素是_____，B元素是_____，D元素是_____。(填元素符号)

(3)A与D形成稳定化合物的化学式是______，该化合物中存在的化学键类型为___，判断该化合物在空气中是否变质的简单方法是______。

(4)C元素的单质有毒，可用A的最高价氧化物对应的水化物的溶液吸收，其离子方程式为______。

【答案】三 ⅦA Cl2O7 Na Mg O Na2O2 离子键和(非极性)共价键 看表面颜色是否变白 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O 【解析】 【分析】

A、B、C、D四种元素都是短周期元素，A元素的离子具有黄色的焰色反应，则A为Na元素；5.8 g B的氢氧化物恰好能与100 mL2 mol/L盐酸完全反应，n(H+)=n(OH-)，设B的化合

价为x，摩尔质量为y，则

5.8?g×x=0.2，显然x=2，y=24符合，B原子核中质子数和中

y17x子数相等，则B的质子数为12，即B为Mg元素；H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰，则C为Cl元素；D元素原子的电子层结构中，最外层电子数是次外层电子数的3倍，则次外层为2，最外层为6符合，即D为O元素，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答。 【详解】

根据上述分析可知A是Na，B是Mg，C是Cl，D是O元素。

(1)C是Cl元素，Cl原子核外电子排布为2、8、7，根据原子核外电子排布与元素位置的关系可知：Cl位于元素周期表第三周期第ⅦA族，Cl最外层有7个电子，最高化合价为+7价，其最高价氧化物为Cl2O7；

(2)根据以上分析可知A是Na元素，B是Mg元素，D是O元素；

(3)A、D两种元素形成的稳定氧化物是Na2O2，该物质属于离子晶体，含有离子键和非极性共价键。过氧化钠为淡黄色，Na2O2容易与空气中的CO2、H2O发生反应，若变质，最终会变为白色的Na2CO3，所以判断该化合物在空气中是否变质的简单方法是看表面颜色是否变白；

(4)C是Cl元素，其单质Cl2是有毒气体，可根据Cl2能够与NaOH溶液反应的性质除去，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。 【点睛】

本题考查了元素及化合物的推断、元素的位置与原子结构及性质的关系。明确元素的推断是解答本题的关键，掌握元素的位置、结构、性质的关系及应用，熟悉元素及其单质、化合物的性质即可解答。

6．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， Y3+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

HClO4

2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 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；Y3+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HClO4； （5）X的氢化物为H2S其电子式为：

；

（6）Y单质与氢氧化钠溶液反应化学方程式：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2； （7）标准状况下，2.24L Z单质与足量氢氧化钙完全反

应:2Cl2＋2CaOH2=CaCl2＋CaClO2＋2H2O，电子转移总数

N=nNA=V2.24L1NA=1NA=0.1NA。 Vm22.4L/mol

7．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 【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

2H2O2

2H2O+O2↑

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：2H2O2【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。

2H2O+O2↑。

8．A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大。①A元素组成的单质是相同条件下密度最小的物质；②B元素原子的最外层电子数是其内层电子总数的2倍；③D原子的电子层数与最外层电子数之比为3：1；④E元素的最外层电子数是电子层数的2倍；⑤C与E同主族。请回答下列问题： (1)B元素在周期表中的位置是：______________

(2)写出化合物D2C2的电子式____________；该化合物中所含化学键类型为____________ (3)化合物A2C和A2E中，沸点较高的是______________(填化学式)

(4)化合物EC2常温下呈气态，将其通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀和NO气体放出，该反应的离子方程式为_______________

(5)元素A、B、C按原子个数比2：1：1组成的化合物是常见的室内装修污染物，该物质的分子空间构型为______________；该化合物中B原子的杂化轨道类型为______________ 【答案】第二周期第IVA族

离子键、共价键 H2O

3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+ 平面三角形 sp2 【解析】 【分析】

A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大。①A元素组成的单质是相同条件下密度最小的物质，则A是H元素；②B元素原子的最外层电子数是其内层电子总数

的2倍，则B原子核外有2个电子层，核外电子排布是2、4，B是C元素；③D原子的电子层数与最外层电子数之比为3：1，则D核外电子排布式是2、8、1，D是Na元素；④E元素的最外层电子数是电子层数的2倍，则E核外电子排布是2、8、6，E是S元素；⑤C与E同主族，原子序数小于Na，大于C，则C是O元素。结合元素的单质及化合物的结构、性质分析解答。 【详解】

根据上述分析可知A是H，B是C，C是O，D是Na，E是S元素。 (1) B是C元素，在周期表中的位置是第二周期第IVA族；

(2)化合物D2C2是Na2O2，该物质中Na+与O22-通过离子键结合，在O22-中两个O原子通过共价键结合，所以其电子式为：键、共价键；

(3)化合物A2C是H2O，A2E是H2S，由于在H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使物质气化消耗较多的能量，因此沸点较高的是H2O；

(4)化合物EC2是SO2，在常温下呈气态，该物质具有还原性，将其通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀和NO气体放出，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+；

(5)元素A、B、C按原子个数比2：1：1组成的化合物CH2O是常见的室内装修污染物，该物质的分子中，C原子采用sp2杂化，与O原子形成共价双键，再与2个H原子形成2个共价键，分子空间构型为平面三角形。 【点睛】

本题考查了元素的原子结构与物质性质的关系、有电子转移的离子方程式书写等知识。根据题干信息正确推断元素是解题关键，能很好的反映学生对饮水机化合物的性质及物质结构理论的掌握和应用情况。

；该化合物中所含化学键类型为离子

9．A、B均为钾盐的水溶液，A呈中性，B有氧化性，E的溶质中有一种含+5价元素的含氧酸盐M。现有下图所示转化：

请回答：

（1）C的化学式为_________，检验气体F常用的试纸是______________

（2）写出物质M在生活中的常见用途______________ （3）写出F→H的化学方程式：______________

【答案】AgI （湿润的）淀粉—碘化钾试纸 给食盐中加碘、给人体补充碘元素、预防甲状腺肿大等 Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O 【解析】 【分析】

A为钾盐且遇到酸化的AgNO3得到黄色沉淀，说明A为KI；D在CCl4中呈紫色，说明D为I2;将B逐滴加入KI溶液中即可将I－氧化为I2，说明该钾盐具有强氧化性， F(黄绿色气体)为Cl2，与KOH溶液反应会生成KCl和KClO，而KClO具有氧化性，又H中含B，故H中B为KClO，上述流程中，得到的碘溶液，继续滴加KClO会继续发生氧化还原反应，KClO继续将I2氧化为IO3－，溶液变为无色，结合已知信息，E的溶质中有一种含+5价元素的含氧酸盐M，则M为KIO3；氯气可氧化氯化亚铁为氯化铁，故K为FeCl3，据此分析作答。 【详解】

根据上述分析可知，

（1）C为黄色沉淀，其化学式为AgI，F为氯气，检验气体氯气常用的试纸是（湿润的）淀粉—碘化钾试纸，故答案为：AgI；（湿润的）淀粉—碘化钾试纸；

（2）根据上述分析知，M为KIO3，在生活中的常见用途是：给食盐中加碘、给人体补充碘元素、预防甲状腺肿大等

（3）F→H为氯气与氢氧化钾的反应，其化学方程式为：Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O。

10．有A、B、C、D四种元素，A元素的原子有三个电子层，最外层上有一个电子；B元素负2价阴离子的电子层结构与氩原子相同；C元素的原子核内无中子；D原子核外电子数比A原子核外电子总数多6个。

（1）C与D形成化合物的化学式_______，其在水中的电离方程式为_______。 （2）B离子的电子式_______，A离子的电子式_______。 （3）B原子的结构示意图_______，D离子的结构示意图_______。

-【答案】HCl HCl=H++Cl

Na+

【解析】 【分析】

由A元素的原子有三个电子层，最外层上有一个电子可知A为Na元素；由B元素负2价阴离子的电子层结构与氩原子相同可知B为S元素；由C元素的原子核内无中子可知C为H元素；由D原子核外电子数比钠原子核外电子总数多6个可知D为Cl元素。 【详解】

（1）氢元素与氯元素形成的化合物为氯化氢，化学式为HCl，氯化氢在溶液中完全电离，电离出氯离子和氢离子，电离方程式为HCl=H++Cl-；

（2）硫原子得到2个电子形成硫离子，硫离子最外层有8个电子，电子式为钠离子为阳离子，其电子式直接用离子符号表示，则钠离子的电子式为Na+；

；

（3）硫原子核外有16个电子，有3个电子层， 最外层有6个电子，原子的结构示意图为

；氯原子得到1个电子形成氯离子，氯离子核外有18个电子，有3个电子层， 最

外层有8个电子，原子的结构示意图为【点睛】

。

阴离子与同周期稀有气体原子电子层结构相同，由B元素负2价阴离子的电子层结构与氩原子相同确定B为钠元素是解答关键，也是解答的突破口。

11．已知元素X、Y、Z质子数都小于18，并且质子数X+Y=Z。X原子的电子层数与它的核外电子总数相同，Z原子有两个电子层，外层电子数是内层的电子数的三倍，则 （1）X是___________，Z是___________；Y原子结构示意图___________。 （2）由Y和Z组成，且Y和Z的质量比为7∶20的化合物的分子式是___________。 （3）X、Z可以形成两种化合物A和B，A中原子个数比为2∶1，则A的摩尔质量是___________。B中两原子个数比为1∶1，实验室常用B制备少量的氧气，写出该反应的化学反应方程式___________。 【答案】H元素 O元素 【解析】 【分析】

元素X、Y、Z质子数都小于18，X原子的电子层数与它的核外电子总数相同，则X为H元素；Z原子有两个电子层，外层电子数是内层的电子数的三倍，最外层电子数为6，则Z为O元素；由于质子数X+Y=Z，故Y质子数=8-1=7，故Y为N元素，据此分析。 【详解】

元素X、Y、Z质子数都小于18，X原子的电子层数与它的核外电子总数相同，则X为H元素；Z原子有两个电子层，外层电子数是内层的电子数的三倍，最外层电子数为6，则Z为O元素；由于质子数X+Y=Z，故Y质子数=8-1=7，故Y为N元素。 （1）X是H元素，Z是O元素；Y为N元素，原子结构示意图为

；

N2O5 18g/mol 2H2O2

2H2O+O2↑

MnO2（2）m（N）：m（O）=7：20，可知n（N）：n（O）=N2O5；

720=2：5，故该化合物为：

1416（3）H、O可以形成两种化合物A和B，A中X、Z原子个数比为2：1，则A为H2O，则A的摩尔质量是18g/mol；B中两原子个数比为1∶1，则B为H2O2，实验室常用H2O2制备少

22H2O+O2↑。 量的氧气，反应的化学反应方程式为2H2O2MnO

12．金、银、铜、铁、铝和钛均是人类生产和生活中大量使用的金属。试回答与上述金属原子结构有关的问题：

（1）上述金属元素中属于主族元素的是__________________ 。

（2）钛被称为继铁、铝之后的“第三金属”。基态钛原子价电子轨道表示式为__________________ 。

（3）基态金原子的价电子排布式为5d106s1，试判断金在元素周期表中位于第__________________ 周期第__________________族。

（4）已知Ag与Cu位于同一族，则Ag在元素周期表中位于__________________区。

【答案】铝 六 ⅠB ds

【解析】 【分析】

（1）铝属于主族元素；

（2）钛基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，其外围电子排布式为3d24s2； （3）电子排布式中能层数与周期数相等，外围电子排布式为（n-1）d10ns1的原子位于第IB族；

（4）ⅠA、ⅡA族最后填充s电子，为s区；ⅢA～零族为p区，第ⅢB～ⅤⅡB族和第ⅤⅢ为d区；ⅠB和ⅡB族为ds区。 【详解】

（1）铝位于第三周期第ⅢA族，属于主族元素，金、银、铜、铁和钛都不属于主族元素，故答案为：Al；

（2）钛基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，其外围电子排布式为3d24s2，

则其外围电子的电子排布图为：，故答案为：

；

（3）电子排布式中最大能层数与周期数相等，外围电子排布式为（n-1）d10ns1的原子位于第IB族，基态金原子的外围电子排布式为5d106s1，该原子最大能层数是6，所以金原子位于第六周期第ⅠB族，故答案为：六；ⅠB；

（4）ⅠA、ⅡA族最后填充s电子，为s区；ⅢA～零族为p区，第ⅢB～ⅤⅡB族和第ⅤⅢ为d区；ⅠB和ⅡB族为ds区，Ag与Cu位于同一族，属于第ⅠB族，所以属于ds区，故答案为：ds。 【点睛】

本题考查了元素周期表的有关知识，明确元素周期表的结构是解本题关键，了解元素周期表5区的划分方法。

13．下表是元素周期表的一部分，对于表中元素①～⑧，填空回答： 族 周期 二 三 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ① ⅤA ② ⅥA ③ ⑦ ⅤⅡA ④ ⑧ 0 ⑤ ⑥ (1)地壳中含量最多的元素是______，非金属性最强的元素是______。 (2)写出①的最简单的气态氢化物的电子式______。

(3)在第三周期主族元素中，单质氧化性最强的是_____，能形成的二元强酸是________。 (4)写出②的气态氢化物与②的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式_____。 【答案】O F 【解析】 【分析】

由元素在周期表的位置可知，元素①～⑧分别为C、N、O、F、Na、Al、S、Cl，然后结合元素的性质与原子结构的知识分析解答。 【详解】

由元素在周期表的位置可知，元素①～⑧分别为C、N、O、F、Na、Al、S、Cl。 (1)地壳中含量最高的元素为O，非金属性最强的元素为F；

(2)①的最简单的气态氢化物为甲烷，分子中C原子与4个H原子形成四对共用电子对，其电子式为

；

Cl2 H2SO4 NH3+HNO3=NH4NO3

(3)第三周期主族元素中Cl的非金属性最强，单质氧化性最强的是Cl2，S对应的硫酸为二元强酸，能形成的二元强酸是H2SO4；

(4)②的气态氢化物为NH3，②的最高价氧化物对应水化物为HNO3，二者反应生成NH4NO3，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3。 【点睛】

本题考查位置、结构与性质关系的应用，把握元素周期表结构、元素周期律内容为解答的关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力。

14．请用符号表示下列核素或同位素。

（1）质子数为a，中子数为b的X原子：______。 （2）质子数和中子数都为9的氟原子：______。

（3）中子数为2的氢原子：______。

（4）中子数分别为8、9、10的氧原子：______。 （5）质量数分别为35、37的氯原子： ______。

16183173537【答案】aX 9F 1H（或T） 8O、8O、8O 17Cl、17Cl

ab18【解析】 【分析】

结合核素的组成结构和同位素的概念分析解题即可。 【详解】

(1)质子数为a，中子数为b的X原子的质量数为a+b，其核素表示为aX； (2)质子数和中子数都为9的氟原子的质量数为18，其核素表示为9F； (3)中子数为2的氢原子，质子数为1，质量数为3，其核素表示为1H(或T)；

16(4)中子数分别为8、9、10的氧原子，质量数分别是16、17、18，核素依次表示为8O、1783ab18O、188O；

3537(5)质子数为17，质量数分别为35、37的氯原子核素依次表示为17Cl、17Cl。 【点睛】

A核素的最常见表示形式为ZX，其中A为质量数，Z为质子数，核内中子数为A-Z，而同种

元素的不同核素，其子数肯定不等，互为同位素，化学性质几乎完全相同，据此分析解题。

15．钋（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）

21084Po

具有放射性，经衰变成稳定的铅，在衰变过程中释放一个2He2+，Pb的原子

42104+

84Po含有的

核中质子数为____，中子数为____，Po元素能形成较稳定的+4价离子，wg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％发生衰变所需的时间，已知质量为____。 【答案】82 124 【解析】 【分析】

A(1)了解任何一个原子X用ZX表示时的意义，且A、Z、N满足关系式A=Z+N，离子所含的

21084Po

的半衰期为138天，质量为克的

21084Po，经

276天后，得到铅的

8wmol 47.09g 21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】

(1)Po的质子数是84，它释放出的2He2+的质子数是2，所以Pb的质子数=84-2=82；Po的

4中子数是210-84=126，它释放出的2He2+的中子数=4-2=2，所以Pb的中子数=126-2=124；

210844Po4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

wmol，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210Wg

21084Po4所含的电子的物质的量为

w8wmol×80=mol； 21021×50%mol，剩余的Po的物质的量为210(2)经过第一个半衰期生成的Pb的物质的量为

×50%mol；再经过第二个半衰期生成的Pb的物质的量为×50%×50%mol，所以经210210过276天所得Pb的质量为(

×50%+×50%×50%)×206g/mol=47.09g。 210210