专题58原子结构与元素的性质1、下表为元素周期表中短周期的一部分。下列有关A、B、C、D、E五种元素的叙述中，不正确的是（ ）A.A与B形成的阴离子可能有：AB32-、A2B42-B.E的氢化物的沸点比C的氢化物的沸点高C.D在过量的B中燃烧的主要产物为DB2D.A与E形成的化合物是非极性分子【答案】Ｂ【解析】Ａ碳元素；Ｂ氧元素；Ｃ氟元素；Ｄ硫元素；Ｅ氯元素。2、某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与1H原子组成HmX分子，在agHmX中所含质子的物质的量是（）A．(A－N＋m)molB．(A－N)molC．(A－N)molD．(A－N＋m)mol【答案】A3、A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，有关两元素的下列叙述：①原子半径A＜B；②离子半径A＞B；③原子序数A＞B；④原子最外层电子数A＜B；⑤A的正价与B的负价绝对值一定相等；⑥A的电负性小于B的电负性；⑦A的第一电离能大于B的第一电离能．其中正确的组合是（ ）A．③④⑥B．①②⑦C．③⑤D．③④⑤⑥⑦【答案】A【解析】A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则A在B的下一周期，则①A在B的下一周期，原子半径A＞B，故①错误；②A在B的下一周期，原子序数A＞B，A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则离子半径A＜B，故②错误；③A在B的下一周期，原子序数A＞B，故③正确；④当原子最外层电子数＜4时易失去最外层电子形成阳离子，当原子最外层电子＞4时，易得到电子形成阴离子，则原子最外层电子数A＜B，故④正确；⑤A、B原子最外层电子数不能确定，则元素的化合价关系不能确定，故⑤错误；⑥A能形成阳离子，说明A易失去电子，具有较强的金属性，的电负性较弱，B能形成阴离子，说明在反应时易得到电子，具有较强的电负性，则A的电负性小于B的电负性，故⑥正确；⑦A易失去电子，第一电离能较小，B易得电子，说明难以失去电子，电离能较大，故A的第一电离能小于B的第一电离能，故⑦错误．13\n故选A．4、近年来用红外激光技术研究液氢时，发现分子间作用力也可引起微粒间的反应，在液氢中氢分子和质子形成的H3+离子，其构型是等边三角形，属于二电子三中心离子，同时H3+还可进一步形成Hn+，下列判断不正确的是()A．H3+的电子式B．H3+可在液氢中形成H4+、H5+、H6+C．H3+可在液氢中形成H5+、H7+、H9+D．每个H3+微粒中含有3个质子【答案】B5、应用元素周期律的有关知识，可以预测我们不知道的一些元素及其化合物的性质。下列预测中不正确的是（ ）①Be的氧化物的水化物可能具有两性，②Tl能与盐酸和NaOH溶液作用均产生氢气，③At单质为有色固体，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸，④Li在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O2，其溶液是一种强碱，⑤SrSO4是难溶于水的白色固体，⑥H2Se是无色，有毒，比H2S稳定的气体A．①②③④B．②④⑥C．①③⑤D．②④⑤【答案】Ｂ【解析】Tl不是两性金属，氢氧化锂和氢氧化镁碱性相似，H2Se是没有H2S稳定的气体。6、元素A和B的原子序数都小于18。已知A元素原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；B元素原子的M电子层数为（a－b），L层电子数为（a+b），则A、B两元素所形成的化合物的性质可能有（）A．能与水反应B．能与氢氧化钠反应C．能与硫酸反应D．不能与碳酸钠反应【答案】B7、R为短周期元素,其原子所具有的电子层数为最外层电子数的一半。下列说法中不正确的是（ ）A．当它形成含氧酸根离子R2O42—时,也可以形成RO32—B．当它形成含氧酸根离子RO42—时,还可以形成HRO3—C．当它形成含氧酸根离子RO4—时,还可以形成RO3—D．当它形成含氧酸根离子R2O72—时,也可以形成RO42—【答案】C【解析】本题可以排除法。R为短周期元素,其原子所具有的电子层数为最外层电子数的一半,为C或S,由此可知C错误。从化合价的角度来分析,A、B、D是正确的。8、短周期元素R的原子核外电子数等于核内中子数，该元素单质7.8g与氧气充分反应可生成13g化合物RO，则该元素的价电子层是（）A.1S2B.2S2C.3S2D.4S2【答案】C9、下列说法不正确的是（ ）A．ⅠA元素的电负性从上到下逐渐减小，ⅦA元素的第一电离能从上到下逐渐减小B．电负性的大小可以作为衡量元素的金属性和非金属性强弱的尺度C．氢原子中只有一个电子，故氢原子只有一个原子轨道D．NaH的存在能支持可将氢元素放在ⅦA的观点13\n【答案】C【解析】A、ⅠA元素的电负性从上到下，非金属性减弱，金属性增强，所以电负性从上到下逐渐减小，Ⅶ元素的第一电离能从上到下逐渐减小，故A正确；B、金属的电负性一般小于1.8，非金属的电负性一般大于1.8，所以电负性的大小可以作为衡量元素的金属性和非金属性强弱的尺度，故B正确；C、氢原子中有一个电子，但轨道是人们规定的，只是空轨道而已，氢原子不只有一个轨道，故C错误；D、NaH中的H元素最低为﹣1，可以放在放在ⅦA族中，故D正确；故选C．10、在原子的第n电子层中，当它属于最外电子层时，最多容纳的电子数目与n-1层相同，当它属于次外层时，最多容纳的电子数比n+1层多10个电子，则此电子层是（ ）A．M层B．N层C．O层D．P层【答案】A【解析】本题可以采用举例法，首先K肯定不可能因为没有n-1层L层最外层为8，与K层2不同，M层最外层为8，与L层8相同，同时作为次外层可以容纳18个电子，恰好比n+1层N层多8个考点：电子层容纳电子数点评：本题主要考察各电子层容纳电子的数量，属于简单题，采用举例法是方便快捷的解题的关键。11、如图所示是元素周期表前六周期的一部分，关于元素X、Y、Z的叙述正确的是( )①X的气态氢化物与Y的最高价氧化物对应的水化物能发生反应生成盐②X、Y、Z的气态氢化物的水溶液的酸性X＜Y＜Z③Z的单质在常温下是液体，可与铁粉反应④Z的原子序数比Y大19⑤Z所在的周期中含有32种元素A．只有③ B．①④C．①②③④D．①②③④⑤【答案】C【解析】由周期表位置可确定R为氦，X、Y、Z分别为氮、硫、溴，再据此推断。12、下列说法中不正确的是( )A．元素周期律的本质是随着核电荷数的增加元素性质呈周期性的变化B．核外电子排布的周期性变化是元素性质周期性变化的本质C．元素周期表中可以把元素分成s、p、d、ds、f五个区D．最外层电子数≤2的元素一定是金属元素【答案】D【解析】最外层电子数≤2的元素不一定都是金属元素，也可能是H元素或He元素，所以D错误。13、13\nA、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C元素是第3周期第一电离能最小的元素；D元素在第3周期中第一电离能最大。下列有关叙述错误的是( )A．四种元素A、B、C、D分别为O、Ca、Na、ArB．元素A、B、C两两组成的化合物可为CaO、CaO2、Na2O、Na2O2等C．元素A、C简单离子的半径大小关系为A<CD．元素B、C电负性大小关系为B>C【答案】C【解析】自然界中含量最多的元素为氧；由题意知B元素K层和L层电子数之和为10，则M层为8个，N层为2个，故B元素为钙；C是第3周期第一电离能最小的元素，为钠；第3周期中第一电离能最大的元素为氩。选项C中，A的简单离子O2－和C的简单离子Na＋具有相同的电子层结构，根据“序大径小”的规律知r(O2－)>r(Na＋)14、下列关于稀有气体的叙述不正确的是( )A．各原子轨道电子均已填满B．其原子与同周期ⅠA、ⅡA族阳离子具有相同的核外电子排布C．化学性质非常不活泼D．同周期中第一电离能最大【答案】B【解析】A中，稀有气体位于周期表第18纵列，价电子排布为ns2(He)和ns2np6，所有原子轨道电子均填满；B中，稀有气体原子核外电子排布应该与下一周期的ⅠA、ⅡA族阳离子核外电子排布相同；D中，依据同周期第一电离能的变化规律，从左到右，第一电离能依次增大，故D正确。15、如图为元素周期表中短周期的一部分，四种元素均为非稀有气体元素。下列关于这四种元素及其化合物的说法中正确的是( )A．原子半径：W>Z>Y>XB．气态氢化物的稳定性：Z>W>X>YC．W的最高正化合价与负化合价的绝对值可能相等D．Z的最高价氧化物的水化物可能为强碱【答案】C【解析】原子半径：Z>W>X>Y。气态氢化物的稳定性：Y>X>W>Z。若Z为Na，则W为Mg，注意ⅡA族后面是过渡金属，不是ⅢA族元素，D不正确。题中的X、Y、Z、W对应的元素有3种可能：C、N、Al、Si；N、O、Si、P；O、F、P、S。16、某学生用0.1000mol/L的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：A．量取20.00mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2～3滴酚酞；B．用标准溶液润洗滴定管2～3次；C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液；D．取标准KOH溶液注入碱式滴定管至刻度线0以上2cm～3cm；E．调节液面至“0”或“0”以下刻度并记下读数；F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度．据此实验完成填空：(1)正确操作步骤的顺序是________(用序号字母填写)．(2)上述B步骤操作的目的是______________________________________．13\n(3)上述A步骤操作之前，先用待测溶液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是__________________．(4)判断到达滴定终点的实验现象是____________________________________.【答案】(1)B、D、C、E、A、F (2)洗去滴定管附着的水，防止将标准溶液稀释而带来误差 (3)偏高 (4)溶液由无色变为浅红色且在半分钟内不褪色【解析】(1)滴定操作的顺序为：润洗―→加液―→排气泡―→调节液面―→待测液注入锥形瓶―→滴定．即B、D、C、E、A、F.(2)润洗的目的是洗去滴定管内壁的水，防止将标准液稀释．(3)润洗锥形瓶，会使待测液溶质偏多，消耗标准液多，结果偏高．(4)因为锥形瓶内是盐酸，指示剂是酚酞，滴定终点溶液的颜色由无色变为浅红色．17、某钠盐溶液可能含有阴离子NO3—、CO32—、SO32—、SO42—、Cl—、Br—、I—。为鉴别这些离子，分别取少量溶液进行以下实验：①测得混合液呈碱性；②加HCl后，生成无色无味气体，该气体能使饱和石灰水溶液变浑浊；③加CCl4后，滴加少量氯水，振荡后，CCl4层未变色；④加BaCl2溶液产生白色沉淀，分离，在沉淀中加入足量盐酸，沉淀不能完全溶解；⑤加HNO3酸化后，再加过量AgNO3，溶液中析出白色沉淀。根据上述实验判断，原溶液中一定存在的阴离子为，一定不存在的阴离子为，可能存在的阴离子为。【答案】CO32—、SO42—、Cl—、SO32—、Br—、I—NO3—18、现有某金属硝酸盐的化学式为M(NO3)2，为了探究其热分解产物，某化学小组开展探究性学习：【查阅资料】金属活泼性不同，其硝酸盐分解产物不同。如，2KNO32KNO2+O2↑，2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑，4AgNO34Ag+4NO2↑+2O2↑【提出猜想】猜想1M(NO3)2M(NO2)2+O2↑猜想22M(NO3)22MO+4NO2 ↑+O2↑猜想3。【设计实验】为了探究上述猜想，设计如下实验装置：【实验步骤】①连接仪器；②检查装置气密性；③取一定量样品装入大试管中，并重新连接好仪器；④加热；⑤……13\n⑴写出猜想3的化学方程式：_____________________；⑵测定气体体积应选择_______（填A或B）；不选另一个装置的理由是_____________________；⑶实验收集到一定量气体是_______，量筒读数前应注意_____________________；为了检验收集气体的成分，其操作方法是_____________________；⑷在实验后量筒里的水中加入适量碳酸氢钠粉末，溶液中产生大量气体，说明_______正确（填“猜想1”、“猜想2”或“猜想3”）；⑸该小组测得两组数据：①实验前样品质量为Wg，收集到气体体积为VL；②实验前样品质量为Wg，完全分解后测得固体产物质量为mg；请你选择其中一组数据，计算元素M的相对原子质量为_____________。【答案】⑴M(NO3)2M+2NO2↑+O2↑⑵B装置A不应长导管进气，这样不能排水集气；⑶氧气调整量筒内外液面相平用玻璃片在水槽里盖好量筒口，用食指摁紧玻璃片，将量筒从水槽里拿出来，正放在实验台上，移开玻璃片，用带火星木条接近量筒口，若木条燃烧更旺，说明收集到的气体是氧气⑷猜想3⑸【解析】试题分析：（1）活泼性不同的金属的硝酸盐受热分解产物不同，可能有三种固体产物：亚硝酸盐、金属氧化物、金属单质，猜想3的化学方程式为M（NO3）2M+2NO2↑+O2↑，（2）A装置存在压强差，且导管中的气体不能被测量，存在误差，而B装置则避免了这些误差，收集气体时导水管口应伸入量筒中下部，故答案为：B；装置A不应长导管进气，这样不能排水集气；导水管口应伸入量筒中下部，以便读数前调平液面；（3）收集到的气体是氧气，量筒读书前调整量筒内外液面相平；检验氧气用带火星的木条，操作方法为用玻璃片在水槽里盖好量筒口，用食指摁紧玻璃片，将量筒从水槽里拿出来，正放在实验台上，移开玻璃片，用带火星木条接近量筒口，若木条燃烧更旺，说明收集到的气体是氧气，（4）在实验后的水里加入适量碳酸氢钠粉末，溶液中产生大量气体，说明溶液呈酸性，猜想2中两种气体完全反应生成硝酸，不能收集到气体，猜想3氧气过量，反应后可以收集到气体，溶液呈酸性，符合实验现象；（5）设M的相对原子质量为A，根据反应可知固体质量减少的量为NO2和O2的质量，利用差量法计算，M（NO3）2M+2NO2↑+O2↑△mAg124gm（W-m）g考点：探究物质的组成或测量物质的含量；常见气体的检验。点评：本题考查实验的设计及评价，以及物质的组成及含量的测定，本题难度较大，学习中注意基础知识的积累，本题注意差量法计算的运用。13\n19、把一定量某碱金属与5.4g铝的混合物放人足量水中，金属全部溶解，收集到标准状况下气体11.2L，向所得溶液中通人过量二氧化碳，过滤，把滤液减压蒸发得固体33.6g，此碱金属相对原子质量为多少?【答案】2320、A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如下图所示（反应条件未标出），其中反应①是置换反应。（1）若A是常见的金属单质，D、F是气态单质，反应①在水溶液中进行，则反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是。（2）若B、C、F都是气态单质，且B有毒，③的反应中还有水生成，反应②需要放电才能发生，A、D相遇有白烟生成，则A、D反应产物的电子式是，反应③的化学方程式是。（3）若A、D、F都是短周期元素组成的非金属单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应①的化学方程式是。【答案】（1）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-（2）（3）2C+SiO2Si+2CO↑21、当你打开家里的自来水龙头时，会闻到一股刺鼻的气味，它是什么？请你试着给大家解释解释。【答案】它是氯气的气味。因为一般的自来水厂都是采用氯气来给自来水消毒，氯气在自来水中的溶解度不是很大，但在空气中仍然可以闻到刺鼻的气味【解析】家里的自来水都是消过毒的饮用水，它里面的气味很可能是消毒剂的气味22、某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，其相对分子质量为92，现以它为初始原料设计出如图转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）．其中A是一氯代物，F的分子式为C7H7NO2，Y是一种功能高分子．已知：（1）烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基：13\n（苯胺，易被氧化）请根据本题所给信息与所学知识回答下列问题：（1）做银镜反应实验的试管事先要用洗涤．X→A“一定条件”是指的何种条件：(2)写出反应类型：反应②，反应③．1mol阿司匹林与足量NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量为mol．（3）Y的结构简式为．（4）有多种同分异构体，写出同时符合下列4个条件它的同分异构体的结构简式：、．①分子中含有苯环；②能发生银镜反应，不能发生水解反应；③在稀NaOH溶液中，1mol该同分异构体能与2molNaOH发生反应；④在苯环上只能生成2种一氯取代物．（5）以下是由A和其他物质合成的流程图：完成甲→乙的化学反应方程式：．（6）美托洛尔是一种治疗高血压的药物的中间体，可以通过以下方法合成：根据已有知识并结合合成美托洛尔所给相关信息，写出以CH3OH和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）．【答案】（1）热的氢氧化钠溶液；光照；(2)氧化反应；还原反应；3；13\n（3）；（4）、；（5）；（6）【解析】解：相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=7…8，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8，结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A，A是一氯代物，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为，在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应③的产物和F分子式可知F为，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知，F先与高锰酸钾溶液发生氧化反应得G为，G再发生还原反应将﹣NO2还原成﹣NH2，Y是一种功能高分子，为13\n通过形成肽键发生缩聚反应得到的高聚物，Y为，（1）做银镜反应实验的试管事先要去油污，可以用热的氢氧化钠溶液洗涤，根据上面的分析可知，X与氯气发生侧链上的取代，所以条件为光照，故答案为：热的氢氧化钠溶液；光照；(2)根据上面的分析可知，反应②氧化反应，反应③为还原反应，根据阿司匹林的结构简式可知，阿司匹林分子中1mol酯基能消耗2molNaOH，所以1mol阿司匹林与足量NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量为3mol，故答案为：氧化反应；还原反应；3；（3）根据上面的分析可知，Y的结构简式为，故答案为：；（4）根据下列条件①分子中含有苯环；②能发生银镜反应，不能发生水解反应，说明含有醛基，但不是甲酸某酯；③在稀NaOH溶液中，1mol该同分异构体能与2molNaOH发生反应；④在苯环上只能生成2种一氯取代物，说明苯环上有两种等效氢，则符合条件的的同分异构体为、，故答案为：、；（5）由A合成，可以用在催化剂条件下发生加成反应生成甲为，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成乙为，与溴水发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成13\n，所以甲→乙的化学反应方程式为，故答案为：；（6）以CH3OH和为原料制备，可以先将CH3OH与钠反应生成CH3ONa，然后发生信息中合成美托洛尔的①②，将所得物质经过氧化即可得产品，合成路线为，故答案为：23、已知编号为①～⑧的短周期八种元素的某些性质如下表所示：元素编号元素性质①②③④⑤⑥⑦⑧原子半径（10﹣10m）0.741.601.521.100.991.860.750.82最高或最低化合价+2+1+5+7+1+5+3﹣2﹣3﹣1﹣3请根据已学过的元素周期表的性质，确定以上8种元素在周期表中的位置，并将元素的编号填入下表中：族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA012313\n【答案】族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA012③⑧⑦①3⑥②④⑤【解析】短周期元素中，④⑦均有最高正价+5，处于VA则，原子半径④＞⑦，故④处于第二周期、⑦处于第三周期；③⑥均有最高价+1，处于IA族，原子半径⑥＞①＞④，故①处于第二周期、⑥处于第三周期；⑤有+7、﹣1价，为Cl元素，处于第三周期ⅦA族；①有最低价﹣2，处于ⅥA族，原子半径小于Cl，故①为O元素，处于第二周期ⅥA族；②有最高价+2，处于ⅡA族，原子半径大于Li，故②为Mg，处于第三周期ⅡA族；⑧有最高价+3，处于ⅢA族，原子半径小于Cl，则⑧为B元素，处于第二周期ⅢA族，在周期表中：族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA012③⑧⑦①3⑥②④⑤故答案为：族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA012③⑧⑦①3⑥②④⑤24、Na、Cu、O、Si、S、Cl是常见的六种元素。（1）Na位于元素周期表第周期第族；S的基态原子核外有个未成对电子；Si的基态原子核外电子排布式为。（2）用“>”或“<”填空：第一电离能离子半径熔点酸性SiSO2-Na+NaClSiH2SO4HClO4（3）CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。在25℃、101KPa下，已知该反应每消耗1molCuCl(s)，放出44.4KJ，该反应的热化学方程式是。（4）ClO2常用于水的净化，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取。写出该反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目。【答案】（1）三、IA21s2s22p63s23p2（2）<><<（3）4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s)△H=177.6KJ/mol（合理答案均可）（4）（合理答案均可）【解析】（1）Na（）元素位于元素周期表第三周期周期第IA族；S13\ni原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2。（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，所以第一电离能：S>Si；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：O2->Na+；一般来说，原子晶体（Si）的熔点高于离子晶体（NaCl）的熔点，故熔点：Si>NaCl；元素的非金属性越强，元素最高价氧化物的水化物的酸性越强，因为非金属性Cl>S，所以酸性：HClO4>H2SO4；（3）根据热化学方程式的书写方法，可以写出该反应的热化学方程式为4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s)△H=177.6KJ/mol；（4）25、化学知识常用坐标线表示，图像中往往隐含着重要的变化，请分析下图中曲线的变化情况：第3周期某主族元素M的电离能情况如图所示。则M元素位于周期表的第________族，该族第4周期元素的电子排布简化式为____________________________。【答案】ⅢA [Ar]4s24p1【解析】从图中分析，I3到I4数据差很大，故在第三个电子和第四个电子之间存在突变，即为第ⅢA族元素。该族第4周期，则应排布电子能层为4，且3d轨道为全充满，最外层的3个电子，应排在4s和4p上，所以电子排布简化式为[Ar]4s24p1。13
