2021屆高三化學(xué)二輪復(fù)習(xí)實(shí)驗(yàn)題必練-元素周期表

1、2021屆高三化學(xué)二輪復(fù)習(xí)實(shí)驗(yàn)題必練-元素周期表1. I.如下圖為元素周期表的一局部，參照元素在表中的位置，請答復(fù)以下問旅周期IA01IIADIAIVAVAVIAVHA2®3©(1) 的陰離子的結(jié)構(gòu)示意圖為 ；的簡單氫化物與 的最高價(jià)氧化物的水化物化合生成的正鹽的化學(xué)式為 。(2) 和形成的化合物的電子式為 。 、的最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)?化學(xué)式表示)。II.某同學(xué)欲利用圖裝置驗(yàn)證同周期或同主族元素性質(zhì)遞變規(guī)律。(4) 枯燥管D的作用。(5) 證明非金屬性：Cl > I，在A中加濃鹽酸，B中加KMnO4, (KMnO 4與濃鹽酸常溫下反響生成氯氣

2、)，C中加淀粉碘化鉀混合溶液，觀察到 C中溶液變藍(lán)，那么 C試 管中反響離子方程式為 。從環(huán)境保護(hù)的觀點(diǎn)考慮，此裝置的缺點(diǎn)是 。(6) 證明非金屬性：N > C,在A中加稀硝酸，B中加碳酸鈣，C中加澄清石灰水；觀察到C中溶液變渾濁的現(xiàn)象，該實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)的原理是利用 來比擬元素非金屬性的強(qiáng)弱。2. CU2S可用于制防污涂料，其可由熱的銅在硫蒸氣或H2S中反響制得.(1) 銅元素在元素周期表中的位置為 , Cu+的核外電子排布式為 ,基態(tài)銅原子核外電子共有 種運(yùn)動狀態(tài).Cu 2S在一定條件下可被氧化為 CuSQ. 在s&-中s原子的雜化軌道類型為 ；sq4-、po3-與sc4-互為 ；其

3、中Si、P、S第一電離能由大到小順序?yàn)?; 硅酸鹽與二氧化硅一樣，都是以硅氧四面體作為根本結(jié)構(gòu)單元，硅氧四面體可以用圖1a表示，圖1中b、c是硅氧四面體結(jié)合成環(huán)狀結(jié)構(gòu)的兩個(gè)例子，假設(shè)在環(huán)狀結(jié)構(gòu)中硅的原子數(shù)為 n,寫出環(huán)狀結(jié)構(gòu)中硅酸根離子的通式 .甲醇CH3OH中的羥基被硫羥基取代生成甲硫醇CH3SH,二者局部物理性質(zhì)如表：物質(zhì)熔點(diǎn)/ C沸點(diǎn)/ c水溶液甲醇-9764.7互溶甲硫醇-1236.8不溶甲醇和甲硫醇在熔沸點(diǎn)和水溶性方面性質(zhì)差異的原因是某化合物由S、Fe、Cu三種元素組成，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示1pm = 10-10 cm, 該晶胞上下底面為正方形， 側(cè)面與底面垂直，那么該晶體的密度p=

4、 g/cm 3保留三位有效數(shù)字3.I由A、B、C、D四種金屬按下表中裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。裝置現(xiàn)象二價(jià)金屬A不斷溶解C的質(zhì)量增加A上有氣體產(chǎn)生根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可以判斷四種金屬活動性由強(qiáng)到弱的順序是2由Zn 一 Cu 一硫酸溶液組成的原電池， 工作一段時(shí)間后鋅片的質(zhì)量減少了6.5g。答復(fù)以下問題：溶液中的 H +移向填“正極或“負(fù)極。負(fù)極的電極反響式是。斷開1mol H 一 H鍵、1mol N 一 H鍵、1mol N三N鍵分別需要吸收能量為 436KJ、391KJ、946KJ ,求：H2與2反響生成0.5molNH 3填 “吸收或“放出能量KJ。原子序數(shù)大于4的主族元素A和B的離子分別為Am+和Bn-,

5、它們的核外電 子排布相同，據(jù)此推斷： A和B所屬周期數(shù)之差為填具體數(shù)字。 A和B的核電荷數(shù)之差為用含m或n的式子表示。4. B和A的族序數(shù)之差為。1Na、Cu、Al、0、C、H是常見的六種元素. Al位于元素周期表第 周期第族；Cu的基態(tài)原子價(jià)電子排布式為用“或“ < 填空:第一電離能離子半徑沸點(diǎn)NaAlO2-Na+CH4H2O2Ti、Fe、Cr、Mn等均為過渡元素，在生產(chǎn)生活中起著不可替代的重要作用，對 其單質(zhì)和化合物的應(yīng)用研究是目前科學(xué)研究的前沿之一請答復(fù)以下問題： Cr元素核電荷數(shù)為24的基態(tài)原子電子排布式為 ，這一排布方式符合填原理或規(guī)那么，比擬Fe和Mn的各級電離能后發(fā)現(xiàn)，氣態(tài)

6、 Mn2+再失去個(gè)電子比氣態(tài)Fe2+再失去一個(gè)電子 填“難或“易 過渡元素有著與主族元素不同的價(jià)電子構(gòu)型，其中外圍電子構(gòu)型為AfYsds2的兀素在周期表中處在族，該族兀素共有種.3磷單質(zhì)及其化合物在工業(yè)生產(chǎn)巾有著廣泛的應(yīng)用向磷可用于制備高純度的磷酸磷酸結(jié)構(gòu)簡式為O1，三聚磷酸鈉是常用的水處理劑，次磷酸鈉EKOHHINaHzPQ可用于化學(xué)鍍鎳等等完成以下填空： NaH2PO2中涉及到四種元素，它們的原子半徑由小到大的順序?yàn)?填元素符號 氧原子核外有 種不同能量的電子. 次磷酸H3PO2是一種精細(xì)磷化工產(chǎn)品，具有較強(qiáng)復(fù)原性.NaH2PO2為填“正鹽或“酸式鹽；次磷酸鈉NaH2PO2可用于化學(xué)鍍鎳.

7、化學(xué)鍍鎳的溶液中含有Ni2+和H2PO2，在一定條件下能發(fā)生如下反響生成Ni和H2PO3，寫出上述反響離子方程式4如圖曲線表示局部短周期元素的原子序數(shù)按遞增順序排列和其常見單質(zhì)沸點(diǎn)的關(guān)系其中5.四川含有豐富的礦產(chǎn)資源，釩礦、硫鐵礦、銅礦等七種礦產(chǎn)儲量位居全國前列回 答以下問題：1釩在元素周期表中的位置為 , V3+的價(jià)電子排布圖為 2釩的某種氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖1所示，其晶體的化學(xué)式為 V2O5常用作SO2轉(zhuǎn)化為SO3的催化劑.SO2分子中鍵角 120 °“ > 、“< 或“ =;SO3的三聚體環(huán)狀結(jié)構(gòu)如圖 2所示，該結(jié)構(gòu)中S- O鍵長有兩類，一類鍵長約140pm，另一類

8、鍵長約為 160pm，較短的鍵為 填圖2中字母,該分子中含有 個(gè)o鍵.V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到釩酸鈉Na3VO4，該鹽陰離子的立體構(gòu)型為 ，例舉與V04-空間構(gòu)型相同的一種陽離子和一種陰離子 填化學(xué)式; 也可以得到偏釩酸鈉， 其陰離子呈如圖3所示的無限鏈狀結(jié)構(gòu)，那么偏釩酸鈉的化學(xué)式為 硫能形成很多種含氧酸，如 H2SO3、H2SO4.硫的某種含氧酸分子式為 H2S2O7,屬于二元酸，其結(jié)構(gòu)中所有原子都到達(dá)穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，且不存在非極性鍵，試寫出其結(jié)構(gòu)式配位鍵須注明6利用銅萃取劑 M，通過如下反響實(shí)現(xiàn)銅離子的富集：M與W(分子結(jié)構(gòu)如圖)相比，M的水溶性小，更利于Cu2+的萃取.M水溶性小的

9、主 要原因是6.鐵及其化合物有豐富多彩的化學(xué)性質(zhì)。答復(fù)以下問題:樣品(1) 鐵元素在周期表中的位置為 (2) FeCI3溶液可用于吸收尾氣中的 SO2，寫出該反響的離子方程式： 。 某化學(xué)興趣小組同學(xué)用以下圖裝置，充分加熱硫酸亞鐵晶體(FeS04 ?xH20)至完全分解。 裝置A中需持續(xù)通入N2，其目的是 充分反響一段時(shí)間后，小組同學(xué)觀察到實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為：裝置A中殘留有紅棕色固體，裝置B中固體變藍(lán)，C中溶液褪色，請寫出FeSq分解的化學(xué)方程式 裝置D中枯燥管的作用為小組同學(xué)利用數(shù)字化實(shí)驗(yàn)儀器測定了不同溫度時(shí)FeSQ ?xH2 0分解的質(zhì)量變化實(shí)驗(yàn)結(jié)束后后，裝置 B質(zhì)量增加12.6g，結(jié)合上圖數(shù)據(jù)，

10、確定 FeSO4?xH2O中的x =。7. C、Si是構(gòu)成無機(jī)非金屬材料的重要元素。(1) Si在周期表中的位置為 。為比擬C、Si的非金屬性，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn):裝置中盛放的試劑是 ，裝置中發(fā)生反響的離子方程式是(3) SiC是一種重要的高溫耐磨材料。SiC中，C元素顯(填“正化合價(jià)，從原子結(jié)構(gòu)角度解釋原因是 ?；颉柏?fù))8. 在實(shí)驗(yàn)室中用濃鹽酸與 MnO2共熱制取Cl?.(1) 氯元素在元素周期表的位置為：(2) 寫出制取氯氣的離子方程式 .(3) 完成以下填空： 以下收集Cl2的正確裝置是 . 將Cl2通入水中，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子是 . 設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)比擬Cl2和Br2的氧化性，操

11、作與現(xiàn)象是：取少量新制氯水和中，.CCl4于試管答案和解析1. 【答案】 夠計(jì)；(NH4)2SO4； X曠麗?。?HNO3; SiQ ；防倒吸；Cb+ 2OH-=Cl- + CIO- + H2O;缺少尾氣處理裝置；最高價(jià)含氧酸的酸性強(qiáng)弱【解析】解：I、根據(jù)元素周期表可知， 為H ,Be，為N，為O,為F,為 Na，為AI，為Si，為S,為CI。)的陰離子即為S2-，核外有18個(gè)電子，核內(nèi)有16個(gè)質(zhì)子，故結(jié)構(gòu)示意圖為 的簡單氫化物為NH3，與的最高價(jià)氧化物的水化物即 H2SO4反響成的正鹽為硫酸銨,化學(xué)式為(NH4)2SC4，故答案為:(2) 和形成的化合物為NaF,是離子化合物，由鈉離子和氟離

12、子構(gòu)成，故電子式為Na'!F：-，故答案為: II(3) 元素的非金屬性越強(qiáng)， 那么最高價(jià)含氧酸的酸性越強(qiáng)， 而由于非金屬性N > Si，故、 的最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性由強(qiáng)到弱為 HNO3 > H2SQ3，故答案為：HNO3> H2SQ3 ；II、球形枯燥管D球形局部具有較大空間，能起緩沖作用，能夠防止倒吸，可以避免C中液體進(jìn)入錐形瓶中，故答案為：防倒吸；(5) KMnO 4與濃鹽酸反響生成氯氣， 2KMnO 4 + 16HCI = 2KCl + 2MnCl 2 + 5Cb T+8H 2O, 氯氣與淀粉碘化鉀混合溶液反響生成碘單質(zhì)，反響離子方程式為：2I- +

13、Cl2 = I2 + 2Cl-，碘遇淀粉試液變藍(lán)色，故 C中溶液變?yōu)樗{(lán)色；過量的氯氣會逸 散到空氣中，污染環(huán)境，可用NaOH溶液吸收，反響離子方程式為：2OH- + Cl2 = Cl- + ClO- + H2O,故答案為：Cl2+2OH-=Cl-+ ClO-+出。；缺少尾氣處理裝置；(6) 在A中加稀硝酸，B中加碳酸鈣，兩者反響生成硝酸鈣、二氧化碳和水，通過C中澄清石灰水變渾濁可以證明 CO2的生成，即證明酸性HNO3強(qiáng)于H2CC3，而最高價(jià)含氧酸 的酸性越強(qiáng)，那么元素的非金屬性越強(qiáng)，故可以證明非金屬性 N> C,即該實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)的原 理是利用最高價(jià)含氧酸的酸性強(qiáng)弱比擬來比擬元素非金屬性的強(qiáng)

14、弱，故答案為：最高價(jià)含氧酸的酸性強(qiáng)弱。I、 根據(jù)元素周期表可知，為H ,Be ,為N,為O,為F,為Na,為 Al ,為Si,為S,為Cl。(1) 的陰離子即為S2-，核外有18個(gè)電子；的簡單氫化物為NH3，與的最高價(jià)氧 化物的水化物即H2SO4反響成的正鹽為硫酸銨，據(jù)此寫出化學(xué)式；(2) 和形成的化合物為NaF,是離子化合物，由鈉離子和氟離子構(gòu)成； 元素的非金屬性越強(qiáng)，那么最高價(jià)含氧酸的酸性越強(qiáng)；II、有緩沖作用的裝置能防止倒吸；(5)A盛放濃鹽酸，B盛放高錳酸鉀，AB為氯氣的發(fā)生裝置，C為氯氣與淀粉碘化鉀混 合溶液反響裝置，D為防倒吸裝置，缺少尾氣處理裝置；氯氣具有強(qiáng)氧化性，能將碘離 子氧

15、化為碘單質(zhì)，碘遇淀粉試液變藍(lán)色；氯氣有毒，不能直接排空，可以用NaOH溶液吸收；(6)在A中加稀硝酸，B中加碳酸鈣，兩者反響生成硝酸鈣、二氧化碳和水，通過C中澄清石灰水變渾濁可以證明 CO2的生成，即證明酸性 HNO3強(qiáng)于H2CQ，據(jù)此分析。 此題考查了探究金屬單質(zhì)的金屬性強(qiáng)弱、非金屬單質(zhì)的非金屬性強(qiáng)弱方法、實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)，正確掌握判斷金屬性、非金屬性強(qiáng)弱的方法，明確物質(zhì)的性質(zhì)是解此題關(guān)鍵，考查 了學(xué)生靈活運(yùn)用知識解答問題的能力，題目難度中等。2. 【答案】 第四周期 I B 族；1s22s22p63s23p63d1°或Ar3d 10 ; 29；(2) sp 3;等電子體；P >

16、 S> Si;(3) Sin。2】；(4) CH 3OH與CH3OH分子、CH3OH與水分子間易形成氫鍵，導(dǎo)致其熔沸點(diǎn)較高，且易溶 于水；而CH3SH中S的電負(fù)性小，不能形成氫鍵；(5) 4.66?！窘馕觥俊痉治觥看祟}是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及核外電子排布、等電子體、雜化方式、氫鍵、晶胞計(jì)算等，是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)主干知識的考查，(4)中計(jì)算為易錯點(diǎn)，題目計(jì)算量大，關(guān)鍵是計(jì)算晶胞中原子數(shù)目。(1) Cu原子核外電子數(shù)為 29,第四周期I B族，根據(jù)能量最低原理書寫核外電子排布式； 基態(tài)銅原子核外電子共有 29種運(yùn)動狀態(tài)；(2) sd-離子中含有4個(gè)d鍵，沒有孤電子對，所以其立體構(gòu)型是正四面體

17、，硫原子采取sp3雜化；SiO4-、P04-與SO4-三者原子數(shù)是5,電子總數(shù)是50,所以三者互為等 電子體；同一周期元素，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，據(jù)此判斷第一電離能大小順序；根據(jù)b、c的化學(xué)式找出規(guī)律，然后推斷硅原子數(shù)目為 n時(shí)含有的氧原子、 硅原子數(shù)目及所帶電荷數(shù)，從而確定其化學(xué)式；(3) 從分子間形成氫鍵角度分析解答；(4) 根據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中各原子數(shù)目，進(jìn)而計(jì)算晶胞質(zhì)量，再根據(jù)p= mV計(jì)算晶胞密度?！窘獯稹?1)Cu原子核外電子數(shù)為 29，第四周期I B族，Cu+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d

18、10 ；有29個(gè)電子就有29種運(yùn)動狀態(tài)，故答案為：第四周期I B族； 1s22s22p63s23p63d10或Ar3d 10 ； 29；(2) SC4-離子中含有4個(gè)鏈，沒有孤電子對，所以其立體構(gòu)型是正四面體，硫原子采取sp3雜化；SiO4-、PO4-與SO4-三者原子數(shù)是5,電子總數(shù)是50,所以三者互為等 電子體；同一周期元素，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，據(jù)此判斷第一電離能大小順序，所以Si、P、S第一電離能由大到小順序?yàn)镻> S> Si，故答案為：sp3 ;等電子體； P> S> Si； c中含有6個(gè)四

19、面體結(jié)構(gòu)，所以含有6個(gè)Si原子，含有的氧原子數(shù)為18,含有氧原子 數(shù)比6個(gè)硅酸根離子少6個(gè)O,帶有的電荷為：6 X (-2) = -12 ;根據(jù)圖示可知：假設(shè)一 個(gè)單環(huán)狀離子中 Si原子數(shù)為n(n > 3)，那么含有n個(gè)四面體結(jié)構(gòu)，含有的氧原子比n個(gè)硅 酸根離子恰好少n個(gè)O原子，即：含有n個(gè)Si,那么含有3n個(gè)O,帶有的負(fù)電荷為：n x(-2) = -2n，其化學(xué)式為:Sin On-，故答案為:SinOn-；(3) 氧的非金屬性強(qiáng)于硫，所以甲醇與甲醇分子與分間，甲醇與水分子間易形成氫鍵，導(dǎo)致熔沸點(diǎn)異常的咼，故答案為：CH3 OH與CH3OH分子、CH3OH與水分子間易形成氫鍵，導(dǎo)致其熔沸

20、點(diǎn)較高，且易溶于水；而CH3SH中S的電負(fù)性小，不能形成氫鍵；1 1 1(4) 晶胞中Cu原子數(shù)目為1 + 8 X 8+4 X 2=4, S原子數(shù)目為8, Fe原子數(shù)目為4 X ： +-1I 口 n k 口、 64 X 4+32 X 8+56 X4、亠 口八 、，宀6 X】=4，故晶胞的質(zhì)量為 一6 02 X 103 g,該晶體的密度 p =64X 4+32 X 8+56 X44.66g ?cm-36.02 X 1(235X 1C-8 cmx 5X 1C-8 cmx 1.05 X 110 cm故答案為：4.66。231 m + n 8 - n - m3【答案】D> A > B &g

21、t; C 正極 Zn - 2e- = Zn2+ 放出【解析】 解：(1)甲裝置中，金屬 A不斷溶解說明該裝置構(gòu)成了原電池，且A失電子發(fā)生氧化反響而作負(fù)極，B作正極；乙中C的質(zhì)量增加，說明 C上銅離子得電子發(fā)生復(fù)原反響，那么C作原電池正極，B作負(fù)極；丙裝置中A上有氣體產(chǎn)生，說明A上氫離子得電子發(fā)生復(fù)原反響，那么A作原電池正極，D作負(fù)極，作原電池負(fù)極的金屬活動性大于作正極金屬，通過以上分析知，四種金屬活動性強(qiáng)弱順序是D> A> B> C，故答案為：D > A > B > C；(2)由Zn Cu 一硫酸溶液組成的原電池，工作一段時(shí)間后鋅片的質(zhì)量減少了6.5g，溶液

22、中的H+移向正極，負(fù)極的電極反響式是負(fù)極反響為Zn - 2e- = Zn2+，故答案為：正極；Zn - 2e- = Zn2+ ； 在反響N2 + 3H2 ? 2NH3中，斷裂3molH - H鍵，1molN三N鍵共吸收的能量為：3 X436kJ + 946kJ = 2254kJ，生成 2molNH 3，共形成 6molN - H鍵，放出的能量為：6 X391kJ = 2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，該反響為放熱反響，放出的熱量為：2346kJ - 2254kJ = 92kJ，生成 0.5molNH 3放出能量 92 X = 23kJ,故答案為：放出；23；(4 )A m+和Bn-它們

23、的核外電子排布相同，故A原子比B原子多一個(gè)電子層， 故二者的周期數(shù)之差為1,故答案為：1 ； 由核電荷數(shù)=原子序數(shù)=核外電子數(shù)，Za - m = Zb + n，那么Za - Zb = m + n , 故答案為：m + n ; B的族序數(shù)為8 - n , A的族序數(shù)為m, B和A的族序數(shù)之差為8 - n- m。故答案為：8 - n - m。(1) 甲裝置中，金屬 A不斷溶解說明該裝置構(gòu)成了原電池，且A失電子發(fā)生氧化反響而作負(fù)極，B作正極；乙中C的質(zhì)量增加，說明 C上銅離子得電子發(fā)生復(fù)原反響，那么C作原電池正極，B作負(fù)極；丙裝置中A上有氣體產(chǎn)生，說明A上氫離子得電子發(fā)生復(fù)原反響，那么A作原電池正極

24、，D作負(fù)極，作原電池負(fù)極的金屬活動性大于作正極金屬；(2) 由Zn Cu 一硫酸溶液組成的原電池，工作一段時(shí)間后鋅片的質(zhì)量減少了6.5g，溶液中的H+移向正極，負(fù)極發(fā)生氧化反響；(3) 化學(xué)反響中，化學(xué)鍵斷裂吸收能量，形成新化學(xué)鍵放出能量，根據(jù)方程式計(jì)算焓變=反響物總鍵能-生成物的總鍵能，以此計(jì)算反響熱并判斷吸熱還是放熱； 由Am+和Bn-它們的核外電子排布相同，貝VA在下一周期的前面，B在上一周期的后邊，且ZA - m = ZB + n，那么ZA - ZB = m + n,再由最高正價(jià)態(tài)來分析族，以此來解答。此題考查較為綜合，涉及原電池、化學(xué)反響與能量變化以及位構(gòu)性等知識，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考

25、查學(xué)生的分析能力，注意把握原電池的工作原理，題目難度中等。4.【答案】 三川A 3d104s1 < > < 1s22s22p63s23p63d54s1能量最低原理及洪特 規(guī)那么 難 川 B 32 H < O < P < Na 3 正鹽 H2O + Ni2+ + H2PO2 = Ni + H2 PO3 +2H + F2【解析】 解：(1) 因?yàn)?Al 的核外電子數(shù)為 13，原子有 3個(gè)電子層，價(jià)層電子數(shù)為 3， 所以Al位于元素周期表的第三周期第川2族；Cu的核外電子數(shù)為29,原子有4個(gè)電子層，價(jià)層電子數(shù)為11,所以Cu的基態(tài)原子價(jià)電子排布式為 3d104s1

26、，故答案為：三、 川? 3d104s1;同周期從左到右第一電離能逐漸增大，所以第一電離能Na < Al;電子層越多半徑越大，電子層相同時(shí)原子序數(shù)越大，離子半徑越小，那么離子半徑O2- > Na+ ;由于H2O間存在著分子間氫鍵所以水分子的沸點(diǎn)高；故答案為：< 、 > 、 < ；(2) 根據(jù)能量最低原理及洪特規(guī)那么特例，可知Cr元素基態(tài)原子電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1,錳元素的3d能級和4s能級上的電子都是價(jià)電子，Mn元素基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為3d 54s2 ,由Mn2+轉(zhuǎn)化為Mn3+時(shí)，3d能級由較穩(wěn)定的3d 5半充滿狀態(tài)轉(zhuǎn)化為不穩(wěn)定的

27、 3d4 狀態(tài)需要的能量較多；而Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+時(shí)，3d能級由不穩(wěn)定的3d6轉(zhuǎn)化為穩(wěn)定的3d5半 充滿較穩(wěn)定狀態(tài),需要的能量相對要少,故答案為：1s22s22p63s23p63d54s1 ；能量最低原理及洪特規(guī)那么；難； 根據(jù)外圍電子構(gòu)型為 AfYsds2，那么元素在周期表中處在 川B族，該族元素共有 32 , 故答案為：川B ； 32；(3) NafPQ中含有的元素中，H原子電子層最少，原子半徑最小，其次是氧原子的原子半徑,鈉原子和磷原子都含有三個(gè)電子層,磷原子的核電荷數(shù)大于鈉原子,所以磷 原子的原子半徑小于鈉原子，所以它們的原子半徑關(guān)系為H< O< P< Na,故答

28、案為：H < O< P < Na； 共有1s 2s 2p 3個(gè)能級，所以氧原子共有 3種能量不同的電子，故答案為：3； H 3PO2是一元中強(qiáng)酸，那么NaH2PO2為正鹽；由氧化復(fù)原反響中化合價(jià)升降相等進(jìn)行配平：鎳元素的化合價(jià)降低了 2 價(jià),磷元素的化合價(jià)升高的 2 價(jià),所以根據(jù)原子守恒結(jié)合 電荷守恒可得配平的方程式為：H2O+ Ni2+ + H2PO-2 = Ni + H2PO-3 + 2H +,故答案為：正鹽； H2O+ Ni2+ + H2PO-2 = Ni + H2PO-3 + 2H+；(4) 圖中曲線表示 8種元素的原子序數(shù) (按遞增順序連續(xù)排列 )和單質(zhì)沸點(diǎn)的關(guān)系,

29、 A 以及 前面的2種單質(zhì)的沸點(diǎn)都低于0C ,那么連續(xù)3種均為氣體單質(zhì)，在周期表中，連續(xù)出現(xiàn) 氣體單質(zhì)的為第二周期的 N、O、F,所以A為第三種氣體單質(zhì)，那么為F2,故答案為：F2.(1) AI的核外電子數(shù)為13,原子有3個(gè)電子層，價(jià)層電子數(shù)為3，據(jù)此可以知道在周期表中位置；Cu的核外電子數(shù)為29,原子有4個(gè)電子層，價(jià)層電子數(shù)為11；同周期從左到右第一電離能逐漸增大，同周期第n A和第V A主族比相鄰的都要大；電子層越多原子半徑越大，電子層相同時(shí)原子序數(shù)越大，離子半徑越??；CH4和H2O沸點(diǎn)的比擬，由于H2O間存在著分子間氫鍵所以水分子的沸點(diǎn)高；(2) 根據(jù)能量最低原理及洪特規(guī)那么特例書寫；軌

30、道上的電子處于全滿、半滿、全空時(shí) 最穩(wěn)定,電子不容易失去； 根據(jù)外圍電子排布分析；NaH2PO2中涉及到四種元素為 Na、H、P和O,原子的電子層數(shù)越多，原子半徑越 大,假設(shè)電子層相同,核電荷數(shù)越大,原子半徑越小；(2)根據(jù)氧原子核外含有的能級數(shù)進(jìn)行判斷；(4)H 3PO2是一元中強(qiáng)酸，那么NaH2PO2為正鹽,酸根離子在水溶液里水解導(dǎo)致溶液呈堿性； 根據(jù)氧化復(fù)原反響中化合價(jià)變化及質(zhì)量守恒定律判斷反響物和生成物,并配平反響 方程式、判斷復(fù)原產(chǎn)物(4) 圖中曲線表示 8種元素的原子序數(shù) (按遞增順序連續(xù)排列 )和單質(zhì)沸點(diǎn)的關(guān)系, A 以及 前面的2種單質(zhì)的沸點(diǎn)都低于0C,那么連續(xù)3種均為氣體單質(zhì)

31、，根據(jù)周期表分析. 此題考查了物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的有關(guān)知識、粒子半徑、第一電離能、電負(fù)性大小比擬,同 主族元素性質(zhì)遞變規(guī)律與原子結(jié)構(gòu)的關(guān)系,題目難度中等,試題涉及的內(nèi)容較多,題量 較大,充分考查了學(xué)生對學(xué)生知識的掌握情況5.【答案】3d丄第四周期V B族;；VO2; < ; a； 12；正四面體形；NH；、O0IfSO2- ; NaVO3;H0 S 0 j 0 h； M能形成分子內(nèi)氫鍵，使溶解II00度減小【解析】解釩的核電荷數(shù)為23,那么可以推知釩在元素周期表中的位置為第四周期V B族，根據(jù)核外電子的軌道能量排布順序知，1s < 2s < 2p < 3s < 3p

32、< 4s < 3d < 4p ,因此推斷其電子排布式為1s22s22p63s23p63d34s2，注意由于4s軌道能量比3d軌道能量低，因此先排 4s軌道，V失去最外層的2個(gè)電子后，3d上再失去1個(gè)電子得到V3+ ,因此V3+價(jià)電子排布式為3d2,價(jià)電子排布圖為3dAA3dt t故答案為：第四周期 V B族;(2)由晶胞可知，V位于頂點(diǎn)和體心，陽離子個(gè)數(shù)為11+8= 2, O有4個(gè)位于面心,12個(gè)位于體心，那么陰離子個(gè)數(shù)為 4 X 2+ 2 = 4,那么晶體的化學(xué)式為：VO2,故答案為：VO2 ;(3) SO2分子中S原子形成2個(gè)8鍵，孤電子對數(shù)為62廠2 = 1，那么SQ分

33、子空間構(gòu)型為 V形，孤對電子的排斥作用力強(qiáng)，鍵角應(yīng)小于120° SQ的三聚體中S原子形成4個(gè)8鍵,為sp3雜化；SO3的三聚體中每個(gè) S形成S= O鍵和S- O鍵，S= O鍵長較短，即a較短， 該分子中含有0鍵數(shù)目為3 X 4 = 12，故答案為：< ;a； 12;(4)VO 4-中，V形成4個(gè)8鍵，孤電子對數(shù)為5+3-4 X2 _2 =0,為正四面體結(jié)構(gòu)，與 vo4-空間構(gòu)型相同的一種陽離子和一種陰離子是NH4、SO4-，由鏈狀結(jié)構(gòu)可知每個(gè) V與3個(gè)O形成陰離子，且 V的化合價(jià)為+5價(jià)，那么形成的化合物化學(xué)式為 NaVO3，故答案為：正四面體；NH；、SO4- ； NaVO3

34、; 含氧酸H2S2O7屬于二元酸，其結(jié)構(gòu)中所有原子都到達(dá)穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，且不存在非極性鍵，不存在氧原子之間、S原子之間形成的共價(jià)鍵，故S原子與氧原子之間形成共價(jià)鍵，O原子與H原子之間形成共價(jià)鍵， 且每個(gè)S提供孤對電子與2個(gè)O原子形成2個(gè)配OOt1位鍵，其結(jié)構(gòu)式為 Ho S 0 s 0 H，IIO0OOt1故答案為：Ho £ o S 0 H；IIO0(6) 由于M能形成分子內(nèi)氫鍵，使溶解度減小，故答案為：M能形成分子內(nèi)氫鍵，使溶解度減小.(1)釩的核電荷數(shù)為23,那么可以推知釩在元素周期表中的位置為第4周期V B族，根據(jù)核外電子的軌道能量排布順序知，1s < 2s < 2p &l

35、t; 3s < 3p < 4s < 3d < 4p，因此推斷其電子排布式為1s22s22p63s23p63d34s2，注意由于4s軌道能量比3d軌道能量低，因 此先排4s軌道，V失去最外層的2個(gè)電子后，3d上再失去1個(gè)電子得到V3+，因此V3+價(jià) 電子排布式為3d2，以此書寫電子排布圖；(2) 由晶胞可知，V位于頂點(diǎn)和體心，0有4個(gè)位于面心，2個(gè)位于體心，用均攤法計(jì)算；(3) SO2分子中S原子形成2個(gè)8鍵，孤電子對數(shù)為= 1，那么S02分子空間構(gòu)型為 V形，孤對電子的排斥作用力強(qiáng)，鍵角應(yīng)小于120° SQ的三聚體中S原子形成4個(gè)8鍵，為sp3雜化；SO3的三

36、聚體中每個(gè) S形成S= O鍵和S- O鍵，S= O鍵長較短，即a較短， 該分子中含有o鍵數(shù)目為3 X 4 = 12 ;(4) VO 3-中，V形成4個(gè)8鍵，孤電子對數(shù)為5+3-； X2 = 0,為正四面體結(jié)構(gòu)，與 VO3-空間構(gòu)型相同的一種陽離子和一種陰離子是nh；、so4-,由鏈狀結(jié)構(gòu)可知每個(gè) v與3個(gè)o形成陰離子，且 V的化合價(jià)為+5價(jià)，以此判斷形成的化合物的化學(xué)式；(5) 含氧酸H2S2O7屬于二元酸，其結(jié)構(gòu)中所有原子都到達(dá)穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，且不存在非極性鍵，不存在氧原子之間、S原子之間形成的共價(jià)鍵，故S原子與氧原子之間形成共價(jià)鍵，O原子與H原子之間形成共價(jià)鍵，且每個(gè)S提供孤對電子與2個(gè)O原子形

37、成2個(gè)配位鍵；(6) 分子內(nèi)氫鍵的存在，導(dǎo)致水溶性減小，據(jù)此解答即可.綜合考查物質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及價(jià)電子排布圖、微粒結(jié)構(gòu)、晶胞結(jié)構(gòu)與計(jì)算、配合物、空間構(gòu)型等，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，難度中等.6. 【答案】四；忸；(2)2Fe 3+ + SO? + 2H2O= 2Fe2+ + S02- + 4H+ ；排除裝置中的空氣，將晶體分解產(chǎn)物全部從A中排出； 2FeSO4 = Fe2O3 + SO2 T+SO3 f;防止氫氧化鈉溶液倒吸;【解析】【分析】該題考查鐵及其化合物的性質(zhì)實(shí)驗(yàn)?！窘獯稹?1) 鐵元素在周期表中的位置為第四周期第忸族，故答案為：四；忸；(2) SO2通入氯化鐵溶液中，鐵離子被

38、復(fù)原為亞鐵離子，二氧化硫被氧化為硫酸根離子，離子方程式為：2Fe3+ +S02 +2H2O= 2Fe2+S&-+ 4H+ ,故答案為：2Fe3+SQ+2H2O= 2Fe2+ + S02- + 4H+ ；(3) 持續(xù)充入氮?dú)?，可排除裝置中的空氣，將晶體分解產(chǎn)物全部從A中排出，故答案為：排除裝置中的空氣，將晶體分解產(chǎn)物全部從A中排出； 裝置A中殘留有紅棕色固體， 說明產(chǎn)物中有Fe2O3 ,裝置C中高錳酸鉀溶液褪色， 說 明產(chǎn)物中還有S02氣體生成，故發(fā)生的反響為： 2FeSO4 = Fe2O3 + SO2 T+SO3 f故答案為：2FeSO； = Fe2O3 + SQ f+SO3 f 裝置

39、D中枯燥管的作用為防止氫氧化鈉溶液倒吸，故答案為：防止氫氧化鈉溶液倒 吸； 根據(jù)圖像可知，最終生成的氧化鐵質(zhì)量是 8g,裝置B增重12.6g，說明產(chǎn)物中水的質(zhì) 量為12.6g。根據(jù)2FeSO； ?xH2OFe2O32xH2O，可知鐵原子和水的個(gè)數(shù)比為 1： x, 計(jì)算得x = 7，故答案為7。7. 【答案】(1)第三周期IVA族飽和 NaHCO3溶液 CO2 + H2O+ SiO扌=H2 SiO3 J+C02-(3)負(fù) C、Si均位于IVA族，從上到下原子半徑逐漸增大，原子核對最外層電子吸 引能力逐漸減弱，元素非金屬減弱【解析】【分析】此題將元素及其化合物、元素周期律與非金屬性強(qiáng)弱比擬的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)結(jié)合起來，具有較 強(qiáng)的綜合性，有一定的難度，注意實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)的原理和方法?！窘獯稹?1) Si是14號元素，三個(gè)電子