2020届高考化学一轮复习原子结构与性质作业(3) 22页

原子结构与性质 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．对碳原子核外两个未成对电子的描述，正确的是（　　）‎ A．电子云形状不同 B．自旋方向相同 ‎ C．能量不同 D．在同一轨道 ‎2．氮原子 2p 亚层上的 3 个电子不相同的是（　　）‎ A．能量 B．电子云形状 ‎ C．电子云伸展方向 D．自旋状态 ‎3．磷原子核外3p亚层中的电子，不相同的是（　　）‎ A．能量 B．电子云形状 ‎ C．电子云伸展方向 D．自旋方向 ‎4．磷原子中的不成对电子，不同的是（　　）‎ A．电子云形状 B．电子云伸展方向 ‎ C．电子能量 D．电子自旋状态 ‎5．对氧原子核外两个未成对电子的描述，正确的是（　　）‎ A．自旋方向不同 B．电子云形状相同 ‎ C．能量不同 D．在同一轨道上 ‎6．四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍；X和Y元素原子的最外层电子数之和与W元素原子的最外层电子数相同；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈现巾性。下列说法正确的是（　　）‎ A．Z的最高价氧化物对应水化物的钠盐是“84“消毒液的主要成分 ‎ B．Z的氢化物的水溶液能与W的含氧酸盐反应，说明非金属性Z＞W ‎ C．X的最高价氧化物的水化物能与Y的最高价氧化物的水化物反应 ‎ D．简单离子半径：X＞Y＞Z ‎7．X、Y、Z、W、Q是五种短周期主族元素，其中X原子的K、L层电子数之比为1：2，Y原子最外层电子数是次外层的3倍，Z是短周期主族元素中原子半径最大的元索，W是地壳中含量最高的金属元素，Q的最高化合价与最低化合价代数和为6．下列判断正确的是（　　）‎ A．X、Y可分别与氢元素形成18e﹣分子 ‎ B．Y与Q形成的某种化合物具有还原性，可以用于自来水的消毒杀菌 ‎ C．常温下，W的单质与浓硝酸接触，立即生成大量红棕色气体 ‎ D．Z、W的单质分别与Q的单质化合后的产物中，所含化学键类型相同 ‎8．a、b、c、d、e五种短周期元素的原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A．简单离子半径：b＞e ‎ B．常温常压下，a与c形成的化合物可能呈固态 ‎ C．单质沸点：c＜d ‎ D．d与e不能存在于同一离子化合物中 ‎9．短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a和b的最外电子数之和等于c和d的最外层电子数之和，这四种元素组成两种盐b2da3和bca2．在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸，产生白色沉淀的物质的量与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A．1mol d的氧化物含2mol 化学键 ‎ B．工业上电解c的氧化物冶炼单质c ‎ C．原子半径：a＜b＜c＜d ‎ D．简单氢化物的沸点：a＜d ‎10．短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大且原子最外层电子数为互不相等的奇数：X与Y位于不同周期；X与W的最高化合价之和为8；Z的单质既能和强酸反应又能和强碱反应。则下列说法不正确的是（　　）‎ A．原子半径：Z＞W＞Y＞X ‎ B．YX4W中含有离子键和共价键 ‎ C．Y、Z形成的一种化合物强度高，热膨胀系数小，是良好的耐火材料 ‎ D．工业上常用电解ZW3的方法制取单质Z ‎11．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列说法不正确的是（　　） ‎ ‎ 元素代号 X Y Z M R Q ‎ 原子半径/（10﹣10m）‎ ‎ 1.86‎ ‎ 0.99‎ ‎ 1.43‎ ‎ 1.60‎ ‎ 0.75‎ ‎ 0.74‎ ‎ 主要化合价 ‎ 最高正价 ‎+1‎ ‎+7‎ ‎+3‎ ‎+2‎ ‎+5‎ ‎﹣‎ ‎ 最低负价 ‎﹣‎ ‎﹣1‎ ‎﹣‎ ‎﹣‎ ‎﹣3‎ ‎﹣2‎ A．由元素X和Q组成的化合物可能含有共价键 ‎ B．X、Z、R的最高价氧化物对应水化物可彼此反应 ‎ C．离子半径：r（M2﹣）＜r（R3﹣） ‎ D．Z和Y形成的化合物为离子化合物 ‎12．短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，W和X可形成一种与血红蛋白相结合的化合物，Y和Z同周期且最外层电子数之和为8．下列说法不正确的是（　　）‎ A．X和Y形成的物质对应的水化物一定为强碱 ‎ B．原子半径大小：Y＞Z＞W＞X ‎ C．X和Z可以形成一种杀菌消毒剂 ‎ D．W和Z形成的是共价化合物 ‎13．短周期元素X、Y、Z具有下表中所列性质，请判断下列说法中，正确的是（　　）‎ X元素 Y元素 Z元素 常温下，其单质能与水发生剧烈的反应 最高价氧化物对应水化物（Q）是强酸 主要化合价为﹣2、+6‎ A．与水反应时，X一定被氧化 ‎ B．Q与锌作用时一定能生成氢气 ‎ C．X、Z的单质在一定条件下能反应，其产物可能是共价化合物，也可能是离子化合物 ‎ D．符合条件的Y元素只有一种 ‎14．有关短周期元素原子的说法正确的是（　　）‎ A．当原子形成简单离子后，其最外层上的电子数可超过8个 ‎ B．原子最外层上的电子数少于4个时，电子数越多，还原性越强 ‎ C．原子核外电子中，最外层上的电子能量最高 ‎ D．当最外层上的电子数变为4个时即达稳定结构 ‎15．下列说法正确的是（　　）‎ A．MgF2中的两种离子核外排布相差一个电子层 ‎ B．NaCl 与 HCl 的熔点与其所含化学键的键能有关 ‎ C．不发生化学变化时，物质中的化学键也可能断开 ‎ D．H2O 和 H2O2 两种物质微粒间作用力相同，稳定性也相同 ‎16．关于钯（46Pd）的说法错误的是（　　）‎ A．102Pd 和 103Pd 互为同位素 ‎ B．Pd2+核外有 46 个电子 ‎ C．钯是第五周期元素 ‎ D．108Pd 的原子核内有 62 个中子 ‎17．下列关于物质结构和性质的叙述，正确的是（　　）‎ A．用酸性KMnO4溶液可以检验绿矾（FeSO4•7H2O）是否变质 ‎ B．非极性键只存在于双原子的单质分子（如Cl2）中 ‎ C．在共价化合物分子内，可能存在离子键 ‎ D．在氮原子中，质子数为7而中子数不一定为7‎ ‎18．美国科学家目前开发出了一种新技术，将能放射出α粒子的碳原子装入形状类似DNA螺旋结构的碳纳米管中，这种肉眼看不见的微型“核弹”可以搜索、确认并定向摧毁身体任何部位的癌细胞．下列有关说法中正确的是（　　）‎ A．放射性At原子中，核外电子与核内中子数之差为133 ‎ B．根据元素周期律推知：砹单质是﹣种有色固体，AgAt是一种不溶于水的固体 ‎ C．类似DNA螺旋结构的碳纳米管是一种高分子化合物 ‎ D．构成碳纳米管的微粒直径在1nm～100nm之间，它实际上是一种胶体 ‎19．下列有关物质性质的比较，错误的是（　　）‎ A．金属性：Al＞Mg B．稳定性：HF＞HCl ‎ C．碱性：NaOH＞Mg（OH）2 D．酸性：HClO4＞H2SO4‎ ‎20．下列说法不正确的是（　　）‎ A．在运输过程中用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果 ‎ B．石油裂化、裂解和分馏均为化学变化 ‎ C．曾被广泛使用的制冷剂氟利昂可以由甲烷制得 ‎ D．煤焦油中可以分离出苯、甲苯、二甲苯等有机化合物 二．填空题（共3小题）‎ ‎21．化肥（NH4）2SO4中会含有N4H4（SO4）2，该物质在水中电离出SO42﹣和N4H44+，N4H44+遇到碱性溶液会生成一种形似白磷（P4）的N4分子． N、O、S中第一电离能由大到小排序为　 　，N4比P4的沸点　 　，原因为　 　．‎ ‎22．元素A、B、C、D、E、F、G、M在元素周期表中的位置如图1所示，回答下列问题：‎ ‎（1）M的基态原子核外电子排布式　 　，B、C、D三种原子的第一电离能由大到小的顺序为　 　（用元素符号表示）．‎ ‎（2）化合物M（BD）3的熔点为﹣20℃，沸点为103℃，其固体属于　 　晶体，它在空气中燃烧生成红棕色氧化物，反应的化学方程式为　 　．‎ ‎（3）化合物BDG2的空间构型为　 　，写出一种与BDG2具有 相同空间构型的含氧酸根离子　 　．‎ ‎（4）化合物FD的晶胞结构如图2所示，晶胞参数（即边长）为amm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为　 　g•cm﹣3（用含a 和NA的代数式表示）‎ ‎23．本题包括A、B两小题，分别对应于“物质结构与性质”和“实验化学”两个选修模块的内容．请选择其中一题，并在相应的答题区域内作答．若两题都做，则按A题评分．‎ A：‎ 合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献之一．在制取合成氨原料气的过程中，常混有一些杂质，如CO会使催化剂中毒．除去CO的化学反应方程式（HAc表示醋酸）：Cu（NH3）2Ac+CO+NH3＝Cu（NH3）3（CO）Ac 请回答下列问题：‎ ‎（1）C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为　 　．‎ ‎（2）写出基态Cu+的核外电子排布式　 　．‎ ‎（3）配合物Cu（NH3）3（CO）Ac中心原子的配位数为　 　．‎ ‎（4）写出与CO互为等电子体的离子　 　．（任写一个）‎ ‎（5）在一定条件下NH3与CO2能合成化肥尿素[CO（NH2）2]，尿素中 C原子轨道的杂化类型分别为　 　；1mol尿素分子中，σ键的数目为　 　．‎ ‎（6）铜金合金形成的晶胞如图1所示，其中Cu、Au原子个数比为　 　．‎ B：‎ 对氨基苯磺酸是制取染料和一些药物的重要中间体，可由苯胺磺化得到．‎ 实验室可利用如图2实验装置合成对氨基苯磺酸．实验步骤如下：‎ ‎1在一个250mL三颈烧瓶中加入10mL苯胺及几粒沸石，将三颈烧瓶放入冷水中冷却，小心地加入18mL浓硫酸．‎ ‎2将三颈烧瓶置于油浴中缓慢加热至170～180℃，维持此温度2～2.5h．‎ ‎③将反应液冷却至约50℃后，倒入盛有100mL冷水的烧杯中，用玻璃棒不断搅拌，促使晶体析出，抽滤，用少量冷水洗涤，得到的晶体是对氨基苯磺酸粗产品．‎ ‎④将粗产品用沸水溶解，冷却结晶（若溶液颜色过深，可用活性炭脱色），抽滤，收集产品，晾干．（说明：100mL水在20℃时可溶解对氨基苯磺酸1.08g，在100℃时可溶解6.67g．）‎ 试回答填空．‎ ‎（1）装置中冷凝管的作用是　 　．‎ ‎（2）步骤②中采用油浴加热，下列说法正确的是　 　（填序号）．‎ A．用油浴加热的好处是反应物受热均匀，便于控制温度 B．此处也可以改用水浴加热 C．实验装置中的温度计可以改变位置，也可使其水银球浸入在油中 ‎（3）步骤③用少量冷水洗涤晶体的好处是　 　．‎ ‎（4）步骤③和④均进行抽滤操作，在抽滤完毕停止抽滤时，应注意先　 　，然后　 　‎ ‎，以防倒吸．‎ ‎（5）步骤④中有时需要将“粗产品用沸水溶解，冷却结晶，抽滤”的操作进行多次，其目的是　 　．每次抽滤后均应将母液收集起来，进行适当处理，其目的是　 　．‎ 三．解答题（共3小题）‎ ‎24．甲烷在镍催化作用下可与水反应制合成气（CO和H2），再制成甲醇代替燃油。‎ ‎（1）CH4和H2O所含的三种元素电负性从小到大的顺序为　 　。‎ ‎（2）CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是　 　和　 　。‎ ‎（3）基态Ni原子的电子排布式为　 　，该元素位于元素周期表的第　 　族。‎ ‎（4）金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni（CO）4，该分子呈正四面体构型。则1mol Ni（CO）4中含有　 　mol σ键，Ni（CO）4的晶体类型为　 　，Ni（CO）4易溶于下列　 　 （填选项字母）中。‎ a．水 b．四氯化碳 c．苯 d．硫酸镍溶液 ‎（5）如图是一种镍镧合金储氢后的晶胞结构示意图。该合金中原子个数比La：Ni＝　 　，储氢后，含1mol La的合金可吸附H2的数目为　 　。‎ ‎25．短周期元素R、X、Y、Z的原子序数依次增加。n、q、t是由这些元素组成的二元化合物，m、p、r是它们的单质，组成m、r的元素位于同主族，它们的转化关系如图所示，常温常压下r是淡黄色固体，0.1mol•L﹣1的t溶液的pH＝1．回答下列问题。‎ ‎（1）X的元素符号为　 　、Z在元素周期表的位置是　 　。‎ ‎（2）用电子式表达n的形成过程　 　。‎ ‎（3）写出反应①的化学方程式_　 　，反应②的离子方程式　 　。‎ ‎（4）0.1mol•L﹣1的n溶液的pH　 　1 （填写“＞”、“＜”或“＝”），原因是　 　‎ ‎26．已知X、Y、Z为第三周期元素，其原子的第一至第四电离能如表：‎ 电离能/kJ•mol﹣1‎ I1‎ I2‎ I3‎ I4‎ X ‎578‎ ‎1817‎ ‎2745‎ ‎11578‎ Y ‎738‎ ‎1451‎ ‎7733‎ ‎10540‎ Z ‎496‎ ‎4562‎ ‎6912‎ ‎9543‎ 则X、Y、Z三种元素中原子半径最小的是　 　（填元素符号），三种元素中有两种元素的最高价氧化物对应的水化物能相互反应，写出反应的离子方程式：　 　．‎ 原子结构与性质 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．【分析】碳原子核外两个未成对电子，都属于2p轨道，能量相同，形状相同，由于p轨道又分三个轨道，不同电子优先占据空轨道，所以碳原子核外两个未成对电子，不在同一轨道，并且自旋方向相同，据此分析解答。‎ ‎【解答】解：A、碳原子核外两个未成对电子，都属于2p轨道，p轨道沿x、y、z轴的方向电子云密度大，呈现哑铃型，则电子云形状相同，故A错误；‎ B、p轨道又分三个轨道，不同电子优先占据空轨道，并且自旋方向相同，所以碳原子核外两个未成对电子，自旋方向相同，故B正确；‎ C、碳原子核外两个未成对电子，都属于2p轨道，能量相同，故C错误；‎ D、p轨道又分三个轨道，不同电子优先占据空轨道，所以碳原子核外两个未成对电子，不在同一轨道，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎2．【分析】氮原子核外电子排布为：1s22s22p3，2px1、2py1 和2pz1 上的电子能量相同、电子云形状相同、自旋方向相同，但电子云伸展方向不相同，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．氮原子 2p 亚层上的 3 个电子都位于2p轨道，能量相同，故A不选；‎ B．p轨道电子云形状都为哑铃形，故B不选；‎ C．电子云伸展方向沿三维反向垂直延伸，各不相同，故C选；‎ D．位于三个不同的p轨道，自旋方向相同，故D不选。‎ 故选：C。‎ ‎3．【分析】P的最外层电子排布图为，3p亚层中的电子的能量相同，电子云性状相同，据此分析。‎ ‎【解答】解：A．磷原子核外3p亚层中的电子具有的能量相同，故A不选；‎ B．p电子云为哑铃形，即磷原子核外3p亚层中电子云形状相同，故B不选；‎ C．电子云伸展方向在三维坐标中沿着x、y、z轴伸展，所以电子云的伸展方向不同，故C选；‎ D．P的最外层电子排布图为，则3p亚层中的电子自旋方向相同，故D不选。‎ 故选：C。‎ ‎4．【分析】P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，不成对电子即3p能级上的3个电子，又3p能级有3个轨道，3个电子各占据1个轨道，据此分析。‎ ‎【解答】解：P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，不成对电子即3p能级上的3个电子，又3p能级有3个轨道，3个电子各占据1个轨道，电子云形状相同，电子能量相同，电子自旋方向相同，但电子云伸展方向不同，‎ 故选：B。‎ ‎5．【分析】氧元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p4，2p能级中4个电子在三个轨道中排布，其未成对电子数是2，都属于2p轨道，能量相同，形状相同，由于p轨道又分三个轨道，不同电子优先占据空轨道，所以碳原子核外两个未成对电子，不在同一轨道，并且自旋方向相同，据此分析解答。‎ ‎【解答】解：A．p轨道又分三个轨道，不同电子优先占据空轨道，并且自旋方向相同，所以氧原子核外两个未成对电子，自旋方向相同，故A错误；‎ B．氧原子核外两个未成对电子，都属于2p轨道，p轨道沿x、y、z轴的方向电子云密度大，呈现哑铃型，则电子云形状相同，故B正确；‎ C．氧原子核外两个未成对电子，都属于2p轨道，能量相同，故C错误；‎ D．p轨道又分三个轨道，不同电子优先占据空轨道，所以氧原子核外两个未成对电子，不在同一轨道，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎6．【分析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素的最外层电子数是其电子层数的二倍，短周期中符合条件的主族元素有C、S，由于W的原子序数小于X、Y、Z的，故W为C．X和Y元素原子的最外层电子数之和与W元素原子的最外层电子数相同，即X、Y原子最外层电子数之和为4，二者族序数小于碳的，而原子序数又大于碳，故二者只能处于第三周期，可推知X为Na、Y为Al．X与Z形成的离子化合物的水溶液呈现中性，则Z为Cl。‎ ‎【解答】‎ 解：四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素的最外层电子数是其电子层数的二倍，短周期中符合条件的主族元素有C、S，由于W的原子序数小于X、Y、Z的，故W为C．X和Y元素原子的最外层电子数之和与W元素原子的最外层电子数相同，即X、Y原子最外层电子数之和为4，二者族序数小于碳的，而原子序数又大于碳，故二者只能处于第三周期，可推知X为Na、Y为Al．X与Z形成的离子化合物的水溶液呈现中性，则Z为Cl。‎ A．Z的最高价氧化物对应水化物的钠盐是NaClO4，而“84“消毒液的主要成分为NaClO，故A错误；‎ B．盐酸与碳酸盐反应可以说明盐酸的酸性比碳酸强，但不能说明Cl的非金属性比碳的强，应通过比较最高价含氧酸的酸性判断，故B错误；‎ C．X、Y的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、氢氧化铝，二者反应生成偏铝酸钠与水，故C正确；‎ D．X、Y、Z的简单离子分别为：Na+、Al3+、Cl﹣，电子层结构相同的离子核电荷数越大离子半径越小，离子的电子层越多离子半径越大，故离子半径：Z（Cl﹣）＞X（Na+）＞Y（Al3+），故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎7．【分析】X、Y、Z、W、Q是五种短周期主族元素，X原子K、L层电子数之比为1：2，则X为C元素；Y元素最外层电子数是次外层的3倍，则Y为O元素；Z是短周期主族元素中原子半径最大的元素，则Z为Na元素；W是地壳中含量最高的金属元素，则W为Al元素；Q元素最高化合价与最低化合价之和为6，则Q为Cl元素，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：由以上分析可知：W为Al元素、Q为Cl元素、X为C元素、Y为O元素、Z为Na元素。‎ A．N、O与H可以分别形成18e﹣分子的N2H4、H2O2，故A正确；‎ B．O、Cl形成的ClO2具有强氧化性，可杀菌消毒，故B错误；‎ C．常温下，铝与浓硝酸发生钝化反应，不会生成大量红棕色气体，故C错误；‎ D．氯化铝为共价化合物，含有共价键，NaCl为离子化合物，含有离子键，二者含有化学键类型不同，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎8．【分析】由图中原子半径可知，b＞e＞c＞d＞a，结合原子的最外层电子数可知，a、b的最外层电子数均为1，则a为H，b为Na；c、d位于第二周期，e位于第三周期符合半径的比较规律，c的最外层电子数为4，c为C；d的最外层电子数为5，Z为N；e的最外层电子数为6，e为S，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：由上述分析可知，a为H，b为Na，c为C，d为N，e为S。‎ A．b离子为Na+，有两个电子层，而e离子为S2﹣，含有3个电子层，电子层越多离子半径越大，则简单离子半径：b＜e，故A错误；‎ B．C、H形成的化合物为烃，碳原子数较多的烃熔点较高，常温常压下可能为固态，故B正确；‎ C．常温下C为固体，氮气为气体，则单质沸点：c＞d，故C错误；‎ D．N、S原子可以存在于同一离子化合物中，如硫酸铵、硫化铵等，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎9．【分析】短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，向这四种元素组成两种盐b2da3和bca2的混合溶液中滴加盐酸，先产生白色沉淀，后白色沉淀部分溶解，白色沉淀应是Al（OH）3、H2SiO3，两种盐b2da3和bca2分别为硅酸盐、偏铝酸盐，b表现+1价，可知b为Na，a为O，c为Al，d为Si，符合a（O）和b（Na）的最外电子数之和等于c（Al）和d（Si）的最外层电子数之和。‎ ‎【解答】解：短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，向这四种元素组成两种盐b2da3和bca2的混合溶液中滴加盐酸，先产生白色沉淀，后白色沉淀部分溶解，白色沉淀应是Al（OH）3、H2SiO3，两种盐b2da3和bca2分别为硅酸盐、偏铝酸盐，b表现+1价，可知b为Na，a为O，c为Al，d为Si，符合a（O）和b（Na）的最外电子数之和等于c（Al）和d（Si）的最外层电子数之和。‎ A．d的氧化物为SiO2，其晶体以[SiO4]四面体向空间延伸的立体网状结构，每个Si原子形成4个Si﹣O键，1mol SiO2含有4mol Si﹣O键，故A错误；‎ B．c为Al，工业上电解熔融的氧化铝冶炼铝，故B正确；‎ C．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：a（O）＜d（Si）＜c（Al）＜b（Na），故C错误；‎ D．a、d的简单氢化物分别为H2O、SiH4，水分子之间形成氢键，常温下为液体，而SiH4为气体，故沸点：H2O＞SiH4，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎10．【分析】‎ 短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大且原子最外层电子数为互不相等的奇数，其最外层电子数为1、3、5、7中的一种；Z的单质既能和强酸反应又能和强碱反应，则Z为Al元素；X与W的最高化合价之和为8，说明二者最外层电子数为8，W的原子序数大于Al，W最外层电子数可能为5、7，当W为P时，X最外层电子数为3，与Al的最外层电子数相同，不满足条件，则W只能为Cl元素，X最外层电子数为1，位于ⅠA族，由于X的原子序数小于Y，且X与Y位于不同周期，则X只能为H元素；Y位于第二周期，最外层电子数为5，为N元素，据此解答。‎ ‎【解答】解：根据分析可知，X为H，Y为N，Z为Al，W为Cl元素。‎ A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径Z＞W＞Y＞X，故A正确；‎ B．YX4W为NH4Cl，氯化铵为离子化合物，含有离子键和共价键，故B正确；‎ C．N、Al形成的AlN属于原子晶体，其强度高，热膨胀系数小，是良好的耐火材料，故C正确；‎ D．ZW3为AlCl3，氯化铝为共价化合物，熔融氯化铝不导电，无法电解熔融氯化铝获得铝，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎11．【分析】X原子半径最大且最高正价为+1，则X为Na元素；Y元素最高正价是+7、最低负价是﹣1价，则Y为Cl元素；Z元素最高正价为+3，为第IIIA族元素，且原子半径大于Cl元素，所以Z是Al元素；M元素最高正价为+2，为第IIA族元素，且原子半径大于Z，所以M是Mg元素；R元素最高正价为+5、最低负价为﹣3，所以R为第VA族元素，且原子半径小于Cl元素，为N元素；Q元素最低负价为﹣2且没有最高正价，为O元素，据此解答。‎ ‎【解答】解：X原子半径最大且最高正价为+1，则X为Na元素；Y元素最高正价是+7、最低负价是﹣1价，则Y为Cl元素；Z元素最高正价为+3，为第IIIA族元素，且原子半径大于Cl元素，所以Z是Al元素；M元素最高正价为+2，为第IIA族元素，且原子半径大于Z，所以M是Mg元素；R元素最高正价为+5、最低负价为﹣3，所以R为第VA族元素，且原子半径小于Cl元素，为N元素；Q元素最低负价为﹣2且没有最高正价，为O元素。‎ A．元素X和Q形成的化合物有Na2O、Na2O2，过氧化钠中含有共价键，故A正确；‎ B．X、Z、R的最高价氧化物的水化物分别是NaOH、Al（OH）3、HNO3，氢氧化铝具有两性，所以它们之间可两两相互反应，故B正确；‎ C．Mg2﹣和N3﹣都含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：r（Mg2﹣）＜r（N3﹣），故C正确；‎ D．Al易Cl形成的氯化铝为共价化合物，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎12．【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，W和X可形成一种与血红蛋白相结合的化合物，该化合物为CO，则W为C、X为O元素；Y和Z同周期且最外层电子数之和为8，结合原子序数大小可知，二者位于第三周期，Y可能为Na、Mg、Al，对应的Z为Cl、S、P，据此进行解答。‎ ‎【解答】解：短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，W和X可形成一种与血红蛋白相结合的化合物，该化合物为CO，则W为C、X为O元素；Y和Z同周期且最外层电子数之和为8，结合原子序数大小可知，二者位于第三周期，Y可能为Na、Mg、Al，对应的Z为Cl、S、P，‎ A．Y可能为Al，氢氧化铝为弱碱，故A错误；‎ B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径Y＞Z＞W＞X，故B正确；‎ C．若Z为Cl元素，Cl、O可形成具有强氧化性的ClO2，能够杀菌消毒，故C正确；‎ D．C与Cl、S形成的化合物为共价化合物，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎13．【分析】短周期元素X、Y、Z具有下表中所列性质，Z元素主要化合价为﹣2、+6，则Z为S元素，X元素常温下，其单质能与水发生剧烈的反应，则X可能为Na或者F，Y元素最高价氧化物对应水化物（Q）是强酸，Y元素可能为N或者Cl，结合原子结构特点、元素化合物性质解答。‎ ‎【解答】解：依据分析可知：X可能为Na或者F，Y可能为N或者Cl，Z为S，‎ A．如果X为F，则氟气与水反应生成HF和氧气，F被还原，故A错误；‎ B．浓硫酸与锌反应生成二氧化硫，稀硫酸与锌反应生成硫酸锌和氢气，故B错误；‎ C．X、Z的单质在一定条件下能反应，其产物可能是氟化钠，属于离子化合物，可能为：氟化硫为共价化合物，故C正确；‎ D．符合条件的Y元素可以为N或者Cl，二者对应硝酸，高氯酸都是强酸，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎14．【分析】A．原子形成简单离子，最外层应满足稳定的结构；‎ B．原子最外层上的电子数少于4个时，电子数越多，得电子能力越强；‎ C．原子核外电子离核越远，能量越高；‎ D．最外层上的电子轨道全充满时达到稳定结构。‎ ‎【解答】解：A．原子形成简单离子，最外层应满足稳定的结构，可为2或8等，如He、Ar等，故A错误；‎ B．原子最外层上的电子数少于4个时，电子数越多，得电子能力越强，则氧化性越强，还原性越弱，故B错误；‎ C．原子核外电子离核越远，能量越高，故C正确；‎ D．最外层上的电子轨道全充满时达到稳定结构，可为2或8，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎15．【分析】A．Mg2+、F﹣的离子均为10个电子；‎ B．NaCl含离子键、HCl含共价键；‎ C．化学变化中有化学键的断裂和生成；‎ D．H2O2分解生成H2O，二者均含共价键。‎ ‎【解答】解：A．Mg2+、F﹣的离子均为10个电子，则离子核外排布相同，故A错误；‎ B．NaCl含离子键、HCl含共价键，化学键不同，故B错误；‎ C．化学变化中有化学键的断裂和生成，则不发生化学变化时，化学键可能断裂，如NaCl的电离，故C正确；‎ D．H2O2分解生成H2O，二者均含共价键，则稳定性不同，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎16．【分析】A．同种元素的不同原子之间互为同位素；‎ B．46Pd原子失去2个电子形成Pd2+；‎ C．Pd的原子序数为46，电子排布为[Kr]4d10；‎ D．根据中子数＝质量数﹣质子数计算。‎ ‎【解答】解：A．102Pd 和 103Pd 的质子数相同、中子数不同，二者互为同位素，故A正确；‎ B．46Pd原子核外电子总数为46，Pd原子失去2个电子形成Pd2+，则46Pd原子失去2个电子形成Pd2+，Pd2+核外有44个电子，故B错误；‎ C．Pd的原子序数为46，电子排布为[Kr]4d10，Kr为第四周期的稀有气体，则Pd为第五周期元素，故C正确；‎ D．108Pd的质量数为108，其原子核内有的中子数＝108﹣46＝62，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎17．【分析】A．高锰酸钾氧化亚铁离子，但不能氧化铁离子；‎ B．多原子化合物中可能存在非极性键；‎ C．离子键只存在于离子化合物中；‎ D．原子核中，质子数不一定等于中子数．‎ ‎【解答】解：A．检验铁离子，可用KSCN溶液，加入高锰酸钾不能检验铁离子，故A错误；‎ B．多原子化合物中可能存在非极性键，如烃类化合物、H2O2等，故B错误；‎ C．共价化合物不含离子键，离子键只存在于离子化合物中，故C错误；‎ D．原子核中，质子数不一定等于中子数，N原子中，中子数可能为6、7、8等，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎18．【分析】A．质子数+中子数＝质量数，质子数＝电子数；‎ B．依据同主族元素性质及单质递变规律解答；‎ C．根据题干所给信息“碳纳米管是由石墨中的碳原子层卷曲而成的管状的材料”进行分析；‎ D．胶体为混合物．‎ ‎【解答】解：A．At质子数、中子数、质量数未知，无法确定核外电子与核内中子数之差，故A错误；‎ B．根据元素周期律推知，氯气、溴、碘单质颜色依次变深，推知砹单质为深色固体，依据氯化银、溴化银、碘化银都难溶可推知AgAt是一种不溶于水的固体，故B正确；‎ C．根据题中信息知碳纳米管是由碳原子组成的，属于碳单质，不属于高分子化合物，故C错误；‎ D．构成碳纳米管的微粒直径在1nm～100nm之间，属于纯净物，不是分散系，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎19．【分析】A．同周期金属性依次减弱；‎ B．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；‎ C．金属性越强对应碱的碱性越强；‎ D．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；‎ ‎【解答】解：A．同周期金属性依次减弱，故A错误；‎ B．非金属性：F＞Cl，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则热稳定性：HF＞HCl，故B正确；‎ C．钠的金属性大于镁，则碱性NaOH＞Mg（OH）2，故C正确；‎ D．非金属性：Cl＞S，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则有：酸性：HClO4＞H2SO4，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎20．【分析】A．乙烯有催熟的效果，酸性高锰酸钾溶液可以氧化乙烯；‎ B．石油的分馏是根据各组分的沸点的不同用加热的方法将其组分分离的方法；‎ C．氟利昂是氟氯代烷的总称；‎ D．煤的干馏是指在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程。‎ ‎【解答】解：A．乙烯有催熟的效果，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故A正确；‎ B．石油的分馏是根据各组分的沸点的不同用加热的方法将其组分分离的方法，故是物理变化，不是化学变化，石油裂化、裂解均为化学变化，故B错误；‎ C．氟利昂是氟氯代烷的总称，氟氯代烷可以由甲烷制得，即制冷剂氟利昂可以由甲烷制得，故C正确；‎ D．煤的干馏是指在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，煤焦油中可以分离出苯、甲苯、二甲苯等有机化合物，故D正确。‎ 故选：B。‎ 二．填空题（共3小题）‎ ‎21．【分析】非金属性越强，第一电离能越大，N原子2p电子半满为稳定结构，难失去电子；N4、P4的沸点与分子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，以此来解答．‎ ‎【解答】解：非金属性越强，第一电离能越大，N原子2p电子半满为稳定结构，难失去电子，则N、O、S中第一电离能由大到小排序为N＞O＞S；N4比P4的沸点低，因P4的相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点高，‎ 故答案为：N＞O＞S；低；P4的相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点高．‎ ‎22．【分析】由元素在周期表中的位置，可知A为H元素、B为碳元素、C为N元素、D为O元素、E为Na、F为Mg、G为Cl、M为Fe．‎ ‎（1）Fe原子核外电子数为26，根据能量最低原理书写核外电子排布式；‎ 同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的；‎ ‎（2）化合物Fe（CO）3的熔点为﹣20℃，沸点为103℃，熔沸点比较低，符合分子晶体的性质；它在空气中燃烧生成红棕色氧化物，该氧化物为氧化铁，还生成二氧化碳；‎ ‎（3）化合物COCl2的C原子形成3个σ键，没有孤对电子，价层电子对数为3；与COCl2具有相同空间构型的含氧酸根离子的中心原子连接3个O原子且没有孤对电子；‎ ‎（4）根据均摊法计算晶胞中Mg原子、O原子数目，用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，再根据ρ＝计算该晶体的密度．‎ ‎【解答】解：由元素在周期表中的位置，可知A为H元素、B为碳元素、C为N元素、D为O元素、E为Na、F为Mg、G为Cl、M为Fe．‎ ‎（1）Fe原子核外电子数为26，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；‎ 同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能N＞O＞C，‎ 故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；N＞O＞C；‎ ‎（2）化合物Fe（CO）3的熔点为﹣20℃，沸点为103℃，熔沸点比较低，属于分子晶体，它在空气中燃烧生成红棕色氧化物，该氧化物为氧化铁，还生成二氧化碳，反应方程式为：4Fe（CO）3+9O22Fe2O3+12CO2，‎ 故答案为：分子；4Fe（CO）3+9O22Fe2O3+12CO2；‎ ‎（3）化合物COCl2的C原子形成3个σ键，没有孤对电子，价层电子对数为3，空间结构为平面三角形，与COCl2具有相同空间构型的含氧酸根离子的中心原子连接3个O原子且没有孤对电子，为NO3﹣、CO32﹣等，‎ 故答案为：平面三角形；NO3﹣、CO32﹣等；‎ ‎（4）晶胞中Mg原子数目为6×+8×＝4、O原子数目＝1+12×＝4，则晶胞质量为4×g，晶胞参数（即边长）为amm，阿伏伽德罗常数为NA，该晶体的密度为 4×g÷（0.1a cm）3＝g•cm﹣3，‎ 故答案为：．‎ ‎23．【分析】本题根据A：（1）一般来说非金属性越强，第一电离能越大，但是因为p轨道半充满体系具有很强的稳定性，会有特例，如N的p轨道本来就是半充满的，O的p轨道失去一个电子才是半充满的，所以O比N容易失去电子．‎ ‎（2）铜原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1 ，一价铜离子为失去一个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10‎ ‎（3）根据化合物的化学式判断，一价铜离子有三个氨基配体和一个羰基配体，共4个配体；‎ ‎（4）等电子体为核外电子数相同的粒子，羰基为14个电子，其他含有14个电子的都可以；‎ ‎（5）计算杂化类型时根据电子对数来判断，中心原子的价电子数与配体电子数的和除以2就得到电子对数，根据电子对数，可以确定杂化类型；‎ ‎（6）计算晶胞中原子个数时，首先数一下原子个数，然后看其被几个晶胞共用，乘以相应的倒数即可；每个晶胞中铜位于面心，每个铜原子，被两个晶胞共用，每个晶胞中铜原子的个数为3，金原子位于角上，每个金原子被8个晶胞共用，故每个晶胞中金原子个数为1，故铜金原子个数比为3：1；‎ B（1）实验室常见仪器冷凝管的使用方法、注意事项、作用，冷凝管的作用主要为冷凝回流，提高产率；‎ ‎（2）水浴加热的温度受水的沸点限制，最高加热温度为100℃，油浴加热可以弥补这一不足，水浴加热和油浴加热加热都比较均匀，温度计的位置也比较自由，只要在反应体系中就可以；‎ ‎（3）此反应的产物为对氨基苯磺酸，抽滤过后因为有部分杂质，需要用水清洗，水洗会同时出去一部分产品，故可以用少量水冲洗；‎ ‎（4）抽滤操作的注意事项，抽滤结束时应先将真空泵与吸滤瓶之间的橡皮管拔去，以防止真空泵中液体倒灌入吸滤瓶；（5）得到产品若有部分杂质时，可以用多次溶解洗涤抽滤的方法，可以提供产物的纯度，由于多次进行，会有部分产品损失，需要将母液回收利用以提高产率．‎ ‎【解答】解：A：（1）一般来说非金属性越强，第一电离能大，所以O＞N＞C．但是因为p轨道半充满体系具有很强的稳定性．N的p轨道本来就是半充满的．O的p轨道失去一个电子才是半充满的．所以O比N容易失去电子．‎ 故答案为：（1）N＞O＞C；‎ ‎（2）铜原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1 故一价铜离子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10‎ 故答案为：（2）1s22s22p63s23p63d10‎ ‎（3）一价铜离子有三个氨基配体和一个羰基配体，共4个配体 故答案为：（3）4；‎ ‎（4）等电子体为核外电子数相同的粒子，羰基为14个电子，如CN﹣也为14个电子；‎ 故答案为：（4）CN﹣‎ ‎（5）中心原子为碳，价电子数为4，氧不为中心原子，不提供电子，每个亚氨基提供一个电子，电子对数为（4+1×2）÷2＝3，故杂化轨道为sp2，σ键的数目为3，每个亚氨基中σ键的数目2，一分子尿素中含σ键的数目为3+2×2＝7，故每摩尔尿素中含有σ键的数目为 7NA 故答案为（5）sp2，7NA；‎ ‎（6）每个晶胞中铜位于面心，每个铜原子，被两个晶胞共用，每个晶胞中铜原子的个数为6×0.5＝3，金原子位于角上，每个金原子被8个晶胞共用，故每个晶胞中金原子个数为8×0.125＝1，故铜金原子个数比为3：1；‎ 故答案（6）为3：1；‎ B：（1）冷凝管的作用为冷凝回流，使进入冷凝管内的气体液化重新回到反应瓶中；‎ 故答案为B：（1）冷凝回流；‎ ‎（2）用油浴加热主要是因为此反应温度高于100℃，用水浴锅达不到温度要求，故B不正确，AC均符合要求；‎ 故答案为：（2）AC；‎ ‎（3）用少量冷水洗涤可以出去表面的杂质，同时还会使对氨基苯磺酸的减少损失降到最小；‎ 故答案为：（3）减少氨基苯磺酸的损失；‎ ‎（4）抽滤结束时为防止真空泵中溶液倒吸，要拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管，再将将布氏漏斗取下收集晶体；‎ 故答案为：（4）拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管 将布氏漏斗取下；‎ ‎（5）初次得到的对氨基苯磺酸纯度较低，需反复溶解冷却抽滤，除去杂质，以提高对氨基苯磺酸的纯度；多次溶解冷却抽滤会造成部分产品进入母液中，需将母液回收，以回收部分产品提高氨基苯磺酸的产率；‎ 故答案为：（5）提高对氨基苯磺酸的纯度 提高氨基苯磺酸的产率．‎ 三．解答题（共3小题）‎ ‎24．【分析】（1）元素的非金属性越强，其电负性越大；‎ ‎（2）依据二氧化碳和甲烷的结构解答；‎ ‎（3）Ni元素是28号元素，位于第四周期第VIII族，第根据核外电子排布规律书写基态原子的电子排布式；‎ ‎（4）配合物Ni（CO）4的配离子中Ni原子和C原子、CO分子中C原子和O原子之间都存在σ键；依据Ni（CO）4为挥发性液态判断其晶体类型；依据相似相溶原理判断；‎ ‎（5）由晶胞可知，晶胞中La位于定点，平均含有8×＝1，Ni位于面心和体心，共含有8×+1＝5，H2位于边和面心，共有8×+2×＝3，据此解答。‎ ‎【解答】解：（1）元素的非金属性越强，其电负性越大，由于非金属性O＞C＞H，故电负性H＜C＜O；‎ 故答案为：H＜C＜O；‎ ‎（2）甲烷为正四面体形，C原子含有4个σ键，无孤电子对，采取sp3杂化，二氧化碳为直线形，碳氧双键中有1个σ键和1个π键，因此C原子采取sp杂化；‎ 故答案为：sp3；sp；‎ ‎（3）Ni元素是28号元素，位于第四周期第VIII族，其基态原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d84s2，‎ 故答案为：分子，1s22s22p63s23p63d84s2； VIII；‎ ‎（4）该配合物的配离子中Ni原子和C原子之间有4个σ键，CO分子中C和O之间存在1个σ键，1个π键，1个配位键，因此4个CO有4个σ键，故1mol Ni（CO）4中含有8molσ键；依据Ni（CO）4为挥发性液态，而沸点较低的晶体一般为分子晶体，所有四羰基镍的晶体为分子晶体；Ni（CO）4呈四面体构型，为非极性分子，根据相似相溶原理可知，它易溶于四氯化碳和苯，选：bc；‎ 故答案为：8； 分子晶体； bc；‎ ‎（5）由晶胞可知，晶胞中La位于定点，平均含有8×＝1，Ni位于面心和体心，共含有8×+1＝5，所有合金中原子个数比La：Ni＝1：5；H2位于边和面心，共有8×+2×＝3，所有含1mol La的合金可吸附H2的物质的量为3mol，‎ 故答案为：1：5；3NA。‎ ‎25．【分析】短周期元素R、X、Y、Z的原子序数依次增加。n、q、t是由这些元素组成的二元化合物，组成m、r的元素位于同主族，它们的转化关系如图所示，常温常压下r是淡黄色固体，可知r为硫单质，m、r的元素位于同主族可知m为氧气，0.1mol•L﹣1的t溶液的pH＝1，则t为一元强酸，P单质能置换硫单质，则P为氯气，t为氯化氢，n为硫化氢，q为水，R、X、Y、Z依次为：H、O、S、Cl，据此解答。‎ ‎【解答】解：依据上述分析可知：R、X、Y、Z依次为：H、O、S、Cl，m为氧气，n为硫化氢，p为氯气，q为水，r为硫单质，t为氯化氢，‎ ‎（1）X的为氧元素，符号为：O；Z为Cl，在周期表中位置为：第三周期，ⅦA族；‎ 故答案为：O；第三周期，ⅦA族；‎ ‎（2）n为硫化氢，硫化氢为共价化合物，分子中存在两个H﹣S键，用电子式表示其形成过程为：，‎ 故答案为：；‎ ‎（3）反应①为硫化氢与氧气反应生成硫单质和水，化学方程式：2H2S+O2＝2H2O+S↓；反应②为硫化氢与氯气反应生成氯化氢和硫单质，离子方程式：‎ Cl2+H2S＝2H++2Cl﹣+S↓；‎ 故答案为：2H2S+O2＝2H2O+S↓；Cl2+H2S＝2H++2Cl﹣+S↓；‎ ‎（4）硫化氢水溶液为氢硫酸，硫化氢为弱电解质部分电离，所以0.1mol•L﹣1的该溶液电离产生的氢离子小于0.1mol/L，溶液pH小于1；‎ 故答案为：＜；氢硫酸为弱酸部分电离，氢离子浓度小于0.1mol/L；‎ ‎26．【分析】根据同周期元素的电离能判断元素的种类，X的I4电离能突然增大，说明最外层有3个电子，应为Al，Y的I3电离能突然增大，说明最外层有2个电子，应为Mg，Z的I2电离能突然增大，说明最外层有1个电子，应为Na，由此分析解答．‎ ‎【解答】解：X的I4电离能突然增大，说明最外层有3个电子，应为Al，Y的I3电离能突然增大，说明最外层有2个电子，应为Mg，Z的I2电离能突然增大，说明最外层有1个电子，应为Na，由同周期从左向右原子半径减小可知，原子半径最小的为Al，三种元素中有两种元素的最高价氧化物对应的水化物能相互反应，离子反应为Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al；Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O．‎