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备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编 专题5 原子结构元素周期律
一、选择题
1．根据元素周期律推测，下列说法不正确的是（　　）
A．原子半径：Mg>Na B．电负性：C> Si
C．非金属性：Br>I D．热稳定性：NH3>PH3
【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．Mg和Na均为第三周期元素，Na位于Mg的左侧，同周期从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：Na>Mg，故A错误；
Ｂ．同主族元素从上到下电负性逐渐减小，则电负性：C> Si，故B正确；
Ｃ．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性：Br>I，故C正确；
Ｄ．元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性：N>P，则热稳定性： NH3>PH3 ，故D正确；
故选A。
【分析】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小；
Ｂ．元素的非金属性越强，电负性越大；
Ｃ．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱；
Ｄ．元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强。
2．下列化学用语表示不正确的是（　　）
A．CH4的结构式：
B．基态氧原子的轨道表示式
C．p 电子云轮廓图：
D．CH3CH(CH2CH3)CH2CH3的系统命名：2-乙基丁烷
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；有机化合物的命名；结构式
【解析】【解答】A．CH4由4个C-H键构成，其结构式为 ，故A正确；
Ｂ．基态O原子的核外电子排布式为1s22s22p4，则其轨道表示式为 ，故B正确；
Ｃ．p轨道的电子云轮廓为哑铃形，即 ，故C正确；
Ｄ．CH3CH(CH2CH3)CH2CH3 的最长碳链含有5个碳原子，应该是戊烷，支链位于3号C原子，则其正确命名为：3 - 甲基戊烷，故D错误；
故选D。
【分析】A．甲烷为正四面体结构；
Ｂ．O为8号元素，根据构造原理书写其核外电子排布式；
Ｃ．p轨道电子云轮廓呈哑铃形；
Ｄ．烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始编号，命名时表示出支链的位置。
3．科学家通过核反应。发现氚。下列说法正确的是（　　）
A．表示一个质子
B．的基态原子核外电子排布式为
C．与互为同位素
D．的原子结构示意图为
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；同位素及其应用；原子结构示意图
【解析】【解答】A． 右下角为质子数，则所含质子数为0，故A错误；
Ｂ．Li最外层有一个电子，则的基态原子核外电子排布式为， 故B错误；
Ｃ． 与 具有相同的质子数，中子数不同，互为同位素，故C正确；
Ｄ． 核外只有2个电子，其原子结构示意图为，故D错误；
故选C。
【分析】A．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
Ｂ． 最外层只有一个电子；
Ｃ．同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子；
Ｄ． 核外只有2个电子。
4．我国探月工程取得重大进展．月壤中含有Ca、Fe等元素的磷酸盐，下列元素位于元素周期表第二周期的是（　　）
A．O B．P C．Ca D．Fe
【答案】A
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、O为8号元素，位于第二周期第ⅥA族，故A符合题意；
B、P为15号元素，位于第三周期第ⅤA族，故B不符合题意；
C、Ca为20号元素，位于第四周期第ⅡA族，故C不符合题意；
D、Fe为26号元素，位于第四周期第Ⅷ族，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】O为8号元素，P为15号元素，Ca为20号元素，Fe为26号元素。
5．依据下列实验操作及现象，不能得出相应结论的是（　　）
实验操作及现象 结论
A 将稀盐酸滴入NaHCO3溶液中，产生的气体通入澄清的石灰水，石灰水变浑浊 非金属性：Cl>C
B 硫化锌（ZnS，白色）、硫化镉（CdS，黄色）为难溶电解质。向浓度均为0.1 mol/L的Zn2+、Cd2+混合液中，滴加Na2S稀溶液，先出现的沉淀是黄色的
C 向可能含有Fe2+的未知溶液中，滴加1滴溶液，有特征蓝色沉淀生成 原未知溶液中含有Fe2+
D 向含有新制的氢氧化铜的碱性溶液中，加入乙醛溶液并加热，出现砖红色沉淀 乙醛具有还原性
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价；元素周期律和元素周期表的综合应用；乙醛
【解析】【解答】A、产生的能使澄清石灰水变浑浊的气体为CO2，盐酸与NaHCO3溶液反应生成CO2，说明酸性HCl＞H2CO3，但不能说明非金属性Cl＞C，A选项错误。
B、难溶物ZnS、CdS的组成和结构相似，向等浓度的Zn2＋、Cd2＋的溶液中加入Na2S溶液，先形成沉淀的，其溶度积较小。由于先出现的黄色沉淀为CdS，说明溶度积Ksp(ZnS)＜Ksp(CdS)，B选项正确。
C、滴入K3[Fe(CN)6]溶液，产生特征蓝色的沉淀，说明溶液中含有Fe2＋，C选项正确。
D、产生的砖红色沉淀为Cu2O，其中Cu元素由＋2价变为＋1价， 发生还原反应，体现了乙醛的还原性，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、要比较非金属性的强弱，需通过比较最高价含氧酸的酸性强弱，从而得出非金属性的强弱。
B、向含有等浓度Zn2＋、Cd2＋的溶液中加入Na2S溶液，先形成沉淀的，其溶度积Ksp越小。
C、加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生特征蓝色沉淀的，说明溶液中含有Fe2＋。
D、产生的砖红色沉淀为Cu2O，过程中乙醛将Cu(OH)2还原。
6．长周期原子序数依次增大的主族元素X、Y、Z三种元素，X的价层电子数为4，Y有1个未成对电子，Z+的最高能级4p轨道填满，则下列说法正确的是（　　）
A．X、Y、Z属于同一周期元素
B．氧化物对应水化物碱性最强的是X
C．单质熔点最高的是Y
D．原子半径是最大的是Z
【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．由分析可知，X为Ge，Y为Br，Z为Rb，不在同一周期，故A错误；
B．元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，X为Ge，Y为Br，Z为Rb，金属性最强的元素为Rb，则最高价氧化物对应水化物碱性最强的是Z，故B错误；
C．X为Ge，单质为金属晶体；Y为Br，单质为分子晶体；Z为Rb，单质为金属晶体；Ge原子半径较小，而且价电子数多，金属键较强，熔点较高，所以单质熔点最高的是X，故C错误；
D．电子层数越多的，原子半径越大，X，Y位于第四周期，Z位于第五周期，电子层数=周期数，则Z的原子半径最大，故D正确；
故选D。
【分析】X的价层电子数为4（ⅣA族），Y有1个未成对电子（可能为IA族或ⅦA族），又因为是长周期元素，所以X是Ge元素，Z+的最高能级 4p 轨道填满，其电子排布式为[Ar]3d104s24p6，则Z的原子序数为37，Z为Rb元素，根据原子序数依次增大可知，Y为Br元素。
7．根据元素周期律，同时满足条件（ⅰ）和条件（ⅱ）的元素是（　　）
（ⅰ）电负性是同主族元素中最大：
（ⅱ）第一电离能比同周期相邻主族元素大的。
A．Al B．Si C．B D．Be
【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．Al 位于第三周期 ⅢA 族，同主族中 B 的电负性比 Al 大，不满足条件（ⅰ）；且 Al 的第一电离能比同周期相邻的 Mg 小，不满足条件（ⅱ），故A错误；
Ｂ．Si 位于第三周期 ⅣA 族，同主族中 C 的电负性比 Si 大，不满足条件（ⅰ）；Si 的第一电离能比同周期相邻的 Al 大，但比相邻的 P 小，不满足条件（ⅱ），故B错误；
Ｃ．B 位于第二周期 ⅢA 族，在 ⅢA 族中电负性最大，满足条件（ⅰ）；B 的第一电离能比同周期相邻的 Be 小，不满足条件（ⅱ），故C错误；
Ｄ．Be 位于第二周期 ⅡA 族，在 ⅡA 族中电负性最大，满足条件（ⅰ）；Be 的价电子排布为2s2，处于全满稳定状态，第一电离能比同周期相邻的 Li 和 B 都大，满足条件（ⅱ），故D正确；
故选D。
【分析】电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力。同主族元素从上到下，电负性逐渐减小，所以电负性是同主族元素中最大的应该是同主族中位于最上方的元素。第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量。同一周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但 ⅡA 族（ns2全满）和 ⅤA 族（np3半满）元素的第一电离能比相邻元素大。
8．元素a~i为短周期元素，其第一电离能与原子序数的关系如图。下列说法正确的是
A．a和g同主族 B．金属性：
C．原子半径： D．最简单氢化物沸点：
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．a是B，g是Na，二者的最外层电子数不同，因此处于不同主族，A错误；
B．Na、Mg、Al属于同周期元素，随着核电荷数增大，金属性逐渐减弱，B正确；
C．e、d、c分别是N、O、F，属于同周期元素，随着核电荷数增大，原子半径逐渐减小，因此原子半径c>d>e，C错误；
D．b为C，c为N，NH3分子间存在氢键，氢键使得沸点增大，因此沸点NH3>CH4，D错误；
故答案为：B
【分析】如图是第一电离能与原子序数之间的关系。同周期元素，随着原子序数增大，第一电离能逐渐增大。其中第ⅡA族、第ⅤA族元素，其基态原子的ns、np能级为全满、半满稳定结构，第一电离能大于下一主族元素。因此c为N、h为Mg。其余元素依次为B、C、O、F、Ne、Na、Al。据此结合元素周期律分析选项。
9． 钙霞石是一种生产玻璃陶瓷的原料，所含M、Q、R、T、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，M是原子半径最小的元素，Q是形成物质种类最多的元素，R是地壳中含量最高的元素，T、X、Y同周期，Q、X均与Y相邻，Z的原子序数等于M、R和T的原子序数之和。下列说法正确的是(　　)
A．M与Z可形成离子化合物 B．原子半径：
C．是极性分子 D．电负性：
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．H与Ca形成的CaH2为离子化合物，故A正确；
Ｂ．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径大小：O＜Al＜Na，即R＜X＜T，故B错误；
Ｃ． 为CO2，其结构式为O=C=O，正负电荷中心重合，属于非极性分子，故C错误；
Ｄ．同周期电负性从左到右逐渐增大，同主族电负性从下到上逐渐增大，则电负性：Si＜C＜O，即Y＜Q＜R，故D错误；
故选A。
【分析】M是原子半径最小的元素，则M为H元素，Q是形成物质种类最多的元素，则Q为C元素，R是地壳中含量最高的元素，在R为O元素，Q和X均与Y相邻，结合Z的原子序数Z = M + R + T = 1 + 8 + T，Z ≤ 20，得T = 11（Na），Z = 20（Ca），又因为T、X、Y同周期，Q、X均与Y相邻，可推出 Q（C）与Y（Si）同主族相邻，X（Al）与Y（Si）相邻且T（Na）、X（Al）、Y（Si）同属第三周期， 综上所述，M为H、Q为C、R为O、T为Na、X为Al、Y为Si、Z为Ca。
10．一种高聚物被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子致相等，X、Z电子层数相同，基态Y的轨道半充满，Z的最外层只有1个未成对电子，下列说法正确的是（　　）
A．X、Z的第一电离能：
B．X、Y的简单氢化物的键角：
C．最高价含氧酸的酸性：
D．X、Y、Z均能形成多种氧化物
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、X是P，Z是Cl，同周期元素的电负性从左至右依次增大，所以第一电离能：Z>X，A错误；
B、X是P，简单氢化物对应PH3，Y是N，简单氢化物对应NH3，可以得知，PH3和NH3的中心原子杂化类型和孤对电子数目均相同，但是N的电负性大于P，所以NH3中的成键电子对中的斥力较大，所以键角：Y>X，B错误；
C、X是P，Y是N，Z是Cl，在元素周期表中，从左至右，从下至上，最高价含氧酸的酸性不断增强，所以最高价含氧酸的酸性：Z>Y>X，C错误；
D、X是P，常见的氧化物有：P2O3、P2O5等；Y是N，常见的氧化物有：NO、NO2等；Z是Cl，常见的氧化物有：Cl2O、ClO2等，D正确；
故答案为：D
【分析】元素都是短周期，X、Y 价电子数相等也就是同主族或价电子构型同，基态 Y 的 2p 轨道半充满，为2p3，所以Y 是 N；X、Y 价电子数相等，均为 5且为短周期 ，可以推测为3s23p3，同主族，价电子数相同，所以 X 为 P；X（第三周期）与 Z 电子层数相同，Z 最外层 1 个未成对电子，而第三周期中，只有Cl 的 3p5有1 个未成对电子，所以 Z 为 Cl。
11．可用于水的杀菌消毒，遇水发生反应：。下列说法正确的是（　　）
A．反应中各分子的键均为键
B．反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形
C．键长小于H—O键长
D．HClO分子中Cl的价电子层有2个孤电子对
【答案】B
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A．水分子中，每个氢原子的1s轨道与氧原子的一个2p轨道“头对头”重叠形成σ键，因此水分子中的O-H键是s-pσ键，故A错误；
Ｂ．Cl2O、H2O、HClO的中心原子价层电子对数均为4，VSEPR模型均为四面体形，故B正确；
Ｃ．原子半径：Cl>H，则键长：Cl-O>H-O，故C错误；
Ｄ．Cl最外层有7个电子，其中1个价电子与O形成共价键，剩余6个价电子形成3对孤电子对，故D错误；
故选B。
【分析】A．水分子的中心原子O原子采用sp3杂化；
Ｂ．根据价层电子对互斥理论判断；
Ｃ．原子半径越大，键长越长；
Ｄ．氯有7个价电子。
12．由O、F、I组成化学式为的化合物，能体现其成键结构的片段如图所示。下列说法正确的是
A．图中O代表F原子
B．该化合物中存在过氧键
C．该化合物中I原子存在孤对电子
D．该化合物中所有碘氧键键长相等
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A．由分析可知，图中代表O原子，A不正确；
B．过氧键需两个 O 原子以单键相连，该化合物中，每个I原子与3个O原子形成共价键，根据均摊法可以判断必须有2个O原子分别与2个I原子成键，才能确定该化合物化学式为，因此，该化合物中不存在过氧键，B不正确；
C．I原子的价电子数为7，该化合物中F元素的化合价为-1，O元素的化合价为-2，则I元素的化合价为+5，据此可以判断每I原子与其他原子形成3个单键和1个双键，I原子的价电子数不等于其形成共价键的数目，因此，该化合物中I原子存在孤对电子，C正确；
D．该化合物中， I 与 O 形成不同类型的键，I-O键、I=O键，I=O 双键键长比 I-O 单键短，D不正确；
综上所述，本题选C。
【分析】由图可知，白色球形成2个共价键，则白色球应该是O，I的原子半径大于F，则黑色球为I，灰色的球代表F。
二、填空题
13．氧是构建化合物的重要元素。请回答：
（1）某化合物的晶胞如图1，Cl 的配位数（紧邻的阳离子数）为　 　；写出该化合物的化学式　 　，写出该化合物与足量NH4Cl溶液反应的化学方程式　 　。
HA HB HC HD
图1 图2
（2）下列有关单核微粒的描述正确的是____。
A．Ar的基态原子电子排布方式只有一种
B．Na的第二电离能＞Ne的第一电离能
C．Ge的基态原子简化电子排布式为[Ar]4s24p2
D．Fe原子变成Fe+，优先失去3d轨道上的电子
（3）化合物HA、HB、HC和HD的结构如图2。
①HA、HB和HC中羟基与水均可形成氢键（－O－H┄OH2），按照氢键由强到弱对三种酸排序　 　，请说明理由　 　。
②已知HC、HD钠盐的碱性NaC＞NaD，请从结构角度说明理由　 　。
【答案】（1）12；K3ClO；【K3OCl、OClK3、O K3Cl、KCl·K2O、K2O·KCl、KClK2O（中间·没有不扣分）、K3ClO均可，但非最简式如K6Cl2O2不得分】，K3ClO＋H2O＋2NH4Cl＝3KCl＋2NH3·H2O【物质对且配平对才得分；写K3ClO＋2NH4Cl＝3KCl＋2NH3＋H2O也对；写K3ClO＋2NH4Cl＝3KCl＋NH3＋NH3·H2O也对；NH3·H2O写成NH4OH错】。
（2）A；B
（3）HC＞HB＞HA；吸电子能力C＝O＞C＝S＞C＝Se，吸电子能力越强，羟基上H带正电荷越多，与水分子中氧原子作用越强，即氢键越强；原子半径S＞O，键长S―H＞O―H，S―H键更易断键电离，因此HD酸性更强，酸根不易水解，碱性NaC＞NaD
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）根据图1可知，Cl-的配位数为12；该晶胞中含Cl数目为8×=1，含O数目为1，含K数目为6×=3，则该化合物的化学式为K3ClO；该化合物与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3 H2O，其化学方程式为K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3 H2O。
（2）A．Ar的基态原子的电子排布方式为1s22s22p63s23p6，只有一种，正确；
B．Na+和Ne具有相同的电子层结构，核电荷数：Na>Ne，则Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，则Na的第二电离能＞Ne的第一电离能，正确；
C．Ge的原子序数为32，基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，错误；
D．基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，Fe原子变成Fe+，优先失去4s轨道上的电子，错误；
（3）①吸电子能力：C＝O＞C＝S＞C＝Se，吸电子能力越强，羟基上H带正电荷越多，与水分子中氧原子作用越强，即氢键越强，所以HA、HB和HC中羟基与水形成的氢键由强到弱的顺序为HC＞HB＞HA。
②原子半径：S＞O，键长：S―H＞O―H，S―H键更易断键电离，因此HD酸性更强，酸根不易水解，碱性NaC＞NaD。
【分析】（1）根据图1可知，Cl-的配位数为12；根据晶胞均摊法可计算出Cl、O、K原子数目，进而得到化合物的分子式；该化合物与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3 H2O，注意配平。
（2）A．Ar的基态原子的电子排布方式为1s22s22p63s23p6。
B．Na+和Ne具有相同的电子层结构，核电荷数：Na>Ne，则Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，则Na的第二电离能＞Ne的第一电离能。
C．基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2。
D．基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2。
（3）①吸电子能力越强，羟基上H带正电荷越多，与水分子中氧原子作用越强，即氢键越强。
②原子半径：S＞O，键长：S―H＞O―H，S―H键更易断键电离。
14．下表列出了七种元素(用字母表示)在元素周期表中的位置。回答下列问题：
周期 族
IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA 0
2 X 　 　 　 　 R 　 　
3 M Y Z 　 　 Q W 　
（1）写出X的原子结构示意图：　 　，原子半径：X　 　R(填“大于”或“小于”)
（2）Q和W的最高价氧化物对应的水化物的酸性：　 　>　 　(填化学式)。
（3）化合物MW的电子式为　 　，其中含有的化学键类型是　 　。
（4）实验室提供了下列试剂：溶液、溶液、氨水、溶液。请设计实验方案证明碱性：　 　。
【答案】（1）；大于
（2）；
（3）；离子键
（4）向试管中加入溶液，滴加氨水直到不再产生白色沉淀，再滴加溶液，边滴边振荡，沉淀消失；向试管中加入溶液，滴加氨水直到不再产生白色沉淀，再滴加溶液，边滴边振荡，沉淀不消失
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）X为Li元素，Li原子核外有3个电子，其原子结构示意图为 ；同周期从左到右元素的原子半径逐渐减小，则X的半径大于R，故答案为： ；大于。
（2）Q为S元素，W为Cl元素，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性： > ，故答案为： ； 。
（3）化合物MW为NaCl，NaCl为离子化合物，由钠离子和氯离子构成，其电子式为 ，含有的化学键为离子键，故答案为： ；离子键。
（4）Mg(OH)2是中强碱，Al(OH)3是两性氢氧化物，要证明二者的碱性强弱，可通过前者不可溶于强碱而后者可溶于强碱证明，实验方案为：向试管中加入溶液，滴加氨水直到不再产生白色沉淀，再滴加溶液，边滴边振荡，沉淀消失；向试管中加入溶液，滴加氨水直到不再产生白色沉淀，再滴加溶液，边滴边振荡，沉淀不消失，故答案为： 向试管中加入溶液，滴加氨水直到不再产生白色沉淀，再滴加溶液，边滴边振荡，沉淀消失；向试管中加入溶液，滴加氨水直到不再产生白色沉淀，再滴加溶液，边滴边振荡，沉淀不消失。
【分析】根据各元素在元素周期表中的位置可知，X为Li元素，R为O元素，M为Na元素，Y为Mg元素，Z为Al元素，Q为S元素，W为Cl元素。
15．锡（）是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。
（1）位于元素周期表的第5周期第IVA族。将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：
（2）和是锡的常见氯化物，可被氧化得到。
①分子的模型名称是　 　。
②的键是由锡的　 　轨道与氯的轨道重叠形成。键。
（3）白锡和灰锡是单质的常见同素异形体。二者晶胞如图：白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。
①灰锡中每个原子周围与它最近且距离相等的原子有　 　个。
②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为和，则白锡和灰锡晶体的密度之比是　 　。
（4）单质的制备：将与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在下，能迅速被还原为单质，通入空气的作用是　 　。
【答案】（1）
（2）平面三角形；杂化
（3）4；
（4）与焦炭在高温下反应生成，将还原为单质
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Sn位于周期表第五周期第ⅣA族，则其价层电子排布式为5s25p2，其基态原子最外层电子轨道表示式为。
故答案为：
（2）①SnCl2的键角为120°，因此SnCl2分子的VSEPR模型为平面三角形。
故答案为：平面三角形
②由SnCl4的结构式可知，Sn可形成4个共价键，因此Sn采用sp3杂化。
故答案为：sp3杂化
（3）①由灰锡的晶胞结构可知，灰锡中Sn原子与周围4个Sn原子形成正四面体结构。因此灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子共有4个。
故答案为：4
②由均摊法可知，白锡晶胞中所含Sn原子的个数为；灰锡晶胞中所含Sn原子的个数为。因此白锡和灰锡晶体的密度之比为。
故答案为：
（4）由于固体间反应慢，未明显发生反应。通入空气后，焦炭与空气中的O2反应生成CO，CO与SnO2间的接触面积增加，利用CO的还原性，将SnO2还原为Sn。因此通入空气后可迅速将SnO2还原为Sn单质。
故答案为：与焦炭在高温下反应生成CO，CO将SnO2还原为单质Sn
【分析】（1）Sn位于周期表第五周期第ⅣA族，则其价层电子排布式为5s25p2，据此确定其轨道表示式。
（2）①根据键角确定其VSEPR模型。
②Sn可形成四个共价键，则采用sp3杂化。
（3）①根据晶胞结构分析。
②根据均摊法确定晶胞中原子个数 ，结合密度公式计算。
（4）通入空气后，焦炭与空气中的O2反应生成CO，CO将SnO2还原为Sn。
三、流程题
16． 铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下：
已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在；
② ；
③易从溶液中结晶析出；
④不同温度下的溶解度如下：
温度℃ 0 20 40 60 80
溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0
回答下列问题：
（1）Cu属于　 　区元素，其基态原子的价电子排布式为　 　；
（2）“滤液1”中含有和，“氧化酸浸”时反应的离子方程式为　 　；
（3）“氧化酸浸”和“除金”工序抣需加入一定量的：
①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是　 　。
②在“除金”工序溶液中，浓度不能超过　 　。
（4）在“银转化”体系中，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图所示，若浓度为，则的浓度为　 　。
（5）滤液4中溶质主要成分为　 　(填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是　 　。
【答案】（1）Ds；3d104s1
（2）
（3）使银元素转化为AgCl沉淀；0.5
（4）0.05
（5）；高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产
【知识点】原子核外电子排布；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）Cu的原子序数为29，其核外电子排布式为[Ar]]3d104s1，因此Cu属于ds区元素。其价层得电子排布式为3d104s1。
故答案为：ds；3d104s1
（2）“氧化酸浸”过程中Cu2Se被氧化为Cu2＋和H2SeO3，过程中Cu元素由＋1价变为＋2价，失去1×2＋6×1=8个电子；H2O2中O元素由－1价变为－2价，得到1×2=2个电子。根据得失电子守恒可得，Cu2Se的系数为1，Cu2＋的系数为2，H2SeO3的系数为1；H2O2的系数为4。根据电荷守恒可得，反应物中含有H＋，且其系数为4。根据H原子守恒可得生成物中含有H2O，且其系数为5。因此该反应的离子方程式为：Cu2Se＋4H2O2＋4H＋=2Cu2＋＋H2SeO3＋5H2O。
故答案为：Cu2Se＋4H2O2＋4H＋=2Cu2＋＋H2SeO3＋5H2O
（3）①“氧化酸浸”工序中，加入适量NaCl，可增大溶液中c(Cl－)，使Ag＋转化为AgCl沉淀。
故答案为：使银元素转化为AgCl沉淀
②“除金”工序中加入NaCl是溶液中的Au元素转化为Na[AuCl4]；使Ag元素转化为AgCl沉淀。为防止Ag元素形成可溶性[AgCl2]－，因此控制加入NaCl的量。当溶液中[AgCl2]－浓度低于1.0×10－5mol·L－1时，则溶液中不含有[AgCl2]－，由反应AgCl(s)＋Cl－(aq) [AgCl2]－(aq)的平衡常数可得，此时溶液中c(Cl－)=0.5mol·L－1。因此在“除金”工序中，Cl－浓度不能够超过0.5mol·L－1。
故答案为：0.5
（4）在“银转化”体系中，[Ag(SO3)2]3－和[Ag(SO3)3]5－浓度之和为0.075mol·L－1，溶液中存在可逆反应：[Ag(SO3)2]3－＋SO32－ [Ag(SO3)3]5－，当溶液中c(SO32－)=0.5mol·L－1时，溶液中c([Ag(SO3)2]3－)=c([Ag(SO3)3]5－)=0.0375mol·L－1，该反应的平衡常数。当溶液中c(SO32－)=1.0mol·L－1时，，解得c([Ag(SO3)3]5－)=0.05mol·L－1。
故答案为：0.05
（5）滤液4进入“银转化”工序中循环利用，而该工序中需加入Na2SO3，因此滤液4中的溶质为Na2SO3。由Na2SO3的溶解度数据可知，当温度高于40℃时，Na2SO3的溶解度随温度的升高而减小。因此当温度高于40℃时，溶液中c(Na2SO3)减小，“银转化”和“银还原”效率下降，难以实现连续生产。
故答案为：Na2SO3；高于40℃后，Na2SO3的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产
【分析】（1）根据Cu的核外电子排布式，确定Cu元素的分区位置和价电子排布式。
（2）Cu2Se中Cu元素为＋1价，Se为－1价，“氧化酸浸”过程中Cu元素被氧化为＋2价Cu2＋，Se元素被氧化为＋4价H2SeO3，据此写出反应的离子方程式。
（3）①加入NaCl，可使溶液中的Ag＋转化为AgCl沉淀。
②“除金”工序中应防止AgCl与Cl－进一步反应生成[AgCl2]－，结合AgCl与Cl－反应的平衡常数进行计算。
（4）“银转化”体系中存在可逆反应[Ag(SO3)2]3－＋SO32－ [Ag(SO3)3]5－，结合反应的平衡常数进行计算。
（5）滤液4可进入“银转化”中循环利用，因此滤液4中的溶质为Na2SO3。当温度高于40℃时，Na2SO3在水中的溶解度降低，溶液中c(Na2SO3)降低，“银转化”与“银还原”效率降低。
17．工业上利用如下流程将粗硒进行精制，结合流程，回答下列问题
（1）Ⅰ．焙烧产物为，其中Se的化合价为　 　，铝的基态电子排布式为　 　。
（2）“氢化”过程涉及到的化学方程式为　 　。
（3）已知热解方程式为： ，回答下列问题：热解后，温度迅速从1000K降至500K，对于Se蒸汽而言，从气态变为固态的过程为　 　。热解后迅速降温的目的　 　。尾气的成分为　 　（填化学式）。
（4）Ⅱ．取0.1g样品，加入，生成，向其中加入0.1mol/L的和少量的淀粉KI溶液，用去40.00mL的溶液，反应完成后，再加： （），至蓝色消失，通过反应②Se（IV）与反应的物质的量之比为。
反应③的离子方程式为　 　。
（5）样品中Se的含量　 　。
【答案】（1）；
（2）
（3）凝华；减少生成，提高Se产率；；
（4）
（5）94.8%
【知识点】原子核外电子排布；化学平衡的影响因素；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1） 焙烧产物为 ，在中，铝元素的常见化合价为+3价，根据化合物中各元素正负化合价代数和为零的原则可知，Se的化合价为-2价；铝是13号元素，根据构造原理，其基态电子排布式为，故答案为：-2；。
（2）“氢化”过程中，与水蒸气反应生成，则反应的化学方程式为，故答案为：。
（3）对于Se蒸汽而言，从气态变为固态的过程为凝华；热解反应为吸热反应，热解后迅速降温可以减少生成，提高Se产率；热解时发生反应，则尾气的成分为以及少量的，故答案为：凝华； 减少生成，提高Se产率 ；、。
（4）反应③是被KI还原为Se的过程，反应的离子方程式为：，故答案为：。
（5）第一次加入40.00mL的溶液和KI溶液，二者同时做还原剂，将还原为Se，第二次再加入同浓度的滴定上一步生成的碘单质，整个过程相当于48mL 0.1mol/L的溶液与反应，根据已知条件可知，Se(IV)与反应的物质的量之比为，则，样品中Se的含量：，故答案为：94.8%。
【分析】粗Se加入Al粉焙烧，焙烧产物为， 通入水蒸气氢化，发生反应 得到H2Se，H2Se脱水再热解，发生反应 ： ，分离出含氢气的尾气，再冷凝得到精Se。
四、综合题
18．硫是一种重要的非金属元素。
（1）基态S原子的价层电子的轨道表示式为　 　。H2S的VSEPR模型名称为　 　，其空间结构为　 　。
（2）H2O、H2S、H2Se的沸点由高到低的顺序为　 　。
（3）NH4HS的电子式为　 　。在25℃和101 kPa下，NH3与H2S两种气体反应生成1 mol NH4HS固体时，放出90.4 kJ的热量，该反应的热化学方程式为　 　。
（4）25℃时，H2S的Ka1和Ka2分别为1.1×10-7、1.3×10-13，NH3·H2O的Kb为1.8×10-5，则NH4HS水溶液显　 　（填“酸性”“中性”“碱性”）。
（5）硫化锂晶体的晶胞如右图，晶胞中含有硫离子的数目为　 　；与硫离子最近且距离相等的锂离子的数目为　 　。
（6）将1.0 g硫粉和2.0 g铁粉均匀混合，放在陶土网上堆成条状。用灼热的玻璃棒触及混合粉末的一端引发反应，反应剧烈。实验中可能发生的反应为　 　（用化学方程式表示）。
【答案】（1）；四面体形；V形
（2）
（3）；
（4）碱性
（5）4；8
（6）
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，因此其价电子的轨道表示式为。H2S的价层电子对数为4，其中含有2对孤电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；空间结构为V形。
故答案为：；四面体形；V形
（2）H2O、H2S、H2Se的组成和结构相似，且都属于分子晶体。由于H2O可形成分子间氢键，因此其沸点最高。而相对分子质量H2Se＞H2S，相对分子质量越大，范德华力越大，因此沸点越高。所以三种物质的沸点由高到低的顺序为：H2O＞H2Se＞H2S。
故答案为：H2O＞H2Se＞H2S
（3）NH4HS是由NH4＋和HS－构成的，其电子式为 。在25℃和101 kPa下，NH3与H2S两种气体反应生成1 mol NH4HS固体时，放出90.4 kJ的热量，因此该反应的热化学方程式为。
故答案为：；
（4）HS-的水解平衡常数；而HS-的电离平衡常数Ka2=1.3×10-13。因此HS－的水解程度大于其电离程度。而NH4＋的水解平衡常数，由于9.1×10-8＞5.6×10-10，因此HS－的水解程度大于NH4＋的水解程度，因此溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液显碱性。
故答案为：碱性
（5）由晶胞结构可知，S2－位于晶胞的顶点和面心，因此晶胞中所含S2－的个数为。以面心S2-为中心，与之距离最近且相等的Li+位于晶胞的内部，由于面心的S2-为两个晶胞共有，因此与之距离最近且相等的的Li+共有4×2=8个。
故答案为：4；8
（6）灼热的玻璃棒起到点燃或加热的作用，Fe与S反应生成FeS，该反应的化学方程式为 ；同时硫粉也能与空气中的O2反应生成SO2，该反应的化学方程式为 。该过程中还可能存在Fe与O2反应生成Fe3O4，该反应的化学方程式为 。
故答案为：
【分析】（1）根据基态S原子的核外电子排布式确定其价层电子轨道表示式。根据H2S的价层电子对数确定其VSEPR模型和空间结构。
（2）H2O、H2S、H2Se都是分子晶体，分子晶体的沸点受氢键和范德华力的影响。含有氢键，则其沸点越高；相对分子质量越大，范德华力越大，则其沸点越高。
（3）NH4HS是由NH4＋和HS－构成的，据此确定其电子式。根据题干信息确定反应的化学方程式以及反应热，从而得出反应的热化学方程式。
（4）根据Kw=Ka×Kh，计算NH4＋和HS－的水解平衡常数，比较二者的大小，从而得出溶液的酸碱性。
（5）由晶胞结构图可知，S2－位于面心和顶点，根据“均摊法”确定晶胞中S2－的个数。以面心S2－为中心，与之距离最近且相等的Li＋位于晶胞内部，据此分析。
（6）硫粉与铁粉混合均匀放在陶土网上，可能存在Fe与S、O2之间的反应，据此写出反应的化学方程式。
19．(以下题目中的图片根据回忆所得信息结合文献资料重新整合所得，仅供参考)
（1）钨作灯丝与_______性质有关(不定项)。
A.延展性 B导电性 C.高熔点 D.高密度
（2）钨有金属光泽的原因________ (从微观角度解释)。
（3）原子在晶胞中的_______位置。
A. 顶点 B. 棱上 C. 面上 D. 体心
（4）钨在周期表中的位置是_______。
A. 第五周期第ⅡB族 B. 第五周期第ⅣB族 C. 第六周期第ⅡB族 D. 第六周期第ⅥB族
（5）根据价层电子对斥理论，的价层电子对数是________。
（6）图晶胞号O原子，若晶胞仅含1个完整四面体，组成该四面体的O编号是________。
表格(各种矿石密度)。
（7）给出晶胞参数，求并说明“重石头”俗名依据________。(有V和M？)
电解制备是光电陶瓷材料
已知
（8）写出电解的阳极方程式________。
（9）为获取高纯产物，制备时需要不断通入的原因________。
【答案】(1) B，C
(2) 金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽
(3) B，C
(4) D
(5) 4
(6) 5、6、7、8
(7)；CaWO4的密度较大
(8)
(9) 减少CO2，避免生成CaCO3
【知识点】金属晶体的基本堆积模型；电解池工作原理及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）、A、延展性体现在钨可以被拉制成细丝，在制造过程中有一定作用，但它不是钨被选作灯丝的直接或主要原因。纯钨的延展性较差，室温下较脆，通常需要加热才能加工，因此该性质在灯丝应用中不是核心因素，A错误；
B、钨具有良好的导电性，允许电流通过灯丝时产生热量和光，B正确；
C、钨的熔点极高（约3422℃），使其在高温下工作时不熔化，这是选择钨作为灯丝的关键原因，C正确；
D、钨作灯丝与其密度无关，D错误。
故答案为：BC；
（2）、钨有金属光泽的原因是：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽；
故答案为：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽；
（3）、观察 Ca 的连接方式，Ca 原子连接上下层结构，对应棱上 ，纵向延伸，同时连接同层两侧结构，对应面上 ，横向分布，故同时符合 棱上（B） 和 面上（C） 的位置特征，故答案为：BC；
（4）、钨在周期表中的位置由其原子序数和电子排布决定。钨的原子序数为74，电子排布为[Xe] 4f 4 5d4 6s2，据此分析最高主量子数为6，来自6s和5d轨道，因此钨位于第六周期，价电子排布为5d46s2，价电子总数为6。钨属于d区元素，d区元素的族号等于价电子总数。因此，钨位于第VIB族；
（5）、，故答案为4；
（6）、四面体是由1个W原子和4个O原子构成的，其中W原子位于四面体的中心，4个O原子位于四面体的4个顶点。从图1-8中可以看到晶胞的结构，当W原子与5、6、7、8号O原子相邻时，能组成一个四面体，故答案为：5、6、7、8；
（7）、晶胞参数通常指的是晶胞的边长和角度。假设图中标注的边长为a，角度为，，其中Z是晶胞中化学式单位的数量，M是化学式单位的摩尔质量，a是晶胞的体积，NA是阿伏加德罗常数；“重石头”是CaWO4的俗名，因为CaWO4的密度较大，所以被称为“重石头”；故答案为；CaWO4的密度较大；
（8）、在电解制备CaWO4的过程中，阳极材料为钨（W），电解液为Ca(OH)2/NaOH碱性溶液。阳极发生氧化反应，钨（W）被氧化为钨酸根离子（WO42-），钨的氧化态从0升至+6，失去6个电子；在碱性条件下，OH-参与反应，生成WO42-和水，生成的WO42-与溶液中的Ca2+结合形成CaWO4沉淀
，故答案为：；
（9）、空气中含有CO2，CO2溶解于碱性电解液（含OH-）中会反应：CO2+2OH-→CO32-+H2O。
生成的CO32-与溶液中的Ca2+结合形成CaCO3沉淀：Ca2++CO32-=CaCO3↓，对比二者的Ksp的数值，，虽然CaWO4的溶度积更小，但CaCO3的溶度积较大，在CO2存在下仍可能生成CaCO3沉淀，与CaWO4共沉淀或形成杂质，降低产物纯度，因此通入N2可创建惰性气氛，排除空气（特别是CO2），防止上述副反应，从而获得高纯CaWO4，故答案为：减少CO2，避免生成CaCO3；
【分析】明确晶胞位置定义：顶点：晶胞的 8 个角落；棱上：12 条棱的中间位置；面上：6 个面的中心区域；体心：晶胞内部中心。
W丝除了有导电性以外，还具有很高的熔点，，与电源正极相连的是电解池的阳极，与电源负极相连的是电解池的阴极，阳极失电子，阴极得电子；
电解方程式的书写方法： (1)写出溶液中存在的离子(2)比较放电顺序(3)写出电极反应，推测其他产物；书写时要注意：①阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中阳离子放电 ②阳极材料若是金属电极(Au、Pt除外)，溶液中的阴离子不反应，电极金属失电子被氧化 ③电解水溶液时，K+～Al3+不可能在阴极放电，即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属单质 ④电解水溶液时，Pb2+、Sn2+、Fe2+、Zn2+浓度较大时在H+之前放电。
20．钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。
（1）基态Ti原子的价层电子排布式为　 　。
（2）298K下，反应的、，则298K下该反应　 　(填“能”或“不能”)自发进行。
（3）以为原料可制备。将与10.0molTi放入容积为的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。
编号 过程
(a)
(b)
(c)
(d)
①　 　kJ/mol。
②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为　 　。
③温度下，　 　，反应(c)的平衡常数　 　(列出算式，无须化简)。
（4）钛基催化剂可以催化储氢物质肼的分解反应：
(e)
(f)
为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料(含的物质的量为)，进行实验，得到、随时间t变化的曲线如图。其中，为与的物质的量之和；为剩余的物质的量。设为0~t时间段内反应(e)消耗的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用表示。
①内，的转化率为　 　(用含的代数式表示)。
②内，催化剂的选择性为　 　(用含与的代数式表示，写出推导过程)。
【答案】（1）
（2）能
（3）；；0.5；
（4）；
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）Ti为22号元素，基态Ti原子的价层电子排布式为。
故答案为：
（2）反应的、，则根据可知，该反应在298K下能自发进行。
故答案为：能
（3）① 已知：
反应b：
反应c：
将反应c-2×反应b可得，则。
故答案为：
② 由表格可知，反应a为放热反应，反应b、c为吸热反应，反应d也是放热的，曲线Ⅰ，Ⅱ可表示或的物质的量随温度的变化情况，随着温度升高，反应b、c正向移动，反应a、d为逆向移动，所以的含量逐渐上升，的含量逐渐下降，所以曲线Ⅰ对应的物质为。
故答案为：
③ 温度下，，，，根据Ti元素守恒，可推出（10+5-6-8.5）mol=0.5mol，则，，反应(c)的平衡常数=。
故答案为：0.5；
（4）① 因为肼为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时，时，，则内，的转化率为=。
故答案为：
② 由图可知，内，，，则，反应掉的肼为，生成的氮气和氢气的物质的量为，根据反应前后原子个数守恒，可得，反应f消耗的肼为，反应e消耗的肼为， 则本体系中催化剂的选择性===。
故答案为：
【分析】（1）根据基态Ti原子的核外电子排布式确定其价层电子排布式。
（2）当ΔH-TΔS＜0时，反应可自发进行。
（3）①根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
②随着温度升高，曲线Ⅰ的纵坐标逐渐降低。据此结合温度对平衡移动的影响分析。
③温度下，，，，根据Ti元素守恒计算。进而计算反应(c)的平衡常数。
（4）①因为肼为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时，时，，据此计算N2H4的转化率。
②根据图像数据，结合元素守恒进行计算。
（1）Ti为22号元素，基态Ti原子的价层电子排布式为，故答案为：：
（2）反应的、，则根据可知，该反应在298K下能自发进行，故答案为：能；
（3）① 已知：
反应b：
反应c：
将反应c-2×反应b可得，则，故答案为：；
② 由表格可知，反应a为放热反应，反应b、c为吸热反应，反应d也是放热的，曲线Ⅰ，Ⅱ可表示或的物质的量随温度的变化情况，随着温度升高，反应b、c正向移动，反应a、d为逆向移动，所以的含量逐渐上升，的含量逐渐下降，所以曲线Ⅰ对应的物质为，故答案为：；
③ 温度下，，，，根据Ti元素守恒，可推出（10+5-6-8.5）mol=0.5mol，则，，反应(c)的平衡常数=，故答案为：0.5；；
（4）① 因为肼为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时，时，，则内，的转化率为=，故答案为：；
② 由图可知，内，，，则，反应掉的肼为，生成的氮气和氢气的物质的量为，根据反应前后原子个数守恒，可得，反应f消耗的肼为，反应e消耗的肼为， 则本体系中催化剂的选择性===，故答案为：；
21．Fe单质及其化合物应用广泛。回答下列问题：
（1）在元素周期表中，Fe位于第　 　周期　 　族。基态Fe原子与基态Fe3+离子未成对电子数之比为　 　
（2）尿素分子(H2NCONH2)与Fe3+形成配离子的硝酸盐[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。
①元素C，N，O中，第一电离能最大的是　 　，电负性最大的是　 　
②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为　 　
③八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与Fe2+配位的原子是　 　(填元素符号)。
（3）α-Fe可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示（晶胞边长为apm）。
①α-Fe晶胞中Fe原子的半径为　 　pm。
②研究发现，α一Fe晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是　 　，该截面单位面积含有的Fe原子为　 　个·pm-2。
【答案】（1）4；Ⅷ；4：5
（2）N；O；sp2杂化；O
（3）；n；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）Fe是第26号元素，在元素周期表中位于第4周期第Ⅷ族；基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，其未成对电子数为4，基态Fe3+的价电子排布式为3d5，其未成对电子数为5，则 基态Fe原子与基态Fe3+离子未成对电子数之比为4：5，故答案为： 4；Ⅷ；4：5。
（2）①同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能大小：N>O>C，第一电离最大的是N；同周期从左到右元素的电负性增大，故电负性：O>N>C，电负性最大的是O，故答案为：N；O。
②尿素分子中C原子与O原子形成双键，其价层电子对数为3，采用sp2杂化，故答案为：sp2杂化。
③ 八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，说明N原子没有参与形成配位键，O原子提供孤电子对形成配位键，为配位原子，故答案为：O。
（3）①该晶胞边长为apm，体对角线的长度为apm，由晶胞图可知，4r(Fe)=apm，则Fe原子的半径为 pm，故答案为：。
②m截面中，Fe原子数目为，n截面中，Fe原子数目为，截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低，Fe原子数目：n截面>m截面，因此n截面的催化活性较低；该截面单位面积含有的Fe原子为 pm-2，故答案为： 。
【分析】（1）Fe为26号元素，其价电子排布式为3d64s2，基态Fe3+的价电子排布式为3d5；
（2）①同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；元素的非金属性越强，电负性越大；
②双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
③提供孤电子对的原子为配位原子；
（3）①由图可知，4r(Fe)=apm；
②根据均摊法计算截面中含有的Fe原子数目。
22．氮和氧是构建化合物的常见元素。
已知：
请回答：
（1）某化合物的晶胞如图，其化学式是 　 　，晶体类型是 　 　。
（2）下列说法正确的是 。
A．电负性：B＞N＞O
B．离子半径：P3﹣＜S2﹣＜Cl﹣
C．第一电离能：Ge＜Se＜As
D．基态Cr的简化电子排布式：[Ar]3d4
（3）①H2N﹣NH2+H+→H2N﹣，其中﹣NH2的N原子杂化方式为 　 　；比较键角∠HNH：H2N﹣NH2中的﹣NH2　 　H2N﹣中的﹣（填“＞”、“＜”或“＝”），请说明理由 　 　。
②将HNO3与SO3按物质的量之比1：2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是。比较氧化性强弱：　 　HNO3（填“＞”、“＜”或“＝”）；写出A中阴离子的结构式 　 　。
【答案】（1）；分子晶体
（2）C
（3）sp3；<；-NH2中的N原子含有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小；>；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】（1）由图可知，该晶胞中， 每个Cr连接4个H2O，2个Cl ，其化学式为；构成晶胞的粒子为分子，则该晶体属于分子晶体，故答案为：；分子晶体；
（2）A、元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：O>N>B，则电负性：O>N>B，故A错误；
B、电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径： P3﹣>S2﹣>Cl﹣，故B错误；
C、同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能：Ge＜Se＜As，故C正确；
D、Cr是24号元素，位于第四周期第ⅥB族，基态Cr的简化电子排布式：[Ar]3d54s1，故D错误；
故答案为：C；
（3）①中，N原子的价层电子对数为，则N原子采用sp3杂化； H2N-NH2中的-NH2与 H2N﹣中的N原子都为sp3杂化，H2N-NH2中-NH2中的N原子含有1个孤电子对，H2N﹣中的N原子没有孤电子对，孤电子对对成键电子对存在排斥力，键角变小，故键角∠HNH ： H2N﹣NH2中的﹣NH2 < H2N﹣中的﹣ ，故答案为：sp3； ＜；-NH2中的N原子含有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小；
②将与按物质的量之比1：2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是，则发生的反应为，A为NO2HS2O7，为硝酸失去一个OH-得到的，得电子能力更强，氧化性更强，故氧化性强弱： ＞；A中的阴离子为，其结构式为：，故答案为：>；。
【分析】（1） 每个Cr连接4个H2O，2个Cl ；
（2）A、元素的非金属性越强，电负性越大；
B、电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小；
C、同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
D、Cr为24号元素；
（3）①孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
②氧化剂的氧化性大于氧化产物。
五、实验探究题
23． 氢碘酸常用于合成碘化物。某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。
步骤如下：
ⅰ．在A中加入和，快速搅拌，打开通入，反应完成后，关闭，静置、过滤得滤液；
ⅱ．将滤液转移至B中，打开通入，接通冷凝水，加热保持微沸，直至除尽；
ⅲ．继续加热蒸馏，C中收集沸点为间的馏分，得到117mL氢碘酸(密度为，HI质量分数为57%)。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称：　 　，通入发生反应的化学方程式：　 　。
（2）步骤ⅰ中快速搅拌的目的：　 　(填序号)
a．便于产物分离 b．防止暴沸 c．防止固体产物包覆碘
（3）步骤ⅰ中随着反应的进行，促进碘溶解的原因　 　(用离子方程式表示)。
（4）步骤ⅱ中的尾气常用　 　(填化学式)溶液吸收。
（5）步骤ⅱ实验开始时的操作顺序：先通入，再加热；步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序：　 　。
（6）列出本实验产率的计算表达式：　 　。
（7）氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在　 　。
【答案】（1）圆底烧瓶；I2+H2S=S+2HI
（2）c
（3）
（4）NaOH
（5）先停止加热，再通一段时间的N2后关闭K2
（6）
（7）密封的棕色细口瓶中，并放在避光低温处
【知识点】卤素原子结构及其性质的比较；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）图示仪器A的名称为圆底烧瓶。通入H2S后，溶液中的I2与H2S反应生成S和HI，该反应的化学方程式为I2＋H2S=S＋2HI。
故答案为：圆底烧瓶；I2＋H2S=S＋2HI
（2）步骤ⅰ中反应生成S，为防止产物S单质将I2包裹覆盖，导致反应停止，反应过程中需快速搅拌。因此步骤ⅰ中快速搅拌的目的是防止固体产物包裹碘，c符合题意。
故答案为：c
（3）步骤ⅰ中随着反应的进行，反应过程中生成HI，使得溶液中c(I－)增大，I2与I－反应I3－，促进了I2的溶解。该反应的离子方程式为I2＋I－ I3－。
故答案为：I2＋I－ I3－
（4）步骤ⅱ中产生的尾气为H2S，为酸性气体，可用碱性溶液吸收。因此常用NaOH溶液吸收。
故答案为：NaOH
（5）步骤ⅲ实验结束时，应先停止加热，继续通入N2，将装置内残留的蒸汽赶入冷凝管内再关闭K2。
故答案为：先停止加热，再通一段时间的N2后关闭K2
（6）127gI2的物质的量为，由反应的化学方程式I2＋H2S=S＋2HI可知，0.5molI2完全反应，生成n(HI)=1mol，其质量为1mol×128g·mol－1=128g。反应过程中实际生成HI的质量为117mL×1.7g·mL－1×57%。因此本实验中HI的产率为。
故答案为：
（7）氢碘酸酸见光易分解，且易被空气氧化，因此氢碘酸应保存在密封的棕色细口瓶中，且存放在避光低温处。
故答案为：密封的棕色细口瓶中，并放在避光低温处
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。通入H2S后，I2将H2S氧化成S，据此写出反应的化学方程式。
（2）快速搅拌可防止固体产物将I2单质包裹。
（3）步骤ⅰ反应生成HI，I2能与I－进一步反应生成I3－，促进碘溶解，据此写出反应的离子方程式。
（4）步骤ⅱ中产生的尾气为H2S，可用NaOH溶液吸收。
（5）步骤ⅲ实验结束后，应先停止加热，继续通N2，将装置内残留的蒸汽赶入冷凝管内。
（6）根据消耗n(I2)，结合反应的离子方程式计算理论生成n(HI)。根据公式计算差率。
（7）见光易分解应保存在棕色瓶。
24．某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
（1）浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中存在盐酸和MnO2。
①反应的离子方程式是　 　。
②电极反应式：
i还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
ii氧化反应：　 　。
③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。
i随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱.
ii随c(Cl-)降低，　 　。
④补充实验证实了③中的分析。
　 实验操作 试剂 产物
I 较浓H2SO4 有Cl2
II a 有Cl2
III a+b 无Cl2
a是　 　，b是　 　。
（2）利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是　 　，从原子结构角度说明理由　 　。
（3）根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是　 　。
（4）Ag分别与1mol·L1的盐酸、氢溴酸、氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因：　 　。
（5）总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是　 　。
【答案】（1）MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；2Cl--2e- =Cl2↑；Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强；KCl固体(或浓/饱和溶液)；MnSO4固体(或浓/饱和溶液)
（2）KCl>KBr>KI；Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强
（3）AgNO3 或Ag2SO4
（4）比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生
（5）氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氯气的实验室制法；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；②氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl2↑③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)；
（2）非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；
（3）根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4；
（4）若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H2↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生；
（5）通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
【分析】 (1)①二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水；
②氧化反应是元素化合价升高；
③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂；
④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析；
(2)KCl>KBr>KI，Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；
(3)随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱；
(4)比较AgX的溶解度，Agl溶解度最小，Ag++I-=Ag↓，使得Ag还原性增强的最多，使得
2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生；
(5)氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
1 / 1备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编 专题5 原子结构元素周期律
一、选择题
1．根据元素周期律推测，下列说法不正确的是（　　）
A．原子半径：Mg>Na B．电负性：C> Si
C．非金属性：Br>I D．热稳定性：NH3>PH3
2．下列化学用语表示不正确的是（　　）
A．CH4的结构式：
B．基态氧原子的轨道表示式
C．p 电子云轮廓图：
D．CH3CH(CH2CH3)CH2CH3的系统命名：2-乙基丁烷
3．科学家通过核反应。发现氚。下列说法正确的是（　　）
A．表示一个质子
B．的基态原子核外电子排布式为
C．与互为同位素
D．的原子结构示意图为
4．我国探月工程取得重大进展．月壤中含有Ca、Fe等元素的磷酸盐，下列元素位于元素周期表第二周期的是（　　）
A．O B．P C．Ca D．Fe
5．依据下列实验操作及现象，不能得出相应结论的是（　　）
实验操作及现象 结论
A 将稀盐酸滴入NaHCO3溶液中，产生的气体通入澄清的石灰水，石灰水变浑浊 非金属性：Cl>C
B 硫化锌（ZnS，白色）、硫化镉（CdS，黄色）为难溶电解质。向浓度均为0.1 mol/L的Zn2+、Cd2+混合液中，滴加Na2S稀溶液，先出现的沉淀是黄色的
C 向可能含有Fe2+的未知溶液中，滴加1滴溶液，有特征蓝色沉淀生成 原未知溶液中含有Fe2+
D 向含有新制的氢氧化铜的碱性溶液中，加入乙醛溶液并加热，出现砖红色沉淀 乙醛具有还原性
A．A B．B C．C D．D
6．长周期原子序数依次增大的主族元素X、Y、Z三种元素，X的价层电子数为4，Y有1个未成对电子，Z+的最高能级4p轨道填满，则下列说法正确的是（　　）
A．X、Y、Z属于同一周期元素
B．氧化物对应水化物碱性最强的是X
C．单质熔点最高的是Y
D．原子半径是最大的是Z
7．根据元素周期律，同时满足条件（ⅰ）和条件（ⅱ）的元素是（　　）
（ⅰ）电负性是同主族元素中最大：
（ⅱ）第一电离能比同周期相邻主族元素大的。
A．Al B．Si C．B D．Be
8．元素a~i为短周期元素，其第一电离能与原子序数的关系如图。下列说法正确的是
A．a和g同主族 B．金属性：
C．原子半径： D．最简单氢化物沸点：
9． 钙霞石是一种生产玻璃陶瓷的原料，所含M、Q、R、T、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，M是原子半径最小的元素，Q是形成物质种类最多的元素，R是地壳中含量最高的元素，T、X、Y同周期，Q、X均与Y相邻，Z的原子序数等于M、R和T的原子序数之和。下列说法正确的是(　　)
A．M与Z可形成离子化合物 B．原子半径：
C．是极性分子 D．电负性：
10．一种高聚物被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子致相等，X、Z电子层数相同，基态Y的轨道半充满，Z的最外层只有1个未成对电子，下列说法正确的是（　　）
A．X、Z的第一电离能：
B．X、Y的简单氢化物的键角：
C．最高价含氧酸的酸性：
D．X、Y、Z均能形成多种氧化物
11．可用于水的杀菌消毒，遇水发生反应：。下列说法正确的是（　　）
A．反应中各分子的键均为键
B．反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形
C．键长小于H—O键长
D．HClO分子中Cl的价电子层有2个孤电子对
12．由O、F、I组成化学式为的化合物，能体现其成键结构的片段如图所示。下列说法正确的是
A．图中O代表F原子
B．该化合物中存在过氧键
C．该化合物中I原子存在孤对电子
D．该化合物中所有碘氧键键长相等
二、填空题
13．氧是构建化合物的重要元素。请回答：
（1）某化合物的晶胞如图1，Cl 的配位数（紧邻的阳离子数）为　 　；写出该化合物的化学式　 　，写出该化合物与足量NH4Cl溶液反应的化学方程式　 　。
HA HB HC HD
图1 图2
（2）下列有关单核微粒的描述正确的是____。
A．Ar的基态原子电子排布方式只有一种
B．Na的第二电离能＞Ne的第一电离能
C．Ge的基态原子简化电子排布式为[Ar]4s24p2
D．Fe原子变成Fe+，优先失去3d轨道上的电子
（3）化合物HA、HB、HC和HD的结构如图2。
①HA、HB和HC中羟基与水均可形成氢键（－O－H┄OH2），按照氢键由强到弱对三种酸排序　 　，请说明理由　 　。
②已知HC、HD钠盐的碱性NaC＞NaD，请从结构角度说明理由　 　。
14．下表列出了七种元素(用字母表示)在元素周期表中的位置。回答下列问题：
周期 族
IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA 0
2 X 　 　 　 　 R 　 　
3 M Y Z 　 　 Q W 　
（1）写出X的原子结构示意图：　 　，原子半径：X　 　R(填“大于”或“小于”)
（2）Q和W的最高价氧化物对应的水化物的酸性：　 　>　 　(填化学式)。
（3）化合物MW的电子式为　 　，其中含有的化学键类型是　 　。
（4）实验室提供了下列试剂：溶液、溶液、氨水、溶液。请设计实验方案证明碱性：　 　。
15．锡（）是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。
（1）位于元素周期表的第5周期第IVA族。将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：
（2）和是锡的常见氯化物，可被氧化得到。
①分子的模型名称是　 　。
②的键是由锡的　 　轨道与氯的轨道重叠形成。键。
（3）白锡和灰锡是单质的常见同素异形体。二者晶胞如图：白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。
①灰锡中每个原子周围与它最近且距离相等的原子有　 　个。
②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为和，则白锡和灰锡晶体的密度之比是　 　。
（4）单质的制备：将与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在下，能迅速被还原为单质，通入空气的作用是　 　。
三、流程题
16． 铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下：
已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在；
② ；
③易从溶液中结晶析出；
④不同温度下的溶解度如下：
温度℃ 0 20 40 60 80
溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0
回答下列问题：
（1）Cu属于　 　区元素，其基态原子的价电子排布式为　 　；
（2）“滤液1”中含有和，“氧化酸浸”时反应的离子方程式为　 　；
（3）“氧化酸浸”和“除金”工序抣需加入一定量的：
①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是　 　。
②在“除金”工序溶液中，浓度不能超过　 　。
（4）在“银转化”体系中，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图所示，若浓度为，则的浓度为　 　。
（5）滤液4中溶质主要成分为　 　(填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是　 　。
17．工业上利用如下流程将粗硒进行精制，结合流程，回答下列问题
（1）Ⅰ．焙烧产物为，其中Se的化合价为　 　，铝的基态电子排布式为　 　。
（2）“氢化”过程涉及到的化学方程式为　 　。
（3）已知热解方程式为： ，回答下列问题：热解后，温度迅速从1000K降至500K，对于Se蒸汽而言，从气态变为固态的过程为　 　。热解后迅速降温的目的　 　。尾气的成分为　 　（填化学式）。
（4）Ⅱ．取0.1g样品，加入，生成，向其中加入0.1mol/L的和少量的淀粉KI溶液，用去40.00mL的溶液，反应完成后，再加： （），至蓝色消失，通过反应②Se（IV）与反应的物质的量之比为。
反应③的离子方程式为　 　。
（5）样品中Se的含量　 　。
四、综合题
18．硫是一种重要的非金属元素。
（1）基态S原子的价层电子的轨道表示式为　 　。H2S的VSEPR模型名称为　 　，其空间结构为　 　。
（2）H2O、H2S、H2Se的沸点由高到低的顺序为　 　。
（3）NH4HS的电子式为　 　。在25℃和101 kPa下，NH3与H2S两种气体反应生成1 mol NH4HS固体时，放出90.4 kJ的热量，该反应的热化学方程式为　 　。
（4）25℃时，H2S的Ka1和Ka2分别为1.1×10-7、1.3×10-13，NH3·H2O的Kb为1.8×10-5，则NH4HS水溶液显　 　（填“酸性”“中性”“碱性”）。
（5）硫化锂晶体的晶胞如右图，晶胞中含有硫离子的数目为　 　；与硫离子最近且距离相等的锂离子的数目为　 　。
（6）将1.0 g硫粉和2.0 g铁粉均匀混合，放在陶土网上堆成条状。用灼热的玻璃棒触及混合粉末的一端引发反应，反应剧烈。实验中可能发生的反应为　 　（用化学方程式表示）。
19．(以下题目中的图片根据回忆所得信息结合文献资料重新整合所得，仅供参考)
（1）钨作灯丝与_______性质有关(不定项)。
A.延展性 B导电性 C.高熔点 D.高密度
（2）钨有金属光泽的原因________ (从微观角度解释)。
（3）原子在晶胞中的_______位置。
A. 顶点 B. 棱上 C. 面上 D. 体心
（4）钨在周期表中的位置是_______。
A. 第五周期第ⅡB族 B. 第五周期第ⅣB族 C. 第六周期第ⅡB族 D. 第六周期第ⅥB族
（5）根据价层电子对斥理论，的价层电子对数是________。
（6）图晶胞号O原子，若晶胞仅含1个完整四面体，组成该四面体的O编号是________。
表格(各种矿石密度)。
（7）给出晶胞参数，求并说明“重石头”俗名依据________。(有V和M？)
电解制备是光电陶瓷材料
已知
（8）写出电解的阳极方程式________。
（9）为获取高纯产物，制备时需要不断通入的原因________。
20．钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。
（1）基态Ti原子的价层电子排布式为　 　。
（2）298K下，反应的、，则298K下该反应　 　(填“能”或“不能”)自发进行。
（3）以为原料可制备。将与10.0molTi放入容积为的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。
编号 过程
(a)
(b)
(c)
(d)
①　 　kJ/mol。
②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为　 　。
③温度下，　 　，反应(c)的平衡常数　 　(列出算式，无须化简)。
（4）钛基催化剂可以催化储氢物质肼的分解反应：
(e)
(f)
为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料(含的物质的量为)，进行实验，得到、随时间t变化的曲线如图。其中，为与的物质的量之和；为剩余的物质的量。设为0~t时间段内反应(e)消耗的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用表示。
①内，的转化率为　 　(用含的代数式表示)。
②内，催化剂的选择性为　 　(用含与的代数式表示，写出推导过程)。
21．Fe单质及其化合物应用广泛。回答下列问题：
（1）在元素周期表中，Fe位于第　 　周期　 　族。基态Fe原子与基态Fe3+离子未成对电子数之比为　 　
（2）尿素分子(H2NCONH2)与Fe3+形成配离子的硝酸盐[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。
①元素C，N，O中，第一电离能最大的是　 　，电负性最大的是　 　
②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为　 　
③八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与Fe2+配位的原子是　 　(填元素符号)。
（3）α-Fe可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示（晶胞边长为apm）。
①α-Fe晶胞中Fe原子的半径为　 　pm。
②研究发现，α一Fe晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是　 　，该截面单位面积含有的Fe原子为　 　个·pm-2。
22．氮和氧是构建化合物的常见元素。
已知：
请回答：
（1）某化合物的晶胞如图，其化学式是 　 　，晶体类型是 　 　。
（2）下列说法正确的是 。
A．电负性：B＞N＞O
B．离子半径：P3﹣＜S2﹣＜Cl﹣
C．第一电离能：Ge＜Se＜As
D．基态Cr的简化电子排布式：[Ar]3d4
（3）①H2N﹣NH2+H+→H2N﹣，其中﹣NH2的N原子杂化方式为 　 　；比较键角∠HNH：H2N﹣NH2中的﹣NH2　 　H2N﹣中的﹣（填“＞”、“＜”或“＝”），请说明理由 　 　。
②将HNO3与SO3按物质的量之比1：2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是。比较氧化性强弱：　 　HNO3（填“＞”、“＜”或“＝”）；写出A中阴离子的结构式 　 　。
五、实验探究题
23． 氢碘酸常用于合成碘化物。某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。
步骤如下：
ⅰ．在A中加入和，快速搅拌，打开通入，反应完成后，关闭，静置、过滤得滤液；
ⅱ．将滤液转移至B中，打开通入，接通冷凝水，加热保持微沸，直至除尽；
ⅲ．继续加热蒸馏，C中收集沸点为间的馏分，得到117mL氢碘酸(密度为，HI质量分数为57%)。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称：　 　，通入发生反应的化学方程式：　 　。
（2）步骤ⅰ中快速搅拌的目的：　 　(填序号)
a．便于产物分离 b．防止暴沸 c．防止固体产物包覆碘
（3）步骤ⅰ中随着反应的进行，促进碘溶解的原因　 　(用离子方程式表示)。
（4）步骤ⅱ中的尾气常用　 　(填化学式)溶液吸收。
（5）步骤ⅱ实验开始时的操作顺序：先通入，再加热；步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序：　 　。
（6）列出本实验产率的计算表达式：　 　。
（7）氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在　 　。
24．某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
（1）浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中存在盐酸和MnO2。
①反应的离子方程式是　 　。
②电极反应式：
i还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
ii氧化反应：　 　。
③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。
i随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱.
ii随c(Cl-)降低，　 　。
④补充实验证实了③中的分析。
　 实验操作 试剂 产物
I 较浓H2SO4 有Cl2
II a 有Cl2
III a+b 无Cl2
a是　 　，b是　 　。
（2）利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是　 　，从原子结构角度说明理由　 　。
（3）根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是　 　。
（4）Ag分别与1mol·L1的盐酸、氢溴酸、氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因：　 　。
（5）总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．Mg和Na均为第三周期元素，Na位于Mg的左侧，同周期从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：Na>Mg，故A错误；
Ｂ．同主族元素从上到下电负性逐渐减小，则电负性：C> Si，故B正确；
Ｃ．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性：Br>I，故C正确；
Ｄ．元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性：N>P，则热稳定性： NH3>PH3 ，故D正确；
故选A。
【分析】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小；
Ｂ．元素的非金属性越强，电负性越大；
Ｃ．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱；
Ｄ．元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；有机化合物的命名；结构式
【解析】【解答】A．CH4由4个C-H键构成，其结构式为 ，故A正确；
Ｂ．基态O原子的核外电子排布式为1s22s22p4，则其轨道表示式为 ，故B正确；
Ｃ．p轨道的电子云轮廓为哑铃形，即 ，故C正确；
Ｄ．CH3CH(CH2CH3)CH2CH3 的最长碳链含有5个碳原子，应该是戊烷，支链位于3号C原子，则其正确命名为：3 - 甲基戊烷，故D错误；
故选D。
【分析】A．甲烷为正四面体结构；
Ｂ．O为8号元素，根据构造原理书写其核外电子排布式；
Ｃ．p轨道电子云轮廓呈哑铃形；
Ｄ．烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始编号，命名时表示出支链的位置。
3．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；同位素及其应用；原子结构示意图
【解析】【解答】A． 右下角为质子数，则所含质子数为0，故A错误；
Ｂ．Li最外层有一个电子，则的基态原子核外电子排布式为， 故B错误；
Ｃ． 与 具有相同的质子数，中子数不同，互为同位素，故C正确；
Ｄ． 核外只有2个电子，其原子结构示意图为，故D错误；
故选C。
【分析】A．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
Ｂ． 最外层只有一个电子；
Ｃ．同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子；
Ｄ． 核外只有2个电子。
4．【答案】A
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、O为8号元素，位于第二周期第ⅥA族，故A符合题意；
B、P为15号元素，位于第三周期第ⅤA族，故B不符合题意；
C、Ca为20号元素，位于第四周期第ⅡA族，故C不符合题意；
D、Fe为26号元素，位于第四周期第Ⅷ族，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】O为8号元素，P为15号元素，Ca为20号元素，Fe为26号元素。
5．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价；元素周期律和元素周期表的综合应用；乙醛
【解析】【解答】A、产生的能使澄清石灰水变浑浊的气体为CO2，盐酸与NaHCO3溶液反应生成CO2，说明酸性HCl＞H2CO3，但不能说明非金属性Cl＞C，A选项错误。
B、难溶物ZnS、CdS的组成和结构相似，向等浓度的Zn2＋、Cd2＋的溶液中加入Na2S溶液，先形成沉淀的，其溶度积较小。由于先出现的黄色沉淀为CdS，说明溶度积Ksp(ZnS)＜Ksp(CdS)，B选项正确。
C、滴入K3[Fe(CN)6]溶液，产生特征蓝色的沉淀，说明溶液中含有Fe2＋，C选项正确。
D、产生的砖红色沉淀为Cu2O，其中Cu元素由＋2价变为＋1价， 发生还原反应，体现了乙醛的还原性，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、要比较非金属性的强弱，需通过比较最高价含氧酸的酸性强弱，从而得出非金属性的强弱。
B、向含有等浓度Zn2＋、Cd2＋的溶液中加入Na2S溶液，先形成沉淀的，其溶度积Ksp越小。
C、加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生特征蓝色沉淀的，说明溶液中含有Fe2＋。
D、产生的砖红色沉淀为Cu2O，过程中乙醛将Cu(OH)2还原。
6．【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．由分析可知，X为Ge，Y为Br，Z为Rb，不在同一周期，故A错误；
B．元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，X为Ge，Y为Br，Z为Rb，金属性最强的元素为Rb，则最高价氧化物对应水化物碱性最强的是Z，故B错误；
C．X为Ge，单质为金属晶体；Y为Br，单质为分子晶体；Z为Rb，单质为金属晶体；Ge原子半径较小，而且价电子数多，金属键较强，熔点较高，所以单质熔点最高的是X，故C错误；
D．电子层数越多的，原子半径越大，X，Y位于第四周期，Z位于第五周期，电子层数=周期数，则Z的原子半径最大，故D正确；
故选D。
【分析】X的价层电子数为4（ⅣA族），Y有1个未成对电子（可能为IA族或ⅦA族），又因为是长周期元素，所以X是Ge元素，Z+的最高能级 4p 轨道填满，其电子排布式为[Ar]3d104s24p6，则Z的原子序数为37，Z为Rb元素，根据原子序数依次增大可知，Y为Br元素。
7．【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．Al 位于第三周期 ⅢA 族，同主族中 B 的电负性比 Al 大，不满足条件（ⅰ）；且 Al 的第一电离能比同周期相邻的 Mg 小，不满足条件（ⅱ），故A错误；
Ｂ．Si 位于第三周期 ⅣA 族，同主族中 C 的电负性比 Si 大，不满足条件（ⅰ）；Si 的第一电离能比同周期相邻的 Al 大，但比相邻的 P 小，不满足条件（ⅱ），故B错误；
Ｃ．B 位于第二周期 ⅢA 族，在 ⅢA 族中电负性最大，满足条件（ⅰ）；B 的第一电离能比同周期相邻的 Be 小，不满足条件（ⅱ），故C错误；
Ｄ．Be 位于第二周期 ⅡA 族，在 ⅡA 族中电负性最大，满足条件（ⅰ）；Be 的价电子排布为2s2，处于全满稳定状态，第一电离能比同周期相邻的 Li 和 B 都大，满足条件（ⅱ），故D正确；
故选D。
【分析】电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力。同主族元素从上到下，电负性逐渐减小，所以电负性是同主族元素中最大的应该是同主族中位于最上方的元素。第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量。同一周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但 ⅡA 族（ns2全满）和 ⅤA 族（np3半满）元素的第一电离能比相邻元素大。
8．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．a是B，g是Na，二者的最外层电子数不同，因此处于不同主族，A错误；
B．Na、Mg、Al属于同周期元素，随着核电荷数增大，金属性逐渐减弱，B正确；
C．e、d、c分别是N、O、F，属于同周期元素，随着核电荷数增大，原子半径逐渐减小，因此原子半径c>d>e，C错误；
D．b为C，c为N，NH3分子间存在氢键，氢键使得沸点增大，因此沸点NH3>CH4，D错误；
故答案为：B
【分析】如图是第一电离能与原子序数之间的关系。同周期元素，随着原子序数增大，第一电离能逐渐增大。其中第ⅡA族、第ⅤA族元素，其基态原子的ns、np能级为全满、半满稳定结构，第一电离能大于下一主族元素。因此c为N、h为Mg。其余元素依次为B、C、O、F、Ne、Na、Al。据此结合元素周期律分析选项。
9．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．H与Ca形成的CaH2为离子化合物，故A正确；
Ｂ．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径大小：O＜Al＜Na，即R＜X＜T，故B错误；
Ｃ． 为CO2，其结构式为O=C=O，正负电荷中心重合，属于非极性分子，故C错误；
Ｄ．同周期电负性从左到右逐渐增大，同主族电负性从下到上逐渐增大，则电负性：Si＜C＜O，即Y＜Q＜R，故D错误；
故选A。
【分析】M是原子半径最小的元素，则M为H元素，Q是形成物质种类最多的元素，则Q为C元素，R是地壳中含量最高的元素，在R为O元素，Q和X均与Y相邻，结合Z的原子序数Z = M + R + T = 1 + 8 + T，Z ≤ 20，得T = 11（Na），Z = 20（Ca），又因为T、X、Y同周期，Q、X均与Y相邻，可推出 Q（C）与Y（Si）同主族相邻，X（Al）与Y（Si）相邻且T（Na）、X（Al）、Y（Si）同属第三周期， 综上所述，M为H、Q为C、R为O、T为Na、X为Al、Y为Si、Z为Ca。
10．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、X是P，Z是Cl，同周期元素的电负性从左至右依次增大，所以第一电离能：Z>X，A错误；
B、X是P，简单氢化物对应PH3，Y是N，简单氢化物对应NH3，可以得知，PH3和NH3的中心原子杂化类型和孤对电子数目均相同，但是N的电负性大于P，所以NH3中的成键电子对中的斥力较大，所以键角：Y>X，B错误；
C、X是P，Y是N，Z是Cl，在元素周期表中，从左至右，从下至上，最高价含氧酸的酸性不断增强，所以最高价含氧酸的酸性：Z>Y>X，C错误；
D、X是P，常见的氧化物有：P2O3、P2O5等；Y是N，常见的氧化物有：NO、NO2等；Z是Cl，常见的氧化物有：Cl2O、ClO2等，D正确；
故答案为：D
【分析】元素都是短周期，X、Y 价电子数相等也就是同主族或价电子构型同，基态 Y 的 2p 轨道半充满，为2p3，所以Y 是 N；X、Y 价电子数相等，均为 5且为短周期 ，可以推测为3s23p3，同主族，价电子数相同，所以 X 为 P；X（第三周期）与 Z 电子层数相同，Z 最外层 1 个未成对电子，而第三周期中，只有Cl 的 3p5有1 个未成对电子，所以 Z 为 Cl。
11．【答案】B
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A．水分子中，每个氢原子的1s轨道与氧原子的一个2p轨道“头对头”重叠形成σ键，因此水分子中的O-H键是s-pσ键，故A错误；
Ｂ．Cl2O、H2O、HClO的中心原子价层电子对数均为4，VSEPR模型均为四面体形，故B正确；
Ｃ．原子半径：Cl>H，则键长：Cl-O>H-O，故C错误；
Ｄ．Cl最外层有7个电子，其中1个价电子与O形成共价键，剩余6个价电子形成3对孤电子对，故D错误；
故选B。
【分析】A．水分子的中心原子O原子采用sp3杂化；
Ｂ．根据价层电子对互斥理论判断；
Ｃ．原子半径越大，键长越长；
Ｄ．氯有7个价电子。
12．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A．由分析可知，图中代表O原子，A不正确；
B．过氧键需两个 O 原子以单键相连，该化合物中，每个I原子与3个O原子形成共价键，根据均摊法可以判断必须有2个O原子分别与2个I原子成键，才能确定该化合物化学式为，因此，该化合物中不存在过氧键，B不正确；
C．I原子的价电子数为7，该化合物中F元素的化合价为-1，O元素的化合价为-2，则I元素的化合价为+5，据此可以判断每I原子与其他原子形成3个单键和1个双键，I原子的价电子数不等于其形成共价键的数目，因此，该化合物中I原子存在孤对电子，C正确；
D．该化合物中， I 与 O 形成不同类型的键，I-O键、I=O键，I=O 双键键长比 I-O 单键短，D不正确；
综上所述，本题选C。
【分析】由图可知，白色球形成2个共价键，则白色球应该是O，I的原子半径大于F，则黑色球为I，灰色的球代表F。
13．【答案】（1）12；K3ClO；【K3OCl、OClK3、O K3Cl、KCl·K2O、K2O·KCl、KClK2O（中间·没有不扣分）、K3ClO均可，但非最简式如K6Cl2O2不得分】，K3ClO＋H2O＋2NH4Cl＝3KCl＋2NH3·H2O【物质对且配平对才得分；写K3ClO＋2NH4Cl＝3KCl＋2NH3＋H2O也对；写K3ClO＋2NH4Cl＝3KCl＋NH3＋NH3·H2O也对；NH3·H2O写成NH4OH错】。
（2）A；B
（3）HC＞HB＞HA；吸电子能力C＝O＞C＝S＞C＝Se，吸电子能力越强，羟基上H带正电荷越多，与水分子中氧原子作用越强，即氢键越强；原子半径S＞O，键长S―H＞O―H，S―H键更易断键电离，因此HD酸性更强，酸根不易水解，碱性NaC＞NaD
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）根据图1可知，Cl-的配位数为12；该晶胞中含Cl数目为8×=1，含O数目为1，含K数目为6×=3，则该化合物的化学式为K3ClO；该化合物与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3 H2O，其化学方程式为K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3 H2O。
（2）A．Ar的基态原子的电子排布方式为1s22s22p63s23p6，只有一种，正确；
B．Na+和Ne具有相同的电子层结构，核电荷数：Na>Ne，则Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，则Na的第二电离能＞Ne的第一电离能，正确；
C．Ge的原子序数为32，基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，错误；
D．基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，Fe原子变成Fe+，优先失去4s轨道上的电子，错误；
（3）①吸电子能力：C＝O＞C＝S＞C＝Se，吸电子能力越强，羟基上H带正电荷越多，与水分子中氧原子作用越强，即氢键越强，所以HA、HB和HC中羟基与水形成的氢键由强到弱的顺序为HC＞HB＞HA。
②原子半径：S＞O，键长：S―H＞O―H，S―H键更易断键电离，因此HD酸性更强，酸根不易水解，碱性NaC＞NaD。
【分析】（1）根据图1可知，Cl-的配位数为12；根据晶胞均摊法可计算出Cl、O、K原子数目，进而得到化合物的分子式；该化合物与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3 H2O，注意配平。
（2）A．Ar的基态原子的电子排布方式为1s22s22p63s23p6。
B．Na+和Ne具有相同的电子层结构，核电荷数：Na>Ne，则Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，则Na的第二电离能＞Ne的第一电离能。
C．基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2。
D．基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2。
（3）①吸电子能力越强，羟基上H带正电荷越多，与水分子中氧原子作用越强，即氢键越强。
②原子半径：S＞O，键长：S―H＞O―H，S―H键更易断键电离。
14．【答案】（1）；大于
（2）；
（3）；离子键
（4）向试管中加入溶液，滴加氨水直到不再产生白色沉淀，再滴加溶液，边滴边振荡，沉淀消失；向试管中加入溶液，滴加氨水直到不再产生白色沉淀，再滴加溶液，边滴边振荡，沉淀不消失
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）X为Li元素，Li原子核外有3个电子，其原子结构示意图为 ；同周期从左到右元素的原子半径逐渐减小，则X的半径大于R，故答案为： ；大于。
（2）Q为S元素，W为Cl元素，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性： > ，故答案为： ； 。
（3）化合物MW为NaCl，NaCl为离子化合物，由钠离子和氯离子构成，其电子式为 ，含有的化学键为离子键，故答案为： ；离子键。
（4）Mg(OH)2是中强碱，Al(OH)3是两性氢氧化物，要证明二者的碱性强弱，可通过前者不可溶于强碱而后者可溶于强碱证明，实验方案为：向试管中加入溶液，滴加氨水直到不再产生白色沉淀，再滴加溶液，边滴边振荡，沉淀消失；向试管中加入溶液，滴加氨水直到不再产生白色沉淀，再滴加溶液，边滴边振荡，沉淀不消失，故答案为： 向试管中加入溶液，滴加氨水直到不再产生白色沉淀，再滴加溶液，边滴边振荡，沉淀消失；向试管中加入溶液，滴加氨水直到不再产生白色沉淀，再滴加溶液，边滴边振荡，沉淀不消失。
【分析】根据各元素在元素周期表中的位置可知，X为Li元素，R为O元素，M为Na元素，Y为Mg元素，Z为Al元素，Q为S元素，W为Cl元素。
15．【答案】（1）
（2）平面三角形；杂化
（3）4；
（4）与焦炭在高温下反应生成，将还原为单质
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Sn位于周期表第五周期第ⅣA族，则其价层电子排布式为5s25p2，其基态原子最外层电子轨道表示式为。
故答案为：
（2）①SnCl2的键角为120°，因此SnCl2分子的VSEPR模型为平面三角形。
故答案为：平面三角形
②由SnCl4的结构式可知，Sn可形成4个共价键，因此Sn采用sp3杂化。
故答案为：sp3杂化
（3）①由灰锡的晶胞结构可知，灰锡中Sn原子与周围4个Sn原子形成正四面体结构。因此灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子共有4个。
故答案为：4
②由均摊法可知，白锡晶胞中所含Sn原子的个数为；灰锡晶胞中所含Sn原子的个数为。因此白锡和灰锡晶体的密度之比为。
故答案为：
（4）由于固体间反应慢，未明显发生反应。通入空气后，焦炭与空气中的O2反应生成CO，CO与SnO2间的接触面积增加，利用CO的还原性，将SnO2还原为Sn。因此通入空气后可迅速将SnO2还原为Sn单质。
故答案为：与焦炭在高温下反应生成CO，CO将SnO2还原为单质Sn
【分析】（1）Sn位于周期表第五周期第ⅣA族，则其价层电子排布式为5s25p2，据此确定其轨道表示式。
（2）①根据键角确定其VSEPR模型。
②Sn可形成四个共价键，则采用sp3杂化。
（3）①根据晶胞结构分析。
②根据均摊法确定晶胞中原子个数 ，结合密度公式计算。
（4）通入空气后，焦炭与空气中的O2反应生成CO，CO将SnO2还原为Sn。
16．【答案】（1）Ds；3d104s1
（2）
（3）使银元素转化为AgCl沉淀；0.5
（4）0.05
（5）；高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产
【知识点】原子核外电子排布；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）Cu的原子序数为29，其核外电子排布式为[Ar]]3d104s1，因此Cu属于ds区元素。其价层得电子排布式为3d104s1。
故答案为：ds；3d104s1
（2）“氧化酸浸”过程中Cu2Se被氧化为Cu2＋和H2SeO3，过程中Cu元素由＋1价变为＋2价，失去1×2＋6×1=8个电子；H2O2中O元素由－1价变为－2价，得到1×2=2个电子。根据得失电子守恒可得，Cu2Se的系数为1，Cu2＋的系数为2，H2SeO3的系数为1；H2O2的系数为4。根据电荷守恒可得，反应物中含有H＋，且其系数为4。根据H原子守恒可得生成物中含有H2O，且其系数为5。因此该反应的离子方程式为：Cu2Se＋4H2O2＋4H＋=2Cu2＋＋H2SeO3＋5H2O。
故答案为：Cu2Se＋4H2O2＋4H＋=2Cu2＋＋H2SeO3＋5H2O
（3）①“氧化酸浸”工序中，加入适量NaCl，可增大溶液中c(Cl－)，使Ag＋转化为AgCl沉淀。
故答案为：使银元素转化为AgCl沉淀
②“除金”工序中加入NaCl是溶液中的Au元素转化为Na[AuCl4]；使Ag元素转化为AgCl沉淀。为防止Ag元素形成可溶性[AgCl2]－，因此控制加入NaCl的量。当溶液中[AgCl2]－浓度低于1.0×10－5mol·L－1时，则溶液中不含有[AgCl2]－，由反应AgCl(s)＋Cl－(aq) [AgCl2]－(aq)的平衡常数可得，此时溶液中c(Cl－)=0.5mol·L－1。因此在“除金”工序中，Cl－浓度不能够超过0.5mol·L－1。
故答案为：0.5
（4）在“银转化”体系中，[Ag(SO3)2]3－和[Ag(SO3)3]5－浓度之和为0.075mol·L－1，溶液中存在可逆反应：[Ag(SO3)2]3－＋SO32－ [Ag(SO3)3]5－，当溶液中c(SO32－)=0.5mol·L－1时，溶液中c([Ag(SO3)2]3－)=c([Ag(SO3)3]5－)=0.0375mol·L－1，该反应的平衡常数。当溶液中c(SO32－)=1.0mol·L－1时，，解得c([Ag(SO3)3]5－)=0.05mol·L－1。
故答案为：0.05
（5）滤液4进入“银转化”工序中循环利用，而该工序中需加入Na2SO3，因此滤液4中的溶质为Na2SO3。由Na2SO3的溶解度数据可知，当温度高于40℃时，Na2SO3的溶解度随温度的升高而减小。因此当温度高于40℃时，溶液中c(Na2SO3)减小，“银转化”和“银还原”效率下降，难以实现连续生产。
故答案为：Na2SO3；高于40℃后，Na2SO3的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产
【分析】（1）根据Cu的核外电子排布式，确定Cu元素的分区位置和价电子排布式。
（2）Cu2Se中Cu元素为＋1价，Se为－1价，“氧化酸浸”过程中Cu元素被氧化为＋2价Cu2＋，Se元素被氧化为＋4价H2SeO3，据此写出反应的离子方程式。
（3）①加入NaCl，可使溶液中的Ag＋转化为AgCl沉淀。
②“除金”工序中应防止AgCl与Cl－进一步反应生成[AgCl2]－，结合AgCl与Cl－反应的平衡常数进行计算。
（4）“银转化”体系中存在可逆反应[Ag(SO3)2]3－＋SO32－ [Ag(SO3)3]5－，结合反应的平衡常数进行计算。
（5）滤液4可进入“银转化”中循环利用，因此滤液4中的溶质为Na2SO3。当温度高于40℃时，Na2SO3在水中的溶解度降低，溶液中c(Na2SO3)降低，“银转化”与“银还原”效率降低。
17．【答案】（1）；
（2）
（3）凝华；减少生成，提高Se产率；；
（4）
（5）94.8%
【知识点】原子核外电子排布；化学平衡的影响因素；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1） 焙烧产物为 ，在中，铝元素的常见化合价为+3价，根据化合物中各元素正负化合价代数和为零的原则可知，Se的化合价为-2价；铝是13号元素，根据构造原理，其基态电子排布式为，故答案为：-2；。
（2）“氢化”过程中，与水蒸气反应生成，则反应的化学方程式为，故答案为：。
（3）对于Se蒸汽而言，从气态变为固态的过程为凝华；热解反应为吸热反应，热解后迅速降温可以减少生成，提高Se产率；热解时发生反应，则尾气的成分为以及少量的，故答案为：凝华； 减少生成，提高Se产率 ；、。
（4）反应③是被KI还原为Se的过程，反应的离子方程式为：，故答案为：。
（5）第一次加入40.00mL的溶液和KI溶液，二者同时做还原剂，将还原为Se，第二次再加入同浓度的滴定上一步生成的碘单质，整个过程相当于48mL 0.1mol/L的溶液与反应，根据已知条件可知，Se(IV)与反应的物质的量之比为，则，样品中Se的含量：，故答案为：94.8%。
【分析】粗Se加入Al粉焙烧，焙烧产物为， 通入水蒸气氢化，发生反应 得到H2Se，H2Se脱水再热解，发生反应 ： ，分离出含氢气的尾气，再冷凝得到精Se。
18．【答案】（1）；四面体形；V形
（2）
（3）；
（4）碱性
（5）4；8
（6）
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，因此其价电子的轨道表示式为。H2S的价层电子对数为4，其中含有2对孤电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；空间结构为V形。
故答案为：；四面体形；V形
（2）H2O、H2S、H2Se的组成和结构相似，且都属于分子晶体。由于H2O可形成分子间氢键，因此其沸点最高。而相对分子质量H2Se＞H2S，相对分子质量越大，范德华力越大，因此沸点越高。所以三种物质的沸点由高到低的顺序为：H2O＞H2Se＞H2S。
故答案为：H2O＞H2Se＞H2S
（3）NH4HS是由NH4＋和HS－构成的，其电子式为 。在25℃和101 kPa下，NH3与H2S两种气体反应生成1 mol NH4HS固体时，放出90.4 kJ的热量，因此该反应的热化学方程式为。
故答案为：；
（4）HS-的水解平衡常数；而HS-的电离平衡常数Ka2=1.3×10-13。因此HS－的水解程度大于其电离程度。而NH4＋的水解平衡常数，由于9.1×10-8＞5.6×10-10，因此HS－的水解程度大于NH4＋的水解程度，因此溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液显碱性。
故答案为：碱性
（5）由晶胞结构可知，S2－位于晶胞的顶点和面心，因此晶胞中所含S2－的个数为。以面心S2-为中心，与之距离最近且相等的Li+位于晶胞的内部，由于面心的S2-为两个晶胞共有，因此与之距离最近且相等的的Li+共有4×2=8个。
故答案为：4；8
（6）灼热的玻璃棒起到点燃或加热的作用，Fe与S反应生成FeS，该反应的化学方程式为 ；同时硫粉也能与空气中的O2反应生成SO2，该反应的化学方程式为 。该过程中还可能存在Fe与O2反应生成Fe3O4，该反应的化学方程式为 。
故答案为：
【分析】（1）根据基态S原子的核外电子排布式确定其价层电子轨道表示式。根据H2S的价层电子对数确定其VSEPR模型和空间结构。
（2）H2O、H2S、H2Se都是分子晶体，分子晶体的沸点受氢键和范德华力的影响。含有氢键，则其沸点越高；相对分子质量越大，范德华力越大，则其沸点越高。
（3）NH4HS是由NH4＋和HS－构成的，据此确定其电子式。根据题干信息确定反应的化学方程式以及反应热，从而得出反应的热化学方程式。
（4）根据Kw=Ka×Kh，计算NH4＋和HS－的水解平衡常数，比较二者的大小，从而得出溶液的酸碱性。
（5）由晶胞结构图可知，S2－位于面心和顶点，根据“均摊法”确定晶胞中S2－的个数。以面心S2－为中心，与之距离最近且相等的Li＋位于晶胞内部，据此分析。
（6）硫粉与铁粉混合均匀放在陶土网上，可能存在Fe与S、O2之间的反应，据此写出反应的化学方程式。
19．【答案】(1) B，C
(2) 金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽
(3) B，C
(4) D
(5) 4
(6) 5、6、7、8
(7)；CaWO4的密度较大
(8)
(9) 减少CO2，避免生成CaCO3
【知识点】金属晶体的基本堆积模型；电解池工作原理及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）、A、延展性体现在钨可以被拉制成细丝，在制造过程中有一定作用，但它不是钨被选作灯丝的直接或主要原因。纯钨的延展性较差，室温下较脆，通常需要加热才能加工，因此该性质在灯丝应用中不是核心因素，A错误；
B、钨具有良好的导电性，允许电流通过灯丝时产生热量和光，B正确；
C、钨的熔点极高（约3422℃），使其在高温下工作时不熔化，这是选择钨作为灯丝的关键原因，C正确；
D、钨作灯丝与其密度无关，D错误。
故答案为：BC；
（2）、钨有金属光泽的原因是：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽；
故答案为：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽；
（3）、观察 Ca 的连接方式，Ca 原子连接上下层结构，对应棱上 ，纵向延伸，同时连接同层两侧结构，对应面上 ，横向分布，故同时符合 棱上（B） 和 面上（C） 的位置特征，故答案为：BC；
（4）、钨在周期表中的位置由其原子序数和电子排布决定。钨的原子序数为74，电子排布为[Xe] 4f 4 5d4 6s2，据此分析最高主量子数为6，来自6s和5d轨道，因此钨位于第六周期，价电子排布为5d46s2，价电子总数为6。钨属于d区元素，d区元素的族号等于价电子总数。因此，钨位于第VIB族；
（5）、，故答案为4；
（6）、四面体是由1个W原子和4个O原子构成的，其中W原子位于四面体的中心，4个O原子位于四面体的4个顶点。从图1-8中可以看到晶胞的结构，当W原子与5、6、7、8号O原子相邻时，能组成一个四面体，故答案为：5、6、7、8；
（7）、晶胞参数通常指的是晶胞的边长和角度。假设图中标注的边长为a，角度为，，其中Z是晶胞中化学式单位的数量，M是化学式单位的摩尔质量，a是晶胞的体积，NA是阿伏加德罗常数；“重石头”是CaWO4的俗名，因为CaWO4的密度较大，所以被称为“重石头”；故答案为；CaWO4的密度较大；
（8）、在电解制备CaWO4的过程中，阳极材料为钨（W），电解液为Ca(OH)2/NaOH碱性溶液。阳极发生氧化反应，钨（W）被氧化为钨酸根离子（WO42-），钨的氧化态从0升至+6，失去6个电子；在碱性条件下，OH-参与反应，生成WO42-和水，生成的WO42-与溶液中的Ca2+结合形成CaWO4沉淀
，故答案为：；
（9）、空气中含有CO2，CO2溶解于碱性电解液（含OH-）中会反应：CO2+2OH-→CO32-+H2O。
生成的CO32-与溶液中的Ca2+结合形成CaCO3沉淀：Ca2++CO32-=CaCO3↓，对比二者的Ksp的数值，，虽然CaWO4的溶度积更小，但CaCO3的溶度积较大，在CO2存在下仍可能生成CaCO3沉淀，与CaWO4共沉淀或形成杂质，降低产物纯度，因此通入N2可创建惰性气氛，排除空气（特别是CO2），防止上述副反应，从而获得高纯CaWO4，故答案为：减少CO2，避免生成CaCO3；
【分析】明确晶胞位置定义：顶点：晶胞的 8 个角落；棱上：12 条棱的中间位置；面上：6 个面的中心区域；体心：晶胞内部中心。
W丝除了有导电性以外，还具有很高的熔点，，与电源正极相连的是电解池的阳极，与电源负极相连的是电解池的阴极，阳极失电子，阴极得电子；
电解方程式的书写方法： (1)写出溶液中存在的离子(2)比较放电顺序(3)写出电极反应，推测其他产物；书写时要注意：①阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中阳离子放电 ②阳极材料若是金属电极(Au、Pt除外)，溶液中的阴离子不反应，电极金属失电子被氧化 ③电解水溶液时，K+～Al3+不可能在阴极放电，即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属单质 ④电解水溶液时，Pb2+、Sn2+、Fe2+、Zn2+浓度较大时在H+之前放电。
20．【答案】（1）
（2）能
（3）；；0.5；
（4）；
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）Ti为22号元素，基态Ti原子的价层电子排布式为。
故答案为：
（2）反应的、，则根据可知，该反应在298K下能自发进行。
故答案为：能
（3）① 已知：
反应b：
反应c：
将反应c-2×反应b可得，则。
故答案为：
② 由表格可知，反应a为放热反应，反应b、c为吸热反应，反应d也是放热的，曲线Ⅰ，Ⅱ可表示或的物质的量随温度的变化情况，随着温度升高，反应b、c正向移动，反应a、d为逆向移动，所以的含量逐渐上升，的含量逐渐下降，所以曲线Ⅰ对应的物质为。
故答案为：
③ 温度下，，，，根据Ti元素守恒，可推出（10+5-6-8.5）mol=0.5mol，则，，反应(c)的平衡常数=。
故答案为：0.5；
（4）① 因为肼为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时，时，，则内，的转化率为=。
故答案为：
② 由图可知，内，，，则，反应掉的肼为，生成的氮气和氢气的物质的量为，根据反应前后原子个数守恒，可得，反应f消耗的肼为，反应e消耗的肼为， 则本体系中催化剂的选择性===。
故答案为：
【分析】（1）根据基态Ti原子的核外电子排布式确定其价层电子排布式。
（2）当ΔH-TΔS＜0时，反应可自发进行。
（3）①根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
②随着温度升高，曲线Ⅰ的纵坐标逐渐降低。据此结合温度对平衡移动的影响分析。
③温度下，，，，根据Ti元素守恒计算。进而计算反应(c)的平衡常数。
（4）①因为肼为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时，时，，据此计算N2H4的转化率。
②根据图像数据，结合元素守恒进行计算。
（1）Ti为22号元素，基态Ti原子的价层电子排布式为，故答案为：：
（2）反应的、，则根据可知，该反应在298K下能自发进行，故答案为：能；
（3）① 已知：
反应b：
反应c：
将反应c-2×反应b可得，则，故答案为：；
② 由表格可知，反应a为放热反应，反应b、c为吸热反应，反应d也是放热的，曲线Ⅰ，Ⅱ可表示或的物质的量随温度的变化情况，随着温度升高，反应b、c正向移动，反应a、d为逆向移动，所以的含量逐渐上升，的含量逐渐下降，所以曲线Ⅰ对应的物质为，故答案为：；
③ 温度下，，，，根据Ti元素守恒，可推出（10+5-6-8.5）mol=0.5mol，则，，反应(c)的平衡常数=，故答案为：0.5；；
（4）① 因为肼为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时，时，，则内，的转化率为=，故答案为：；
② 由图可知，内，，，则，反应掉的肼为，生成的氮气和氢气的物质的量为，根据反应前后原子个数守恒，可得，反应f消耗的肼为，反应e消耗的肼为， 则本体系中催化剂的选择性===，故答案为：；
21．【答案】（1）4；Ⅷ；4：5
（2）N；O；sp2杂化；O
（3）；n；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）Fe是第26号元素，在元素周期表中位于第4周期第Ⅷ族；基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，其未成对电子数为4，基态Fe3+的价电子排布式为3d5，其未成对电子数为5，则 基态Fe原子与基态Fe3+离子未成对电子数之比为4：5，故答案为： 4；Ⅷ；4：5。
（2）①同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能大小：N>O>C，第一电离最大的是N；同周期从左到右元素的电负性增大，故电负性：O>N>C，电负性最大的是O，故答案为：N；O。
②尿素分子中C原子与O原子形成双键，其价层电子对数为3，采用sp2杂化，故答案为：sp2杂化。
③ 八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，说明N原子没有参与形成配位键，O原子提供孤电子对形成配位键，为配位原子，故答案为：O。
（3）①该晶胞边长为apm，体对角线的长度为apm，由晶胞图可知，4r(Fe)=apm，则Fe原子的半径为 pm，故答案为：。
②m截面中，Fe原子数目为，n截面中，Fe原子数目为，截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低，Fe原子数目：n截面>m截面，因此n截面的催化活性较低；该截面单位面积含有的Fe原子为 pm-2，故答案为： 。
【分析】（1）Fe为26号元素，其价电子排布式为3d64s2，基态Fe3+的价电子排布式为3d5；
（2）①同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；元素的非金属性越强，电负性越大；
②双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
③提供孤电子对的原子为配位原子；
（3）①由图可知，4r(Fe)=apm；
②根据均摊法计算截面中含有的Fe原子数目。
22．【答案】（1）；分子晶体
（2）C
（3）sp3；<；-NH2中的N原子含有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小；>；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】（1）由图可知，该晶胞中， 每个Cr连接4个H2O，2个Cl ，其化学式为；构成晶胞的粒子为分子，则该晶体属于分子晶体，故答案为：；分子晶体；
（2）A、元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：O>N>B，则电负性：O>N>B，故A错误；
B、电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径： P3﹣>S2﹣>Cl﹣，故B错误；
C、同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能：Ge＜Se＜As，故C正确；
D、Cr是24号元素，位于第四周期第ⅥB族，基态Cr的简化电子排布式：[Ar]3d54s1，故D错误；
故答案为：C；
（3）①中，N原子的价层电子对数为，则N原子采用sp3杂化； H2N-NH2中的-NH2与 H2N﹣中的N原子都为sp3杂化，H2N-NH2中-NH2中的N原子含有1个孤电子对，H2N﹣中的N原子没有孤电子对，孤电子对对成键电子对存在排斥力，键角变小，故键角∠HNH ： H2N﹣NH2中的﹣NH2 < H2N﹣中的﹣ ，故答案为：sp3； ＜；-NH2中的N原子含有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小；
②将与按物质的量之比1：2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是，则发生的反应为，A为NO2HS2O7，为硝酸失去一个OH-得到的，得电子能力更强，氧化性更强，故氧化性强弱： ＞；A中的阴离子为，其结构式为：，故答案为：>；。
【分析】（1） 每个Cr连接4个H2O，2个Cl ；
（2）A、元素的非金属性越强，电负性越大；
B、电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小；
C、同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
D、Cr为24号元素；
（3）①孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
②氧化剂的氧化性大于氧化产物。
23．【答案】（1）圆底烧瓶；I2+H2S=S+2HI
（2）c
（3）
（4）NaOH
（5）先停止加热，再通一段时间的N2后关闭K2
（6）
（7）密封的棕色细口瓶中，并放在避光低温处
【知识点】卤素原子结构及其性质的比较；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）图示仪器A的名称为圆底烧瓶。通入H2S后，溶液中的I2与H2S反应生成S和HI，该反应的化学方程式为I2＋H2S=S＋2HI。
故答案为：圆底烧瓶；I2＋H2S=S＋2HI
（2）步骤ⅰ中反应生成S，为防止产物S单质将I2包裹覆盖，导致反应停止，反应过程中需快速搅拌。因此步骤ⅰ中快速搅拌的目的是防止固体产物包裹碘，c符合题意。
故答案为：c
（3）步骤ⅰ中随着反应的进行，反应过程中生成HI，使得溶液中c(I－)增大，I2与I－反应I3－，促进了I2的溶解。该反应的离子方程式为I2＋I－ I3－。
故答案为：I2＋I－ I3－
（4）步骤ⅱ中产生的尾气为H2S，为酸性气体，可用碱性溶液吸收。因此常用NaOH溶液吸收。
故答案为：NaOH
（5）步骤ⅲ实验结束时，应先停止加热，继续通入N2，将装置内残留的蒸汽赶入冷凝管内再关闭K2。
故答案为：先停止加热，再通一段时间的N2后关闭K2
（6）127gI2的物质的量为，由反应的化学方程式I2＋H2S=S＋2HI可知，0.5molI2完全反应，生成n(HI)=1mol，其质量为1mol×128g·mol－1=128g。反应过程中实际生成HI的质量为117mL×1.7g·mL－1×57%。因此本实验中HI的产率为。
故答案为：
（7）氢碘酸酸见光易分解，且易被空气氧化，因此氢碘酸应保存在密封的棕色细口瓶中，且存放在避光低温处。
故答案为：密封的棕色细口瓶中，并放在避光低温处
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。通入H2S后，I2将H2S氧化成S，据此写出反应的化学方程式。
（2）快速搅拌可防止固体产物将I2单质包裹。
（3）步骤ⅰ反应生成HI，I2能与I－进一步反应生成I3－，促进碘溶解，据此写出反应的离子方程式。
（4）步骤ⅱ中产生的尾气为H2S，可用NaOH溶液吸收。
（5）步骤ⅲ实验结束后，应先停止加热，继续通N2，将装置内残留的蒸汽赶入冷凝管内。
（6）根据消耗n(I2)，结合反应的离子方程式计算理论生成n(HI)。根据公式计算差率。
（7）见光易分解应保存在棕色瓶。
24．【答案】（1）MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；2Cl--2e- =Cl2↑；Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强；KCl固体(或浓/饱和溶液)；MnSO4固体(或浓/饱和溶液)
（2）KCl>KBr>KI；Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强
（3）AgNO3 或Ag2SO4
（4）比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生
（5）氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氯气的实验室制法；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；②氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl2↑③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)；
（2）非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；
（3）根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4；
（4）若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H2↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生；
（5）通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
【分析】 (1)①二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水；
②氧化反应是元素化合价升高；
③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂；
④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析；
(2)KCl>KBr>KI，Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；
(3)随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱；
(4)比较AgX的溶解度，Agl溶解度最小，Ag++I-=Ag↓，使得Ag还原性增强的最多，使得
2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生；
(5)氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
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