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阶段检测评价答案
阶段质量检测(一)
1.选C道尔顿的原子论成功地解释了质量守恒定律等规律,}14.选C通过分离液态空气可得到的单质是N2或O2,则X
故A不正确:汤姆生“葡萄干面包”原子结构模型提出了正、
可能为N或O,由于氧元素的氢化物H,O呈中性,A项错
负电荷的共存问题,但同时认为在这样微小的距离上有着极
误。Y元素原子最外电子层上s轨道、p轨道电子数相等,
大的作用力,电子会被拉进去并会碰撞在带正电的核心上,
即最外层电子排布式为nsnp,Y可能为C或Si,由于C
故B不正确;卢瑟福通过α粒子散射实验提出了核式原子结
的最高价氧化物CO2常温下呈气态,因此其熔点和沸点都
构模型,散射实验的结果能够分析出原子核和核外电子的质
很低,D项错误。Z元素的十2价阳离子的核外电子排布与
量关系、电性关系及占有体积的关系,故C正确;玻尔轨道
氖原子的相同,因此Z为Mg,Mg在一定条件下可与O2或
模型只引入了一个量子化,只能够解释氢原子光谱,而不能
N2反应,C项正确。W元素原子的M层有1个未成对的p
解释比较复杂的原子光谱,故D不正确。
轨道电子,则其最外层电子排布式可能为3s23p或
2.选D常见氧原子是6O,它与同位素8O的差异是中子数不
3s23p,则W可能为Al或Cl。由于离子半径:CI>Mg2
同,而各选项的表示方式都不涉及中子数,所以只要看是否
>A3+,B项错误。
符合“氧原子”即可。D项,根据洪特规则,2p轨道中两个未!15.选B图1中同周期元素的性质呈增大趋势,但ⅡA、VA
成对电子的自旋方向应相同。
族元素出现反常,可推知图1表示第一电离能的变化。图
3.选BP原子的基态核外电子排布式为[Ne]3s23p3,其未成
2中F对应的数值最大,为4.0,可推知图2描述的是电负
对电子是3,Fe3+的基态核外电子排布式为[Ar]3d,其未成
性与原子序数的关系。
对电子是5,Cr原子的基态核外电子排布式为[Ar]3d4s,
·16.解析:(1)根据题给信息判断该元素为S,根据题意可回答
其未成对电子是6,Cu原子的基态核外电子排布式为
问题。(2)由最外层电子排布式知其为S,其次外层为I
[Ar]3d4s,其未成对电子是1。
层,所以含有s和P两种轨道,所以电子云形状有两种。该
4.选D铝的第一电离能比镁的第一电离能小;同一主族元素
原子的电子排布式为1s”2s2p3s3p,故该原子中所有电
从上到下电负性逐渐变小:镁原子由基态转化成激发态需要
子占有8个轨道,核外共14个电子。(3)M层有轨道数为
吸收热量:D项均为溴元素。
9,作为内层时最多容纳18个电子,作为最外层时,3p能级
5.选CFe位于d区;Mg位于s区;P位于p区;Cu位于ds区
的3个原子轨道上各有1个未成对电子时该原子含有的未
6.选BA项,电负性C>P>As,错误;B项,非金属性越强,气
成对电子最多。(4)最外层只有1个未成对电子的有IA、
态氢化物的热稳定性越强,故HCI>HBr>AsH,正确;C项,
ⅢA、MA族元素,最外层有2个未成对电子的有IVA、MA
第一电离能应为Br>As>SC,错误:D项,同一周期从左到右
族元素。
原子半径逐渐减小,错误。
答案:(1)1s22s22p3s23p2相同(2)2814(3)9
7.选A①中3d>4s:②中同一电子层中p轨道能量相同;
183(4)IA、ⅢA、ANA、MA
③同一类型原子轨道,随着电子层数增大,轨道半径增大;
!17.解析:A原子有3个未成对电子,其价电子排布为2s22p
④同一原子基态能量低于激发态能量;⑤同一周期,从左至
或3s3p3:1molB与盐酸反应产生1molH2,B为第ⅡA
右电负性增大,故F>O:⑥Mg由于具有全充满的3s电子层
族元素Mg或Ca,文由于B比A的原子序数大且不易与冷
结构,故第一电离能大于相邻的铝;⑦H实为一个裸露的
水反应,则B为Mg元素,那么A为氨元素。C元素的十3
质子,没有电子层,故半径小。
价离子的d轨道是半充满的即3d,那么它的原子价电子
8.选C根据该元素十3价离子的电子排布式可知,该元素的
排布式为34s2,C为铁元素:D元素在第四周期(原子序
外围电子排布为3d4s,位于d区、第4周期MB族。
数比C大)且易形成一1价阴离子,它是澳元素。
9.选D由Co的价电子排布式可知,C0位于第4周期Ⅷ族,其电
答案:(1)
子排布式为[A]3d4s,A、B项错误:失电子时,应先失去最外
属于
层的电子,即先失去4s上的电子,故C0+的电子排布式为
「Ar3d,C项错误
素
名称
电子排布式
轨道表示式
哪个
区
10.选B由元素周期表中元素方格中各种符号、数字的意义可知
ls
2s
29
Bi的质子数为83,因不知中子数,无法确定其质量数