2025届化学高考一轮复习专项训练 物质结构 元素周期律

《物质结构 元素周期律》 一、多选题 1．日光中用到的某种荧光粉的主要成分为。已知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为。下列说法错误的是（　　） A．电负性：Y>X>Z>W B．原子半径：Y>X>Z>W C．Y和W的单质都能与水反应生成气体 D．Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性 2．四种短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其结构信息如表所示。 元素 结构信息 X 基态原子核外s能级的电子数等于p能级的电子数 Y 基态原子M能层只有1种自旋电子 Z 在元素周期表中，族序数等于周期数 W 基态原子核外p能级只有1个未成对电子 下列说法中正确的是（　　） A．X的价层电子排布式为 B．电负性： C．离子半径： D．工业上通过电解熔融得到Z单质 3．下列化学用语错误的是（　　） A．中子数为8的碳原子： B．氯原子的电子式： C．的结构式： D．的结构示意图： 4．历史上相当长的一段时间内，人们试图合成高溴酸盐都一直未获得成功，直到1968年美国化学家E．H．Appelman利用含有的硒酸盐发生衰变第一次得到了高溴酸盐，该过程可表示为：。下列说法正确的是（　　） A．上述过程没有生成新物质，因此是一个物理变化 B．已知位于第四周期VIIA族则可推测在同一周期VIA族 C．根据上述过程可知一个的原子核比一个的原子核多一个中子 D．发生衰变产生的电子若全部用来还原，可得到 5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　） A．标准状况下，11.2LCHCl3的原子总数为2.5NA B．1mol[Cu(H2O)4]2+中含有的σ键数目为12NA C．1mol冰中含有的氢键数目为2NA D．6gSiO2中所含Si－O键的数目为0.2NA 二、选择题 6．矿物M中含有原子序数依次增大且均不大于20的X、Y、Z、W、E五种主族元素，X、W为同主族非金属元素，Y、Z、E为金属元素，Z的最高正化合价为＋2价，Z和E同主族。下列说法错误的是（　　） A．最简单气态氢化物的稳定性：W＜X B．简单离子半径：X＞Y＞Z C．最高价氧化物对应的水化物的碱性：Z＜E D．X和Y形成的离子化合物中不可能含共价键 7．X、Y、Z、W为核电荷数依次增大的短周期元素，X的一种核素的质子数为8；Y在同周期元素中原子半径最大；Z的单质是一种常见的半导体材料；W的非金属性在同周期元素中最强。下列说法不正确的是（　　） A．ZX2为酸性氧化物，能与NaOH溶液反应 B．简单离子半径大小：X>Y C．化合物YWX中既含离子键，又含共价键 D．W的氧化物对应的水化物一定是强酸 8．一种亲电试剂的结构如图，其中W、X、Y、Z均为同周期短周期元素，且元素的原子序数逐渐增大，X元素的p轨道中有3个电子，阳离子中所有原子共平面。下列说法不正确的是（　　） A．中W为杂化 B．第一电离能： C．最简单氢化物的沸点： D．1molW的最高价含氧酸最多能与3molNaOH反应 9．我国科学家研制出一种新型催化剂，可实现温和条件下将转化为，其过程主要包括如图所示两个反应，下列有关该过程的说法不正确的是（　　） A．属于催化剂，可循环使用 B．反应①说明单质的氧化性：O2>Br2 C．反应②的化学方程式为 D．反应过程中有极性键和非极性键的断裂 10．短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，这五种元素组成一种常用的增味剂T，其结构如图所示。下列叙述正确的是（　　） A．、的键角相等 B．简单氢化物的沸点：W＞Y＞Z C．第一电离能：Y＜Z＜W D．工业上电解熔融制备单质M 11．化学与生活息息相关，下列说法错误的是（　　） A．烟花绚丽多彩，与电子跃迁有关 B．是一种绿色增氧剂，属于共价化合物 C．5G技术中使用的光导纤维的主要成分为非极性分子 D．全氟烷基物质稳定性强，是因为其中的C—F键的键能很大 12．短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大，形成的化合物是一种食品添加剂，结构如图。Z核外最外层电子数与X核外电子总数相等。W的原子半径在周期表中最小。下列叙述正确的是（　　） A．第一电离能大小： B．W、Y、Z三种元素可形成离子化合物 C．W单质的沸点高于Y单质 D．该化合物中Y原子不满足8电子稳定结构． 13．下列化学用语或图示表达不正确的是（　　） A．的结构式： B．基态硫原子的轨道表示式： C．的电子式： D．官能团名称：酯基 14．某种超分子聚合物网络生物电极的制备原料CB的结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z相邻，X原子的价层电子数为内层电子数的2倍。下列说法正确的是（　　） A．CB分子中有2种不同环境的W B．CB具有良好的耐酸碱性 C．氢化物的沸点： D．第一电离能： 15．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y，X与Z分别位于同一主族，W与X可形成两种常见气体WX2和WX，Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍，下列叙述中不正确的是（　　） A．H2X的沸点低于H2Z的沸点 B．原子半径大小顺序为：X<W<Z<Y C．WX2、ZX2的化学键类型相同 D．WX2分子中所有原子最外层都已满足8电子结构 三、非选择题 16．超分子是两个或多个分子相互组合在一起形成的具有特定结构和功能的聚集体，超分子内部分子之间通过非共价键相结合．回答下列问题： Ⅰ．冠醚是大环多醚类物质的总称，能与阳离子作用，并随环大小不同对阳离子具有选择性作用，冠醚与金属离子的聚集体可以看成是一类超分子．以下是两种大小环不同的冠醚结构． （1）冠醚中O原子的下列基态或激发态价电子中，能量由高到低的顺序为____（填字母）． A． B． C． （2）溶液对烯烃的氧化效果较差，若将烯烃溶于冠醚a再加入溶液，氧化效果大幅度提升，而冠醚a并没有参与反应过程，则冠醚a的作用是　 　．若冠醚a的部分氢原子被氟原子取代，与形成的超分子稳定性将　 　（填“增强”或“减弱”）． （3）Ⅱ．分子A能与冠醚b形成一种分子梭结构，分子梭可以通过加入酸或碱使冠醚b在位点1和位点2之间来回移动． 该分子梭中H、C、N、O四种元素，电负性由大到小顺序是　 　，N元素和H元素可形成，写出的一种等电子体的分子式　 　． （4）加酸时由于位点2的亚氨基结合而带正电荷，与冠醚b的作用增强，冠醚b移动到位点2，冠醚b与位点2之间的相互作用为　 　（填字母）． a．静电作用 b．离子键 c．氢键 d．共价键 17．Fe3O4是一种用途广泛的磁性材料，以FeCl2为原料制备Fe3O4并获得副产物CaCl2水合物的工艺如图。 25℃时各物质溶度积见表： 物质 Fe（OH）2 Fe（OH）3 Ca（OH）2 溶度积（Ksp） 4.9×10﹣17 2.8×10﹣39 5.0×10﹣6 回答下列问题： （1）Fe3O4中Fe元素的化合价是+2和 　 　。O2﹣的核外电子排布式为 　 　。 （2）反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是 　 　。 （3）反应釜2中，加入CaO和分散剂的同时通入空气。 ①反应的离子方程式为 　 　。 ②为加快反应速率，可采取的措施有 　 　（写出两项即可）。 （4）①反应釜3中，25℃时，Ca2+浓度为5.0mol/L，理论上pH不超过 　 　。 ②称取CaCl2水合物1.000g，加水溶解，加入过量Na2C2O4，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用0.1000mol/LKMnO4标准溶液滴定，消耗24.00mL。滴定达到终点的现象为 　 　，该副产物中CaCl2的质量分数为 　 　。 18．关于铜，同学们进行了下列探究 （1）铜的价层电子排布式是 　 　，Cu+与Cu2+中半径较大的是 　 　。 （2）如图是铜的一种氯化物晶胞，则这种物质的化学式为 　 　。 （3）已知铜可以与过氧化氢、稀盐酸反应，制备CuCl2，写出该反应化学方程式：　 　。反应中，过氧化氢实际用量总是大于理论用量，原因是 　 　。 （4）过氧化氢电子式为 　 　。 （5）下列物质都可以替代（3）中过氧化氢进行这个反应，最合适的是 　 　。 a．HNO3 b．O2 c．Cl2 （6）同学们对氯化铜性质进行了探究。向氯化铜溶液中加入KI溶液，得到含有碘元素的沉淀，且反应后所得溶液加入淀粉呈蓝色，则沉淀化学式为 　 　，过程中碘（离子）的作用为 　 　。 19．五氧化二钒主要用作合金添加剂，含钒钢具有强度高，韧性大，耐磨性好等优良特性。工业上常用炼钢残渣(主要含及少量铁粉、、、等杂质)为原料制取的一种工艺流程如图所示： 已知：难溶于水，。 回答下列问题： （1）基态钒原子的价层电子排布式为　 　。 （2）“焙烧”时通入大量空气的作用是　 　。 （3）“碱浸”所得滤渣的主要成分是　 　。 （4）写出“沉硅、铝”反应的离子方程式：　 　、　 　。 （5）若滤液中，为使钒元素沉淀率达到，应使“沉钒”后溶液中的不低于　 　。 （6）“沉钒”析出的晶体需要洗涤，证明已洗涤干净的实验操作及现象为　 　。 （7）在空气中“煅烧”生成的气体可直接排放到空气中，写出反应的化学方程式：　 　。 答案解析部分 1．【答案】B,D 【解析】【解答】A、元素的非金属性性越强，电负性越大，同一周期从左到右依次增大，同一主族从上到下依次减小，X、Y、Z、W四种元素分别为O、F、P、Ca，故四种原子的电负性：Y>X>Z>W，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，O、F、P、Ca，的原子半径：Y＜X＜Z＜W，故B错误； C、F2与水反应生成HF气体和O2，Ca与水反应生成氢氧化钙和氢气，二者均可以生成气体，故C正确； D、Z元素的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，不具有强氧化性，故D错误； 故答案为：BD。 【分析】基态X原子s轨道上的电子式与p轨道上的电子式相同，可以推测X为O元素或Mg元素；由荧光粉的结构可知，X主要形成的是酸根，因此X为O元素；基态X原子中未成键电子数为2，因此Y的未成键电子数为1，又因X、Y、Z、W的原子序数依次增大，故Y可能为F元素、Na元素、Al元素、Cl元素；因题目中给出W为金属元素且荧光粉的结构中Y与W化合，故Y为F元素或Cl元素；Z原子的未成键电子数为3，又因其原子序大于Y，故Y应为F元素、Z其应为P元素；从荧光粉的结构式可以看出W为某+2价元素，故其为Ca元素。 2．【答案】A,D 【解析】【解答】A、由分析可知，X为O原子，基态O原子的价层电子排布式为 ，故A正确； B、元素的非金属性越强，电负性越大，则电负性：O>Cl>Al>Na，即X>W>Z>Y，故B错误； C、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：Cl->O2->Na+>Al3+，即W>X>Y>Z，故C错误； D、Z为Al，工业上通常电解熔融的氧化铝制备单质铝，故D正确； 故答案为：AD。 【分析】X基态原子核外s能级的电子数等于p能级的电子数，则其核外电子排布式为1s22s22p4，则X为O元素，Y基态原子M能层只有1种自旋电子，则Y为Na元素，Z在元素周期表中，族序数等于周期数，且其原子序数大于O，则Z为Al元素，W基态原子核外p能级只有1个未成对电子，则W为Cl元素。 3．【答案】B,D 【解析】【解答】A． 中子数为8的碳原子，质子数为6，质量数为6+8=14，表示为，A正确； B． 氯原子最外层有7个电子，电子式为，B错误； C． 中碳原子和每个氧原子共用两对电子达到8电子稳定结构，结构式：，C正确； D． 有质子数为19，电子数为18， 结构示意图：，D错误； 故答案为：BD。 【分析】原子中质量数=质子数+中子数。电子式表示原子的最外层的电子。 4．【答案】B,C 【解析】【解答】A．上述过程属于核反应，故A错误； B．由上述过程可知，Br的原子序数比Se的原子序数大1，因此已知Br位于第四周期ⅦA族则可推测Se在同一周期ⅥA族，故B正确； C．由上述过程可知，Br的质子数比Se的质子数大1，质量数相等，中子数=质量数-质子数，则一个83Se的原子核比一个83Br的原子核多一个中子，故C正确； D．的物质的量为0.1mol，发生β衰变产生0.1mol电子，若全部用来还原H+，可得到0.05molH2，未指明标准状况，无法计算氢气的体积，故D错误； 故选BC。 【分析】 A．上述过程属于核反应； B．由上述过程可知，Br的原子序数比Se的原子序数大1，因此已知Br位于第四周期ⅦA族则可推测Se在同一周期ⅥA族； C．由上述过程可知，Br的质子数比Se的质子数大1，质量数相等，中子数=质量数-质子数； D．未指明标准状况，无法计算氢气的体积。 5．【答案】B,C 【解析】【解答】A．标准状况下， CHCl3呈液态，A不符合题意； B.1个水分子有2个σ键，1个[Cu(H2O)4]2+中有4个配位键，1mol[Cu(H2O)4]2+中有σ键(4+4×2)=12mol、数目为12NA，B符合题意； C． 1个水分子形成2个氢键，1mol冰中的氢键数目为2NA，C符合题意； D． SiO2中每个Si形成4个Si－O键，6gSiO2物质的量为0.1mol，Si原子为0.1mol，所含Si－O键的数目为0.4NA，D不符合题意； 故答案为：BC 【分析】A．标准状况下， CHCl3呈液态； B.1个水分子有2个σ键，1个[Cu(H2O)4]2+中有4个配位键； C． 1个水分子形成2个氢键； D． SiO2中每个Si形成4个Si－O键。 6．【答案】D 【解析】【解答】矿物M中含有原子序数依次增大且均不大于20的X、Y、Z、W、E五种主族元素，X、W为同主族非金属元素，为O和S，Y、Z、E为金属元素，Z的最高正化合价为＋2价，Z和E同主族，故Z和E为Mg和Ca，Y为Na； A．非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越强，稳定性：H2O>H2S，即W<X，故A不符合题意； B．X为O、Y为Na、Z为Mg，其简单离子均为10电子，原子序数越小，半径越大，故离子半径：O2->Na+>Mg2+，即X>Y>Z，故B不符合题意； C．Z为Mg、E为Ca，两者处于同主族从上到下的关系，Ca的金属性更强，所以最高价氧化物对应的水化物的碱性：Z < E，故C不符合题意； D．X为O、Y为Na，形成的离子化合物有Na2O、Na2O2，Na2O2中存在离子键和非极性共价键，故D符合题意； 故答案为：D 【分析】A.非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越强即可判断； B.X为O、Y为Na、Z为Mg，形成离子具有相同的电子层，核电荷数越大，半径越小； C.Z为Mg、E为Ca，同周期从上到下起最高价氧化物水合物碱性增强； D.X为O、Y为Na可形成过氧化钠，过氧化钠中含有共价键。 7．【答案】D 【解析】【解答】由分析可知，X为O、Y为Na、Z为Si、W为Cl。 A、ZX2的化学式为SiO2，SiO2为酸性氧化物，能与NaOH反应，A选项正确。 B、X、Y的离子分别为O2－、Na＋，其电子层结构相同，核电荷数越大，则离子半径越小。因此离子半径：O2－＞Na＋，即X＞Y，B选项正确。 C、化合物YWX的化学式为NaClO，其中含有离子键和共价键，C选项正确。 D、W的氧化物对应的水化物有HClO、HClO3、HClO4，其中HClO为弱酸，D选项错误。 故答案为：D 【分析】X的质子数为8，所以X为O。Y在同周期元素中原子半径最大，所以Y为Na。Z的单质是一种常见的半导体材料，因此Z为Si。W的非金属性在同周期元素中最强，因此W为Cl。据此结合元素周期律分析选项。 8．【答案】D 【解析】【解答】A、为，中心原子B的价层电子对数为，采用sp3杂化，故A不符合题意； B、N、O、F为同周期元素且核电荷数依次增大，第一电离能依次增大，但N的电子排布是半充满的，比较稳定，故第一电离能F＞N＞O，故B不符合题意； C、常温下H2O为液态，HF和NH3为气态，HF的氢键比NH3的强的多，F的电负性比N大，所以最简单氢化物的沸点为：H2O＞HF＞NH3，故C不符合题意； D、W的最高价含氧酸为H3BO3，H3BO3属于一元弱酸，1molH3BO3最多能与1molNaOH反应，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】X元素的p轨道中有3个电子，则X位于ⅤA族，阳离子中所有原子共平面，-XY2是平面结构，则X为N，Y为O，-NO2是平面结构，为直线形，四种元素均在第二周期，中W与4个Z形成4个σ键，整体带一个单位负电荷，则W为B，Z为F。 9．【答案】A 【解析】【解答】A，根据反应流程①和②即可得到HBr不是催化剂，但是可循环使用，故A符合题意； B.氧气和HBr反应得到溴单质和水即可得到氧化性为 O2>Br2 ，故B不符合题意； C.根据反应物和生成物即可写出反应②为 ，故C不符合题意； D.反应过程中有H-Br以及O-O键的断裂，故D不符合题意； 故答案为：A 【分析】A.HBr是可稀循环使用但不是催化剂； B.根据反应①即可判断氧化性； C.根据反应物和生成物即可写出方程式； D.根据HBr和O2以及Br2的键变化判断。 10．【答案】A 【解析】【解答】 观察结构图，阴离子带一个单位负电荷，X形成的共价键数为1，Y形成的共价键数为4，Z形成的共价键数为3，W形成的共价键数为2，M易失去一个电子变成阳离子， X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，则X为H，Y为C，Z为N，W为O，M为Na； A.中孤电子对数为，中心原子价电子对数为3，为sp2杂化，空间构型为平面三角形，键角为120°，孤电子对数为，中心原子价电子对数为3，空间构型为平面三角形，键角为120°，故A符合题意； B.H2O、NH3分子间含有氢键，则简单氰化物的沸点：H2O ＞ NH3 ＞ CH4，故B不符合题意； C.N位于第ⅤA族，O位于第ⅥA族，N的p轨道处于半满状态，较稳定，第一电离能N＞O，故C不符合题意； D.工业上电解熔融NaCl制备单质 ，故D不符合题意； 故答案为：A 【分析】和空间构型都为平面三角形，键角为120°。 氢键，能提高物质沸点。 电离能的大小判断：同周期元素自左向右是增大的趋势，但第ⅡA主族大于第ⅢA族，第ⅤA族大于ⅥA族，同主族，电离能自上向下，电离能减小。 工业上电解熔融NaCl制备单质 。 11．【答案】C 【解析】【解答】A、烟花绚丽多彩，是由于燃放过程中，金属元素的原子中电子跃迁释放能量，以光能的形式体现。因此与电子的跃迁有关，A不符合题意。 B、H2O2的还原产物为H2O，不会造成污染，属于绿色增氧剂。H2O2中只含有共价键，属于共价化合物，B不符合题意。 C、SiO2为共价晶体，不属于分子晶体，因此SiO2不属于非极性分子，C符合题意。 D、C－F键的键能大，化学键不容易断裂，因此全氟烷基物质的结构稳定性强，D不符合题意。 故答案为：C 【分析】A、烟花的色彩是由于电子跃迁释放的能量产生的。 B、H2O2中只含有共价键，属于共价化合物。 C、SiO2为共价晶体，不属于分子晶体。 D、C－F的键能大，使得物质的结构稳定。 12．【答案】B 【解析】【解答】由分析可知，W为H、X为C、Y为N、Z为O、Q为Na。 A、同周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大；第ⅡA族、ⅤA族元素由于处于全满、半满稳定结构，因此第一电离能大于其下一主族的第一电离能。所以X、Y、Z三种元素得到第一电离能：Y＞Z＞X，A不符合题意。 B、W、Y、Z可形成化合物NH4NO3，为离子化合物，B符合题意。 C、W的单质为H2、Y的单质为N2，都是分子晶体。N2的相对质量较大，其分子间作用力强。因此N2的沸点较高，C不符合题意。 D、该化合物中Y形成3个共价键，同时含有一对孤电子对。因此Y原子最外层满足8电子稳定结构，D不符合题意。 故答案为：B 【分析】短周期主族元素Q可形成Q＋，因此Q为Na。W的原子半径在周期表中最小，因此W为H。X可形成4个共价键，因此X为C。Y可形成3个共价键，因此Y为N。Z核外最外层电子数与X核外电子总数相等，所以Z为O。据此结合选项分析。 13．【答案】B 【解析】【解答】A、N2中含有氮氮三键，其结构简式为N≡N，A不符合题意。 B、基态硫原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，图示为硫原子价电子轨道表示式，B符合题意。 C、CO2中碳氧原子形成碳氧双键，其电子式为，C不符合题意。 D、该分子结构中所含的官能团为酯基，D不符合题意。 故答案为：B 【分析】A、N2中含有氮氮三键。 B、根据硫原子的核外电子排布式分析。 C、CO2中碳氧原子存在碳氧双键。 D、该结构中含有的官能团为酯基。 14．【答案】A 【解析】【解答】A、CB结构对称，含有2种不同环境的氢原子，故A正确； B、CB中含有酰胺基，能与酸碱反应，不耐酸碱，故B错误； C、C能形成众多氢化物，有些碳的氢化物是固体，所以氢化物的沸点不一定是Y>X，故C错误； D、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：，故D错误； 故答案为：A。 【分析】X、Y、Z相邻，X原子的价层电子数为内层电子数的2倍，X是C元素，Z能形成2个共价键，Z是O元素；Y形成3个共价键，Y是N元素；W能形成1个共价键，W是H元素。 15．【答案】A 【解析】【解答】A、H2X为H2O，常温下H2O为液体，H2Z为H2S，常温下H2S为气态，H2O的沸点高于H2S，故A错误； 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：O＜C＜S＜Si，即X<W<Z<Y，故B正确； C、CO2和SO2的均含极性键，化学键类型相同，故C正确； D、W与X可形成共价化合物CO2，CO2分子中各原子均达到8电子稳定结构，故D正确； 故答案为：A。 【分析】Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍，只能有3个电子层，最外层电子数为4，则Y为Si元素，W与Y位于同一主族，则W为C元素，W与X可形成两种常见气体WX2和WX，则X为O元素，X与Z位于同一主族，则Z为S元素。 16．【答案】（1）A；B；C （2）冠醚通过与结合而把带进入烯烃，冠醚不与结合，使游离或裸露的反应活性提高，氧化乙烯的反应速率加快；减弱 （3）O＞N＞C＞H； （4）ac 【解析】【解答】(1) 电子能量1s<2s<2p<3p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高，则能量由低到高的顺序是A>B>C，故答案为： A B C ； (2)Mn元素在周期表中的位置为第四周期第VIB族，根据相似相溶原理知，冠醚可溶于烯烃，加入冠醚中的钾离子因静电作用将高锰酸根离子带入烯烃中，增大反应物的接触面积，提高氧化效果，原因是：烯烃与水互不相溶，高锰酸钾与烯烃不易接触，加入冠醚后，烯烃在冠醚中溶解度好，同时MnO4-，随钾离子进入冠醚溶液，MnO4-不与冠醚结合，游离的MnO4-，与烯烃充分接触，反应活性高，反应速率快，故答案为：第1空、冠醚通过与结合而把带进入烯烃，冠醚不与结合，使游离或裸露的反应活性提高，氧化乙烯的反应速率加快；第2空、减弱； (3) 同周期元素电负性自左向右依次增大，H、C、N、O三种元素的电负性由大到小顺序是O>N>C>H ；环上的氮原子的价层电子对数为：2+1=3，故该N原子为sp2杂化，NH-上的N为sp2杂化，故答案为：第1空、O＞N＞C＞H；第2空、； (4) 该分子校可以通过加入酸或碱使冠醚c在位点1和位点2之间来回移动，说明冠醚c与位点2之间的相互作用为静电相互作用和氢键，故答案为：ac。 【分析】(1) 根据能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高进行判断； (2)根据相似相溶原理和影响反应速率的因素进行分析； (3) 同周期元素电负性自左向右依次增大和等电子体概念进行分析； (4)根据化学键的种类和概念进行分析。 17．【答案】（1）+3；1s22s22p6 （2）防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁 （3）4Fe2++4CaO+6H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+4Ca2+；搅拌、适当升高温度 （4）11；当滴加最后半滴标准溶液，溶液由无色变成浅红色，并且半分钟内不变色；66.6% 【解析】【解答】（1）Fe3O4可写成FeO·Fe2O3，Fe元素的化合价是+2和+3。O2-的核外电子数为10，排布式为1s22s22p6。 （2）反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，是为了防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁。 （3）①由分析可知，反应釜2中离子方程式为4Fe2++4CaO+6H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+4Ca2+。 ②为加快反应速率，可采取的措施有搅拌、适当升高温度等。 （4）①Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)•c2(OH-)=5.0×10-6，则溶液中c(Ca2+)=5.0mol/L时， c(OH-)=mol/L=1.0×10-3mol/L，c(H+)=mol/L=1.0×10-11mol/L，pH=11，所以25℃时，c(Ca2+)=5.0mol/L，理论上pH不超过11。 ②滴定达到终点的现象为当滴加最后半滴标准溶液，溶液由无色变成浅红色，并且半分钟内不变色。 ③涉及反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4−+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据Ca、C原子守恒有：5CaCl2～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，则n(CaCl2)=n(KMnO4)=2.5×0.024L×0.1000mol/L=0.0060mol，m(CaCl2)=0.0060mol×111g/mol=0.6660g，CaCl2的质量分数为= 66.6% 。 【分析】根据题干信息及流程图信息，“反应釜1”中发生反应：CaO+H2O+FeCl2=Fe(OH)2↓+CaCl2，“反应釜2”中发生反应：4CaO+6H2O+4FeCl2+O2=4Fe(OH)3↓+4CaCl2，“反应釜3”中经调节pH，形成Fe3O4和CaCl2溶液，经“加压过滤”得到Fe3O4沉淀和CaCl2溶液，Fe3O4沉淀经后处理得到Fe3O4固体，CaCl2溶液经后处理得到CaCl2水合物。 18．【答案】（1）3d104s1；Cu+ （2）CuCl （3）Cu+H2O2+2HCl＝CuCl2+2H2O；Cu2+是过氧化氢分解的催化剂 （4） （5）b （6）CuI；还原剂沉淀剂 【解析】【解答】（1）基态Cu原子核外电子数为29，价电子电子排布式3d104s1；质子数相同，微粒电子数越多，半径越小，核外电子数：>，半径：>，故答案为：3d104s1；>； （2）由晶胞结构可知，Cu原子处于晶胞内部，晶胞中含有4个Cu原子，Cl原子位于顶点与面心上，利用均摊法可知一个晶胞中含有Cl原子数目为，Cu原子：1个，化学式为CuCl，故答案为：CuCl； （3）铜与过氧化氢、稀盐酸反应制备CuCl2，铜作还原剂，氧化产物为氯化铜；过氧化氢作氧化剂，还原产物为水，化学方程式为；Cu2+是过氧化氢分解的催化剂，反应过程中生成的Cu2+可将过氧化氢催化分解，使得过氧化氢的实际用量总是大与理论用量，故答案为：；Cu2+是过氧化氢分解的催化剂； （4）过氧化氢中氢原子和氧原子之间共用一对电子，氧原子和氧原子之间共用一对电子，电子式为 ，故答案为：； （5）在（3）中过氧化氢在反应中作氧化剂能将铜氧化，Cl2不能将铜氧化；能将铜氧化，同时产生污染性气体；氧气能将铜氧化，同时不会产生污染性气体，故答案为：b； （6）淀粉遇碘单质变蓝色，反应后所得溶液加入淀粉呈蓝色，说明有I2生成，该过程I-作还原剂，将还原为，与I-生成CuI沉淀，过程中I-的作用为还原剂和沉淀剂，故答案为：CuI；还原剂、沉淀剂。 【分析】（1）质子数相同，微粒电子数越多，半径越小； （2）由晶胞结构可知，Cu原子处于晶胞内部，晶胞中含有4个Cu原子，Cl原子位于顶点与面心上，利用均摊法可知1个晶胞中含有Cl原子数目为，Cu原子：1个，该物质化学式为CuCl； （3）铜与过氧化氢、稀盐酸反应制备CuCl2，铜作还原剂，氧化产物为氯化铜；过氧化氢作氧化剂，还原产物为水，化学方程式为； （4）过氧化氢中氢原子和氧原子之间共用一对电子，氧原子和氧原子之间共用一对电子，电子式为 ； （5）在（3）中过氧化氢在反应中作氧化剂能将铜氧化，Cl2不能将铜氧化；能将铜氧化，同时产生污染性气体；氧气能将铜氧化，同时不会产生污染性气体； （6）淀粉遇碘单质变蓝色，反应后所得溶液加入淀粉呈蓝色，说明有I2生成，该过程I-作还原剂，将还原为，与I-生成CuI沉淀。 19．【答案】（1）3d34s2 （2）将氧化为 （3） （4）； （5） （6）最后一次洗涤液，加入氯化钡溶液没有生成沉淀，则洗涤干净 （7） 【解析】【解答】（1）钒为23号元素，基态V原子价电子排布为3d34s2； （2）空气中氧气具有氧化性，将氧化为 ； （3）由分析可知，“碱浸”所得滤渣的主要成分是 ； （4）“沉硅、铝”中加入碳酸氢铵和硅酸钠反应生成硅酸沉淀： ，和四羟基合铝酸根离子生成氢氧化铝沉淀： ； （5）若滤液中 ，为使钒元素沉淀率达到 ，则使“沉钒”后c(VO3-)=0.1mol×(1-98%)=0.002mol/L，溶液中的c(NH4+)不低于c(NH4+)== ； （6）证明 已洗涤干净，就是证明洗涤液中不含硫酸根离子，则实验操作及现象为：取最后一次洗涤液，加入氯化钡溶液没有生成沉淀，则洗涤干净； （7）在空气中“煅烧”生成的气体可直接排放到空气中，则没有生成污染性的含氮气体，则氮元素被空气中氧气氧化为氮气，故反应为： ； 【分析】（1）钒原子是23号元素，因此其核外电子排布1s22s22p63s2p63d44s2； （2）焙烧的目将物质氧化； （3）碱可将二氧化硅和氧化铝反应，剩余氧化铁； （4）碳酸氢铵可将硅酸钠和四羟基铝酸钠沉淀即可写出离子方程式； （5）根据数据利用。 计算出铵根浓度； （6）考虑滤液中含有硫酸根，因此可利用氯化钡检验； （7）根据反应物和生成物即可写出方程式。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$