备战高考化学 原子结构与元素周期表综合试题附答案

备战高考化学原子结构与元素周期表综合试题附答案
一、原子结构与元素周期表练习题（含详细答案解析）
1．下表是元素周期表的一部分，回答相关的问题。

（1）写出④的元素符号__。

（2）在这些元素中，最活泼的金属元素与水反应的离子方程式：__。

（3）在这些元素中，最高价氧化物的水化物酸性最强的是__(填相应化学式，下同)，碱性最强的是__。

（4）这些元素中(除⑨外)，原子半径最小的是__(填元素符号，下同)，原子半径最大的是__。

（5）②的单质与③的最高价氧化物的水化物的溶液反应，其产物之一是OX2，(O、X分别表示氧和②的元素符号，即OX2代表该化学式)，该反应的离子方程式为(方程式中用具体元素符号表示)__。

（6）⑦的低价氧化物通入足量Ba(NO3)2溶液中的离子方程式__。

【答案】Mg 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ HClO4 NaOH F Na 2F2+2OH-=OF2+2F-+H2O 3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+
【解析】
【分析】
根据元素在元素周期表正的位置可以得出，①为N元素，②为F元素，③为Na元素，④为Mg元素，⑤为Al元素，⑥Si元素，⑦为S元素，⑧为Cl元素，⑨为Ar元素，据此分析。

【详解】
（1）④为Mg元素，则④的元素符号为Mg；
（2）这些元素中最活泼的金属元素为Na，Na与水发生的反应的离子方程式为
2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；
（3）这些元素中非金属性最强的是Cl元素，则最高价氧化物对应的水化物为HClO4，这些元素中金属性最强的元素是Na元素，则最高价氧化物对应的水化物为NaOH；
（4）根据元素半径大小比较规律，同一周期原子半径随原子序数的增大而减小，同一主族原子半径随原子序数的增大而增大，可以做得出，原子半径最小的是F元素，原子半径最大的是Na元素；
（5）F2与NaOH反应生成OF2，离子方程式为2F2+2OH-=OF2+2F-+H2O；
（6）⑦为S元素，⑦的低价氧化物为SO2，SO2在Ba(NO3)2溶液中发生氧化还原反应，SO2变成SO42-，NO3-变成NO，方程式为3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+。

2．硅是构成矿物和岩石的主要成分，单质硅及其化合物具有广泛的用途。

完成下列填空： I.某些硅酸盐具有筛选分子的功能，一种硅酸盐的组成为：M 2O·R 2O 3·2SiO 2·nH 2O ，已知元素M 、R 均位于元素周期表的第3周期。

两元素原子的质子数之和为24。

（1）该硅酸盐中同周期元素原子半径由大到小的顺序为________________；
（2）写出M 原子核外能量最高的电子的电子排布式：__________________；
（3）常温下，不能与R 单质发生反应的是___________（选填序号）；
a ．CuCl 2溶液
b ．Fe 2O 3
c ．浓硫酸
d ．Na 2CO 3溶液
（4）写出M 、R 两种元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：
____________________________________________。

II.氮化硅（Si 3N 4）陶瓷材料硬度大、熔点高。

可由下列反应制得：
SiO 2+C+N 2−−−→高温Si 3N 4+CO
（5）Si 3N 4晶体中只有极性共价键，则氮原子的化合价为______，被还原的元素为______________。

（6）C 3N 4的结构与Si 3N 4相似。

请比较二者熔点高低。

并说明理由：
_____________________。

（7）配平上述反应的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向。

_________________ （8）如果上述反应在10L 的密闭容器中进行，一段时间后测得气体密度增加了2.8g/L ，则制得的Si 3N 4质量为_____________。

【答案】Na >Al>Si 3s 1 bd ()-23-
2Al OH +OH =lO +H A O -3 N 2中氮元素 两者均为原子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，因此C 3N 4中碳原子与氮原子形成的共价键键长较Si 3N 4中硅原子与氮原子形成的共价键键长小，键能较大，熔点较高
35g
【解析】
【分析】
【详解】
I ．（1）化合物的化合价代数和为0，因此M 呈+1价，R 呈+3价，M 、R 均位于元素周期表的第3周期，两元素原子的质子数之和为24，则M 为Na ，R 为Al ，该硅酸盐中Na 、Al 、Si 为同周期元素，元素序数越大，其半径越小，因此半径大小关系为：Na >Al>Si ； （2）M 原子核外能量最高的电子位于第三能层，第三能层上只有1个电子，其电子排布式为：3s 1；
（3）常温下，Al 与CuCl 2溶液反应能将铜置换出来；Al 与Fe 2O 3在高温反应；Al 与浓硫酸发生钝化；Al 与Na 2CO 3溶液在常温下不发生反应；
故答案为：bd ；
（4）Na 、Al 两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为：NaOH 、Al(OH)3，二者反应的离子方程式为：()-23-
2Al OH +OH =lO +H A O ； II ．（5）非金属性N>Si ，因此Si 3N 4中N 元素化合价为-3价；该反应中N 元素化合价从0价降低至-3价，N 元素被还原；
（6）Si 3N 4陶瓷材料硬度大、熔点高，晶体中只有极性共价键，说明Si 3N 4为原子晶体，C 3N 4的结构与Si 3N 4相似，说明C 3N 4为原子晶体，两者均为原子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，因此C 3N 4中碳原子与氮原子形成的共价键键长较Si 3N 4中硅原子与氮原子形成的共价键键长小，键能较大，熔点较高；
（7）该反应中Si 元素化合价不变，N 元素化合价从0价降低至-3价，C 元素化合价从0价升高至+2价，根据得失电子关系以及原子守恒配平方程式以及单线桥为：
；
（8）气体密度增加了2.8g/L ，说明气体质量增加了2.8g/L ×10L=28g ，
2234=3SiO +6C +2N Si N +6CO 140g 112g
28g
m
∆高温气体质量变化 因此生成的Si 3N 4质量为28g 140g 112g
⨯=35g 。

3．A 、B 、C 、D 、E 、F 是核电荷数依次增大的六种短周期主族元素，A 元素的原子核内只有1个质子；B 元素的原子半径是其所在主族中最小的，B 的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO 3；C 元素原子的最外层电子数比次外层多4；C 的阴离子与D 的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D 2C ；C 、E 同主族。

(1)B 在周期表中的位置_________
(2)F 元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为________。

(3)元素C 、D 、E 形成的简单离子半径由小到大的顺序________(用离子符号表示)。

(4)写出化合物D 2C 2的电子式：________。

(5)E 、F 的简单离子的还原性大小顺序为：_________。

(6)已知E 单质和F 单质的水溶液反应会生成两种强酸，其离子方程式为_______。

【答案】第二周期第ⅤA 族 HClO 4 Na +<O 2-<S 2-
S 2->Cl - S
+3Cl 2+4H 2O=8H ++SO 42-+6Cl -
【解析】
【分析】
由题干信息，A 、B 、C 、D 、E 、F 是核电荷数依次增大的六种短周期主族元素，A 元素的原子核内只有1个质子，则A 为H 元素，B 元素的原子半径是其所在主族元素原子中最小的，B 的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO 3，则B 的最高化合价为+5，位于周期表中第ⅤA 族，应为N 元素，C 元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4，则原子核外电子排布为2、6，应为O 元素，C 的阴离子与D 的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D 2C ，则D 的化合价为+1，应为Na 元素，C 、E 同主族，则E 为S 元素，F 为Cl 元素，据此分析解答问题。

【详解】
(1)根据上述分析，B为N元素，是第7号元素，在元素周期表的第二周期第ⅤA族，故答案为：第二周期第ⅤA族；
(2)F为Cl元素，其最高价氧化物对应水化物为高氯酸，化学式为HClO4，故答案为：HClO4；
(3)Na+、O2-电子层数均为2，而核电荷数：Na+>O2-，则半径：Na+<O2-，又S2-的电子层数为3，则半径Na+<O2-<S2-，故答案为：Na+<O2-<S2-；
(4)D2C2为Na2O2，是离子化合物，其电子式为：，故答案为：
；
(5)非金属性Cl>S，单质的氧化性Cl2>S，则对应简单离子的还原性Cl-<S2-，故答案为：S2-
>Cl-；
(6)E的单质为S，F的单质为Cl2，S和Cl2的水溶液发生氧化还原反应生成H2SO4和HCl，离子方程式为S+3Cl2+4H2O=8H++SO42-+6Cl-，故答案为：S+3Cl2+4H2O=8H++SO42-+6Cl-。

4．A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，C、D、E 同处另一周期。

C、B可按原子个数比2∶1和1∶1分别形成两种离子化合物甲和乙。

D、A按原子个数比3∶2形成离子化合物丙。

E是地壳中含量最高的金属元素。

根据以上信息回答下列问题：
(1)B元素在周期表中的位置是__________，乙物质化学式是__________。

(2)A、B、C、D、E五种元素的原子半径由小到大的顺序是__________(用元素符号填写)。

(3)E的单质加入到C的最高价氧化物对应的水化物的溶液中，发生反应的离子方程式是
____________________________________。

【答案】第二周期VIA族 Na2O2 O<N<Al<Mg<Na 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
【解析】
【分析】
C、B可按原子个数比2∶1和1∶1分别形成两种离子化合物甲和乙，可知C为Na元素，B为O元素，甲为Na2O，乙为Na2O2；E是地壳中含量最高的金属元素，则E为Al元素；
A、B、C、D、E都是短周期元素，原子均小于Al的原子序数，D、A按原子个数比3∶2形成离子化合物丙，可知A为N元素，D为Mg元素，丙为Mg3N2。

【详解】
（1）B为O元素，在周期表中第二周期VIA族，乙物质为过氧化钠，化学式是Na2O2，故答案为：第二周期VIA族；Na2O2；
（2）Na、Mg、A l在第三周期，O、N在第二周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则O<N<P<Al<Mg<Na，即O<N<Al<Mg<Na，故答案为：O<N<Al<Mg<Na；
（3）铝能跟氢氧化钠溶液发生反应生成偏铝酸盐和氢气，其反应的离子反应方程式为
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。

【点睛】
一般情况下，原子个数比按2∶1和1∶1可分别形成H2O、H2O2或Na2O、Na2O2，H2O、
H2O2为共价化合物，Na2O、Na2O2为离子化合物。

5．元素周期表与元素周期律在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。

下表列出了a～e5种元素在周期表中的位置。

（1）a的元素符号是______。

（2）金属性b强于c，用原子结构解释原因：______，失电子能力b大于c。

（3）d、e的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的的是______。

（4）已知硒(Se)与d同主族，且位于d下一个周期，根据硒元素在元素周期表中的位置推测，硒可能具有的性质是______。

①其单质在常温下呈固态
②SeO2既有氧化性又有还原性
③最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SeO3
④非金属性比e元素的强
【答案】C 电子层数b与c相同，核电荷数b小于c，原子半径b大于c HClO4①②【解析】
【分析】
由元素在周期表中的分布可知，a是C，b是Na，c是Al，d是S，e是Cl，结合元素周期律分析解答。

【详解】
由元素在周期表中的分布可知，a是C，b是Na，c是Al，d是S，e是Cl。

(1)a是碳元素，元素符号为C，故答案为：C；
(2)b是钠，c是铝，由于电子层数b与c相同，核电荷数b小于c，原子半径b大于c，失电子能力b大于c，因此金属性b强于c，故答案为：电子层数b与c相同，核电荷数b小于c，原子半径b大于c；
(3)d的非金属性小于e，因此最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的的是高氯酸，故答案为：HClO4；
(4)硒(Se)与S同主族，且位于S下一个周期，非金属性比S弱。

①常温下硫为固体，同一主族元素的非金属单质，从上到下，熔沸点逐渐升高，因此硒单质在常温下呈固态，故①正确；②SeO2中Se的化合价为+4价，介于-2～+6之间，既有氧化性又有还原性，故②正确；③Se的最高价为+6价，最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SeO4，故③错误；
④硒(Se)与S同主族，且位于S下一个周期，非金属性比S弱，故④错误；故答案为：
①②。

【点睛】
本题的易错点为(4)，要注意元素周期律的理解和应用，②的判断要注意在氧化还原反应中处于中间价态的元素既有氧化性又有还原性。

6．A、B、C、D、E、F的核电荷数依次增大，且均为核电荷数小于18的非稀有气体元素。

A的单质是自然界中密度最小的气体，A和C可形成A2C和A2C2两种常见的液态化合物，B、C原子的最外层电子数之和等于11，D+与C的简单离子的最外层电子排布相同，C、E 原子的最外层电子数相同。

请回答下列问题：
(1)写出元素符号：B______，D______。

(2)A元素具有两个中子的核素的表示符号为______，E的简单离子的结构示意图是
______。

(3) A2C2的分子式为______。

(4)将少量F的单质通入足量NaOH溶液中，发生反应的离子方程式是______。

H H2O2 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【答案】N Na 3
1
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的六种短周期主族元素，A单质是自然界中密度最小的气体为氢气，A为H元素，A和C可形成A2C和A2C2两种常见的液态化合物，为
H2O、H2O2，则C为O元素，C原子最外层有6个电子，B、C原子的最外层电子数之和等于11，则B最外层有5个电子，B为N元素；D+与C的简单离子核外电子排布相同，判断为Na+，D为Na元素，C、E原子的最外层电子数相同，则C、E同主族，E为S元素，F为Cl元素，然后根据问题分析、解答。

【详解】
根据上述分析可知：A是H，B是N，C是O，D是Na，E是S，F是Cl元素。

(1)B元素符号为N，D元素符号为Na；
(2)A是H原子，原子核内有1个质子，若原子核内有2个中子，则其质量数为1+2=3，用
H；E是S，S原子获得2个电子变为S2-，则S2-的简单离子的结构示意图是
符号表示为3
1
；
(3)A是H，C是O，A2C2是H2O2；
(4)F是Cl，Cl2能够与NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，该反应的离子方程式是
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。

【点睛】
本题考查了元素的位置、结构、性质关系及其应用，根据元素的原子结构及物质的性质、位置关系及形成化合物的性质推断元素是解题关键，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移应用能力。

7．有关元素X、Y、D、E的信息如下：
元素有关信息
X地壳中含量最高的元素
Y第三周期中原子半径最小的元素
D最高价氧化物既能溶于强酸又能溶于强碱
E单质是生活中常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏
用化学用语
．．．．回答下列问题：
（1）D在元素周期表中的位置为____。

（2）X、Y、D形成的简单离子的半径由大到小为_____。

（3）X的一种氢化物可用于实验室制取X的单质，其反应的化学方程式为_________，D 的单质溶于强碱的离子方程式为________。

（4）E元素与Y元素可形成EY2和EY3两种化合物，下列说法正确的是（填序号）_____。

①保存EY2溶液时，需向溶液加入少量E单质
②EY2、EY3均能通过化合反应生成
③向煮沸的NaOH溶液中滴加几滴饱和EY3溶液，可以制得胶体
【答案】第三周期第ⅢA族 r(Cl-)>r(O2-)>r(Al3+) 2H2O2
2
MnO
2H2O+O2↑2Al+2OH-
+2H2O=2A1O2-+3H2↑①②
【解析】
【分析】
X是地壳中含量最高的元素，则其为氧(O)；Y为第三周期中原子半径最小的元素，则其为氯(Cl)；D元素的最高价氧化物既能溶于强酸又能溶于强碱，则其为铝(Al)；E的单质是生活中常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏，则其为铁(Fe)。

【详解】
（1）铝的原子结构示意图为，则其在元素周期表中的位置为第三周期第ⅢA族；
（2）比较O2-、Al3+、Cl-的半径时，O2-、Al3+为两个电子层数，Cl-为三个电子层，则Cl-半径最大，O2-、Al3+的核电荷数，前者为8后者为13，所以离子半径前者大于后者，从而得出离子半径大小关系为r(Cl-)>r(O2-)>r(Al3+)；
（3）X的一种氢化物可用于实验室制取X的单质，则其为H2O2，其反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，Al的单质溶于强碱离子的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2A1O2-+3H2↑；
（4）①保存FeCl2溶液时，需向溶液加入少量Fe单质，以防止Fe2+被空气中O2氧化，①正确；
②FeCl2可由Fe与FeCl3化合制得，FeCl3可由Fe与Cl2化合制得，②正确；
③向煮沸的NaOH溶液中滴加1~2mL饱和FeCl3溶液，并继续煮沸至液体呈红褐色，可以制得胶体，③错误；
故选①②。

【点睛】
比较原子或离子半径时，通常先看电子层数，一般情况下，电子层数越多，半径越大；当电子层数相同时，比较核电荷数，核电荷数越大，半径越小；当电子层数、核电荷数均相同时，比较最外层电子数，最外层电子数越多，半径越大。

8．A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大。

①A元素组成的单质是相同条件下密度最小的物质；②B元素原子的最外层电子数是其内层电子总数的2倍；③D 原子的电子层数与最外层电子数之比为3：1；④E元素的最外层电子数是电子层数的2倍；⑤C与E同主族。

请回答下列问题：
(1)B元素在周期表中的位置是：______________
(2)写出化合物D2C2的电子式____________；该化合物中所含化学键类型为____________
(3)化合物A2C和A2E中，沸点较高的是______________(填化学式)
(4)化合物EC2常温下呈气态，将其通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀和NO气体放出，该反应的离子方程式为_______________
(5)元素A、B、C按原子个数比2：1：1组成的化合物是常见的室内装修污染物，该物质的分子空间构型为______________；该化合物中B原子的杂化轨道类型为______________
【答案】第二周期第IVA族离子键、共价键 H2O
3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+平面三角形 sp2
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大。

①A元素组成的单质是相同条件下密度最小的物质，则A是H元素；②B元素原子的最外层电子数是其内层电子总数的2倍，则B原子核外有2个电子层，核外电子排布是2、4，B是C元素；③D原子的电子层数与最外层电子数之比为3：1，则D核外电子排布式是2、8、1，D是Na元素；④E 元素的最外层电子数是电子层数的2倍，则E核外电子排布是2、8、6，E是S元素；⑤C 与E同主族，原子序数小于Na，大于C，则C是O元素。

结合元素的单质及化合物的结构、性质分析解答。

【详解】
根据上述分析可知A是H，B是C，C是O，D是Na，E是S元素。

(1) B是C元素，在周期表中的位置是第二周期第IVA族；
(2)化合物D2C2是Na2O2，该物质中Na+与O22-通过离子键结合，在O22-中两个O原子通过共价键结合，所以其电子式为：；该化合物中所含化学键类型为离子键、共价键；
(3)化合物A2C是H2O，A2E是H2S，由于在H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使物质气化消耗较多的能量，因此沸点较高的是H2O；
(4)化合物EC2是SO2，在常温下呈气态，该物质具有还原性，将其通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀和NO气体放出，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+；
(5)元素A、B、C按原子个数比2：1：1组成的化合物CH2O是常见的室内装修污染物，该物质的分子中，C原子采用sp2杂化，与O原子形成共价双键，再与2个H原子形成2个共价键，分子空间构型为平面三角形。

【点睛】
本题考查了元素的原子结构与物质性质的关系、有电子转移的离子方程式书写等知识。

根据题干信息正确推断元素是解题关键，能很好的反映学生对饮水机化合物的性质及物质结构理论的掌握和应用情况。

9．下表为长式周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。

试填空。

(1)写出上表中元素⑨原子的外围电子排布式________________________。

(2)元素③与⑧形成的化合物中元素③的杂化方式为：_______杂化，其形成的化合物的晶体类型是：_________________。

(3)元素④、⑤的第一电离能大小顺序是：____＞____(用元素符号表示)；元素④与元素
①形成的X分子的空间构型为：___________。

请写出与N3—互为等电子体的分子或离子的化学式__________，__________(各写一种)。

(4)在测定①与⑥形成的化合物的相对分子质量时，实验测得的值一般高于理论值的主要原因是：_______________________。

(5)某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如上表中元素⑦与元素②的氢氧化物有相似的性质，写出元素②的氢氧化物与NaOH溶液反应的化学方程式_____________。

(6)元素⑩在一定条件下形成的晶体的基本结构单元如下图1和图2所示，则在图1和图2的结构中与该元素一个原子等距离且最近的原子数之比为：_________。

【答案】3d54s1 sp3分子晶体 N O 三角锥形 CO2或CS2、N2O、BeCl2 CNO- HF分子之间有氢键，形成(HF)n Na2BeO2 2∶3，
【解析】
【分析】
由元素在周期表中的位置可知，①为H ，②为Be ，③为C ，④为N ，⑤为O ，⑥为F ，⑦为Al ，⑧为Cl ，⑨为Cr ，⑩为Co ；
(1)Cr 的原子序数为24，注意外围电子的半满为稳定状态；
(2)元素③与⑧形成的化合物为CCl 4，存在4个共价单键，没有孤对电子，构成微粒为分子；
(3)④为N ，⑤为O ，N 原子的2p 电子半满为稳定结构，则第一电离能大；X 分子为NH 3，与N 3-互为等电子体的分子、离子，应具有3个原子和16个价电子；
(4)HF 分子之间含有氢键；
(5)Al 与Be 位于对角线位置，性质相似；
(6)由图1可知，与体心原子距离最近的原子位于顶点，则有8个；由图2可知，与顶点原子距离最近的原子位于面心，1个晶胞中有3个，则晶体中有
382⨯=12个。

【详解】
由元素在周期表中的位置可知，①为H ，②为Be ，③为C ，④为N ，⑤为O ，⑥为F ，⑦为Al ，⑧为Cl ，⑨为Cr ，⑩为Co ；
(1)Cr 的原子序数为24，注意外围电子的半满为稳定状态，则外围电子排布为3d 54s 1；
(2)元素③与⑧形成的化合物为CCl 4，存在4个共价单键，没有孤对电子，则C 原子为sp 3杂化，构成微粒为分子，属于分子晶体；
(3)④为N ，⑤为O ，N 原子的2p 电子半满为稳定结构，则第一电离能大，即N ＞O ；X 分子为NH 3，空间构型为三角锥形；与N 3-互为等电子体的分子、离子，应具有3个原子和16个价电子，则有CO 2(或CS 2、N 2O 、BeCl 2)、CNO -等微粒；
(4)因HF 分子之间含有氢键，能形成缔合分子(HF)n ，则测定的相对分子质量较大；
(5)Al 与Be 位于对角线位置，性质相似，则Be 与NaOH 溶液反应生成Na 2BeO 2；
(6)由图1可知，与体心原子距离最近的原子位于顶点，则有8个；由图2可知，与顶点原子距离最近的原子位于面心，1个晶胞中有3个，空间有8个晶胞无隙并置，且1个面被2个晶胞共用，则晶体中有382
⨯=12个，所以在图1和图2的结构中与该元素一个原子等距离且最近的原子数之比为8:12=2:3。

10．请用符号表示下列核素或同位素。

（1）质子数为a ，中子数为b 的X 原子：______。

（2）质子数和中子数都为9的氟原子：______。

（3）中子数为2的氢原子：______。

（4）中子数分别为8、9、10的氧原子：______。

（5）质量数分别为35、37的氯原子： ______。

【答案】X a b a + 18
9F 31H （或T ） 168O 、178O 、188O 3517Cl 、3717Cl 【解析】
【分析】
结合核素的组成结构和同位素的概念分析解题即可。

【详解】
(1)质子数为a ，中子数为b 的X 原子的质量数为a+b ，其核素表示为X a b a ；
(2)质子数和中子数都为9的氟原子的质量数为18，其核素表示为189F ；
(3)中子数为2的氢原子，质子数为1，质量数为3，其核素表示为31H (或T )；
(4)中子数分别为8、9、10的氧原子，质量数分别是16、17、18，核素依次表示为168O 、
17
8O 、18
8O ；
(5)质子数为17，质量数分别为35、37的氯原子核素依次表示为3517Cl 、3717Cl 。

【点睛】
核素的最常见表示形式为A Z X ，其中A 为质量数，Z 为质子数，核内中子数为A-Z ，而同种
元素的不同核素，其子数肯定不等，互为同位素，化学性质几乎完全相同，据此分析解题。

11．NaNO 2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒．已知NaNO 2能发生如下反应：2NaNO 2+4HI ═2NO↑+I 2+2NaI+2H 2O 。

（1）上述反应中氧化剂是____________，氧化产物是______________（填写化学式）。

（2）根据上述反应，鉴别NaNO 2、NaCl ．可选用的物质有：①水、②碘化钾淀粉试纸、③淀粉、④白酒、⑤食醋，你认为必须选用的物质有______________（填序号）。

（3）某厂废液中，含有2%～5%的NaNO 2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO 2转化为不引起二次污染的N 2的是______（填编号）。

A ．NaCl
B ．NH 4Cl
C ．HNO 3
D ．浓H 2SO 4
【答案】NaNO 2 I 2 ①②⑤ B
【解析】
【分析】
(1)反应中N 元素的化合价降低，I 元素的化合价升高；
(2)由2NaNO 2+4HI ═2NO↑+I 2+2NaI+2H 2O 可知，鉴别NaNO 2和NaCl ，可利用碘的特性分析；
(3)NaNO 2具有氧化性，能使NaNO 2转化为不引起二次污染的N 2的物质应具有还原性。

【详解】
(1)反应中N 元素的化合价降低，发生还原反应，I 元素的化合价升高，发生氧化反应，则氧化剂是NaNO 2，氧化产物是I 2；
(2)由2NaNO 2+4HI ═2NO↑+I 2+2NaI+2H 2O 可知，鉴别NaNO 2和NaCl ，则固体加水溶解后，再滴加食醋酸化，将溶液滴在碘化钾淀粉试纸上，变蓝的为NaNO 2，故答案为：①②⑤；
(3)NaNO 2具有氧化性，能使NaNO 2转化为不引起二次污染的N 2的物质应具有还原性，只有选项B 符合，故答案为：B 。

12．海水中溴含量约为67mg•L -1，从海水中提取溴的一种工艺流程如图：
（1）步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转化为化合态的溴，其目的是___。

（2）步骤Ⅱ中通入热空气吹出Br2，利用了Br2的___（填序号）。

A．氧化性 B．还原性
C．挥发性 D．腐蚀性
（3）步骤Ⅱ中涉及的离子反应如下，请在横线上填上适当的化学计量数：___Br2+___CO32-——___BrO3-+___Br-+___CO2。

（4）上述流程中吹出的溴蒸汽也可先用二氧化硫的水溶液吸收，再用氯气氧化，最后蒸馏，写出Br2与SO2水溶液反应的化学方程式：___。

【答案】富集（或浓缩）溴元素 C 3 3 1 5 3 SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4
【解析】
【分析】
根据流程分析可知：海水晒盐后得到氯化钠和卤水，卤水中通入氯气，可将溴离子氧化为单质溴，得到低浓度的溴溶液，通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用的是溴单质的易挥发性，利用纯碱溶液吸收溴单质，再用硫酸酸化，使溴酸根离子和溴离子发生氧化还原反应得到溴单质，据此解答。

【详解】
(1)由于海水中Br-的含量低，步骤Ⅰ获得游离态的溴后，步骤Ⅱ又将其转化为化合态的溴，其目的是富集(或浓缩)溴元素，故答案为：富集(或浓缩)溴元素；
(2)步骤Ⅱ用热空气吹出Br2，主要利用了Br2的挥发性，故答案为：C；
(3)该反应中Br元素的化合价由0价变为−1价、+5价，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，配平该离子程式为：3Br2+3CO32− ═ BrO3−+5Br−+3CO2↑，故答案为：3；3；1；5；3；
(4)溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式为
SO+Br+2H O=2HBr+H SO，故答案为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4。

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13．从海水中提取溴的工业流程如图：
(1)步骤I中将卤水酸化，再通入Cl2，是为了防止Cl2与碱反应，写出Cl2与碱反应的离子方程式_____。

(2)步骤I中已获得游离态的溴，步骤II又将之转变成化合态的溴，其目的是__________。

(3)实验室保存液溴时，通常在盛液溴的试剂瓶中加少量的水，这与液溴的_____性质有关（填写序号）。

A．氧化性 B．还原性 C．挥发性 D．密度比水大
(4)步骤II中将吹出的溴蒸汽用纯碱溶液吸收时还有CO2生成，写出吸收时发生反应的离子方程式：___。

(5)步骤II中通入热空气吹出的Br2用纯碱溶液吸收前先经过NaBr溶液，其目的是
______________。

(6)步骤III中蒸馏出工业溴后残留液的主要溶质是_______________。

(7)步骤III中若使用硝酸酸化，缺点是_________。

【答案】Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O 富集溴元素 CD 3CO32-+3Br2=3CO2+5Br-+BrO3-除去未反应完的氯气 Na2SO4可能会生成氮氧化物气体污染空气
【解析】
【分析】
(1)Cl2在碱性溶液中发生歧化反应，产生Cl-、ClO-和H2O；
(2)步骤Ⅰ中已获得游离态的溴浓度很低，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素；
(3)溴单质具有易挥发性和在水中溶解度比较小分析；
(4)根据反应物、生成物，结合转移电子守恒、原子守恒配平方程式；
(5)根据Cl2与NaBr反应制取Br2，从Cl2反应程度上分析；
(6)NaBr、NaBrO3、H2SO4发生归中反应，根据元素守恒分析；
(7)根据硝酸的强氧化性分析。

【详解】
(1)Cl2在碱性溶液中发生歧化反应，产生Cl-、ClO-和H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；
根据流程分析可知：海水通过一定方法淡化得到淡水和卤水，卤水加入氧化剂氧化溴离子为单质溴，通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用的是溴单质的易挥发性，再利用酸溶液中溴酸根离子和溴离子发生氧化还原反应得到溴单质，
(2)步骤Ⅰ中已获得游离态的溴浓度很低，如果直接蒸馏，生产成本较高，不利于工业生产，步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素，降低成本；
(3)溴单质在室温下为深红棕色液体，易挥发，由于其密度比水大，且在水中溶解度较小，实验室保存液溴时，通常在盛液溴的试剂瓶中加少量的水形成水封，故合理选项是CD；步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br2，就是利用溴的挥发性，故答案为：C；
(4)根据流程图及题目叙述可知Br2在Na2CO3溶液中发生歧化反应产生NaBr、NaBrO3、
CO2，该反应中Br元素化合价由0价变为-1价、+5价，其最小公倍数是5，再结合原子守恒或电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：3CO32-+3Br2=3CO2+5Br-+BrO3-；(5)上述流程中吹出的溴蒸气是Cl2与NaBr反应产生的，因此溴蒸气中可能含有过量的未反应的氯气，步骤II中通入热空气吹出的Br2用纯碱溶液吸收前先经过NaBr溶液，可以发生反应Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，除去未反应完的氯气；
(6)步骤II反应产生的NaBr、NaBrO3与硫酸混合，发生反应：
5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Na2SO4+3Br2+3H2O，反应产生的Br2被蒸出，所以步骤III中蒸馏出。