- 元素周期律
- 共62506题
开学初，小源到建设银行营业网点兑换了此前在网上预约的中国高铁纪念币。这枚纪念币由中国人民银行发行，面额10元，每人限兑20枚，且需要提前预约。小源打算与班上同学分享自己的喜悦。他可以向大家这样介绍
①纪念币面额和实际购买力都是由中国人民银行规定的
②纪念币可以直接购买商品，也具有支付手段等货币职能
③纪念币发行量有限，具有一定的收藏价值和升值空间
④纪念币不能与同面额人民币等值流通，必须在规定时间地点使用
正确答案
解析
①错误，国家无权规定纪念币的实际购买力；④错误，纪念币与同面额人民币等值流通，在任何时间地点都可使用；由中国人民银行发行的纪念币属于法定货币，可以直接购买商品，也具有支付手段等货币职能，因其发行量有限，具有一定的收藏价值和升值空间，故②③正确。
知识点
以下是一些元素的信ο，其中有一种元素不在短周期．根据信ο完成问题：
（1）写出A元素基态原子的核外电子排布式______．
（2）B、C、X的简单离子半径由大到小的顺序为______（用元素离子符号表示）．
（3）化合物YZ4B化学键的类型是______，检验该固体化合物中阳离子的实验的方法和现象是______．
（4）A元素的单质在潮湿空气中锈蚀生成绿色物质，用一个化学方程式表示锈蚀过程______．
（5）常温下，工业上用惰性电极在电解槽中电解100L 1.5mol•L-1CB的水溶液时，两极共收集到气体22.4L（标准状况下），计算电解后阴极区溶液的pH=______（假设电解前后溶液体积不变）．
正确答案
元素A的单质是一种常见金属，与元素X形成黑色和砖红色两种化合物，则A为Fe；元素B的单质是一种黄绿色气体，则B为Cl；元素C的短周期中金属性最强，与X反应能生成两种化合物，则C为Na；元素X的最外层电子数是内层电子数的3倍，能形成双原子阴离子，X为O；元素Y的单质为双原子分子，结构中σ键与π键数目比为1：2，Y为N；元素Z的阳离子就是一个质子，则Z为H．
（1）Fe的原子序数为26，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；
（2）电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则氯离子半径最大，钠离子与氧离子具有相同电子排布，则氧离子半径大，所以离子半径为Cl-＞O2-＞Na+，故答案为：Cl-＞O2-＞Na+；
（3）化合物YZ4B为NH4Cl，氯离子与铵根离子以离子键结合，N、H之间以共价键结合，则含有离子键和共价键；取少量固体于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，红色石蕊试纸变蓝，则证明原固体中存在铵根离子，
故答案为：离子键和共价键；取少量固体于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，红色石蕊试纸变蓝；
（4）反应物为铜、氧气、水、二氧化碳，生成物为Cu2（OH）2CO3，
则化学反应方程式为2Cu+O2+CO2+H2O═Cu2（OH）2CO3，故答案为：2Cu+O2+CO2+H2O═Cu2（OH）2CO3；
（5）惰性电极电解NaCl溶液，阳极生成氯气，阴极生成氢气，两极共收集到气体22.4L（标准状况下），
则氢气为11.2L，由2H++2e-═H2↑可知，n（H+）=n（OH-）=1mol，
所以c（OH-）=
A、B、C、D四种常见粒子分别是由x、y、z三种元素中的两种构成，已知x、y、z均为短周期元素，且原子半径依次减小；A、B、C、D均含有相同数目的电子，其中A含有5个原子核，它们之间有如右图的转化关系：
（1）x原子的基态电子排布式______，x、y两元素的第一电离能大小关系为x______y（填＞＜或=）
（2）A的结构式为______．
（3）热稳定性大小比较为C______D（填＞＜或=）
（4）B、C、D三种粒子结合质子能力由强到弱的顺序为______，试用2个离子方程式说明你的判断理由______、______．
正确答案
A、B、C、D均含有相同数目的电子，C与氢离子反应生成A，A含有5个原子核，则A为NH4+，C为NH3；B与NH4+反应生成NH3，所以B为OH-，D为H2O．由于x、y、z原子序数依次减小，所以x为N元素、y为O元素、z为H元素．
（1）x为N元素，原子核外有7个电子，基态电子排布式为1s22s22p3；y为O元素，N元素原子p能级有3个电子，为半满稳定状态，能量降低，第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能，所以x、y两元素的第一电离能大小关系为x＞y，
故答案为：1s22s22p3；＞；
（2）A为NH4+，结构式为
，故答案为：
；
（3）C为NH3，D为H2O，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，非金属性O＞N，所以稳定性H2O＞NH3，即热稳定性大小为C＜D，故答案为：＜；
（4）B为OH-，C为NH3，D为H2O．由于OH-+NH4+=NH3↑+H2O，NH3+H3O+=NH4++H2O，所以B、C、D三种粒子结合质子能力由强到弱的顺序为OH-＞NH3＞H2O，
故答案为：OH-＞NH3＞H2O；OH-+NH4+=NH3↑+H2O；NH3+H3O+=NH4++H2O．
人体中含量位于前6名的元素依次是：氧、碳、X、氮、钙、磷．根据要求用以上元素完成下列填空：
（1）X是______（写元素符号，下同）．能量最高的亚层电子云呈球形的元素有______．
（2）形成化合物种类最多的元素的最简氢化物的电子式为______；该分子为非极性分子的原因是______．
（3）能证明C、N、O非金属性递变规律的事实是______．
a．最高价氧化物对应水化物的酸性
b．单质与H2反应的难易程度
c．NO2、CO2和C3N4中元素的化合价
d．气态氢化物的稳定性
（4）氮元素的另一种气态氢化物肼可视为NH3分子中的一个氢原子被-NH2（氨基）取代形成的．肼燃烧时的能量变化如图所示，则该反应的热化学方程式为______．
正确答案
（1）人体中含量位于前6名的元素依次是：氧、碳、氢、氮、钙、磷，故X为H元素，s能级的电子云为球形，能量最高的亚层电子云呈球形，说明该元素最高能级为ns，符合条件的有H、Ca，故答案为：H；H、Ca；
（2）形成化合物种类最多的元素为C元素，最简氢化物为CH4，分子中C原子与H原子之间形成1对共用电子对，电子式为：
，为正四面体结构，分子中正负电荷的重心重合，为非极性分子，故答案为：
；分子中正负电荷的重心重合，为非极性分子；
（3）a．氧元素没有含氧酸，不能利用最高价比较氧元素与C、N元素的非金属性，故a错误；
b．单质与H2反应的难易程度，说明单质的氧化性强弱，单质的结构不同，不能说明元素的非金属性，故b错误；
c．化合价说明共用电子对偏移方向，化合物中表现负价的元素，对键合电子的吸引力更强，非金属性更强，故NO2中氧元素为-2价，氧元素吸引电子能力更强，故非金属性O＞N，CO2中，中氧元素为-2价，氧元素吸引电子能力更强，故非金属性O＞C，C3N4中N元素为-3价，N元素吸引电子能力更强，故非金属性N＞O，可以比较，故c正确；
d．非金属性越强，气态氢化物越稳定，故气态氧化物的稳定性可以比较非金属性强弱，故d正确；
故答案为：cd；
（4）由肼燃烧时的能量变化图可知，1mol肼燃烧生成氮气与水蒸气，放出的热量为534kJ，热化学方程式为N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534kJ/mol，
故答案为：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534kJ/mol．
下表为长式周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素．
请回答下列问题：
（1）表中属于d区的元素是______（填编号）．
（2）科学发现，②、④、⑨三种元素的原子形成的晶体具有超导性，其晶胞的结构特点如右图所示（图中②、④、⑨分别位于
晶胞的体心、顶点、面心），则该化合物的化学式为______（用对应的元素符号表示）．
（3）元素②的一种氢化物是重要的化工原料，常把该氢化物的产量作为衡量石油化工发展水平的标志．有关该氢化物分子的说法正确的是______．
A．分子中含有分子间的氢键 B．属于含有极性键的非极性分子
C．只含有4个sp-s的σ键和1个p-p的π键D．该氢化物分子中②原子采用sp2杂化
（4）某元素的价电子排布式为nsnnpn+1，该元素原子的核外最外层电子的孤对电子数为______；该元素与元素①形成的18电子的X分子（分子量32）的电子式为______；该元素还可与元素①形成10电子的气体分子Y（分子量17），将过量的Y气体通入盛有硫酸铜水溶液的试管里，现象为______．
（5）下表为原子序数依次增大的短周期元素A～F的第一到第五电离能数据．
请回答：表中的金属元素是______（填字母）；若A、B、C为原子序数依次增大的同周期相邻元素，表中显示B比A和C的第一电离能都略大，其原因是______．
正确答案
（1）长式周期表中的8、9、10三列元素的电子排布中出现d轨道，属于d区的元素，故答案为：⑨；
（2）根据长式元素周期表的结构，②、④、⑨分别为：C、Mg、Ni，分别位于晶胞的体心、顶点、面心，则晶胞中的原子数目之比为：1：（8×
（3）乙烯是衡量一个国家石油发展水平的标志，乙烯中有双键和单键，其中双键中一个是σ键和1个p-p的π键，其余的4个碳氢键均为σ键，共5个sp-s的σ键和1个p-p的π键，中心原子碳原子采用sp2杂化方式，形成平面结构，是含有碳氢极性键的非极性分子，故答案为：BD；
（4）价电子排布式为nsnnpn+1，则n=2，即为氮元素，该元素原子的核外最外层电子的孤对电子数为1，氮元素与氢元素形成的18电子的X分子为N2H4（分子量32），属于共价化合物，电子式为：
，氨气能和硫酸铜水溶液发生复分解反应，生成的氢氧化铜能和氨水继续络合，形成深蓝色的溶液，故答案为：1；
；先产生蓝色沉淀，后沉消失，变成深蓝色的溶液；
（5）根据表中的数据可以看出A、B、C的前四级电离能较小，而D、E、F的前三级电离能较小，原子失去电子的倾向决定于原子的电离能的大小，所以元素金属性也就由元素的原子电离能来衡量，如果电离能越小，说明气态时该原子越易失去电子，元素的金属性就越强，原子的p、d轨道处于半充满状态时更稳定，失电子较难，故答案为：DEF；B的np轨道上的电子半满，能量比A和C低，自身更稳定，所以第一电离能比A和C大．
决定物质性质的重要因素是物质结构．请回答下列问题．
（1）已知A和B为第三周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：
则，A的化合价______B的化合价（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）实验证明：KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似（如图1所示），其中3种离子晶体的晶格能数据如下表：
则该 4种离子晶体（不包括NaCl）熔点从高到低的顺序是：______．
（3）金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好．离子型氧化物V2O5和CrO2中，适合作录音带磁粉原料的是______．
（4）某配合物的分子结构如图2所示，则N原子的杂化方式为______；基态Ni原子的电子排布式______．
正确答案
（1）A和B为第三周期元素，由电离能数据可知A可失去3个电子，最高化合价为+3价，B可失去2个电子，最高化合价为+2价，则最高化合价A＞B，故答案为：＞；
（2）离子晶体的离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔沸点越高，则有TiN＞MgO，MgO＞CaO，由表中数据可知CaO＞KCl，则TiN＞MgO＞CaO＞KCl，
故答案为：TiN＞MgO＞CaO＞KCl；
（3）V2O5中V的最外层电子全部失去或成键，CrO2中Cr失去4个电子，离子的最外层电子为2，为成对，离子含未成对电子越多，则磁性越大，则适合作录音带磁粉原料的是CrO2，
故答案为：CrO2；
（4）根据分子结构可知N形成2个δ键和1个配位键，为杂化sp2，Ni的原子序数为28，电子排布式为[Ar]3d84s2，
故答案为：sp2；[Ar]3d84s2．
I下列描述中正确的是______
A、CS2为V形的极性分子
B、Cl03- 的空间构型为平面三角形
C、SF6中有6对完全相同的成键电子对
D、SiF4和SO32- 的中心原子均为sp3杂化
Ⅱ金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛．请回答下列问题：
（1）Ni原子的核外电子排布式为______；
（2）Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO______ FeO（填“＜”或“＞”）；
（3）Ni0晶胞中Ni和O的配位数分别为______、______；
（4）金属镍与镧（La）形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如左下图所示．该合金的化学式为______；
（5）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反应可生成鲜红色沉淀，其结构如图所示．
①该结构中，碳碳之间的共价键类型是σ键，碳氮之间的共价键类型是______，氮镍之间形成的化学键是______；
②该结构中，氧氢之间除共价键外还可存在______；
③该结构中，碳原子的杂化轨道类型有______．
正确答案
Ⅰ、
A、依据价层电子对互斥理论可知CS2为直线形的非极性分子，故A错误；
B、由价层电子对互斥理论可知Cl03-中中心原子的孤电子对数是
C、硫原子最外层有6个电子，和氟原子之间有6对完全相同的成键电子对，故C正确；
D、SiF4和SO32- 的空间构型分别为正四面体和三角锥形，但中心原子均采用的是sp3杂化，故D正确．
故选C、D．
Ⅱ、（1）镍属于28号元素，根据构造原理可以写出该原子的核外电子排布式，Ni的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d 84s2故答案为：1s22s22p63s23p63d 84s2；
（2）Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高．由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，属于熔点是NiO＞FeO．故答案为：＞；
（3）因为Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位数也均为6．故答案为：6；6；
（4）晶胞中镧原子数=8×
（5）①双键是由一个σ键和一个π键构成；镍原子有空轨道，氮原子有孤电子对，因此二者形成配位键．②氧原子与氢原子之间可以形成氢键．③在该结构中碳原子既有单键又有双键，因此杂化类型是sp2和sp3杂化，故答案为：①一个σ键、一个π键；配位键；②氢键；③sp2、sp3．
如图所示为血红蛋白和肌红蛋白的活性部分--血红素的结构式．
回答下列问题：
（1）血红素中含有C、H、O、N、Fe五种元素，C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序是______，写出基态Fe原子的核外电子排布式______．
（2）血红素中N原子的杂化方式为______，在右图的方框内用“→”标出Fe2+的配位键．
（3）铁有δ、γ、α三种同素异形体，γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为______，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为______．
正确答案
（1）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第五主族元素的第一电离能大于第六主族元素的，所以C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序是C、O、N；铁是26号元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理其核外电子排布式为[Ar]3d64s2．
故答案为：C、O、N；[Ar]3d64s2．
（2）血红素中N原子有的含有3个σ 键和一个孤电子对，属于sp3杂化；有的含有3个σ 键，属于sp2 杂化方式；Fe2+的配位键为
．
故答案为：sp3 、sp2；
．
（3）该晶胞中顶点上含有的原子数=
δ、α两种晶胞中铁原子的配位数分别是8个和6个，所以δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比是4：3．
故答案为：4； 4：3．
四种元素X、Y、Z、W位于元素周期表的前四周期，已知他们的核电荷数依次增强，且核电荷数之和为51；Y原子的L层p轨道中有2个电子；Z与Y原子的价层电子数相同；W原子的L层电子数与最外层电子数之比为4：1，其d轨道中电子数与最外层电子数之比为5：1．
（1）Y与Z可分别与X形层只含一个中心原子的共价化合物a、b，它们的分子式分别是______、______；杂化轨道分别是______、______；a分子的立体结构是______．
（2）在X和Y的氧化物中，属于非极性分子的是（填分子式）______；其结构式为______，属于含有非极性键的极性分子的是（填分子式）______．
（3）Y与Z比较，电负性较大的是______．
（4）W的元素符号是______，其+2价离子的核外电子排布式是______．
正确答案
Y原子的L层p轨道中有2个电子，所以其核外电子排布式为1s22s22p2，为6号元素碳；Z与Y原子的价电子数相同：最外层为四个电子且均位于元素周期表的前四周期，为14号元素硅；W原子的L层电子数与最外层电子数之比为4：1，其d轨道中的电子数与最外层电子数之比为5：1，所以其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，为30号锌元素；电荷数之和为，X为51-30-6-14=1，1号元素氢．
（1）C与Si可分别与H形成只含一个中心原子的共价化合物CH4、SiH4，甲烷、硅烷分子中都分别含有4个σ键不含孤电子对，所以都是采取sp3杂化，甲烷分子是正四面体构型，
故答案为：CH4，SiH4，sp3，sp3，正四面体；
（2）C、Si形成的氧化物中，属于非极性分子的是CO2，其结构式为O=C=O，属于含有非极性键的极性分子的是H2O2，故答案为：CO2，O=C=O，H2O2；
（3）碳和硅是同一主族元素，同一主族元素中元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以电负性较大的是Y，故答案为Y；
（4）通过以上分析知，W是Zn元素，锌原子失去最外层2个电子变成+2价阳离子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，故答案为：1s22s22p63s23p63d10．
下图是N、O、F三种元素基态原子电子排布的轨道表示式。试回答下列问题
(1)请认真分析去发现，N、O、F形成氢化物的分子构成，与对应的三种元素基态原子内的电子排布有什么关系？___________________
(2)在下边的方框内，画出C原子基态原子电子排布的轨道表示式。
(3)根据你发现的规律，对基态C原子形成高度对称的CH4分子的微观过程提出合理的猜想。
__________________________
正确答案
(1)1个氢化物分子中的H原子数目等于其对应的基态原子中的未成对电子数
(2)
(3)基态C原子有1个2s电子激发到2p轨道，形成4个未成对电子
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