第一章 原子结构与性质 测试题
一、单选题（共15题）
1．下列说法中不正确的是
A．处于最低能量的原子叫做基态原子 B．表示3p能级有两个电子
C．的电子排布式为 D．同一原子中，2p，3p，4p能级的轨道数依次增多
2．已知R2+核内有x个中子，R原子的质量数为m，则n g R2+ 所含电子的总物质的量是
A． mol B． mol
C． mol D． mol
3．下列说法正确的是
A．p-pσ键电子云轮廓图
B．基态铜原子的价层电子排布图：
C．的离子结构示意图为：
D．某原子核外电子排布式为，它违背了泡利原理
4．X、Y、Z、M、Q为五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X是形成化合物种类最多的元素，Y元素最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z是同周期中原子半径最大的元素，Q的最高正价与最低负价代数和为4，X、M同主族，M和Q同周期。下列说法不正确的是
A．最高价氧化物对应水化物的酸性：M＜X＜Q B．原子半径：Y＜Q＜Z
C．最简单氢化物的稳定性：M＜Y＜Q D．XY2与MY2中的化学键类型相同
5．常用作“示踪原子”，下列关于的说法正确的是
A．中子数为8 B．核外电子数为6
C．质子数为18 D．与互为同位素
6．下列关于能层与能级的说法中正确的是( )
A．原子核外电子的每一个能层最多可容纳的电子数为2n2
B．任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数少于该能层的能层序数
C．同是s能级，在不同的能层中所能容纳的最多电子数是不相同的
D．1个原子轨道里最多只能容纳2个电子，但自旋方向相同
7．有三种短周期的元素分别为、和，已知元素基态原子价电子排布式为元素基态原子的层电子数是层电子数的一半，元素基态原子层上的电子数是层上电子数的，则这三种元素所组成的化合物的分子式不可能是
A． B． C． D．
8．下列有关化学用语表示正确的是
A．CCl4的电子式： B．Cr的外围电子排布式：3d44s2
C．聚氯乙烯的单体为CH2=CHCl D． 1，3，4-三甲苯
9．下列物质沸点的比较，正确的是
A． B．
C． D．>
10．下列原子属于激发态原子的是
A．1s22s22p3 B．1s22s22p4 C．1s22s22p33s2 D．[Ar]3d64s2
11．X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素。X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系，下列判断正确的是
A．X位于元素周期表第二周期Ⅳ族 B．反应③可用于工业上制取高纯度的W
C．甲、丙均能与氢氧化钠溶液反应 D．工业上通过电解乙来制取Z的单质
12．电子在原子核外排布时，必须遵循的原则是
①电子排布在同一能级时，总是优先单独占据不同轨道,且自旋方向相同
②电子排布在不同能级时，总是优先占据能量低的轨道，然后再占据能量高的轨道
③电子排布在同一轨道时，最多只能排2个，且自旋方向必须相反
④电子的排布总是遵循“能量最低原理”“泡利不相容原理”和“洪特规则”
A．①② B．②④ C．①③ D．②③④
13．春节期间，王亚平在太空绘制奥运五环，环中的试剂涉及X、Y、Z、W四种元素，已知X、Y、Z、W分布于前三个周期且原子序数依次增大，W在短周期主族元素中原子半径最大，X与W同一主族，Z元素的最外层电子数是电子层数的3倍，也是其它三种元素的最外层电子数之和，下列说法正确的是
A．工业上常采用电解饱和溶液的方法制备W
B．氢化物的沸点：Z>Y
C．简单离子半径：W>Z
D．空间站可采用W2Z2提供用于呼吸的气体并净化空气
14．五种短周期主族元素 A、B、C、D、E 的原子序数依次递增，A2属于绿色燃料，C的氧化物常用于玻璃的生产，D元素原子的核电荷数是同主族上一周期元素的2倍，B、C 为同周期元素，B、D 原子最外层电子数之和等于E的最外层电子数。根据以上叙述，下列说法中正确的是
A．五种元素中B元素的金属性最强
B．元素D、E分别与元素A形成化合物的稳定性：A2D>AE
C．元素C、D、E的最高价氧化物对应水化物的酸性递减
D．元素B、D、E的简单离子半径大小为：B>D>E
15．研究表明，榴莲中恶臭物质是由原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种短周期非金属元素组成，基态A、B原子的未成对电子数之和与基态C原子的未成对电子数相同，B、C、D同周期，且第一电离能：，D与E的最外层电子数相同.下列说法正确的是
A．电负性： B．简单氢化物的沸点：
C．简单离子的还原性： D．常见最高正价：
二、填空题（共8题）
16．根据相关物质结构理论，回答下列问题：
（1）以下列出的是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布图及Sc的电子排布式。试判断，违反了泡利原理的是___，违反了洪特规则的是___，违反了能量最低原理的是___。
① ② ③ ④ ⑤(21Sc)1s22s22p63s23p63d3
（2）某种原子的结构示意图为。则该原子的核电荷数x取值范围为___。
（3）铁元素常见的离子有Fe2+和Fe3+，稳定性Fe2+__Fe3+（填“大于”或“小于”)，原因是__。
17．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的脱氧剂，其制备方法是向Na2CO3溶液中通入SO2，生成NaHSO3和CO2，一定条件下NaHSO3转化为Na2S2O5。完成下列填空:
（1）碳原子的原子结构示意图是_____________；CO2中所含共价键的类型_____________。
（2）从原子结构的角度，解释氧元素的非金属性比硫元素强的原因。_______________。
（3）SO2 与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2，其化学方程式为_______________________，证明NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是_________________。
（4）Na2S2O5作脱氧剂时的反应原理为Na2S2O5+O2+ H2O→Na2SO4+H2SO4，该反应中，氧化产物是______；若反应中转移了0.04mol的电子，有________g Na2S2O5参加反应。
（5）连二亚硫酸钠Na2S2O4俗称保险粉，广泛用于纺织工业的还原性染色、清洗、印花、脱色以及织物的漂白等。Na2S2O4属于强还原剂，暴露于空气中易被氧气氧化。Na2S2O4遇KMnO4酸性溶液发生反应:5Na2S2O4+6KMnO4+4H2SO4=5Na2SO4+3K2SO4+6MnSO4+4H2O。
为了测定保险粉纯度。称取5.0g Na2S2O4样品溶于冷水中，配成100mL溶液，取出10mL 该溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L的KMnO4 溶液滴定。重复上述操作2 次，平均消耗KMnO4 溶液21.00mL。则该样品中Na2S2O4的质量分数为__________(杂质不参与反应)。(保留至0.1%)
（6）“钢是虎，钒是翼，钢含钒犹如虎添翼”，钒是“现代工业的味精”。钒对稀酸是稳定的，但室温下能溶解于浓硝酸中生成VO2+。请写出金属钒与浓硝酸反应的离子方程式：_______________________________________。
（7）V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为VO43-)，溶于强酸生成含钒氧离子(VO2+)的盐。请写出V2O5分别与烧碱溶液和稀硫酸反应生成的盐的化学式：__________、_________。
18．有两种气态单质和，已知和所含的原子个数相等，分子数之比为。和的原子核内质子数都等于中子数，原子层电子数是层的3倍。
（1）、的元素符号分别为_______。
（2）中的值为_______。
（3）的能层数目为_______。
（4）、形成的一种气态化合物与水反应能生成由、形成的另一种气态化合物，写出该反应的化学方程式：_______。
19．X、Y、Z、M、Q、R是元素周期表前四周期元素，且原子序数依次增大，其相关信息如下表：
元素 相关信息
X 原子核外有6种不同运动状态的电子
Y 基态原子中s电子总数与p电子总数相等
Z 原子半径在同周期元素中最大
M 逐级电离能(kJ mol-1)依次为578、1817、2745、11575、14830、18376
Q 基态原子的最外层p轨道上有两个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反
R 基态原子核外有7个能级且能量最高的能级上有6个电子
请用化学用语填空：
(1)X元素位于元素周期表第_______周期_______族；R是_______区的元素。
(2)请写出Q元素基态原子的简化电子排布式：_______。
(3)X、Y、Z、M四种元素的原子半径由小到大的顺序是_______(用元素符号表示)。
(4)R元素可形成R2+和R3+，其中较稳定的是R3+，原因是_______。
(5)含Z元素的物质焰色试验呈_______色。
(6)M元素原子的逐级电离能越来越大的原因是_______。
(7)与M元素成“对角线规则”关系的某短周期元素T的最高价氧化物的水化物具有两性，写出该两性物质与Z元素的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式：_______；已知T元素和Q元素的电负性分别为1.5和3.0，则它们形成的化合物是_______(填“离子化合物”或“共价化合物”)。
20．A、B、C、D、E、F为六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大；A元素的原子半径最小；B元素原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍；C与A同主族，且与E同周期；E元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍，D既可与C的最高价氧化物的水化物反应，也可与E的最高价氧化物的水化物反应，均有A元素的单质生成。请回答下列问题：
（1）写出F的元素名称_______________，元素B在周期表中的位置_______________。
（2）判断C、D、E离子半径的从大到小顺序________________，比较B和E的气态氢化物的稳定性大小______________________。
（3）写出单质D与C的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式___________________。
（4）写出B与C按1:1形成化合物的电子式______________________，用电子式表示B与C按1:2形成化合物的过程_________________
（5）由A、B、C、E四种元素共同构成的两种化合物在溶液中相互间可发生化学反应，试写出该反应的离子方程式_____________________________。
21．短周期主族元素R的族序数是其周期序数的2倍，R在其最高价氧化物中的质量分数为400/0。已知R原子核内的质子数与中子数相等。试通过计算:
(1)确定R是什么元素_______；
(2)确定R元素在周期表中的位置_______。
22．下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑧种元素，请按要求填写下列空白：
主族周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA
2 ① ② ③ ④
3 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
(1)在元素①②⑤⑥⑦⑧对应的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的化合物的电子式是：_____；
(2)写出元素②的最简单氢化物的结构式________；
(3)④⑤⑥⑦四种元素的简单离子半径从大到小排序________________(用离子符号表示)；
(4)写出元素⑥的最高价氧化物与元素⑤的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式_________；
(5)写出元素③的常见氢化物和它的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式_____________；
(6)用电子式表示⑤与⑦组成化合物的形成过程_________________________________。
23．某学习小组同学为探究同周期或同主族元素性质的递变规律，设计了如下系列实验：
Ⅰ.（1）将等质量的钾、钠、镁、铝分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：上述金属中____与盐酸反应最剧烈，_____与盐酸反应生成的气体最多。
（2）向Na2S溶液中通入氯气出现淡黄色浑浊，可证明Cl的非金属性比S强。反应的离子方程式为__________。
Ⅱ.利用下图装置来验证同主族元素非金属性的变化规律：
（1）要证明非金属性：Cl>I，在A中加浓盐酸，B中加KMnO4(KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气)，C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到C中溶液_______________的现象，即可证明。干燥管D的作用是__________________。从环境保护的角度考虑，此装置尚缺少尾气处理装置，可用__________溶液吸收尾气。
（2）要证明非金属性：C>Si，在A中加盐酸，B中加CaCO3，C中加Na2SiO3溶液，将观察到C中_____________的现象。但老师认为，该现象不足以证明酸性强弱关系为碳酸＞硅酸，请用文字叙述理由__________________________。因此应在B、D之间增加一个盛有足量___(选填下列字母：A．浓盐酸 B．浓NaOH溶液C．饱和Na2CO3溶液 D．饱和NaHCO3溶液)的洗气装置。改进后C中发生反应的化学方程式是___________________。
参考答案：
1．D
【解析】A．原子的电子排布遵循构造原理、能使整个原子的能量处于最低状态，处于最低能量的原子叫做基态原子，吸收能量，可由基态电子跃迁到激发态，故A正确；
B． 3p2表示3p能级有2个电子，故B正确；
C．有18个电子、按构造原理，其电子排布式为，故C正确；
D．同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数相等，都为3，故D错误。
故选D。
2．D
【解析】已知R2+核内有x个中子，R原子的质量数为m，根据质量数=质子数+中子数可以得到R2+质子数为m-x，则一个R2+的电子数目为m-x-2，则n g R2+ 所含电子的总物质的量是 mol，答案选D。
3．D
【解析】A． 是p-pπ键电子云模型，以“肩并肩”方式形成，呈镜像对称，p-pσ键，原子轨道头碰头方式重叠，电子云图形为，故A错误；
B．Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，价层电子排布式为：3d104s1，电子排布图为：，故B错误；
C．Fe3+离子核内质子数为26，核外各层上电子数分别为2、8、13，结构示意图为，故C错误；
D．泡利原理是指每个轨道最多只能容纳两个自旋相反的电子，而ns2np7的np能级排布了7个电子，故违背了泡利原理，故D正确；
故选：D。
4．C
X、Y、Z、M、Q为五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X是形成化合物种类最多的元素，则X是C元素；Y元素最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Y核外电子排布是2、6，故Y是O元素；Z是同周期中原子半径最大的元素，原子序数大于O，则Z是Na元素；Q的最高正价与最低负价代数和为4，则Q是S元素；X、M同主族，M和Q同周期，则M是Si元素；然后根据元素周期律分析解答。
【解析】根据上述分析可知：X是C，Y是O，Z是Na，M是Si，Q是S元素。
A．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性就越强。X是C，M是Si，Q是S元素，元素的非金属性：Si＜C＜S，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：Si＜C＜S，用字母表示为：M＜X＜Q，A正确；
B．原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期元素的原子半径随原子序数的增大而减小。Y是O，Z是Na，Q是S元素，O原子核外有2个电子层，Na、S原子核外有3个电子层，所以原子半径：Y＜Q＜Z，B正确；
C．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。Y是O，M是Si，Q是S，元素的非金属性：Si＜S＜O，所以简单氢化物的稳定性：Si＜S＜O，用字母表示为：M＜Q＜Y，C错误；
D．X是C，Y是O，M是Si，C\Si与O元素形成的化合物CO2、SiO2都是非金属氧化物，其中含有的化学键类型都是极性共价键，D正确；
故合理选项是C。
5．D
【解析】元素符号左上角的数字是质量数，左下角的数字是质子数，中子数=质量数-质子数，故原子的质量数为18，质子数=序数=核外电子数=8，中子数=18-8=10，同位素是同种元素的不同核素，与是氧的不同核素，二者互为同位素，答案为D。
6．A
【解析】A．按照原子核外电子排布规律：各电子层最多容纳的电子数为2n2(n为电子层数，其中最外层电子数不超过8个，次外层不超过18个)，故A正确；
B．能层含有的能级数等于能层序数，即第n能层含有n个能级，每一能层总是从s能级开始，同一能层中能级ns、np、nd、nf的能量依次增大，在不违反泡利原理、和洪特规则的条件下，电子优先占据能量较低的原子轨道，使整个原子体系能量处于最低，这样的状态是原子的基态，所以任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该能层序数，故B错误；
C．同是s能级，在不同的能层中所能容纳的最多电子数都是2个，故C错误；
D．泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子，故D错误；
故选A。
7．D
有三种短周期的元素分别为X、Y和Z，已知X元素的原子价电子排布式为ns1，X为H或Li或Na；Y元素原子的K层电子是L层电子数的一半，K层电子数为2，L层电子数为4，则Y为C元素；Z元素原子K电子层上的电子数是L电子层上电子数的，L层电子数为2×3=6，则Z为O，以此来解答．
【解析】由上述分析可知，X为H或Li或Na,Y为C，Z为O，
A．若X为H，X2YZ为HCHO，故A不选；
B．若X为H，X2YZ2为HCOOH，故B不选；
C．X2YZ3为H2CO3或Li2CO3或Na2CO3，故C不选；
D．X为+1价，Z为-2价，且Y的最高正价为+4，而X2YZ4中Y为+6价，分子式不可能存在，故D选；
故选：D。
8．C
【解析】A． CCl4分子内，每个氯原子除了和碳原子共用1对电子对外，还有3对未共用电子对，电子式：，A错误；
B． 按洪特规则，Cr的外围电子排布式：3d54s1，B错误；
C． 氯乙烯通过加聚反应得到聚氯乙烯，则聚氯乙烯的单体为CH2=CHCl，C正确；
D． 的名称为1，2，4-三甲苯，D错误；
答案选C。
9．C
【解析】A．都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，熔沸点越高，所以，A错误；
B．都是有机物分子，相对分子质量越大，熔沸点越高，，B错误；
C．相比，HF能形成分子间氢键，熔沸点升高，，C正确；
D．和属于四个碳的烷烃，分子支链越多，熔沸点越低，D错误；
故选C。
10．C
【解析】A．该原子核外有7个电子，排布式为1s22s22p3符合能量最低原理，属于基态原子，A不选；
B．1s22s22p4符合能量最低原理，属于基态原子，B不选；
C．1s22s22p43s1符合能量最低原理，而1s22s22p33s2属于激发态原子，C选；
D．[Ar]3d64s2符合能量最低原理，属于基态原子，D不选；
故选：C。
11．C
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中Z为金属元素，可在甲中燃烧生成X的单质，应为镁与二氧化碳的反应，则Z为Mg，甲为CO2，乙为MgO，由此关系可知X为C元素，Y为O元素，X、W为同一主族元素，则W为Si，丁为CO，丙为SiO2，以此解答该题。
【解析】A．碳元素位于元素周期表第二周期ⅣA族，不能说Ⅳ族，故A错误；
B．反应③是2C+ SiO2Si+2CO，可用于工业上制取粗硅，故B错误；
C．甲为CO2、丙为SiO2，都是酸性氧化物，可以和NaOH溶液反应，故C正确；
D．工业上通过电解熔融氯化镁来制取镁的单质，氧化镁熔点高，消耗能源大，故D错误；
综上所述答案为C。
12．C
【解析】能量最低原理、泡利原理、洪特规则及其特例，①电子排布在同一能级时，总是优先单独占据不同轨道，且自旋方向相同，为洪特规则内容，①正确；②电子排布在不同能级时，若电子先占据能级高的轨道使其处于半满或全满的稳定状态，这样排布可使整个体系能量最低，②错误；③电子排布在同一轨道时，最多只能排2个，且自旋方向必须相反，为泡利原理内容，③正确；④电子的排布要综合考虑“能量最低原理”“泡利不相容原理”和“洪特规则”，并不一定每条都符合，④错误。综上所述，C正确，本题选C。
【点睛】核外电子排布要遵循的最基本的原理是能量最低原理，有些原子的核外电子排布看似没有遵循，如Cr的价电子排布为3d54s1，但其遵循了洪特规则排布为半充满状态，就是为了使整个体系能量最低，所以这三条原理之间并不矛盾。
13．D
【解析】X、Y、Z、W分布于前三个周期且原子序数依次增大，W在短周期主族元素中原子半径最大，则W为Na元素；X与W同一主族，X为H元素；Z元素的最外层电子数是电子层数的3倍，则Z为O元素，最外层电子数也是其它三种元素的最外层电子数之和，则Y最外层电子数为6-1-1=4，Y为C元素；
A．W为Na，工业上常采用电解熔融氯化钠的方法制备钠，选项A错误；
B．H2O中存在氢键，且碳的氢化物很多，没有说明最简单氢化物，无法比较两者氢化物的沸点，选项B错误；
C．具有相同电子层结构的离子核电荷数越大半径越小，故简单离子半径：，O2->Na+，即W
答案选D。
14．A
A2属于绿色燃料，A是H元素；C的氧化物常用于玻璃的生产，C是Si元素； D元素原子的核电荷数是同主族上一周期元素的2倍，D是S元素；A、B、C、D、E 的原子序数依次递增，E是Cl元素；B、C 为同周期元素，B、D 原子最外层电子数之和等于E的最外层电子数，B是Na元素，据此分析解题。
【解析】A．五种元素中Na元素的金属性最强，故A正确；
B．同周期非金属从左至右增大，非金属性性越强，气态氢化物越稳定，稳定性：H2S
D．含有相同核外电子数时，电荷数值越小离子半径越大，离子半径大小为：S2->Cl->Na+，故D错误；
故选A。
15．B
因为A、B、C、D、E五种短周期非金属元素的原子序数依次增大，且B、C、D同周期，则A为第一周期元素H，B、C、D在第二周期，E是第三周期元素。因为基态A、B原子的未成对电子数之和与基态C原子的未成对电子数相同，可推知B是C元素、C是N元素。第一电离能：，D与E的最外层电子数相同，故D、E分别是O、S。
【解析】A．O元素的电负性大于N元素，A错误；
B．C、D、E的简单氢化物分别是NH3、H2O、H2S，NH3中含有氢键，所以NH3沸点大于H2S的沸点，故，B正确；
C．元素非金属性越强，简单离子的还原性越弱，故简单离子的还原性：S2->N3->O2-，C错误；
D．C、N、S的最高正价分别是+4、+5、+6价，O元素没有正价，故常见最高正价：S>N>C，D错误。
故选B。
16． ② ③ ⑤ 20≤x≤30 小于 Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，Fe3+的3d能级为半满状态较稳定
【解析】（1）①，电子排布正确；②，违反了两电子在一个轨道内自旋状态相反，违反了泡利原理；③，违反了电子要优先单独占据一个轨道，洪特规则；④，书写正确；⑤(21Sc)1s22s22p63s23p63d3，电子排布应3p排布完后应先排4s能级，未遵循能量最低原理；
（2）某种原子的结构示意图为。若该原子的第三层为8个电子，则x=20，若第三层排满18个电子，则x=30，故答案为：20≤x≤30；
（3）铁元素常见的离子有Fe2+和Fe3+，Fe2+失去两个电子，3d能级有6个电子，Fe3+失去3个电子，3d能级半满，更稳定，故稳定性Fe2+小于Fe3+；
故答案为：小于；Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，Fe3+的3d能级为半满状态较稳定。
17． 极性共价键 氧原子的半径比硫原子小，吸引力电子能力强 2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2 取样，测定溶液的pH，若pH小于7，说明电离程度大于水解程度 Na2SO4、H2SO4 1.90 60.9% V＋6H＋＋5NO3-===VO2+＋5NO2 ↑＋3H2O Na3VO4 (VO2)2SO4
（1）碳原子核电荷数为6，核外两个电子层，最外层4个电子，二氧化碳为共价化合物，碳氧键为极性共价键；
（2）O和S位于同一主族，从上到下原子半径增大，原子半径越小，元素的非金属性越强；
（3）SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2，亚硫酸氢根离子水解呈碱性，电离呈酸性，可以测定溶液酸碱性；
（4）Na2S2O5作脱氧剂反应原理为：Na2S2O5+O2+H2O→Na2SO4+H2SO4，该反应中，氧化产物是元素化合价升高做还原剂的物质，硫元素化合价+4升高为+6价，电子转移4e－，氧气中氧元素化合价0价变化为-2价，电子转移4e－，电子转移总数4e－，Na2S2O5+O2+H2O=Na2SO4+H2SO4，以此计算；
（5）根据5S2O42－～6MnO4－，计算样品中Na2S2O4的质量，再计算样品中Na2S2O4的质量分数。
（6）金属钒与浓硝酸反应成VO2＋，二氧化氮和水，写出离子反应方程式；
（7）V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐（阴离子为VO43－），溶于强酸生成含钒氧离子（VO2＋）的盐，所以V2O5分别与烧碱溶液生成盐的金属阳离子是钠离子、酸根离子为VO43－，得盐的化学式，溶于稀硫酸生成含钒氧离子（VO2＋）的盐，阳离子是VO2＋，酸根是硫酸根，所以盐的化学式为：（VO2）2SO4；
【解析】（1）碳原子核电荷数为6，核外两个电子层，最外层4个电子，原子结构示意图为：，
二氧化碳为共价化合物，含有C=O键，为极性共价键；
（2）O和S位于同一主族，同主族元素从上到下原子半径增大，原子核对核外电子的吸引能力减小，原子半径越小，元素的非金属性越强；
（3）SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2，化学方程式为：2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2，亚硫酸氢根离子水解呈碱性，电离呈酸性，取样，测定溶液的pH，若pH小于7，说明电离程度大于水解程度。
（4）Na2S2O5作脱氧剂反应原理为Na2S2O5+O2+H2O→Na2SO4+H2SO4，该反应中，硫元素化合价+4升高为+6价，电子转移4e－，升高失电子发生氧化反应，得到氧化产物为：Na2SO4、H2SO4，氧气中氧元素化合价0价变化为-2价，电子转移4e－，电子转移总数4e－，Na2S2O5+O2+H2O=Na2SO4+H2SO4，若反应中转移了4mol的电子，有1molNa2S2O5参加反应，若反应中转移了0.04mol的电子，Na2S2O5参加反应的质量=0.01mol×190g·mol－1=1.90g。
（5）Na2S2O4与KMnO4反应产物为Na2SO4和MnSO4，硫元素共升高6价，锰元素共降低5价，化合价升降相同，故关系为
5S2O42－～6MnO4－，
5 6
n 21×10-3 L×0.1mol·L－1
则3.0g 样品中Na2S2O4的质量分数为= ；
（6）金属钒与浓硝酸反应成VO2＋，二氧化氮和水，离子方程式为：V+6H＋+5NO3－=VO2＋+5NO2↑+3H2O；
（7）V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐（阴离子为VO43－），溶于强酸生成含钒氧离子（VO2＋）的盐，V2O5分别与烧碱溶液生成盐的阳离子是钠离子、酸根离子为VO43－，所以盐的化学式为Na3VO4，溶于稀硫酸生成含钒氧离子（VO2＋）的盐，所以阳离子是VO2＋，酸根是硫酸根，所以盐的化学式为：（VO2）2SO4；V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐（阴离子为VO43－）。
【点睛】本题以Na2S2O5为载体综合考查物质的结构、元素周期律知识，解题关键：把握元素周期律知识，提高分析能力和计算能力。
18． O、N 3 2
A原子的L层电子数是K层的3倍，可推知A是氧元素，计算A原子的物质的量，根据含有原子数目相等，可以得到B原子物质的量，进而计算B元素的摩尔质量，确定B元素；再利用原子数目相等确定m、n的值，据此解答。
【解析】（1）A原子的L层电子数是K层的3倍，可推知A是氧元素，Am中含A原子的物质的量为＝0.15 mol，则Bn中含B原子数也为0.15 mol，B元素原子的摩尔质量＝＝14 g/mol，故B为氮元素；
（2）由于n(Am)：n(Bn)＝2：3，含有原子数目相等，则2m＝3n，故m＝3，n＝2，则Am为O3，Bn为N2；
（3）B原子的能层有K、L，能层数为2个；
（4）由A和B形成的一种气态化合物与水反应能生成由A、B形成的另一种气态化合物，得相关化学反应为NO2溶于水生成NO，化学方程式为：。
19．(1) 2 IVA族 d
(2)
(3)
(4)Fe3+的价层电子排布为3d5，d能级处于半充满状态，能量低更稳定
(5)黄
(6)随着电子逐个失去，阳离子所带正电荷越来越多，再失去1个电子需克服的电性引力也越来越大，消耗的能量越来越多
(7) 共价化合物
X、Y、Z、M、Q、R是元素周期表前四周期元素，且原子序数依次增大；X原子核外有6种不同运动状态的电子，则X为C；Y的基态原子中s电子总数与p电子总数相等，则其核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2，即Y为O或Mg；M的第四电离能远远大于第三电离能，说明M易形成+3价化合物，故M为Al；原子序数：M＞Z＞Y，且Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z为Na，Y为O；R基态原子核外有7个能级且能量最高的能级上有6个电子，则R的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，R为Fe；Q的基态原子的最外层p轨道上有两个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反，说明其最外层p轨道上共有5个电子，则其最外层电子排布式为ns2np5，由于Q的原子序数小于R（Fe），故Q为Cl；综上所述，X为C，Y为O，Z为Na，M为Al，Q为Cl，R为Fe。
【解析】（1）由分析可知，X为C，其位于元素周期表第2周期IVA族；R为Fe，是d区元素。
（2）由分析可知，Q为Cl，其基态原子的简化电子排布式为[Ne]3s23p5。
（3）由分析可知，X为C，Y为O，Z为Na，M为Al，这四种元素的原子半径由小到大的顺序是O＜C＜Al＜Na。
（4）由分析可知，R为Fe，其价电子排布式为3d64s2，则Fe3+的价层电子排布为3d5，d能级处于半充满状态，能量低更稳定。
（5）由分析可知，Z为Na，含Na元素的物质焰色试验呈黄色。
（6）由分析可知，M为Al，随着电子逐个失去，阳离子所带正电荷越来越多，再失去1个电子需克服的电性引力也越来越大，消耗的能量越来越多，所以Al元素原子的逐级电离能越来越大。
（7）由分析可知，M为Al，Z为Na，Q为Cl；与Al元素成“对角线规则”关系的某短周期元素T是Be，其最高价氧化物的水化物Be(OH)2与Na的最高价氧化物的水化物NaOH反应的化学方程式为Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O；Be元素和Cl元素的电负性分别为1.5和3.0，则它们形成的化合物是共价化合物。
20． 氯 第二周期第ⅥA族 S2— >Na+>Al3+ H2O>H2S 2Al+2OH－+2H2O=2 Al+3H2↑ HS+H+=H2O+SO2↑
【解析】A元素的原子半径最小，推出A为H元素；B元素原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则B为8号O元素；C与A同主族，且与E同周期；E元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍，则次外层一定是8个，最外层为6个，所以E为S元素，C为Na元素，D既与氢氧化钠反应、也与硫酸反应，均有氢气生成，所以D为Al元素。
（1）F的元素名称氯 ，O元素周期表中的位置第二周期第ⅥA族 。
（2）硫离子核外有3个电子层18个电子，所以其半径最大，而钠离子和铝离子都有10个核外电子，由于钠的核电荷数较小，其半径较大，所以离子半径的从大到小顺序为S2— >Na+>Al3+，O和S同一主族，O的非金属性较强，所以 O和S的气态氢化物的稳定性H2O>H2S。
（3）Al与氢氧化钠反应的离子方程式_2Al+2OH－+2H2O=2 Al+3H2↑。
（4）写出B与C按1:1形成化合物的电子式，用电子式表示O与Na按1:2形成化合物的过程为 。
（5）由A、B、C、E四种元素共同构成的两种化合物分别为亚硫酸氢钠和硫酸氢钠，它们在溶液中相互间发生化学反应的离子方程式为HS+H+=H2O+SO2↑。
21．(1)硫
(2)第3周期ⅥA族
周期主族元素R的族序数是其周期序数的2倍，即最外层电子数为电子层数的2倍，可能为He、C、S等元素，He为稀有气体，难以形成氧化物，C的最高价氧化为CO2，C的质量分数为，不符合，如为S，对应的最高价氧化物为SO3，S的质量分数为,综上所以R是硫元素；
【解析】（1）根据分析可知，R是硫元素，答：R是硫元素；
（2）确定R元素在周期表中的位置：第三周期第ⅥA族，答：R元素在周期表中的位置第三周期第ⅥA族。
22． r(S2-)＞r(O2－)＞r(Na+)＞r(Al3+ ) Al2O3+2OH-=2+ H2O NH3+HNO3=NH4NO3
由元素在周期表中的位置，可推断出：①为Li②为C③为N④为O⑤为Na⑥为Al⑦为S⑧为Cl，再根据元素的性质及元素周期表中元素性质变化的规律进行解答。
【解析】(1) Na的金属性最强，所以NaOH的碱性最强，由钠离子和氢氧根离子构成，电子式为：，答案为：；
(2) 元素②是C，C的最简单氢化物是CH4，甲烷的结构式为，答案为：；
(3) ④⑤⑥⑦四种元素是：O、Na、Al、S，它们的离子为：O2-、Na+、Al3+、S2-，离子电子层数越多半径越大，电子层数相同的离子核电荷数越大半径越小，所以这四种离子半径由大到小的顺序为：r(S2-)> r(O2)-> r(Na+)> r(Al3+ )，故答案为：r(S2-)＞r(O2－)＞r(Na+)＞r(Al3+ )；
(4) 元素⑥的最高价氧化物为Al2O3，元素⑤的最高价氧化物的水化物为NaOH，二者反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al2O3+2OH-==2AlO2-+ H2O，答案为：Al2O3+2OH-==2AlO2-+ H2O；
(5) 元素③的常见氢化物为NH3，它的最高价氧化物的水化物为HNO3，二者反应生成NH4NO3，方程式为：NH3+HNO3=NH4NO3，答案为：NH3+HNO3=NH4NO3；
(6) Na失去电子，S得到电子，以离子键结合，则形成过程可表示为：，故答案为：。
23． 钾(或K) 铝(或Al) Cl2+S2- = S↓+2Cl- 变蓝 防止溶液倒吸 NaOH 有白色沉淀生成 从B中挥发出的HCl也会和硅酸钠溶液反应生成硅酸 D Na2SiO3+CO2+H2O =H2SiO3↓+Na2CO3(或Na2SiO3+2CO2+2H2O =H2SiO3↓+2NaHCO3)
【解析】Ⅰ（1）金属活泼性顺序为：钾＞钠＞镁＞铝，所以相同条件下与盐酸反应最激烈的是钾，反应速率最慢的是铝；生成1mol氢气需要得到2mol电子，1mol钾、钠都失去1mol电子，1mol镁失去2mol电子，而1mol铝失去3mol电子，所以生成氢气最多的是金属铝，故答案为钾；铝；
（2）氯气氧化性强于硫单质，所以氯气能够与硫离子反应生成硫，反应的离子方程式为：S2-+Cl2═S↓+2Cl-，故答案为S2-+Cl2═S↓+2Cl-；
Ⅱ（1）KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气，氯气能够将碘离子氧化成碘单质，碘单质遇到淀粉变成蓝色，球形干燥管D能够防止倒吸，可以避免C中液体进入锥形瓶中，氯气是一种有毒气体，必须进行尾气吸收，氯气能够与氢氧化钠溶液反应，可以使用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，故答案为变蓝；防止倒吸；NaOH；
（2）盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，二氧化碳通入Na2SiO3溶液中，反应生成硅酸沉淀；氯化氢具有挥发性，干扰实验结果，需要将二氧化碳中的氯化氢除掉，根据氯化氢与碳酸氢钠反应，而二氧化碳不反应，可以在B和C之间增加装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，反应的方程式为Na2SiO3+CO2+H2O = H2SiO3↓+Na2CO3，故答案为有白色沉淀生成；从B中挥发出的HCl也会和硅酸钠溶液反应生成硅酸；D、Na2SiO3+CO2+H2O =H2SiO3↓+Na2CO3(或Na2SiO3+2CO2+2H2O = H2SiO3↓+2NaHCO3)
