还剩18页未读，
继续阅读
化学选择性必修2第二单元 元素性质的递变规综合训练题
展开
这是一份化学选择性必修2第二单元 元素性质的递变规综合训练题，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
2.2.2元素第一电离能的周期性变化同步练习-苏教版高中化学选择性必修2
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列关于硅原子的核外电子排布表示式中，错误的是( )
A．1s22s22p63s23p2 B．[Ne]3s23p2
C． D．
2．下列说法错误的是
A．元素周期表和元素周期系均有多种形式
B．元素按其原子核电荷数递增排列的序列称为元素周期系
C．元素周期表是元素周期律的具体表现形式
D．元素周期律揭示元素性质随核电荷数递增而呈现周期性变化的规律
3．元素X的各级电离能数据如下：
578
1817
2745
11578
14831
18378
则元素X的常见化合价是
A．+1 B．+2 C．+3 D．+6
4．随着卤素原子核电荷数的增加，下列递变规律正确的是（ ）
A．单质的熔沸点升高 B．氢化物的稳定性增强
C．单质的氧化性逐渐增强 D．元素的非金属性逐渐增强
5．下列元素中，非金属性最强的是
A．O B．P C．N D．S
6．某元素 M基态原子的部分电离能如下表所示，M是
I1/kJ·mol-1
I2/kJ·mol-1
I3/kJ·mol-1
I4/kJ·mol-1
I5/kJ·mol-1
738
1451
7733
10540
13630
A．Mg B．Na C．Be D．P
7．下列各组元素中按微粒半径递增顺序排列的是
A．Li 、Na 、K B．I、Br 、Cl C．Na+、Mg2+、Al3+ D．N、O 、F
8．常用作半导体材料的碳、硅、锗、砷元素在周期表中的位置如图所示，四种元素中
A．碳的非金属性最弱
B．硅单质是共价晶体
C．锗原子最外层电子排布为3s23p2
D．砷的原子半径最大
9．下列关于元素第一电离能的说法不正确的是
A．钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，故钾的活泼性强于钠
B．因同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，故第一电离能必依次增大
C．最外层电子排布为ns2np6(当只有K层时为1s2)的原子，第一电离能较大
D．对于同一元素而言，原子的电离能I1＜I2＜I3……
10．最早提出科学的原子概念的科学家是
A．道尔顿 B．阿伏加德罗
C．门捷列夫 D．卢瑟福
二、填空题
11．第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图所示，则该元素对应的原子有 种不同运动状态的电子。
12．(1)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能()如表所示。，原因是 。，原因是 。
Li
520
Be
900
B
801
Na
496
Mg
738
Al
578
(2)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能 (填“大于“或“小于”)。原因是 。
(3)元素Mn与O中，第一电离能较大的是 。
(4)根据元素周期律，原子半径Ga As，第一电离能Ga As。(填“大于”或“小于”)
(5)第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有 种。
13．(1)下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填标号)。
A．[Ne]3s1 B．[Ne]3s2 C． [Ne]3s13p1 D．[Ne]3p1
(2)Li2O是离子晶体，其晶格能可通过如图的Born-Haber循环计算得到。Li原子的第一电离能为 kJ·mol-1，O=O键键能为 kJ·mol-1。
(3)NH4H2PO4中，电负性最高的元素是 。
14．Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：
(1)基态与离子中未成对的电子数之比为 。
(2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。，原因是 。，原因是 。
520
900
B801
496
738
578
15．2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH2=CH2)与四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)制成。回答下列问题：
(1)基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为 。
(2)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能Ⅰ变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是 (填标号)，判断的根据是 ；第三电离能的变化图是 (填标号)。
16．回答下列问题：
(1)近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe−Sm−As−F−O组成的化合物。回答下列问题：
①基态Fe原子中，核外存在 个运动状态不同的电子，Sm的价层电子排布式为4f 66s2， Sm3+价层电子排布式为 。
②基态F原子的价电子轨道表达式为 。
(2)基态Zn原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为 。
(3)Cu2+基态原子核外电子排布式为 。
(4)下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______ (填标号)。
A． B．
C． D．
17．Mg、Al、 K的第一电离能由小到大的顺序是 。
18．同周期的元素性质递变规律
(1)钠、镁与水的反应
钠
镁
实验操作
实验①
实验②
实验现象
钠熔成小球，浮于水面，四处游动，有“嘶嘶”的响声，反应后溶液加酚酞变红
加热前，镁条表面附着了少量无色气泡，加热至沸腾后，有较多的无色气泡冒出，滴加酚酞溶液变为粉红色
反应原理
结论
钠、镁均能与水反应，钠比镁活泼，金属性： 。
(2)Al(OH)3的制备与性质
实验探究：
①向AlCl3溶液中加入足量氨水，现象为 ，反应的离子方程式为 ；
②将①实验得到的沉淀分装两支试管中，一支试管中加入盐酸，现象为 ，离子方程式为 ；另一支试管中加入NaOH溶液，现象为 ，离子方程式为 。
③向MgCl2溶液加入过量NaOH溶液，现象 ，离子方程式为 。
两性氢氧化物：既能与酸反应又能与强碱反应，且均生成盐和水的氢氧化物。如 Al(OH)3。
(3)第三周期递变规律
①第三周期的Na、Mg、Al的金属性逐渐 ，NaOH、Mg(OH)2、Al(OH)3的碱性逐渐 ，NaOH为强碱，Mg(OH)2为中强碱，Al(OH)3为两性氢氧化物。
②第三周期的Si、P、S、Cl的非金属性逐渐 ，H3SiO3、H3PO4、H2SO4、HClO4的酸性逐渐 。HClO4是最强的含氧酸，H2SiO3为难溶的弱酸，H3PO4为中强酸，H2SO4为强酸。
③同一周期从左到右，原子半径逐渐 ，失电子能力逐渐 ，得电子能力逐渐 ，金属性逐渐 ，非金属性逐渐 。
19．周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族，e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。
回答下列问题：
b、c、d中第一电离能最大的是 (填元素符号)，e的价层电子轨道示意图为 。
20．根据原子结构、元素周期表和元素周期律的知识回答下列问题：
(1)A元素原子次外层电子数是最外层电子数的，其最外层电子的轨道表示式为 。
(2)B是1~36号元素原子核外电子排布中未成对电子数最多的元素，在元素周期表中的位置是 。
(3)C元素基态原子的轨道表示式是图中的 (填序号)，另一轨道表示式不能作为基态原子的轨道表示式是因为它不符合 (填序号)。
A．能量最低原理 B．泡利不相容原理 C．洪特规则
(4)第三周期元素的气态电中性基态原子失去最外层一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量称为第一电离能(设为E)。如图所示：
①根据图中提供的信息，可推断出E(氧) (填“>”“<”或“=”，下同)E(氟)；
②根据第一电离能的含义和元素周期律可推断出E(镁) E(钙)。
三、实验题
21．某学生在做元素性质与原子结构关系的实验时，设计了一套实验方案，并记录了有关的实验现象。请帮助该学生整理并完成实验报告。
实验目的
探究同一主族元素性质的递变规律。
实验用品
仪器：试管、胶头滴管
药品：新制氯水、新制溴水、溴化钠溶液、碘化钠溶液、四氯化碳
(1)实验内容(在下表横线中填写相关内容)
序号
实验方案
实验现象
①
向盛有少量溴化钠溶液的试管中滴加少量新制氯水，振荡，再加入少量四氯化碳，振荡后静置
液体分为两层，下层呈 色
②
向盛有少量碘化钠溶液的试管中滴加少量新制溴水，振荡，再加入少量四氯化碳，振荡后静置
液体分为两层，下层呈 色
(2)实验结论： 。
(3)上述两个实验中发生反应的离子方程式分别为 、 。
22．葡萄糖醛酸分子()发生分子内脱水可得葡萄糖醛酸内酯。葡萄糖醛酸内酯是一种具有广阔前景和较高研究价值的肝脏解毒剂。如下是以马铃薯淀粉为原料，制备葡萄糖醛酸内酯的绿色环保工艺。
回答下列问题：
(1)葡萄糖醛酸分子中C、H、O第一电离能大小顺序为 (用元素符号表示)。
(2)氧化、液化、糖化过程均需控制在98℃，最合理的加热方式是 (填 “水浴”或“油浴”)。
(3)活性炭吸附除杂为 过程 (填“物理”或“化学”)。
(4)除杂后的葡萄糖醛酸溶液的浓缩过程、内酯化过程均在减压蒸馏下进行，减压蒸馏装置如图所示(加热、夹持装置已略去)。减压蒸馏需控制温度在50℃。
①该装置接真空系统的目的是 。
②该装置中毛细管和螺旋夹的作用是 。
(5)葡萄糖醛酸内酯含量测定的方法常用酸碱中和返滴定法。准确称取0.5000g试样，加入50mL蒸馏水充分溶解，再加入50mL0.1000 mol/L标准NaOH溶液(过量)，充分反应，滴加2滴酚酞作指示剂并用0.1000 mol/L盐酸进行滴定，重复进行4次，得到如下实验数据：
组号
1
2
3
4
VHCl/mL
25.47
26.29
25.49
25.54
已知葡萄糖醛酸内酯(C6H8O6， 相对分子质量为176)与NaOH按物质的量之比1：1进行反应。
①滴定达到终点的标志是 。
②测定出葡萄糖醛酸内酯的质量分数为 。
23．为验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，某化学实验小组设计了如下实验，请回答下列问题：
（1）装置B中盛放的试剂是 （填选项），实验现象为 ，化学反应方程式是 ．
A．Na2S溶液 B．Na2SO3溶液 C．Na2SO4溶液
（2）装置C中盛放烧碱稀溶液，目的是 ．
（3）能证明氯元素比硫元素非金属性强的依据为 ． （填序号）
①氯原子比硫原子更容易获得电子形成离子；
②次氯酸的氧化性比稀硫酸强；
③S2﹣比Cl﹣还原性强；
④HCl比H2S稳定．
（4）若B瓶中盛放KI溶液和CCl4试剂，实验后，振荡、静置，会出现的实验现象 ，写出反应的离子方程式 ．
参考答案：
1．C
【详解】A．硅为14号元素，所以硅原子的核外电子数为14，则根据构造原理核外排布表示式为1s22s22p63s23p2，选项A正确；
B．硅为14号元素，所以硅原子的核外电子数为14，则根据构造原理核外排布表示式可简化为[Ne]3s23p2，选项B正确；
C．当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，所以3p能级上电子排布图违反洪特规则，选项C错误；
D．当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，所以硅轨道表示式为，选项D正确。
答案选C。
2．A
【详解】A．元素周期系只有一种形式，元素周期表却有多种形式，A错误；
B．元素按其原子核电荷数递增排列的序列称为元素周期系，元素周期律发现前的摸索阶段，B正确；
C．元素周期律是核外电子周期性变化的必然结果，则元素周期表是元素周期律的具体表现形式，C正确；
D．元素周期律揭示元素性质如原子半径、金属性、非金属性、主要化合价等随核电荷数递增而呈现周期性变化的规律，D正确；
故选A。
3．C
【详解】由电离能可知，I4突然大幅度增大，说明X最外层有3个电子，可失去3个电子，最高化合价为+3价，故选C。
4．A
【详解】A.卤族元素随着相对分子质量的增大，熔沸点逐渐升高，故A正确
B.根据元素周期律，随着卤素原子核电荷数的增加，氢化物的稳定性减弱，故B错误
C.根据元素周期律，随着卤素原子核电荷数的增加，氧化性逐渐减弱，故C错误
D.根据元素周期律，随着卤素原子核电荷数的增加，非金属性逐渐减弱，故D错误
故答案为A
5．A
【详解】同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱，所以非金属性最强的是O；
答案选A。
6．A
【详解】从表中可知，M基态原子的第一、第二电离能相对较小，第三电离能明显增大，说明M基态原子最外层有2个电子，同时M有第五电离能，故其电子数大于5，M为Mg，答案选A。
7．A
【详解】A．同主族元素的原子半径，随着原子序数的增加，原子半径逐渐增大，所以Li Na K半径增加增大，故A正确；
B．同主族元素的原子半径，随着原子序数的增加，原子半径逐渐增大，I、Br、Cl逐渐减小，故B错误；
C．Na+、Mg2+、Al3+具有相同的电子排布，原子序数越大，离子半径越小，所以Na+、Mg2+、Al3+离子半径逐渐减小，故C错误；
D．N O F位于同一周期，随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，所以N O F原子半径逐渐减小，故D错误。
故选A。
8．B
【详解】A．同主族元素从上到下非金属性减弱，同周期元素从左到右非金属性增强，因此非金属性最弱的是锗，故A错误；
B．硅原子间通过共价键连接形成空间网状结构的共价晶体，故B正确；
C．锗为第四周期元素，其原子最外层电子排布为4s24p2，故C错误；
D．同主族元素从上到下原子半径增大，同周期元素从左到右原子半径减小，因此原子半径最大的是锗，故D错误；
故选B。
9．B
【详解】A．钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，说明钾失电子能力比钠强，所以钾的活泼性强于钠，故A正确；
B．同一周期元素原子半径随着原子序数的增大而减小，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素，故B错误；
C．最外层电子排布为ns2np6（若只有K层时为1s2）的原子达到稳定结构，再失去电子较难，所以其第一电离能较大，故C正确；
D．对于同一元素来说，原子失去电子个数越多，其失电子能力越弱，所以原子的电离能随着原子失去电子个数的增多而增大，故D正确；
故选：B。
10．A
【详解】A．英国科学家道尔顿首先提出了原子概念，建立了近代原子学说，A符合题意；
B．阿伏加德罗通过实验首先测出12g12C所含有的原子数，提出了阿伏加德罗定律，B不符合题意；
C．门捷列夫绘制了第一张元素周期表，并预测了多种元素，C不符合题意；
D．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了“有核原子模型”，D不符合题意；
故选A。
11．12
【详解】第三周期的某主族元素，则原子核外有3个电子层，由图可知，第一、二电离能较小，第三电离能突增，则该原子最外层电子数为2，为镁元素；每个电子的运动状态都不相同，因此该元素原子有12种不同运动状态的电子。
12． Na与Li同族，Na电子层数多，原子半径大，易失电子Li、Be、B同周期，核电荷数依次增加 Be为全充满稳定结构，第一电离能最大。与Li相比，B核电荷数大，原子半径小，较难失去电子，第一电离能较大 大于 Zn核外电子排布为全充满稳定结构，较难失电子 O 大于 小于 3
【详解】(1)Li和Na均为第ⅠA族元素，由于Na电子层数多，原子半径大，故Na比Li容易失去最外层电子，即；Li、Be、B均为第二周期元素，随原子序数递增，第一电离能有增大的趋势，而Be的2s能级处于全充满状态，较难失去电子，故第一电离能Be比B大；
(2)Cu原子的价层电子排布式为，4s轨道处于半充满状态，而Zn原子的4s轨道处于全充满状态，Zn原子更不易失去l个电子，所以Zn原子的第一电离能较大；
(3)O是非金属元素，而Mn是金属元素，前者易得电子而不易失电子，后者则反之，所以O的第一电离能大于Mn；
(4)同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，第一电离能呈增大趋势，Ga的原子半径大于As；Ga的第一电离能小于As；
(5)同周期元素从左到右，第一电高能整体里增大趋势，但由于氮原子的2p轨道处于半充满状态，较稳定，其第一电离能比氧的大，被原子的2s轨道处于全充满状态，2p轨道处于全空状态，铍的第一电离能比硼的大，所以第一电离能介于硼和氮之间的第二周期元素有铍、碳、氧3种。
13． A 520 498 O
【详解】(1)A. [Ne]3s1属于基态的Mg+，由于Mg的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高；
B. [Ne]3s2属于基态Mg原子，其失去一个电子变为基态Mg+；
C. [Ne]3s13p1属于激发态Mg原子，其失去一个电子所需能量低于基态Mg原子；
D. [Ne]3p1属于激发态Mg+，其失去一个电子所需能量低于基态Mg+；
综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s1，A项符合题意，故答案为：A；
(2)根据图象及第一电离能的概念(气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量)，Li原子的第一电离能是520kJ·mol-1，O=O键的键能是249kJ·mol-1×2=498kJ·mol-1，故答案为：520；498；
(3)元素的非金属性越强，电负性越高，非金属性：H＜P＜N＜O，故在N、H、P、O四种元素中电负性最高的是O，故答案为：O。
14．(1)4∶5
(2) 与同主族，的电子层数更多，原子半径更大，更易失电子，故第一电离能更小 和B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于B的
【详解】（1）基态Fe2+与Fe3+的核外电子排布式分别为[Ar]3d6、[Ar]3d5，则未成对电子数之比为4：5，故答案为：4：5；
（2）I1（Li）＞I1（Na），原因是Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小，I1（Be）＞I1（B）＞I1（Li），原因是Li、Be和B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于B，故答案为：Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，第一电离能更小；Li、Be和B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，其第一电离能大于B。
15．(1)
(2) 图a 同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高 图b
【详解】（1）F为9号元素，F原子核外有9个电子，基态F原子的核外电子排布式为1s22s22p5，基态F原子的价电子排布图为。
（2）C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期元素的第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高，因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为C＜O＜N＜F，满足这一规律的图像为图a；气态基态正2价阳离子失去1个电子生成气态基态正3价阳离子所需要的的能量为该原子的第三电离能，同一周期原子的第三电离能的总体趋势也依次升高，但由于C原子在失去2个电子之后的2s能级为全充满状态，因此其再失去一个电子需要的能量稍高，则满足这一规律的图像为图b。
16．(1) 26 4f5
(2)球形
(3)1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9
(4)A
【详解】（1）①Fe为26号元素，一个电子就是一种运动状态的电子，因此基态Fe原子中，核外存在26个运动状态不同的电子，Sm的价层电子排布式为4f 66s2， 先失去最外层电子，再失去4f上的一个电子，因此Sm3+价层电子排布式为4f5；故答案为：26；4f5。
②F为9号元素，则F基态原子核外电子排布式为1s22s22p5，基态F原子的价电子轨道表达式为；故答案为：。
（2）Zn为30号元素，则Zn基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，基态Zn原子核外占据最高能层电子为4s，则基态Zn原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为球形；故答案为：球形。
（3）Cu为29号元素，则Cu基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9；故答案为：1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9。
（4）A．即Mg＋，再失去一个电子所需能量即为镁的第二电离能，电离最外层一个电子所需能量最大，故A符合题意；
B．，3s轨道全满，电离最外层一个电子即镁的第一电离能，失去最外层一个电子所需能量比A选项低，故B不符合题意；
C．，该镁原子的电子处于激发态，容易失去3p上的电子，失去一个电子所需能量低，故C不符合题意；
D．，即Mg＋，再失去一个电子即为镁的第二电离能，最外层的电子处于激发态，失去最外层一个电子所需能量比A选项低，故D不符合题意；
综上所述，答案为：A。
17．K＜Al＜Mg
【详解】同一周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但Mg原子的2s能级全满，更稳定，第一电离能大于Al，金属性K＞Al，K更容易失去电子，所以第一电离能Al＞K，综上所述第一电离能由小到大的顺序为K＜Al＜Mg。
18．(1) 2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑ Mg＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑ 金属性：Na>Mg
(2) 产生白色沉淀 Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH 白色沉淀逐渐溶解 Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O 白色沉淀逐渐溶解 Al(OH)3＋OH-=AlO＋2H2O 产生白色沉淀 Mg2＋＋2OH-=Mg(OH)2↓
(3) 减弱 减弱 增强 增强 减小 减弱 增强 减弱 增强
【详解】（1）钠和水常温下剧烈反应生成碱和气体，化学方程式2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，镁常温下和水不反应，加热时剧烈反应，生成碱和气体，化学方程式Mg＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑，金属单质和水或酸反应越剧烈，金属的金属性越强，所以金属性：Na>Mg，答案：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑；Mg＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑；金属性：Na>Mg；
（2）向AlCl3溶液中加入足量氨水，生成白色沉淀，Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3 ，氢氧化铝不溶于氨水。实验得到的沉淀分装两支试管中，一支试管中加入盐酸，白色沉淀逐渐溶解，生成盐和水，离子方程式为Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；另一支试管中加入NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解，生成偏铝酸盐和水，离子方程式为Al(OH)3＋OH-=AlO＋2H2O。向MgCl2溶液加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀，离子方程式为Mg2＋＋2OH-=Mg(OH)2↓。答案：产生白色沉淀；Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH；白色沉淀逐渐溶解；Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；白色沉淀逐渐溶解；Al(OH)3＋OH-=AlO＋2H2O；产生白色沉淀；Mg2＋＋2OH-=Mg(OH)2↓；
（3）第三周期的Na、Mg、Al的金属性逐渐减弱，最高价氧化物的水化物NaOH、Mg(OH)2、Al(OH)3的碱性逐渐减弱，NaOH为强碱，Mg(OH)2为中强碱，Al(OH)3为两性氢氧化物。第三周期的Si、P、S、Cl的非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物H2SiO3、H3PO4、H2SO4、HClO4的酸性逐渐增强。HClO4是最强的含氧酸，H2SiO3为难溶的弱酸，H3PO4为中强酸，H2SO4为强酸。同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，失电子能力逐渐减弱，得电子能力逐渐增强，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。答案：减弱；减弱；增强；增强；减小；减弱；增强；减弱； 增强。
19． N
【分析】周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a为H元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，则c是O元素；b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于c，则b是N元素；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，则e原子核外电子数为2+8+18+1=29，为Cu元素；d与c同族，且原子序数小于e，所以d为S元素，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族和第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素中，元素第一电离能随着原子序数增大而减小；e的价层电子为3d、4s电子。
【详解】根据上述分析，五种元素分别为H、N、O、S、Cu；
同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素中，元素第一电离能随着原子序数增大而减小，所以b、c、d元素第一电离能最大的是N元素；e的价层电子为3d、4s电子，其价层电子排布图为；故答案为N；。
20．(1)
(2)第四周期ⅥB族
(3) ② C
(4) < >
【详解】（1）A元素次外层电子数是最外层电子数的，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为8，故为Ne,其外围电子轨道表示式是 ；
（2）B是1～36号元素原子核外电子排布中未成对电子数最多的元素，其外围电子排布式为3d54s1，元素名称为铬，在元素周期表中的位置是第四周期第VIB族，故答案为：第四周期第VIB族；
（3）由电子排布图中的电子数知，C元素是硅，根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，故硅元素基态原子的电子排布图为②，即另一电子排布图不能作为基态原子的电子排布图是因为它不符合Si，故答案为：②；C；
（4）①由图可知，同周期内，随着原子序数的增大，E值变化的总趋势是增大，但原子处于半满、全满是，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故E氧＜E氟，故答案为：＜；
②同主族金属性越强，第一电离能越小则E镁＞E钙，故答案为：＞。
21．(1) 橙红 紫红
(2)同主族元素从上到下，元素原子的得电子能力逐渐减弱
(3) 2Br-+Cl2=2Cl-+Br2 2I-+Br2=2Br-+I2
【分析】通过向盛有少量溴化钠溶液的试管中滴加少量新制氯水，向盛有少量碘化钠溶液的试管中滴加少量新制溴水，探究同一主族元素性质的递变规律。
【详解】（1）氯气具有氧化性，能将溴离子氧化为溴单质，溴单质更易溶于四氯化碳中，在有机层显示橙红色；溴单质能将碘离子氧化为碘单质，碘单质单质更易溶于四氯化碳中，在有机层中显示紫红色；
（2）氯气具有氧化性，能将溴离子氧化为溴单质，所以氧化性是氯气强于溴单质，溴单质能将碘离子氧化为碘单质，所以氧化性是溴单质强于碘单质，氧化性越强，元素的非金属性越强，即非金属性：Cl＞Br＞I，得出同主族元素性质的递变规律：同主族元素性质相似，且从上到下，元素的非金属性逐渐减弱；
（3）氯气具有氧化性，能将溴离子氧化为溴单质，2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，溴单质能将碘离子氧化为碘单质2I-+Br2=2Br-+I2。
22．(1)O> H >C
(2)油浴
(3)物理
(4) 减小装置内的压强，降低物质的沸点 可吸入极少量的空气，防止液体爆沸
(5) 当滴入最后1滴盐酸时，溶液恰好由粉红色变为无色，且振荡后半分钟内不恢复原色 86.24%
【解析】（1）
根据同周期主族元素的第一电离能自左向右呈增大的趋势，但是电子在全满，全空，半满时较稳定，氢原子只有一个电子，1s轨道处于半满结构，所以葡萄糖醛酸分子中C、H、O第一电离能大小顺序为O> H >C；
故答案为：O> H >C；
（2）
98℃接近水的沸点，水易损耗且难补充，所以选择沸点更高的油浴加热；
故答案为：油浴；
（3）
活性炭的吸附为物理过程，没有物质的变化；
故答案为：物理；
（4）
①该装置接真空系统，可以抽离装置中的气体，使装置中的压强降低，从而降低物质的沸点，降低能耗；
故答案为：减小装置内的压强，降低物质的沸点；
②由于该实验是对液体进行加热，从安全考虑的角度出发，应该考虑防爆沸，但是蒸馏烧瓶中并没有加入沸石，故取而代之的是毛细管通过吸入极少量空气，从而起到防爆沸的作用；
故答案为：可吸入极少量空气，防止液体爆沸；
（5）
①向反应后含有NaOH溶液中滴入2滴酚酞，溶液最初为红色，随着盐酸的滴入，碱性不断减弱，红色逐渐变为浅红色，所以滴定终点的现象为，当滴入最后1滴盐酸时，溶液恰好由粉红色变为无色，且振荡后半分钟内不恢复原色；
故答案为：当滴入最后1滴盐酸时，溶液恰好由粉红色变为无色，且振荡后半分钟内不恢复原色
②根据各物质间的反应系数可得以下关系式：，由题意可知氢氧化钠的物质的量为，消耗的盐酸体积由于第2组误差偏大舍去，所以由1、3、4求出平均体积为25.5mL，消耗的HCl的物质的量为，所以葡萄糖醛酸内酯消耗的氢氧化钠的物质的量=，根据葡萄糖醛酸内酯与NaOH按物质的量之比1：1进行反应可得葡萄糖醛酸内酯的物质的量等于，所以葡萄糖醛酸内酯的质量分数=；
故答案为：86.24%。
23． A 产生淡黄色沉淀 Na2S+Cl2=2NaCl+S↓ 吸收氯气，防止污染大气 ①③④ 下层为紫色 2I﹣+Cl2=2Cl﹣+I2
【分析】可以从置换反应判断元素非金属性强弱分析，氯气能把硫元素从其硫化钠溶液中置换出来，也可以利用非金属与氢气化合的难易程度、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性、非金属单质之间的置换反应等来判断非金属性的强弱；结合实验装置，A为氯气发生装置，饱和食盐水的洗气瓶为除去氯气中混有氯化氢的装置，B为性质实验装置，C为尾气吸收装置，据此解答。
【详解】(1)要在B中发生氯气置换出硫的反应，在给定试剂中只能选取Na2S溶液，发生的是置换反应，离子方程式为：Cl2+S2﹣═2Cl﹣+S↓；反应中有淡黄色沉淀生产；
故答案为A；产生淡黄色沉淀；Na2S+Cl2=2NaCl+S↓；
(2)氯气为有毒气体，要进行尾气处理，氯气能与氢氧化钠溶液反应，所以装置C中盛放烧碱溶液的作用是吸收氯气，防止污染大气；
故答案为吸收氯气，防止污染大气；
(3)能证明氯元素比硫元素非金属性强的依据①氯原子比硫原子更容易获得电子形成离子，得电子能力越强非金属性越强，故正确；②通过最高价含氧酸的酸性可以比较非金属性，不能比较其氧化性，故错误；③S2﹣比Cl﹣还原性强，根据阴离子的还原性越弱非金属性越强来判断，故正确；④氢化物越稳定，非金属性越强，故正确，所以①③④，
故答案为①③④；
(4)氯气与碘化钾反应生成单质碘，加CCl4试剂，溶液会分层，下层为碘单质和CCl4，所以下层呈紫色，其反应的离子方程式为：2I﹣+Cl2=2Cl﹣+I2，
故答案为下层为紫色；2I﹣+Cl2=2Cl﹣+I2。
2.2.2元素第一电离能的周期性变化同步练习-苏教版高中化学选择性必修2
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列关于硅原子的核外电子排布表示式中，错误的是( )
A．1s22s22p63s23p2 B．[Ne]3s23p2
C． D．
2．下列说法错误的是
A．元素周期表和元素周期系均有多种形式
B．元素按其原子核电荷数递增排列的序列称为元素周期系
C．元素周期表是元素周期律的具体表现形式
D．元素周期律揭示元素性质随核电荷数递增而呈现周期性变化的规律
3．元素X的各级电离能数据如下：
578
1817
2745
11578
14831
18378
则元素X的常见化合价是
A．+1 B．+2 C．+3 D．+6
4．随着卤素原子核电荷数的增加，下列递变规律正确的是（ ）
A．单质的熔沸点升高 B．氢化物的稳定性增强
C．单质的氧化性逐渐增强 D．元素的非金属性逐渐增强
5．下列元素中，非金属性最强的是
A．O B．P C．N D．S
6．某元素 M基态原子的部分电离能如下表所示，M是
I1/kJ·mol-1
I2/kJ·mol-1
I3/kJ·mol-1
I4/kJ·mol-1
I5/kJ·mol-1
738
1451
7733
10540
13630
A．Mg B．Na C．Be D．P
7．下列各组元素中按微粒半径递增顺序排列的是
A．Li 、Na 、K B．I、Br 、Cl C．Na+、Mg2+、Al3+ D．N、O 、F
8．常用作半导体材料的碳、硅、锗、砷元素在周期表中的位置如图所示，四种元素中
A．碳的非金属性最弱
B．硅单质是共价晶体
C．锗原子最外层电子排布为3s23p2
D．砷的原子半径最大
9．下列关于元素第一电离能的说法不正确的是
A．钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，故钾的活泼性强于钠
B．因同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，故第一电离能必依次增大
C．最外层电子排布为ns2np6(当只有K层时为1s2)的原子，第一电离能较大
D．对于同一元素而言，原子的电离能I1＜I2＜I3……
10．最早提出科学的原子概念的科学家是
A．道尔顿 B．阿伏加德罗
C．门捷列夫 D．卢瑟福
二、填空题
11．第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图所示，则该元素对应的原子有 种不同运动状态的电子。
12．(1)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能()如表所示。，原因是 。，原因是 。
Li
520
Be
900
B
801
Na
496
Mg
738
Al
578
(2)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能 (填“大于“或“小于”)。原因是 。
(3)元素Mn与O中，第一电离能较大的是 。
(4)根据元素周期律，原子半径Ga As，第一电离能Ga As。(填“大于”或“小于”)
(5)第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有 种。
13．(1)下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填标号)。
A．[Ne]3s1 B．[Ne]3s2 C． [Ne]3s13p1 D．[Ne]3p1
(2)Li2O是离子晶体，其晶格能可通过如图的Born-Haber循环计算得到。Li原子的第一电离能为 kJ·mol-1，O=O键键能为 kJ·mol-1。
(3)NH4H2PO4中，电负性最高的元素是 。
14．Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：
(1)基态与离子中未成对的电子数之比为 。
(2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。，原因是 。，原因是 。
520
900
B801
496
738
578
15．2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH2=CH2)与四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)制成。回答下列问题：
(1)基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为 。
(2)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能Ⅰ变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是 (填标号)，判断的根据是 ；第三电离能的变化图是 (填标号)。
16．回答下列问题：
(1)近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe−Sm−As−F−O组成的化合物。回答下列问题：
①基态Fe原子中，核外存在 个运动状态不同的电子，Sm的价层电子排布式为4f 66s2， Sm3+价层电子排布式为 。
②基态F原子的价电子轨道表达式为 。
(2)基态Zn原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为 。
(3)Cu2+基态原子核外电子排布式为 。
(4)下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______ (填标号)。
A． B．
C． D．
17．Mg、Al、 K的第一电离能由小到大的顺序是 。
18．同周期的元素性质递变规律
(1)钠、镁与水的反应
钠
镁
实验操作
实验①
实验②
实验现象
钠熔成小球，浮于水面，四处游动，有“嘶嘶”的响声，反应后溶液加酚酞变红
加热前，镁条表面附着了少量无色气泡，加热至沸腾后，有较多的无色气泡冒出，滴加酚酞溶液变为粉红色
反应原理
结论
钠、镁均能与水反应，钠比镁活泼，金属性： 。
(2)Al(OH)3的制备与性质
实验探究：
①向AlCl3溶液中加入足量氨水，现象为 ，反应的离子方程式为 ；
②将①实验得到的沉淀分装两支试管中，一支试管中加入盐酸，现象为 ，离子方程式为 ；另一支试管中加入NaOH溶液，现象为 ，离子方程式为 。
③向MgCl2溶液加入过量NaOH溶液，现象 ，离子方程式为 。
两性氢氧化物：既能与酸反应又能与强碱反应，且均生成盐和水的氢氧化物。如 Al(OH)3。
(3)第三周期递变规律
①第三周期的Na、Mg、Al的金属性逐渐 ，NaOH、Mg(OH)2、Al(OH)3的碱性逐渐 ，NaOH为强碱，Mg(OH)2为中强碱，Al(OH)3为两性氢氧化物。
②第三周期的Si、P、S、Cl的非金属性逐渐 ，H3SiO3、H3PO4、H2SO4、HClO4的酸性逐渐 。HClO4是最强的含氧酸，H2SiO3为难溶的弱酸，H3PO4为中强酸，H2SO4为强酸。
③同一周期从左到右，原子半径逐渐 ，失电子能力逐渐 ，得电子能力逐渐 ，金属性逐渐 ，非金属性逐渐 。
19．周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族，e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。
回答下列问题：
b、c、d中第一电离能最大的是 (填元素符号)，e的价层电子轨道示意图为 。
20．根据原子结构、元素周期表和元素周期律的知识回答下列问题：
(1)A元素原子次外层电子数是最外层电子数的，其最外层电子的轨道表示式为 。
(2)B是1~36号元素原子核外电子排布中未成对电子数最多的元素，在元素周期表中的位置是 。
(3)C元素基态原子的轨道表示式是图中的 (填序号)，另一轨道表示式不能作为基态原子的轨道表示式是因为它不符合 (填序号)。
A．能量最低原理 B．泡利不相容原理 C．洪特规则
(4)第三周期元素的气态电中性基态原子失去最外层一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量称为第一电离能(设为E)。如图所示：
①根据图中提供的信息，可推断出E(氧) (填“>”“<”或“=”，下同)E(氟)；
②根据第一电离能的含义和元素周期律可推断出E(镁) E(钙)。
三、实验题
21．某学生在做元素性质与原子结构关系的实验时，设计了一套实验方案，并记录了有关的实验现象。请帮助该学生整理并完成实验报告。
实验目的
探究同一主族元素性质的递变规律。
实验用品
仪器：试管、胶头滴管
药品：新制氯水、新制溴水、溴化钠溶液、碘化钠溶液、四氯化碳
(1)实验内容(在下表横线中填写相关内容)
序号
实验方案
实验现象
①
向盛有少量溴化钠溶液的试管中滴加少量新制氯水，振荡，再加入少量四氯化碳，振荡后静置
液体分为两层，下层呈 色
②
向盛有少量碘化钠溶液的试管中滴加少量新制溴水，振荡，再加入少量四氯化碳，振荡后静置
液体分为两层，下层呈 色
(2)实验结论： 。
(3)上述两个实验中发生反应的离子方程式分别为 、 。
22．葡萄糖醛酸分子()发生分子内脱水可得葡萄糖醛酸内酯。葡萄糖醛酸内酯是一种具有广阔前景和较高研究价值的肝脏解毒剂。如下是以马铃薯淀粉为原料，制备葡萄糖醛酸内酯的绿色环保工艺。
回答下列问题：
(1)葡萄糖醛酸分子中C、H、O第一电离能大小顺序为 (用元素符号表示)。
(2)氧化、液化、糖化过程均需控制在98℃，最合理的加热方式是 (填 “水浴”或“油浴”)。
(3)活性炭吸附除杂为 过程 (填“物理”或“化学”)。
(4)除杂后的葡萄糖醛酸溶液的浓缩过程、内酯化过程均在减压蒸馏下进行，减压蒸馏装置如图所示(加热、夹持装置已略去)。减压蒸馏需控制温度在50℃。
①该装置接真空系统的目的是 。
②该装置中毛细管和螺旋夹的作用是 。
(5)葡萄糖醛酸内酯含量测定的方法常用酸碱中和返滴定法。准确称取0.5000g试样，加入50mL蒸馏水充分溶解，再加入50mL0.1000 mol/L标准NaOH溶液(过量)，充分反应，滴加2滴酚酞作指示剂并用0.1000 mol/L盐酸进行滴定，重复进行4次，得到如下实验数据：
组号
1
2
3
4
VHCl/mL
25.47
26.29
25.49
25.54
已知葡萄糖醛酸内酯(C6H8O6， 相对分子质量为176)与NaOH按物质的量之比1：1进行反应。
①滴定达到终点的标志是 。
②测定出葡萄糖醛酸内酯的质量分数为 。
23．为验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，某化学实验小组设计了如下实验，请回答下列问题：
（1）装置B中盛放的试剂是 （填选项），实验现象为 ，化学反应方程式是 ．
A．Na2S溶液 B．Na2SO3溶液 C．Na2SO4溶液
（2）装置C中盛放烧碱稀溶液，目的是 ．
（3）能证明氯元素比硫元素非金属性强的依据为 ． （填序号）
①氯原子比硫原子更容易获得电子形成离子；
②次氯酸的氧化性比稀硫酸强；
③S2﹣比Cl﹣还原性强；
④HCl比H2S稳定．
（4）若B瓶中盛放KI溶液和CCl4试剂，实验后，振荡、静置，会出现的实验现象 ，写出反应的离子方程式 ．
参考答案：
1．C
【详解】A．硅为14号元素，所以硅原子的核外电子数为14，则根据构造原理核外排布表示式为1s22s22p63s23p2，选项A正确；
B．硅为14号元素，所以硅原子的核外电子数为14，则根据构造原理核外排布表示式可简化为[Ne]3s23p2，选项B正确；
C．当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，所以3p能级上电子排布图违反洪特规则，选项C错误；
D．当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，所以硅轨道表示式为，选项D正确。
答案选C。
2．A
【详解】A．元素周期系只有一种形式，元素周期表却有多种形式，A错误；
B．元素按其原子核电荷数递增排列的序列称为元素周期系，元素周期律发现前的摸索阶段，B正确；
C．元素周期律是核外电子周期性变化的必然结果，则元素周期表是元素周期律的具体表现形式，C正确；
D．元素周期律揭示元素性质如原子半径、金属性、非金属性、主要化合价等随核电荷数递增而呈现周期性变化的规律，D正确；
故选A。
3．C
【详解】由电离能可知，I4突然大幅度增大，说明X最外层有3个电子，可失去3个电子，最高化合价为+3价，故选C。
4．A
【详解】A.卤族元素随着相对分子质量的增大，熔沸点逐渐升高，故A正确
B.根据元素周期律，随着卤素原子核电荷数的增加，氢化物的稳定性减弱，故B错误
C.根据元素周期律，随着卤素原子核电荷数的增加，氧化性逐渐减弱，故C错误
D.根据元素周期律，随着卤素原子核电荷数的增加，非金属性逐渐减弱，故D错误
故答案为A
5．A
【详解】同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱，所以非金属性最强的是O；
答案选A。
6．A
【详解】从表中可知，M基态原子的第一、第二电离能相对较小，第三电离能明显增大，说明M基态原子最外层有2个电子，同时M有第五电离能，故其电子数大于5，M为Mg，答案选A。
7．A
【详解】A．同主族元素的原子半径，随着原子序数的增加，原子半径逐渐增大，所以Li Na K半径增加增大，故A正确；
B．同主族元素的原子半径，随着原子序数的增加，原子半径逐渐增大，I、Br、Cl逐渐减小，故B错误；
C．Na+、Mg2+、Al3+具有相同的电子排布，原子序数越大，离子半径越小，所以Na+、Mg2+、Al3+离子半径逐渐减小，故C错误；
D．N O F位于同一周期，随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，所以N O F原子半径逐渐减小，故D错误。
故选A。
8．B
【详解】A．同主族元素从上到下非金属性减弱，同周期元素从左到右非金属性增强，因此非金属性最弱的是锗，故A错误；
B．硅原子间通过共价键连接形成空间网状结构的共价晶体，故B正确；
C．锗为第四周期元素，其原子最外层电子排布为4s24p2，故C错误；
D．同主族元素从上到下原子半径增大，同周期元素从左到右原子半径减小，因此原子半径最大的是锗，故D错误；
故选B。
9．B
【详解】A．钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，说明钾失电子能力比钠强，所以钾的活泼性强于钠，故A正确；
B．同一周期元素原子半径随着原子序数的增大而减小，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素，故B错误；
C．最外层电子排布为ns2np6（若只有K层时为1s2）的原子达到稳定结构，再失去电子较难，所以其第一电离能较大，故C正确；
D．对于同一元素来说，原子失去电子个数越多，其失电子能力越弱，所以原子的电离能随着原子失去电子个数的增多而增大，故D正确；
故选：B。
10．A
【详解】A．英国科学家道尔顿首先提出了原子概念，建立了近代原子学说，A符合题意；
B．阿伏加德罗通过实验首先测出12g12C所含有的原子数，提出了阿伏加德罗定律，B不符合题意；
C．门捷列夫绘制了第一张元素周期表，并预测了多种元素，C不符合题意；
D．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了“有核原子模型”，D不符合题意；
故选A。
11．12
【详解】第三周期的某主族元素，则原子核外有3个电子层，由图可知，第一、二电离能较小，第三电离能突增，则该原子最外层电子数为2，为镁元素；每个电子的运动状态都不相同，因此该元素原子有12种不同运动状态的电子。
12． Na与Li同族，Na电子层数多，原子半径大，易失电子Li、Be、B同周期，核电荷数依次增加 Be为全充满稳定结构，第一电离能最大。与Li相比，B核电荷数大，原子半径小，较难失去电子，第一电离能较大 大于 Zn核外电子排布为全充满稳定结构，较难失电子 O 大于 小于 3
【详解】(1)Li和Na均为第ⅠA族元素，由于Na电子层数多，原子半径大，故Na比Li容易失去最外层电子，即；Li、Be、B均为第二周期元素，随原子序数递增，第一电离能有增大的趋势，而Be的2s能级处于全充满状态，较难失去电子，故第一电离能Be比B大；
(2)Cu原子的价层电子排布式为，4s轨道处于半充满状态，而Zn原子的4s轨道处于全充满状态，Zn原子更不易失去l个电子，所以Zn原子的第一电离能较大；
(3)O是非金属元素，而Mn是金属元素，前者易得电子而不易失电子，后者则反之，所以O的第一电离能大于Mn；
(4)同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，第一电离能呈增大趋势，Ga的原子半径大于As；Ga的第一电离能小于As；
(5)同周期元素从左到右，第一电高能整体里增大趋势，但由于氮原子的2p轨道处于半充满状态，较稳定，其第一电离能比氧的大，被原子的2s轨道处于全充满状态，2p轨道处于全空状态，铍的第一电离能比硼的大，所以第一电离能介于硼和氮之间的第二周期元素有铍、碳、氧3种。
13． A 520 498 O
【详解】(1)A. [Ne]3s1属于基态的Mg+，由于Mg的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高；
B. [Ne]3s2属于基态Mg原子，其失去一个电子变为基态Mg+；
C. [Ne]3s13p1属于激发态Mg原子，其失去一个电子所需能量低于基态Mg原子；
D. [Ne]3p1属于激发态Mg+，其失去一个电子所需能量低于基态Mg+；
综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s1，A项符合题意，故答案为：A；
(2)根据图象及第一电离能的概念(气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量)，Li原子的第一电离能是520kJ·mol-1，O=O键的键能是249kJ·mol-1×2=498kJ·mol-1，故答案为：520；498；
(3)元素的非金属性越强，电负性越高，非金属性：H＜P＜N＜O，故在N、H、P、O四种元素中电负性最高的是O，故答案为：O。
14．(1)4∶5
(2) 与同主族，的电子层数更多，原子半径更大，更易失电子，故第一电离能更小 和B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于B的
【详解】（1）基态Fe2+与Fe3+的核外电子排布式分别为[Ar]3d6、[Ar]3d5，则未成对电子数之比为4：5，故答案为：4：5；
（2）I1（Li）＞I1（Na），原因是Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小，I1（Be）＞I1（B）＞I1（Li），原因是Li、Be和B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于B，故答案为：Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，第一电离能更小；Li、Be和B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，其第一电离能大于B。
15．(1)
(2) 图a 同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高 图b
【详解】（1）F为9号元素，F原子核外有9个电子，基态F原子的核外电子排布式为1s22s22p5，基态F原子的价电子排布图为。
（2）C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期元素的第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高，因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为C＜O＜N＜F，满足这一规律的图像为图a；气态基态正2价阳离子失去1个电子生成气态基态正3价阳离子所需要的的能量为该原子的第三电离能，同一周期原子的第三电离能的总体趋势也依次升高，但由于C原子在失去2个电子之后的2s能级为全充满状态，因此其再失去一个电子需要的能量稍高，则满足这一规律的图像为图b。
16．(1) 26 4f5
(2)球形
(3)1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9
(4)A
【详解】（1）①Fe为26号元素，一个电子就是一种运动状态的电子，因此基态Fe原子中，核外存在26个运动状态不同的电子，Sm的价层电子排布式为4f 66s2， 先失去最外层电子，再失去4f上的一个电子，因此Sm3+价层电子排布式为4f5；故答案为：26；4f5。
②F为9号元素，则F基态原子核外电子排布式为1s22s22p5，基态F原子的价电子轨道表达式为；故答案为：。
（2）Zn为30号元素，则Zn基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，基态Zn原子核外占据最高能层电子为4s，则基态Zn原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为球形；故答案为：球形。
（3）Cu为29号元素，则Cu基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9；故答案为：1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9。
（4）A．即Mg＋，再失去一个电子所需能量即为镁的第二电离能，电离最外层一个电子所需能量最大，故A符合题意；
B．，3s轨道全满，电离最外层一个电子即镁的第一电离能，失去最外层一个电子所需能量比A选项低，故B不符合题意；
C．，该镁原子的电子处于激发态，容易失去3p上的电子，失去一个电子所需能量低，故C不符合题意；
D．，即Mg＋，再失去一个电子即为镁的第二电离能，最外层的电子处于激发态，失去最外层一个电子所需能量比A选项低，故D不符合题意；
综上所述，答案为：A。
17．K＜Al＜Mg
【详解】同一周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但Mg原子的2s能级全满，更稳定，第一电离能大于Al，金属性K＞Al，K更容易失去电子，所以第一电离能Al＞K，综上所述第一电离能由小到大的顺序为K＜Al＜Mg。
18．(1) 2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑ Mg＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑ 金属性：Na>Mg
(2) 产生白色沉淀 Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH 白色沉淀逐渐溶解 Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O 白色沉淀逐渐溶解 Al(OH)3＋OH-=AlO＋2H2O 产生白色沉淀 Mg2＋＋2OH-=Mg(OH)2↓
(3) 减弱 减弱 增强 增强 减小 减弱 增强 减弱 增强
【详解】（1）钠和水常温下剧烈反应生成碱和气体，化学方程式2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，镁常温下和水不反应，加热时剧烈反应，生成碱和气体，化学方程式Mg＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑，金属单质和水或酸反应越剧烈，金属的金属性越强，所以金属性：Na>Mg，答案：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑；Mg＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑；金属性：Na>Mg；
（2）向AlCl3溶液中加入足量氨水，生成白色沉淀，Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3 ，氢氧化铝不溶于氨水。实验得到的沉淀分装两支试管中，一支试管中加入盐酸，白色沉淀逐渐溶解，生成盐和水，离子方程式为Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；另一支试管中加入NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解，生成偏铝酸盐和水，离子方程式为Al(OH)3＋OH-=AlO＋2H2O。向MgCl2溶液加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀，离子方程式为Mg2＋＋2OH-=Mg(OH)2↓。答案：产生白色沉淀；Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH；白色沉淀逐渐溶解；Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；白色沉淀逐渐溶解；Al(OH)3＋OH-=AlO＋2H2O；产生白色沉淀；Mg2＋＋2OH-=Mg(OH)2↓；
（3）第三周期的Na、Mg、Al的金属性逐渐减弱，最高价氧化物的水化物NaOH、Mg(OH)2、Al(OH)3的碱性逐渐减弱，NaOH为强碱，Mg(OH)2为中强碱，Al(OH)3为两性氢氧化物。第三周期的Si、P、S、Cl的非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物H2SiO3、H3PO4、H2SO4、HClO4的酸性逐渐增强。HClO4是最强的含氧酸，H2SiO3为难溶的弱酸，H3PO4为中强酸，H2SO4为强酸。同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，失电子能力逐渐减弱，得电子能力逐渐增强，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。答案：减弱；减弱；增强；增强；减小；减弱；增强；减弱； 增强。
19． N
【分析】周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a为H元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，则c是O元素；b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于c，则b是N元素；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，则e原子核外电子数为2+8+18+1=29，为Cu元素；d与c同族，且原子序数小于e，所以d为S元素，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族和第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素中，元素第一电离能随着原子序数增大而减小；e的价层电子为3d、4s电子。
【详解】根据上述分析，五种元素分别为H、N、O、S、Cu；
同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素中，元素第一电离能随着原子序数增大而减小，所以b、c、d元素第一电离能最大的是N元素；e的价层电子为3d、4s电子，其价层电子排布图为；故答案为N；。
20．(1)
(2)第四周期ⅥB族
(3) ② C
(4) < >
【详解】（1）A元素次外层电子数是最外层电子数的，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为8，故为Ne,其外围电子轨道表示式是 ；
（2）B是1～36号元素原子核外电子排布中未成对电子数最多的元素，其外围电子排布式为3d54s1，元素名称为铬，在元素周期表中的位置是第四周期第VIB族，故答案为：第四周期第VIB族；
（3）由电子排布图中的电子数知，C元素是硅，根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，故硅元素基态原子的电子排布图为②，即另一电子排布图不能作为基态原子的电子排布图是因为它不符合Si，故答案为：②；C；
（4）①由图可知，同周期内，随着原子序数的增大，E值变化的总趋势是增大，但原子处于半满、全满是，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故E氧＜E氟，故答案为：＜；
②同主族金属性越强，第一电离能越小则E镁＞E钙，故答案为：＞。
21．(1) 橙红 紫红
(2)同主族元素从上到下，元素原子的得电子能力逐渐减弱
(3) 2Br-+Cl2=2Cl-+Br2 2I-+Br2=2Br-+I2
【分析】通过向盛有少量溴化钠溶液的试管中滴加少量新制氯水，向盛有少量碘化钠溶液的试管中滴加少量新制溴水，探究同一主族元素性质的递变规律。
【详解】（1）氯气具有氧化性，能将溴离子氧化为溴单质，溴单质更易溶于四氯化碳中，在有机层显示橙红色；溴单质能将碘离子氧化为碘单质，碘单质单质更易溶于四氯化碳中，在有机层中显示紫红色；
（2）氯气具有氧化性，能将溴离子氧化为溴单质，所以氧化性是氯气强于溴单质，溴单质能将碘离子氧化为碘单质，所以氧化性是溴单质强于碘单质，氧化性越强，元素的非金属性越强，即非金属性：Cl＞Br＞I，得出同主族元素性质的递变规律：同主族元素性质相似，且从上到下，元素的非金属性逐渐减弱；
（3）氯气具有氧化性，能将溴离子氧化为溴单质，2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，溴单质能将碘离子氧化为碘单质2I-+Br2=2Br-+I2。
22．(1)O> H >C
(2)油浴
(3)物理
(4) 减小装置内的压强，降低物质的沸点 可吸入极少量的空气，防止液体爆沸
(5) 当滴入最后1滴盐酸时，溶液恰好由粉红色变为无色，且振荡后半分钟内不恢复原色 86.24%
【解析】（1）
根据同周期主族元素的第一电离能自左向右呈增大的趋势，但是电子在全满，全空，半满时较稳定，氢原子只有一个电子，1s轨道处于半满结构，所以葡萄糖醛酸分子中C、H、O第一电离能大小顺序为O> H >C；
故答案为：O> H >C；
（2）
98℃接近水的沸点，水易损耗且难补充，所以选择沸点更高的油浴加热；
故答案为：油浴；
（3）
活性炭的吸附为物理过程，没有物质的变化；
故答案为：物理；
（4）
①该装置接真空系统，可以抽离装置中的气体，使装置中的压强降低，从而降低物质的沸点，降低能耗；
故答案为：减小装置内的压强，降低物质的沸点；
②由于该实验是对液体进行加热，从安全考虑的角度出发，应该考虑防爆沸，但是蒸馏烧瓶中并没有加入沸石，故取而代之的是毛细管通过吸入极少量空气，从而起到防爆沸的作用；
故答案为：可吸入极少量空气，防止液体爆沸；
（5）
①向反应后含有NaOH溶液中滴入2滴酚酞，溶液最初为红色，随着盐酸的滴入，碱性不断减弱，红色逐渐变为浅红色，所以滴定终点的现象为，当滴入最后1滴盐酸时，溶液恰好由粉红色变为无色，且振荡后半分钟内不恢复原色；
故答案为：当滴入最后1滴盐酸时，溶液恰好由粉红色变为无色，且振荡后半分钟内不恢复原色
②根据各物质间的反应系数可得以下关系式：，由题意可知氢氧化钠的物质的量为，消耗的盐酸体积由于第2组误差偏大舍去，所以由1、3、4求出平均体积为25.5mL，消耗的HCl的物质的量为，所以葡萄糖醛酸内酯消耗的氢氧化钠的物质的量=，根据葡萄糖醛酸内酯与NaOH按物质的量之比1：1进行反应可得葡萄糖醛酸内酯的物质的量等于，所以葡萄糖醛酸内酯的质量分数=；
故答案为：86.24%。
23． A 产生淡黄色沉淀 Na2S+Cl2=2NaCl+S↓ 吸收氯气，防止污染大气 ①③④ 下层为紫色 2I﹣+Cl2=2Cl﹣+I2
【分析】可以从置换反应判断元素非金属性强弱分析，氯气能把硫元素从其硫化钠溶液中置换出来，也可以利用非金属与氢气化合的难易程度、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性、非金属单质之间的置换反应等来判断非金属性的强弱；结合实验装置，A为氯气发生装置，饱和食盐水的洗气瓶为除去氯气中混有氯化氢的装置，B为性质实验装置，C为尾气吸收装置，据此解答。
【详解】(1)要在B中发生氯气置换出硫的反应，在给定试剂中只能选取Na2S溶液，发生的是置换反应，离子方程式为：Cl2+S2﹣═2Cl﹣+S↓；反应中有淡黄色沉淀生产；
故答案为A；产生淡黄色沉淀；Na2S+Cl2=2NaCl+S↓；
(2)氯气为有毒气体，要进行尾气处理，氯气能与氢氧化钠溶液反应，所以装置C中盛放烧碱溶液的作用是吸收氯气，防止污染大气；
故答案为吸收氯气，防止污染大气；
(3)能证明氯元素比硫元素非金属性强的依据①氯原子比硫原子更容易获得电子形成离子，得电子能力越强非金属性越强，故正确；②通过最高价含氧酸的酸性可以比较非金属性，不能比较其氧化性，故错误；③S2﹣比Cl﹣还原性强，根据阴离子的还原性越弱非金属性越强来判断，故正确；④氢化物越稳定，非金属性越强，故正确，所以①③④，
故答案为①③④；
(4)氯气与碘化钾反应生成单质碘，加CCl4试剂，溶液会分层，下层为碘单质和CCl4，所以下层呈紫色，其反应的离子方程式为：2I﹣+Cl2=2Cl﹣+I2，
故答案为下层为紫色；2I﹣+Cl2=2Cl﹣+I2。
相关试卷
高中化学苏教版 (2019)选择性必修2专题2 原子结构与元素性质第二单元 元素性质的递变规第2课时当堂检测题： 这是一份高中化学苏教版 (2019)选择性必修2专题2 原子结构与元素性质第二单元 元素性质的递变规第2课时当堂检测题，共4页。试卷主要包含了下列各组元素的性质递变错误的是，下列说法正确的是，请完成下列各题，9 1等内容，欢迎下载使用。
化学选择性必修2第二单元 元素性质的递变规达标测试： 这是一份化学选择性必修2第二单元 元素性质的递变规达标测试，共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
化学选择性必修2第1章 原子结构与性质1.3元素周期律元素性质的周期性变化规律课时练习： 这是一份化学选择性必修2第1章 原子结构与性质1.3元素周期律元素性质的周期性变化规律课时练习，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
