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2020届高三化学二轮备考（选择题突破）：——《物质结构与性质》题型检测1．(2019·全国卷Ⅲ)磷酸亚铁锂(LiFePO4)可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。
回答下列问题：(1)在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是________，该元素基态原子核外M层电子的自旋状态________(填“相同”或“相反”)。
(2)FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为____________________，其中Fe的配位数为________。
(3)苯胺()的晶体类型是________。
苯胺与甲苯()的相对分子质量相近，但苯胺的熔点(－5.9 ℃)、沸点(184.4 ℃)分别高于甲苯的熔点(－95.0 ℃)、沸点(110.6 ℃)，原因是__________________________。
(4)NH4H2PO4中，电负性最高的元素是________；P的________杂化轨道与O的2p轨道形成________键。
(5)NH4H2PO4和LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。
焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示：焦磷酸根离子三磷酸根离子这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为________(用n代表P原子数)。
解析：(1)在周期表中存在“对角线”关系的元素化学性质相似，如Li和Mg、Be和Al、B和Si等，所以与Li的化学性质最相似的邻族元素是Mg。
Mg元素基态原子核外M层上只有3s轨道上2个自旋状态相反的电子。
(2)在蒸汽状态下FeCl3以双聚分子存在，即分子式为Fe2Cl6；每个Fe原子与3个Cl原子形成共价键，还可以提供空轨道与另1个Cl原子提供的孤对电子形成配位键，结构式可表示为或；由结构式可知，Fe 的配位数为4。
2020届届届届届届届届届届届届届届届届届——届届届届届届届届届届届1.X、Y、Z、M、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X元素原子核外有三个能级，各能级电子数相等，Y的单质在空气中燃烧生成一种淡黄色的固体；Z元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2，M原子外围电子排布式为3d n4s n；W的内层电子已全充满，最外层只有2个电子。
请回答下列问题：(1)X元素在周期表中的位置是_______；W 2+离子的外围电子排布式为____。
(2)X能与氢、氮、氧三种元素构成化合物XO(NH2)2，其中X原子和N原子的杂化方式为分别为____、____，该化合物分子中的π键与σ键的个数之比是______；该物质易溶于水的主要原因是_______________。
(3)已知Be和Al元素处于周期表中对角线位置，化学性质相似，请写出Y元素与Be元素两者相应的最高价氧化物对应水化物相互反应的化学方程式：______________。
(4)M晶体的原子堆积方式为六方堆积(如图所示)，则晶体中M原子的配位数是____。
某M配合物的化学式是[M(H2O)5Cl]Cl2·H2O，1mol该配合物中含配位键的数目是___。
(5)Y离子和Z离子比较，半径较大的是____(填离子符号)，元素Y与元素Z形成的晶体的晶胞结构是如图所示的正方体，每个Y离子周围与它最近的Y离子有_____个。
【答案】(1)第二周期ⅣA族；3d10(2)sp2； sp3； 1：7；CO(NH2)2能与水分子间形成氢键(3)Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O(4)12；6×6.02×1023(5)S2− ；6【解析】【分析】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、杂化方式、氢键、配合物、晶胞结构，对学生的空间想象与数学计算有一定的要求。
【解答】X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中常见的元素，X的基态原子核外的三个能级上电子数相等，原子核外电子排布为1s22s22p2，则X为C元素；Y的单质在空气中燃烧生成一种淡黄色的固体，则Y为Na元素，淡黄色固体是Na2O2；Z元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2个，原子只能有3个电子层，最外层电子数为6，故Z为S元素；M原子外围电子排布式为3d n4s n，由于4s能级最大容纳2个电子，且3d能级容纳电子，故n=2，则M为Ti；W的内层电子已全充满，最外层只有2个电子，原子序数大于硫，只能处于第四周期，原子核外电子数为2+8+18+2=30，故W为Zn。
模块综合测评(时间90分钟,满分100分)(A)一、选择题(每小题5分,共70分。
每小题有1个选项符合题意)1.熔化时,必须破坏非极性共价键的是()A.冰B.金刚石C.铁D.二氧化硅解析:熔化时必须破坏共价键的肯定是原子晶体,非极性共价键只存在于非金属单质中。
尽管二氧化硅也是原子晶体,但Si—O共价键是极性键。
答案:B2.下列物质中,难溶于CCl4的是()A.碘单质B.水C.苯D.甲烷解析:CCl4、CH4都是正四面体形分子,I2是直线形分子,H2O是V形分子,苯为平面形分子,所以CCl4、CH4、I2、苯是非极性分子而H2O是极性分子。
根据相似相溶原理知选B。
答案:B3.下列有机化合物分子中含有手性碳原子的是()A.CH3CH(CH3)2B.CH3CH2OHC.CH3CHClCH2CH3D.CH3CHO解析:连接四个不同的原子或基团的碳原子称为手性碳原子。
观察所给选项,只有CH3CHClCH2CH3中第二个碳原子分别连接—CH3、—H、—Cl、—CH2CH3四个不同的原子或基团。
答案:C4.若不断地升高温度,实现“雪花→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化。
在变化的各阶段被破坏的微粒间的主要相互作用依次是()A.氢键;氢键和范德华力;极性键B.氢键;氢键;非极性键C.氢键;极性键;分子间作用力D.分子间作用力;氢键;非极性键解析:雪花水水蒸气氢气、氧气答案:A5.H2O与H2S结构相似,都是V形的极性分子,但是H2O的沸点是100 ℃,H2S 的沸点是-60.7 ℃。
引起这种差异的主要原因是()A.范德华力B.共价键C.氢键D.相对分子质量解析:氢键的作用使水的沸点比同族元素的氢化物高。
答案:C6.下列物质中含有非极性键的是()A.MgF2B.H2O2C.CO2D.HF解析:A ×MgF2是由Mg2+和F-构成的离子化合物,只含离子键。
B √H2O2的结构式为H—O—O—H,含有O—O非极性键。
物质的组成、性质和分类1．科学家用计算机模拟后确认，60个N原子可结合成N60分子，下列关于N60的叙述正确的是( )A．N60是一种新型化合物B．N60和N2性质完全相同C．一个N60分子中有30个N2分子D．N60和N2混合形成的是混合物解析：N60是一种单质，A项错误；N60和N2是两种不同的单质，物理性质不相同，化学性质相似，B项错误；N60是纯净物，不含有N2分子，C项错误。
答案：D2．下列说法正确的是( )A．由不同原子组成的纯净物一定是化合物B．非金属氧化物一定是酸性氧化物C．含金属元素的离子一定都是阳离子D．胆矾是纯净物，水泥是混合物解析：A项，如HD(D为氢的同位素)是由不同原子组成的纯净物，但它属于单质，A项错误；B项，如CO为非金属氧化物，但它不是酸性氧化物；C项，如MnO－4含金属元素Mn，但它是阴离子。
答案：D3．下列有关物质的叙述正确的是( )A．沼气和天然气都是可再生能源B．盐酸和醋酸既是化合物又是酸C．冰和干冰既是纯净物又是化合物D．豆浆、牛奶和油脂都属于胶体解析：A项，天然气是不可再生能源；B项，盐酸是HCl的水溶液，是混合物，不是化合物；D项，油脂不属于胶体。
答案：C4.符合图中阴影部分的物质是( )A．Na2CO3B．Cu2(OH)2CO3C．NaClD．NaHCO3解析：Na2CO3分别属于正盐、碳酸盐和钠盐，故A正确；Cu2(OH)2CO3属于碱式盐，故B 错误；NaCl不属于碳酸盐，故C错误；NaHCO3属于酸式盐，故D错误。
答案：A5．下列物质归类正确的是( )A．电解质：冰醋酸、小苏打、明矾、氧化铝B．化合物：液氯、干冰、烧碱、纯碱C．混合物：漂白粉、铝热剂、矿泉水、磁性氧化铁D．胶体：豆浆、墨水、血液、生理盐水解析：明矾是十二水合硫酸铝钾，溶于水电离出钾离子、铝离子和硫酸根离子，为电解质，冰醋酸在水溶液中部分电离，为电解质，小苏打在水溶液中完全电离，为电解质，氧化铝为熔融状态下能导电的化合物，为电解质，故A正确；液氯是由同种元素组成的纯净物，为单质，故B错误；磁性氧化铁为四氧化三铁，为纯净物，故C错误；生理盐水是溶液，不是胶体，故D错误。
高中化学物质结构与性质练习题一、单选题1.最近《科学》杂志评出十大科技突破，其中“火星上‘找’到水的影子”名列第一。
下列关于水的说法中正确的是( )A.水的离子积仅适用于纯水B.水的电离需要通电C.升高温度一定使水的离子积增大D.加入电解质一定会破坏水的电离平衡2.下列各组物质按照纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质顺序排列的是( ) A.氯水，水煤气，硫酸，醋酸，干冰 B.冰醋酸，盐酸，硫酸钡，次氯酸，乙醇 C.纯碱，明矾，水玻璃，氢硫酸，三氧化硫 D.胆矾，漂白粉，氯化钾，氢氟酸，氯气3.下列物质因水解使溶液呈碱性的是( ) A. NaOHB. NH 4ClC. Na 2CO 3D. Na 2O4.下列应用与盐类的水解无关的是( ) A.热的纯碱溶液可去除油污 B.FeCl 3饱和溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体 C.TiCl 4溶于大量水加热制备TiO 2D.NaCl 可用作防腐剂和调味剂5.某浓度的氨水中存在下列平衡: 32NH H O ⋅ +4NH OH -+,(若想增大+4NH 的浓度,而不增加OH -的浓度,应采取的措施是( )①适当升高温度 ②加入4NH Cl 固体 ③通入3NH ④加入少量盐酸 A.①②B.②③C.③④D.②④6.在相同温度下,100mL 0.01mol·L -1醋酸溶液与10mL 0.1mol·L -1醋酸溶液相比,下列数值前者大于后者的是( )A.中和时所需NaOH 的量B.CH 3COOH 的电离程度C.H +的物质的量浓度D.CH 3COOH 的物质的量7.25 ℃时，0.01 mol/L 的HCl 溶液中水电离出的H ＋的浓度是( ) A.1×10－10mol/L B.1×10－2 mol/LC.1×10－7 mol/LD.1×10－12mol/L8.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ） A.无色透明的溶液中：Fe 3+、Mg 2+、SCN -、Cl - B.+12-(H )110(OH )c c -=⨯的溶液中:K +、Na +、2-3CO 、-3NO C.c(Fe 2+)= 1 mol • L -1 的溶液中：K +、+4NH 、-4MnO 、2-4SO D.能使甲基橙变红的溶液中：Na +、+4NH 、2-4SO 、-3HCO9.下列离子方程式书写正确的是( )A.Na 2S 的水解：S 2－+ 2H 2OH 2S + 2OH −B.NaHCO 3在水溶液中的电离：-3HCO + H 2OH 2 CO 3+ OH −C.NH 4Cl 的水解：+4NH + H 2ONH 3·H 2O + OH −D.硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合： Al 3+ + 3-3HCO = Al(OH)3↓+3CO 2↑10.常温下，HA 的电离常数K a =1×10-6，向20 mL 浓度为0.01mol·L -1的HA 溶液中逐滴加入0.01 mol·L -1的NaOH 溶液，溶液的pH 与加入NaOH 溶液的体积之间的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）A ．a 点对应溶液的pH 约为4，且溶液中只存在HA 的电离平衡B ．b 点对应溶液中：c (Na +)>c (A -)>c (HA)>c (H +)>c (OH -)C ．d 点对应溶液中：c (OH -)-c (H +)=c (A -)D ．a 、b 、c 、d 四点对应的溶液中水的电离程度：a<b<c<d11.在BaSO 4饱和溶液中加入少量的BaCl 2溶液产生BaSO 4沉淀，若以K sp 表示BaSO 4的溶度积常数，则平衡后溶液中( )A.c(Ba 2＋)·c(SO 42－)＝K sp ，c(Ba 2＋)>c(2-4SO )B.c(Ba 2＋)＝c(2-4SO )＝(K sp )1/2C.c(Ba 2＋)·c(2-4SO )>K sp ，c(Ba 2＋)＝c(2-4SO ) D.c(Ba 2＋)·c(2-4SO )≠K sp ，c(Ba 2＋)<c(2-4SO )12.铅蓄电池的两极分别为Pb 、PbO 2，电解液为硫酸，工作时的反应为 Pb+PbO 2+2H 2SO 4=2PbSO 4+2H 2O ，下面结论正确的是( ) A.Pb 为正极，被氧化 B.溶液的pH 不断增大 C.2-4SO 只向PbO 2处移动D.电解液密度不断增大13.下面两图均为原电池装置，有关说法错误的是( )A.锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应B.电流从铜电极经导线流向锌电极C.铜电极发生的反应为：Cu－2e－= Cu2＋D.装置(2)比装置(1)更能清楚揭示出电池中发生的化学反应14.纽扣电池的两极材料分别为锌和氧化银,电解质溶液为KOH溶液。
《高考12题逐题突破》：物质结构与性质综合题的研究(选考)结构决定性质——解释原因类简答题【核心突破】1.孤电子对对键角的影响(1)孤电子对比成键电子对的斥力大，排斥力大小顺序为LP—LP≫LP—BP>BP—BP(LP代表孤电子对，BP代表成键电子对)。
(2)排斥力大小对键角的影响2.范德华力、氢键、共价键对物质性质的影响3.晶体熔、沸点高低的比较(1)一般情况下，不同类型晶体的熔、沸点高低规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，如：金刚石＞NaCl＞Cl2；金属晶体＞分子晶体，如：Na＞Cl2(金属晶体熔、沸点有的很高，如钨、铂等，有的则很低，如汞等)。
(2)形成原子晶体的原子半径越小、键长越短，则键能越大，其熔、沸点就越高，如：金刚石＞石英＞碳化硅＞晶体硅。
(3)形成离子晶体的阴、阳离子的电荷数越多，离子半径越小，则离子键越强，熔、沸点就越高，如：MgO＞MgCl2，NaCl＞CsCl。
(4)金属晶体中金属离子半径越小，离子所带电荷数越多，其形成的金属键越强，金属单质的熔、沸点就越高，如Al＞Mg＞Na。
(5)分子晶体的熔、沸点比较规律①组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，其熔、沸点就越高，如：HI＞HBr ＞HCl；②组成和结构不相似的分子，分子极性越大，其熔、沸点就越高，如：CO＞N2；③同分异构体分子中，支链越少，其熔、沸点就越高，如：正戊烷＞异戊烷＞新戊烷；④同分异构体中的芳香烃及其衍生物，邻位取代物＞间位取代物＞对位取代物，如：邻二甲苯＞间二甲苯＞对二甲苯。
4.答题模板——结构决定性质简答题首先叙述结构，然后阐述原理，最后回扣本题结论。
【经典例题】例(2)Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、三键，但Ge原子之间难以形成双键或三键。
从原子结构角度分析，原因是________________。
(3)比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因________________________________________________________________________________________ ___。
高中化学物质的结构与性质专项训练知识点总结及答案一、物质的结构与性质的综合性考察1．硼(B)、铝及其化合物在化学中有重要的地位。
请回答下列问题：Ⅰ.（1）与B的基态原子电子排布式中成单电子数相同的第二周期元素还有______（填写元素符号）。
Ⅱ.硼酸(H3BO3)是白色片状晶体（层状结构如图1），有滑腻感，在冷水中溶解度很小，加热时溶解度增大。
（2）硼酸分子以范德华力、共价键和氢键形成环状结构，每个含有B原子的环中平均含有B原子的个数为______个。
其中B原子的杂化类型为______。
（3）加热时，硼酸的溶解度增大，主要原因是______。
（4）硼酸是一元弱酸，其分子式亦可写为B(OH)3，在水中电离时，硼酸结合水电离出来OH-的而呈酸性，写出硼酸的电离方程式______。
（5）氨硼烷(NH3BH3)是一种新型储氢材料，其分子中存在配位键，则氨硼烷分子的结构式或结构简式为______（标出配位键）。
Ⅲ.硼氢化钠是一种常用的还原剂。
其晶胞结构如图2所示：（6）该晶体中Na+的配位数为______。
（7）若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代，得到的晶体的化学式为______。
（8）LiAlH4也是一种特殊的还原剂，可将羧酸直接还原成醇：CH3COOH CH3CH2OH，CH3COOH分子中键角2______键角1（填“＞”、“＜”或“＝”）。
Ⅳ.（9）硼化镁晶体在39K时呈超导性。
在硼化镁晶体中，镁原子和硼原子是分层排布的，如图3是该晶体微观结构的透视图，图中的硼原子和镁原子投影在同一平面上。
则硼化镁的化学式为______。
2．锌是人体必需的微量元素，[Zn(NH3)4]CO3在生物活性等方面发挥重要的作用。
（1）Zn2+基态核外电子排布式为__。
（2）CO32-的空间构型为__(用文字描述)；[Zn(NH3)4]CO3中C、H、O、N四种元素的电负性由小到大的顺序为__。
（3）某含锌配合物可用于模拟碳酸酐酶的催化活性，该配合物中含有DMF分子。
一、选择题1．(0分)[ID：139552]下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是（）A．H2+CuO=Cu+H2O B．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑C．H2+Cl2=2HCl D．2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O2．(0分)[ID：139546]下列推论正确的是A．F2和I2都是非极性分子，I2难溶于水，故F2也难溶于水B．BF3和NF3都只含极性键，NF3是极性分子，故BF3也是极性分子C．Li和Na位于同一主族，Na 燃烧生成Na2O2,故Li燃烧也生成Li2O2D．B3N3H6（硼氮苯）与苯互为等电子体，苯是平面型分子，故硼氮苯也是平面型分子3．(0分)[ID：139544]下列描述中不正确的是A．CS2是含极性键的非极性分子B．CO2-3和ClO-的具有相同的空间构型3C．AlCl3和SF6的中心原子均不不满足8电子构型D．BF3和BF-4的中心原子杂化方式不同4．(0分)[ID：139538]电子总数或价电子总数相等、原子数也相同的分子或离子的空间构型是相同的，下列各组微粒空间构型不相同的是（）A．CO2和NO2B．CO2和N2O C．SO3和NO-D．SO2-4和ClO-435．(0分)[ID：139599]下列说法中正确的是A．随着核电荷数的递增同主族元素的单质熔点不断升高B．草酸二甲酯分子中σ键和π键个数比为6：1C．DNA的双螺旋结构与氢键无关D．原子的价电子排布为(n-1)d6~8ns2的元素一定位于元素周期表d区6．(0分)[ID：139583]X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，Z的原子序数等于其它三种原子序数之和，它们最外层电子数的关系为n(W)+n(X)=n(Y)=n(Z)，化合物M与N均由这四种元素组成，它们有如下性质：下列说法一定正确的是A．原子半径：X>Y B．X、Y、W三种元素形成的酸可能是弱酸C．最简单气态氢化物沸点：Z>Y D．X与W形成的化合物不可能有非极性键7．(0分)[ID：139575]下列有关说法正确的是A．氧原子处于基态的轨道表示式NH的空间结构为三角锥形B．用价层电子对互斥理论预测3C ．用电子式表示2MgCl 的形成：D ．向5%的22H O 溶液中加入2MnO 粉末后，分解速率迅速加快是因为2MnO 粉末降低了反应的焓变8．(0分)[ID ：139572]下列说法正确的是（ ）A ．SO 2、CS 2、HBr 都是直线形分子B ．最外层电子排布式为n s 2的原子属于第ⅡA 族元素C ．化合物NH 4Cl 和Fe(CO)5都含有配位键D ．主族元素的原子形成单原子离子时的化合价数都和它的族序数相等9．(0分)[ID ：139562]根据杂化轨道理论和价层电子对互斥模型，对下列分子或者离子的判断完全正确的是 选项 化学式中心原子杂化方式 价层电子对互斥模型 分子或离子的立体构型 A2-3SO sp 2 正四面体形 三角锥形 BH 2O sp 2 四面体形 V 形 CNH 3 sp 3 三角锥形 平面三角形 D CH 4sp 3 正四面体形 正四面体形 A ．A B ．B C ．C D ．D10．(0分)[ID ：139512]下列说法正确的是A ．PCl 3、Cl 2及Cl 2O 三种分子中各原子最外层都具有8电子稳定结构B ．HF 分子比 HCl 分子稳定是因为分子间作用力前者强于后者C ．核外电子排布相同的两种微粒化学性质也相同D ．CaCl 2和 CaSO 4 中化学键的类型完全相同，熔化时克服的作用力类型也相同11．(0分)[ID ：139508]下列叙述不正确的是A ．卤化氢分子中，卤素的非金属性越强，共价键的极性越强，稳定性也越强B ．以极性键结合的分子，不一定是极性分子C ．判断A 2B 或AB 2型分子是极性分子的依据是：具有极性键且分子构型不对称，键角小于180°，为非直线形结构D ．非极性分子中，各原子间都应以非极性键结合12．(0分)[ID ：139500]已知CH 4中C —H 键间的键角为109°28′，NH 3中N —H 键间的键角为107°，H 2O 中O —H 键间的键角为105°，则下列说法中正确的是( )A ．孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力B ．孤电子对与成键电子对间的斥力小于成键电子对与成键电子对间的斥力C ．孤电子对与成键电子对间的斥力等于成键电子对与成键电子对间的斥力D ．题干中的数据不能说明孤电子对与成键电子对间的斥力和成键电子对与成键电子对间的斥力之间的大小关系二、填空题13．(0分)[ID：139793](1)短周期某主族元素，M的电离能情况如图A所示，则M在元素周期表的第_______族。
2020届苏教版本高中化学物质结构与性质专题测试题二答案
1.【答案】A
【解析】1s轨道和2p轨道的图像分别为
由图像可看出，呈球形对称的为1s原子轨道。
2.【答案】A
【解析】玻尔在1913年创立的原子模型认为，电子在原子核外空间的一定轨道上绕核做高速圆周运动。
3.【答案】D
【解析】同周期元素的电负性从左至右逐渐增大，故C项正确；同主族元素的第一电离能从上至下逐渐减小，故D项错误。
4.【答案】C
【解析】在周期表中，同一周期从左至右原子半径逐渐减小，同一主族从上而下原子半径逐渐增大。
A，B均依次减小，D中半径增大顺序Mg、Na、Ca、K。
5.【答案】D
【解析】X的第一电离能(I1)显著小于I2、I3等，可知X最外层只有一个电子，故其常见化合价为＋1价，且与Cl元素形成XCl，A、C两项正确；Y元素的I1、I2、I3相差不悬殊，与I4相差悬殊，故Y最外层有3个电子，为ⅢA族元素，当n＝3时，Y为Al，与冷水不反应，故B正确，而D错误。
6.【答案】A
【解析】这四种元素都是第2周期元素，这四种元素的第一电离能大小关系为：B<C<O<N。
7.【答案】B
【解析】电子层数＝周期序数，价电子数＝主族元素的族序数，所以该元素位于第五周期第ⅢA族。
8.【答案】D
【解析】根据基态电子排布规律，第7周期的稀有气体元素是118号，据核外电子排布轨道能量顺序，故第121号元素的原子的基态电子排布式为[Abc]6f18s2，故选D。
9.【答案】D
【解析】比较金属性的强弱不能看电子层数或最外层电子数的多少，而应该看是否容易失去最外层电子。
例如：Ca的最外层电子数为2，比Na的最外层电子层多1，但Ca活泼；Ag虽然拥有5
个电子层，最外层也是一个电子，但其金属性却弱于只有3个电子层的Na；金属元素的最高价氧化物对应水化物的碱性越强，其金属性越强。
金属与酸或水反应时的剧烈程度是判断金属活泼性的依据，与置换H2的多少无必然的关系；元素的电负性越小，金属性越强，越活泼。
10.【答案】D
【解析】由X的阴离子与Y的阳离子具有相同的电子层结构可知，X位于Y的上一周期非金属部分，Y位于X的下一周期金属部分，所以X的原子半径小于Y的原子半径，X的电负性大于Y的电负性，X的氧化性大于Y的氧化性，X的第一电离能大于Y的第一电离能，所以，只有D选项正确。
11.【答案】C
【解析】A项中最外层为4s1的外围电子排布包括4s1、3d54s1、3d104s1；B项中3d104s n的电子排布包括3d104s1、3d104s2等；C项中n为2，即2s22p6；D项中n可能为2、3、4、5、6、7。
12.【答案】C
【解析】根据电离能的大小可判断，第六电离能比第五电离能大很多，这说明该元素的最高价是＋5价，所以属于第ⅢA族，C项正确。
13.【答案】C
【解析】碳、硅同主族，碳的非金属性比硅强，故酸性H2CO3>H2SiO3，A项错误；非金属性O>S>Se，故氢化物的稳定性H2O>H2S>H2Se，B项错误；若离子半径：R2－＞M＋，若R2－、M＋的核外电子排布相同，则原子序数R<M，若核外电子总数不同，则原子序数R>M，D项错误。
14.【答案】D
【解析】F、Cl、Br、I的外围电子数相同，故A项错误；从F~I第一电离能依次减小，原子半径依次增大，电负性依次减小，故B、C错误，D正确。
15.【答案】C
【解析】当原子位于第1周期时，其未成对电子数是1，只能是1s轨道上有1个电子，符合条件的为H元素；当原子位于第2周期时，其未成对电子数是2，只能是2p轨道上有2个未成对电子，符合条件的为C、O元素；当原子位于第3周期时，其未成对电子数是3，只能是3p轨道上有3个未成对电子，符合条件的为P元素；当原子位于第4周期时，其未成对电子数是4，只能是3d轨道上有4个未成对电子，符合条件的为Fe元素；通过以上分析知，符合条件的有5种元素，故选C。
16.【答案】（1）镁条和铝条表面均有气泡产生，且溶液变红；
（2）ⅢⅢ；
（3）Mg2++2NH3•H2O=Mg（OH）2↓+2NH4+；Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；
（4）H2S不稳定，加热分解成H2和S，S为黄色固体；弱于
【解析】（1）Mg、Al为活泼金属，与沸水反应生成氢气和对应的碱，反应后溶液呈碱性，
（2）Mg的金属性较Al强，易与水或酸反应，可通过与水或与酸反应的剧烈程度比较二者金属性的强弱，
（3）氨水呈弱碱性，向MgCl2和AlCl3溶液中分别加氨水至过量都产生难溶于水的物质，生成的虽然具有两性，但不溶于弱碱，反应的离子方程式分别为Mg2++2NH3•H2O=Mg（OH）2↓+2NH4+；Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，
（4）S元素的非金属性较弱，H2S不稳定，加热分解成H2和S，S为黄色固体，由于元素的非金属性越强，对应氢化物越稳定，则Cl元素的非金属性大于Cl。
17.【答案】（2）试管、酒精灯、胶头滴管；
（3）Ⅲ因镁条能和热水反应生成氢氧化镁和氢气，氢氧化镁是碱，遇酚酞变红，所以会看到镁条表面有大量气泡，溶液变成红色，反应为：Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑；
Ⅲ因氯气能将硫离子氧化为硫：S2﹣+Cl2=2Cl﹣+S↓，硫不溶于水，为淡黄色，所以溶液中产生浅黄色沉淀；
Ⅲ实验内容 Ⅲ Ⅲ Ⅲ Ⅲ Ⅲ Ⅲ
实验现象 B F A C D E；
（4）2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑；先产生白色胶状沉淀，后沉淀溶解；
（5）同周期元素随原子序数的增加，元素原子失电子能力减弱，得电子能力增强
【解析】2）该试验加水加热至沸腾，则需要酒精灯，该试验涉及滴加溶液，则需胶头滴管，Na与水在小烧杯中进行；
（3）Ⅲ因镁条能和热水反应生成氢氧化镁和氢气，氢氧化镁是碱，遇酚酞变红，所以会看到镁条表面有大量气泡，溶液变成红色，反应为：Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑；
Ⅲ因氯气能将硫离子氧化为硫：S2﹣+Cl2=2Cl﹣+S↓，硫不溶于水，为淡黄色，所以溶液中产生浅黄色沉淀；
Ⅲ发生反应2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，因钠的密度比水小，与水剧烈反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠遇酚酞变红，同时反应放热，所以钠浮在水面上，熔成小球，四处游动，发出“嘶嘶”声，随之消失，溶液变成红色；
Ⅲ因镁为活泼金属，与盐酸发生置换反应，所以剧烈反应，迅速产生大量无色气体；
Ⅲ发生反应2Al+6H+=2Al3++3H2↑，铝能与盐酸反应，较镁不活泼，所以反应不十分剧烈，产生无色气体；
ⅢA1Cl3与NaOH反应生成A1（OH）3，A1（OH）3具有两性，能与NaOH反应生成可溶于水的偏铝酸钠，所以先生成白色胶状沉淀，继而沉淀消失；
（4）Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，其反应的离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑；
A1Cl3与NaOH反应生成氢氧化铝沉淀，当氢氧化钠过量，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，所以沉淀又消失；
（5）同周期元素随原子序数的增大，元素的金属性逐渐减弱，而非金属逐渐增强；
18.【答案】四ⅢA1s22s22p63s23p64s2Ca
Ca(OH)2Ca2＋＋2OH－＋CO2==CaCO3↓＋H2O
【解析】由该元素的符号A可知，其原子序数为20，电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，位于周期表中第四周期ⅢA族，为Ca，其最高价氧化物的水化物为Ca(OH)2，该水化物溶液中通入少量CO2反应的离子方程式为Ca2＋＋2OH－＋CO2===CaCO3↓＋H2O。
19.【答案】（1）三；IA；2；1s22s22p63s23p2；
（2）＜；＞；＜；＜；
（3）
【解析】（1）Na元素位于元素周期表第三周期第IA族；S的基态原子核外未成对电子处于3p轨道，共2个未成对电子，Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2；
（2）同一周期元素，随着原子序数的增加，原子核对核外电子的吸引力增强，第一电离能增大，增大而增大，所以第一电离能：S＞Si；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：O2﹣＞Na+；一般来说，原子晶体（Si）的熔点高于离子晶体（NaCl）的熔点，故熔点：Si＞NaCl；元素的非金属性越强，元素最高价氧化物的水化物的酸性越强，因为非金属性Cl＞S，所以酸性：HClO4＞H2SO4；
（3）Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，本身被还原为氯离子，1个氯气分子反应得到2个电子
20.【答案】50金属
【解析】已知第一周期至第七周期的元素种类分别为2、8、8、18、18、32、32，按此规律，第八周期元素种类应比第七或者第六周期元素多18种，因此，第八周期有50种元素。
从元素周期表中可以看出，第七周期都是放射性金属元素，所以第八周期也应是放射性金属元素。
