2021-2022学年高二下学期人教版(2019)化学选择性必修2第一章《原子结构与性质》测试题（word版含解析）

第一章《原子结构与性质》测试题
一、单选题（共12题）
1．下列有关电子排布式或排布图的结论错误的是
选项 电子排布式 结论
A 1s22s22p2p2p 违背洪特规则
B 1s22s22p63s23p63d3 书写正确
C N的电子排布图： 书写正确
D 1s22s22p63s23p63d54s1 书写正确
A．A B．B C．C D．D
2．下列关于元素周期表的说法正确的是
A．IA 族元素全部是金属元素，叫做碱金属元素
B．原子最外电子层只有2个电子的元素不一定是金属元素
C．0族元素所有原子的最外层电子数都是8个
D．短周期元素全是主族元素
3．下列状态的铁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______。
A．[Ar]3d64s1 B．[Ar]3d64s2 C．[Ar]3d74s1 D．[Ar]3d6
4．下列关于能层与能级的说法中不正确的是
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．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
C．同是s能级，在不同的能层中所能容纳的最多电子数是相同的
D．同一能层中的不同能级的能量高低相同
5．以下能级符号不正确的是
A．6s B．3d C．4f D．1p
6．下表是第三周期部分元素的电离能数据。
元素
甲 5.7 47.1 71.8
乙 7.7 15.1 80.3
丙 13.0 23.9 40.0
丁 15.7 27.6 40.7
下列说法正确的是A．甲的金属性比乙强 B．乙的常见化合价为+1价
C．丙不可能为非金属元素 D．丁一定为金属元素
7．下列状态的铝中，失掉最外层的一个电子需要能量最高的是
A． B． C． D．
8．实现中国梦，离不开化学与科技的发展。下列说法不正确的是
A．极地考查船“雪龙2号”船身上镀的锌层可减缓铁制船体遭受的腐蚀
B．中国天眼FAST用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料
C．国产飞机——C919使用的航空煤油可从石油中分馏得到
D．科学家合成世界首个由碳原子构成的具有半导体特性的碳环C18，与C60互为同素异形体
9．“大众创业，万众创新”是国家的号召。我国的量子通信、5G技术、航空航天等都在世界上处于领先地位。下列叙述错误的是
A．北斗三号卫星搭载了精密计时的铷原子钟，铷(Rb)属于碱金属
B．3D打印技术中使用的材料之一尼龙玻纤塑料属于无机非金属材料
C．长征五号B遥二火箭把天和核心舱送入太空，火箭动力源于氧化还原反应
D．奋斗者号潜水器载人舱外壳使用了钛合金，钛的价电子排布式为3d24s2
10．中华文化源远流长，三星堆出土了大量文物，如黄金面具、丝绸“黑炭”、青铜神树、陶瓷碎片等。下列有关说法正确的是
A．测定文物年代的与互为同素异形体
B．文物中做面具的金箔由热还原法制得
C．丝绸转化为黑炭的过程涉及化学变化
D．青铜属于合金，青铜器上的铜锈成分为CuO
11．运用元素周期律进行分析，下列预测中正确的是
A．砹(At)单质为有色固体，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸，见光易发生分解
B．Li在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O2，其溶液是一种强碱
C．碳酸锶(SrCO3)是难溶于水的白色固体，受热不容易发生分解反应
D．硒化氢(H2Se)是无色、有毒、比H2S稳定的气体
12．四种短周期主族元素X、Y、Z，原子序数依次增大，相关信息如下表：
元素 相关信息
X 金属元素，同周期的主族元素中，X的原子半径最大
Y 原子的最外层电子数为7
Z 原子的最外层电子数是内层电子总数的一半
下列说法正确的是A．X和Y的最高正化合价之和等于8
B．ZY3属于离子化合物
C．简单离子半径：X>Y
D．简单气态氢化物的稳定性：Y>Z
二、非选择题（共10题）
13．已知a、b、c、d、e、f是中学化学中常见的七种元素，其结构或者性质信息如表所示：
元素 结构或者性质信息
a 原子的L层上s能级电子数等于p能级电子数
b 非金属元素，其单质为气态，有多种氧化物且都是大气污染物
c 原子的最外层电子数是内层电子数的3倍
d 元素的正三价离子的3d能级为半充满
e 元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子
f 单质常温、常压下是易挥发的液体，基态原子的N层上有1个未成对的p电子
(1)元素a的原子核外共有____种不同运动状态的电子，有___种不同能级的电子。
(2)请比较a、b、c的电负性大小顺序为___(填元素符号)。a、c的气态氢化物中，更稳定的是___(填化学式)。
(3)e元素基态原子的简化电子排布式为___，f元素基态原子的价电子轨道表示式是___。
(4)df2与过量的b的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应，其中生成物有HfO3和一种遇空气显红棕色的气体，试写出反应的化学方程式：___，若有1moldf2参加反应，则转移的电子的物质的量为___。
14．表为周期表的一部分，其中的字母代表对应的元素
(1)元素Ⅰ的元素符号_______，I原子价电子排布图_______；己知M2+离子3d轨道中有6个电子，试推出M元素位于周期表的位置_______。
(2)表中元素第一电离能最小的是_______(填元素符号，下同)，电负性最大的是_______，化学性质最稳定的是_______。
(3)表中元素处于d区的是_______(填元素符号)。
(4)某同学根据上述信息，推断D基态原子的核外电子排布图为(见图)，该同学所画的电子排布图违背了_______。
(5)Mn、Fe均为第四周期过渡金属元素，两元素的部分电离能数据列于表：
元素 Mn Fe
电离能/kJ·mol-1 I1 717 759
I2 1509 1561
I3 3248 2957
锰元素位于第四周期第ⅦB族。请写出基态Mn2+的价电子排布式：_______，比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2+再失去1个电子比气态Fe2+再失去1个电子难，对此你的解释是_______。
15．某研究小组为了探究化合物X的组成，设计并完成了如图实验：
已知：①化合物X由三种短周期元素(均不同主族)组成，且阴、阳离子个数之比为2：1；
②气体A为非金属气体单质，单质D常用来制作信号弹和烟火；
③金属化合物C是仅由两种相邻且同周期的金属元素组成的。
请回答下列问题：
(1)白色胶状沉淀F为___________(填化学式)，金属化合物C的组成为___________(写最简比)。
(2)化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式：___________。
(3)③中通入过量CO2的目的是___________。
(4)气体A与单质D制备化合物H的过程中，通常产品中会夹杂单质D。有同学设计了如图所示的实验装置，检验mg产品中单质D的含量。
①写出化合物H与冷水反应的化学方程式：___________。
②装置中导管a的作用是___________。
③设该状态下的气体的摩尔体积为VmL·mol-1，实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1mL、V2mL。则产品中单质D的含量为___________(用含m、Vm、V1、V2的代数式表示，忽略单质D与冰水的反应)。
16．第二周期元素中，第一电离能介于元素B和N之间的元素有_______种。
17．回答下列问题：
(1)电子跃迁是如何完成的_____？是物理变化还是化学变化_____？
(2)许多金属盐都可以发生焰色试验，请用原子结构的知识解释其原因？_____
18．矾是一类含硫化合物，一般都含有氢、氧、硫等元素，在生活和生产中有着重要应用。
(1)硫元素在周期表中的位置是___________，与硫原子占有相同轨道数目的阳离子有___________(用微粒符号表示)。
(2)从原子结构的角度解释硫元素的非金属性比氧弱的原因：___________。
(3)蓝矾(CuSO4 5H2O)常用于冶金、制农药等。实验室常用蓝矾溶液检验H2S气体，该反应的离子方程式为___________。
(4)绿矾(FeSO4 7H2O)水溶液显酸性，在空气中久置出现红褐色的Fe(OH)3沉淀，且溶液的酸性增强，该反应的离子方程式为___________。因此绿矾水溶液保存时防止变质可加入试剂为___________(填化学式)。
(5)已知黄矾[FexS2O9 yH2O]中Fe、S的化合价分别为+3、+6，则x=___________。将2.500g样品加热到110℃时，样品失掉部分结晶水，恒重后的固体质量为2.320g；将样品继续高温加热至恒重，得到氧化铁0.800g。黄矾的化学式为___________。
19．已知一个12C原子的质量为1.993×10-23 g。填表：(保留三位小数)
35Cl 37Cl
原子质量(×10-23 g) 5.807 6.139
相对原子质量 ①________ ②________
原子百分率(丰度) 74.82% 25.18%
元素的相对原子质量 ③________
20．现有原子序数小于20的A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最高的元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的；C、D、E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子比D原子的p轨道上电子多1个；六种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族。
回答下列问题：
(1)用电子式表示C和E形成化合物的过程：______。
(2)写出基态F原子的核外电子排布式：______。
(3)A2D的电子式为______，其分子中______(填“含”或“不含”，下同)键，______π键。
(4)A、B、C共同形成的化合物中化学键的类型有______。
21．根据要求完成下列各小题的实验目的(a、b为弹簧夹，加热及固定装置已略去)。
(1)验证碳、硅非金属性的相对强弱(已知酸性：亚硫酸>碳酸)。
①连接仪器、_______________________、加药品后，打开a关闭b，然后滴入浓硫酸，加热圆底烧瓶。
②铜与浓硫酸反应的化学方程式是_______________________________________。
③能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是________________________________。
(2)验证SO2的氧化性、还原性和酸性氧化物的通性。
①在(1)①操作后打开b，关闭a。
②一段时间后，H2S溶液中的现象是________________________，化学方程式是_________________________________________________。
③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，分别滴加下列溶液，将产生的沉淀的化学式填入下表相应位置。
滴加的溶液 氯水 氨水
沉淀的化学式 ______________________ ______________________
写出其中SO2显示还原性生成沉淀的离子方程式______________________________________。
22．实验探究是体验知识的产生和形成过程的基本途径。下面是某同学完成的探究实验报告的一部分：
实验名称：卤素单质的氧化性强弱比较
实验步骤 实验结论
①氯水＋1 mL CCl4，振荡，静置，观察四氯化碳层颜色 氧化性从强到弱的顺序：氯、溴、碘
②NaBr溶液＋氯水＋1 mL CCl4，振荡，静置，观察四氯化碳层颜色
③KI溶液＋氯水＋1 mL CCl4，振荡，静置，观察四氯化碳层颜色
实验药品：KBr溶液、KI溶液、氯水、溴水、碘水、四氯化碳、淀粉碘化钾试纸
实验设计如下，请回答：
（1）完成该实验需用到的实验仪器是________、________。
（2）②中反应的化学方程式为________________。③中反应的离子方程式为______________。
（3）CCl4在实验中所起的作用是______________。
（4）该同学的实验设计不足之处是_______________，改进的办法是_____________。
参考答案：
1．B
【解析】
A．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2p能级上电子排布图违背了洪特规则，A正确；
B．原子核外电子先占有能量较低的轨道，然后依次进入能量较高的轨道，3d能级的能量高于4s能级，应先填充4s能级，再填充3d能级，则没有填充4s能级违背了能量最低原理，B错误；
C．当电子排布在同一轨道时，每个轨道最多容纳2个电子，且自旋方向相反，书写正确，C正确；
D．原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道且自旋状态相同，全空、全满或半满时能量最低，则电子排布式1s22s22p63s23p63d54s1符合构造原理和洪特规则特例，书写正确，D正确；
答案选B。
2．B
【解析】
A．IA 族元素中氢元素为非金属元素，A错误；
B．原子最外电子层只有2个电子的元素不一定是金属元素，例如氦元素，B正确；
C．0族元素中氦原子的最外层电子数为2个，C错误；
D．短周期元素中稀有气体元素为0族元素，D错误；
故选B。
3．D
【解析】
3d能级的能量高于4s能级，故失去3d能级上的电子所需能量较大，故D正确。
4．D
【解析】
A．各电子层最多容纳电子数2n2(n为电子层数)，A正确；
B．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，B正确；
C．同是s能级，在不同的能层中所能容纳的最多电子数是相同的，C正确；
D．同一能层的不同能级能量不同，且按s、p、d…规律依次增大，D错误；
故选D。
5．D
【解析】
A．s能级在每一层上都有，因此存在6s能级，故A正确；
B．d能级至少在第三层及以上，故B正确；
C．f能级至少在第四层能级以上，故C正确；
D．p能级至少在第二层及以上，故不存在1p能级，故D错误；
故选D。
6．A
【解析】
A．由表中数据可知，甲的第一电离能比乙低，所以甲的金属性比乙强，故A正确；
B．乙的第三电离能明显比第一、第二电离能高了很多，所以乙的最外层只有两个电子，乙为金属镁，其化合价为+2，故B错误；
C．甲的第一电离能远远小于第二电离能，所以甲为钠。丙一定不是铝，因为铝的第一电离能比镁小，所以丙一定是非金属元素，故C错误；
D．丁的第一电离能比丙更大，所以丁一定为非金属，故D错误；
故选A。
7．D
【解析】
A．是铝原子的核外电子排布，为基态，失去最外层1个电子需要能量较低；
B．为铝失去1个电子的核外电子排布，再失去1个电子需要能量比选项A要高；
C．是铝原子的核外电子排布，激发态，失去最外层1个电子需要能量最低，比选项A更低；
D．为铝失去2个电子的核外电子排布，再失去1个电子需要能量比选项B要高，为第三电离能；
答案选D。
8．B
【解析】
A．在船体上镶嵌锌块，形成锌铁原电池，锌比铁活泼，锌作阳极不断被腐蚀，铁做阴极则不会被腐蚀，选项A正确；
B．中国天眼FAST用到的高性能碳化硅又名金刚砂，是用石英砂、石油焦（或煤焦）、木屑等原料通过电阻炉高温冶炼而成，是一种新型的无机非金属材料，选项B不正确；
C．客机所用的燃料油是航空煤油，是石油分馏得到的，选项C正确；
D．由碳原子构成的具有半导体特性的碳环C18，与C60均由碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，选项D正确；
答案选B。
9．B
【解析】
A．铷元素位于元素周期表第六周期ⅠA族，属于碱金属元素，故A正确；
B．尼龙玻纤塑料属于有机合成高分子材料，不属于无机非金属材料，故B错误；
C．火箭动力源于火箭燃料的燃烧，燃烧属于氧化还原反应，故C正确；
D．钛元素的原子序数为22，价电子排布式为3d24s2，故D正确；
故选B。
10．C
【解析】
A．与二者互为同位素，选项A错误；
B．金在自然界中以游离态的形式存在，选项B错误；
C．丝绸和黑炭成分不同，二者的转化发生了化学变化，选项C正确；
D．铜锈的成分是，选项D错误；
答案选C。
11．A
【解析】
A．与碘类比，砹(At)单质为有色固体，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸，见光易发生分解，故正确；
B．Li在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O，其溶液是一种强碱，故错误；
C．与钡类比，碳酸锶(SrCO3)是难溶于水的白色固体，受热易分解，故错误；
D．硒化氢(H2Se)是无色、有毒、没有H2S稳定的气体，故错误；
故选A。
12．D
【解析】
X为金属元素，同周期的主族元素中，X的原子半径最大，且原子序数小于Y，则X为Li；Z原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，则Z为P；Y的原子的最外层电子数为7，且原子序数小于Z，则Y为F。即X为Li，Y为F，Z为P。
A．Li的最高正化合价为+1，F没有正价，故A错误；
B．PF3是共价化合物，P和F之间通过共用电子对结合，故B错误；
C．电子层数越少，离子半径越小，Li+电子层数比F-少一层，半径小，所以简单离子半径：Y＞X，故C错误；
D．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强。同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，所以非金属性：Y＞Z，则气态氢化物的稳定性：HF＞PH3，故D正确；
故选D。
13．(1) 6 3
(2) O>N>C H2O
(3) [Ar]3d104s1
(4) 3FeBr2+22HNO3=3Fe(NO3)3+6HBrO3+13NO↑+8H2O 13mol
【解析】
a的L层上s能级电子数等于p能级电子数，其电子排布为1s22s22p2，a为C；b为非金属元素，其单质为气态，有多种氧化物且都是大气污染物，b为N；c的最外层电子数是内层电子数的3倍，c为O；d元素的正三价离子的3d能级为半充满，可知d的电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，d为Fe；e元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，其电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，e为Cu；f的单质常温、常压下是易挥发的液体，基态原子的N层上有1个未成对的p电子，其电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p5，f为Br，据此分析解题。
(1)
由分析可知，元素a为C，其原子核外共有6种不同运动状态的电子，电子排布式为：1s22s22p2，故有3种不同能级的电子，故答案为：6；3；
(2)
由分析可知，a、b、c分别为C、N、O，同一周期从左往右电负性依次增大，故a、b、c的电负性大小顺序为O＞N＞C，元素气态氢化物的稳定性与其非金属性强弱一致，故a、c的气态氢化物中，更稳定的是H2O，故答案为：O＞N＞C；H2O；
(3)
由分析可知，e元素为Cu，故e元素基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s1，f为Br，f元素基态原子的价电子排布式为：4s24p5，故轨道表示式是，故答案为：[Ar]3d104s1；；
(4)
由分析可知，df2即FeBr2与过量的b即N的最高价氧化物对应水化物即HNO3的稀溶液反应，其中生成物有HfO3即HBrO3和一种遇空气显红棕色的气体即NO，根据氧化还原反应的配平原则可知，该反应的化学方程式为：3FeBr2+22HNO3=3Fe(NO3)3+6HBrO3+13NO↑+8H2O，由反应方程式可知，反应中N由+5价降至+2价，化合价降低了3，故反应中转移电子数目为39mol，故若有1moldf2参加反应，则转移的电子的物质的量为13mol，故答案为：3FeBr2+22HNO3=3Fe(NO3)3+6HBrO3+13NO↑+8H2O；13mol。
14．(1) Cr 第四周期第Ⅷ族
(2) K F Ar
(3)Ti、Cr
(4)泡利原理
(5) 3d5 由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态需要的能量较多，而Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态需要的能量相对要少
【解析】
由元素在周期表中的位置可知，A为O元素，B为F元素，C为Na元素，D为Mg元素，E为Ar元素，F为K元素，G为Ca元素，H为Ti元素，I为Cr元素；据此解答。
(1)
由上述分析可知，I为Cr元素，Cr原子核外电子数为24，根据洪特规则特例，其价电子排布式为3d54s1，价电子排布图为；M2+离子3d轨道中有6个电子，则M原子价电子排布式为3d64s2，M原子核外电子数为26，核内质子数为26，原子序数为26，M为Fe元素，处于第四周期第Ⅷ族；答案为Cr；；第四周期第Ⅷ族。
(2)
由上述分析可知，K的金属性最强，第一电离能最小；F的非金属性最强，电负性最大；稀有气体的性质最稳定，则Ar的化学性质最稳定；答案为K；F；Ar。
(3)
最后填充在d轨道上电子位于d区，可知元素处于d区的是Ti、Cr；答案为Ti、Cr。
(4)
D基态原子的核外电子排布图为，3s轨道2个电子自旋方向相同，该同学所画的电子排布图违背了泡利不相容原理；答案为泡利原理。
(5)
锰元素位于第四周期第ⅦB族，则Mn原子的价电子排布式为3d54s2，则Mn2+的价电子排布式为3d5；Fe为26号元素，Fe原子的价电子排布式为3d64s2，Fe2+的价电子排布式为3d6，由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态需要的能量相对要少，所以气态Mn2+再失去1个电子比气态Fe2+再失去1个电子难；答案为3d5；由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态需要的能量较多，而Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态需要的能量相对要少。
15．(1) Al(OH)3 Mg3Al2
(2)
(3)使溶液中的 [或Al(OH)]完全转化为Al(OH)3沉淀
(4) MgH2 +2H2O= Mg(OH)2↓+2H2↑ 保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，使液体能顺利流下 × 100%
【解析】
根据单质D常用来制作信号弹和烟火。推出单质D为Mg；根据单质B与金属化合物C和过量氢氧化钠反应可得到非金属单质气体A，推出气体A为H2；根据已知①和③，及向溶液E中通入过量二氧化碳有胶状沉淀F[Al(OH)3]生成，推出组成X的另一种元素为铝元素。根据图中已知的量可算出n[Al(OH)3]=0.09 mol，n(Mg)=0. 045 mol，推出化合物X中：m(Al)=2.43 g，m(Mg)=1.08 g、m(H)=0.36 g(即0.36 mol氢原子)，结合已知①推出化合物X中N(Al)：N(Mg)：N(H)=2:1:8，化合物X为Mg(AlH4)2，则B为Al。
(1)
由分析可知，白色胶状沉淀F为Al(OH)3；根据化合物X中：m(Al)=2.43 g、m(Mg)=1.08 g，及单质B的质量为1.62 g，可知单质B一定为铝，金属化合物C中含m(Al)=0.81 g、m(Mg)= 1.08 g，即n(Al)=0. 03 mol，n( Mg) = 0.045 mol， 化合物C的化学式为Mg3Al2；故答案为：Al(OH)3；Mg3Al2；
(2)
由分析可知，化合物X为Mg(AlH4)2，结合已知条件可写出其阴离子AlH的电子式为：；故答案为：；
(3)
根据上述分析可知，③中通入过量CO2目的是为了使溶液中的 [或Al(OH)]完全转化为Al(OH)3沉淀；故答案为：使溶液中的 [或Al(OH)]完全转化为Al(OH)3沉淀；
(4)
①气体A与单质D分别为氢气与镁，两者化合生成氢化镁，氢化镁中氢元素化合价为-1价，与水发生归中反应，其化学方程式为：MgH2 +2H2O= Mg(OH)2↓+2H2↑；故答案为：MgH2 +2H2O= Mg(OH)2↓+2H2↑；
②装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，使液体能顺利流下；故答案为：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，使液体能顺利流下；
③碱式滴定管的0刻度在上方，实验前碱式滴定管中的液面低于实验后碱式滴定管的液面高度，即V1>V2，又因为镁与冷水不反应，则：，解得=，故镁的质量分数为=× 100%，故答案为：× 100%。
16．3
【解析】
因N的最外层轨道电子数处于半充满的稳定状态，因此N的第一电离能反常大于O，Be的价层电子排布处于全满的稳定结构，其第一电离能大于B，因此第一电离能介于在B、N间的第二周期元素有Be、C、O三种元素。故答案为：3。
17．(1) 电子跃迁是通过吸收能量或者释放能量而完成的 物理变化
(2)金属原子吸收能量从基态跃迁到激发态后，电子从高能级轨道跃迁回到低能级轨道时，将能量以光能的形式释放出来
【解析】
(1)
电子跃迁是通过吸收能量或者释放能量而完成的；电子的跃迁是物理变化(未发生电子转移)，而原子得失电子时发生的是化学变化。一般在能量相近的能级间发生电子跃迁。如1s22s22p6(基态)1s22s22p53s1(激发态)。
(2)
金属原子吸收能量从基态跃迁到激发态后，电子从高能级轨道跃迁回到低能级轨道时，将能量以光能的形式释放出来。
18．(1) 第三周期第VIA族 K+、Ca2+
(2)S与O最外层电子数相同，S比O的电子层数多，原子半径比S大，得电子能力比O弱，所以非金属性S＜O
(3)Cu2++H2S=CuS↓+2H+
(4) 4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+ Fe、H2SO4
(5) 2 Fe2S2O9 10H2O
【解析】
(1)
硫元素原子序数为16，基态硫原子核外电子排布式为，在周期表中的位置是第三周期第VIA族，硫原子占有的轨道数目为1+1+3+1+3=9，与硫原子占有相同轨道数目的阳离子其基态核外电子排布式为，则为K+、Ca2+；
(2)
硫元素的非金属性比氧弱，从原子结构的角度解释原因为：S与O最外层电子数相同，S比O的电子层数多，原子半径比S大，得电子能力比O弱，所以非金属性S(3)
蓝矾溶液与H2S气体反应生成不溶于H+的黑色沉淀CuS，该反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
(4)
绿矾(FeSO4 7H2O)水溶液显酸性，在空气中久置出现红褐色的Fe(OH)3沉淀，则亚铁离子被氧气氧化为铁离子后转变为Fe(OH)3沉淀，且溶液的酸性增强说明生成了H+，该反应的离子方程式为4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+。因此绿矾水溶液保存时防止变质可加入试剂为Fe、H2SO4，铁用于防止亚铁离子被氧化，硫酸用于抑制水解；
(5)
已知黄矾[FexS2O9 yH2O]中Fe、S的化合价分别为+3、+6，则各元素化合价之和为0，所以3x+6×2-2y=0，其中x=2，解得y=9；该物质的化学式为：Fe2S2O9 zH2O，将2.500g样品加热到110℃时，样品失掉部分结晶水，恒重后的固体质量为2.320g；将样品继续高温加热至恒重，得到氧化铁0.800g。则，铁元素守恒，则，则，Z=10，则黄矾的化学式为Fe2S2O9 10H2O。
19． 34.964 36.963 35.467
【解析】
计算35Cl和37Cl两种原子的相对原子质量时，可利用相对原子质量的定义进行求解；计算元素的相对原子质量时，利用公式：“元素的相对原子质量=各种能稳定存在的核素的相对原子质量与其丰度的乘积之和”进行计算。
①M(35Cl)== 34.964；
②M(37Cl)== 36.963；
③M(Cl)= 34.964×74.82%+36.963×25.18%=35.467。
答案为：34.964；36.963；35.467。
20． 1s22s22p63s23p64s1 含 不含 离子键、极性共价键
【解析】
现有原子序数小于20的A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最高的元素，则B是O元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的；则A是H，C是Na，D是S；C、D、E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子比D原子的p轨道上电子多1个，则E是Cl元素；六种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F是K元素；然后根据元素周期律及元素、化合物的性质分析解答。
根据上述分析可知：A是H，B是O，C是Na，D是S，E是Cl，F是K元素。
(1)C是Na，E是Cl，二者形成的化合物NaCl是离子化合物，用电子式表示其形成过程为：；
(2)F是K元素，根据构造原理，可知基态K原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p64s1；
(3)A是H，D是S，S原子最外层有6个电子，与2个H原子的电子形成2个共价键，使分子中每个原子都达到稳定结构，其电子式为：；H2S结构式为：H-S-H，在分子，S、H原子形成的是共价单键，共价单键属于σ键，而不含π键；
(4)A是H，B是O，C是Na，这三种元素形成的化合物是NaOH，为离子化合物，Na+与OH-之间以离子键结合，在阳离子OH-中H、O原子之间以共价键结合，因此NaOH中含有离子键和极性共价键。
21． 检查装置气密性 Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O A中品红溶液没有褪色，析出白色沉淀 溶液变浑浊 2H2S+SO2=3S↓+ 2H2O BaSO4 BaSO3 SO2+Cl2+2H2O=+2Cl-+4H+
【解析】
实验开始时接仪器并检查装置气密性；铜与浓硫酸混合加热发生反应，铜被氧化成+ 2价的Cu2+，硫酸被还原成+4价的SO2，SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色；据此检验SO2；当A中品红溶液没有褪色，说明SO2已经完全除尽，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀，说明碳的非金属性比硅强；SO2中硫元素的化合价是+ 4价，被H2S中-2价的S还原为S单质；Cl2具有氧化性，能将SO2氧化成+ 6价的H2SO4，H2SO4电离产生的和Ba2+反应生成BaSO4沉淀，当溶液中存在氨水时，SO2与氨水反应产生(NH4)2SO3，(NH4)2SO3与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀。SO2与Cl2在溶液中反应产生HCl和H2SO4，在该反应中SO2表现还原性。
(1)①实验开始时，先连接仪器并检查装置气密性；
②铜和热的浓硫酸反应，反应中Cu元素的化合价由0升高到+2价Cu2+，浓硫酸被还原为SO2，同时产生水，反应的方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
③SO2具有漂白性，当A中品红溶液没有褪色，说明SO2已经完全除尽，避免了SO2和可溶性硅酸盐反应，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸盐反应析出白色沉淀，说明碳酸能制取硅酸，能证明碳酸酸性强于硅酸酸性；
(2)②SO2中硫元素的化合价是+4价，具有氧化性，SO2气体与H2S溶液在常温下反应，生成淡黄色难溶性固体硫(单质)和水，因此看到溶液变浑浊，反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+ 2H2O；
③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，一份滴加氯水溶液，氯水中有Cl2分子，Cl2分子具有氧化性，能把SO2氧化成+ 6价的，和Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀，该反应的方程式为：Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl-，另一份中滴加氨水，二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵电离出铵根离子和亚硫酸根离子，亚硫酸根离子和钡离子反应生成BaSO3白色沉淀；SO2与氯水反应生成HCl和H2SO4，该反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=+2Cl-+4H+。
22． 试管 胶头滴管 2NaBr＋Cl2=2NaCl＋Br2 Cl2＋2I－=2Cl－＋I2 萃取剂 没能比较出溴和碘单质的氧化性强弱 将第③改为：KI溶液＋溴水＋1 mL CCl4，振荡，静置，观察四氯化碳层的颜色
【解析】
实验目的是通过氯、溴、碘单质之间的置换来比较卤素单质的氧化性强弱。
（1）根据实验步骤可知，完成该实验需用到的实验仪器是试管、胶头滴管；
（2）②中的反应为氯水与溴化钠反应生成单质溴和氯化钠，化学方程式为2NaBr＋Cl2=2NaCl＋Br2；③中的反应为氯水与碘化钾反应生成单质碘和氯化钠，离子方程式为Cl2＋2I－=2Cl－＋I2；
（3）CCl4在实验中所起的作用是萃取剂；
（4）该同学的实验设计不足之处是没能比较出溴和碘单质的氧化性强弱，改进的办法是将第③改为：KI溶液＋溴水＋1 mL CCl4，振荡，静置，观察四氯化碳层的颜色。