前四周期元素中,基态原子中未成对电子数与其所在周期数相同的元素有多少种?）

G、Q、R、T、X、Y、Z都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大．G的简单阴离子最外层有2个电子，则G为氢元素；Q原子最外层电子数是内层电子数的两倍，则Q原子有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为碳元素；X元素最外层电子数与最内层电子数相同，原子序数大于碳元素，最外层电子数为2，应处于第三周期，故X为Mg元素；T₂R的晶体类型是离子晶体，T为+1价、R为-2价，结合原子序数可知，T为Na元素、R为氧元素；Y原子基态3p原子轨道上有2个未成对电子，其单质晶体类型属于原子晶体，则Y为Si元素；在元素周期表中Z元素位于第10列，则Z为Ni元素，
（1）Z为Ni元素，原子核外电子数为28，Ni的核外电子排布式是：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁸4s²，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁸4s²；
（2）同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但Mg原子3s能级容纳两个电子，处于全满稳定状态，电子能量降低，第一电离能高于Al元素，故第一电离能Na＜Al＜Mg，
故答案为：Na＜Al＜Mg；
（3）CO₂分子中碳原子成2个C=O双键，没有孤电子对，故碳原子采取sp杂化，CO₂互为等电子体的一种分子的化学式：N₂O（或CS₂等），
故答案为：sp；N₂O（或CS₂等）；
（4）分子式为C₂H₆O的物质有两种，其中一种易溶于水，该物质为乙醇，由于乙醇分子与水分子形成氢键，故易溶于水，
氯化钠属于离子晶体，四氯化硅属于分子晶体，离子晶体的熔点一般高于分子晶体，
故答案为：乙醇分子与水分子形成氢键；氯化钠属于离子晶体，四氯化硅属于分子晶体，离子晶体的熔点一般高于分子晶体；
（5）利用均摊法确定Q原子个数，每个X原子被两个晶胞共用，每个晶胞含有一个Q原子，所以晶体中距每个X原子周围距离最近的Q原子有2个，
故答案为：2．

点评：
本题考点： 位置结构性质的相互关系应用；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．

考点点评： 本题考查位置结构性质关系、核外电子排布规律、第一电离能、杂化理论、等电子体、晶体类型与性质、晶胞计算等，题目较为综合，推断元素是解题的关键，难度中等，旨在考查学生对基础知识的理解掌握．

A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的原子序数依次增大．A、C原子的L层有2个未成对电子，为碳元素和氧元素，原子序数A＜C，所以A为C元素，C为O元素；B的原子序数介于A与C之间，所以B为N元素；
D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，D为Mg元素，D与E同主族，原子序数D＜E，则E为Ca元素；
F³⁺离子M层3d轨道电子为半满状态，则F为Fe元素．
即A为C元素，B为N元素，C为O元素，D为Mg元素，E为Ca元素，F为Fe元素．
（1）F为Fe元素，核内有26个质子，原子的电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²，位于d区．
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²；d．
（2）A为C元素，B为N元素，C为O元素，同周期元素从左到右元素的第一电离能逐渐减小，则C元素的最小，由于N的2p轨道电子为半充满状态，难以失去电子，第一电离能大于O，所以第一电离能从大到小的顺序为：N＞O＞C．
故答案为：N＞O＞C．
（3）F为Fe元素，M为Mn元素，Mn²⁺的3d轨道电子排布为半满状态较稳定，而Fe²⁺的3d轨道电子数为6，不是较稳定状态，所以气态Mn²⁺再失去一个电子比气态Fe²⁺再失去一个电子难．
故答案为：Mn²⁺的3d轨道电子排布为半满状态较稳定，而Fe²⁺的3d轨道电子数为6，不是较稳定状态．
（4）Fe晶体的堆积方式与金属钾相同，金属钾为体心立方结构，则Fe晶胞中Fe原子的配位数为8，；晶胞中F原子的数目为1+8×[1/8]=2．
故答案为：8；2．
（5）H₂C₂为H₂O₂，氧元素电负性很强，H₂O₂分子间存在氢键，所以熔沸点比H₂S高；氧元素电负性很强，H₂O₂分子与水分子可形成氢键，所以与任意比互溶．
故答案为：氧元素电负性很强，H₂O₂分子间存在氢键，所以熔沸点比H₂S高，H₂O₂分子与水分子可形成氢键，所以与任意比互溶．

点评：
本题考点： 原子结构与元素周期律的关系；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；金属晶体．

考点点评： 本题考查了电子排布式的书写、电离能大小的判断、氢键等知识点，难度较大，能根据构造原理书写电子排布式．

W、X、Y、Z是元素周期表中前四周期元素，根据它们在周期表中的相对位置知X、Y、Z、W可能分别是H、Be、Al、Li元素，也可能是X位于第二周期的第IA、IIA、IIIA、IVA、VA、VI族元素，
A．Z元素可能是非金属元素，如Kr元素，故A错误；
B．X、Y、W分别为第一周期和第二周期或第二、第三周期元素，所以它们一定是主族元素，故B正确；
C．若Y的单质既能与强酸溶液反应又能与强碱溶液反应，Y为Al元素，则W是Mg元素，W为ⅡA元素，故C正确；
D．如果X位于第一周期，则Z位于第三周期，如果X位于第二周期，则Z位于第四周期，故D正确；
故选A．

点评：
本题考点： 元素周期律和元素周期表的综合应用．

考点点评： 本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，同时考查学生对元素周期表结构的掌握、考查学生发散思维能力，采用假设方法进行分析解答，题目难度不大．

周期表中前四周期中的六种元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，A原子2P轨道有3个未成对电子，A原子核外电子排布式为1s²2s²2p³，则A是N元素；C元素是地壳中含量最高的金属元素，则C是Al元素；E原子核外的M层中只有两对成对电子，E原子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁴，E是S元素；化合物B₂E的晶体为离子晶体，B显+1价为第IA族元素，B的原子序数大于N元素、小于Al元素，所以B是Na元素；结合原子序数可知D处于第三周期，D单质的晶体熔点在同周期形成的单质中是最高的，单质为原子晶体，所以D是Si元素；F²⁺离子核外各亚层电子均已充满，F原子序数大于S元素，则处于第四周期，F²⁺离子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，故F原子核外电子数为30，则F是Zn元素，
（1）D是Si元素，硅原子核外有14个电子，根据构造原理知，其基态原子核外电子排布式为：1S²2S²2P⁶3S²3P²，
故答案为：1S²2S²2P⁶3S²3P²；
（2）A、B、C、D分别是N、Na、Al、Si元素，同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，同一主族中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以第一电离能：Na＜Al＜Si＜P，P＜N，
所以这几种元素的第一电离能大小顺序是：Na＜Al＜Si＜N，
故答案为：Na＜Al＜Si＜N；
（3）B的氯化物是NaCl，D的氯化物是SiCl₄，氯化钠是离子晶体，四氯化硅是分子晶体，离子晶体的熔点大于分子晶体，故答案为：高；NaCl是离子晶体，SiCl₄是分子晶体；
（4）E是S元素，SO₃分子S原子含有3个σ键且不含孤电子对，所以为平面正三角形结构，三氧化硫分子中正负电荷重心重合，为非极性分子，故答案为：平面正三角形； 非极性；
（5）①E是S元素，F是Zn元素，S原子个数=8×[1/8+6×
1
2]=4，Zn原子个数=4，所以该晶胞中S、Zn原子个数之比=4：4=1：1，所以其化学式为ZnS，故答案为：ZnS；
②根据图知，每个S原子连接4个Zn原子，所以其配位数是4，
故答案为：4．

点评：
本题考点： 位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算．

考点点评： 本题考查了物质结构和性质，正确推断元素是解本题关键，利用均摊法、元素周期律等知识点来分析解答，难点是S原子配位数的判断，难度中等．

a．单质熔点97.81℃，沸点882.9℃，在氧气中燃烧得到淡黄色固体，则a是Na元素；
b．原子核外有7种运动状态不同的电子，则b是N元素；
c．电负性最大的元素是F，则c是F；
d．一种核素的质量数为35，中子数为18，质子数为17，故d是Cl；
e．前四周期元素原子核外电子排布中未成对电子数最多的元素，故元素原子3d、4s均为半满，元素原子的价电子构型为3d⁵4s¹，则其基态原子的核外电子排布式[Ar]3d⁵4s¹，原子核外共24个电子，为Cr元素；
（1）a是Na，位于周期表中的位置第三周期IA族，故答案为：第3周期IA族；
（2）N原子的核外电子排布为：1s²2s²2p³，s轨道2个，p轨道3个，电子被分为三个能级，故答案为：5；3；
（3）b、c元素分别为N、F，其周期中元素相邻分别为C、O和Ne，由于非金属性越强，其第一电离能越大，且N元素的P轨道为半充满状态，故N比O的第一电离能要大，表现在图中，即：，故答案为：；
（4）配合物甲由Cr³⁺与水分子、元素Cl构成，该配合物中Cr³⁺的配位数为6，在含有0.1mol甲的溶液中加入AgNO₃溶液至过量，经过滤、洗涤、干燥后，得到28.7g白色沉淀，故氯化银的物质的量为：[28.7g/143.5g/mol]=0.2mol，故1mol甲中含有自由移动的氯离子为2mol，故甲的化学式为[Cr（H₂O）₅Cl]Cl₂，其电离方程式为[Cr（H₂O）₅Cl]Cl₂=[Cr（H₂O）₅Cl]²⁺+2Cl^-，故答案为：[Cr（H₂O）₅Cl]Cl₂=[Cr（H₂O）₅Cl]²⁺+2Cl^-．

点评：
本题考点： 位置结构性质的相互关系应用．

考点点评： 本题主要考查的是元素的推断以及原子轨道、能级、离子方程式的有关计算等，综合性较强．

由于ⅡA、ⅢA族在周期表中不相邻，根据W、X、Y、Z在周期表中的位置可知，X不可能是处于第一周期，且四元素是元素周期表中前四周期元素，则X位于第二周期，W、Y处于第三周期，Z处于第四周期，且X、W至少从ⅢA族起，
A．X、W至少从ⅢA族起，Z处于第四周期，其最外层电子数大于4，Z一定为非金属性元素，可能为As、Se、Br等，故A错误；
B．X位于第二周期，W、Y处于第三周期，由在周期表中的位置可知，最外层电子数一定小于8，故一定为主族元素，故B正确；
C．X为N或O时，水分子之间、氨气分子之间都存在氢键，沸点高于W的氢化物，故C错误；
D．Z一定处于第四周期，故D错误，
故选：B．

点评：
本题考点： 元素周期律和元素周期表的综合应用．

考点点评： 本题考查位置性质关系应用，难度中等，为易错题目，学生容易忽略ⅡA、ⅢA族在周期表中不相邻，注意整体把握元素周期表的结构．

A原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，这说明A是N元素；
B的基态原子占据两种形状的原子轨道，且两种形状轨道中的电子总数均相同，B位于元素周期表的s区，所以B是Mg元素；
C元素原子的外围电子层排布式为ns^n-1np^n-1，s能级最多排列2个电子，所以n=3，则C是Si元素；
D原子M能层为全充满状态，且最外层无成对电子，则D是Cu元素；
E为第四周期未成对电子数最多的元素，则E是Cr元素；
（1）E是Cr元素，其原子核外有24个电子，根据构造原理知Cr基态原子的电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹；
Cr在周期表中的位置是第四周期第VIB族，其基态原子有几种能级就有几种能量的原子，其原子核外有7种能级，所以有7种能量不同的电子，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹；第4周期第ⅥB族；7；
（2）该排布图违反了能量最低原理，故答案为：能量最低原理；
（3）A和C形成的化合物X中每个原子的最外层均为8电子稳定结构，由于Si位于第ⅣA族，氮元素位于第ⅤA族，则X的化学式Si₃N₄；根据X的物理性质可知形成的晶体是原子晶体，
故答案为：Si₃N₄；原子晶体；
（4）氮元素的最低价是-3价，所以其还原产物是硝酸铵，则反应的化学方程式是4Mg+10HNO₃=4Mg（NO₃）₂+NH₄NO₃+3H₂O，
故答案为：4Mg+10HNO₃=4Mg（NO₃）₂+NH₄NO₃+3H₂O；
（5）Cu晶体的粒子堆积方式为面心立方最密堆积，该晶胞中Cu原子个数=6×[1/2]+8×[1/8]=4，其晶胞体积V=a³cm³，其密度ρ=[m/V]=

M
NA×4
Vg/cm³=[256
a3NAg/cm³；
根据晶胞结构可知，4r=
2a，解得a=2
2r，
则晶胞立方体的体积为a³=（2
2r）³，
晶胞中4个金属原子的体积为4×
4/3]r³，
所以此晶胞中原子空间占有率是
4×
4
3r3
(2
2r)3，
故答案为：[256
a3NA；
4×
4/3r3
(2
2r)3]．

点评：
本题考点： 晶胞的计算；位置结构性质的相互关系应用．

考点点评： 本题考查位置结构性质的相互关系及应用，涉及晶胞计算、构造原理、晶体类型判断等知识点，侧重考查分析、计算能力，难点是晶胞计算，特别是空间利用率的计算，题目难度中等．

X、Y、Z、W都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大．X的简单阴离子最外层有2个电子，则X为H元素，Y原子最外层电子数是内层电子数的两倍，Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则Y为C元素；Z的原子序数是Y的两倍，其原子序数为12，则Z为Mg，在元素周期表中W元素位于第11列，则W为Cu元素，
（1）Z为Mg元素，原子核外有12个电子，核外有12种不同运动状态的电子，故答案为：12；
（2）H、C、Mg、Cu中，在周期表中位于p区的元素是C，故答案为：C；
（3）W为Cu，原子核外电子数为29，根据能量最低原理与洪特规则，原子基态电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹；
（4）与Mg左右相邻的两种元素，为Na、Al，三种元素同周期，随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但Mg元素原子3s能级容纳2个电子，为全满稳定状态，能量较低，较难失去电子，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能Mg＞Al＞Na，
故答案为：Mg＞Al＞Na；
（5）C₂H₄分子中，C原子成3个σ键、不含孤对电子，杂化轨道数目为3，N原子采取sp²杂化，推算C₂H₄分子中有4个C-H、1个C=C双键，双键中含有1个σ键、1个π键，故C₂H₄分子中σ键与π键数目之比=5：1，
故答案为：sp²；1：5；
（6）W原子位于顶角上，晶体中与每个W原子距离最近的Y原子位于体心，每个W原子为8个晶胞共用，故与W原子距离最近的Y原子共用8个，
故答案为：8；
（7）CuCl₂溶液中存在平衡：CuCl₂+2H₂O⇌Cu（OH）₂+2HCl，加热蒸发，HCl挥发，促进水解彻底进行，得到Cu（OH）₂，Cu（OH）₂受热分解得到CuO，故得不到CuCl₂晶体，而是得到黑色固体
故答案为：CuCl₂溶液中存在平衡：CuCl₂+2H₂O⇌Cu（OH）₂+2HCl，加热蒸发，HCl挥发，促进水解彻底进行，得到Cu（OH）₂，Cu（OH）₂受热分解得到CuO．

点评：
本题考点： 位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算．

考点点评： 本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电离能、杂化轨道、化学键、晶胞结构、盐类水解等，题目比较综合，侧重对基础知识的巩固运用，推断元素是解题关键，难度中等．

C元素是地壳中含量最高的金属元素，所以C是Al元素，D原予核外的M层中有两对成对电子，且D的原子序数大于C，所以D是S元素，E原子核外最外层只有1个电子，其余各层电子均充满，且E是前四周期的元素，E的原子序数大于16，所以Cu元素，A原子核外有三个未成对电子，且原子序数小于13，所以A是N元素，A与B可形成离子化合物B₃A₂，且B的原子序数大于A小于C，所以B是Mg元素．
（1）E的原子序数是29，为Cu元素，其原子核外电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，Mg、Al、S元素是同一周期元素，同一周期元素的第一电离能逐渐增大，但镁的第一电离能大于铝的第一电离能，同一主族的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以N元素的第一电离能大于P元素，P元素第一电离能大于S元素，所以Mg、Al、S、N元素的第一电离能由小到大的顺序为Al＜Mg＜S＜N，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，Al＜Mg＜S＜N；
（2）氯化镁是离子晶体，氯化铝是分子晶体，所以离子晶体的熔点远大于分子晶体的熔点，故答案为：氯化镁是离子晶体，氯化铝是分子晶体；
（3）NO₃^-中价层电子对=3+[1/2]（5+1-3×2）=3，所以采取sp²杂化，D的低价氧化物是SO₂，SO₂的价层电子对=2+[1/2]（6-2×2）=3，含有一个孤电子对，所以分子空间构型是V形，
故答案为：sp²，V形；
（4）该晶胞中白色球个数=[1/8×8＝1，黑色小球个数=12×
1
4]=3，N元素形成的负价是-3价，所以该晶胞中含有3个亚铜离子1个N离子，所以其化学式为Cu₃N，故答案为：Cu₃N．

点评：
本题考点： 原子结构与元素周期律的关系．

考点点评： 本题以元素的推断考查了分子空间构型的判断、原子的杂化方式的判断等知识点，注意同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA和第IIIA族、第VA族和第VIA族之间异常，为易错点．

（1）3d轨道上没有电子但4s轨道上有一个电子的元素为K、3d轨道上有5个电子且4s轨道上有1个电子的元素为Cr、3d轨道上有10个电子且4s轨道上有1个电子的元素为Cu，
故答案为：钾、铬、铜；
（2）s区的元素为第IA、IIA族元素，所以该周期表中属于s区的元素有：H、Li、Be、Na、Mg、K、Ca；
d区的元素为除了第IB、IIB族元素外的过渡元素，该周期表中有Sc Ti V Cr Mn Fe Co Ni，共8种元素；同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，所以二周期元素中电负性大小顺序是F、O、N；
同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以二周期元素中电离能由高到低的三种元素依次是：F、N、O，
故答案为：7；8；F、O、N；F、N、O；
（3）Mn元素的原子序数是24号元素，其原子核外有24个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d⁵4s²；
过渡元素中，其价电子为3d和4s上电子，亚铁离子核外有24个电子，根据构造原理知其价电子排布图为；
Mn²⁺转化为Mn³⁺时，3d能级由较稳定的3d⁵半充满状态转为不稳定的3d⁴状态需要的能量较多；而Fe²⁺到Fe³⁺时，3d能级由不稳定的3d⁶到稳定的3d⁵半充满状态，需要的能量相对要少；
故答案为：[Ar]3d⁵4s²；；由Mn²⁺转化为Mn³⁺时，3d能级由较稳定的3d⁵半充满状态转为不稳定的3d⁴状态需要的能量较多；而Fe²⁺到Fe³⁺时，3d能级由不稳定的3d⁶到稳定的3d⁵半充满状态，需要的能量相对要少．

点评：
本题考点： 元素周期律和元素周期表的综合应用．

考点点评： 本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，涉及核外电子排布式的书写、电负性大小的判断、第一电离能大小的判断等知识点，根据元素周期律来分析解答即可，题目难度不大．

A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E＜F．A原子核外电子分处三个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同，则A原子核外电子排布为1s²2s²2p²，则A为C元素；D是电负性最大的元素，则D为F元素；C原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数，原子序数小于氟元素，故其外围分子排布为2s²2p⁴，则C为O元素；B原子序数介于碳元素、氧元素之间，则B为N元素；E原子是元素周期表上第一个4s能级有两个电子的原子，则E为Ca元素；F的核外电子数等于A、B、C、D的电子数之和，则其核外电子数=6+7+8+9=30，则F为Zn元素，
（1）N元素原子2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量降低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞O；某元素形成的离子与单质O₃互为等电子体，其化学式为NO₂^-，
故答案为：＞；NO₂^-；
（2）①OF₂中O原子价层电子对数=2+[6−1×2/2]=4，氧原子含有2对孤对电子，故O原子采取sp³杂化，FO₂分子为V型结构，
故答案为：sp³；V型；
②氧和氟的电负性差小于氧和氢的电负性差，故与H₂O分子相比，OF₂分子的极性更小，
故答案为：小；氧和氟的电负性差小于氧和氢的电负性差；
（3）F为Zn元素，原子核外有30个电子，故其核外电子排布式是1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²；F的高价离子为Zn²⁺，能与B的简单氢化物NH₃形成配位数为4的配离子的化学式为[Zn（NH₃）₄]²⁺，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²；[Zn（NH₃）₄]²⁺；
（4）C和Ca形成的晶体，根据其晶体结构可知，晶胞中Ca原子数目=1+12×[1/4]=4，C原子数目=2×8×[1/8]+2×6×[1/2]=8，Ca原子与C原子数目之比为4：8=1：2，故其化学式是CaC₂，属于离子化合物，碳原子之间形成共价键，含有离子键、共价键，
故答案为：CaC₂；离子键、共价键．

点评：
本题考点： 位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算．

考点点评： 本题综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、杂化理论与分子结构、电离能、电负性、配合物、晶胞计算等，难度中等，注意掌握利用均摊法进行晶胞计算，侧重对知识的运用，需要学生全面注意基础知识．

X、Y、Z、W、R、Q是原子序数依次增大的前四周期的六种元素，元素X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y、Z位于第二周期且Y的第一电离能比Z大，Z原子的核外成对电子的数目是未成对电子数的3倍，原子核外电子排布为1s²2s²p⁴，则Z为O元素，可推知Y为N元素；W原子核外有16种运动状态不同的电子，则W为S元素；R元素有一种质量数为56中子数为30的一种核素，质子数为56-30=26，则R为Fe；Q在同周期主族元素中原子半径最小，结合原子序数可知Q处于第四周期，则Q为Br，
（1）Q为Br元素，处于第四周期ⅦA族，其基态原子的核外电子排布式为 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p⁵，
故答案为：四、ⅦA；1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p⁵；
（2）非金属性O＞S，故氢化物稳定性H₂O＞H₂S，水分子之间存在氢键，沸点高于硫化氢，电子层结构相同核电荷数越大，离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S^2-＞N^3-＞O^2-，
故答案为：H₂O；H₂O；S^2-＞N^3-＞O^2-；
（3）H与O、H与S均可形成18个电子的分子，分别为H₂O₂与H₂S，H₂O₂具有强氧化性，与H₂S反应生成S与H₂O，反应方程式为：H₂O₂+H₂S=S↓+2H₂O，
故答案为：H₂O₂+H₂S=S↓+2H₂O；
（4）向B的溶液中加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，说明B中含有Fe²⁺和NH₄⁺，另取少量B的溶液，向其中加入过量BaCl₂溶液时产生白色沉淀，再加入稀盐酸沉淀不溶解，说明B中含有SO₄^2-，结合B的相对分子质量和结晶水个数可知B的化学式为（NH₄）₂Fe（SO₄）₂•6H₂O，
故答案为：（NH₄）₂Fe（SO₄）₂•6H₂O．

点评：
本题考点： 位置结构性质的相互关系应用．

考点点评： 本题考查位置结构性质的关系及应用，涉及核外电子排布、元素周期律、氢键、半径比较、元素化合物推断等，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等．

元素X、Y、Z、W位于元素周期表中前四周期，原子序数依次增大．X基态原子核外有三个能级，每个能级的电子数都相等，则其核外电子排布式为1s²2s²2p²，故X为碳元素；W是地壳中质量百分含量第二的金属元素，则W为Fe元素；Z可与W形成两种化合物，且水溶液均呈酸性，则Z为Cl；Y与Z不在同一周期，结合原子序数可知，Y处于第二周期，Y原子核外未成对电子数比电子层数多1，则未成对电子数为3，故其核外电子排布式为1s²2s²2p³，则Y为氮元素，
（1）W为Fe，原子核外有26个电子，其基态原子核外电子排布式是1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²．Y单质分子为N₂，分子中形成N≡N三键，含2个π键．同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故元素第一电离能N＞O＞C，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²；2；N；O；C；
（2）C与Cl形成的最简单的化合物是一种优良的溶剂为CCl₄，为正四面体对称结构，是由极性键构成的非极性分子，
故答案为：极性；非极性；
（3）NCl₃与水反应可生成一种弱酸和一种弱碱，生成NH₃•H₂O与HClO，反应方程式为NCl₃+4H₂O=NH₃•H₂O+3HClO，
故答案为：NCl₃+4H₂O=NH₃•H₂O+3HClO；
（4）C元素所形成的一种晶体具有高硬度、高熔点特性，属于原子晶体，该晶体结构每个C原子与周围4个C原子形成正四面体结构，C-C键角为109°28′，
故答案为：原子；109°28′．

点评：
本题考点： 位置结构性质的相互关系应用．

考点点评： 本题考查结构位置性质关系应用，涉及核外电子排布、电离能、分子结构与性质、晶体类型与结构等，难度中等，（3）中注意根据信息推断，实质发生水解反应．

A、B、C、D、E五种元素属于周期表中前四周期元素，其核电荷数依次增大．A原子的2p轨道半充满，A原子核外电子排布为1s²2s²2p³，则A为氮元素；B单质在空气中燃烧，生成一种淡黄色固体，则B为Na元素；C元素是地壳中含量最高的金属元素，则C为Al元素；D单质晶体的熔点在同周期元素形成的单质中最高，其晶体为原子晶体，其原子序数大于Al元素、则D为Si元素；E原子核外最外层电子数与B相同，内层均充满，则E原子核外电子排布为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，E为Cu元素，
（1）同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能Na＜Al＜Si＜N；E原子核外最外层电子数与Na相同，内层均充满，则E原子核外电子排布为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，
故答案为：Na＜Al＜Si＜N；1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹；
（2）A、D的简单氢化物分别为NH₃、SiH₄，非金属性N＞Si，故NH₃更稳定；
B的氯化物为NaCl，D的氯化物为SiCl₄，NaCl为离子晶体而SiCl₄为分子晶体，故NaCl的熔点更高，
故答案为：NH₃；高；NaCl为离子晶体而SiCl₄为分子晶体；
（3）C的氧化物为Al₂O₃，B的最高氧化物的水化物为NaOH，二者反应的离子方程式为：Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O，
故答案为：Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O；
（4）火箭中常用N₂H₄作燃料，NO₂作助燃剂，0.25molN₂H₄ （g）在NO₂中燃烧生成一种无污染的气体及液态水，应是氮气，放出70.95kJ热量，则2molN₂H₄ （g）反应放出的热量为70.95kJ×[2mol/0.25mol]=567.6kJ，故该反应的热化学方程式为：2N₂H₄（g）+2NO₂（g）=3N₂（g）+4H₂O（l）△H=-567.6kJ/mol，
故答案为：2N₂H₄（g）+2NO₂（g）=3N₂（g）+4H₂O（l）△H=-567.6kJ/mol．

点评：
本题考点： 位置结构性质的相互关系应用．

考点点评： 本题以元素推断为载体，考查结构位置性质关系、核外电子排布规律、元素周期律、晶体类型与性质、热化学方程式书写等，推断元素是解题关键，需要学生全面掌握基础知识，难度中等．

A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增加，C原子在同周期原子中半径最大（稀有气体除外），其单质焰色为黄色，则C为Na；A的最高价氧化物对应的水化物化学式为H₂AO₃，最高正价为+4，原子序数小于Na，故A为碳元素；B的原子序数介于碳、氧之间，则B为N元素，第一电离能高于碳、氧；D的基态原子最外层电子排布式为3s²3p²，则D为Si；E与C位于不同周期，原子序数对C（Na），则E处于第四周期，E原子核外最外层电子数与C相同，其余各层电子均充满，原子核外电子数=2+8+18+1=29，则E为Cu，
（1）C为Na，在周期表中位于第三周期第ⅠA族，E为Cu，基态原子核外电子排布式是：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，
故答案为：三、ⅠA；1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹；
（2）C、N、Si同周期，随原子序数增大电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性由大到小顺序为：N＞C＞Si，其中A的最高价氯化物为CCl₄，形成分子晶体，构成晶体的微粒间作用力为：范德华力，
故答案为：N＞C＞Si；范德华力；
（3）非金属性C＜N，故最简单氢化物中NH₃较稳定，氨气与CuO反应生成Cu氮气与水，其化学反应方程式 为：3CuO+2NH₃

△
.
N₂+3Cu+3H₂O，
故答案为：NH₃；3CuO+2NH₃

△
.
N₂+3Cu+3H₂O；
（4）Cu的单质和过氧化氢在稀硫酸中可反应，正极发生还原反应，过氧化氢在正极获得电子，在氢离子参与反应下生成水，正极电极反应式为：H₂O₂+2e^-+2H⁺=2H₂O，
故答案为：H₂O₂+2e^-+2H⁺=2H₂O；
（5）已知：①、CH₄（g）+2NO₂（g）═N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₁=-867kJ/mol
②、2NO₂（g）⇌N₂O₄（g）△H₂=-56.9kJ/mol
由盖斯定律，①-②得：CH₄（g）+N₂O₄（g）═N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H=-810.1kJ/mol，
故答案为：CH₄（g）+N₂O₄（g）═N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H=-810.1kJ/mol．

点评：
本题考点： 位置结构性质的相互关系应用；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；热化学方程式．

考点点评： 本题考查结构性质位置关系应用，题目比较综合，涉及核外电子排布、电负性、原电池、热化学方程式等，侧重考查学生对知识的迁移应用，难度中等．

由四种元素在周期表中的位置可知，D、B、E分别在周期表的第二、三、四周期，若B元素的核电荷数为a，
则A的原子序数为a-1，C的原子序数为a+1，D的原子序数为a-8，E的原子序数为a+18，
则五种元素的核电荷总数之和为a+a-1+a+1+a-8+a+18=5a+10，
故选C．

点评：
本题考点： 位置结构性质的相互关系应用．

考点点评： 本题考查元素周期表知识，题目难度不大，本题注意把握元素周期表的结构特点，为常考查的知识，注意把握元素周期表的组合规律．

前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有一个，并且A^-和B⁺的电子数相差为8，A属于第VIIA族元素，B属于第IA族元素，且A的原子序数小于B，则A是F元素，B是K元素；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2，且C和D的原子序数大于B，C的原子序数小于D，则C是Fe元素，D是Ni元素，
（1）D²⁺的价层电子为3d电子，根据能量最低原理、保里不相容原理及洪特规则知，其价电子排布图为，
故答案为；
（2）元素的金属性越强其第一电离能越小，元素的非金属性越强，其电负性越大，这四种元素中金属性最强的是K元素，非金属性最强的元素是F，所以第一电离能最小的是K，电负性最大的是F，
故答案为：K；F；
（3）该晶胞中A原子个数=16×
1
4+4×
1
2+2=8，B原子个数=8×[1/4]+2=4，D原子个数=8×[1/8]+1=2，所以该化合物的化学式为K₂NiF₄，故答案为：K₂NiF₄；
（4）A^-、B⁺和C³⁺三种离子组成的化合物的K₃FeF₆，该物质中阴阳离子间存在离子键，铁原子和氟原子间存在配位键，该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为[FeF₆]^3-，配位体是F^-，故答案为：离子键和配位键；[FeF₆]^3-；F^-．

点评：
本题考点： 位置结构性质的相互关系应用．

考点点评： 本题考查物质结构和性质，正确推断元素是解本题关键，难度中等，注意化学式的确定中，各中原子被几个晶胞共用，为易错点，难点是（3）的计算．

根据B的s能级上电子总数等于p能级上电子总数的2倍，则电子排布式为：1s²2s²2p²，故为C，B、C、D、E、A五种非金属元素原子半径依次减小，则为同周期，故B为C，C为O，D为F，A为H，
（1）同周期从左到右第一电离能依次增大，但是在第ⅤA族的氮原子，p轨道上半充满状态稳定，不易失去电子，故答案为：F＞N＞O；
（2）C、N、O原子的得电子能力O＞N＞C，得电子能力越强，其氢化物的稳定性越强，根据价层电子对互斥理论，CH₂O的中心原子的杂化方式为sp²杂化，为平面三角形，故答案为：H₂O＞NH₃＞CH₄；平面三角形；
（3）X原子的M能层上有4个未成对电子，则电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²，故为Fe，BC^-为CN^-，与A同族且相差两个周期的元素R即为Na，根据立方体结构，每个晶胞中含有钠、铁、和氢氰根的个数为：1、2、6，分子式为：NaFe₂（CN）₆，故答案为：NaFe₂（CN）₆；
（4）晶格能越大则晶体熔点越高，则TiN＞MgO＞KCl，MgO晶体类型为立方体，其中一个Mg²⁺周围和它最邻近且等距离的O^2-有6个，故答案为：TiN＞MgO＞KCl；6；
（5）金属铬离子比钒离子Cr₂O₃含未成对电子多，则磁性大，磁记录性能越好，故答案为：Cr₂O₃．

点评：
本题考点： 原子结构与元素的性质；元素电离能、电负性的含义及应用；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；晶胞的计算．

考点点评： 本题是一道结构化学模块知识题目，综合性较强，难度较大．

四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素基态原子核外有三个能级，P级能电子处在半充满状态，因为1s²2s²2p³则W为氮元素；X常见的金属，在周期表中的周期序数与族序数相等，则X为Al元素；Y气态氢化物及其最高价氧化物对应的水化物均为强酸，故Y为Cl元素；Z存在总质量数为56，中子数为30的核数，原子序数为26，则Z为Fe元素，据此解答．
（1）铁位于元素周期表第四周期第Ⅷ族；同一周期第一电离能从左向右整体增大，但第ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA特殊，所以N的第一电离能比其同周期相邻的元素O高，
Al元素的基态原子价电子排布式为：3S²3P¹
故答案为：四，Ⅷ，高，3S²3P¹
（2）根据电子层数越大半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，可以判断W、X、Y三种元素的简单离子半径的大小关系是C1^-＞N3^-＞AL³⁺
故答案为：C1^-＞N^3-＞Al³⁺
（3）氯的同族有F、Cl、Br、I，其氢化物的沸点与有没有氢键和相对分子质量有关，在同族里只有HF分子间存在氢键故HF沸点最高，其余看相对分子质量，HCl的相对分子质量最小，所以最低，故答案为：低，HF分子间存在氢键，其余分子间作用力都比HCL大；
（4）根据热化学方程式的书写步骤①写化学方程式②标状态③计算△H，根据每转移1mol电子，放出aKJ热量则热化学方程式为：2Al（s）+Fe₂O₃（s）

高温
.
AL₂O₃（s）+2Fe（s）△H=-6a KJ/mol，故答案为：2Al（s）+Fe₂O₃（s）

高温
.
AL₂O₃（s）+2Fe（s）△H=-6a KJ/mol
（5）根据反应前后原子守恒及其信息转化为参与大气循环的物质，则方程式为：6NO₂+8NH₃=7N₂+12H₂O，故答案为：6NO₂+8NH₃=7N₂+12H₂O．

点评：
本题考点： 位置结构性质的相互关系应用．

考点点评： 本题考查结构性质位置关系、沸点比较、元素化合物性质等，难度中等，推断元素是解题关键．