全国各地高考化学分类原子结构与元素周期表综合题汇编含答案.docx
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全国各地高考化学分类原子结构与元素周期表综合题汇编含答案
2020-2021全国各地高考化学分类:
原子结构与元素周期表综合题汇编含答案
一、原子结构与元素周期表练习题(含详细答案解析)
1.锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。
回答下列问题:
(1)Zn原子核外电子排布式为__________洪特规则内容_____________
泡利不相容原理内容______________________
(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I1(Zn)__________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。
原因是__________
(3)ZnF2具有较高的熔点(872℃),其化学键类型是__________;ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,原因是__________
(4)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示,这种堆积方式称为__________,配位数为____六棱柱底边边长为acm,高为ccm,阿伏加德罗常数的值为NA,Zn的密度为__________g·cm-3(列出计算式)。
【答案】1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2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,这样整个原子的能量最低每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子大于Zn核外电子排布为全满稳定结构,较难失电子离子键ZnF2为离子化合物,ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小六方最密堆积(A3型)12
【解析】
【分析】
【详解】
(1)Zn原子核外有30个电子,分别分布在1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s能级上,其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2,洪特规则是指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,这样整个原子的能量最低,而泡利原理是指每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子,故答案为:
1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2;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,这样整个原子的能量最低;每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子;
(2)轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定,失去电子需要的能量较大,Zn原子轨道中电子处于全满状态,Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态,所以Cu较Zn易失电子,则第一电离能Cu<Zn,故答案为:
大于;Zn核外电子排布为全满稳定结构,较难失电子;
(3)离子晶体熔沸点较高,熔沸点较高ZnF2,为离子晶体,离子晶体中含有离子键;根据相似相溶原理知,极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂,ZnF2属于离子化合物而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为共价化合物,ZnCl2、ZnBr2、ZnI2分子极性较小,乙醇、乙醚等有机溶剂属于分子晶体极性较小,所以互溶,故答案为:
离子键;ZnF2为离子化合物,ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主,极性较小;
(4)金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积,Zn原子的配位数为12,该晶胞中Zn原子个数=12×
+2×
+3=6,六棱柱底边边长为acm,高为ccm,六棱柱体积=[(6×
)×3×c]cm3,晶胞密度=
,故答案为:
六方最密堆积(A3型);12;
。
【点睛】
本题考查物质结构和性质,涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识点,侧重考查学生分析、判断、计算及空间想像能力,熟练掌握均摊分在晶胞计算中的正确运用、价层电子对个数的计算方法,注意:
该晶胞中顶点上的原子被6个晶胞共用而不是8个,为易错点。
2.离子化合物AB2的阴、阳离子的电子层结构相同,1molAB2中含54mol电子,且有下列反应:
①H2+B2
C②B2+X→Y+AB2+H2O③Y+C→AB2+Z,Z有漂白作用。
根据上述条件回答下列问题:
(1)写出下列物质的化学式:
AB2________,X________,Y________,Z________。
(2)用电子式表示AB2的形成过程:
________________________。
(3)写出反应②的化学方程式:
_______________________。
【答案】CaCl2Ca(OH)2Ca(ClO)2HClO
2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
【解析】
【分析】
离子化合物AB2的阴、阳离子的电子层结构相同,1molAB2中含54mol电子,则A2+、B-离子中含有的电子数目均为18个,AB2为氯化钙,A为钙元素,B为氯元素,则①H2+Cl2
HCl,C为HCl;②Cl2+X→Y+CaCl2+H2O,X为Ca(OH)2,Y为Ca(ClO)2;③Ca(ClO)2+HCl→CaCl2+Z,Z有漂白作用,Z为HClO。
【详解】
(1)由分析可知AB2为CaCl2,X为Ca(OH)2,Y为Ca(ClO)2,Z为HClO。
,故答案为:
CaCl2;Ca(OH)2;Ca(ClO)2;HClO;
(2)AB2的形成过程用电子式表示为
,故答案为:
;
(3)②的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O,故答案为:
2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O。
【点睛】
常见18电子的离子有K+、Ca2+、Cl‾、S2−、HS-等。
3.A、B、C、D、E都是短周期元素,原子序数依次增大,A、B处于同一周期,C、D、E同处另一周期。
C、B可按原子个数比2∶1和1∶1分别形成两种离子化合物甲和乙。
D、A按原子个数比3∶2形成离子化合物丙。
E是地壳中含量最高的金属元素。
根据以上信息回答下列问题:
(1)B元素在周期表中的位置是__________,乙物质化学式是__________。
(2)A、B、C、D、E五种元素的原子半径由小到大的顺序是__________(用元素符号填写)。
(3)E的单质加入到C的最高价氧化物对应的水化物的溶液中,发生反应的离子方程式是____________________________________。
【答案】第二周期VIA族Na2O2O 【解析】 【分析】 C、B可按原子个数比2∶1和1∶1分别形成两种离子化合物甲和乙,可知C为Na元素,B为O元素,甲为Na2O,乙为Na2O2;E是地壳中含量最高的金属元素,则E为Al元素;A、B、C、D、E都是短周期元素,原子均小于Al的原子序数,D、A按原子个数比3∶2形成离子化合物丙,可知A为N元素,D为Mg元素,丙为Mg3N2。 【详解】 (1)B为O元素,在周期表中第二周期VIA族,乙物质为过氧化钠,化学式是Na2O2,故答案为: 第二周期VIA族;Na2O2; (2)Na、Mg、Al在第三周期,O、N在第二周期,同周期元素从左到右原子半径逐渐减小,同主族元素从上到下原子半径逐渐增大,则O O (3)铝能跟氢氧化钠溶液发生反应生成偏铝酸盐和氢气,其反应的离子反应方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑,故答案为: 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。 【点睛】 一般情况下,原子个数比按2∶1和1∶1可分别形成H2O、H2O2或Na2O、Na2O2,H2O、H2O2为共价化合物,Na2O、Na2O2为离子化合物。 4.下表为元素周期表的一部分,请参照元素①~⑧在表中的位置,回答下列问题: (1)地壳中含量居于第二位的元素在周期表中的位置是_______。 (2)②的最高价氧化物的分子式为____。 (3)①、④、⑤中的某些元素可形成既含离子键又含共价键的离子化合物,写出符合要求的一种化合物的电子式_____。 (4)W是第四周期与④同主族的元素。 据此推测W不可能具有的性质是___ A.最高正化合价为+6B.气态氢化物比H2S稳定 C.最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱D.单质在常温下可与氢气化合 (5)已知X为第ⅡA族元素(第一到第四周期),其原子序数为a,Y与X位于同一周期,且为第ⅢA族元素,则Y的原子序数b与a所有可能的关系式为____。 【答案】第三周期第ⅣA族CO2NaOH: 或Na2O2: BDb=a+1或b=a+11 【解析】 【分析】 由元素在周期表中的位置可知: ①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si、⑧为Cl。 (1)地壳中含量居于第二位的元素为Si; (2)②表示C元素,根据元素最高化合价等于原子最外层电子数等于原子序数分析; (3)由H、O、Na中的某些元素可形成既含离子键又含共价键的离子化合物有NaOH、Na2O2等; (4)W是第四周期与④同主族元素,④是O元素,则W为Se元素,根据元素周期律分析判断; (5)根据元素周期表的位置与原子序数关系分析解答。 【详解】 由元素在周期表中的位置可知: ①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si、⑧为Cl。 (1)地壳中含量居于第二位的元素为Si,Si原子核外电子排布为2、8、4,所以Si处于元素周期表中第三周期第ⅣA族; (2)②表示C元素,C原子最外层有4个电子,所以其最高价氧化物的分子式为CO2; (3)由H、O、Na中的某些元素可形成既含离子键又含共价键的离子化合物有NaOH、Na2O2等,其中NaOH的电子式为: ,Na2O2的电子式为: ; (4)W是第四周期与④同主族元素,④是O元素,则W为Se元素。 A.Se原子最外层有6个电子,所以其最高正化合价为+6,A正确; B.元素的非金属性越强,其相应的简单氢化物的稳定性就越强,由于元素的非金属性: S>Se,所以气态氢化物稳定性: H2S>H2Se,B错误; C.同一主族的元素原子序数越大,元素的非金属性越强,其最高价氧化物对应水化物的酸性越强。 由于非金属性S>Se,所以H2SeO4 D.元素的非金属性越强,其单质越容易与氢气化合,由于元素的非金属性: S>Se,S与H2反应需在加热条件下进行,则Se单质与H2反应要求温度会更高,在常温下不可能与H2化合,D错误; 故合理选项是BD; (5)X原子序数为a,Y原子序数为b,若X位于第二周期第ⅡA族元素,或X位于第三周期第IIA族,则其同一周期第IIIA的元素Y原子序数为b=a+1;若X位于第四周期第ⅡA族元素,由于第IIA族、第IIIA族之间增加了7个副族和1个第VIII族元素,共10纵行,所以其同一周期第IIIA的元素Y原子序数为b=a+10+1=a+11。 【点睛】 本题考查元素周期表与元素周期律、无机物推断、常用化学用语、元素化合物性质等,掌握元素周期表的结构、元素周期律是正确判断解答的关键,注意元素周期表的结构。 一般情况下同一周期相邻主族元素原子序数相差1,但第IIA、第IIIA有特殊性,还与其在周期表的周期序数有关。 在比较同一周期第IIA、第IIIA元素的原子序数时,若元素位于元素周期表第二、三周期时,原子序数相差1;若元素位于元素周期表第四、五周期时,由于在第IIA与第IIIA之间增加了7个副族和1个第VIII族,共10个纵行,元素的原子序数相差11;若元素位于第六周期,在第IIIB是15种镧系元素,在第七周期在第IIIB是15种锕系元素,元素的原子序数相差25。 5.A、B、C、D四种元素都是短周期元素。 A元素的离子具有黄色的焰色反应。 B离子带有2个单位正电荷,且B元素的离子结构和Ne具有相同的电子层排布。 H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰,D元素原子的电子层结构里,最外层电子数是次外层电子数的3倍。 根据上述条件回答: (1)元素C位于第___周期第___族。 (2)A是___元素,B是___元素,D是___元素。 (3)A与D形成稳定的化合物的化学式为___,此化合物与水反应的化学方程式为___。 (4)C元素的单质有毒,可用A的最高价氧化物对应的水化物的溶液吸收,其离子方程式为___。 【答案】三ⅦANaMgONa2O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O 【解析】 【分析】 A、B、C、D四种元素都是短周期元素,A元素的离子具有黄色的焰色反应,则A为Na元素;B离子带两个单位正电荷,且B元素的离子结构和Ne具有相同的电子层排布,则B为12号Mg元素;H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰,则C为Cl元素;D元素原子的电子层结构中,最外层电子数是次外层电子数的3倍,则D原子核外有2个电子层,次外层为2,最外层电子为2×3=6,D为O元素,然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答。 【详解】 根据上述分析可知A是Na元素,B是Mg元素,C是Cl元素,D是O元素。 (1)元素C是Cl,Cl原子核外电子排布为2、8、7,所以Cl元素在周期表中位于第三周期第ⅦA族; (2)根据上述分析可知: A是Na元素,B是Mg元素,D是O元素; (3)A是Na,D是O,Na与O形成的稳定化合物为Na2O2,Na2O2与水反应产生NaOH和O2,反应的化学方程式为: 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑; (4)元素C是Cl,Cl元素的单质Cl2是有毒气体,可以与NaOH在溶液中反应产生NaCl、NaClO和H2O,反应方程式为: Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,离子方程式为: Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O,所以用NaOH溶液吸收氯气可消除氯气对环境造成的污染。 【点睛】 本题考查了元素的位置、结构、性质的关系及应用。 正确推断各元素为解答本题的关键,要明确元素周期表结构、元素周期律的内容,并结合元素及其单质、化合物的性质进行解答。 6.A、B、C为电子层数小于或等于3的元素,A元素原子M层电子数为K层电子数的 ,B元素原子M层电子数为次外层与最内层电子数之差,C元素原子L层达稳定结构所需电子数为该层电子数的 。 由此推断三种元素原子的核电荷数及元素名称分别是A__________;B________;C________。 【答案】11、钠16、硫8、氧 【解析】 【分析】 电子层从里向外依次是K、L、M、N,据此分析;A元素原子M层电子数为K层电子数的 ,则M层有一个电子,据此分析;B元素原子M层电子数为次外层与最内层电子数之差,则M层电子数为8-2=6,据此分析;C元素原子L层达稳定结构所需电子数为该层电子数的 ,L层稳定结构含有8个电子,据此分析解答。 【详解】 A元素原子M层电子数为K层电子数的12,则M层有1个电子,所以A元素为钠元素,其核电荷数为11;B元素原子M层电子数为次外层与最内层电子数之差,则M层电子数=8-2=6,所以B元素为硫元素,其核电荷数为16;C元素原子L层达稳定结构所需电子数为该层电子数的13,L层的稳定结构为8电子结构,则L层电子数为6,所以C元素为氧元素,其核电荷数为8,故A的元素名称为钠,B的元素名称为硫,C的元素名称为氧,故答案为11、钠;16、硫;8、氧。 【点睛】 注意题目要求是元素名称,不能写元素符号,学生容易写错。 7.有X、Y、Z三种短周期元素,已知X原子L层电子比M层电子多2个,Y3+离子电子层结构与Ne相同;Z与X处于同一周期,其气态单质是双原子分子,两原子共用1对电子。 试回答: (1)写出元素X名称: ________; (2)写出Y元素在元素周期表的位置_______________; (3)画出元素Z的原子结构示意图: ___________________; (4)Z元素所在主族的元素形成的含氧酸酸性最强的是(写化学式)____________; (5)X的氢化物的电子式为______________; (6)写出Y单质与氢氧化钠溶液反应化学方程式_________________; (7)标准状况下,2.24LZ单质与足量氢氧化钙完全反应时,电子转移总数为_____mol。 【答案】硫第3周期第ⅢA族 HClO4 0.1 【解析】 【分析】 已知X原子L层电子比M层电子多2个,则X为S;Y3+离子电子层结构与Ne相同,则Y为Al;Z与X处于同一周期,其气态单质是双原子分子,两原子共用1对电子,则Z为Cl,以此答题。 【详解】 经分析,X为S,Y为Al,Z为Cl; (1)元素X名称为硫; (2)Y元素在元素周期表的位置第3周期第ⅢA族; (3)元素Z的原子结构示意图为: ; (4)Z元素所在主族的元素形成的含氧酸酸性最强的是HClO4; (5)X的氢化物为H2S其电子式为: ; (6)Y单质与氢氧化钠溶液反应化学方程式: ; (7)标准状况下,2.24LZ单质与足量氢氧化钙完全反应: ,电子转移总数 。 8.A、B、C、D、E五种短周期元素,它们的原子序数依次增大。 ①A元素组成的单质是相同条件下密度最小的物质;②B元素原子的最外层电子数是其内层电子总数的2倍;③D原子的电子层数与最外层电子数之比为3: 1;④E元素的最外层电子数是电子层数的2倍;⑤C与E同主族。 请回答下列问题: (1)B元素在周期表中的位置是: ______________ (2)写出化合物D2C2的电子式____________;该化合物中所含化学键类型为____________ (3)化合物A2C和A2E中,沸点较高的是______________(填化学式) (4)化合物EC2常温下呈气态,将其通入Ba(NO3)2溶液中,有白色沉淀和NO气体放出,该反应的离子方程式为_______________ (5)元素A、B、C按原子个数比2: 1: 1组成的化合物是常见的室内装修污染物,该物质的分子空间构型为______________;该化合物中B原子的杂化轨道类型为______________ 【答案】第二周期第IVA族 离子键、共价键H2O3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+平面三角形sp2 【解析】 【分析】 A、B、C、D、E五种短周期元素,它们的原子序数依次增大。 ①A元素组成的单质是相同条件下密度最小的物质,则A是H元素;②B元素原子的最外层电子数是其内层电子总数的2倍,则B原子核外有2个电子层,核外电子排布是2、4,B是C元素;③D原子的电子层数与最外层电子数之比为3: 1,则D核外电子排布式是2、8、1,D是Na元素;④E元素的最外层电子数是电子层数的2倍,则E核外电子排布是2、8、6,E是S元素;⑤C与E同主族,原子序数小于Na,大于C,则C是O元素。 结合元素的单质及化合物的结构、性质分析解答。 【详解】 根据上述分析可知A是H,B是C,C是O,D是Na,E是S元素。 (1)B是C元素,在周期表中的位置是第二周期第IVA族; (2)化合物D2C2是Na2O2,该物质中Na+与O22-通过离子键结合,在O22-中两个O原子通过共价键结合,所以其电子式为: ;该化合物中所含化学键类型为离子键、共价键; (3)化合物A2C是H2O,A2E是H2S,由于在H2O分子之间存在氢键,增加了分子之间的吸引力,使物质气化消耗较多的能量,因此沸点较高的是H2O; (4)化合物EC2是SO2,在常温下呈气态,该物质具有还原性,将其通入Ba(NO3)2溶液中,有白色沉淀和NO气体放出,根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒,可得该反应的离子方程式为3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+; (5)元素A、B、C按原子个数比2: 1: 1组成的化合物CH2O是常见的室内装修污染物,该物质的分子中,C原子采用sp2杂化,与O原子形成共价双键,再与2个H原子形成2个共价键,分子空间构型为平面三角形。 【点睛】 本题考查了元素的原子结构与物质性质的关系、有电子转移的离子方程式书写等知识。 根据题干信息正确推断元素是解题关键,能很好的反映学生对饮水机化合物的性质及物质结构理论的掌握和应用情况。 9.下表是元素周期表中的一部分。 周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0 1 A 2 E F H J 3 B C D G I 根据A~J在周期表中的位置,用元素符号或化学式回答下列问题: (1)电负性最强的元素是________,第一电离能最小的单质是________。 (2)最高价氧化物对应的水化物中,酸性最强的是__________,呈两性的是________。 (3)A分别与E、F、G、H、I形成的简单化合物中,沸点最高的是________。 (4)由B、C、D、G、I形成的单核离子中,半径最大的离子是________。 【答案】FNaHClO4Al(OH)3HFS2- 【解析】 【分析】 先根据元素在周期表的位置确定元素: A是H,B是Na,C是Mg,D是Al,E是C,F是N,G是S,H是F,I是Cl,J是Ne。 (1)在同一周期元素的原子中,原子半径越小,元素的非金属性越强,元素的电负性越大;元素的金属性越强,其第一电离能越小; (2)形成最高价含氧酸酸性最强的是物质HClO4;处于金属与非金属交界区的Al元素形成的氧化物的水化物显两性; (3)分子之间作用力越强,物质的熔沸点越高;分子之间存在的氢键,增加分子之间的吸引力,导致相应的氢化物沸点升高; (4)离子核外电子层数越多,离子半径越大;当离子核外电子层数相同时,离子的核电荷数越小,离子半径越大。 【详解】 根据上述分析可知A是H,B是Na,C是Mg,D是Al,E是C,F是N,G是S,H是F,I是Cl,J是Ne。 (1)元素的非金属性越强,其电负性越大,在上述元素中,非金属性最强的元素是F,所以电负性最强的元素是F;元素的金属性越强,原子半径越大,越容易失去电子,其第一电离能越小。 在上述元素中金属性最强的元素是Na元素,所以第一电离能最小的单质是Na; (2)上述元素形成最高价氧化物对应的水化物中,酸性最强的是HClO4,呈两性的是Al(OH)3; (3)H分别与C、N、S、F、Cl形成的简单化合物分别是CH4、NH3、H2S、HF、HCl,这些物质都是由分子构成,物质分子间作用力越强,克服分子间作用力消耗的能量越高,物质的熔沸点就越高。 氢键是比分子间作用力强很多的作用力,会使物质的熔沸点升高。 由于HF、NH3分子之间存在氢键,且氢键HF>NH3,因此物质的沸点最高的是HF。 (4)Na、Mg、Al、S、Cl都是第三周期的元素,Na+、Mg2+、Al3+是原子失去最外层电子形成的阳离子,核外电子排布是2、8;S2-、Cl-是原子获得电子形成阴离子,核外电子排布是2、8、8。 由于离子核外电子层数越多,离子半径越大;当离子核外电子层数相同时,离子的核电荷数越小,离子半径越大,所以上述元素形成的单核离子中,半径最大的离子是S2-。 【点睛】 本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用,涉及电离能、电负性、氢键、离子半径大小比较等知识点,要根据物质结构特点、氢键对物质性质的影响等
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