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高考化学原子结构与元素周期表综合题汇编
2020-2021高考化学原子结构与元素周期表综合题汇编
一、原子结构与元素周期表练习题(含详细答案解析)
1.南京理工教授制出了一种新的全氮阴离子盐—AgN5,目前已经合成出钠、锰、铁、钴、镍、镁等几种金属的全氮阴离子盐。
(1)基态Mn2+的价电子排布式为____;银与铜位于同一族,银元素位于元素周期表的___区。
(2)[Mg(H2O)6]2+[(N5)2(H2O)4]2-的晶体的部分结构如图1所示:
N、O、Mg元素的前3级电离能如下表所示:
元素
I1/kJ∙mol-1
I2/kJ∙mol-1
I3/kJ∙mol-1
X
737.7
1450.7
7732.7
Y
1313.9
3388.3
5300.5
Z
1402.3
2856.0
4578.1
①X、Y、Z中为N元素的是____,判断理由是__________。
②从作用力类型看,Mg2+与H2O之间是________、N5与H2O之间是________。
③N5-为平面正五边形,N原子的杂化类型是_______。
科学家预测将来还会制出含N4-、N6-等平面环状结构离子的盐,这一类离子中都存在大π键,可用符号π
表示,其中m代表参与形成大π键的原子数,n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π
),则N4-中的大π键应表示为_________。
(3)AgN5的立方晶胞结构如图2所示,Ag+周围距离最近的Ag+有_______个。
若晶体中紧邻的N5-与Ag+的平均距离为anm,NA表示阿伏加德罗常数的值,则AgN5的密度可表示为_____g∙cm-3(用含a、NA的代数式表示)。
【答案】3d5dsZX最外层为2个电子,X为镁;N的2p轨道处于半充满的稳定状态,其失去第一个电子较难,I1较大,则Z为氮元素配位键氢键sp2
12
【解析】
【分析】
(1)根据构造原理书写出25号Mn元素的原子核外电子排布式,Mn原子失去最外层2个电子得到Mn2+;根据原子结构与元素在周期表的位置确定Ag在周期表所属区域;
(2)①根据元素的电离能大小结合原子结构确定X、Y、Z三种元素,然后判断哪种元素是N元素;
②根据图示,判断晶体中阳离子、阴离子中含有的作用力类型;
③结合N5-为平面正五边形结构,结合原子杂化类型与微粒构型关系分析判断,结合微粒的原子结构分析大π键的形成;
(3)根据晶胞中离子的相对位置判断Ag+的配位数,利用均摊方法计算1个晶胞中含有的AgN5的个数,结合ρ=
计算密度大小。
【详解】
(1)Mn是25号元素,根据构造原理可得Mn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2,Mn原子失去最外层2个电子得到Mn2+,其价电子排布式为3d5;Ag、Cu在周期表中位于第IB,发生变化的电子有最外层的s电子和次外层的d电子,属于ds区元素;
(2)①X的第一、第二电离能比较小且很接近,说明X原子最外层有2个电子,容易失去,则X为Mg元素,Z的第一电离能在三种元素中最大,结合N原子2p轨道处于半充满的稳定状态,其失去第一个电子较难,I1较大,可推知Z为N元素,Y是O元素;
②在该晶体中阳离子[Mg(H2O)6]2+的中心离子Mg2+含有空轨道,而配位体H2O的O原子上含有孤电子对,在结合时,Mg2+提供空轨道,H2O的O原子提供孤电子对,二者形成配位键;在阴离子[(N5)2(H2O)4]2-上N5-与H2O的H原子之间通过氢键结合在一起,形成N…H-O,故二者之间作用力为氢键;
③若原子采用sp3杂化,形成的物质结构为四面体形;若原子采用sp2杂化,形成的物质结构为平面形;若原子采用sp杂化,则形成的为直线型结构。
N5-为平面正五边形,说明N原子的杂化类型为sp2杂化;在N5-中,每个N原子的sp2杂化轨道形成2个σ键,N原子上还有1个孤电子对及1个垂直于N原子形成平面的p轨道,p轨道间形成大π键,N5-为4个N原子得到1个电子形成带有1个单位负电荷的阴离子,所以含有的电子数为5个,其中大π键是由4个原子、5个电子形成,可表示为
;
(3)根据AgN5的晶胞结构示意图可知,假设以晶胞顶点Ag+为研究对象,在晶胞中与该Ag+距离相等且最近的Ag+在晶胞面心上,通过该顶点Ag+可形成8个晶胞,每个面心上的Ag+被重复使用了2次,所以与Ag+距离相等且最近的Ag+的数目为
=12个;在一个晶胞中含有Ag+的数目为8×
+6×
=4,含有N5-的数目为1+12×
=4,晶胞体积为V=(2a×10-7)3cm3,则ρ=
g/cm3。
【点睛】
本题考查了物质结构,涉及电离能的应用、作用力类型的判断、大π的分析、晶胞计算,掌握物质结构知识和晶体密度计算方法是解题关键,要注意电离能变化规律及特殊性,利用均摊方法分析判断晶胞中含有微粒数目,结合密度计算公式解答。
2.硅是构成矿物和岩石的主要成分,单质硅及其化合物具有广泛的用途。
完成下列填空:
I.某些硅酸盐具有筛选分子的功能,一种硅酸盐的组成为:
M2O·R2O3·2SiO2·nH2O,已知元素M、R均位于元素周期表的第3周期。
两元素原子的质子数之和为24。
(1)该硅酸盐中同周期元素原子半径由大到小的顺序为________________;
(2)写出M原子核外能量最高的电子的电子排布式:
__________________;
(3)常温下,不能与R单质发生反应的是___________(选填序号);
a.CuCl2溶液b.Fe2O3c.浓硫酸d.Na2CO3溶液
(4)写出M、R两种元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式:
____________________________________________。
II.氮化硅(Si3N4)陶瓷材料硬度大、熔点高。
可由下列反应制得:
SiO2+C+N2
Si3N4+CO
(5)Si3N4晶体中只有极性共价键,则氮原子的化合价为______,被还原的元素为______________。
(6)C3N4的结构与Si3N4相似。
请比较二者熔点高低。
并说明理由:
_____________________。
(7)配平上述反应的化学方程式,并标出电子转移的数目和方向。
_________________
(8)如果上述反应在10L的密闭容器中进行,一段时间后测得气体密度增加了2.8g/L,则制得的Si3N4质量为_____________。
【答案】Na>Al>Si3s1bd
-3N2中氮元素两者均为原子晶体,碳原子半径小于硅原子半径,因此C3N4中碳原子与氮原子形成的共价键键长较Si3N4中硅原子与氮原子形成的共价键键长小,键能较大,熔点较高
35g
【解析】
【分析】
【详解】
I.
(1)化合物的化合价代数和为0,因此M呈+1价,R呈+3价,M、R均位于元素周期表的第3周期,两元素原子的质子数之和为24,则M为Na,R为Al,该硅酸盐中Na、Al、Si为同周期元素,元素序数越大,其半径越小,因此半径大小关系为:
Na>Al>Si;
(2)M原子核外能量最高的电子位于第三能层,第三能层上只有1个电子,其电子排布式为:
3s1;
(3)常温下,Al与CuCl2溶液反应能将铜置换出来;Al与Fe2O3在高温反应;Al与浓硫酸发生钝化;Al与Na2CO3溶液在常温下不发生反应;
故答案为:
bd;
(4)Na、Al两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为:
NaOH、Al(OH)3,二者反应的离子方程式为:
;
II.(5)非金属性N>Si,因此Si3N4中N元素化合价为-3价;该反应中N元素化合价从0价降低至-3价,N元素被还原;
(6)Si3N4陶瓷材料硬度大、熔点高,晶体中只有极性共价键,说明Si3N4为原子晶体,C3N4的结构与Si3N4相似,说明C3N4为原子晶体,两者均为原子晶体,碳原子半径小于硅原子半径,因此C3N4中碳原子与氮原子形成的共价键键长较Si3N4中硅原子与氮原子形成的共价键键长小,键能较大,熔点较高;
(7)该反应中Si元素化合价不变,N元素化合价从0价降低至-3价,C元素化合价从0价升高至+2价,根据得失电子关系以及原子守恒配平方程式以及单线桥为:
;
(8)气体密度增加了2.8g/L,说明气体质量增加了2.8g/L×10L=28g,
因此生成的Si3N4质量为
=35g。
3.正电子、负质子等都属于反粒子,它们跟普通电子、质子的质量、电荷量均相等,而电性相反。
科学家设想在宇宙的某些部分可能存在完全由反粒子构成的物质—反物质。
1997年年初和年底,欧洲和美国的科研机构先后宣布:
他们分别制造出9个和7个反氢原子。
这是人类探索反物质的一大进步。
(1)你推测反氢原子的结构是(____)
A.由1个带正电荷的质子与1个带负电荷的电子构成
B.由1个带负电荷的质子与1个带正电荷的电子构成
C.由1个不带电子的中子与1个带负电荷的电子构成
D.由1个带负电荷的质子与1个带负电荷的电子构成
(2)反物质酸、碱中和反应的实质是(____)
A.H-+OH+=H2OB.H++OH+=H2O
C.H-+OH-=H2OD.H++OH-=H2O
(3)若有反α粒子(α粒子即氦核),它的质量数为_________电荷数为_______。
【答案】BA42
【解析】
【分析】
根据反粒子特征和定义进行解答。
【详解】
(1)A.由一个带正电荷的质子和一个带负电荷的电子构成的,这是正常氢原子的构成,故A错误;
B.由一个带负电荷的质子和一个带正电荷的电子构成的, 符合反氢原子的构成, 故B正确;
C.由一个不带电的中子和一个带负电荷的电子构成的,不正确,因为反氢原子中电子带正电,故C错误;
D.由一个带负电荷的质子和一个带负电荷的电子构成,原子不显电性,不能都带负电荷。
故D错误。
答案:
B。
(2)酸碱中和反应是H+ +OH-=H2O,根据反物质的定义特征,可知反物质酸碱中和反应为H- +OH+= H2O,所以A符合题意,答案:
A;
(3)已知a粒子质量数为4,带2个正电荷,因此反a粒子质量数为4, 电荷数为-2。
答案:
4;2。
【点睛】
根据反粒子的定义:
正电子、负质子等都属于反粒子;反粒子的特征:
它们跟普通电子、质子的质量、电荷量均相等,而电性相反进行解答。
4.下表是元素周期表的一部分,针对表中用字母标出的元素,回答下列问题:
(除特别注明外,其它一律用化学式表示)
(1)由E形成的物质中硬度最大的是___(填名称),属于___(填“晶体类型”)。
(2)最高价氧化物水化物中碱性最强的化合物的电子式是___,该碱溶液与D的最高价氧化物反应的离子方程式___。
(3)常用作光导纤维的是___。
(4)G、H、I形成的气态氢化物稳定性由强到弱的顺序___。
(5)H、J、K的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序___。
(6)I、J、K三种元素形成的离子,离子半径由大到小的顺序是___。
(7)元素I的氢化物的结构式为___;该氢化物常温下和元素K的单质反应的化学方程式为___。
【答案】金刚石原子晶体
2OH-+Al2O3=2AlO2-+H2OSiO2H2O>NH3>PH3HClO4>H2SO4>H3PO4S2->Cl->O2-H—O—HCl2+H2O
HClO+HCl
【解析】
【分析】
根据元素周期表可知,A为氢元素,B为钠元素,C为镁元素,D为铝元素,E为碳元素,F为硅元素,G为氮元素,H为磷元素,I为氧元素,J为硫元素,K为氯元素,L为氩元素。
【详解】
(1)E为碳元素,形成的物质中硬度最大的是金刚石,属于原子晶体,故答案为:
金刚石;原子晶体;
(2)同周期元素从左到右,金属性逐渐减弱,同主族元素,从上到下,金属性逐渐增强,可知钠金属性最强,对应的碱为氢氧化钠,其电子式为
,D为铝元素,其最高价氧化物为氧化铝,氧化铝有两性,与氢氧化钠反应的离子反应方程式为2OH-+Al2O3=2AlO2-+H2O,故答案为:
;2OH-+Al2O3=2AlO2-+H2O;
(3)二氧化硅常用作光导纤维,故答案为:
SiO2;
(4)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,则非金属性O>N>P,非金属性强的元素对应的氢化物越稳定,则稳定性H2O>NH3>PH3,故答案为:
H2O>NH3>PH3;
(5)同周期元素从左到右非金属性逐渐增强,则非金属性Cl>S>P,非金属性强的元素对应的最高价含氧酸的酸性强,则酸性HClO4>H2SO4>H3PO4,故答案为:
HClO4>H2SO4>H3PO4;
(6)S2-、Cl-均有三个电子层,核外电子排布相同,则核电荷数小的离子半径大,即S2->Cl-,O2-有两个电子层,比S2-、Cl-的离子半径都小,则S2->Cl->O2-,故答案为:
S2->Cl->O2-;
(7)元素I的氢化物为水,结构式为H—O—H,水在常温下和氯气反应的化学方程式为Cl2+H2O
HClO+HCl,故答案为:
H—O—H;Cl2+H2O
HClO+HCl。
5.如图是元素周期表中的前四周期,①~⑨为相应的元素,请从中选择合适的元素回答问题:
(1)根据元素原子的外围电子排布特征,元素周期表可划分为五个区域,元素⑦位于周期表的___区。
(2)写出元素③与元素⑤形成的稳定化合物的结构式______。
(3)②、⑥两元素形成的化合物其中心原子的杂化轨道类型为___。
(4)元素⑦与CO可形成X(CO)5型化合物,该化合物常温下呈液态,熔点为-20.5℃,沸点为103℃,易溶于非极性溶剂,据此可判断该化合物晶体属于____晶体(填晶体类型)。
(5)元素⑨的离子的氢氧化物不溶于水,但可溶于氨水,该离子与NH3间结合的作用力为____。
(6)将①、⑥形成的化合物溶于水,其与水间可能存在的氢键表示为____________(写一种即可)。
(7)金属⑦有δ、γ、α三种同素异形体,各晶胞如下图,则δ和α中原子的配位数之比为________。
【答案】dO=C=Osp2杂化分子配位键F-H…F、F-H…O、O-H…F、O-H…O4:
3
【解析】
【分析】
根据元素周期表可知①为H元素、②为B元素、③为C元素、④为N元素、⑤为O元素、⑥为F元素、⑦为Fe元素、⑧为Cu元素、⑨为Zn元素。
【详解】
(1)元素⑦为Fe元素,位于周期表的d区,故答案为:
d;
(2)元素③为C元素、元素⑤为O元素,其形成的稳定化合物为二氧化碳,结构式为:
O=C=O,故答案为:
O=C=O;
(3)②为B元素、⑥为F元素,两元素形成的化合物为BF3,中心原子是B,价层电子对个数=σ键+孤电子对个数=3+0=3,杂化轨道类型为:
sp2杂化,故答案为:
sp2杂化;
(4)元素⑦为Fe元素、与CO可形成Fe(CO)5型化合物,该化合物常温下呈液态,熔点为-20.5 ℃,沸点为103 ℃,易溶于非极性溶剂,据此可判断该化合物晶体属于分子晶体,故答案为:
分子;
(5)元素⑨Zn元素,氢氧化物为Zn(OH)2不溶于水,但可溶于氨水,Zn2+离子与NH3间结合的作用力为配位键,故答案为:
配位键;
(6)①为H元素、⑥为F元素,形成的化合物为HF,溶于水,与水分子间可能存在的氢键表示为:
F-H…F、F-H…O、O-H…F、O-H…O,故答案为:
F-H…F、F-H…O、O-H…F、O-H…O;
(7)金属⑦为Fe,有δ、γ、α三种同素异形体,δ为体心立方,α为简单立方,原子的配位数之比为8:
6=4:
3,故答案为:
4:
3。
【点睛】
金属晶体的原子堆积模型:
①简单立方堆积,空间利用率
,配位数6;②体心立方堆积,空间利用率
,配位数8;③六方最密堆积,空间利用率
,配位数12;④面心立方最密堆积,空间利用率
,配位数12。
6.原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F都是元素周期表中前20号元素,B、C、D、E同周期,A、D同主族,且A的原子结构中最外层电子数是电子层数的3倍。
F和其他元素既不在同周期也不在同主族,且B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水。
根据以上信息,回答下列问题:
(1)A、F的名称为______、_______ 。
(2)A和D与氢元素形成的氢化物中,沸点较高的是______(填化学式,下同),D和E的最高价氧化物对应的水化物中酸性较强的是_________,写出A和B形成的化合物中含有共价键的化合物的电子式_____。
(3)B、C形成的单质中与水反应较剧烈的是________,相应反应的化学方程式为______________。
(4)写出C的最高价氧化物对应的水化物与B的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式_______。
【答案】氧钙H2OHClO4
Na2Na+2H2O=2NaOH+H2↑Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
【解析】
【分析】
原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F都是元素周期表中前20号元素,A的原子结构中最外层电子数是电子层数的3倍,最外层最多容纳8个电子,则A含有2个电子层,最外层含有6个电子,A为O元素;A、D同主族,则D为S元素;B、C、D、E同一周期,则四种元素都位于元素周期表第三周期,E的原子序数大于S,则E为Cl元素;B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水,则B为Na元素,C为Al元素;F和其他元素既不在同周期也不在同主族,则F位于第四周期,F不可能为K元素,只能为Ca元素,据此进行解答。
【详解】
根据上述分析可知:
A为O,B为Na,C为Al,D为S,E为Cl,F为Ca元素。
(1)根据分析可知,A、F元素的名称分别为氧、钙;
(2)A、D分别为O、S,二者的氢化物分别为H2O、H2S,由于H2O分子之间存在氢键,增加了分子之间的作用力,导致其沸点比H2S高;
D为S、E为Cl,元素的非金属性:
Cl>S,由于元素的非金属性越强,其最高价含氧酸的酸性越强,所以S、Cl元素的最高价含氧酸的酸性较强的为高氯酸,其化学式为:
HClO4;
A为O,B为Na,二者形成的含共价键的化合物为Na2O2,Na2O2是由2个Na+与1个O22-通过离子键结合而成的离子化合物,电子式为
;
(3)B、C的单质分别为Na、Al,钠的金属性比铝强,与水反应更剧烈。
钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,反应的化学方程式为:
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑;
(4)C是Al,Al的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3,B是Na,Na的最高价氧化物对应的水化物为NaOH,Al(OH)3是两性氢氧化物,能够与强碱NaOH反应产生NaAlO2和H2O,二者反应的离子方程式为:
Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
【点睛】
本题考查了元素的位置、结构与性质关系的应用,根据元素的原子结构及性质和相互关系推断元素为解答关键,注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容,试题有利于培养学生的分析能力及灵活应用能力。
7.元素周期表与元素周期律在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。
下表列出了a~e5种元素在周期表中的位置。
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
a
3
b
c
d
e
(1)a的元素符号是______。
(2)金属性b强于c,用原子结构解释原因:
______,失电子能力b大于c。
(3)d、e的最高价氧化物对应的水化物中,酸性较强的的是______。
(4)已知硒(Se)与d同主族,且位于d下一个周期,根据硒元素在元素周期表中的位置推测,硒可能具有的性质是______。
①其单质在常温下呈固态
②SeO2既有氧化性又有还原性
③最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SeO3
④非金属性比e元素的强
【答案】C电子层数b与c相同,核电荷数b小于c,原子半径b大于cHClO4①②
【解析】
【分析】
由元素在周期表中的分布可知,a是C,b是Na,c是Al,d是S,e是Cl,结合元素周期律分析解答。
【详解】
由元素在周期表中的分布可知,a是C,b是Na,c是Al,d是S,e是Cl。
(1)a是碳元素,元素符号为C,故答案为:
C;
(2)b是钠,c是铝,由于电子层数b与c相同,核电荷数b小于c,原子半径b大于c,失电子能力b大于c,因此金属性b强于c,故答案为:
电子层数b与c相同,核电荷数b小于c,原子半径b大于c;
(3)d的非金属性小于e,因此最高价氧化物对应的水化物中,酸性较强的的是高氯酸,故答案为:
HClO4;
(4)硒(Se)与S同主族,且位于S下一个周期,非金属性比S弱。
①常温下硫为固体,同一主族元素的非金属单质,从上到下,熔沸点逐渐升高,因此硒单质在常温下呈固态,故①正确;②SeO2中Se的化合价为+4价,介于-2~+6之间,既有氧化性又有还原性,故②正确;③Se的最高价为+6价,最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SeO4,故③错误;④硒(Se)与S同主族,且位于S下一个周期,非金属性比S弱,故④错误;故答案为:
①②。
【点睛】
本题的易错点为(4),要注意元素周期律的理解和应用,②的判断要注意在氧化还原反应中处于中间价态的元素既有氧化性又有还原性。
8.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:
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