高考化学原子结构与元素周期表的综合热点考点难点附答案解析.docx
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高考化学原子结构与元素周期表的综合热点考点难点附答案解析.docx
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高考化学原子结构与元素周期表的综合热点考点难点附答案解析
高考化学原子结构与元素周期表的综合热点考点难点附答案解析
一、原子结构与元素周期表练习题(含详细答案解析)
1.著名化学家徐光宪在稀土化学等领域取得了卓越成就,被誉为“稀土界的袁隆平”。
稀土元素包括钪、钇和镧系元素。
请回答下列问题:
(1)写出基态二价钪离子(Sc2+)的核外电子排布式____,其中电子占据的轨道数为____。
(2)在用重量法测定镧系元素和使镧系元素分离时,总是使之先转换成草酸盐,然后经过灼烧而得其氧化物,如2LnCl3+3H2C2O4+nH2O=Ln2(C2O4)3∙nH2O+6HCl。
①H2C2O4中碳原子的杂化轨道类型为____;1molH2C2O4分子中含σ键和π键的数目之比为___。
②H2O的VSEPR模型为___;写出与H2O互为等电子体的一种阴离子的化学式_______。
③HCI和H2O可以形成相对稳定的水合氢离子盐晶体,如HCl∙2H2O,HCl∙2H2O中含有H5O2+,结构为
,在该离子中,存在的作用力有___________
a.配位键b.极性键c.非极性键d.离子键e.金属键f氢键g.范德华力h.π键i.σ键
(3)表中列出了核电荷数为21~25的元素的最高正化合价:
元素名称
钪
钛
钒
铬
锰
元素符号
Sc
Ti
V
Cr
Mn
核电荷数
21
22
23
24
25
最高正价
+3
+4
+5
+6
+7
对比上述五种元素原子的核外电子排布与元素的最高正化合价,你发现的规律是___________
(4)PrO2(二氧化镨)的晶胞结构与CaF2相似,晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点。
假设相距最近的Pr原子与O原子之间的距离为apm,则该晶体的密度为_____g∙cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值,不必计算出结果)。
【答案】1s22s22p63s23p63d110sp2杂化7:
2四面体形NH2-abfi五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s电子和次高能层d电子数目之和
【解析】
【分析】
(1)Sc(钪)为21号元素,1s22s22p63s23p63d14s2,据此写出基态Sc2+核外电子排布式;s、p、d能级分别含有1、3、5个轨道,基态Sc2+的核外电子3d轨道只占了一个轨道,据此计算Sc2+占据的轨道数;
(2)①根据杂化轨道理论进行分析;根据共价键的类型结合该分子的结构进行分析计算;
②根据价层电子对互斥理论分析H2O的分子空间构型;等电子体是原子数相同,电子数也相同的物质,据此写出与之为等电子体的阴离子;
③HCl∙2H2O中含有H5O2+,结构为
,据此分析该粒子存在的作用力;
(3)根据表中数据,分别写出Sc、Ti、V、Cr、Mn的外围电子排布式为:
3d14s2、3d24s2、3d34s2、3d54s1、3d54s2,则有五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s电子和次高能层d电子数目之和;
(4)根据均摊法进行计算该晶胞中所含粒子的数目,根据密度=
进行计算。
【详解】
(1)Sc(钪)为21号元素,基态Sc2+失去两个电子,其核外电子排布式为:
1s22s22p63s23p63d1,s、p、d能级分别含有1、3、5个轨道,但基态Sc2+的核外电子3d轨道只占了一个轨道,故共占据1×3+3×2+1=10个,故答案为:
1s22s22p63s23p63d1;10;
(2)①H2C2O4的结构式为
,含碳氧双键,则碳原子的杂化轨道类型为sp2杂化,分子中含有7个σ键、2个π键,所以σ键和π键数目之比为:
7:
2,故答案为:
sp2杂化;7:
2;
②H2O中O原子的价层电子对数
,且含有两个2个孤对电子,所以H2O的VSPER模型为四面体形,分子空间构型为V形,等电子体是原子数相同,电子数也相同的物质,因此,与H2O互为等电子体的阴离子可以是NH2-,故答案为:
四面体形;NH2-;
③HCl∙2H2O中含有H5O2+,结构为
,存在的作用力有:
配位键、极性键、氢键和σ键,故答案为:
abfi;
(3)根据表中数据,分别写出Sc、Ti、V、Cr、Mn的外围电子排布式为:
3d14s2、3d24s2、3d34s2、3d54s1、3d54s2,则有五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s电子和次高能层d电子数目之和,故答案为:
五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s电子和次高能层d电子数目之和;
(4)由图可知,相距最近的Pr原子和O原子之间的距离为该立方体晶胞的体对角线的
,则该晶胞的晶胞参数
,每个晶胞中占有4个“PrO2”,则该晶胞的质量为
,根据
可得,该晶体的密度为:
,故答案为:
。
【点睛】
本题考查新情景下物质结构与性质的相关知识,意在考查考生对基础知识的掌握情况以及对知识的迁移能力;本题第
(2)小题的第②问中H2O的VSEPR模型容易习惯性写为空间构型V形,解答时一定要仔细审题,注意细节。
2.我国科学家受中医启发,发现As2O3(俗称砒霜)对白血病有疗效。
氮、磷、砷(As)是VA族、第二至第四周期的元素,这些元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。
完成下列填空:
(1)As原子最外层电子的轨道表示式为_____________;砷蒸气的分子式:
As4,其分子结构与白磷(P4)相似,也是正四面体,则As4中砷砷键的键角是__________。
(2)P的非金属性比As强,从原子结构的角度解释其原因_______;如图是元素周期表的一部分,请推测砷的单质或其化合物可能具有的性质_______________(写出两条即可)
(3)NH4NO3可做化肥,但易爆,300℃发生爆炸:
2NH4NO3→2N2↑+O2↑+4H2O。
每生成2molN2,反应中转移的电子为_____mol,氧化产物与还原产物的质量之比为_____。
(4)发电厂常用氨气吸收烟气中的CO2。
常温下,当CO2不断通入pH=11的氨水中时会产生微量的新离子:
NH2COO-。
(i)写出NH2COO-的电子式___________。
(ii)计算原氨水中c(NH4+)=_______mol/L。
【答案】
60oP原子核外有三个电子层,As原子核外有四个电子层,P的原子半径<As,P吸引电子的能力更强,所以P的非金属性更强砷是半导体,砷的氧化物是两性氧化物、砷的最高价氧化物对应水化物是两性氢氧化物等1015:
7
10-3-10-11(或10-3)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)As的最外层有5个电子,As原子最外层电子的轨道表示式为
;As4分子结构与白磷(P4)相似,也是正四面体,键角为60o;
(2)由于为P原子核外有三个电子层,As原子核外有四个电子层,P的原子半径小于As,P吸引电子的能力更强,所以P的非金属性更强;由位置可知,砷是半导体,则砷的氧化物是两性氧化物、砷的最高价氧化物对应水化物是两性氢氧化物;
(3)该反应2NH4NO3→2N2↑+O2↑+4H2O中N元素化合价由−3价、+5价变为0价,O元素的化合价由−2价升高为0,则氮气既是氧化产物也是还原产物,氧气为氧化产物,转移电子个数为10,则每生成2molN2,反应中转移的电子为10mol,氧化产物与还原产物的质量之比为(32+28):
28=15:
7。
(4)①NH2COO−的电子式为
;
②pH=11的氨水中,c(H+)=10-11mol/L,c(OH-)=10-3mol/L,由电荷守恒可知,c(NH4+)+c(H+)=c(OH-),解得c(NH4+)=(10-3-10-11)mol/L或=10-3mol/L。
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.下表是元素周期表的一部分,除标出的元素外,表中的每个编号代表一种元素。 请根据要求回答问题: (1)②的元素符号是______。 (2)⑤和⑥两种元素的非金属性强弱关系是: ⑤______⑥。 (3)①和③两种元素组成的化合物中含有的化学键为________(填“离子键”或“共价键”)。 (4)④和⑥两种元素组成的化合物与AgNO3溶液反应的离子方程式为__________。 【答案】C<共价键Ag++Cl-=AgCl↓ 【解析】 【分析】 根据元素在周期表中的位置分析元素的种类;根据元素周期律及元素性质分析解答。 【详解】 根据元素周期表的结构及元素在周期表中的位置分析知,①为氢,②为碳,③为氧,④为钠,⑤为硫,⑥为氯; (1)碳的元素符号是C,故答案为: C; (2)⑤和⑥处于相同周期,同周期元素随核电荷数增大,非金属性增强,则两种元素的非金属性强弱关系是: ⑤<⑥,故答案为: <; (3)H和O两种元素组成的化合物中有H2O和H2O2,都属于共价化合物,含有的化学键为共价键,故答案为: 共价键; (4)Na和Cl两种元素组成的化合物为NaCl,与AgNO3溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠,离子方程式为: Ag++Cl-=AgCl↓,故答案为: Ag++Cl-=AgCl↓。 5.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。 6.A、B、C、D、E、F的核电荷数依次增大,且均为核电荷数小于18的非稀有气体元素。 A的单质是自然界中密度最小的气体,A和C可形成A2C和A2C2两种常见的液态化合物,B、C原子的最外层电子数之和等于11,D+与C的简单离子的最外层电子排布相同,C、E原子的最外层电子数相同。 请回答下列问题: (1)写出元素符号: B______,D______。 (2)A元素具有两个中子的核素的表示符号为______,E的简单离子的结构示意图是______。 (3)A2C2的分子式为______。 (4)将少量 的单质通入足量NaOH溶液中,发生反应的离子方程式是______。 【答案】NNa H2O2Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O 【解析】 【分析】 A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的六种短周期主族元素,A单质是自然界中密度最小的气体为氢气,A为H元素,A和C可形成A2C和A2C2两种常见的液态化合物,为H2O、H2O2,则C为O元素,C原子最外层有6个电子,B、C原子的最外层电子数之和等于11,则B最外层有5个电子,B为N元素;D+与C的简单离子核外电子排布相同,判断为Na+,D为Na元素,C、E原子的最外层电子数相同,则C、E同主族,E为S元素,F为Cl元素,然后根据问题分析、解答。 【详解】 根据上述分析可知: A是H,B是N,C是O,D是Na,E是S,F是Cl元素。 (1)B元素符号为N,D元素符号为Na; (2)A是H原子,原子核内有1个质子,若原子核内有2个中子,则其质量数为1+2=3,用符号表示为 ;E是S,S原子获得2个电子变为S2-,则S2-的简单离子的结构示意图是 ; (3)A是H,C是O,A2C2是H2O2; (4)F是Cl,Cl2能够与NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O,该反应的离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。 【点睛】 本题考查了元素的位置、结构、性质关系及其应用,根据元素的原子结构及物质的性质、位置关系及形成化合物的性质推断元素是解题关键,题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移应用能力。 7.A、B、C为短周期元素,在周期表中所处的位置如图所示。 A、C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数,B原子核内质子数和中子数相等。 (1)写出A、B、C的名称: A_____、B_____、C_____。 (2)C在元素周期表中的位置是_____。 (3)B的原子结构示意图为_____,C的氢化物与B的氢化物的稳定性强弱顺序 > (填化学式)。 _______ (4)比较A、C的原子半径: A_____(填“>”“<”或“=”)C。 【答案】氮硫氟第二周期ⅦA HF>H2S> 【解析】 【分析】 A、B、C为短周期元素,由它们在周期表中的位置,可知A、C处于第二周期,B处于第三周期,令A原子核外电子为x,则B质子数为x+9,C核外电子数为x+2,则: x+x+2=x+9,解得x=7,故A为N元素、B为S元素、C为F元素,据此解答。 【详解】 A、B、C为短周期元素,由它们在周期表中的位置,可知A.C处于第二周期,B处于第三周期,令A原子核外电子为x,则B质子数为x+9,C核外电子数为x+2,则: x+x+2=x+9,解得x=7,故A为N元素、B为S元素、C为F元素, (1)由上述分析可知,A为氮、B为硫、C为氟; (2)C为氟,处于周期表中第二周期ⅦA族; (3)B为S元素,原子结构示意图为 ;非金属性: F>S,非金属性越强其对应简单气态氢化物的稳定性越大,故氢化物稳定性: HF>H2S; (4)A为N、C为F,同一周期,自左至右,元素的原子半径减小,故原子半径: N>F。 8.有关物质存在如图所示的转化关系,已知C、G、H为中学常见的单质,其中G固态时呈紫黑色,C、H在通常状况下为气体,实验室常用E在B的催化加热下制单质H。 (1)写出B物质的名称_______________________; (2)写出①的化学反应方程式___________________________________________________; (3)写出②的离子方程式_____________________________________________________________; (4)在D溶液中通入C后的溶液中,分离出G的操作名称是_______________________。 【答案】二氧化锰MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+Cl2↑+2H2O6I-+ClO3-+6H+=3I2+Cl-+3H2O萃取 【解析】 【分析】 G为紫黑色固体单质,且是常见单质,则G是碘单质;实验室常用E在B的催化加热下制单质H,实验室需要催化剂制取的气体单质只有氧气,所以H为O2,常用氯酸钾在二氧化锰的催化下加热分解制取氧气,所以B为MnO2,E是KClO3;浓A溶液与B(二氧化锰)加热可以生成气体单质C,则A为HCl,气体C为Cl2,氯气可以与D(含I-溶液)反应生成碘单质,且D与HCl、KClO3反应生成碘单质,根据元素守恒可知F为KCl溶液,则D为KI溶液。 【详解】 (1)根据分析可知B为二氧化锰,故答案为: 二氧化锰; (2)该反应为浓盐酸与二氧化锰共热制取氯气的反应,故答案为: MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+Cl2↑+2H2O; (3)该反应为KI在酸性环境中与KClO3发生归中反应生成碘单质的反应,故答案为: 6I-+ClO3-+6H+=3I2+Cl-+3H2O; (4)通过萃取可将碘单质从溶液中分离,故答案为: 萃取。 【点睛】 实验室制取氧气的反应有: 1、加热高锰酸钾,化学式为: 2KMnO4===(△)K2MnO4+MnO2+O2↑; 2、用催化剂MnO2并加热氯酸钾,化学式为: 2KClO3 2KCl+3O2↑; 3、双氧水在催化剂MnO2(或红砖粉末,土豆,水泥,铁锈等)中,生成O2和H2O,化学式为: 2H2O2 2H2O+O2↑; 9.有关元素X、Y、D、E的信息如下: 元素 有关信息 X 地壳中含量最高的元素 Y 第三周期中原子半径最小的元素 D 最高价氧化物既能溶于强酸又能溶于强碱 E 单质是生活中常见金属,其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏 用化学用语回答下列问题: (1)D在元素周期表中的位置为____。 (2)X、Y、D形成的简单离子的半径由大到小为_____。 (3)X的一种氢化物可用于实验室制取X的单质,其反应的化学方程式为_________,D的单质溶于强碱的离子方程式为________。 (4)E元素与Y元素可形成EY2和EY3两种化合物,下列说法正确的是(填序号)_____。 ①保存EY2溶液时,需向溶液加入少量E单质 ②EY2、EY3均能通过化合反应生成 ③向煮沸的NaOH溶液中滴加几滴饱和EY3溶液,可以制得胶体 【答案】第三周期第ⅢA族r(Cl-)>r(O2-)>r(Al3+)2H2O2 2H2O+O2↑2Al+2OH-+2H2O=2A1O2-+3H2↑①② 【解析】 【分析】 X是地壳中含量最高的元素,则其为氧(O);Y为第三周期中原子半径最小的元素,则其为氯(Cl);D元素的最高价氧化物既能溶于强酸又能溶于强碱,则其为铝(Al);E的单质是生活中常见金属,其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏,则其为铁(Fe)。 【详解】 (1)铝的原子结构示意图为 ,则其在元素周期表中的位置为第三周期第ⅢA族; (2)比较O2-、Al3+、Cl-的半径时,O2-、Al3+为两个电子层数,Cl-为三个电子层,则Cl-半径最大,O2-、Al3+的核电荷数,前者为8后者为13,所以离子半径前者大于后者,从而得出离子半径大小关系为r(Cl-)>r(O2-)>r(Al3+); (3)X的一种氢化物可用于实验室制取X的单质,则其为H2O2,其反应的化学方程式为2H2O2 2H2O+O2↑,Al的单质溶于强碱离子的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2A1O2-+3H2↑; (4)①保存FeCl2溶液时,需向溶液加入少量Fe单质,以防止Fe2+被空气中O2氧化,①正确; ②FeCl2可由Fe与FeCl3化合制得,FeCl3可由Fe与Cl2化合制得,②正确; ③向煮沸的NaOH溶液中滴加1~2mL饱和FeCl3溶液,并继续煮沸至液体呈红褐色,可以制得胶体,③错误; 故选①②。 【点睛】 比较原子或离子半径时,通常先看电子层数,一般情况下,电子层数越多,半径越大;当电子层数相同时,比较核电荷数,核电荷数越大,半径越小;当电子层数、核电荷数均相同时,比较最外层电子数,最外层电子数越多,半径越大。 10.A、B、C、D为原子序数依次增大短周期元素,A的最外层电子数是其电子层数2倍;B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构,两元素的单质反应,生成一种淡黄色的固体E;D的L层电子数等于其它电子层上的电子数之和。 (1)
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