全国各地备战高考化学分类原子结构与元素周期表综合题汇编及详细答案.docx
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全国各地备战高考化学分类原子结构与元素周期表综合题汇编及详细答案
2020-2021全国各地备战高考化学分类:
原子结构与元素周期表综合题汇编及详细答案
一、原子结构与元素周期表练习题(含详细答案解析)
1.下表为元素周期表的一部分,请参照元素①~⑨在表中的位置,回答下列问题。
(1)第三周期元素中非金属性最强的元素的原子结构示意图是___。
(2)②③⑦最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是___(填化学式)。
(3)下列可以判断⑤和⑥金属性强弱的是___(填序号)。
a.单质的熔点:
⑤<⑥
b.化合价:
⑤<⑥
c.单质与水反应的剧烈程度:
⑤>⑥
d.最高价氧化物对应水化物的碱性:
⑤>⑥
(4)为验证第ⅦA族部分元素非金属性的递变规律,设计如图装置进行实验,请回答:
①仪器A的名称是___,A中发生反应的离子方程式是___。
②棉花中浸有NaOH溶液的作用是___(用离子方程式表示)。
③验证溴与碘的非金属性强弱:
通入少量⑨的单质,充分反应后,将A中液体滴入试管内,取下试管,充分振荡、静置,可观察到___。
该实验必须控制⑨单质的加入量,否则得不出溴的非金属性比碘强的结论。
理由是___。
④第ⅦA族元素非金属性随元素核电荷数的增加而逐渐减弱的原因:
同主族元素从上到下原子半径逐渐_____(填“增大”或“减小”),得电子能力逐渐减弱。
【答案】
HNO3>H2CO3>H2SiO3cd分液漏斗2Br-+Cl2=Br2+2Cl-Cl2+2OH-=H2O+Cl-+ClO-溶液分层,下层液体为紫红色氯气能够氧化溴离子和碘离子,氯气必须少量,否则干扰检验结果增大
【解析】
【分析】
由元素在周期表的位置可知,元素①~⑨分别为H、C、N、O、Na、Al、Si、S、Cl,结合元素周期律和物质的性质分析解答。
【详解】
(1)第三周期元素中非金属性最强的元素是Cl,其原子结构示意图是
;
(2)元素非金属性越强,其最高价氧化物对应水化物的酸性越强,则②③⑦最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是HNO3>H2CO3>H2SiO3;
(3)a.根据单质的熔点不能判断金属性强弱,故a错误;
b.化合价高低不能作为比较金属性的依据,故b错误;
c.Na与水反应比Al剧烈,说明金属性:
Na>Al,可以比较,故c正确;
d.元素的金属性越强,最高价氧化物对应水化物的碱性越强,可以比较,故d正确;
答案选cd;
(4)①A为分液漏斗,A中发生氯气与NaBr的氧化还原反应,离子方程式为2Br-+Cl2=Br2+2Cl-;
②NaOH溶液用于吸收氯气,离子方程为Cl2+2OH-=H2O+Cl-+ClO-;
③溴与KI反应生成碘单质,碘单质易溶于四氯化碳。
将A中液体滴入试管内,充分振荡、静置,可观察到溶液分层,下层呈紫色;若通入过量氯气,剩余的氯气能够进入试管先于Br2氧化碘离子,干扰溴与碘离子的反应,所以氯气必须少量,否则干扰检验结果;
④同主族元素从上到下,原子核外电子层数增加,原子半径增大,故得到电子能力减弱。
【点睛】
比较金属性的强弱,是看金属与水或与酸反应的剧烈程度,最高价氧化物对应水化物的碱性强弱,比较非金属性强弱,可以依照单质的氧化性的强弱。
2.下表标出的是元素周期表的一部分元素,回答下列问题:
(1)表中用字母标出的14种元素中,化学性质最不活泼的是____________(用元素符号表示,下同),金属性最强的是___________,非金属性最强的是___________,常温下单质为液态的非金属元素是_________,属于过渡元素的是______________(该空用字母表示)。
(2)B,F,C气态氢化物的化学式分别为______________,其中以___________最不稳定。
(3)第三周期中原子半径最小的是__________________。
【答案】ArKFBrMH2O、HCl、PH3PH3Cl
【解析】
【分析】
由元素在周期表中位置,可知A为氟、B为氧、C为磷、D为碳、E为Ar、F为Cl、G为硫、H为Al、I为Mg、J为Na、K为Ca、L为钾、N为Br、M处于过渡元素。
【详解】
(1)表中用字母标出的14种元素中,稀有气体原子最外层达到稳定结构,化学性质最不活泼的是Ar(用元素符号表示,下同);
同周期自左而右金属性减弱、非金属性增强,同主族自上而下金属性增强、非金属性减弱,故上述元素中金属性最强的为K,非金属性最强的为F;
Br2常温下为液态,根据元素在周期表中位置可知M属于过渡元素;
故答案为:
Ar;K;F;Br;M;
(2)B,F,C气态氢化物的化学式分别为H2O、HCl、PH3,同周期自左而右非金属性增强,同主族自上而下非金属性减弱,故非金属性O>P、Cl>P,非金属性越强,氢化物越稳定,与PH3最不稳定,故答案为:
H2O、HCl、PH3;PH3;
(3)同周期自左而右原子半径减小,故第三周期中Cl原子半径最小,故答案为:
Cl。
3.A、B、C、D、E、F是核电荷数依次增大的六种短周期主族元素,A元素的原子核内只有1个质子;B元素的原子半径是其所在主族中最小的,B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3;C元素原子的最外层电子数比次外层多4;C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布,两元素可形成化合物D2C;C、E同主族。
(1)B在周期表中的位置_________
(2)F元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为________。
(3)元素C、D、E形成的简单离子半径由小到大的顺序________(用离子符号表示)。
(4)写出化合物D2C2的电子式:
________。
(5)E、F的简单离子的还原性大小顺序为:
_________。
(6)已知E单质和F单质的水溶液反应会生成两种强酸,其离子方程式为_______。
【答案】第二周期第ⅤA族HClO4Na+ S2->Cl-S+3Cl2+4H2O=8H++SO42-+6Cl- 【解析】 【分析】 由题干信息,A、B、C、D、E、F是核电荷数依次增大的六种短周期主族元素,A元素的原子核内只有1个质子,则A为H元素,B元素的原子半径是其所在主族元素原子中最小的,B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3,则B的最高化合价为+5,位于周期表中第ⅤA族,应为N元素,C元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4,则原子核外电子排布为2、6,应为O元素,C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布,两元素可形成化合物D2C,则D的化合价为+1,应为Na元素,C、E同主族,则E为S元素,F为Cl元素,据此分析解答问题。 【详解】 (1)根据上述分析,B为N元素,是第7号元素,在元素周期表的第二周期第ⅤA族,故答案为: 第二周期第ⅤA族; (2)F为Cl元素,其最高价氧化物对应水化物为高氯酸,化学式为HClO4,故答案为: HClO4; (3)Na+、O2-电子层数均为2,而核电荷数: Na+>O2-,则半径: Na+ Na+ (4)D2C2为Na2O2,是离子化合物,其电子式为: ,故答案为: ; (5)非金属性Cl>S,单质的氧化性Cl2>S,则对应简单离子的还原性Cl- S2->Cl-; (6)E的单质为S,F的单质为Cl2,S和Cl2的水溶液发生氧化还原反应生成H2SO4和HCl,离子方程式为S+3Cl2+4H2O=8H++SO42-+6Cl-,故答案为: S+3Cl2+4H2O=8H++SO42-+6Cl-。 4.A、B、C、D、E五种短周期元素,它们的原子序数依次增大;A原子核内无中子;B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能反应生成盐F;D与A同主族,且与E同周期;E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的 ,A、B、D、E这四种元素,每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物.请回答下列问题: (1)C元素在元素周期表中的位置是___;C、D、E三种元素简单离子半径由大到小的顺序为: ___(用离子符号表示)。 (2)写出分别由A、D与C形成的原子个数比为1: 1的化合物的电子式___、___。 (3)A与C、E间分别形成甲、乙两种共价化合物,且甲有10个电子,乙有18个电子,则沸点较高的是___(填化学式)。 (4)F含有的化学键类型是___、___。 (5)D和C形成的一种化合物能与A和C形成的一种化合物反应产生C单质,该反应的离子方程式为___。 【答案】第二周期VIA族S2->O2->Na+ H2O离子键极性共价键2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑ 【解析】 【分析】 A原子核内无中子,则A为氢元素;B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能反应生成盐F,B为氮元素,F为硝酸铵;E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的 ,则E为硫元素,在第三周期;D与A同主族,且与E同周期,则D为钠元素;A、B、D、E这四种元素,每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物,则C为氧元素。 【详解】 (1)C为氧元素,在元素周期表中的位置是第二周期VIA族;Na+、O2-、S2-离子半径由大到小的顺序为S2->O2->Na+,故答案为: 第二周期VIA族;S2->O2->Na+; (2)由H、Na与O形成的原子个数比为1: 1的化合物分别为H2O2、Na2O2,其电子式分别为 、 ,故答案为: ; (3)H与O、S间分别形成H2O、H2S两种共价化合物,因为水分子间存在氢键,则沸点较高,故答案为: H2O; (4)F为硝酸铵,含有离子键和极性共价键,故答案为: 离子键、极性共价键; (5)过氧化钠与水反应能生成氧气,则该反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑,故答案为: 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。 【点睛】 比较离子半径可以用“先层后核再电子”进行比较,S2-有三个电子层,则半径最大,Na+、O2-有两个电子层,但氧的序数小于钠的序数,则O2-的离子半径大于Na+,所以S2->O2->Na+。 5.如表所示为元素周期表的一部分,参照元素①~⑩在表中的位置,请回答下列问题: (1)写出①和④两种元素原子按1: 1组成的常见化合物的电子式______。 (2)用电子式表示⑥和⑨形成化合物的过程: ______。 (3)③、⑧、⑩的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为______(用化学式表示)。 (4)已知周期表中存在对角相似规则,如②与⑦在周期表中处于对角线位置则化学性质相似,②的氧化物、氢氧化物也有两性,写出②的氢氧化物与⑥的氢氧化物反应的化学方程式______。 (5)⑤、⑥、⑩的离子半径由大到小的顺序为______(用离子符号表示)。 【答案】 HClO4>HNO3>H3PO4Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2OCl->F->Na+ 【解析】 【分析】 由元素在周期表中位置,可知①是H,②是Be,③是N,④是O,⑤是F,⑥是Na,⑦是Al,⑧是P,⑨是S,⑩是Cl。 (1)①和④两种元素原子按1: 1组成的常见化合物为过氧化氢; (2)⑥和⑨形成化合物为硫化钠,为离子化合物; (3)非金属性越强,对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强; (4)②的氢氧化物与⑥的氢氧化物反应,生成偏铍酸钠、水; (5)离子核外电子层越多,离子半径越大;具有相同电子排布的离子,原子序数大的离子半径小。 【详解】 由元素在周期表中位置,可知①是H,②是Be,③是N,④是O,⑤是F,⑥是Na,⑦是Al,⑧是P,⑨是S,⑩是Cl。 (1)①和④两种元素原子按1: 1组成的常见化合物为过氧化氢,分子式是H2O2,在该分子中2个O原子形成一个共价键,每个O原子分别与H原子形成1个共价键,因此H2O2的电子式为 ; (2)⑥和⑨形成化合物为硫化钠,Na2S为离子化合物,Na+与S2-之间通过离子键结合,用电子式表示Na2S形成化合物的过程为: ; (3)元素的非金属性越强,其对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强,③、⑧、⑩的最高价氧化物对应水化物分别是HNO3、H3PO4、HClO4,三种酸的酸性由强到弱的顺序为HClO4>HNO3>H3PO4; (4)②的氢氧化物Be(OH)2是两性氢氧化物,可以与⑥的氢氧化物NaOH反应,生成偏铍酸钠和水,反应方程式为Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O; (5)离子核外电子层数越大,离子半径越大;对于电子层结构相同的离子来说,离子核外电子层数越多,离子半径越大;具有相同电子排布的离子,原子序数大的离子半径小。 所以⑤、⑥、⑩三种元素的离子F-、Na+、Cl-的离子半径由大到小的顺序为Cl->F->Na+。 【点睛】 本题考查了元素及化合物的推断及元素周期律的应用。 掌握元素的位置、结构与性质的关系、元素化合物知识为解答的关键。 注重原子结构与元素化合物知识相结合的训练,侧重考查学生的分析与应用能力。 6.A、D、E、W是中学常见的四种元素,原子序数依次增大,A的原子最外层电子数是次外层的2倍,D的氧化物属于两性氧化物,D、E位于同周期,A、D、E的原子最外层电子数之和为14,W是人体必需的微量元素,缺W会导致贫血症状。 (1)写出AE4的电子式: ____________________。 (2)下列事实能用元素周期律解释的是(填字母序号)___________。 a.D的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2 b.E的气态氢化物的稳定性小于HF c.WE3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板 (3)NaCN是一种有剧毒的盐,用E的一种氧化物EO2可以除去水溶液中含有的该有毒物质,得到一种生活中常见的固体和两种无毒气体。 写出该反应的离子方程式: _________________________________________。 (4)工业上用电解法制备D的单质,反应的化学方程式为_____________________。 (5)W的单质可用于处理酸性废水中的NO3-,使其转换为NH4+,同时生成有磁性的W的氧化物X,再进行后续处理。 ①上述反应的离子方程式为___________________________________________。 ②D的单质与X在高温下反应的化学方程式为____________________________。 【答案】 ab2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe 【解析】 【分析】 A、D、E、W是中学常见的四种元素,原子序数依次增大,A的原子最外层电子数是次外层的2倍,A为C;D的氧化物属于两性氧化物,D为Al;D、E位于同周期,A、D、E的原子最外层电子数之和为14,14-4-3=7,则E为Cl;W是人体必需的微量元素,缺乏W会导致贫血症状,W为Fe。 【详解】 (1)A为C,E为Cl,AE4为CCl4,电子式为 ; (2)a.同周期元素金属性依次减弱,铝在镁的右边,所以金属性弱于镁,所以D的最高价氧化物对应水化物氢氧化铝的碱性弱于Mg(OH)2,故a符合题意; b.同周期元素非金属性依次增强,所以F的非金属性强于O,则氢化物稳定性H2O小于HF,故b符合题意; c.氯化铁与铜发生氧化还原反应,所以可以用氯化铁的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板,不能用元素周期律解释,故c不符合题意; 答案选ab; (3)NaCN是一种有剧毒的盐,E为Cl,用E的一种氧化物ClO2可以除去水溶液中含有的该有毒物质,得到一种生活中常见的固体和两种无毒气体。 该反应的离子方程式: 2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-; (4)D为Al,工业上用电解熔融氧化铝的方法制备铝的单质,反应的化学方程式为2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑; (5)W的单质可用于处理酸性废水中的NO3-,使其转换为NH4+,同时生成有磁性的W的氧化物X,再进行后续处理,①酸性环境下硝酸根离子具有强的氧化性,能够氧化性铁生成四氧化三铁,反应的离子方程式为3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+; ②铝与四氧化三铁反应生成氧化铝和铁,方程式: 8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe。 7.X、Z、Q、R、T为前四周期元素,且原子序数依次增大。 X和Q属同族元素,X和R可形成化合物XR4;R2为黄绿色气体;Z与X同周期且基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等;T2+的3d轨道中有5个电子。 请回答下列问题: (1)Z基态原子的电子排布式是______;Z所在周期元素中,最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是______(填化学式)。 (2)利用价层电子对互斥理论判断RZ3-的立体构型是______;RZ3-的中心原子的杂化轨道类型为______。 (3)水中T含量超标,容易使洁具和衣物染色.RZ2可以用来除去水中超标的T2+,生成黑色沉淀TZ2,当消耗0.2molRZ2时,共转移了1mol电子,则反应的离子方程式为___________。 【答案】1s22s22p4HNO3三角锥形sp3杂化2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl﹣+12H+ 【解析】 【分析】 X、Z、Q、R、T为前四周期元素,且原子序数依次增大,R2为黄绿色气体,则R为Cl;X和R可形成化合物XR4,则X为+4价,处于IVA族,X和Q属同族元素,可推知X为C元素、Q为Si;Z与X同周期且基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等,则Z核外电子排布为1s22s22p4,因此Z为O元素;T2+的3d轨道中有5个电子,原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2,则T为Mn,据此解答。 【详解】 根据上述分析可知: X是C元素,Z是O元素,Q是Si元素,R是Cl元素,T是Mn元素。 (1)Z是O元素,O基态原子的电子排布式是1s22s22p4;Z所在周期元素中,元素最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HNO3; (2)RZ3-是ClO3-,ClO3-离子中中心原子Cl原子孤电子对数= =1,价层电子对数为3+1=4,则ClO3-立体构型是三角锥形,其中心原子Cl原子的杂化轨道类型为sp3杂化; (3)水中Mn含量超标,容易使洁具和衣物染色,ClO2可以用来除去水中超标的Mn2+,生成黑色沉淀MnO2,当消耗0.2molClO2时,共转移了1mol电子,假设Cl元素在还原产物中化合价为a,则0.2mol×(4-a)=1mol,解得a=-1,即ClO2被还原变为Cl-,根据电荷守恒可知,还产生了H+,则反应的离子方程式为: 2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl﹣+12H+。 【点睛】 本题考查结构、性质、位置关系应用、核外电子排布、杂化方式判断、氧化还原反应等,较为全面的考查了元素化合物、物质结构理论及氧化还原反应的分析与判断能力,是对学生对知识的迁移运用能力的综合考查。 8.下图是中学化学中常见物质间的转化关系,其中甲、乙、丙均为非金属单质;A、B、E和丁均为化合物,其中A常温下呈液态;B和E为能产生温室效应的气体,且1molE中含有10mol电子。 乙和丁为黑色固体,将他们混合后加热发现固体由黑变红。 (1)写出化学式: 甲______;乙______;丙______; (2)丁的摩尔质量______; (3)写出丙和E反应生成A和B的化学方程式___________; (4)有同学将乙和丁混合加热后收集到的标准状态下气体4.48L,测得该气体是氢气密度的16倍,若将气体通入足量澄清石灰水,得到白色沉淀物___g; 【答案】H2CO280g/mol 5 【解析】 【分析】 产生温室效应的气体有: 二氧化碳、甲烷、臭氧等,常见的黑色固体有: 碳、二氧化锰、四氧化三铁、铁粉、氧化铜等,由乙和丁为黑色固体且乙为非金属单质,所以乙为C,由丙是非金属单质,乙和丙反应产生温室效应气体B,所以丙是O2,B是CO2,B和E为能产生温室效应的气体且1mol E中含有 10mol电子,则E为CH4,再结合转化关系可知,A为水,甲为H2,丁为CuO。 【详解】 (1)由上述分析可知,甲、乙、丙分别为H2、C、O2; (2)丁为CuO,相对分子质量为80,则摩尔质量为80 g/mol; (3)丙和E反应生成A和B的化学方程式为 ; (4)测得该气体对氢气的相对密度为16,则M为16×2g/mol=32g/mol,标准状况下气体4.48L,为CO、CO2的混合物,n= =0.2mol,设CO2的物质的量为xmol,则 =32,解得x=0.05mol,由C原子守恒可知,n(CO2)=n(CaCO3)=0.05mol,则白色沉淀物为0.05mol×100g/mol=5g。 9.按要求回答下列问题: (1)某种粒子有1个原子核,核中有17个质子,20个中子,核外有18个电子,该粒子的化学符号是__。 (2)下列关于化学键的说法正确的是____。 ①含有金属元素的化合物一定是离子化合物 ②第IA族和第ⅦA族元素原子化合时,一定生成离子键 ③由非金属元素形成的化合物一定不是离子化合物 ④活泼金属与非金属化合时,能形成离子键 ⑤离子键就是阴、阳离子间的相互引力 ⑥离子化合物中可能含有非极性共价键 (3)写出下列物质的电子式: Mg(OH)2: ____,N2: _______,NH4I: _______。 (4)用电子式表示下列化合物的形成过程: Na2S: _______;H2O: _______。 【答案】 ④⑥ 【解析】 【详解】 (1)某种粒子有1个原子核,核中有17个质子,20个中子,核外有18个电子,该粒子电子数比质子数多1个,为带1个单位负电荷的阴离子,核中有17个质子,则为 ; (2)①含有金属元素的化合物不一定是离子化合物,如AlCl3为共价化合物,①错误; ②第IA族和第ⅦA族元素原子化合时,不一定生成离子键,如HCl,②错误; ③由非金属元素形成的化合物可能是离子化合物,如NH4Cl,③错误; ④活泼金属与非金属化合时,能形成离子键,如NaCl、KI等,④正确; ⑤离子键就是阴、阳离子间的相互作用,既有引力又有斥力,⑤错误; ⑥离子化合物中可能含有非极性共价键,如Na2O2,⑥正确; 故答案为: ④⑥; (3)Mg(OH)2: 由Mg2+和OH-构成,电子式为 ; N2: 两个N原子间形成三对共用电子,电子式为 ; NH4I: 由NH4+和I-构成,电子式为 ; (4)Na2S: ; H2O: 。 【点睛】 在书写电子式时,首先应确定物质所属类别,弄清它是非金属单质,还是离子化合物或共价化合物。 离子化合物,由阴、阳离子构成;共价单质或共价化合物,由原子构成。 对于离子化合物,要确定离子尤其是阴离子的组成,若阴离子是原子团,则还要确定阴离子内原子间的共价键数目;对于共价化合物,既要确定原子的相对位置,又要确定原子间的共用电子对数目等。 对于一般的非金属原子来说,共用电子对数目=8一最外层电子数。 对于H来说,只能形成一对共用电子。 10.有下列各组物质: (A)O2和O3;(B)235
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