高考化学压轴题专题原子结构与元素周期表的经典综合题.docx

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高考化学压轴题专题原子结构与元素周期表的经典综合题

2020-2021高考化学压轴题专题原子结构与元素周期表的经典综合题

一、原子结构与元素周期表练习题（含详细答案解析）

1．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。

2．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。

3．有7种短周期元素的原子序数按A、B、C、D、E、F、G的顺序依次增大，B元素一种原子的含量常用于判定古生物遗体的年代，A和C元素的原子能形成4核10电子的微粒，D和E可形成离子化合物E2D，E2D中所有微粒的电子数相同，且电子总数为30，E、F、G的最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应，G和D同主族。

试回答下列问题：

（1）C元素的原子结构示意图____________。

（2）A和D可形成化合物的化学式为__________________。

（3）F的单质与E元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为___________。

（4）上述元素形成的二元化合物中，能够用于漂白的气体物质中含有的化学键类型为___________。

（5）写出D元素原子形成的10电子微粒X与G元素原子形成的18电子微粒Y反应的离子方程式：

_______________。

【答案】

H2O和H2O22Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑共价键H2S+2OH-=S2-+2H2O或HS-+OH-=S2-+H2O

【解析】

【分析】

7种短周期元素的原子序数按A、B、C、D、E、F、G的顺序依次增大；B元素一种原子的含量常用于判定古生物遗体的年代，则B为碳元素；A和C元素的原子能形成4核10电子的微粒，结合原子序数可知A为氢元素、C为氮元素；D和E可形成离子化合物E2D，E2D中所有微粒的电子数相同，且电子总数为30，故E+、D2-离子核外电子数均为10，则D为氧元素、E为钠元素；E、F、G的最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应，是氢氧化铝与强碱、强酸之间的反应，则F为Al；G和D同主族，则G为硫元素，然后根据问题逐一分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：

A是H，B是C，C是N，D是O，E是Na，F是Al，G是S元素。

（1）C是7号N元素，原子核外电子排布为2、5，所以N的原子结构示意图为

；

（2）A是H，D是O，A和D可形成两种化合物，它们的化学式为H2O和H2O2；

（3）F是Al，E是Na，Na的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（4）上述元素形成的二元化合物中，能够用于漂白的气体物质是SO2，该物质是共价化合物，S、O原子通过共价键结合，所以其中含有的化学键类型为共价键；

（5）D是O，G是S，D元素原子形成的10电子微粒X是OH-，G元素原子形成的18电子微粒Y是H2S或HS-，它们之间反应的离子方程式为：

H2S+2OH-=S2-+2H2O或HS-+OH-=S2-+H2O。

【点睛】

本题考查了原子结构与物质性质及元素在周期表位置关系应用，根据原子结构关系或物质性质推断元素是解题关键，理解影响微粒半径大小的因素，注意识记常见10电子、18电子微粒，理解酸式盐可以与碱反应产生正盐，结合物质的溶解性及电解质的强弱和物质的拆分原则书写反应的离子方程式。

4．元素周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。

a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族，e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。

回答下列问题：

（1）b、c、d中第一电离能最大的是_____（填元素符号），e的价层电子轨道表示式为____。

（2）a和其他元素形成的二元共价化合物中，三角锥形分子的中心原子的杂化方式为____。

（3）这些元素形成的含氧酸中，HNO2、H2SO3的中心原子价层电子对数之和为____，H2SO3和H2SO4酸根的空间构型分别为____、____。

（4）e单质晶体结构如图1，此晶胞模型名称为____，e原子半径为rcm，e的相对原子质量为M，晶胞密度为ρg/cm3，则阿伏加德罗常数为_____mol-1（用r、ρ表示）。

（5）这5种元素形成的一种1∶1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图2所示）。

该化合物中，阴离子为____，阳离子中存在的化学键类型有______；该化合物加热时首先失去的组分是______（填“H2O”或“NH3”），判断理由是_______。

【答案】N

sp37三角锥形正四面体面心立方晶胞

SO42-共价键和配位键H2OH2O与Cu2+的配位键键长较长而比较弱

【解析】

【分析】

元素周期表前四周期的元素a、b、c、d、e ，原子序数依次增大， a的核外电子总数与其周期数相同，则a为H元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，则c核外电子排布为2、6，因此c是O元素；b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于c，则b核外电子排布式是1s22s22p3，b原子序数为7，所以b是N元素；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，则e原子核外电子数为2+8+18+1=29，e为Cu元素；d与c同族，且原子序数小于e ，所以d为S元素。

（1）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族和第VA族元素第一电离能大于其相邻主族元素，同一主族元素中，元素第一电离能随着原子序数增大而减小；e的价层电子为3d、4s电子；

（2）a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子为NH3，根据价层电子对互斥理论确定该分子的中心原子的杂化方式；

（3）根据价层电子对理论分析这些元素形成的含氧酸中的中心原子的价层电子对数之和，根据原子的价层电子对数确定H2SO3和H2SO4酸根的空间构型；

（4）根据晶胞结构判断晶胞晶体类型；根据晶胞的基本结构可知其中含有的Cu原子数，利用密度ρ=

计算阿伏伽德罗常数；

（5）这5种元素形成的一种1：

1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构，说明该阴离子价层电子对个数是4且不含孤电子对；阳离子呈轴向狭长的八面体结构，根据图知：

其阳离子中铜离子配位数是6，在八面体上下顶点上的分子中含有两个共价键且含有两个孤电子对，为水分子，有两个H2O分子；正方形平面上四个顶点上的分子中含有3个共价键且含有一个孤电子对，该分子为NH3分子，共有4个NH3分子。

【详解】

根据上述分析可知：

 a为H元素；b是N元素；c是O元素；d为S元素；e为Cu元素。

（1）b是N，c是O，d为S。

由于同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族和第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；同一主族元素的第一电离能随着原子序数增大而减小，所以b、c、d三种元素第一电离能最大的是N元素； e是Cu元素，其价层电子为3d、4s电子，则其价层电子排布图为

；

（2）a是H元素，H和其他元素形成的二元共价化合物中，物质分子呈三角锥形的为NH3，该分子的中心N原子形成3个共价健N-H，同时N原子上还含有一个孤电子对，价层电子对数为4，所以N原子的杂化方式为sp3杂化；

（3）这些形成的含氧酸中，HNO2的分子的中心N原子的价层电子对数为2+

=3，H2SO3的中心S原子的价层电子对数为3+

=4，所以HNO2、H2SO3的中心原子价层电子对数之和为3+4=7；亚硫酸H2SO3的酸根SO32-中的S原子价层电子对数为：

3+

=4，且含有一对孤电子对，所以其空间构型为三角锥形；硫酸H2SO4的酸根SO42-中的S原子价层电子对数为：

4+

=4，中心原子S上无孤对电子，所以其空间构型为正四面体形；

（4）根据Cu晶胞结构可知:

Cu晶胞模型类型为立方面心结构；在一个Cu晶胞中含有的Cu原子个数为：

8×

+6×

=4，Cu的相对原子质量为M，则晶胞质量m=

g，假设晶胞边长为L，Cu原子半径为rcm，则

L=4rcm，所以L=2

rcm，晶胞体积为V=

=

=16

cm3，则晶胞密度ρ=

，所以NA=

/mol；

（5）根据已知条件可知五种元素形成的1：

1型离子化合物的阴离子呈四面体结构，说明该阴离子价层电子对个数是4，且不含孤电子对，则该离子为SO42-；阳离子呈轴向狭长的八面体结构，根据图知，其阳离子中的中心离子Cu2+配位数是6，配位体是H2O、NH3，其中H2O有2个，NH3有4个，H2O、NH3与Cu2+之间通过配位键结合，H2O中存在H-O共价键，NH3中存在H-N共价键，故阳离子中含有配位键和共价键；元素的非金属性O>N，且原子半径O

【点睛】

本题考查元素及化合物的推断、元素电离能大小比较、杂化轨道理论、价层电子对理论及晶胞计算等，掌握物质结构知识和一定数学知识是解题关键，侧重考查学生空间想象能力、分析能力和知识运用能力。

5．A、B、C、D、E、F、G、H为八种短周期主族元素，原子序数依次增大。

A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数，其中A的单质在常温下为气体。

C与B、H在元素周期表中处于相邻位置，这三种元素原子的最外层电子数之和为17。

D与F同周期。

G的单质常用作半导体材料。

请回答：

（1）C和H分别与A形成的简单化合物沸点较高的是________（填化学式），理由是_____________。

（2）C、E形成的简单离子半径大小：

r（C）______r（E）（填>、<或=）

（3）请写出F最高价氧化物对应的水化物在水溶液中的电离方程式______________。

（4）B与G形成的化合物常用于做耐高温材料，工业可用碳热还原法制取：

将G的氧化物与B的单质在1400℃条件下和足量的碳反应，请写出化学反应方程式_____________。

【答案】H2OH2O分子间存在氢键>H++AlO2-+H2O

Al（OH）3

Al3++3OH-3SiO2+6C+2N2

Si3N4+6CO

【解析】

【分析】

A、B、C、D、E、F、G、H为八种短周期主族元素，原子序数依次增大。

A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数，其中A的单质在常温下为气体，则A为H；G的单质常用作半导体材料，G为Si，结合原子序数可知F为Al；C与B、H在元素周期表中处于相邻位置，这三种元素原子的最外层电子数之和为17，17÷3=5…2，B为N、C为O、H为S，D与F同周期，位于第三周期，D为Na、E为Mg，以此来解答。

【详解】

由上述分析可知，A为H、B为N、C为O、D为Na、E为Mg、F为Al、G为Si、H为S。

（1）C和H分别与A形成的简单化合物分别是H2O、H2S，其中沸点较高的是H2O，原因是H2O分子间存在氢键，增加了分子之间的吸引力；

（2）O2-、Mg2+核外电子排布相同。

具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则C、E形成的简单离子半径大小：

r（C）>r（E）；

（3）F最高价氧化物对应的水化物Al（OH）3是两性氢氧化物，在水溶液中存在酸式电离和碱式电离，电离方程式为H++AlO2-+H2O

Al（OH）3

Al3++3OH-；

（4）将G的氧化物与B的单质在1400℃条件下和足量的碳反应，其化学反应方程式为3SiO2+6C+2N2

Si3N4+6CO。

【点睛】

本题考查元素及化合物的推断及物质性质的方程式表示。

把握原子结构、元素的位置、质子数关系来推断元素为解答的关键，注意元素化合物知识的应用，题目侧重考查学生的分析与应用能力。

6．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。

7．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。

8．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+、Al