高考化学专题复习分类练习 原子结构与元素周期表综合解答题含详细答案.docx
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高考化学专题复习分类练习原子结构与元素周期表综合解答题含详细答案
2020-2021高考化学专题复习分类练习原子结构与元素周期表综合解答题含详细答案
一、原子结构与元素周期表练习题(含详细答案解析)
1.为探究乙烯与溴的加成反应,甲同学设计并进行如下实验:
先取一定量的工业用乙烯气体(在储气瓶中),使气体通入溴水中,发现溶液褪色,即证明乙烯与溴水发生了加成反应;乙同学发现在甲同学的实验中,褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊物质,推测在工业上制得的乙烯中还可能含有少量还原性气体杂质,由此他提出必须先除去杂质,再让乙烯与溴水反应。
请回答下列问题:
(1)甲同学设计的实验________(填“能”或“不能”)验证乙烯与溴发生了加成反应,其理由是________(填序号)。
①使溴水褪色的反应不一定是加成反应
②使溴水褪色的反应就是加成反应
③使溴水褪色的物质不一定是乙烯
④使溴水褪色的物质就是乙烯
(2)乙同学推测此乙烯中一定含有的一种杂质气体是________,它与溴水反应的化学方程式是________________。
在实验前必须全部除去,除去该杂质的试剂可用________。
(3)为验证乙烯与溴发生的反应是加成反应而不是取代反应,丙同学提出可用
试纸来测试反应后溶液的酸性,理由是_____________________________________________________________________________。
【答案】不能①③
溶液(答案合理即可)若乙烯与
发生取代反应,必定生成
,溶液的酸性会明显增强,若乙烯与
发生加成反应,则生成
,溶液的酸性变化不大,故可用
试纸予以验证
【解析】
【分析】
根据乙同学发现在甲同学的实验中,褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊物质,推测在工业上制得的乙烯中还可能含有少量还原性气体杂质,该淡黄色的浑浊物质应该是具有还原性的硫化氢与溴水发生氧化还原反应生成的硫单质,反应方程式为
,据此分析解答。
【详解】
(1)根据乙同学发现在甲同学的实验中,褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊物质,推测在工业上制得的乙烯中还可能含有少量还原性气体杂质,则可能是该还原性气体与溴水发生氧化还原反应,使溴水褪色,则溴水褪色不能证明是乙烯与溴水发生了加成反应,所以①③正确,故答案为:
不能;①③;
(2)淡黄色的浑浊物质是具有还原性的硫化氢与溴水发生氧化还原反应生成的硫单质,反应方程式为
;选用的除杂试剂能够除去硫化氢气体,但是不能与乙烯反应,也不能引入新的气体杂质,根据除杂原则,可以选用
溶液,故答案为:
;
;
溶液(答案合理即可);
(3)若乙烯与
发生取代反应,必定生成
,溶液的酸性会明显增强,若乙烯与
发生加成反应,则生成
,溶液的酸性变化不大,故可用
试纸予以验证,故答案为:
若乙烯与
发生取代反应,必定生成
,溶液的酸性会明显增强,若乙烯与
发生加成反应,则生成
,溶液的酸性变化不大,故可用
试纸予以验证。
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.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。
4.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。
5.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。 6.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 。 7.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。 8.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+5Mn
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