高考化学压轴题之原子结构与元素周期表高考题型整理突破提升附详细答案.docx
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高考化学压轴题之原子结构与元素周期表高考题型整理突破提升附详细答案
高考化学压轴题之原子结构与元素周期表（高考题型整理,突破提升）附详细答案
一、原子结构与元素周期表练习题（含详细答案解析）
1．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．据《中国质量报》报道，我国首次将星载铷（Rb）钟应用于海洋二号卫星，已知
的原子序数为37。
回答下列有关铷的问题：
（1）Rb的原子结构示意图中共有______个电子层，最外层电子数为______。
（2）Rb在元素周期表中的位置是______。
（3）取少量铷单质加入水中，可观察到其剧烈反应，放出气体______（写化学式），在反应后的溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液显______色，因为___________（用离子方程式表示）。
（4）Rb的还原性比K的还原性______（填“弱”或“强”）。
【答案】51第五周期ⅠA族H2蓝2Rb+2H2O=2Rb++2OH-+H2↑强
【解析】
【分析】
根据元素周期律，结合原子核外电子排布规律确定Rb元素在周期表的位置，利用元素周期律分析、解答。
【详解】
（1）Rb是37号元素，根据原子核外电子排布规律，可知Rb核外电子排布为2、8、18、8、1，所以Rb的原子结构示意图中共有5个电子层，最外层电子数为1个；
（2）Rb核外电子排布是2、8、18、8、1，根据原子核外电子层结构与元素在周期表的位置关系可知Rb在元素周期表中的位置是第五周期第IA族；
（3）Na是活泼金属，与水发生反应：
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，Rb与Na是同一主族的元素，由于元素的金属性Rb>Na，所以Rb与水反应比钠更剧烈反应放出H2；RbOH是一元强碱，水溶液显碱性，在反应后的溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液显蓝色，该反应的离子方程式为：
2Rb+2H2O=2Rb++2OH-+H2↑；
（4）同一主族的元素，由于从上到下，原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子失去电子的能力逐渐增强，获得电子的能力逐渐减弱，Rb在K元素下一周期，所以Rb的还原性比K的还原性强。
【点睛】
本题考查了原子核外电子排布与元素在周期表的位置及元素性质的关系，掌握原子核外电子层数等于元素在周期表的周期序数，原子核外最外层电子数等于元素的族序数。
利用同一主族的元素由上到下元素的金属性逐渐增强分析判断。
3．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。
4．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。
5．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。
6．已知A、B、C、D是中学化学中常见的四种不同粒子，它们之间存在如下图所示的转化关系：
（1）如果A、B、C、D均是10电子的粒子，请写出：
A的结构式_____________；D的电子式____________；
（2）如果A和C是18电子的粒子，B和D是10电子的粒子，请写出：
①A与B在溶液中反应的离子方程式：
____________________________________
②根据上述离子方程式，可判断C与B结合质子的能力大小是（用化学式或离子符号表示）________＞________。
【答案】
或H-F
H2S+OH-=HS-+H2O或HS-+OH-=S2-+H2OOH-S2-或HS-
【解析】
【详解】
（1）如果A、B、C、D均是10电子的粒子，符合关系的微粒分别为NH4+或HF、OH-、NH3或F-、H2O；
（2）如果A和C是18电子的粒子，A为H2S或HS-，C为HS-或S2-，B和D是10电子的粒子，分别为OH-、H2O；
7．下列各题中的物质均由核电荷数为1～10的元素组成。
请按下列要求填写化学式：
（1）只由2个原子核和2个电子构成的分子是___。
（2）1个最外层有5个电子和3个只有1个电子的原子结合的分子是___。
（3）1个最外层有4个电子的原子和2个最外层有6个电子的原子结合的分子是___。
（4）由3个最外层是6个电子的原子结合而形成的分子是___。
（5）由2个原子核10个电子结合而成的分子是___。
（6）由5个原子核10个电子结合而成的分子是___。
【答案】H2NH3CO2O3HFCH4
【解析】
【分析】
根据前10号元素的电子排布，由成键特点和形成分子的原子数目推导常见的分子微粒；根据原子符号的含义解题。
【详解】
由题意可知，一个原子中含有一个电子，则原子为H，构成的分子为：
；
由核外电子排布和形成分子的原子数目可知，原子分别是N和H，形成的分子为
；
由由核外电子排布和形成分子的原子数目可知，原子分别是C和O，形成的分子为
；
由核外电子排布和形成分子的原子数目可知，原子是O，形成的分子为
；
由核外电子排布和形成分子的原子数目可知，该分子为HF；
由核外电子排布和形成分子的原子数目可知，该分子为
。
【点睛】
考查元素化合物的推断，推断元素化合物是解题的根据，了解短周期元素构成的常见10电子、18电子物质是解题基础；常见10电子微粒：
原子（Ne）；离子N3-、O2－、F－、Na+、Mg2+、Al3+、NH4+、OH-、H3O+；分子（CH4、NH3、H2O、HF）等。
8．短周期元素A、B、C、D在元素周期表中的相对位置如表所示，已知A原子最外层电子数与次外层电子数之比为2：
1。
E和C、D同周期，它的原子序数比B多6。
回答下列问题：
A
B
C
D
（1）人的汗液中含有D的简单离子，其离子结构示意图为______，元素C在元素周期表中的位置是______。
C的最高价氧化物的水化物的浓溶液稀释的方法是______。
（2）A的最高价氧化物的化学式为_____，所含的化学键类型是______（填“离子键”或“共价键”）。
（3）E的最高价氧化物对应的水化物的化学式为____，它是______（填“酸性”或“两性”或“碱性”）化合物。
写出该化合物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式______。
（4）加热时，B的最高价氧化物对应水合物的浓溶液与单质A反应的化学方程式为（用具体的化学式表示）______。
【答案】
第三周期ⅥA族将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌CO2共价键Al（OH）3两性Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2OC+4HNO3（浓）
CO2↑+4NO2↑+2H2O
【解析】
【分析】
短周期元素A、B、C、D在元素周期表中的相对位置如下表，A位于第二周期，A原子最外层电子数与次外层电子数之比为2：
1，则其最外层电子数是4，A为C元素，则B为N元素、C为S元素、D为Cl元素，E和C、D同周期，它的原子序数比B多6，则E是13号的Al元素。
【详解】
根据上述分析可知A是C元素，B为N元素、C为S元素、D为Cl元素，E是Al元素。
（1）D是Cl元素，Cl原子获得1个电子生成Cl-，Cl-离子结构示意图为
；元素C是S元素，原子核外电子排布是2、8、6，所以S位于元素周期表第三周期第VIA族。
C的最高价氧化物的水化物是H2SO4，由于浓硫酸的密度比水大，且浓硫酸溶于水会放出大量的热，属于浓硫酸稀释的方法是将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌；
（2）A是C，C原子最外层有4个电子，所以C元素的最高价氧化物是CO2，CO2分子中C原子和O原子之间通过共价键结合，使分子中每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构；
（3）E是Al元素，原子最外层有3个电子，其最高价氧化物对应的水化物的化学式是Al（OH）3，Al元素处于金属与非金属交界区，其最高价氧化物对应的水化物的化学式是Al（OH）3既能与强酸反应产生盐和水，也能与强碱溶液反应产生盐和水，是一种两性氢氧化物；Al（OH）3与氢氧化钠溶液反应产生NaAlO2和H2O，该反应的离子方程式为：
Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
（4）B的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是浓HNO3，该物质具有强的氧化性，在加热时浓硝酸和C发生氧化还原反应，产生CO2、NO2、H2O，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应方程式为C+4HNO3（浓）
CO2↑+4NO2↑+2H2O。
【点睛】
本题考查了元素及化合物的推断、金属及非金属化合物的性质、结构等。
根据元素的相对位置及原子结构特点推断元素是本题解答的关键，准确掌握物质结构对性质的决定作用，清楚各种物质的化学性质是解题基础。
9．A、B均为钾盐的水溶液，A呈中性，B有氧化性，E的溶质中有一种含+5价元素的含氧酸盐M。
现有下图所示转化：
请回答：
（1）C的化学式为_________，检验气体F常用的试纸是______________
（2）写出物质M在生活中的常见用途______________
（3）写出F→H的化学方程式：
______________
【答案】AgI（湿润的）淀粉—碘化钾试纸给食盐中加碘、给人体补充碘元素、预防甲状腺肿大等Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O
【解析】
【分析】
A为钾盐且遇到硝酸酸化的AgNO3得到黄色沉淀，说明A为KI；D在CCl4中呈紫色，说明D为I2;将B逐滴加入KI溶液中即可将I－氧化为I2，说明该钾盐具有强氧化性，F（黄绿色气体）为Cl2，与KOH溶液反应会生成KCl和KClO，而KClO具有氧化性，又H中含B，故H中B为KClO，上述流程中，得到的碘溶液，继续滴加KClO会继续发生氧化还原反应，KClO继续将I2氧化为IO3－，溶液变为无色，结合已知信息，E的溶质中有一种含+5价元素的含氧酸盐M，则M为KIO3；氯气可氧化氯化亚铁为氯化铁，故K为FeCl3，据此分析作答。
【详解】
根据上述分析可知，
（1）C为黄色沉淀，其化学式为AgI，F为氯气，检验气体氯气常用的试纸是（湿润的）淀粉—碘化钾试纸，故答案为：
AgI；（湿润的）淀粉—碘化钾试纸；
（2）根据上述分析知，M为KIO3，在生活中的常见用途是：
给食盐中加碘、给人体补充碘元素、预防甲状腺肿大等
（3）F→H为氯气与氢氧化钾的反应，其化学方程式为：
Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O。
10．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。
11．短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大
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