高考化学原子结构与元素周期表经典压轴题及详细答案.docx

1、高考化学原子结构与元素周期表经典压轴题及详细答案高考化学原子结构与元素周期表-经典压轴题及详细答案一、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)62+(N5)2(H2O)42-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/kJmol-1I2/kJmol-1I3/kJmol-1X737.71450.77732.7Y1313.93388.35300

2、.5Z1402.32856.04578.1X、Y、Z中为N元素的是_，判断理由是_。从作用力类型看，Mg2+与H2O之间是_、N5与H2O之间是_。N5-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键，可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则N4-中的大键应表示为_。(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a nm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则AgN5的密度可表示为_gcm-3（用

3、含a、NA的代数式表示）。【答案】3d5 ds Z X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)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；根据图示，判断晶体中阳离子、阴离子中含有的作用力类型；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键

4、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=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)X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

5、大，可推知Z为N元素，Y是O元素；在该晶体中阳离子Mg(H2O)62+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)42-上N5-与H2O的H原子之间通过氢键结合在一起，形成NH-O，故二者之间作用力为氢键；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个键，N原子上还有1个孤电子对及

6、1个垂直于N原子形成平面的p轨道，p轨道间形成大键，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=(2a10-7)3 cm3，则= g/cm3。【点睛】本题考查了物质结构，涉及电离

7、能的应用、作用力类型的判断、大的分析、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下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，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）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）下列可以判断和金属性强弱的是_(填序号)。a单质的熔点：b化合价：c单质与水反应的剧烈程度：d最高价氧化物对应水化物的碱性：（4）为验证第A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：仪器A的名称是_

8、，A中发生反应的离子方程式是_。棉花中浸有NaOH溶液的作用是_(用离子方程式表示)。验证溴与碘的非金属性强弱：通入少量的单质，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_。第A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】 HNO3H2CO3H2SiO3 cd 分液漏斗 2Br-Cl2=Br22Cl- Cl22OH-=H2OCl-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

9、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，则最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是HNO3H2CO3H2SiO3；(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；cNa与水反应比Al剧烈，说明金属性：NaAl，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

10、比较，故d正确；答案选cd；(4)A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2BrCl2=Br22Cl；NaOH溶液用于吸收氯气，离子方程为Cl22OH=H2OClClO；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；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

11、非金属性强弱，可以依照单质的氧化性的强弱。3如图是元素周期表中的前四周期，为相应的元素，请从中选择合适的元素回答问题：（1）根据元素原子的外围电子排布特征，元素周期表可划分为五个区域，元素位于周期表的_区。（2）写出元素与元素形成的稳定化合物的结构式_。（3）、两元素形成的化合物其中心原子的杂化轨道类型为_。（4）元素与CO可形成X（CO）5型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为-20.5 ，沸点为103 ，易溶于非极性溶剂，据此可判断该化合物晶体属于_晶体（填晶体类型）。（5）元素的离子的氢氧化物不溶于水，但可溶于氨水，该离子与NH3间结合的作用力为_。（6）将、形成的化合物溶于水，其与水间

12、可能存在的氢键表示为_（写一种即可）。（7）金属有、三种同素异形体，各晶胞如下图，则和中原子的配位数之比为_。【答案】d O=C=O sp2杂化 分子 配位键 FHF、FHO、OHF、OHO 4：3 【解析】【分析】根据元素周期表可知为H元素、为B元素、为C元素、为N元素、为O元素、为F元素、为Fe元素、为Cu元素、为Zn元素。【详解】（1）元素为Fe元素，位于周期表的d区，故答案为：d；（2）元素为C元素、元素为O元素，其形成的稳定化合物为二氧化碳，结构式为：O=C=O，故答案为：O=C=O；（3）为B元素、为F元素，两元素形成的化合物为BF3，中心原子是B，价层电子对个数=键+孤电子对个数

13、=3+0=3，杂化轨道类型为：sp2杂化，故答案为：sp2杂化；（4）元素为Fe元素、与CO可形成Fe(CO)5型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为-20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断该化合物晶体属于分子晶体，故答案为：分子；（5）元素Zn元素，氢氧化物为Zn(OH)2不溶于水，但可溶于氨水，Zn2+离子与NH3间结合的作用力为配位键，故答案为：配位键；（6）为H元素、为F元素，形成的化合物为HF，溶于水，与水分子间可能存在的氢键表示为：FHF、FHO、OHF、OHO，故答案为：FHF、FHO、OHF、OHO；（7）金属为Fe，有、三种同素异形体，为体心立方，为简单立方，原

14、子的配位数之比为8：64：3，故答案为：4：3。【点睛】金属晶体的原子堆积模型：简单立方堆积，空间利用率，配位数6；体心立方堆积，空间利用率，配位数8；六方最密堆积，空间利用率，配位数12；面心立方最密堆积，空间利用率，配位数12。4A、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21和11分别形成两种离子化合物甲和乙。D、A按原子个数比32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_(

15、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 Na2O2 ONAlMgNa 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 【解析】【分析】C、B可按原子个数比21和11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32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

16、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ONPAlMgNa，即ONAlMgNa，故答案为：ONAlMgS，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

17、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。6A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大。A元素

18、组成的单质是相同条件下密度最小的物质；B元素原子的最外层电子数是其内层电子总数的2倍；D原子的电子层数与最外层电子数之比为3：1；E元素的最外层电子数是电子层数的2倍；C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

19、_【答案】第二周期第IVA族 离子键、共价键 H2O 3SO2+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。A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；B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；D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；E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；C与E同主族，原子序数小于Na，大于C，则C

20、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

21、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。7A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A

22、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）_。aD的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2bE的气态氢化物的稳定性小于HFcWE3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

23、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。上述反应的离子方程式为_。D的单质与X在高温下反应的化学方程式为_。【答案】 ab 2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl- 2Al2O3（熔融）4Al + 3O2 3Fe + NO3- + 2H+ H2O = Fe3O4 + NH4+ 8Al+3Fe3O44Al2O3+ 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-

24、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

25、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，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+；铝与四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，方程式：8Al+3Fe3O44Al2O3+ 9Fe。8A、B均为钾盐的水溶液，A

26、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FH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