高考真题分类汇编(化学)-专题2物质的组成变化和性质用途、化学用语(解析版)

2017年高考真题分类汇编（化学）：专题2 物质的组成变化和性质用途、化学

用语（解析版）

一、单选题

1、（2017?北京）2016年IUPAC命名117号元素为Ts（中文名“ ”，tián），Ts的原子核外最外层电子数是7，下列说法不正确的是（）

A、Ts是第七周期第ⅦA族元素

B、Ts的同位素原子具有相同的电子数

C、Ts在同族元素中非金属性最弱

D、中子数为176的T S核素符号是Ts

2、（2017?海南）下列分子中，其中子总数为24的是（）

A、18O3

B、2H217O2

C、14N16O2

D、14C16O2

二、综合题

3、（2017?海南）X、Y、L、M为核电荷数依次增大的前20号主族元素。X2是最轻的气体，Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数。回答下列问题：

(1)X与L组成的最简单化合物的电子式为________。

(2)X与M组成的物质为________（填“共价”或“离子”）化合物，该物质可作为野外工作的应急燃料，其与水反应的化学方程式为________。

(3)Y在周期表中的位置是________，其含氧酸的化学式为________。

(4)L与M形成的化合物中L的化合价是________。

4、（2017?天津）（14分）某混合物浆液含有Al（OH）3、MnO2和少量Na2CrO4．考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用．回答Ⅰ和Ⅱ中的问题．

Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）

(1)反应①所加试剂NaOH的电子式为________．B→C的反应条件为________，C→Al的制备方法称为

________．

(2)该小组探究反应②发生的条件．D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2．由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）________．a．温度b．Cl﹣的浓度c．溶液的酸度

(3)0.1mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2?xH2O的液态化合物，放热

4.28kJ，该反应的热化学方程式为________．

Ⅱ含铬元素溶液的分离和利用

(4)用惰性电极电解时，CrO42﹣能从浆液中分离出来的原因是________，分离后含铬元素的粒子是________；阴极室生成的物质为________（写化学式）．

5、（2017?新课标Ⅲ）（15分）研究发现，在CO2低压合成甲醇反应（CO2+3H2=CH3OH+H2O）中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景．回答下列问题：

(1)Co基态原子核外电子排布式为________．元素Mn与O中，第一电离能较大的是________，基态原子核外未成对电子数较多的是________．

(2)CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为________和________．

(3)在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为________，原因是________．

(4)硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn（NO3）2中的化学键除了σ键外，还存在________．

(5)MgO具有NaCl型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420nm，则r（O2﹣）为________nm．MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a'=0.448nm，则r（Mn2+）为________nm．

6、（2017?新课标Ⅲ）（14分）砷（As）是第四周期ⅤA族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有着广泛的用途．回答下列问题：

(1)画出砷的原子结构示意图________．

(2)工业上常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫．写出发生反应的化学方程式________．该反应需要在加压下进行，原因是________．

(3)已知：As（s）+ H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）△H1

H2（g）+ O2（g）=H2O（l）△H2

2As（s）+ O2（g）=As2O5（s）△H3

则反应As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）的△H=________．

(4)298K时，将20mL 3x mol?L﹣1 Na3AsO3、20mL 3x mol?L﹣1 I2和20mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO33﹣（aq）+I2（aq）+2OH﹣?AsO43﹣（aq）+2I﹣（aq）+H2O（l）．溶液中c（AsO43﹣）与反应时间（t）的关系如

图所示．

①下列可判断反应达到平衡的是________（填标号）．

a．溶液的pH不再变化

b．v（I﹣）=2v（AsO33﹣）

c．c （AsO43﹣）/c （AsO33﹣）不再变化

d．c（I﹣）=y mol?L﹣1

②t m时，v正________ v逆（填“大于”“小于”或“等于”）．

③t m时v逆________t n时v逆（填“大于”“小于”或“等于”），理由是________．

④若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数K为________．

7、（2017?新课标Ⅱ）（15分）我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐（N5）6（H3O）3（NH4）

4Cl（用R代表）．回答下列问题：

(1)氮原子价层电子对的轨道表达式（电子排布图）为________．

(2)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能（E1）．第

二周期部分元素的E1变化趋势如图（a）所示，

其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是________；氮元素的E1呈现异常的原因是

________．

(3)经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图（b）所示．

①从结构角度分析，R中两种阳离子的相同之处为________，不同之处为________．（填标号）

A．中心原子的杂化轨道类型

B．中心原子的价层电子对数

C．立体结构

D．共价键类型

②R中阴离子N5﹣中的σ键总数为________个．分子中的大π键可用符号Πm n表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数（如苯分子中的大π键可表示为Π66），则N5﹣中的大π

键应表示为________．

③图（b）中虚线代表氢键，其表示式为（NH4+）N﹣H…Cl、________、________．

(4)R的晶体密度为dg?cm﹣3，其立方晶胞参数为anm，晶胞中含有y个[（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl]单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为________．

答案解析部分

一、单选题

1、【答案】D

【考点】原子结构与元素的性质

【解析】【解答】解：A．该原子结构示意图为，该元素位于第七周期、

第VIIA族，故A正确；

B．同位素具有相同质子数、不同中子数，而原子的质子数=核外电子总数，则Ts的同位素原子具有相同的电子数，故B正确；

C．同一主族元素中，随着原子序数越大，元素的非金属性逐渐减弱，则Ts在同族元素中非金属性最弱，故C正确；

D．该元素的质量数=质子数+中子数=176+117=293，该原子正确的表示方法为：117293Ts，故D错误；

故选D．

【分析】A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判

断该元素在周期表中的位置；

B．同种元素的不同核素互为同位素，同种元素原子一定具有相同电子数；

C．同一主族元素，原子序数越大非金属性越强；

D．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数．

2、【答案】D

【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系

【解析】【解答】解：A．18O3中子数为（18﹣8）×3=30，故A错误；B．2H217O2中子数为（2﹣1）×2+（17﹣8）×2=20，故B错误；

C．14N16O2中子数为（14﹣7）+（16﹣8）×2=23，故C错误；

D．14C16O2中子数为（14﹣6）+（16﹣8）×2=24，故D正确，

故选D．

【分析】中子数=质量数﹣质子数，据此进行计算．

二、综合题

3、【答案】（1）

（2）离子；CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑

（3）第二周期ⅢA族；H3BO3

（4）-3

【考点】原子结构与元素周期律的关系

【解析】【解答】解：（1）X与L组成的最简单化合物为PH3，电子式类似氨气，为，故答案为：；（2）X与M组成的物质为CaH2，为离子化合物，可与水反应生成氢气，方

程式为CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑，故答案为：离子；CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑；（3）Y为B 元素，位于周期表第二周期ⅢA族，含氧酸为H3BO3，故答案为：第二周期ⅢA族；H3BO3；（4）L与M形成的化合物Ca3P2，Ca的化合价为+2价，P为﹣3价，故答案为：﹣3．

【分析】X2是最轻的气体，X应为H元素，Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数，且为主族元素，则质子数分别为5、15、20，分别B、P、Ca等元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率解答该题．

4、【答案】（1）；加热（或煅烧）；电解法

（2）ac

（3）2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g）△H=﹣85.6kJ?mol﹣1

（4）在直流电场作用下，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液；CrO42﹣、Cr2O72﹣；NaOH和H2

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用

【解析】【解答】解：（1）NaOH为离子化合物，电子式为，B为Al（OH）3，在加热

条件下生成氧化铝，电解熔融的氧化铝可得到铝，

故答案为：；加热（或煅烧）；电解法；（2）反应涉及的条件为加热，加热下可反应，另

外加热硫酸，氢离子浓度变化，可知影响的因素为温度和氢离子浓度，故答案为：ac；（3）0.1mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2?xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，由质量守恒可知还原性气体为CO，反应的化学方程式为2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g），则2mol氯气反应放出的热量为 4.28kJ=85.6kJ，

所以热化学方程式为2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g）△H=﹣85.6kJ?mol﹣1，

故答案为：2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g）△H=﹣85.6kJ?mol﹣1；（4）电解时，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，因存在2CrO42﹣+2H+?Cr2O72﹣+H2O，则分离后含铬元素的粒子是CrO42﹣、Cr2O72﹣，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，

故答案为：在直流电场作用下，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液；CrO42﹣、Cr2O72﹣；NaOH

和H2．

【分析】Ⅰ．（1）固体混合物含有Al（OH）3、MnO2，加入NaOH溶液，过滤，可得到滤液A为NaAlO2，通入二氧化碳，生成B为Al（OH）3，固体C为Al2O3，电解熔融的氧化铝可得到Al；固体D为MnO2，加热条件下与浓盐酸反应可生成氯气；（2）题中涉及因素有温度和浓度；（3）0.1mol Cl2与焦炭、TiO2

完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2?xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，由质量守恒可知还原性气体为CO，反应的化学方程式为2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g），以此可计算反应热并写出热化学方程式；

Ⅱ．（4））电解时，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，以此解答该题．

5、【答案】（1）1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；O；Mn

（2）sp；sp3

（3）H2O＞CH3OH＞CO2＞H2；常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；水分子中有两个氢原子都可以参与形成分子间氢键，而甲醇分子中只有一个羟基上的氢原子可用于形成分子间氢键，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高

（4）π键、离子键

（5）；

【考点】原子核外电子排布，共价键的形成及共价键的主要类型，晶胞的计算，氢键的存在对物质性质的影响

【解析】【解答】解：（1）Co是27号元素，位于元素周期表第4周期第VIII族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2．元素Mn与O中，由于O元素是非金属性而Mn是过渡元素，所以第一电离能较大的是O，O基态原子价电子为2s22p4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子价电子排布为3d54s2，所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn，

故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；O；Mn；（2）CO2和CH3OH的中心原子C原子的价层电子对数分别为2和4，所以CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为sp和sp3，

故答案为：sp；sp3；（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为H2O＞CH3OH＞CO2＞H2，原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；水分子中有两个氢原子都可以参与形成分子间氢键，而甲醇分子中只有一个羟基上的氢原子可用于形成分子间氢键，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高，

故答案为：H2O＞CH3OH＞CO2＞H2；常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；水分子中有两个氢原子都可以参与形成分子间氢键，而甲醇分子中只有一个羟基上的氢原子可用于形成分子间氢键，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高；（4）硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N原子与3个氧原子形成3个σ键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在π键，

故答案为：π键、离子键；（5）因为O2﹣是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2﹣半径的4倍，即4r= a，解得r= nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构，Mn2+构成的是体心立方堆积，

体对角线是Mn2+半径的4倍，面上相邻的两个Mn2+距离是此晶胞的一半，因此有nm，故答案为：；．

【分析】（1）Co是27号元素，可按照能量最低原理书写电子排布式；O为非金属性，难以失去电子，第一电离能较大；（2）CO2和CH3OH分子中C原子分别形成2、4个σ键；（3）水和甲醇分子间都存在氢键，二氧化碳和氢气常温下为气体，结合氢键数目和相对分子质量判断；（4）Mn（NO3）2为离子化合物，含有离子键、共价键，共价键含有σ键和π键；（5）阴离子采用面心立方最密堆积方式，位于顶点和面心；阳离子为体心立方堆积，体心和棱，以此计算半径．

6、【答案】（1）

（2）2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；加压反应速率增大，而且平衡右移，可提高生产效率

（3）2△H1﹣3△H2﹣△H3

（4）ac；大于；小于；tm时AsO43﹣浓度更小，反应速率更慢；

【考点】画元素的原子结构示意图，氧化还原反应，用盖斯定律进行有关反应热的计算，化学平衡的影响因素，物质的量或浓度随时间的变化曲线

【解析】【解答】解：（1）砷元素原子序数为33，原子核外有四个电子层，最外层5个电子，原子结构

示意图为，

故答案为：；（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2O3）制成浆状，通入O2氧化，生成

H3AsO4和单质硫，砷元素化合价+3价变化为+5价，反应的化学方程式为2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S，增大压强，可增大反应速率，并使平衡正向移动，增大反应物的转化率，

故答案为：2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；加压反应速率增大，而且平衡右移，可提高生产效率；（3）已知：①As（s）+ H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）△H1

②H2（g）+ O2（g）=H2O（l）△H2

③2As（s）+ O2（g）=As2O5（s）△H3

则利用盖斯定律将①×2﹣②×3﹣③可得As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）△H=2△H1﹣3△H2﹣△H3，故答案为：2△H1﹣3△H2﹣△H3；（4）①a．溶液pH不变时，则c（OH﹣）也保持不变，反应达到平衡状态，故a正确；

b．同一个化学反应，速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡，都存在v（I﹣）=2v（AsO33﹣），故b错误；

c．c （AsO43﹣）/c （AsO33﹣）不再变化，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，故c正确；

d．由图可知，当c （AsO43﹣）=y mol?L﹣1时，浓度不再发生变化，则达到平衡状态，由方程式可知此时c （I﹣）=2y mol?L﹣1，所以c（I﹣）=y mol?L﹣1时没有达到平衡状态，故d错误．

故答案为：ac；

②反应从正反应开始进行，t m时反应继续正向进行，则v正大于v逆，故答案为：大于；

③t m时比t n时浓度更小，则逆反应速率更小，故答案为：小于；tm时AsO43﹣浓度更小，反应速率更慢；

④反应前，三种溶液混合后，Na3AsO3的浓度为3xmol/L× =xmol/L，同理I2的浓度为xmol/L，反应达到平衡时，生产c（AsO43﹣）为ymol/L，则反应生产的c（I﹣）=2ymol/L，消耗的AsO33﹣、I2的浓度均为ymol/L，平衡时c（AsO33﹣）=（x﹣y）mol/L，c（I2）=（x﹣y）mol/L，溶液中c（OH﹣）=1mol/L，则

K= = ，

故答案为：．

【分析】（1）砷元素原子序数为33，原子核外有四个电子层，最外层5个电子，据此写出原子结构示意图：（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2O3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫，结合氧化还原反应电子守恒和原子守恒书写化学方程式，反应为气体体积减小的反应，增大压强提高反应速率，平衡正向进行，反应效率高；（3）①As（s）+ H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）△H1

②H2（g）+ O2（g）=H2O（l）△H2

③2As（s）+ O2（g）=As2O5（s）△H3

盖斯定律计算得到反应As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）的△H；（4）①达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变；

②反应从正反应开始进行，t m时反应继续正向进行；

③物质的浓度越大，反应速率越大；

④根据反应的离子方程式，计算平衡时各物种的浓度，可计算平衡常数．

7、【答案】（1）

（2）同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；N的2p能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合电子

（3）ABD；C；5N A；Π56；（H3O+）O﹣H…N；（NH4+）N﹣H…N

（4）

【考点】原子核外电子排布，共价键的形成及共价键的主要类型，晶胞的计算，含有氢键的物质

【解析】【解答】解：（1）氮原子价层电子为最外层电子，即2s22p3，则电子排布图为，故答案为：；（2）元素的非金属性越强，越易得到电子，则第一电子亲和能越大，同

周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，从左到右易结合电子，放出的能量增大，N的最外层为半充满结构，较为稳定，不易结合一个电子，

故答案为：同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；N的2p能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合电子；（3）①A．阳离子为H3O+和NH4+，NH4+中心原子N含有4个σ键，孤电子对数为=0，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，H3O+中心原子是O，含有3σ键，孤电子对数为=1，价层电子对数为4，为sp3杂化；

B．由以上分析可知H3O+和NH4+中心原子的价层电子对数都为4；

C．NH4+为空间构型为正四面体，H3O+为空间构型为三角锥形；

D．含有的共价键类型都为σ键．

两种阳离子的相同之处为ABD，不同之处为C；

故答案为：ABD；C；

②根据图（b）N5﹣中键总数为5N A个，根据信息，N5﹣有6个电子可形成大π键，可用符号Π56表示，

故答案为：5N A；Π56；

③O、N的非金属性较强，对应的O﹣H、N﹣H都可与H形成氢键，还可表示为（H3O+）O﹣H…N、（NH4+）N﹣H…N，

故答案为：（H3O+）O﹣H…N、（NH4+）N﹣H…N；（4）由d= = 可知，y= ，故答案为：．

【分析】（1）氮原子价层电子为最外层电子，即2s22p3，书写电子排布图；（2）同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，从左到右易结合电子，放出的能量增大，N的最外层为半充满结构，较为稳定；（3）①根据图（b），阳离子为H3O+和NH4+，NH4+中心原子N含有4个σ键，孤电子对数为=0，价层电子对数为2，杂化类型为sp3，H3O+中心原子是O，含有3σ键，孤电子对数为

=1，空间构型为正四面体，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间构型为三角锥形；②根据图（b）N5﹣中键总数为5N A个，根据信息，N5﹣的大π键可用符号Π56；③O、N的非金属性较强，对应的O﹣H、N ﹣H都可与H形成氢键；（4）根据d= = 计算．