2020-2021精选高考化学易错题专题复习原子结构与元素周期表附答案
2020-2021精选高考化学易错题专题复习原子结构与元素周期表附
答案
一、原子结构与元素周期表练习题（含详细答案解析）
1．磷化铝（AlP ）和磷化氢（PH 3）都是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。
(1)磷元素在元素周期表中的位置：________________。AlP 遇水蒸气会发生反应放出PH 3气体，该反应的另一种产物的化学式为________。
(2)PH 3具有强还原性，能与CuSO 4溶液反应，配平该反应的化学方程式：
________CuSO 4＋_____PH 3＋_____H 2O ＝_____Cu 3P ↓＋_____H 3PO 4＋_____H 2SO 4
(3)工业制备PH 3的流程如图所示。
①次磷酸属于________元酸。
②白磷和烧碱溶液反应的化学方程式为：____________________________________。 ③若起始时有1 mol P 4参加反应，则整个工业流程中共生成________mol PH 3。（不考虑产物的损失）
【答案】第3周期第VA 族 Al (OH )3 24 11 12 8 3 24 1 P 4 + 3NaOH + 3H 2O ＝PH 3↑+ 3NaH 2PO 2 2.5
【解析】
【分析】
（1）原子结构中电子层数等于周期数，最外层电子数等于族序数，AlP 遇水蒸气会发生反应放出PH 3气体，根据元素守恒确定该反应的另一种产物的化学式；
（2）配平化学方程式，就是通过在各物质的化学式前面添加系数，使反应中每种原子个数在反应前后相等的过程，但对于复杂的化学反应通常通过观察，找出变化的特点或规律，常使用化合价来配平，保证化合价升高与降低的数相等即可；
（3）①根据物质电离出的氢离子数目确定酸的元数；
②根据图示信息：白磷和烧碱溶液反应生成PH 3、NaH 2PO 2，据此书写方程式； ③根据发生反应的过程寻找关系式，进行计算即可。
【详解】
(1)P 处于第3周期ⅤA 族，AlP 遇水蒸气会发生反应放出PH 3气体，根据元素守恒，确定该反应的另一种产物是Al (OH )3，故答案为：第3周期第VA 族；Al (OH )3；
(2)该方程式中Cu 价态由+2下降为+1，P 价态由-3升高为+5，为保证化合价升降数相等，Cu 3P 与H 3PO 4计量数分别为8、3，CuSO 4的系数是24，H 2SO 4系数是24，根据元素守恒，得到：4323342424CuSO +11PH +12H O=8Cu P +3H PO +24H SO ，故答案为：24，11，12，8，3，24；
(3)①根据氢氧化钠过量时只能生成NaH 2PO 2可知次磷酸只能电离出1个氢离子，因此次磷酸属于一元酸，故答案为：1；
②根据图示信息：白磷和烧碱溶液反应生成PH 3、NaH 2PO 2，方程式为：
42322P + 3NaOH + 3H O = PH + 3NaH PO ↑；故答案为：
42322P + 3NaOH + 3H O = PH + 3NaH PO ↑；
③P 4+3NaOH +3H 2O =PH 3↑+3NaH 2PO 2；2H 3PO 2=PH 3↑+H 3PO 4，即P 4～2.5PH 3，若起始时有1molP 4参加反应，则整个工业流程中共生成2.5molPH 3；故答案为：2.5。
2．南京理工教授制出了一种新的全氮阴离子盐—AgN 5，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Mn 2+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(H 2O)6]2+[(N 5)2(H 2O)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
I 1/kJ?mol -1 I 2/kJ?mol -1 I 3/kJ?m ol -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，Mg 2+与H 2O 之间是________、N 5与H 2O 之间是________。 ③N 5-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N 4-、N 6-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πn
m 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π66)，则N 4-中的大π键应表示为_________。
(3)AgN 5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N 5-与Ag +的平均距离为a nm ，N A 表示阿伏加德罗常数的值，则AgN 5的密度可表示为_____g?cm -3（用含a 、N A 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 sp254π 12
22
3
A
8.910 N a
?
?
【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=m
V
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5
4
π；
(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38
2
?
=12个；在一个晶胞中
含有Ag+的数目为8×1
8
+6×
1
2
=4，含有N5-的数目为1+12×
1
4
=4，晶胞体积为V=(2a×10-7)3
cm 3，则ρ=(
)22A/mol 3373A 4178?g /mol N m 8.910V N a 2a 10cm
-??==?? g/cm 3。 【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。
3．锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。回答下列问题:
（1）Zn 原子核外电子排布式为__________洪特规则内容_____________
泡利不相容原理内容______________________ （2）黄铜是人类最早使用的合金之一,主要由Zn 和Cu 组成。第一电离能
I 1(Zn)__________I 1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是__________
（3）ZnF 2具有较高的熔点(872℃ ),其化学键类型是__________;ZnF 2不溶于有机溶剂而ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,原因是__________
（4）金属Zn 晶体中的原子堆积方式如图所示,这种堆积方式称为__________,配位数为____
六棱柱底边边长为a cm,高为c cm,阿伏加德罗常数的值为N A ，Zn 的密度为__________g·
cm -3(列出计算式)。
【答案】1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 2或[Ar ]3d 104s 2 原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低 每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子 大于 Zn 核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 离子键 ZnF 2为离子化合物，ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2的化学键以共价键为
主、极性较小 六方最密堆积(A 3型2A 3N 6a c ??? 【解析】
【分析】
【详解】
(1)Zn 原子核外有30个电子，分别分布在1s 、2s 、2p 、3s 、3p 、3d 、4s 能级上，其核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 2或[Ar]3d 104s 2，洪特规则是指原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低，而泡利原理是指每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子，故答
案为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低；每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子；
(2)轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu较Zn易失电子，则第一电离能Cu＜Zn，故答案为：大于；Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子；
(3)离子晶体熔沸点较高，熔沸点较高ZnF2，为离子晶体，离子晶体中含有离子键；根据相似相溶原理知，极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，ZnF2属于离子化合物而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为共价化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2分子极性较小，乙醇、乙醚等有机溶剂属于分子晶体极性较小，所以互溶，故答案为：离子键；ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小；
(4)金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积，Zn原子的配位数为12，该晶胞中Zn原子个
数=12×1
6
+2×
1
2
+3=6，六棱柱底边边长为acm，高为ccm，六棱柱体积
2)×3×c]cm3，晶胞密度
=m
V
=
，故答案为：六方最密堆积(A3
型)；12
。
【点睛】
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生分析、判断、计算及空间想像能力，熟练掌握均摊分在晶胞计算中的正确运用、价层电子对个数的计算方法，注意：该晶胞中顶点上的原子被6个晶胞共用而不是8个，为易错点。
4．同一周期(短周期)各元素形成单质的沸点变化如下图所示(按原子序数连续递增顺序排列)。该周期部分元素氟化物的熔点见下表。
(1)A原子核外共有_______种不同运动状态的电子、_______种不同能级的电子；
(2)元素C的最高价氧化物对应水化物的电离方程式为__________；
(3)解释上表中氟化物熔点差异的原因：_______；
(4)在E、G、H三种元素形成的氢化物中，热稳定性最大的是_______（填化学式）。A、
B、C三种原子形成的简单离子的半径由大到小的顺序为______（填离子符号）。
【答案】11 4 AlO 2-+H++H2O Al(OH)3Al3++3OH- NaF与 MgF2为离子晶体，离子之间以离子键结合，离子键是强烈的作用力，所以熔点高；Mg2+的半径比Na+的半径小，离子电荷比Na+多，故MgF2的熔点比NaF高；SiF4为分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，故SiF4的熔点低 HCl Na+>Mg2+>Al3+
【解析】
【分析】
图中曲线表示8种元素的原子序数(按递增顺序连续排列)和单质沸点的关系，H、I的沸点低于0℃，根据气体的沸点都低于0℃，可推断H、I为气体，气体元素单质为非气体，故为第三周期元素，则A为Na，B为Mg，C为Al，D为Si，E为P、G为S，H为Cl，I为Ar。
(1)原子中没有运动状态相同的电子，由几个电子就具有几种运动状态；
根据核外电子排布式判断占有的能级；
(2)氢氧化铝为两性氢氧化物，有酸式电离与碱式电离；
(3)根据晶体类型不同，以及同种晶体类型影响微粒之间作用力的因素解答；
(4)同周期自左而右非金属性增强，非金属性越强氢化物越稳定；
电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，据此解答。
【详解】
由上述分析可知：A为Na，B为Mg，C为Al，D为Si，E为P、G为S，H为Cl，I为Ar。
(1)A为Na元素，原子核外电子数为11，故共有11种不同运动状态的电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s1，可见有4种不同能级的电子；
(2)Al(OH)3为两性氢氧化物，在溶液中存在酸式电离和碱式电离两种形式的电离作用，电离方程式为：AlO 2-+H++H2O Al(OH)3Al3++3OH-；
(3)NaF与MgF2为离子晶体，阳离子与阴离子之间以强烈的离子键结合，断裂化学键需消耗较高的能量，因此它们的熔沸点较高；由于Mg2+的半径比Na+的半径小，带有的电荷比Na+多，所以MgF2的熔点比NaF高；而SiF4为分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，破坏分子间作用力消耗的能量较少，故SiF4的熔点低；
(4)同一周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素的非金属性：Cl>S>P。元素的非
金属性越强，其相应的简单氢化物就越稳定，故HCl最稳定性，Na+、Mg2+、Al3+核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子来说，离子的核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径Na+>Mg2+>Al3+。
【点睛】
本题考查核外电子排布规律、晶体结构与性质的关系、元素周期律等的应用，根据图象信息判断出元素是解题关键，突破口为二、三周期含有气体单质数目。
5．A、B、C、D、E、F是核电荷数依次增大的六种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。
(1)B在周期表中的位置_________
(2)F元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为________。
(3)元素C、D、E形成的简单离子半径由小到大的顺序________(用离子符号表示)。
(4)写出化合物D2C2的电子式：________。
(5)E、F的简单离子的还原性大小顺序为：_________。
(6)已知E单质和F单质的水溶液反应会生成两种强酸，其离子方程式为_______。
【答案】第二周期第ⅤA族 HClO4 Na+
+3Cl2+4H2O=8H++SO42-+6Cl-
【解析】
【分析】
由题干信息，A、B、C、D、E、F是核电荷数依次增大的六种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素，B元素的原子半径是其所在主族元素原子中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5，位于周期表中第ⅤA族，应为N元素，C元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4，则原子核外电子排布为2、6，应为O元素，C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1，应为Na元素，C、E同主族，则E为S元素，F为Cl 元素，据此分析解答问题。
【详解】
(1)根据上述分析，B为N元素，是第7号元素，在元素周期表的第二周期第ⅤA族，故答案为：第二周期第ⅤA族；
(2)F为Cl元素，其最高价氧化物对应水化物为高氯酸，化学式为HClO4，故答案为：HClO4；
(3)Na+、O2-电子层数均为2，而核电荷数：Na+>O2-，则半径：Na+ (4)D2C2为Na2O2，是离子化合物，其电子式为：，故答案为： ； (5)非金属性Cl>S，单质的氧化性Cl2>S，则对应简单离子的还原性Cl- >Cl-； (6)E的单质为S，F的单质为Cl2，S和Cl2的水溶液发生氧化还原反应生成H2SO4和HCl，离子方程式为S+3Cl2+4H2O=8H++SO42-+6Cl-，故答案为：S+3Cl2+4H2O=8H++SO42-+6Cl-。 6．下表是元素周期表的一部分，除标出的元素外，表中的每个编号代表一种元素。请根据要求回答问题： （1）②的元素符号是______。 （2）⑤和⑥两种元素的非金属性强弱关系是：⑤______⑥。 （3）①和③两种元素组成的化合物中含有的化学键为________（填“离子键”或“共价键”）。 （4）④和⑥两种元素组成的化合物与AgNO3溶液反应的离子方程式为__________。 【答案】C ＜共价键 Ag＋＋Cl－＝AgCl↓ 【解析】 【分析】 根据元素在周期表中的位置分析元素的种类；根据元素周期律及元素性质分析解答。 【详解】 根据元素周期表的结构及元素在周期表中的位置分析知，①为氢，②为碳，③为氧，④为钠，⑤为硫，⑥为氯； （1）碳的元素符号是C，故答案为：C； （2）⑤和⑥处于相同周期，同周期元素随核电荷数增大，非金属性增强，则两种元素的非金属性强弱关系是：⑤＜⑥，故答案为：＜； （3）H和O两种元素组成的化合物中有H2O和H2O2，都属于共价化合物，含有的化学键为共价键，故答案为：共价键； （4）Na和Cl两种元素组成的化合物为NaCl，与AgNO3溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，离子方程式为：Ag＋＋Cl－＝AgCl↓，故答案为：Ag＋＋Cl－＝AgCl↓。 7．下表为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑧在表中的位置，回答下列问题： (1)地壳中含量居于第二位的元素在周期表中的位置是_______。 (2)②的最高价氧化物的分子式为____。 (3)①、④、⑤中的某些元素可形成既含离子键又含共价键的离子化合物，写出符合要求的一种化合物的电子式_____。 (4)W是第四周期与④同主族的元素。据此推测W不可能具有的性质是___ A．最高正化合价为+6 B．气态氢化物比H2S稳定 C．最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱 D．单质在常温下可与氢气化合 (5)已知X为第ⅡA族元素(第一到第四周期)，其原子序数为a，Y与X位于同一周期，且为第ⅢA族元素，则Y的原子序数b与a所有可能的关系式为____。 【答案】第三周期第ⅣA族 CO2 NaOH：或Na2O2： BD b=a+1或b=a+11 【解析】 【分析】 由元素在周期表中的位置可知：①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si、⑧为Cl。 (1)地壳中含量居于第二位的元素为Si； (2)②表示C元素，根据元素最高化合价等于原子最外层电子数等于原子序数分析； (3)由H、O、Na中的某些元素可形成既含离子键又含共价键的离子化合物有NaOH、Na2O2等； (4)W是第四周期与④同主族元素，④是O元素，则W为Se元素，根据元素周期律分析判断； (5)根据元素周期表的位置与原子序数关系分析解答。 【详解】 由元素在周期表中的位置可知：①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si、⑧为Cl。 (1)地壳中含量居于第二位的元素为Si，Si原子核外电子排布为2、8、4，所以Si处于元素周期表中第三周期第ⅣA族； (2)②表示C元素，C原子最外层有4个电子，所以其最高价氧化物的分子式为CO2； (3)由H、O、Na中的某些元素可形成既含离子键又含共价键的离子化合物有NaOH、Na2O2等，其中NaOH的电子式为：，Na2O2的电子式为：； (4)W是第四周期与④同主族元素，④是O元素，则W为Se元素。 A. Se原子最外层有6个电子，所以其最高正化合价为+6，A正确； B. 元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性：S>Se，所以气态氢化物稳定性：H2S>H2Se，B错误； C. 同一主族的元素原子序数越大，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强。由于非金属性S>Se，所以H2SeO4 D. 元素的非金属性越强，其单质越容易与氢气化合，由于元素的非金属性：S>Se，S与H2反应需在加热条件下进行，则Se单质与H2反应要求温度会更高，在常温下不可能与H2化 合，D错误； 故合理选项是BD； (5)X原子序数为a，Y原子序数为b，若X位于第二周期第ⅡA族元素，或X位于第三周期第IIA族，则其同一周期第IIIA的元素Y原子序数为b=a+1；若X位于第四周期第ⅡA族元素，由于第IIA族、第IIIA族之间增加了7个副族和1个第VIII族元素，共10纵行，所以其同一周期第IIIA的元素Y原子序数为b=a+10+1=a+11。 【点睛】 本题考查元素周期表与元素周期律、无机物推断、常用化学用语、元素化合物性质等，掌握元素周期表的结构、元素周期律是正确判断解答的关键，注意元素周期表的结构。一般情况下同一周期相邻主族元素原子序数相差1，但第IIA、第IIIA有特殊性，还与其在周期表的周期序数有关。在比较同一周期第IIA、第IIIA元素的原子序数时，若元素位于元素周期表第二、三周期时，原子序数相差1；若元素位于元素周期表第四、五周期时，由于在第IIA与第IIIA之间增加了7个副族和1个第VIII族，共10个纵行，元素的原子序数相差11；若元素位于第六周期，在第IIIB是15种镧系元素，在第七周期在第IIIB是15种锕系元素，元素的原子序数相差25。 8．原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F都是元素周期表中前20号元素，B、C、D、E 同周期，A、D同主族，且A的原子结构中最外层电子数是电子层数的3倍。F和其他元素既不在同周期也不在同主族，且B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水。根据以上信息，回答下列问题： (1)A、F的名称为______、_______。 (2)A和D与氢元素形成的氢化物中，沸点较高的是______(填化学式，下同)，D和E的最高价氧化物对应的水化物中酸性较强的是_________，写出A和B形成的化合物中含有共价键的化合物的电子式_____。 (3)B、C形成的单质中与水反应较剧烈的是________，相应反应的化学方程式为 ______________。 (4)写出C的最高价氧化物对应的水化物与B的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式_______。 【答案】氧钙 H2O HClO4 Na 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 【解析】 【分析】 原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F都是元素周期表中前20号元素，A的原子结构中最外层电子数是电子层数的3倍，最外层最多容纳8个电子，则A含有2个电子层，最外层含有6个电子，A为O元素；A、D同主族，则D为S元素；B、C、D、E同一周期，则四种元素都位于元素周期表第三周期，E的原子序数大于S，则E为Cl元素；B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水，则B为Na元素，C为Al 元素；F和其他元素既不在同周期也不在同主族，则F位于第四周期，F不可能为K元素， 只能为Ca元素，据此进行解答。 【详解】 根据上述分析可知：A为O，B为Na，C为Al，D为S，E为Cl，F为Ca元素。 (1)根据分析可知，A、F元素的名称分别为氧、钙； (2)A、D分别为O、S，二者的氢化物分别为H2O、H2S，由于H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的作用力，导致其沸点比H2S高； D为S、E为Cl，元素的非金属性：Cl>S，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。 9．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-+H2O OH-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； 10．A、B、C、D为原子序数依次增大短周期元素，A的最外层电子数是其电子层数2倍；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E；D的L层电子数等于其它电子层上的电子数之和。 (1)A元素名称为______，D在周期表中的位置________，离子半径大小B___C(填“>”“<”或“=”)。 (2)B的两种单质在常温下都是气体，它们互为____________。比较B的氢化物和D的氢化物沸点：B___D（填“＞”“＜”或“=”），原因是_________________。 (3)E中含有化学键类型：_________，属于___________化合物（填“离子化合物”或“共价化合物”）。 (4)用电子式表示C与D的二元化合物的形成过程：_____________________。 (5)氢原子与B分别形成10电子和18电子分子，写出18电子分子转化成10电子分子的化学方程式__________________。 【答案】碳第三周期第VIA > 同素异形体 > 水分子间存在氢键离子键和非极性共价键离子化合物 2H2O22H2O+O2↑【解析】 【分析】 短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大，A的最外层电子数是其电子层数2倍，则A 原子核外有2个电子层，核外电子排布是2、4，A是C元素；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，淡黄色固体E是Na2O2，则B是O元素、C是Na元素；D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和，则D原子M层电子数为6，则D为S元素。然后根据元素的原子结构及形成的化合物的性质，结合元素周期律分析解答。 【详解】 根据上述分析可知：A是C元素，B是O元素，C是Na元素，D是S元素，淡黄色的固体E是Na2O2。 (1)A是C元素，元素名称为碳；D是S元素，原子核外电子排布为2、8、6，则S在元素周期表中位于第三周期第VIA族；O2-、Na+核外电子排布是2、8，二者电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径O2- >Na+； (2)氧元素形成的单质有O2、O3，二者是由同一元素形成的不同性质的单质，互为同素异形体；B的氢化物H2O和D的氢化物H2S结构相似，由于在H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使得物质的熔沸点升高，故物质的沸点：H2O>H2S； (3)E是Na2O2，该物质是离子化合物，2个Na+与O22-之间通过离子键结合，在阴离子O22-中2个O原子之间通过共价键结合； (4)C与D的二元化合物Na2S是离子化合物，Na+与S2-通过离子键结合，用电子式表示其形成过程为：。 (5)H与O分别形成10电子分子是H2O，形成的18电子分子是H2O2，18电子分子H2O2不稳定，容易分解为H2O和O2，反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑。 【点睛】 本题考查位置结构性质的相互关系及应用，涉及原子结构、元素周期表结构、物质性质等知识点，熟练掌握元素化合物、元素周期律等知识点，侧重考查学生分析与应用能力。 11．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 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。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。 12．A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。已知：A元素的原子半径最小，B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，C元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应能生成盐，D与E同主族，E元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2。请回答： （1）元素C在周期表中的位置是________。 （2）元素D的单质与金属钠反应生成的化合物可作潜水面具中的供氧剂，这种化合物与水反应的离子方程式____________________________________。 （3）D和E两种元素相比较，其原子得电子能力较强的是________(写名称)。以下说法中，可以证明上述结论的是__________(填写编号)。 a．比较这两种元素的常见单质的沸点 b．二者形成的化合物中，D元素的原子显负价 c．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性 d．比较这两种元素氢化物的水溶液的酸性 （4）元素A、D、E与钠元素可形成两种酸式盐(均含有该四种元素)，这两种酸式盐在水溶液中反应的离子方程式是___________________________。 【答案】第二周期ⅤA族 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑氧 bc H++HSO3-=SO2↑+H2O 【解析】 【分析】 A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。A元素的原子半径是主族元素中最小的，则A为H；C元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应能生成盐，则C为N元素；B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则B为C元素；D与E同主族，E元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2，则E最外层含有6个电子，为S元素，D为O元素；F的原子序数大于S，且为短周期主族元素，则F为Cl元素，据此解答。 【详解】 根据分析可知：A为H，B为C元素，C为N，D为O，E为S，F为Cl与水。 （1）C是N元素，其原子核内有7个质子，在周期表中第二周期ⅤA族，故答案为：第二 周期ⅤA族； （2）D元素单质与钠反应生成的化合物可以作潜水面具中的供氧剂，为过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑； （3）这两种元素分别O、S元素，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性较强的是O元素，名称为氧；元素的非金属性越强，对应的原子得电子能力越强，而 a. 单质的沸点与非金属性无关，与得电子能力无关，a项错误； b. 二者形成的化合物为二氧化硫与三氧化硫，O元素的原子显负价，则证明O的得电子能力比S强，b项正确； c. 气态氢化物的稳定性越强，则元素的非金属性越强，得电子能力越强，c项正确； d. 这两种元素氢化物的水溶液的酸性与非金属性无关，与得电子能力无关，d项错误； 答案为：氧；bc； （4）A、D、E与钠元素可形成两种酸式盐(均含有该四种元素)，这两种酸式盐分别是硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，二者反应生成二氧化硫和水，离子方程式为：H++HSO3?═SO2↑+H2O。【点睛】 第（3）问元素周期律的判断是常考点，要特别注意非金属性的判断依据，可总结为： 1、由单质的氧化性判断，一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强； 2、由单质和酸或者和水的反应程度来看，反应越剧烈，非金属性越强。（比如F2、Cl2、Br2和H2O的反应剧烈程度依次减弱，则非金属依次减弱）； 3、由对应氢化物的稳定性判断。氢化物越稳定，非金属性越强； 4、由和氢气化合的难易程度判断。化合反应越容易，非金属性越强； 5、由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断，酸性越强，非金属越强； 6、由对应最低价阴离子的还原性判断，还原性越强，对应非金属性越弱； 13．氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途。下图是模拟工业制备氢溴酸粗品并精制流程： 依照上述流程回答以下问题： （1）混合①中发生反应的化学方程式为_______。 （2）操作Ⅱ和操作Ⅲ的名称分别是_______、_______。操作Ⅲ一般适用于分离 ____________混合物。〔选填编号〕 a、固体和液体 b、固体和固体 c、互不相溶的液体 d、互溶的液体 （3）混合②中加入Na2SO3的目的是_______。 （4）纯净的氢溴酸应为无色液体，但实际工业生产中制得的氢溴酸〔工业氢溴酸〕带有淡淡的黄色。因此甲乙两同学设计了简单实验加以探究：甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3＋，那么用于证明该假设所用的试剂的名称为_______。乙同学假设工业氢溴酸呈 淡黄色是因为________，其用于证明该假设所用的试剂的化学式_______。 【答案】SO 2＋Br 2＋2H 2O==2HBr ＋H 2SO 4 过滤 蒸馏 d 除去粗品中未反应完的溴 硫氰化钾溶液 含有Br 2 CCl 4 【解析】 【分析】 根据流程图分析分析流程发生的反应，根据混合物性质的不同分析流程中物质分离的方法；根据氧化还原原理分析流程中涉及的氧化还原反应；根据常见离子检验方法分析解答。 【详解】 混合①中发生反应SO 2+Br 2+2H 2O=H 2SO 4+2HBr ，经操作Ⅰ蒸馏得硫酸和氢溴酸的粗品(含溴)，混合②中加入Na 2SO 3还原粗品中的Br2，但会反应生成SO 42?，加入氢氧化钡后过滤得硫酸钡沉淀和无色溶液，再蒸馏得到精制的氢溴酸； (1)Br 2具有强氧化性，在溶液中将SO 2氧化为H 2SO 4，自身被还原为HBr ，反应方程式为SO 2+Br 2+2H 2O=H 2SO 4+2HBr ； (2)由工艺流程可知，操作Ⅱ分离固体与液体，应是过滤；操作Ⅲ为互溶的溶液组分的分离，应是蒸馏，蒸馏一般适用于沸点不同的互溶的液体的分离，故答案为：过滤；蒸馏；d ； (3)粗品中可能含有为反应的Br 2，加入Na 2SO 3，除去粗品中未反应完的溴，故答案为：除去粗品中未反应完的溴； (4)用KSCN 溶液检验Fe 3+，取少许溶液滴加KSCN 溶液，溶液变成血红色，说明氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe 3+；由工艺流程可知，溶液中可能含有Br 2，可以用CCl 4萃取方法检验，取少许溶液加振荡、静置分层，下层呈橙红色，说明氢溴酸呈淡黄色是因为含Br 2，故答案为：KSCN 溶液；含有Br 2；CCl 4。 14．在玻璃生产中，熔炉里原料发生的主要反应为： 2Na 2CO 3+CaCO 3+3SiO 22Na 2SiO 3+CaSiO 3+3CO 2↑。 (1)某反应物在熔融状态下不导电，它属于______晶体。 (2)上述反应里所涉及的短周期元素原子半径由大到小的顺序为________。 (3)碳和硅属于同族元素，该族元素的原子最外层电子的价层电子表示式为________。 (4)写一个能比较碳元素和氧元素非金属性强弱的化学反应方程式：________。 (5)CO 2的电子式为_______。 (6)反应物Na 2CO 3与CaCO 3均能制备二氧化碳，但是往往不是都能使用稀硫酸，请说明理由。______ 【答案】原子 Na>Si>C>O ns 2np 2 22C+O CO 点燃 CaCO 3与稀硫酸反应生成的CaSO 4微溶于水，会附着在CaCO 3表面阻止反应进一步进行 【解析】 【分析】 (1)反应物中Na 2CO 3、CaCO 3为离子晶体，SiO 2为原子晶体； (2)反应中涉及Na 、C 、Si 、O 、Ca 五种元素，根据它们在周期中的位置及元素周期律分析； (3)C 、Si 位于第IVA ，最外层有4个电子，根据核外电子排布规律书写； (4)根据二者形成化合物中元素化合价的正负判断； (5)C 原子与2个O 原子形成4个共用电子对； (6)根据反应产物的溶解性、反应进行的快慢分析。 【详解】 (1)反应物中Na 2CO 3、CaCO 3是盐，属于离子晶体，离子晶体在熔融状态时电离产生自由移动的离子，因此能导电，而SiO 2为原子晶体，原子之间通过共价键结合形成晶体，原子晶体在熔融状态下不导电； (2)在上述反应中涉及Na 、C 、Si 、O 、Ca 五种元素，Ca 位于第四周期，Na 、Si 位于第三周期，C 、O 位于第二周期，由于同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述反应里所涉及的短周期元素原子半径由大到小的顺序为Na>Si>C>O ； (3)碳和硅属于同一族元素，该族元素的原子最外层电子数为4个，根据核外电子排布规律可得该族元素的价层电子排布式为ns 2np 2； (4)C 与O 2在点燃条件下发生反应产生CO 2气体，在该反应产生的CO 2中，C 为+4价，O 为-2价，表明O 吸引电子能力强，共用电子对偏小O 原子，偏离C 原子，从而证明元素的非金属性O>C ； (5)在CO 2分子中，C 原子与2个O 原子形成4个共用电子对，从而使分子中每个原子都达到8个电子的稳定结构，电子式为； (6)从理论上可知反应物Na 2CO 3与CaCO 3均能制备二氧化碳，但是往往不是都能使用稀硫酸，Na 2CO 3与硫酸反应产生Na 2SO 4具有可溶性，对反应无影响，而CaCO 3与稀硫酸反应生成的CaSO 4微溶于水，会附着在CaCO 3表面阻止反应进一步进行，因此就不能使用H 2SO 4制备CO 2。 【点睛】 本题考查了晶体的类型、元素周期表的应用、电子式、气体飞制取方法等，把握原子的电子排布与元素的位置关系为解答的关键，要注重基础知识的学习，从物质的溶解性等分析气体制备试剂的使用情况。 15．氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈，目前所采用或正在研究的主要储氢材料有：配位氢化物、富氢载体化合物、碳质材料、金属氢化物等。 (1)Ti(BH 4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。 ①Ti 2+基态的电子排布式可表示为__________________。 ②BH 4-的空间构型是________________(用文字描述)。 (2)液氨是富氢物质，是氢能的理想载体，利用N 2+3H 2储氢输氢 垐垐垐?噲垐垐?2NH 3实现储氢和输氢。 ①上述方程式涉及的三种气体熔点由低到高的顺序是__________________。 ②下列说法正确的是________(填字母)。 a.NH3分子中N原子采用sp3杂化 b.相同压强时，NH3沸点比PH3高 c.[Cu(NH3)4]2＋中，N原子是配位原子 https://www.360docs.net/doc/7717162857.html,-的电子式为 (3)Ca与C60生成的Ca32C60能大量吸附H2分子。 ①C60晶体易溶于苯、CS2，说明C60是________分子(填“极性”或“非极性”)； ②1个C60分子中，含有σ键数目为________个。 (4)MgH2是金属氢化物储氢材料，其晶胞结构如图所示，已知该晶体的密度为a g·cm-3，则晶胞的体积为____cm3[用a、N A表示(N A表示阿伏加德罗常数)]。 【答案】1s22s22p63s23p63d2(或[Ar]3d2) 正四面体 H2< N2< NH3 abcd 非极性 90 52 A aN 【解析】 【分析】 (1)①Ti是22号元素，Ti原子失去最外层2个电子形成Ti2+，然后根据构造原理书写基态的电子排布式； ②根据价层电子对互斥理论判断离子空间构型； (2)①根据物质的分子间作用力和分子之间是否含有氢键分析判断； ②a.根据价层电子对互斥理论确定杂化方式； b.同一主族元素的氢化物中，含有氢键的氢化物沸点较高； c.提供孤电子对的原子是配原子； https://www.360docs.net/doc/7717162857.html,-的结构和氮气分子相似，根据氮气分子的电子式判断； (3)①根据相似相溶原理确定分子的极性； ②利用均摊法计算； (4)利用均摊法计算该晶胞中镁、氢原子个数，再根据V=m ρ进行计算。 【详解】 ①Ti是22号元素，根据构造原理可知基态Ti原子核外电子排布式为： 1s22s22p63s23p63d24s2，Ti原子失去最外层2个电子形成Ti2+，则Ti2+基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d2 (或写为[Ar]3d2)； ②BH4-中B原子价层电子对数为4+3141 2 +-? =4，且不含有孤电子对，所以BH4-的空间构 型是正四面体型； (2)①在该反应中涉及的物质有N2、H2、NH3，NH3分子之间存在氢键，而N2、H2分子之间只存在分子间作用力，所以NH3的熔沸点比N2、H2的高；由于相对分子质量N2>H2，物质的相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高；所以三种物质的熔点由低到高的顺序是H2< N2 ②a.NH3分子中N原子含有3个共用电子对和一个孤电子对，所以其价层电子对是4，采用sp3杂化，a正确； b.相同压强时，氨气中含有氢键，PH3中不含氢键，所以NH3沸点比PH3高，b正确； c.[Cu(NH3)4]2+离子中，N原子提供孤电子对，所以N原子是配位原子，c正确； https://www.360docs.net/doc/7717162857.html,-中C、N原子通过三对共用电子对结合，其电子式为，d正确； 故合理选项是abcd； (3)①苯、CS2都是非极性分子，根据相似相溶原理，由非极性分子构成的溶质容易溶于由非极性分子构成的溶剂中，所以C60是非极性分子； ②利用均摊法知，每个碳原子含有σ键数目为133 22 ? =，则1mol C60分子中，含有σ键数 目=3 2 ×1mol×60×N A/mol=90N A； (4)该晶胞中镁原子个数=1 8 ×8+1=2，含有的H原子个数=2+4× 1 2 =4，则晶胞的体积 V=m ρ=A 24214 N a ?+? g/cm3= A 52 aN g/cm 3。 【点睛】 本题考查物质结构和性质，涉及原子核外电子排布、微粒空间构型的判断、晶胞的计算等知识点，难点是晶胞的计算，学会使用均摊方法分析，灵活运用公式是解本题关键。 2020高考化学易错题纠错训练化学计算1、某氧化物的相对分子质量为a，其相同价态的硫酸盐的相对分子质量为b，那么该元素的化合价的数值为： A、(b-a)/20 B、(b-a)/40 C、(b-a)/80 D、(a-b)/20 2、密度为1.45g·cm-3的硫酸溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，直至沉淀完全为止，沉淀物的质量与原硫酸溶液的质量相等，那么原硫酸溶液的浓度为〔〕 A、29. 6% B、42.1% C、14.8mol/L D、6.22mol/L 3、t℃时，将某硝酸钾溶液，第一次蒸发掉10g水，冷却到原温度无晶体析出；第二次蒸发掉10g水，冷却到原温度析出晶体3g，第三次蒸发掉10g水，冷却到原温度时析出晶体质量应为〔〕 A、等于3g B、大于或等于3g C、小于或等于3g D、无法确定 4、密度为0.91g/cm3的氨水，质量百分比浓度为25%〔即质量分数为25%〕，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量百分比浓度〔〕 A、等于12.5% B、大于12.5% C、小于12.5% D、无法确定 5、将质量分数分不为5X%和X%的硫酸等体积混合后，其质量分数为〔〕 A、大于3X% B、等于3X% C、小于3X% D、无法确定 6、由CO2、H2、CO组成的混合气在同温同压下与氮气的密度相同，那么该混合气中CO2、H2、CO的体积比是〔〕 A、29：8：13 B、21：1：14 C、13：8：29 D、26：16：17 7、120℃时，将0.2gH2和2.8gCO的混合气体与足量O2充分燃烧后，赶忙将所得混合气体通过足量Na2O2粉末，固体质量将增加〔〕 A、2.8g B、3.0g C、7.2g D、无法确定 专题13.1 原子结构与性质 （测试时间45分钟，满分100分） 姓名：班级：得分：一、选择题(本题包括10小题，每小题5分，共50分) 1．【2017届福建省华安一中高三上学期开学考试】若15P原子的电子排布式写成1s22s22p63s23p X23P Y1，它违背了（） A．能量守恒原理 B．洪特规则 C．能量最低原理 D．泡利不相容原理 【答案】B 【解析】 试题分析：P原子3p能级上有3个轨道，3p能级上有3个电子，3个电子应该排在3个不同的轨道上，且自旋方向相同，若将P原子的电子排布式写成1s22s22p63s23p x23p y1，它违背了洪特规则，故选B。 考点：考查了原子核外电子排布的相关知识。 2．对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是（） A．碱性：NaOH＜Mg（OH）2＜Al（OH）3 B．第一电离能：Na＜Mg＜Al C．电负性：Na＞Mg＞Al D．还原性：Na＞Mg＞Al 【答案】D 考点：考查元素周期律应用 3．下列说法或有关化学用语的表达正确的是（） A．在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量 B．核外电子排布由1s22s22p63s1―→1s22s22p6的变化需要吸收能量 C．因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大 D．根据原子核外电子排布的特点，Cu在周期表中属于s区元素 【答案】B 考点：考查物质的结构与性质相关知识 4．外围电子排布为3s23p5的元素在周期表中的位置是（） A．第三周期ⅦA族p区 B．第三周期ⅦB族p区 C．第三周期ⅦA族s区 D．第四周期ⅢB族s区 【答案】A 【解析】 试题分析：区的名称来自于按照构造原理最后通入电子的轨道名称，外围电子排布为3s23p5的元素是氯元素，位于元素周期表的第三周期ⅦA族p区，答案选A。 考点：考查元素周期表的结构 5．下列各项叙述中，说法不正确的是（） A．所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同 B．镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子吸收能量，由基态转化成激发态 C．最外层电子排布为ns2np6(当只有K层时为1s2)的原子，第一电离能较大 D．价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是s区元素 【答案】D 【解析】 试题解析：A．所有原子任一能层的S电子云轮廓图都是球形，能层越大，球的半径越大，故A正确；B．基态Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，能量处于最低状态，当变为1s22s22p63p2时，电子发生跃迁，需要吸收能量，变为激发态，故B正确；C．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，所以最外层电子排布为ns2np6（当只有K层时为1s2）的原子，第一电离能较大，故C正确；D．价电子排布为5s25p1的元素最外层电子数为3，电子层数是5，最后一个电子排在P轨道，所以该元素位于第五周期第ⅢA族，是P区元素，故D错误。 考点：原子核外电子排布 6．肯定属于同族元素且性质相似的是（） 高考化学易错题精选-氮及其化合物练习题及答案 一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析） 1．A、B、C、D四种物质之间有如图所示的转化关系。已知：A是气体单质，C 是红棕色气体。回答下列问题： （1）写出C的化学式：___； （2）写出A的电子式___； （3）写出C→D转化的化学方程式___。 【答案】NO23NO2＋H2O=2HNO3＋NO 【解析】 【分析】 A是气体单质，C是红棕色气体，则A为N2，B为NO，C为NO2，D为HNO3。 【详解】 （1）C是红棕色气体，为NO2，；故答案为：NO2； （2）N2中N原子最外层为5个电子，两个N原子间形成三个共用电子对，氮气的电子式为：；故答案为：； （3）二氧化氮溶于水生成硝酸和NO，C→D转化的化学方程式：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，故答案为：3NO2 +H2O═2HNO3+NO。 2．根据下列变化进行推断： 且已知对A加强热产生的气态物质的平均相对分子质量为26．3。 （1）推断A、B、C、D的化学式：A________，B________，C________，D________。（2）写出①②变化的离子方程式： ①________________________________________________________________； ②________________________________________________________________。 【答案】NH4 HCO3 NH3 BaCO3 CO2++Ba2 + +2OH－NH3 ↑+BaCO3 ↓+2H2O BaCO3 +2H+ ══Ba2 + +CO2 ↑+H2 O 【解析】 【分析】 2014高考化学必备专题——原子结构 核外电子排布 【考纲解读】 【高考预测】《物质结构》可谓中学化学之灵魂，高考重现率几乎为100%，且常考常新，现将近两年全国各地高考试题中有关考点试题分类如下： 一、以等电子微粒结构为基点考查常见微粒的性质 二、以原子构成为切入点考查同素异形体的性质 三、以元素周期表的结构为载体考查简单推理能力 四、以元素周期律为指导考查分析判断能力 五、以分子结构与分子组成考查观察能力 六、借助微粒结构考查审题能力 一、原子的构成 质子 → 决定元素种类 原子核 → 质量数 1．原子A ZX 中子 → 决定同位素 电子数 → 最外层电子数 → 化学性质 核外电子 电子排布 → 电子层数 2．原子结构的表示方法 （1）原子结构示意图：表示原子的核电荷数和核外电子数在各电子层排布的图示（圆圈表示原子核，圆圈里面的数字表示核电荷数，“+”表示质子带正电，半弧表示电子层，半弧上的数字表示该层上的电子数）。如Cl 原子： （2）原子组成表示式：A ZX ，其中X 为原子符号，A 为质量数，Z 为质子数，A-Z 为中子数。 （3）电子式：在元素符号周围用“· ”或“×”表示最外层电子的图示。 3．构成原子或离子微粒间的数量关系： （1）质子数=核电荷数=核外电子数=原子序数 （2）质量数=质子数+中子数 （3）质子数=阳离子的核外电子数+阳离子所带电荷数 （4）质子数=阴离子的核外电子数-阴离子所带电荷数 （5）原子的质量数≈该同位素原子的相对原子量 （6）元素的质量数≈该元素的平均相对原子量 例1.（2013·上海化学·3）230Th 和232Th 是钍的两种同位素，232Th 可以转化成233U 。下列有关Th 的说法正确的是 A. Th 元素的质量数是232 B. Th 元素的相对原子质量是231 C. 232Th 转换成233U 是化学变化 D. 230Th 和232Th 的化学性质相同 【答案】D 二、元素、核素、同位素 1.元素、核素、同位素的区别与联系 元素是具有 的同一类原子的总称 核素是具有 和 的一种原子 同一元素的不同 之间互称为同位素 元素、核素、同位素间的关系可用右图表示： 2.原子中各粒子的作用 ① 数决定元素种类，同种元素的不同 ，其 数相同 数不同， ② 数和 数共同决定了原子(核素)的种类 元素 同位素 核素 核素 化学易错题集锦 选择题（每小题只有1个选项符合题意。） 1．已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。 下列反应在水溶液中不可能发生的是 A．3Cl2＋6FeI2＝2FeCl3＋4FeI3B．Cl2＋FeI2＝FeCl2＋I2 C．Co2O3＋6HCl＝2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O D．2Fe3+＋2I-＝2Fe2+＋I2 2．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量为1∶1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为 A．1∶7 B．1∶9 C．1∶5 D．2∶9 3．将40g铜与200mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答： （1）NO的体积为L，NO2的体积为L。 （2）待产生的气体全部释放后，向溶液加入VmL a mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为mol/L。 （3）欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3， 至少需要30%的双氧水 g。 4．某溶液既能溶解Al(OH)3，又能溶解H2SiO3，在该溶液中可以大量共存的是离子组是A．K+、Na+、HCO3－、NO3－B．Na+、SO42－、Cl-、ClO- C．H+、Mg2+、SO42－、NO3－D．Ag+、K+、NO3－、Na+ 5．下列离子方程式书写正确的是 A．过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2+2OH－＝SO32－+H2O B．Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3＋+2I－＝2Fe2＋+I2 C．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4－+5NO2－+6H＋＝2Mn2＋+5NO3－+3H2O D．NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液： 2HCO3－+Ba2＋+2OH－＝BaCO3↓+2H2O+CO32－ 6．已知1 g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ，且氧气中1 mol 的O＝O键完全断裂时吸收热量496 kJ，水蒸气中1mol H－O键形成时放出热量463 kJ，则氢气中1mol H－H键断裂时吸收热量为 A．920 kJ B．557 kJ C．436 kJ D．188 kJ 7．阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol－1，下列叙述正确的是 A．2.24LCO2中含有的原子数为0.3 ×6.02×1023 B．0.1L3 mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目为0.3 ×6.02×1023 C．5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3 ×6.02×1023 D．4.5gSiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3 ×6.02×1023 8．阿伏加德罗常数约为6.02×1023 mol-1，下列叙述中不正确的是 A．室温下，42.0 g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数约为3×6.02×1023 B．标准状况下，a L甲烷和乙烷混合气体中的分子数约为a/22.4×6.02×1023 C．常温常压下，18.0 g重水（D2O）所含的电子数约为10×6.02×1023 2020-2021高考化学原子结构与元素周期表综合题汇编 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-1I2/kJ?mol-1I3/kJ?mol-1 X737.71450.77732.7 Y1313.93388.35300.5 Z1402.32856.04578.1 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πn m 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π66)，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a nm，N A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、N A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 sp254π 12 22 3 A 8.910 N a ? ? 难题和易错题训练 一、选择题（每小题只有一个正确答案） 1．(09肇庆一模6)用铝热剂法还原下列氧化物制得金属1mol ，耗铝最少的是 A ．MnO 2 B ．WO 3 C ．Co 3O 4 D ．Cr 2O 3 2．(09肇庆一模7)下列实验操作或所记录的数据合理的是 A ．NaOH 溶液保存在玻璃塞的试剂瓶中 B ．液溴应盛放在用水密封且用玻璃塞塞紧的棕色试剂瓶中 C ．一学生用pH 试纸测得某氯水的pH 为2 D ．配制硫酸亚铁溶液，是将绿矾晶体溶于蒸馏水再加入一定量的铁粉 3．(09汕头一模6)下列各组离子：(1) I -、ClO -、NO 3-、Cl -； (2) K +、H +、NO 3-、Cl -； (3)SO 32-、S 2-、Cl -、OH -； (4)Mg 2+、Cu 2+、SO 42-、Cl -； (5)Fe 3+、SCN -、K +、SO 42-； (6)K +、HPO 42-、PO 43-、HSO 3- 。在溶液中能大量共存的组别共有 A ．1组 B ．2组 C ．3组 D ．不少于4组 4．(09汕头一模9)恒温25℃时，将两铂电极插入一定量硫酸钠饱和溶液中进行电解。通电一段时间后，阳极析出了a mol 气体，同时有ωg Na 2SO 4·10H 2O 晶体析出。剩余溶液中溶质的质量分数为 A ．αωω18+×100% B ．α ωω36+×100% C ．%)18(1617100αωω+ D ． %)36(1617100αωω+ 5．(09清远一调6)要求设计实验证明：某种盐的水解是吸热的。有四位同学作了如下回答，其中不正确．．． 的是 A ．甲同学：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的 B ．乙同学：用加热的方法可除去KNO 3溶液中混有的Fe 3+，说明含有Fe 3+的盐的水解是吸热的 C ．丙同学：通过实验发现同浓度的热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液去油污效果好 D ．丁同学：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热(不考虑水蒸发)后若红色加深，说明醋酸钠水解是吸热的 6．(09清远一调8)纯净的氯化钠是不潮解的，但粗盐很容易潮解，这主要是因为其中含有杂质MgCl 2的缘故。为得到纯净的氯化钠，有人设计了一个实验：把买来的粗盐放入纯氯化钠饱和溶液一段时间，过滤，洗涤，可得纯净的氯化钠晶体。则下列说法中，正确的是 A ．粗盐的晶粒大一些有利于提纯 B ．设计实验的根据是MgCl 2比NaCl 易溶于水 C ．在整个过程中NaCl 饱和溶液浓度会变大(温度不变) D ．设计实验的根据是NaCl 的溶解平衡 7．1966年，范克等人提出用H 2O 、SO 2和I 2为原料进行热化学循环制氢法： 2H 2O(l)+SO 2(g)+I 2(s) H 2SO 4(aq)+2HI(g)； H 2SO 4(aq)H 2O(l)+ SO 2(g)+O 2(g)； 2HI(g) H 2(g)+I 2(g)。从理论上讲，该循环中，a mol 原料水能制得氢气 A. a mol B.0.5a mol C. 0.25a mol D. 2a mol 8．(09韶关一调6)某工厂废液中含有少量硫酸，拟选用下列物质（见下表）中和后再排放，如果要求花最少的钱来中和相同量的废硫酸，则应选择 高考化学原子结构与元素周期表综合题含答案 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-1I2/kJ?mol-1I3/kJ?mol-1 X737.71450.77732.7 Y1313.93388.35300.5 Z1402.32856.04578.1 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πn m 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π66)，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a nm，N A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、N A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 sp254π 12 22 3 A 8.910 N a ? ? 备战高考化学易错题专题训练-物质的量练习题及答案 一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析） 1．按要求填空，已知N A为阿伏伽德罗常数的数值。 （1）标准状况下，2.24L Cl2的质量为____；有__个氯原子。 （2）含0.4mol Al3＋的Al2(SO4)3中所含的SO42－的物质的量是____。 （3）阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH-与CO32﹣质量之比为51：300，则这两种离子的物质的量之比为____。 （4）质量相同的H2、NH3、SO2、O3四种气体中，含有分子数目最少的是____。 （5）标准状况下，3.4g NH3的体积为___；它与标准状况下____L H2S含有相同数目的氢原子。 （6）10.8g R2O5中氧原子的数目为3.01×1023，则元素R的相对原子质量为___；R元素名称是___。 （7）将10mL 1.00mol/L Na2CO3溶液与10mL 1.00mol/L CaCl2溶液相混和，则混和溶液中Na+的物质的量浓度为___，混和溶液中Cl-的物质的量___（忽略混合前后溶液体积的变化）。 （8）a个X原子的总质量为b g，则X的相对原子质量可以表示为____ （9）已知CO、CO2混合气体的质量共11.6g，在标准状况下的体积为6.72L，则混合气体中CO的质量为___；CO2在相同状况下的体积为___。 （10）由CH4和O2的组成的混和气体，在标况下的密度是H2的14.5倍。则该混合气体中CH4和O2的体积比为___。 【答案】7.1g 0.2N A或1.204×1023 0.6mol 3:5 SO2 4.48L 6.72 14 氮 1mol/L 0.02mol b a N A或6.02×1023 b a 2.8g 4.48L 3:13 【解析】 【分析】 （1）先计算标准状况下，2.24L Cl2的物质的量，再计算氯气的质量和氯原子个数； （2）由化学式计算硫酸根的物质的量； （3）由两种离子的质量比结合摩尔质量计算两种离子的物质的量之比； （4）由n=m M 可知，质量相同的不同气体，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越小； （5）先计算标准状况下，3.4g NH3的物质的量，再计算气体体积和所含氢原子的物质的量，最后依据氢原子的物质的量计算硫化氢的体积； （6）由R2O5的质量和所含氧原子个数建立关系式计算R的相对原子质量； （7）将10mL 1.00 mol/L Na2CO3溶液与10mL 1.00mol/L CaCl2溶液相混和发生反应，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应过程中Na+和Cl-的物质的量不变； （8）先计算a个X原子的物质的量，再依据质量计算X的摩尔质量； （9）依据混合气体的质量和体积建立求解关系式求得一氧化碳和二氧化碳的物质的量，在分别计算一氧化碳质量和二氧化碳体积； 原子结构 [考纲要求] 1.掌握元素、核素、同位素、相对原子质量、相对分子质量、原子构成、原子核外电子排布的含义。2.掌握原子序数、核电荷数、质子数、中子数、核外电子数以及它们之间的相互关系。3.掌握1～18号元素的原子结构示意图的表示方法。 考点一原子构成 1．构成原子的微粒及作用 2．微粒之间的关系 (1)质子数(Z)＝核电荷数＝核外电子数； (2)质量数(A)＝质子数(Z)＋中子数(N)； (3)阳离子的核外电子数＝质子数－阳离子所带的电荷数； (4)阴离子的核外电子数＝质子数＋阴离子所带的电荷数。 3．一个信息丰富的符号 深度思考 18□、4019□＋、4020□2＋、4120□(“□”内元素符号1．有5种单核粒子，它们分别是4019□、40 未写出)，则它们所属元素的种类有________种。 答案 3 解析质子数决定元素种类，质子数有19、18、20共3种，所以B正确。 2．(1)4822Ti的质子数为________、中子数为________、电子数为________、质量数为________。 (2)27Al3＋的质子数为________、中子数为________、电子数为________、质量数为________。 (3)35Cl－的质子数为________、中子数为________、电子数为________、质量数为________。答案(1)22 26 22 48 (2)13 14 10 27 (3)17 18 18 35 题组一粒子中微粒关系的判断 1．下列离子中，电子数大于质子数且质子数大于中子数的是( ) A ．D3O ＋ B ．Li ＋ C ．O D － D ．OH － 答案 D 2．现有bXn －和aYm ＋两种离子，它们的电子层结构相同，则a 与下列式子有相等关系的是 ( ) A ．b －m －n B ．b ＋m ＋n C ．b －m ＋n D ．b ＋m －n 答案 B 规避3个易失分点 (1)任何微粒中，质量数＝质子数＋中子数，但质子数与电子数不一定相等，如阴、阳离子中；(2)有质子的微粒不一定有中子，如1H ，有质子的微粒不一定有电子，如H ＋；(3)质子数相同的微粒不一定属于同一种元素，如F 与OH －。 题组二 物质中某种微粒量的计算 3．已知阴离子R2－的原子核内有n 个中子，R 原子的质量数为m ，则ω g R 原子完全转化为R2－时，含有电子的物质的量是 ( ) A.m －n －2ω·m mol B.ωm －n n mol C ．ω(m －n －2m ) mol D ．ω(m －n ＋2m ) mol 答案 D 解析 R 原子的质子数为(m －n)，其核外电子数也为(m －n)，所以R2－的核外电子数为(m －n ＋2)，而ω g R 原子的物质的量为ωm mol ，所以形成的R2－含有的电子为ω m (m －n ＋2)mol ， 故选D 。 4．某元素的一种同位素X 的原子质量数为A ，含N 个中子，它与1H 原子组成HmX 分子，在a g HmX 中所含质子的物质的量是 ( ) A.a A ＋m (A －N ＋m)mol B.a A (A －N)mol C. a A ＋m (A －N)mol D.a A (A －N ＋m)mol 答案 A 解析 X 原子的质子数为(A －N)，一个HmX 中所含的质子数为(A －N ＋m)，HmX 的摩尔质量为(A ＋m)g·mol－1，所以a g HmX 中所含质子的物质的量为a A ＋m (A －N ＋m)mol 。 求一定质量的某物质中微粒数的答题模板 物质的质量―――――――――→ ÷摩尔质量来自质量数物质的量――――――――――――――→×一个分子或离子中含某粒子个数 指 定粒子的物质 的量――→×NA 粒子数 高考化学选择易错1 1．下列说法正确的是 A ．阴阳离子间的通过相互吸引而形成离子键 B ．含有非极性键的分子都不是极性分子 C ．化学键只存在于分子内、原子间 D ．原子晶体中一种或几种原子通过共价键形成立体网状结构 2．下列反应的离子方程式错误的是 A ．NH 4HSO 4溶液中加入过量Ba(OH)2溶液：Ba 2++2OH — +2H ++SO 42— =BaSO 4↓+2H 2O B ．氢氧化铁与足量的氢溴酸溶液反应：Fe(OH)3+3H +=Fe 3++3H 2O C ．足量的CO 2通入饱和碳酸钠溶液中：CO 2+2Na ++CO 32—+H 2O=2NaHCO 3↓ D ．将少量硝酸银溶液滴入氨水中：Ag ＋ ＋2NH 3·H 2O=[Ag(NH 3)2]＋ ＋2H 2O 3．某含有Na ＋ 的澄清溶液中，可能还存在NH 4＋ 、Fe 2＋ 、I － 、Br － 、CO 32－ 、SO 32－ 六种离子中的几种。将该溶液进行如下实验：①滴加足量的新制氯水，有气泡生成，溶液变黄色；②向“①”中所得溶液中加入BaCl 2溶液，无沉淀生成；③向“①”中所得溶液中加入淀粉溶液，不显蓝色。依据上述实验事实推断该溶液 A ．一定存在Fe 2＋ 、Br － 、CO 32 － B ．一定呈碱性 C ．一定不存在I － 、SO 32－ D ．可能存在NH 4＋ 4．青霉素是医学上一种常用的抗生素，在体内经酸性水解后，得到青霉氨基酸，其结构简式如右图所示 (分子中的－SH 与—OH 具有类似性质)。下列关于青霉氨基酸的推断合理的是 A ．青霉氨基酸分子中所有碳原子均在同一直线上 B ．青霉氨基酸具有两性并能发生酯化反应 C ．青霉氨基酸分子间能形成多肽 D ．1mol 青霉氨基酸与足量的金属钠反应生成0.5mol H 2 5．固体氧化物燃料电池(SOFC)以固体氧化物作为电解质。下列关于固体燃料电池的有关说法正确的是 A ．通O 2的电极为电池负极，电极反应式为O 2＋4e － ＝4O 2－ B ．固体氧化物的作用是让电子在电池内通过 C ．若H 2作为燃料气，则接触面上发生的反应为H 2＋2OH － －4e － ＝2H ＋ ＋H 2O D ．若C 2H 4作为燃料气，则接触面上发生的反应为C 2H 4＋6O 2－ －12e － ＝2CO 2＋2H 2O 6．下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是 A ．10mL 0.5mol/L CH 3COONa 溶液与6mL 1mol/L 盐酸混合：c (Cl － )＞c (Na ＋ )＞c (H ＋ )＞c (OH － ) B ．0.1mol/L pH 为4的NaHB 溶液中：c (HB － )＞c (H 2B)＞c (B 2-) C ．在NaHA 溶液中一定有：c (Na ＋ )＋c (H ＋ )＝c (HA － )＋c (OH － )＋c (A 2-) D ．c (NH 4＋ )相等的(NH 4)2SO 4溶液、(NH 4)2CO 3溶液和NH 4Cl 溶液： c [(NH 4)2SO 4]＜c [(NH 4)2CO 3]＜c (NH 4Cl) 2青霉氨基酸 高考化学原子结构与元素周期表(大题培优)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．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】 60o 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＜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 10 15:7 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 2013届高考化学易错题解题方法总结 --化学计算 【范例1】多硫化钠Na2Sx( )在结构上与Na2O2，FeS2等有相似之处，Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化成Na2SO4，而NaClO被还原成NaCl，反应中Na2Sx与NaClO的量之比为1：16，则x值是（） A．5 B．4 C．3 D．2 【错解分析】错选B。忽略x在得失电子守恒计算中应用。若把Na2Sx中S元素当做-2价，则选择B。 【解题指导】利用整体法计算。1molNaClO得电子2mol，Na2Sx中Sx2-显示-2价，反应后生成xmol Na2SO4，转移电子6x-（-2）=（6x+2）mol，16×2=6x+2，解得x=5. 【答案】A 【练习1】在酸性条件下,KClO3与H2C2O4反应,产物为ClO2和CO2,则用1molKClO3反应所需H2C2O4的物质的量为（） A. 0.25mol B. 0.5mol C. 1mol D. 2mol 【范例2】同温同压下，甲容器充满35Cl2，乙容器中充满37Cl2，下列叙述不正确的是（） A. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体的密度之比为35:37 B. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体分子数之比为35:37 C. 若两种气体质量相等，甲、乙两容器中气体所含质子数之比为37:35 D. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体所含中子数之比为9:10 【错解分析】错选D。未能理解阿伏伽德罗定律实质，未能通过分子数相等得出中子数的比值。另外不能理解同位素原子质子数相等中子数不等的实质。 【解题指导】同温同压同体积的气体，一定含有相同分子数。所以B项错误；D项每个分子中子数分别为36和40，中子数之比为9:10，D项正确；同温同压条件下，密度比等于摩尔质量之比；两种分子所含质子数相等，所以等质量的两气体质子数之比等于摩尔质量的反比。 【答案】B 【练习2】在一定的条件下，完全分解下列某化合物2g，产生氧气1.6g，此化合物是( ) 【范例3】在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液分成两等分，一份加入bmol的BaCl2，恰好使溶液中的SO42－完全沉淀；另一份加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中的Al3＋的浓度(mol/L)为( ) A．2b－c2a B．2b－ca C．2b－c3a D．2b－c6a 【错解分析】错选C。忽略题中条件"溶液分成两等分"，溶质变为原来的1/2. 【解题指导】溶液中n（SO42-）=bmol，n（NH4+）=cmol,根据电荷守恒，n（Al3+）=（2b-c）/3，溶液体积分成两等分，所以原溶液中Al3＋的浓度(mol/L)为2b－c6a。 【答案】D 【练习3】将KCl和BaCl2的混合溶液a L均匀分成两份。向其中一份中滴加稀硫酸，使Ba2＋离子完全沉淀；向另一份中滴加AgNO3溶液，使Cl－离子完全沉淀。反应中消耗xmol H2SO4、ymol AgNO3。下列有关推断正确的是 A．x＝y B．c(K＋)＝(2y－4x)/a mol·L－1 物质结构、元素周期律讲座 一、疑点、难点、关键点 疑点：化学键与晶体；共价化合物与分子晶体、原子晶体。分子结构及组成分子的元素在周期表位置关系。非金属元素的含氧酸根。 难点：原子结构和该元素在周期表位置间的关系及递变规律；元素性质递变规律。元素的推断，根据事实和数据，归纳物质变化规律；结合周期表的应用，培养学生推理能力。 关键点：搞清物质结构与化学键、晶体的关系。搞清原子结构、周期表位置及元素性质关系。 二、示例 例1 下列说法正确的是（）。 A．元素相对原子质量是该元素的一个原子的质量与碳-12原子质量1 / 12的 比值。 B．具有相同质量的原子，其化学性质基本相同。 C．具有相同质子数的微粒不一定属于同一种元素。 D．同种元素组成的物质一定是单质。 [辨析] 元素的相对原子质量是该元素各同位素相对原子质量的平均值，某元素的一个原子的质量与碳-12原子质量的1 / 12的比值是某元素的一种同位素相对原子质量。 互为同位素的原子的化学性质几乎相同，而质量数相同的原子可能是不同元素的原子，例1940K和2040Ca 其性质不同。 微粒包括原子、分子、离子等，只有质子数相同的原子属于同一种元素，有些微粒具有相同的质子数，但不属于同一种元素，如：水分子，氟化氢分子和氖原子等的质子数相同，但它们不属于同一种元素。 同种元素组成的纯净物才是单质，两种同素异形体组成的物质是混合物。 [解答] C [小结] 分清质量数、同位素相对原子质量、元素相对原子质量、近似相对原子质量的不同概念。分子是保持物质化学性质的一种微粒。原子是化学反应中的最小微粒，但不是构成物质的最小微粒，原子可由更小的微粒（如：质子、中子、电子等）构成。 例2 下列叙述中，正确的是（）。 A．两种元素构成的共价化合物中的化学键都是极性键 B．任何元素的原子都是由质子、中子、电子构成的 C．由强酸和强碱形成的盐，其水溶液一定呈中性 D．由非金属元素组成的化合物不一定都是共价化合物 E．只要是离子化合物，其熔点一定高于共价化合物 [辨析] 过氧化氢中的氧氧键属于非极性键；氢有一种同位素没有中子；硫酸氢钠显酸性；铵盐是由非金属元素组成的离子化合物；原子晶体属于共价化合物，它的熔点一般高于离子化合物。 [解答] D 全国高考化学原子结构与元素周期表的综合高考真题汇总含答案 一、原子结构与元素周期表练习题（含详细答案解析） 1．锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。回答下列问题: （1）Zn 原子核外电子排布式为__________洪特规则内容_____________ 泡利不相容原理内容______________________ （2）黄铜是人类最早使用的合金之一,主要由Zn 和Cu 组成。第一电离能 I 1(Zn)__________I 1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是__________ （3）ZnF 2具有较高的熔点(872℃ ),其化学键类型是__________;ZnF 2不溶于有机溶剂而ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,原因是__________ （4）金属Zn 晶体中的原子堆积方式如图所示,这种堆积方式称为__________,配位数为____ 六棱柱底边边长为a cm,高为c cm,阿伏加德罗常数的值为N A ，Zn 的密度为__________g· cm -3(列出计算式)。 【答案】1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 2或[Ar ]3d 104s 2 原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低 每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子 大于 Zn 核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 离子键 ZnF 2为离子化合物，ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2的化学键以共价键为 主、极性较小 六方最密堆积(A 3型2A 3N 6a c ??? 【解析】 【分析】 【详解】 (1)Zn 原子核外有30个电子，分别分布在1s 、2s 、2p 、3s 、3p 、3d 、4s 能级上，其核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 2或[Ar]3d 104s 2，洪特规则是指原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低，而泡利原理是指每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子，故答案为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 2或[Ar]3d 104s 2；原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低；每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子； (2)轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn 原子轨道中电子处于全满状态，Cu 失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu 较Zn 易失电 文档来源为 :从网络收集整理 .word 版本可编辑 .欢迎下载支持 . 化学易错题集锦 选择题（每小题只有 1 个选项符合题意。） 1．已知 Co 2O 3 在酸性溶液中易被还原成 Co 2+， Co 2O 3、 Cl 2、 FeCl 3、 I 2 的氧化性依次减弱。 下列反应在水溶液中不可能发生的是 A ． 3Cl 2＋ 6FeI 2＝ 2FeCl 3＋ 4FeI 3 B ． Cl 2＋ FeI 2＝ FeCl 2＋ I 2 C ．Co 2O 3＋ 6HCl ＝ 2CoCl 2 ＋Cl 2↑＋ 3H 2 O D ． 2Fe 3+＋ 2I ＝ 2Fe 2+＋ I 2 2． Cu 2S 与一定浓度的 HNO 3 反应，生成 Cu(NO 3 )2、 CuSO 4、NO 2、 NO 和 H 2O ，当 NO 2 和 NO 的物质的量为 1∶ 1 时，实际参加反应的 Cu 2S 与 HNO 3 的物质的量之比为 A ．1∶7 B ．1∶9 C ．1∶ 5 D ．2∶9 3．将 40g 铜与 200mL 一定浓度的硝酸反应， 铜完全溶解产生的 NO 和 NO 2 混合气体在标准 状况下的体积为 11.2L 。请回答： （1） NO 的体积为 L ，NO 2 的体积为 L 。 （2）待产生的气体全部释放后，向溶液加入 VmL a mol/L 的 NaOH 溶液，恰好使溶液中的 Cu 2 ＋ 全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为 mol/L 。 （3）欲使铜与硝酸反应生成的气体在 NaOH 溶液中全部转化为 NaNO 3， 至少需要 30%的双氧水 g 。 4．某溶液既能溶解 Al(OH) 3，又能溶解 H 2SiO 3，在该溶液中可以大量共存的是离子组是 A ． K +、 Na + 、HCO －、 NO － +、 SO 2－ 、Cl 、 ClO 3 3 B ． Na 4 C ．H + 、Mg 2+ 、SO 4 2 － 、 NO － + + － 、Na + 3 D ． Ag 、K 、NO 3 5．下列离子方程式书写正确的是 2 通入 NaOH 2 － ＝ SO 32 － 2 A ．过量的 SO 溶液中： SO +2OH +H O 3 3 溶液中加入过量的 HI 溶液： 2Fe 3＋ － ＝2Fe 2＋ 2 B ．Fe(NO ) +2I +I C ．NaNO 2 溶液中加入酸性 KMnO － － ＋ ＝ 2Mn 2 ＋ － 4 溶液： 2MnO 4 +5NO 2 +6H +5NO 3 +3H 2O D ． NaHCO 3 溶液中加入过量的 Ba(OH) 2 溶液： － +Ba 2＋ － 2－ 2HCO 3 +2OH ＝ BaCO 3↓ +2HO+CO 3 6．已知 1 g 氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量 121 kJ ，且氧气中 1 mol 的 O ＝O 键完全 断裂时吸收热量 496 kJ ，水蒸气中 1mol H － O 键形成时放出热量 463 kJ ，则氢气中 1mol H －H 键断裂时吸收热量为 A ． 920 kJ B ． 557 kJ C ． 436 kJ D ． 188 kJ 7．阿伏加德罗常数约为 6.02×10 23 － 1 mol ，下列叙述正确的是 A ． 2.24LCO 2 中含有的原子数为 0.3 ×6.02×1023 B ．0.1L3 mol － 1 的 NH 4NO 3 溶液中含有的 NH ＋ ·L 4 数目为 0.3 ×6.02×1023 C ．5.6g 铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为 0.3 ×6.02×1023 D ． 4.5gSiO 2 晶体中含有的硅氧键数目为 0.3 ×6.02×1023 8．阿伏加德罗常数约为 6.02 ×1023 mol 1，下列叙述中不正确的是 A ．室温下， 42.0 g 乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数约为 3×6.02 ×1023 B ．标准状况下， a L 甲烷和乙烷混合气体中的分子数约为a/22.46×.02 ×10232020高考化学易错题纠错训练化学计算
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