2020-2021高考化学压轴题之原子结构与元素周期表高考题型整理,突破提升附答案

1、2020-2021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)附答案一、原子结构与元素周期表练习题(含详细答案解析)1.完成下列问题：(1)氮和磷氢化物热稳定性的比较：NH3PH3(填“或“学。(2)PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对PH3与HI反应产物的推断正确的是(填序号)。a.不能与NaOH反应b.含离子键、共价键c.受热可分解(3)已知H2与02反应放热，断开1molH-H键、1molO=O键、1molO-H键所需要吸收的能量分别为Q1kJQ2kJ、Q3kJ,由此可以推知下列关系正确的是。Q1+Q2>Q32Q1+Q2<4Q32

2、Q1+Q2<2Q3(4)高铁电池总反应为：3Zn+2&FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH,写出电池的正极反应：,负极反应。【答案】>bcFeQ2-+3e-+4H2O=Fe(OH3+5OHZn+2OH-2e-=Zn(OH?【解析】【分析】(1)根据元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物越稳定分析；(2)PH3与HI反应产生PH4I,相当于俊盐，具有俊盐的性质；(3)根据旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量的差值即为反应热，结合燃烧反应为放热反应分析解答；(4)根据在原电池中，负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，结合物质中元素

3、化合价及溶液酸碱性书写电极反应式。【详解】(1)由于元素的非金属性：N>P,所以简单氢化物的稳定性：NH3>PH3；(2)a.钱盐都能与NaOH发生复分解反应，所以PH4I也能与NaOH发生反应，a错误；b.钱盐中含有离子键和极性共价键，所以PH4I也含离子键、共价键，b正确；c.钱盐不稳定，受热以分解，故PH4I受热也会发生分解反应，c正确；故合理选项是bc；(3)1molH2O中含2molH-0键，断开1molH-H、1mol0=0、1molO-H键需吸收的能量分别为Q1、Q2、Q3kJ,则形成1molO-H键放出Q3kJ热量，对于反应H2(g)+°O2(g)=H2O

4、(g),2断开1molH-H键和molO=O键所吸收的能量(Q1+Q2)kJ,生成2molH-O新键释放的22能量为2Q3kJ,由于该反应是放热反应，所以2Q3-(Q1+1Q2)>0,2Q1+Q2<4Q3,故合理选项2是；(4)在原电池中负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应。根据高铁电池总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH可知：Fe元素的化合价由反应前K2FeO4中的+6价变为反应后Fe(OH)3中的+3价，化合价降低，发生还原反应，所以正极的电极反应式为：FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-；

5、Zn元素化合价由反应前Zn单质中的0价变为反应后Zn(OH)2中的+2价，化合价升高，失去电子，发生氧化反应，所以负极的电极反应式为Zn+2OH-2e-=Zn(OH)2。【点睛】本题考查了元素周期律的应用及键能与反应热的关系、原电池反应原理的应用。元素周期律是学习化学的重要规律，要掌握物质性质变化的规律及物质的特殊性，结合具体物质分析。在化学反应过程中伴随的能量变化可能是热能、电能及光能，化学能的断裂与形成是能量变化的根本原因。在书写原电池电极反应式时要结合元素化合价升降及电解质溶液的酸碱性分析，明确负极发生氧化反应，正极发生还原反应。2.南京理工教授制出了一种新的全氮阴离子盐一AgN5,目前

6、已经合成出钠、镒、铁、钻、银、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一区。(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:TOftI1/kJ?mo1I2/kJ?mo1I3/kJ?mo1X737.71450.77732.7Y1313.93388.35300.5Z1402.32856.04578.1X、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

7、N4-、N6-等平面环状结构离子的盐，这一类离子中都存在大兀键，可用符号：表示，其中m代表参与形成大兀键的原子数，n代表参与形成大兀键的电子数(如果分子中的大兀键可表示为6),则N4-中的大兀键应表不为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?cm3(用含a、Na的代数式表示)。【答案】3d5dsZ艰外层为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,【解析】【分析】Ii较大，则Z为氮元素配位键氢键sp2128.91022Naa3(1)根据

8、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兀键的形成；(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p=m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1s22

9、s22p63s23p63d54s2,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，Ii较大，可推知Z为N元素，丫是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要供空轨道，H2O的O原子提供孤电子对，二者形成配位键

10、；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1个垂直于N原子形成平面的p轨道，p轨道间形成大兀键，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，其中大兀键是由4个原子、5个电子形成，可表示为(3)根据AgN5的晶

11、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+M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3_8=12个；在一个晶胞中2含有Ag+的数目为8x1+6X1=4,含有N5-的数目为1+12X1=4,晶胞体积为V=(2amol1CC“22cm3,贝Up=mNA/moi8.910g/cm30V2a1073cm3Naa3【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、大兀的分析、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

12、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 .有7种短周期元素的原子序数按A、B、C、D、E、F、G的顺序依次增大，B元素一种原子的含量常用于判定古生物遗体的年代，A和C元素的原子能形成4核10电子的微粒，D和E可形成离子化合物EzD,E2D中所有微粒的电子数相同，且电子总数为30,E、F、G的最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应，G和D同主族。试回答下列问题：(1)C元素的原子结构示意图。(2)A和D可形成化合物的化学式为。(3)F的单质与E元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为。(4)上述元素形成的二元化合物中，能够用于漂白的气体

13、物质中含有的化学键类型为O(5)写出D元素原子形成的10电子微粒X与G元素原子形成的18电子微粒Y反应的离子方程式：。【答案】H2O和H2O22Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2T共价键H2S+2OH=S2-+2H2O或HS+OH=S2-+H2O【解析】【分析】7种短周期元素的原子序数按A、B、CD、E、F、G的顺序依次增大；B元素一种原子的含量常用于判定古生物遗体的年代，则B为碳元素；A和C元素的原子能形成4核10电子的微粒，结合原子序数可知A为氢元素、C为氮元素；D和E可形成离子化合物E2D,E2D中所有微粒的电子数相同，且电子总数为30,故E+、D2-离子核外电子数均为10,

14、则D为氧元素、E为钠元素；E、F、G的最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应，是氢氧化铝与强碱、强酸之间的反应，则F为Al;G和D同主族，则G为硫元素，然后根据问题逐一分析解答。【详解】根据上述分析可知：A是H,B是C,C是N,D是O,E是Na,F是Al,G是S元素。(1) C是7号N元素，原子核外电子排布为2、5,所以N的原子结构示意图为(2) A是H,D是O,A和D可形成两种化合物，它们的化学式为H2O和H2O2;(3)F是Al,E是Na,Na的最高价氧化物对应的水化物是NaOH,Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2,反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3

15、H2T；(4)上述元素形成的二元化合物中，能够用于漂白的气体物质是SC2,该物质是共价化合物，S。原子通过共价键结合，所以其中含有的化学键类型为共价键；(5)D是O,G是S,D元素原子形成的10电子微粒X是OH,G元素原子形成的18电子微粒丫是H2s或HS-,它们之间反应的离子方程式为：H2S+20H=S2-+2H2O或HS+OH-=S2-+H2O。【点睛】本题考查了原子结构与物质性质及元素在周期表位置关系应用，根据原子结构关系或物质性质推断元素是解题关键，理解影响微粒半径大小的因素，注意识记常见10电子、18电子微粒，理解酸式盐可以与碱反应产生正盐，结合物质的溶解性及电解质的强弱和物质的拆分

16、原则书写反应的离子方程式。4 .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、H2SO的中心原子价层电子对数之和为,H2SO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

17、径为rcm,e的相对原子质量为M,晶胞密度为pg/cm3,则阿伏加德罗常数为mol-1(用r、p表示)。的(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)。图2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“26或"NHf),判断理由是。【答案】N|八|”LJsp37三角锥形正四面体面心立方晶胞3d4s也MSO42-共价键和配位键H2OH2O与Cu2+的配位键键长较长而比较弱8r3【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

18、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；

19、(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H2SQ和H2SC4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，利用密度凡计算阿伏伽德罗常数；V(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

20、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I"卜卜"n同口.3d4工(2)a是H

21、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,该分子白中心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；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+522=3,H2SO3的中心S原子的价层电子对数为3+6=4,所以HNO2、H2SQ的中心原子价层电2子对数之和为3+4=7;亚硫酸H2SO3的酸根SQ2冲的S原子价层电子对数为：3+A、B、CD、E、F、X、Y、Z九种主族元素的原子序数依次增大，且均不大于20。B元素的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应生成一种正盐；盐EYC与

22、AY的浓溶液反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含EYC的溶?夜;X元素的3最外层电子数是其次外层电子数的V倍，D、Y、Z元素的最外层电子数之和为15;E、F、4X三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应生成盐。请回答下列问题：(1)B元素的原子结构示意图是,X元素在周期表中的位置是第一周期第一族。(2)这九种元素中，金属性最强的是，非金属性最强的是。232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2SC42-中的S原子价层电子对数为：4+6242=4,中心原子S上无孤对电子，所以其2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

23、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：8X1+6X1=4,Cu的相对原子质量为M,则晶胞质量m=4M?g/mol幽82Na/molNag,假设晶胞边长为L,Cu原子半径为rcm,则J2L=4rcm,所以L=2J2rcm,晶胞体积4M_3g为丫=13=2j2r?cm=16j2r3cm3,则晶胞密度p9Na4M,所V16.2r3cm3162NAr3p,N2M,以na-/mol,8r(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

24、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，H2。、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<N,使得配位体H2O和Cu2+的配位键比配位体NH3与Cu2+的配位键要弱，因此该化合物在加热时首先失去的组分是H2O。【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。(3)EYC中化学键类型：,其电子

25、式为。(4)A与B、C、D形成的化合物中，共价键的极性由强到弱的顺序是(用化学式表示)，这些化合物的稳定性由强到弱的顺序为(用化学式表示)。(5)D、EF简单离子半径由大到小的顺序为(填离子符号)，接插入NaOH溶液中，镁条作(填“正极”或“负极”)。【答案】三VIAK或钾F或氟离子键、共价键(或极性键)HF>H2O>NH3HF>H2O>NH3F>Na+>A3+正极【解析】【分析】B元素的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应生成一种正盐，则F和镁条用导线连B为氮元素；盐EYC与AY的浓溶液反应，有黄绿色气体产生，该气体为氯气，氯气同冷烧碱溶液作用，可得

26、到含次氯酸钠溶液，则E为钠元素，丫为氯元素，C为氧元素，A氢元素，因此D是3八F;X元素的最外层电子数是其次外层电子数的一倍，则X为硫兀素；D、Y、Z兀素的最外4层电子数之和为15,则Z为钾元素；EF、X三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应生成盐，则F为铝元素。【详解】(1)B为氮元素，原子结构示意图是(+7)；X为硫元素，在周期表中的位置是第三周期第VIA族，故答案为：三；VIA;(2)由分析和元素周期律可知，这九种元素中，金属性最强的是钾元素，非金属性最强的是氟元素，故答案为：K或钾；F或氟；(3)次氯酸钠为离子化合物，次氯酸根中有极性共价键，所以次氯酸钠中的化学键为离子键和共

27、价键(或极性键)，次氯酸钠的电子式为Na4：O；ci：-,故答案为：离子键、共价键(或极性键)；Na+：0；C1：'；(4)根据非金属性F>O>N,可知氨气、水、氟化氢中，共价键的极性由强到弱的顺序是HF>H2O>NH3,键能大小关系为HF>H2O>NH3,则稳定性由强到弱的顺序为HF>H2O>NH3,故答案为：HF>H2O>NH3；HF>H2O>NH3；(5)氟离子、钠离子、铝离子的核外电子层数相同，则原子序数小的半径大，即离子半径由大到小的顺序为F>Na+>Al3+,铝和镁条用导线连接插入NaOH溶

28、液中，因为镁与氢氧化钠不发生反应，而铝与氢氧化钠能发生氧化还原反应，则镁条作正极，故答案为：F>Na+>Al3+；正极。【点睛】在原电池判断负极时，要注意一般活泼性不同的两个金属电极，活泼的金属电极作负极，但要考虑负极要发生氧化反应，所以在镁、铝、氢氧化钠形成的原电池中，铝作负极，镁作正极。6.已知AB、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 +H+|囚|c国L回如果AB、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：A与B在溶液中反应的离子方程式：根据上述离子方程式，

29、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】号丁或HF/叫H2S+OH=HS+H2。或HS+OH=S2-+H2OOHS2-或HS【解析】【详解】(1)如果AB、C、D均是10电子的粒子，符合关系的微粒分别为NH+或HF、。凡NH3或F-、H2O;-2-(2)如果A和C是18电子的粒子，A为H2s或HS,C为HS或S,B和D是10电子的粒子，分别为OH、HQ7.A、B、CD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元素的离子结构和Ne具有相同的电子层排布；5.8gB的氢氧化物恰好能与100mL2molL1盐酸完全反应；B原子核中质子数和中子数相等。

30、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中，最外层电子数是次外层电子数的3倍。根据上述条件完成下列问题：(1)C元素位于第周期第族，它的最高价氧化物的化学式为一。(2)A兀素是,B兀素是,D兀素是。(填兀素符号)(3)A与D形成稳定化合物的化学式是,该化合物中存在的化学键类型为，判断该化合物在空气中是否变质的简单方法是。(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O【答案】三VHAC2O7NaMgON22O2离子键和(非极性)共价键看表面颜色是否变白C2+2OH-=C+ClO+H2O【解析】【分析】A、B、CD四种元素都是短周期元素，A元素

31、的离子具有黄色的焰色反应，则A为Na元素；5.8gB的氢氧化物恰好能与100mL2mol/L盐酸完全反应，n(H+)=n(OH-),设B的化合价为x,摩尔质量为V,则5.80*x=0.2显然x=2,y=24符合，B原子核中质子数和中y17x子数相等，则B的质子数为12,即B为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，则次外层为2,最外层为6符合，即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,B是Mg,C是Cl,D是O元素。(1)C是Cl元素，Cl原子核外电子排布为2、8、7

32、,根据原子核外电子排布与元素位置的关系可知：Cl位于元素周期表第三周期第口A族，Cl最外层有7个电子，最高化合价为+7价，其最高价氧化物为C2O7;(2)根据以上分析可知A是Na元素，B是Mg元素，D是O元素；(3)A、D两种元素形成的稳定氧化物是N32O2,该物质属于离子晶体，含有离子键和非极性共价键。过氧化钠为淡黄色，N32O2容易与空气中的CQ、H2O发生反应，若变质，最终会变为白色的Na2CQ,所以判断该化合物在空气中是否变质的简单方法是看表面颜色是否变白；(4)C是Cl元素，其单质Cl2是有毒气体，可根据Cl2能够与NaOH溶液反应的性质除去，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=C-

33、+ClO+H2O。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断、元素的位置与原子结构及性质的关系。明确元素的推断是解答本题的关键，掌握元素的位置、结构、性质的关系及应用，熟悉元素及其单质、化合物的性质即可解答。8.有关元素X、Y、D、E的信息如下：70ft后关信息X地壳中含量最高的兀素Y第二周期中原子半径最小的兀素D最高价氧化物既能溶于强酸又能溶于强碱E单质是生活中常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏用化学用语回答下列问题：(1) D在元素周期表中的位置为。(2) X、Y、D形成的简单离子的半径由大到小为。(3) X的一种氢化物可用于实验室制取X的单质，其反应的化学方程式为,D的单质溶于强碱的离

34、子方程式为。(4) E元素与丫元素可形成EY!和EY3两种化合物，下列说法正确的是(填序号)c保存EY2溶液时，需向溶液加入少量E单质EY2、E%均能通过化合反应生成向煮沸的NaOH溶液中滴加几滴饱和EY3溶液，可以制得胶体MnO2【答案】第三周期第mA族r(Cl-)>r(O2-)>r(Al3+)2H2。2=2H2O+O2f2Al+2OH-+2H2O=2A1O2-+3H2T【解析】【分析】X是地壳中含量最高的元素，则其为氧(O);Y为第三周期中原子半径最小的元素，则其为(Fe)。(Al);E的单质是生活氯(Cl);D元素的最高价氧化物既能溶于强酸又能溶于强碱，则其为4中常见金属，其

35、制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏，则其为铁(1)铝的原子结构示意图为【详解】,则其在元素周期表中的位置为第三周期第IDA族;(2)比较O2-、Al3+、Cl-的半径时，O2-、Al3+为两个电子层数，Cl-为三个电子层，则Cl-半径最大，O2-、Al3+的核电荷数，前者为8后者为13,所以离子半径前者大于后者，从而得出离子半径大小关系为r(Cl-)>r(O2-)>r(Al3+)；(3) X的一种氢化物可用于实验室制取X的单质，则其为H2O2,其反应的化学方程式为2A1+2OH-+2H2O=2A1O2-2H2O2:皿2H2O+O2f,Al的单质溶于强碱离子的离子方程式为+3H2T；(4

36、)保存FeC2溶液时，需向溶液加入少量Fe单质，以防止Fe2+被空气中6氧化，正确；FeC2可由Fe与FeC3化合制得，FeC3可由Fe与C2化合制得，正确；向煮沸的NaOH溶液中滴加12mL饱和FeC3溶液，并继续煮沸至液体呈红褐色，可以制得胶体，错误；故选。【点睛】比较原子或离子半径时，通常先看电子层数，一般情况下，电子层数越多，半径越大；当电子层数相同时，比较核电荷数，核电荷数越大，半径越小；当电子层数、核电荷数均相同时，比较最外层电子数，最外层电子数越多，半径越大。9.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

37、同周期，它的原子序数比B多6。回答下列问题：ABCD(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】Ci?)?'第三周期V!A族将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不一，断搅拌CO2共

38、价键Al(OH)3两性Al(OH)3+OH=AlO2-+2H2OC+4HNO3(浓)冬CQT+4NO2T+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-,C离子结构示意图为(-372£8；元素C是S元素，原子核外电子排

39、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H2SC4,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CQ,CQ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

40、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CQ、NO2、H2O,根据原子守恒、电子守恒，可得该反应方程式为C+4HNO3(浓)2CQT+4NO2T+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。10.下表

41、是元素周期表的一部分，表中序号分别代表某一元素。请回答下列问题。周期IAnamAWAVAVIAWA023(1)一中，最活泼的金属元素是(写元素符号)；最不活泼的元素是(写元素符号)。(2)、的简单离子，其半径更大的是(写离子符号)。(3)、的气态氢化物，更稳定的是(填化学式)。(4)元素的非金属性：(填“或y)一的最高价氧化物的水化物中：酸性最强的是(填化学式)，既能与酸反应又能与碱反应的是(填化学式).【答案】NaArF-hci>hc©Al(OH3【解析】【分析】由元素在周期表中位置可知，为C元素、为N元素、为O元素、为F元素、为Na元素、为Al元素、为Si元素、为S元素、为

42、Cl元素、为Ar元素。【详解】(1)一中，最活泼的金属元素是左下角的Na元素，最不活泼的元素为0族元素Ar元素，故答案为：Na;Ar;(2)氟离子和钠离子电子层结构相同，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，则氟离子半径大于钠离子，故答案为：F-;(3)元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氯元素的非金属性强于硫元素，则氯化氢的稳定性强于硫化氢，故答案为：HCl;(4)同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，则碳元素的非金属性强于硅元素，故答案为：>；(5)一的最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是高氯酸；氢氧化铝是两性氢氧化物，既能与酸反应又能与碱反应，故答案为：HClO4

43、；Al(OH)3。【点睛】注意对元素周期表的整体把握，注意位置、结构、性质的相互关系是解答关键。11.有下列各组物质：(A)O2和O3；(B)23592U和23892U;(C)CH5CH2CH2CH3和和I；(E)甲烷和新戊烷。；(D)<'1I'Jl<7H(1)组两物质互为同位素；(2)组两物质互为同素异形体；(3)组两物质互为同系物；(4)组两物质互为同分异构体。【答案】BAEC【解析】【详解】(A)O2和O3都是由氧元素组成的不同单质，互为同素异形体;(B)235U和238U都是U元素的不同核素,互为同位素;(C)CHjCH2CH2CH3和(CH3)2CHCH分

44、子式相同，碳链结构不同，互为同分异构体；¥IV(D)WC1和F都代表二氟二氯甲烷，为同一种物质；FIClI(E)甲烷和新戊烷结构相似，分子组成上相差4个-CH2,互为同系物；则：(1)互为同位素的是B;(2)互为同素异形体的是A;(3)互为同系物的是E;(4)互为同分异构体的是C【点睛】考查同位素、同系物、同素异形体、同分异构体的概念判断。判断同位素、同素异形体、同分异构体的方法是：若化学式为元素，可能是同位素；若化学式为单质，则可能是同素异形体；若化学式为分子式相同、结构不同的有机化合物，则为同分异构体；若是分子式不同结构相似的有机化合物，则为同系物。12.氢澳酸在医药和石化工业上

45、有广泛用途。如图是模拟工业制备氢澳酸的流程图：过最B门适量Na2sOa制氢酸粗的漠|-I酸|9T混i卜旅川粤J混卜画曾纥丽水飞通入SO,H2SO4试剂aBaSO4含NaCI的溶液回答下列问题：(1)混合中发生反应的离子方程式为(2)混合中加入试剂a是Fe3+,含Br2,含Fe3+和B?只(填写字母)。(3)工业氢澳酸常带有淡淡的黄色，可能的原因是：含用下列一种试剂就能分析产生淡黄色的原因，该试剂是a.KMnO4溶液b.NaOH溶液c.KSCNB液d.淀粉KI溶液e.CC4(4)加入Na2SC3的目的是除去过量的Br2,但要防止过量，原因是(请用离子方程式表示)。(5)实验室制取B2的反应为：2

46、NaBr+3H2SQ+MnO2=2NaHSQ+MnSO4+Br2T+2H2O,制取Br2最好选用如图装置中的(填写字母，固定和加热装置均已省略)。简述检验图所选装置气密性的方法。ABC【答案】SQ+Br2+2H2O=4H+2Br-+SO42-BaC2溶液eSO2-+2H+=SQf+H2OC关闭分液漏斗活塞，将烧瓶上的导气管连接一段橡皮管并伸入水中，用手焙热烧瓶，若导管末端有气泡产生，冷却后导管中上升一段水柱，证明装置气密性良好【解析】【分析】Br2具有强氧化性，SQ具有还原性，两者反应放出热量，澳单质、氢澳酸易挥发，使用冰水降低温度，防止B2、HBr挥发，然后蒸储得到硫酸和氢澳酸粗品。粗品中可

47、能含有挥发出的B2,加入N82SC3,除去粗品中未反应的澳单质。再加入氯化钢，使硫酸根离子转化为硫酸钢沉淀，再进行过滤分离，无色溶液中含有HBr和NaCl,再蒸储得到精制的氢澳酸。【详解】(1)B2与SQ反应生成氢澳酸和硫酸，发生的离子方程式为SQ+Br2+2H2O=4H+2Br-+SQ2-0(2)由流程图可知，混合后过滤生成硫酸钢，滤液蒸储产生NaCl溶液，故银离子、氯离子应是加入试剂a引入的，试剂a是BaC2溶液。(3)CC4与溶液混合后分层，有机层在下层，水层在上层，若有机层无色，水层为黄色，则原因为；若有机层为橙色，水层为无色，则原因为；若有机层为橙色、水层为黄色，则原因为；故答案选e

48、。(4)Na2SQ过量，能与HBr反应生成二氧化硫、漠化钠、水，离子反应方程式为SO32-+2H+=SQf+H2O。A(5)实验室制取Br2的反应为：2NaBr+3H2SO+MnO22NaHSO4+MnSO4+Br2f+2H2O,该反应为固体、液体混合加热制备气体，应选择装置C;该装置检查气密性的方法为关闭分液漏斗活塞，将烧瓶上的导气管连接一段橡皮管并伸入水中，用手焙热烧瓶，若导管末端有气泡产生，冷却后导管中上升一段水柱，证明装置气密性良好。13 .氮、磷、神(As)、睇(Sb)、州(Bi)、馍(Mc)为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。(1)神(As)在元素周期表中的位置为,磷的基态原

49、子的价电子排布式为,六种元素中电负性最大的是(填元素符号)。(2)N2分子中b键和兀键的数目比N(b):N()=oNH3的分子构型为,中心原子的杂化方式为。(3)热稳定性：NH3PH3(填“喊“<,沸点：N2H4P2H4(填"立"<。(4)已知：P(s白磷尸P(s,黑磷)AH39.3kJmol-1；P(s,白磷尸P(s红磷)AH=17.6kJmol-1由此推知，其中最稳定的磷单质是。(5)SbC3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOC|因此配制SbC3溶液应加入【答案】第4周期第VA族3s23p3N1:2三角锥形sp3>>黑磷盐酸【解析】【分析】(1

50、)As是33号元素;同主族元素原子序数越小电负性越强；(2)氮气分子中为氮氮三键；根据价层电子对数和孤电子对数判断分子构型和杂化方式；元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高；(4)能量越低越稳定；(5)SbC3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl根据元素守恒知，还生成HCl。【详解】(1)神(As)在元素周期表中的位置为第4周期第VA族，价电子排布为3s23p3；同主族元素原子序数越小电负性越强，所以电负性最大的元素为N,故答案为：第4周期第VA族；3s23p3;N；(2)一个氮氮三键中有一个b键和两个兀键，所以N(b

51、):N(兀)二分子中价层电子对数为丝6=4,孤电子对数为1,故杂化方式为sp3,空间构型为三角锥形，故答案为：21:2；三角锥形；sp3;元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；非金属性N>P,所以热稳定性：NH3>PH3；N2H4能形成分子间氢键、P2H4分子间不能形成氢键，所以沸点：N2H4>P2H4,故答案为：>>(4)P(s,白磷尸P(s,黑磷)H=-39.3kJ?mol-1P(s,白磷尸P(s,红磷)H=-17.6kJ?mol-1将方程式-得P(s,红磷尸P(s,黑磷)H=(-39.3+17.6)kJ/mol=-21.7kJ/mol,则能量：红磷黑磷，则黑磷

52、稳定，故答案为：黑磷；(5)SbC3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl根据元素守恒知，还生成HCl,反应方程式为SbC3+H2O?SbOCl+2HCl配制SbC3溶液要防止其水解，其水溶液呈酸性，所以酸能抑制水解，则配制该溶液时为防止水解应该加入盐酸，故答案为：盐酸。【点睛】解决第(5)题时要根据元素守恒和水解相关知识判断出SbC3的水解产物，然后根据勒夏特列原来解决问题。14 .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(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。Ti2+基态的电子排布式可表示为B

53、H4-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N2+3H2脩电箸飞2NH3实现储氢和输氢。上述方程式涉及的三种气体熔点由低到高的顺序是。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)42+中，N原子是配位原子d.CN的电子式为：(3)Ca与C60生成的Ca32C60能大量吸附H2分子。C60晶体易溶于苯、CS2,说明C60是分子(填极性”或非极性”；)1个C60分子中，含有(T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agcm-3,则【答案】1s2

54、2s22p63s23p63d2（或A43d2）正四面体H2<N2<NH3abcd非极性9052aNA晶胞的体积为cm3用a、Na表示(Na表示阿伏加德罗常数)o【解析】【分析】(1)Ti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；根据价层电子对互斥理论判断离子空间构型；(2)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；a.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；d.CN-的结构和氮气分子相似，根据氮气分子的电子式判断；(3)根据相似相溶原理确定

55、分子的极性；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=?进行计算。P【详解】Ti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Ar3d2)；BH4冲B原子价层电子对数为4+3141且不含有孤电子对，所以BH4-的空间构2型是正四面体型；(2)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<NH3;a.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)42+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；d.CN-中C、N原子通过三对共用电子对结合，其电子式为:C三N：1,d正确；故合理选