1、2020-2021 高考化学专题复习分类练习原子结构与元素周期表综合解答题含详细答案一、原子结构与元素周期表练习题（含详细答案解析）1 为探究乙烯与溴的加成反应，甲同学设计并进行如下实验：先取一定量的工业用乙烯气体(在储气瓶中 )，使气体通入溴水中，发现溶液褪色，即证明乙烯与溴水发生了加成反应；乙同学发现在甲同学的实验中，褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊物质，推测在工业上制得的乙烯中还可能含有少量还原性气体杂质，由此他提出必须先除去杂质，再让乙烯与溴水反应。请回答下列问题：(1)甲同学设计的实验_(填“能”或“不能”)验证乙烯与溴发生了加成反应，其理由是 _(填序号 )。使溴水褪色的反应不一定是
2、加成反应使溴水褪色的反应就是加成反应使溴水褪色的物质不一定是乙烯使溴水褪色的物质就是乙烯(2)乙同学推测此乙烯中一定含有的一种杂质气体是_，它与溴水反应的化学方程式是 _ 。在实验前必须全部除去，除去该杂质的试剂可用_。(3)为验证乙烯与溴发生的反应是加成反应而不是取代反应，丙同学提出可用pH试纸来测试反应后溶液的酸性，理由是_ 。【答案】不能 H 2S H 2SBr22HBr SNaOH 溶液 (答案合理即可 )若乙烯与 Br2 发生取代反应，必定生成HBr ，溶液的酸性会明显增强，若乙烯与Br2 发生加成反应，则生成 CH 2BrCH 2 Br ，溶液的酸性变化不大，故可用pH 试纸予以验
3、证【解析】【分析】根据乙同学发现在甲同学的实验中，褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊物质，推测在工业上制得的乙烯中还可能含有少量还原性气体杂质，该淡黄色的浑浊物质应该是具有还原性的硫化氢与溴水发生氧化还原反应生成的硫单质，反应方程式为H 2 SBr22HBrS，据此分析解答。【详解】(1)根据乙同学发现在甲同学的实验中，褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊物质，推测在工业上制得的乙烯中还可能含有少量还原性气体杂质，则可能是该还原性气体与溴水发生氧化还原反应，使溴水褪色，则溴水褪色不能证明是乙烯与溴水发生了加成反应，所以正确，故答案为：不能；(2)淡黄色的浑浊物质是具有还原性的硫化氢与溴水发生氧化还原反应
4、生成的硫单质，反应方程式为 H 2 SBr 22HBrS；选用的除杂试剂能够除去硫化氢气体，但是不能与乙烯反应，也不能引入新的气体杂质，根据除杂原则，可以选用NaOH 溶液，故答案为：H 2 S； H 2S Br 22HBrS ； NaOH 溶液 (答案合理即可 )；(3)若乙烯与 Br2 发生取代反应，必定生成HBr ，溶液的酸性会明显增强，若乙烯与Br2 发生加成反应，则生成CH 2BrCH 2 Br ，溶液的酸性变化不大，故可用pH 试纸予以验证，故答案为：若乙烯与Br2 发生取代反应，必定生成HBr ，溶液的酸性会明显增强，若乙烯与 Br2 发生加成反应，则生成CH 2 BrCH 2B
5、r ，溶液的酸性变化不大，故可用pH 试纸予以验证。2 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（ P44）相似，也是正四面体，则As 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： 2NH4 N
6、O32N 2+O2+4H2O。每生成2molN 2 ，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CO22不断通入 pH=11的氨水中时会产。常温下，当 CO-。生微量的新离子： NH2COO-（i ）写出 NH2COO 的电子式 _ 。ii）计算原氨水中cNH+）=_molL（4/ 。【答案】60oP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1015: 7- 3- 11- 3）10
7、- 10（或 10【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吸引电子的能力更强，所以P 的非金属性更强；由位置可知，砷是半导体，则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；( 3) 该反应 2NH4NO3 2N2+O2+4H2O 中 N 元素化合价由 - 3 价、 +5 价变为 0 价， O 元素的化合价由 - 2 价升高为0，则氮气既是氧化产物也
8、是还原产物，氧气为氧化产物，转移电子个数为 10，则每生成 2molN 2，反应中转移的电子为 10mol ，氧化产物与还原产物的质量之比为 ( 32+28): 28=15: 7。( 4) NH2COO- 的电子式为； pH =11 的氨水中， c（ H+）=10- 11mol / L， c（ OH- ）=10- 3mol / L，由电荷守恒可知，+-），解得+- 3- 11mol/ L 或 =10- 3c( NH4)+ c( H )= c（ OHc( NH4 )=( 10- 10)mol/ L。3 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
9、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 _，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
10、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-Cl2 Br2-分液漏斗2Br2ClCl2 2OH= -=H2O Cl 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
11、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HNO3 H2CO3 H2SiO3 ；( 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；c Na 与水反应比 Al 剧烈，说明金属性： Na Al，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2Br Cl2=Br22Cl ；NaOH 溶液用于吸收氯气，离子方程为；Cl2 2
12、OH=H2O Cl ClO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，比较非金属性强弱，可以依照单质的氧化性的强弱。4 离子化合物 AB2 的阴、阳离子的电子层结构相同， 1mol AB2 中含 54 mol 电子，且有下列反应：点燃
13、H 2B2CB2 X Y AB2 H2OY C AB2 Z， Z 有漂白作用。根据上述条件回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：AB2_， X_， Y_， Z_。(2)用电子式表示AB2 的形成过程： _。(3)写出反应的化学方程式： _ 。【答案】 CaCl2Ca(OH)2Ca(ClO)2HClO2Cl 2Ca(OH)=Ca(ClO) CaCl 222222H O【解析】【分析】离子化合物 AB2的阴、阳离子的电子层结构相同，1mol AB2中含 54 mol 电子，则 A2+、 B-离子中含有的电子数目均为18 个， AB2为氯化钙，A为钙元素，B为氯元素，则H2Cl点燃HCl， C
14、为 HCl； Cl X Y CaCl H O， X 为 Ca(OH) ， Y 为 Ca(ClO) ；222222 Ca(ClO)2HCl CaCl2 Z， Z 有漂白作用， Z 为 HClO。【详解】（1）由分析可知 AB2222HClO。，故答案为：为 CaCl ， X 为 Ca(OH) ， Y 为 Ca(ClO)， Z 为CaCl ； Ca(OH) ；Ca(ClO) ；HClO；222（2） AB2 的形成过程用电子式表示为，故答案为：；（ 3）的化学方程式为 2Cl2 2Ca(OH)2=Ca(ClO)2 CaCl2 2H2O，故答案为： 2Cl22Ca(OH)2 =Ca(ClO)2 Ca
15、Cl2 2H2O。【点睛】常见 18 电子的离子有K+、 Ca2+、 Cl、 S2- 、 HS-等。5 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，HNO 、 H
16、 SO的中心原子价层电子对数之和为_， H SO22323和 H2 4_、 _。SO 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 原子半径为 r cm， e 的相对原子质量3-1（用 r、 表示）。为 M ，晶胞密度为 g/cm，则阿伏加德罗常数为 _mol(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 )。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 “H2O”或“ NH3”），判断理由是 _。【答案】 Nsp37三角锥形正四面体面心立方晶
17、胞2M42-共价键和配位键222+的配位键键长较长而比较弱8 r 3SOH O H O 与 Cu【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+
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；(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 H2SO3 和 H2SO4 酸根的空间构型；(4
19、)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m用密度 = 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；
20、 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；(2)a 是 H 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NH ，3该分子的中心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
21、杂化方式为sp3 杂化；(3)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512=3，2+2H2SO3 的中心 S 原子的价层电子对数为64=4，所以 HNO2、H2 SO3 的中心原子价层电3+2子对数之和为3+4=7；亚硫酸 H2 3的酸根3 2-中的 S 原子价层电子对数为：SOSO6232243+2=4，且含有一对孤电子对，所以其空间构型为三角锥形；硫酸H SO 的酸根42- 中的 S 原子价层电子对数为：4+ 6 242SO2=4，中心原子 S 上无孤对电子，所以其空间构型为正四面体形；(4)根据 Cu 晶胞结构可知 :Cu 晶胞模型类型为立方面心结构；在一个
22、Cu 晶胞中含有的 Cu 原114M?g / mol4M子个数为： 8 +6 =4，Cu 的相对原子质量为M ，则晶胞质量 m=N A / molN A82g，假设晶胞边长为L，Cu 原子半径为 r cm ，则2 L=4r cm，所以 L=22 r cm ，晶胞体积为 V= L3 =32r3 cm3， 则晶胞密度 =m4M g22r?cm=16N A4M，所V16 2r 3cm3162N A r 3以 NA=2M/mol ；38r(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
23、的八面体结构，根据图知，其阳离子中的中心离子Cu2+配位数是 6，配位体是H2O、 NH3，其中H2O 有 2 个， NH3 有 4 个， H2O、 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ON，且原子半径 ON，使得配位体H2 O 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
24、学生空间想象能力、分析能力和知识运用能力。6 有 X、 Y、Z 三种短周期元素，已知X 原子 L 层电子比M 层电子多2 个， Y3+离子电子层结构与 Ne 相同； Z 与 X 处于同一周期，其气态单质是双原子分子，两原子共用对电子。试回答：（ 1）写出元素 X 名称 ： _ ；（ 2）写出 Y 元素在元素周期表的位置 _ ;（ 3）画出元素 Z 的原子结构示意图： _ ；（4） Z 元素所在主族的元素形成的含氧酸酸性最强的是（写化学式）_；（ 5） X 的氢化物的电子式为 _；（ 6）写出 Y 单质与氢氧化钠溶液反应化学方程式_；（7）标准状况下，2.24LZ 单质与足量氢氧化钙完全反应时，
25、电子转移总数为_mol 。【答案】硫第 3 周期第A 族HClO42Al+2NaOH+2H 2O=2NaAlO 2 +3H 20.1【解析】【分析】已知 X 原子 L 层电子比 M 层电子多2 个，则 X 为 S； Y3+离子电子层结构与 Ne 相同，则 Y为 Al； Z 与 X 处于同一周期，其气态单质是双原子分子，两原子共用1 对电子，则 Z 为Cl，以此答题。【详解】经分析， X 为 S， Y 为 Al，Z 为 Cl；（1）元素 X 名称为硫；（2） Y 元素在元素周期表的位置第3 周期第 A 族；（3）元素 Z 的原子结构示意图为：；（4） Z 元素所在主族的元素形成的含氧酸酸性最强的
26、是HClO4；（5） X 的氢化物为 H2S 其电子式为：；（6） Y 单质与氢氧化钠溶液反应化学方程式：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO 2 +3H 2 ；（7）标准状况下，2.24L Z 单质与足量氢氧化钙完全反应 : 2Cl 22Ca OH 2 =CaCl2Ca ClO 2 2H 2O ，电子转移总数N=nNA =VVm1N A =2.24L22.4L/mol1N A =0.1N A。7A、 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；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
27、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_【答案】第二周期第IVA 族离子键、共价键H2O3SO2+3Ba2+
28、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
29、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；2222+与 O22- 通过离子键结合，在 O22- 中两个 O 原子通过共(2)化合物 D C 是 Na O ，该物质中Na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；22222(3)化合物 A C 是 H O， A E是 H S，由于在 H O 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
30、H2O；223 2溶液中，(4)化合物 EC是 SO ，在常温下呈气态，该物质具有还原性，将其通入Ba(NO )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 3SO22+-24+；3 +2NO+4H+3Ba +2NO+2H O=3BaSO(5)元素 A、B、 C 按原子个数比 2： 1：1 组成的化合物2CH O 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
31、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。8X、Z、Q、 R、 T 为前四周期元素，且原子序数依次增大。X 和 Q 属同族元素， X 和 R 可形成化合物 XR4； R2 为黄绿色气体； Z 与 X 同周期且基态原子的s 轨道和 p 轨道的电子总数相等； T2+的 3d 轨道中有 5 个电子。请回答下列问题：(1)Z 基态原子的电子排布式是_； Z 所在周期元素中，最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是 _ （填化学式）。(2)利用价层电子对互斥理论判断RZ3-的立体构型是 _； RZ3 -的中心原子的杂化轨道类型为_ 。(3)水
32、中 T 含量超标，容易使洁具和衣物染色RZ2 可以用来除去水中超标的T2+，生成黑色沉淀 TZ2，当消耗 0.2molRZ2 时，共转移了1mol 电子，则反应的离子方程式为_。【答案】 1s22s22p4HNO3 三角锥形sp3 杂化2ClO+5Mn 2+6H2O=5MnO2+2Cl +12H+【解析】【分析】X、 Z、 Q、 R、T 为前四周期元素，且原子序数依次增大，R 为黄绿色气体，则R 为 Cl；X2和 R 可形成化合物XR4，则 X 为 +4 价，处于 IVA 族， X 和 Q 属同族元素，可推知X 为 C 元素、 Q 为 Si； Z 与 X 同周期且基态原子的s 轨道和 p 轨道的电子总数相等，则Z 核外电子排布为 1s22s22p4，因此 Z 为 O 元素； T2+的 3d 轨道中有5 个电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则 T 为 Mn ，据此解答。【详解】
