2020-2021全国各地高考化学分类：原子结构与元素周期表综合题汇编附详细答案

1、2020-2021 全国各地高考化学分类：原子结构与元素周期表综合题汇编附详细答案一、原子结构与元素周期表练习题（含详细答案解析）1 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 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 2 o)6 2+(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 /kj?mol-1i2/kj?mol-1i3/kj?mol-1x737.71450.77732.7y1313.93388

2、.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 h252o 之间是 _。o 之间是 _、 n 与 hn5-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mn 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64-中的大 键应表示为 _ 。6 )，则 n(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

3、 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_g?cm-3（用含 a、 na 的代数式表示）。【答案】 3d5ds 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，i1 大， z 氮元素sp258.91022其失去第一个 子 ，配位 氢键412a3na【解析】【分析】(1)根据构造原理 写出25 号 mn 元素的原子核外 子排布式，mn 原子失去最外 2个 子得到 mn 2+；根据原子 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 离能大小 合原子 构确定x、 y、 z 三种元素，然后判断哪种元

4、素是n元素；根据 示，判断晶体中阳离子、阴离子中含有的作用力 型； 合 n5- 平面正五 形 构， 合原子 化 型与微粒构型关系分析判断， 合微粒的原子 构分析大 的形成；(3)根据晶胞中离子的相 位置判断ag+的配位数，利用均 方法 算1 个晶胞中含有的magn5 的个数， 合= 算密度大小。v【 解】(1)mn 是 25 号元素，根据构造原理可得mn 原子的核外 子排布式 1s22s22p63s23p63d54s2， mn原子失去最外 2 个 子得到mn 2+，其价 子排布式 3d5；ag、 cu 在周期表中位于第ib， 生 化的 子有最外 的s 子和次外 的d 子，属于ds 区元素；(2

5、) x 的第一、第二 离能比 小且很接近， 明x 原子最外 有 2 个 子，容易失去，则 x 为 mg 元素， z 的第一 离能在三种元素中最大， 合n 原子 2p 道 于半充 的 定状 ，其失去第一个 子 ，i1 大，可推知z 为 n 元素， y 是 o 元素；在 晶体中阳离子 mg(h2o)62+的中心离子 mg2+含有空 道，而配位体 h的 o 原子上2 o含有孤 子 ，在 合 ，mg 2+提供空 道， h2o 的 o 原子提供孤 子 ，二者形成配位 ；在阴离子 (n 5)2(h2o)42-上 n5-与 h2o 的 h 原子之 通 合在一起，形成nh-o，故二者之 作用力 ；若原子采用s

6、p3 化，形成的物 构 四面体形；若原子采用sp2 化，形成的物 构 平面形；若原子采用sp 化， 形成的 直 型 构。n5- 平面正五 形， 明n原子的 化 型 sp2 化；在 n5- 中，每个 n 原子的 sp2 化 道形成 2 个 ， n 原子上 有 1 个孤 子 及1 个垂直于 n 原子形成平面的 p 道， p 道 形成大 ， n5-为4 个 n 原子得到1 个 子形成 有1 个 位 荷的阴离子，所以含有的 子数 5个，其中大 是由4 个原子、 5 个 子形成，可表示 54 ；(3)根据 agn5 的晶胞 构示意 可知，假 以晶胞 点ag+ 研究 象，在晶胞中与 ag+距离相等且最近的

7、ag+在晶胞面心上，通 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 3 8=12 个；在一个晶胞中2+11-1-7 38含有 ag 的数目 +6 =4，含有 n5 的数目 1+12 =4，晶胞体 v=(2a 10)8244178?g / mol3mn a/mol8.910223。cm ，则 =2a 10 7 3 cm3a3g/cmvn a【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 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

8、微粒数目，结合密度计算公式解答。2 著名化学家徐光宪在稀土化学等领域取得了卓越成就，被誉为“”稀土界的袁隆平 。稀土元素包括钪、钇和镧系元素。请回答下列问题：(1)写出基态二价钪离子(sc2+)的核外电子排布式_，其中电子占据的轨道数为_。(2)在用重量法测定镧系元素和使镧系元素分离时，总是使之先转换成草酸盐，然后经过灼烧而得其氧化物，如 2lncl32 2422 2 4 32+3h c o +nh o=ln (c o ) ?nho+6hcl。h2c2o4 中碳原子的杂化轨道类型为_； 1 mol h2c2o4 分子中含 键和 键的数目之比为 _。h2o 的 vsepr模型为 _；写出与 h2

9、 o 互为等电子体的一种阴离子的化学式_。hci 和 h2o 可以形成相对稳定的水合氢离子盐晶体，如hcl?2ho，hcl?2ho 中含有5 2+，结构为，在该离子中，存在的作用力有_h oa.配位键 b.极性键 c.非极性键d.离子键 e.金属键 f 氢键 g.范德华力 h. 键 i.键(3)表中列出了核电荷数为21 25 的元素的最高正化合价：元素名称钪钛钒铬锰元素符号sctivcrmn核电荷数2122232425最高正价+3+4+5+6+7对比上述五种元素原子的核外电子排布与元素的最高正化合价，你发现的规律是_(4)pro (二氧化镨 )的晶胞结构与caf 相似，晶胞中pr(镨 )原子位

10、于面心和顶点。假设相距最22近的pr原子与o原子之间的距离为a pm，则该晶体的密度为_g cm-3a表示阿伏?(用 n加德罗常数的值，不必计算出结果)。【答案】 1s22s22p63s23p63d110sp2 杂化7:2四面体形nh2-abfi五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s 电子和次高能层d 电子数目之和4141+1623 4a3na10-103【解析】【分析】(1)sc(钪 ) 为 21 号元素， 1s22s 22p63s23p63d14s2，据此写出基态sc2+核外电子排布式； s、p、 d 能级分别含有1、 3、 5 个轨道，基态sc2+的核外电子 3d 轨道

11、只占了一个轨道，据此计算 sc2+占据的轨道数；(2) 根据杂化轨道理论进行分析；根据共价键的类型结合该分子的结构进行分析计算；根据价层电子对互斥理论分析 h2o的分子空间构型；等电子体是原子数相同，电子数也相同的物质，据此写出与之为等电子体的阴离子；hcl?2h2o中含有h5o2+，结构为，据此分析该粒子存在的作用力；(3) 根据表中数据，分别写出sc、 ti 、v、 cr、 mn的外围电子排布式为：3d14s2、3d24s2、3d3 4s2、 3d54s1、 3d54s2，则有五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层 s 电子和次高能层 d 电子数目之和；(4) 根据均摊法进

12、行计算该晶胞中所含粒子的数目，根据密度= m 进行计算。v【详解】(1)sc(钪 )为 21 号元素，基态sc2+失去两个电子，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d1，s、p 、d 能级分别含有1、 3、 5 个轨道，但基态 sc2+的核外电子 3d 轨道只占了一个轨道，故共占据13+32+1=10个，故答案为：1s22s22p63s23p63d1； 10；(2) h2c2 o4 的结构式为，含碳氧双键，则碳原子的杂化轨道类型为sp2 杂化，分子中含有7 个 键、 2 个 键，所以 键和 键数目之比为： 7:2 ，故答案为： sp2 杂化； 7:2；h2o 中 o 原子的价层

13、电子对数 =6+2，且含有两个 2 个孤对电子，所以 h2o 的 vsper=42模型为四面体形，分子空间构型为v 形，等电子体是原子数相同，电子数也相同的物质，因此，与 h2o 互为等电子体的阴离子可以是nh2-，故答案为：四面体形； nh2-；hcl?2h5 2+，结构为，存在的作用力有：配位键、极性键、氢o 中含有 h o键和 键，故答案为： abfi ；(3)根据表中数据，分别写出sc、 ti、 v、 cr、mn 的外围电子排布式为： 3d14s2、 3d24s2、3d34s2、3d 54s1、 3d54s2，则有五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层 s 电子和次高能

14、层 d 电子数目之和，故答案为：五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层 s 电子和次高能层 d 电子数目之和；(4)由图可知，相距最近的pr 原子和 o 原子之间的距离为该立方体晶胞的体对角线的1 ，4则该晶胞的晶胞参数 =34a10-10cm ，每个晶胞中占有4 个 “ pro2”，则该晶胞的质量34 141+162m4141+1623为g ，根据 =可得，该晶体的密度为：na3 4a 10-10，故nav34141+162答案为：3 4a310-10。na3【点睛】本题考查新情景下物质结构与性质的相关知识，意在考查考生对基础知识的掌握情况以及对知识的迁移能力；本题第(2)小

15、题的第问中h2 o 的 vsepr模型容易习惯性写为空间构型v 形，解答时一定要仔细审题，注意细节。3 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）的元素符号是 _。（ 2）和两种元素的非金属性强弱关系是：_。（ 3）和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）和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

16、，为氢，为碳，为氧，为钠，为硫，为氯；（ 1）碳的元素符号是 c，故答案为： c；（ 2）和处于相同周期，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：，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。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

17、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 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

18、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胞2mso42- 共价键和配位键h2o h2o 与 cu2+的配位键键长较长而比较弱8 r 3【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

19、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+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 族和第元素第一电离能

20、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va 族大而减小；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)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

21、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； 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

22、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nh3，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 原子的杂化方式为sp3 杂化；2n 原子的价层电子对数为512(3)这些形成的含氧酸中， hno 的分子的中心2+2=3，h so 的中心 s 原子的价层电子对数为3+4=4，所以 hno 、hso 的中心原

23、子价层电2362232子对数之和为3+4=7；亚硫酸h2 332-中的 s 原子价层电子对数为：so 的酸根so6232h2so4 的酸根3+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so42- 中的 s 原子价层电子对数为： 4+ 6 242=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 晶胞模型类型为立方面心结构；在一个cu 晶胞中含有的cu 原11m ，则晶胞质量 m=4 m?g / mol4m子个数为： 8 +6 =4，cu 的相对原子质量为n a / moln a82g，假设晶胞边长为l，cu 原子半径为 r c

24、m ，则2 l=4r cm，所以 l=22 r cm ，晶胞体积v= 334m g为2r?cm=162r33=n a4m，所l = 2cm ， 则晶胞密度mv16 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

25、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 o或”“ hclo4 al （oh） 3【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cl 元素、为ar 元素。【详解】（1） 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

26、，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) 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； 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。9 如图所示，甲、乙、丙是三种常见单质，x、 y、 z 是它们的化合物。它们之间有如图所示的转化关系：(1)若甲是具有还原性的金属单质，x、 y、 z 中有一种是离子晶体，试推断：x

27、、 y、 z 中含有丙元素的是_(填物质的化学式)；写出化合物x 的电子式_；x 与甲反应的化学方程式是_。(2)若甲是具有氧化性的黄绿色气体单质，丙通常是深红棕色液体，y 和 z 具有相同的阳离子， x 与 z 含有相同的阴离子。写出单质甲的组成元素的原子结构示意图_；实验室贮存丙单质时，通常需要加入_，其理由是 _ ；写出 x 与足量的甲在溶液中完全反应的离子方程式_ 。【答案】co和co2co2+2mg2mgo+c少量水加水可防止溴单质的挥发2fe2+4br-+3cl2 =2fe3 +2br2+6cl-【解析】【分析】甲、乙、丙、是三种常见单质，x、 y、 z 是常见的三种化合物，x 与

28、甲的反应为置换反应，(1)若甲是具有还原性的单质，x、 y、 z 中有一种是离子晶体，说明甲应为金属，常见发生置换反应的为2mg+co22mgo+c，则x 为co2，甲为mg， y 为mgo，丙为c， z 为co，乙为 o2；(2)丙在通常状况下深红棕色的液体，应为 br2，甲是具有氧化性的黄绿色气体单质，可置换出 br2，甲为 cl2， x 为 febr2， z 为 febr3，乙为 fe， y 为 fecl3，据此解答。【详解】甲、乙、丙、是三种常见单质，x、 y、 z 是常见的三种化合物，x 与甲的反应为置换反应。(1)若甲是具有还原性的单质，x、 y、 z 中有一种是离子晶体，说明甲应

29、为金属，常见发生置换反应的为 2mg+co22， y 为 mgo，丙为 c， z 为2mgo+c，则 x 为 co ，甲为 mgco，乙为 o ；2丙为 c 元素，分析可知x、 y、 z 中含有丙元素的是x、 z，即 co 和 co2；x 为 co2，在 co2 分子， c原子与2 个 o 原子形成4 对共用电子对，所以电子式为；mg 可以在 co2中燃烧，反应时产生白烟，同时在容器器壁上有黑色固体碳生成，mg 与222mgo+c；co 反应的化学方程式为2mg+co(2)丙在通常状况下呈液态，为深红棕色，应为br2，甲是具有氧化性的单质，可置换出br2，甲为2233cl ，x为 febr，

30、z 为 febr ，乙为 fe， y为 fecl ，甲为 cl2，分子中 2 个 cl 原子形成一对共用电子对，结构式为cl-cl；丙为 br2，易挥发，实验室保存时，需加入少量水，可防止溴单质的挥发；x 与足量的甲在溶液中完全反应的离子方程式是2fe2+-232-。+4br +3cl =2fe+2br +6cl10 下表是元素周期表的一部分，对于表中元素，填空回答：族 aa a a a a a0周期二三(1)地壳中含量最多的元素是_ ，非金属性最强的元素是_。(2)写出的最简单的气态氢化物的电子式_。(3)在第三周期主族元素中，单质氧化性最强的是_，能形成的二元强酸是_。(4)写出的气态氢化物与的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式_。【答案】 o fcl2 2 43343h son