上海化学化学原子结构与元素周期表的专项培优练习题.docx
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上海化学化学原子结构与元素周期表的专项培优练习题
上海【化学】化学原子结构与元素周期表的专项培优练习题
一、原子结构与元素周期表练习题(含详细答案解析)
1.硅是构成矿物和岩石的主要成分,单质硅及其化合物具有广泛的用途。
完成下列填空:
I.某些硅酸盐具有筛选分子的功能,一种硅酸盐的组成为:
M2O·R2O3·2SiO2·nH2O,已知元素M、R均位于元素周期表的第3周期。
两元素原子的质子数之和为24。
(1)该硅酸盐中同周期元素原子半径由大到小的顺序为________________;
(2)写出M原子核外能量最高的电子的电子排布式:
__________________;
(3)常温下,不能与R单质发生反应的是___________(选填序号);
a.CuCl2溶液b.Fe2O3c.浓硫酸d.Na2CO3溶液
(4)写出M、R两种元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式:
____________________________________________。
II.氮化硅(Si3N4)陶瓷材料硬度大、熔点高。
可由下列反应制得:
SiO2+C+N2
Si3N4+CO
(5)Si3N4晶体中只有极性共价键,则氮原子的化合价为______,被还原的元素为______________。
(6)C3N4的结构与Si3N4相似。
请比较二者熔点高低。
并说明理由:
_____________________。
(7)配平上述反应的化学方程式,并标出电子转移的数目和方向。
_________________
(8)如果上述反应在10L的密闭容器中进行,一段时间后测得气体密度增加了2.8g/L,则制得的Si3N4质量为_____________。
【答案】Na>Al>Si3s1bd
-3N2中氮元素两者均为原子晶体,碳原子半径小于硅原子半径,因此C3N4中碳原子与氮原子形成的共价键键长较Si3N4中硅原子与氮原子形成的共价键键长小,键能较大,熔点较高
35g
【解析】
【分析】
【详解】
I.
(1)化合物的化合价代数和为0,因此M呈+1价,R呈+3价,M、R均位于元素周期表的第3周期,两元素原子的质子数之和为24,则M为Na,R为Al,该硅酸盐中Na、Al、Si为同周期元素,元素序数越大,其半径越小,因此半径大小关系为:
Na>Al>Si;
(2)M原子核外能量最高的电子位于第三能层,第三能层上只有1个电子,其电子排布式为:
3s1;
(3)常温下,Al与CuCl2溶液反应能将铜置换出来;Al与Fe2O3在高温反应;Al与浓硫酸发生钝化;Al与Na2CO3溶液在常温下不发生反应;
故答案为:
bd;
(4)Na、Al两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为:
NaOH、Al(OH)3,二者反应的离子方程式为:
;
II.(5)非金属性N>Si,因此Si3N4中N元素化合价为-3价;该反应中N元素化合价从0价降低至-3价,N元素被还原;
(6)Si3N4陶瓷材料硬度大、熔点高,晶体中只有极性共价键,说明Si3N4为原子晶体,C3N4的结构与Si3N4相似,说明C3N4为原子晶体,两者均为原子晶体,碳原子半径小于硅原子半径,因此C3N4中碳原子与氮原子形成的共价键键长较Si3N4中硅原子与氮原子形成的共价键键长小,键能较大,熔点较高;
(7)该反应中Si元素化合价不变,N元素化合价从0价降低至-3价,C元素化合价从0价升高至+2价,根据得失电子关系以及原子守恒配平方程式以及单线桥为:
;
(8)气体密度增加了2.8g/L,说明气体质量增加了2.8g/L×10L=28g,
因此生成的Si3N4质量为
=35g。
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(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】
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
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是还原产物,氧气为氧化产物,转移电子个数为10,则每生成2molN2,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)①NH2COO−的电子式为
;
②pH=11的氨水中,c(H+)=10-11mol/L,c(OH-)=10-3mol/L,由电荷守恒可知,c(NH4+)+c(H+)=c(OH-),解得c(NH4+)=(10-3-10-11)mol/L或=10-3mol/L。
3.A、B、C、D、E五种短周期元素,它们的原子序数依次增大;A原子核内无中子;B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能反应生成盐F;D与A同主族,且与E同周期;E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的
,A、B、D、E这四种元素,每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物.请回答下列问题:
(1)C元素在元素周期表中的位置是___;C、D、E三种元素简单离子半径由大到小的顺序为:
___(用离子符号表示)。
(2)写出分别由A、D与C形成的原子个数比为1:
1的化合物的电子式___、___。
(3)A与C、E间分别形成甲、乙两种共价化合物,且甲有10个电子,乙有18个电子,则沸点较高的是___(填化学式)。
(4)F含有的化学键类型是___、___。
(5)D和C形成的一种化合物能与A和C形成的一种化合物反应产生C单质,该反应的离子方程式为___。
【答案】第二周期VIA族S2->O2->Na+
H2O离子键极性共价键2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑
【解析】
【分析】
A原子核内无中子,则A为氢元素;B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能反应生成盐F,B为氮元素,F为硝酸铵;E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的
,则E为硫元素,在第三周期;D与A同主族,且与E同周期,则D为钠元素;A、B、D、E这四种元素,每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物,则C为氧元素。
【详解】
(1)C为氧元素,在元素周期表中的位置是第二周期VIA族;Na+、O2-、S2-离子半径由大到小的顺序为S2->O2->Na+,故答案为:
第二周期VIA族;S2->O2->Na+;
(2)由H、Na与O形成的原子个数比为1:
1的化合物分别为H2O2、Na2O2,其电子式分别为
、
,故答案为:
;
(3)H与O、S间分别形成H2O、H2S两种共价化合物,因为水分子间存在氢键,则沸点较高,故答案为:
H2O;
(4)F为硝酸铵,含有离子键和极性共价键,故答案为:
离子键、极性共价键;
(5)过氧化钠与水反应能生成氧气,则该反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑,故答案为:
2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。
【点睛】
比较离子半径可以用“先层后核再电子”进行比较,S2-有三个电子层,则半径最大,Na+、O2-有两个电子层,但氧的序数小于钠的序数,则O2-的离子半径大于Na+,所以S2->O2->Na+。
4.下表是元素周期表的一部分,表中所列字母分别代表一种元素。
(1)表中的实线表示系周期表的部分边界,请用实线补全元素周期表的上边界____
(2)常温下,其单质呈液态的元素是____(填字母代号),它与e形成的化合物电子式为:
___________(用元素符号表示)
(3)b元素形成的单质所属晶体类型可能是________(填序号)
①分子晶体②原子晶体③金属晶体④离子晶体⑤过渡型晶体
(4)元素c、d、g的氢化物的沸点由高到低的顺序为________(用化学式表示)
(5)NH3·H2O的电离方程NH3·H2O
NH+4+OH-,试判断NH3溶于水后,形成的NH3·H2O的合理结构__________(填字母代号)
【答案】
m
①②⑤H2O>HF>HClb
【解析】
【分析】
(1)第一周期中含有2种元素,处于第1列、18列;第2、3周期中元素处于1,2列,13~18列,据此画出元素周期表的上边界;
(2)常温下,呈液态的单质为溴与金属汞,由图可知位置可知,为溴单质,处于第四周期17列;e为Na元素,溴与钠形成的化合物为NaBr,由钠离子与氯离子构成;
(3)b为碳元素,形成的单质可能为原子晶体,如金刚石,可能为分子晶体,若富勒烯,可能为过渡型晶体,如石墨;
(4)c为氧元素、d为氟元素、g为氯元素,结合常温下氢化物状态与氢键判断氢化物的沸点;
(5)氨水的电离生成NH4+、OH-,说明NH3•H2O 中O-H键发生断裂,来确定氨水的结构和成键情况。
【详解】
(1)第一周期中含有2种元素,处于第1列、18列;第2、3周期中元素处于1,2列,13~18列,故元素周期表的上边界为:
;
(2)常温下,呈液态的单质为溴与金属汞,由图可知位置可知,为溴单质,处于第四周期17列,为表中m元素;e为Na元素,溴与钠形成的化合物为NaBr,由钠离子与氯离子构成,溴化钠电子式为
;
(3)b为碳元素,形成的单质可能为原子晶体,如金刚石,可能为分子晶体,若富勒烯,可能为过渡型晶体,如石墨;
(4)c为氧元素、d为氟元素、g为氯元素,常温下水为液体,HF、HCl为气体,故水的沸点较高,HF中分子之间存在氢键,沸点比HCl高,故沸点H2O>HF>HCl;
(5)NH3溶于水后,形成的NH3•H2O中,根据NH3•H2O的电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH-,可知结构中含有铵根和氢氧根的基本结构,故NH3•H2O结构为b,故答案为b。
5.A、B、C、D、E、F的核电荷数依次增大,且均为核电荷数小于18的非稀有气体元素。
A的单质是自然界中密度最小的气体,A和C可形成A2C和A2C2两种常见的液态化合物,B、C原子的最外层电子数之和等于11,D+与C的简单离子的最外层电子排布相同,C、E原子的最外层电子数相同。
请回答下列问题:
(1)写出元素符号:
B______,D______。
(2)A元素具有两个中子的核素的表示符号为______,E的简单离子的结构示意图是______。
(3)A2C2的分子式为______。
(4)将少量
的单质通入足量NaOH溶液中,发生反应的离子方程式是______。
【答案】NNa
H2O2Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的六种短周期主族元素,A单质是自然界中密度最小的气体为氢气,A为H元素,A和C可形成A2C和A2C2两种常见的液态化合物,为H2O、H2O2,则C为O元素,C原子最外层有6个电子,B、C原子的最外层电子数之和等于11,则B最外层有5个电子,B为N元素;D+与C的简单离子核外电子排布相同,判断为Na+,D为Na元素,C、E原子的最外层电子数相同,则C、E同主族,E为S元素,F为Cl元素,然后根据问题分析、解答。
【详解】
根据上述分析可知:
A是H,B是N,C是O,D是Na,E是S,F是Cl元素。
(1)B元素符号为N,D元素符号为Na;
(2)A是H原子,原子核内有1个质子,若原子核内有2个中子,则其质量数为1+2=3,用符号表示为
;E是S,S原子获得2个电子变为S2-,则S2-的简单离子的结构示意图是
;
(3)A是H,C是O,A2C2是H2O2;
(4)F是Cl,Cl2能够与NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O,该反应的离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
【点睛】
本题考查了元素的位置、结构、性质关系及其应用,根据元素的原子结构及物质的性质、位置关系及形成化合物的性质推断元素是解题关键,题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移应用能力。
6.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
2H2O2
2H2O+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:
2H2O2
2H2O+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。
7.下表是元素周期表中的一部分。
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
1
A
2
E
F
H
J
3
B
C
D
G
I
根据A~J在周期表中的位置,用元素符号或化学式回答下列问题:
(1)电负性最强的元素是________,第一电离能最小的单质是________。
(2)最高价氧化物对应的水化物中,酸性最强的是__________,呈两性的是________。
(3)A分别与E、F、G、H、I形成的简单化合物中,沸点最高的是________。
(4)由B、C、D、G、I形成的单核离子中,半径最大的离子是________。
【答案】FNaHClO4Al(OH)3HFS2-
【解析】
【分析】
先根据元素在周期表的位置确定元素:
A是H,B是Na,C是Mg,D是Al,E是C,F是N,G是S,H是F,I是Cl,J是Ne。
(1)在同一周期元素的原子中,原子半径越小,元素的非金属性越强,元素的电负性越大;元素的金属性越强,其第一电离能越小;
(2)形成最高价含氧酸酸性最强的是物质HClO4;处于金属与非金属交界区的Al元素形成的氧化物的水化物显两性;
(3)分子之间作用力越强,物质的熔沸点越高;分子之间存在的氢键,增加分子之间的吸引力,导致相应的氢化物沸点升高;
(4)离子核外电子层数越多,离子半径越大;当离子核外电子层数相同时,离子的核电荷数越小,离子半径越大。
【详解】
根据上述分析可知A是H,B是Na,C是Mg,D是Al,E是C,F是N,G是S,H是F,I是Cl,J是Ne。
(1)元素的非金属性越强,其电负性越大,在上述元素中,非金属性最强的元素是F,所以电负性最强的元素是F;元素的金属性越强,原子半径越大,越容易失去电子,其第一电离能越小。
在上述元素中金属性最强的元素是Na元素,所以第一电离能最小的单质是Na;
(2)上述元素形成最高价氧化物对应的水化物中,酸性最强的是HClO4,呈两性的是Al(OH)3;
(3)H分别与C、N、S、F、Cl形成的简单化合物分别是CH4、NH3、H2S、HF、HCl,这些物质都是由分子构成,物质分子间作用力越强,克服分子间作用力消耗的能量越高,物质的熔沸点就越高。
氢键是比分子间作用力强很多的作用力,会使物质的熔沸点升高。
由于HF、NH3分子之间存在氢键,且氢键HF>NH3,因此物质的沸点最高的是HF。
(4)Na、Mg、Al、S、Cl都是第三周期的元素,Na+、Mg2+、Al3+是原子失去最外层电子形成的阳离子,核外电子排布是2、8;S2-、Cl-是原子获得电子形成阴离子,核外电子排布是2、8、8。
由于离子核外电子层数越多,离子半径越大;当离子核外电子层数相同时,离子的核电荷数越小,离子半径越大,所以上述元素形成的单核离子中,半径最大的离子是S2-。
【点睛】
本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用,涉及电离能、电负性、氢键、离子半径大小比较等知识点,要根据物质结构特点、氢键对物质性质的影响等知识点再结合元素周期律、知识迁移的方法分析解答即可。
8.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同周期,它的原子序数比B多6。
回答下列问题:
A
B
C
D
(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】
第三周期ⅥA族将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中,并用玻璃棒不断搅拌CO2共价键Al(OH)3两性Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OC+4HNO3(浓)
CO2↑+4NO2↑+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-,Cl-离子结构示意图为
;元素C是S元素,原子核外电子排布是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H2SO4,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CO2,CO2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CO2、NO2、H2O,根据原子守恒、电子守恒,可得该反应方程式为C+4HNO3(浓)
CO2↑+4NO2↑+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。
9.金、银、铜、铁、铝和钛均是人类生产和生活中大量使用的金属。
试回答与上述金属原子结构有关的问题:
(1)上述金属元素中属于主族元素的是__________________。
(2)钛被称为继铁、铝之后的“第三金属”。
基态钛原子价电
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- 上海 化学 原子结构 元素 周期表 专项 练习题