2019-2020年高三化学二轮复习 专题训练 原子结构与元素周期表（含解析）.doc

2019-2020年高三化学二轮复习 专题训练 原子结构与元素周期表（含解析）1图中是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是()A原子半径：ZYXB气态氢化物的稳定性：RWCWX3和水反应形成的化合物是离子化合物DY和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应【答案】D【解析】试题分析：根据元素的化合价变化规律可知，X是氧元素，Y是钠元素，Z是铝元素，W是硫元素，R是氯元素。则选项A不正确，同周期自左向右原子半径逐渐减小，即原子半径：YZX；氯元素的非金属性强于S元素的，则H2S的稳定性弱于HCl的稳定性，B不正确；三氧化硫和水反应生成共价化合物硫酸，C不正确；Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠和氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，能和氢氧化钠溶液反应，生成偏铝酸钠和水，D正确，答案选D。考点：考查元素周期律的应用点评：该题设计新颖，基础性强，有利于调动学生的学习积极性，激发学生的学习兴趣。该题以“周期表中元素的推断”为载体，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。2现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s22p63s23p4 1s22s22p63s23p3 ls22s22p3 1s22s22p5则下列有关比较正确的是 ( )A. 第一电离能：B原子半径：C电负性：D最高正化合价：=【答案】A【解析】试题分析：根据元素的核外电子排布式可知，是S元素，是P元素，是N元素，是F元素。一般情况下非金属性越强，第一电离能越大，但由于P元素中3p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，所以P元素但第一电离能大于S元素的，A正确；B不正确，原子半径应该是。C不正确，电负性大小顺序是。D不正确，F元素没有正价，答案选A。考点：考查元素电负性、第一电离能、原子半径以及最高价的判断点评：该题是中等难度的试题，试题侧重对学生能力的培养和基础性知识的巩固与训练。该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力，该题需要注意的是第一电离能的判断。3从原子序数11依次增加到17，下列所叙递变关系错误的是A.原子核外电子层数不变 B.原子半径逐渐增大C.最高正价数值逐渐增大 D.从硅到氯负价从-4 -1【答案】B【解析】试题分析：原子序数11依次增加到17属于第三周期的元素。同周期自左向右电子层数相同，原子半径逐渐减小，非金属性逐渐增强，金属性逐渐较弱，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，碱性逐渐较弱，所以选项B不正确，其余选项都是正确的，答案选B。考点：考查元素周期律的应用点评：该题是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在考查学生灵活运用元素周期律知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。4（改编）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是A标准状况下，1L庚烷完全燃烧所生成的气态产物的分子数为7/22.4NAB1 mol甲基（CH3）所含的电子总数为10NAC0.5 摩1, 3-丁二烯分子中含有C=C双键数为 NAD28g乙烯所含共用电子对数目为6NA【答案】AB【解析】试题分析：A气体摩尔体积的使用范围是气体，液体和固体不适用，标况下，庚烷是液体，A项错误；B每个甲基中含有9个电子，1 mol甲基（CH3）所含的电子总数=9 n（甲基）NA=9NA，B项错误；C每个1，3-丁二烯（CH2=CHCH=CH2）分子中含有碳碳双键数2个，0.5 摩1, 3-丁二烯分子中含有C=C双键数为 NA ，C项正确；D每个CH2=CH2中含有6个共价键，即有6个共用电子对，所以28g乙烯所含共用电子对数目为6NA，D项正确；答案选AB。考点：考查物质的量的计算，有机物的结构与性质等知识。5A元素最高正价和负价绝对值之差为6，B元素次外层有8个电子，BA2在水溶液中能电离出相差一个电子层结构的离子，则BA2是AMgCl2 BMgF2 CNO2 DCO2【答案】A6下列关于非金属元素C、N、Si、S、Cl的叙述正确的是（ ）A在通常情况下它们的单质均为气体B每一种元素都只能形成一种单质C它们的最高价氧化物的水化物都属于酸D它们的氢化物的水溶液都显酸性【答案】C7金属钛对人体无毒且有惰性，能与肌肉和骨髓生长在一起，因而有“生物金属”之称。下列有关和的说法中不正确的是A和属于同种元素B和的质量数相同C的相对原子质量约为48 D和为不同的核素，互为同位素【答案】B【解析】在表示原子组成时，元素符号的左下角表示的是质子数，左上角表示的是质量数。和的质子数均是22，但质量数不同，分别是48和50，所以这两种核素互为同位素。由于电子的质量很小，所以质量数近似等于原子的相对原子质量，因此选项B是错误的，所以答案选B。8列各组原子中，化学性质一定相似的是A原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子B原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅两个电子的Y原子C2p轨道上只有一个空轨道的X原子与3p轨道上只有一个空轨道的Y原子D最外层都只有一个电子的X、Y原子【答案】C【解析】试题分析：A原子核外电子排布式为1s2的X原子是He，属于惰性气体元素，处于该电子层的稳定结构，原子性质稳定；原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子是Be，是第II主族的元素，容易失去电子，表现金属性，它们的结构不相似，性质也不相似，错误。B原子核外M层上仅有两个电子的X原子是Mg元素，容易失去电子，有比较强的金属性，原子核外N层上仅两个电子的Y原子，可能是Ca原子，也可能是Ti、Fe等原子，因此它们不一定是同一主族，性质不一定相似，错误。C2p轨道上只有一个空轨道的X原子是C原子；3p轨道上只有一个空轨道的Y原子是Si原子，二者处于同一主族，结构相似，性质也相似，正确。D最外层都只有一个电子的X、Y原子可能是H、Li、Na原子，H是非金属元素，可能得到电子，也可能失去电子，而Na、Li等在反应中会失去电子，表现还原性，二者的性质不相似，错误。考点：考查原子的结构与元素性质的关系的判断的知识。9下列各组指定原子序数的元素，能形成AB2型离子化合物的是 （ ） A6和8 B11和16 C12和9 D16和8【答案】C【解析】A中元素是C和O，可形成共价化合物CO和CO2；B中元素是Na和S，可形成离子化合物Na2S；C中元素是Mg和F，可形成离子化合物MgF2；D中元素是S和O，可形成共价化合物SO2和SO3，所以答案选C。10元素A的阳离子aAm与元素B的阴离子bBn具有相同的电子层结构。以下关于A、B元素性质的比较中，正确的是（ ）原子序数：AB离子半径：aAmbBn原子半径：AB元素所在的周期数：ABA的最高正价与B的最低负价的绝对值相等bamnA B C D【答案】B【解析】A、B在元素周期表中的位置为，所以原子序数AB，离子半径AB，原子半径AB，周期数AB，最高正价与最低负价的绝对值不一定相等，a，b的关系为banm，正确。11由H、D.T和35Cl、37Cl生成的氯化氢用一种仪器测定其分子的质量时，所得的数值应有（ ）A.3种 B.2种 C.6种 D.5种【答案】D【解析】试题分析：生成的氯化氢分别是H35Cl 、D 35Cl、T 35Cl、H 37Cl 、D 37Cl 、T 37Cl，相对分子质量分别是36、37、38、38、39、40。故所得的数值应有5种。考点：相对原子质量的计算12原子的电子排布式为1s22s22p4的元素易与下列哪一种原子的电子排布式的元素形成离子键A.1s22s22p6 B1s2 C.1s22s22p5 D1s22s22p63s2【答案】D13下表所示为部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息判断下列叙述不正确的是元素代号ABCDEFG原子半径/nm0.1820.1600.0890.1430.1020.0990.071主要化合价12236211A气态氢化物的稳定性HGHFH2EBB2、D3、E2、G四种离子的核外电子排布相同CA、E元素与氧元素可以形成三种常见的含氧酸盐DC元素的原子最外层电子数等于电子层数【答案】B【解析】试题分析：根据同主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，B为Mg，C为Be，F为Cl，G为F，由于O、F无正价，所以E为S，根据A、B、D原子半径的递变可知，A为Na，D为Al。A、元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：FClS，则气态氢化物的稳定性HFHClH2S，A正确；B、Mg2、Al、和F三种离子的核外电子排布相同，均为10个e，而S2的核外电子为18个，B错误；C、Na、S元素与氧元素可以形成Na2SO3、Na2SO4、Na2S2O3三种常见的含氧酸盐，C正确；D、C元素为Be，Be原子最外层电子数等于电子层数，D正确，答案选B。考点：考查原子结构与元素周期表的应用14下列叙述不正确的是热稳定性：H2OHFH2S熔点：AlNaK第A、A族元素的阳离子与同周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布元素周期表中从B族到B族10个纵行的元素都是金属元素沸点：NH3PH3AsH3已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（l） H=571kJmol1，则氢气的燃烧热为285.5kJmol1因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，所以非金属性：PNA B C D【答案】B【解析】试题分析：元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性FOS，所以热稳定性：HFH2OH2S，错误；元素的金属键越强，物质的熔点沸点就越高。金属键强弱顺序是：AlNaK，所以物质熔沸点高低顺序是：AlNaK，正确；第A、A族元素的阳离子与上一周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布，错误；元素周期表中从B族到B族10个纵行的元素都是金属元素，正确；一般情况下，同一主族的元素形成的化合物结构相似，相对分子质量越大，分子之间作用力就越大，物质的熔沸点就越高。但是由于NH3分子的N原子半径小，吸引电子能力强，在分子之间会形成氢键，增加了分子之间的吸引力，使去沸点反常，故沸点： PH3AsH3NH3，错误；燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量。由于2H2（g）+O2（g）=2H2O（l） H=571kJmol1，则氢气的燃烧热为285.5kJmol1，正确；元素的非金属性越强，原子获得电子的能力就越强。由于在N2分子中两个N原子形成3对共用电子对，所以其变为N原子需要的能量就比P4断裂两个P原子之间的共价单键高，与元素的非金属性强弱无关，错误。故上述叙述不正确的，选项是B。考点：考查元素的性质比较与原子结构的正误判断的知识。15 Q、W、X、Y、Z是原子序数逐渐增大的短周期元素。已知Q在所有原子中的原子半径最小，W是形成化合物种类最多的元素，Y的最外层电子数是内层电子数的3倍，Y和Z能形成原子个数比为1：1和1：2的两种离子化合物。（注：答题应根据题目要求，用元素符号或化学式来表示对应元素或物质）（1）Z的离子结构示意图 （2）为了提高工业合成XQ3产率（该反应为放热反应），下列措施合理的是 a升高温度b加入催化剂c将XQ3分离出去d增大反应体系压强（3）WQ4与Y2反应通过下图装置可将化学能转化为电能。b电极反应式为 （4）标况下224LWY2被200mL 1 molLZYQ溶液吸收，所得溶液阴离子浓度从大到小的顺序是 （5）下图为某反应体系各物质（均为气体）的量及能量关系，该反应的热化学方程式为 。（6）X和Z组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，其化学方程式是 。【答案】【解析】16（6分）卤族元素包括F、Cl、Br等元素。（1）下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是 。（2）利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷，下图为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有B原子的个数为 ，该功能陶瓷的化学式为 。（3）BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为 和 。第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有_ 种。【答案】（1）a；（2）2，BN；（3）sp2 、 sp3；3。【解析】试题分析：（1）a 随着核电荷数的增大，元素的原子半径逐渐减小，元素吸引电子的能力逐渐减弱，因此元素的电负性逐渐减小，正确；b F是现在已知元素中非金属性最强的元素，元素的原子可能获得电子形成阴离子；或者形成共用电子对，偏向F原子，因此没有与族序数相等的最高正化合价，而Cl、Br都有最高+7价，错误；c HF分子之间除了存在分子间作用力，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力所以HF的沸点最高，另外两种元素的氢化物的沸点则是物质分子的相对分子质量越大，物质的熔沸点就越高，符合上述规律，错误；d 卤素单质是结构相似的物质，物质相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，错误。故选项是a。（2）根据晶胞结构示意图可知，在一个晶胞中含有的B原子个数是：81/8+1=2；含有的N原子个数是：1+41/4=2，元素的非金属性NB，因此该功能陶瓷的化学式为BN；（3）BCl3中心原子B原子的杂化方式分别为sp2杂化；NCl3中心原子N原子杂化方式是sp3杂化。一般情况下同一周期的元素第一电离能随原子序数的增大而增大，但是第IIA、第VA元素的原子核外电子分别处于其轨道的全充满、半充满的稳定状态，第一电离能比原子序数大1号的相邻的元素还大，所以第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素。考点：考查同族元素性质变化规律、原子的杂化、原子核外电子排布规律、第一电离能的比较、均摊法在晶体结构的应用的知识。17为了验证镁和铝的金属性强弱，某同学欲设计实验验证。提供的试剂有：镁带、铝条、水、盐酸、浓硫酸。（1）所选试剂为_；（2）发生反应的化学方程式为_；（3）请简要叙述其操作过程及现象_。【答案】（1）镁带、铝条、盐酸（1分）（2）Mg+2HCl=MgCl2+H2（2分） 2Al+6HCl=2AlCl3+3H2（2分）（3）在两只试管中加入适量盐酸，分别将一定量的镁带、铝条加入其中，发现镁带冒出气泡数量多速度快，证明镁比铝的金属性强。（其他合理叙述也可）（2分）18某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下系列实验。验证同周期主族元素金属性和非金属性的变化规律（1）将钠、镁、铝各1 mol分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：与盐酸反应最剧烈， 与盐酸反应产生的气体最多。Al与HCl反应的离子方程式为_ _（2）向Na2S溶液中通入氯气出现 现象，可证明Cl的非金属性比 S强，反应的离子方程式为 。利用如图装置验证同主族元素非金属性的变化规律（3）仪器B的名称为 ，干燥管D的作用为防止 。（4）若要证明非金属性：ClI，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4(KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气)，C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到C中溶液 的现象，即可证明。从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用 溶液吸收尾气。（5）若要证明非金属性：CSi，则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加Na2SiO3溶液观察到C中溶液 的现象 即可证明。但有的同学认为盐酸具有挥发性，可进入C中干扰实验，应在两装置间添加装有 溶液的洗气瓶除去。【答案】（15分）（1）钠（1分） 铝（1分） 2Al+6H+ =Al3+3H2（2分）（2）黄色沉淀（2分） Cl2+S2-=S+2Cl- （2分）（3）锥形瓶（1分） 倒吸 （1分）（4）变蓝（1分） NaOH （2分）（5）白色沉淀生成 （1分） 饱和NaHCO3（1分）【解析】试题分析：（1）根据金属的活泼性判断与水反应的剧烈程度，三种单质中Na最活泼，所以钠与水反应最剧烈；等物质的量的三种物质，Al为+3价元素，所以失去电子数最多，则生成的氢气最多；Al与稀盐酸反应的离子方程式是2Al+6H+ =Al3+3H2；（2）氯气与硫化钠溶液反应，生成氯化钠和S单质，S为淡黄色固体，所以有淡黄色沉淀生成，可证明Cl的非金属性比S强，离子方程式是Cl2+S2-=S+2Cl-；（3）仪器B是锥形瓶；干燥管的上部为球状，表面积较大，可防止倒吸；（4）高锰酸钾和浓盐酸常温下反应生成氯气，氯气通入C中，与KI反应生成碘单质，碘遇淀粉变蓝色，所以C中的现象是溶液变蓝色；因为氯气有毒，所以不能直接排放，可用氢氧化钠溶液吸收；（5）在A中加盐酸、B中加CaCO3，则盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳气体，二氧化碳通入硅酸钠溶液中，生成硅酸沉淀，所以观察到C中有白色沉淀产生证明C的非金属性比Si强，但盐酸易挥发，二氧化碳中可能含有HCl，给实验带来干扰，所以在B与C之间加一洗气装置，除去二氧化碳中的氯化氢，因为二氧化碳捕与碳酸氢钠反应，且在饱和碳酸氢钠溶液中的溶解度较小，所以选择洗气瓶内的液体为饱和碳酸氢钠溶液。考点：考查元素金属性、非金属性强弱判断的实验，对实验方案的评价19有A、B、C、D四种短周期元素。已知一个B原子核的原子受到粒子的轰击得到一个A原子的原子核和一个C原子的原子核，又知C、D元素同主族，且能发生下面两个反应，如下图：A、B化合物+B、C化合物B单质+A、C化合物A、D化合物+D、C化合物D单质+A、C化合物请完成下列问题。（1）比较B、C原子半径大小；画出D离子的结构示意图。（2）分别写出上述两个反应方程式。【答案】（1）BC (2)2NH3+N2O3=2N2+3H2O 2H2S+SO2=3S+2H2O【解析】此题给出的条件较多，也较隐晦，我们要善于从中找出突破口。粒子即氦核，这句话其实是告诉我们B与A和C在原子序数上的关系，即A与C的原子序数的和等于B的原子序数加上2。从给出的两个反应中我们看出，这两个反应都是氧化还原反应中的归中反应。B、D都为具有可变价态的非金属元素，再结合C与D同族，两个反应物的物质的量之比为21等条件，不难判断，在短周期中这样的例子是2H2S+SO2=3S+2H2O。这样，A为氢，C为氧，D为硫就可定下来了。结合前面原子序数的关系，可判断出B为氮。那么第一个反应就是NH3与NxOy生成N2和H2O的反应。至于是哪一种氮的氧化物，根据电子得失守恒则可计算出是N2O3。20现有A、B、C、D、E五种可溶性强电解质，它们在水中可电离产生下列离子（各离子不重复）：阳离子：H+、Na+、Al3+、Ag+、Ba2+ 阴离子：OH-、Cl-、 CO32-、NO3-、SO42-已知：A、B两溶液呈碱性，C、D、E溶液呈酸性。向E溶液中逐滴滴加B溶液至过量，沉淀量先增加后减少但不消失。D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀。请回答下列问题：（1）写出A与D的化学式： A_，D_。（2）写出A与E溶液反应的离子方程式：_。（3）已知：NaOH（aq）HNO3（aq）NaNO3（aq）H2O（1）HakJmol-1请写出表示相同条件下B与C的稀溶液反应的中和热的热化学方程式：_。（4）若25时，C、E及醋酸三种溶液的pH4,则E和C溶液中由水电离出的c（H+）的比是_；将C与醋酸混合，醋酸的电离程度将_（填“增大”“不变”或“减小”）（水的浓度视为常数）.（5）用惰性电极电解01molL-1 D与01molL-1C各100mL混合后的溶液，电解一段时间后，阴极质量_（填“增大”“不变”或“减小”，下同）；溶液的pH_.（6）向（5）中所得溶液中加入足量铁粉，则所能溶解的铁粉质量为_g。【答案】（1）Na2CO3 AgNO3(每空1分) (2)2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2(2分)(3)Ba(OH)2(aq)+HCl(aq)=BaCl2(aq)+H2O(l) H=-aKJmol-1(2分) (4)106：1(2分) 不变(2分)(5)不变(1分) 减小(1分) (6)0.21(2分)【解析】试题分析：本题考查的是离子推断的综合题。主要与离子共存，电解质的电离，及基本概念中离子方程式的书写，反应原理中的水的电离，电解池，及相关计算等综合在一起。题目综合性较强。根据题意告知A、B、C、D、E五种可溶性强电解质，并且A、B两溶液呈碱性，根据离子共存的知识判断。CO32-不能与H+、Al3+、Ag+、Ba2+共存，不满足题目要求中可溶性强电解质。所以CO32-只能与Na+结合成Na2CO3。显然OH-不能与：H+、Al3+、Ag+结合。那只有与Ba2+结合形成Ba(OH)2。所以A、B应是Na2CO3、Ba(OH)2中的任一种。Ag+不能与Cl-、SO42-共存。所以只能与NO3-形成AgNO3。而根据信息向E溶液中逐滴滴加B溶液至过量，沉淀量先增加后减少但不消失。沉淀增加后又减少，所以说明存在Al3+，所以得出B是Ba(OH)2，A是Na2CO3。沉淀又没完全消失，所以可推断出阴离子是SO42-。所以可推出E是Al2(SO4)3。剩下离子只有两种：阳离子是H+，而阴离子有Cl-。二者结合得HCl。根据D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀可推断出D是AgNO3。所以综上所述可推断出各物质依次为：A：Na2CO3 B：Ba(OH)2 C：HCl D：AgNO3 E：Al2(SO4)3（1）A为Na2CO3 D为AgNO3（2）Na2CO3与Al2(SO4)3反应，发生双水解。离子方程式：2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2。（3）已知：NaOH（aq）HNO3（aq）NaNO3（aq）H2O（1）HakJmol-1请写出表示相同条件下Ba(OH)2与HCl的稀溶液反应的中和热的热化学方程式：根据中和热的定义是酸与碱反应生成1molH2O所放出的热量，再把各物质状态分别标出得到：Ba(OH)2(aq)+HCl(aq)=BaCl2(aq)+H2O(l) H=-aKJmol-1。（4）HCl的pH4，c(H+)=10-4mol/L，c(OH-)=10-10 mol/L，由水电离出的c (OH-)=10-10 mol/L,所以由水电离出的c（H+）=10-10 mol/L，Al2(SO4)3溶液的pH4，由于Al3+的水解促进水的电离使得溶液显酸性，所以c(H+)=10-4mol/L，溶液中的H+全部来自于水，所以由水电离出的c（H+）=10-4mol/L。所以二者比值为106：1。将HCl与醋酸混合，醋酸的电离程度将不变。二者c（H+）=10-4mol/L，所以混合后c（H+）=10-4mol/L。对于水的电离平衡没有影响。（5）01molL-1 AgNO3与01molL-1 HCl各100mL混合后，所得溶液为）005molL-1HNO3溶液和AgCl。所以此时用惰性电极电解，电解的实质是电解水。阳极析出氧气，阴极析出氢气。电解一段时间后，阴极质量不变；溶液的酸性增强，pH减小。（6）向（5）中所得溶液中加入足量铁粉，(5)中溶液中n(HNO3)=0.01mol。足量铁粉与HNO3反应，则有3Fe8 HNO3，n(Fe)= n(HNO3)，m(Fe)=63g/mol0.01mol=0.21g考点：离子推断：离子共存，电解质的电离，离子方程式的书写，水的电离，电解池，及相关计算21A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等。试回答：（1）E元素在周期表中的位置为 ，写出E的最高价氧化物与D的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式 。（2）由A、B、W三种元素组成的18电子微粒的结构简式为 。（3）经测定A2W2为二元弱酸，其酸性比碳酸的还要弱，请写出其第一步电离的电离方程式 。常用硫酸处理BaO2来制备A2W2，写出该反应的化学方程式 。（4）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现改用A2W2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式 。（5）元素D的单质在一定条件下，能与A单质化合生成一种氢化物DA，熔点为800。DA能与水反应放氢气，若将1mol DA和1 mol E单质混合加入足量的水，充分反应后生成气体的体积是 L（标准状况下）。【答案】（1）第三周期，IIIA族；Al2O3+2OH-=2 AlO2-+H2O（2）CH3OH（写出分子式给1分）（3）H2O2H+HO2；BaO2+ H2SO4 = BaSO4+H2O2；（4）Cu + 2H+ H2O2 = Cu + 2H2O （5）56 L【解析】试题分析：A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，W为O元素，A、D同主族，则D为Na元素，E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数最大，应为第三周期，IIIA族元素，E为Al元素，A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为C元素，据此回答：（1）E为Al元素，原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子为3，位于周期表第三周期，IIIA族；E的最高价氧化物为Al2O3，D的最高价氧化物的水化物为NaOH，两者反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2 AlO2-+H2O。（2）由A、B、W三种元素组成的18电子的粒子为CH3OH。（3）H2O2为二元弱酸，以第一步电离为主，则第一步电离的电离方程式为H2O2H+HO2；硫酸处理BaO2来制备H2O2，还有BaSO4生成，反应的化学方程式为BaO2+ H2SO4 = BaSO4+H2O2；（4）Cu和稀硫酸不反应，加入具有氧化性的H2O2，可生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为Cu + 2H+ H2O2 = Cu + 2H2O。（5）NaH + H2O =NaOH + H2 2NaOH + 2Al + 2H2O=2NaAlO2+ 3H2，1mol 1mol 1mol 1mol 1mol 1.5moln（H2）=1mol+1.5mol=2.5mol， V（H2）=2.5mol22.4L/mol=56L。【考点定位】考查元素的推断和元素化合物知识。涉及铝、铜及其化合物，H2O2的性质【名师点睛】本题考查元素的推断和元素化合物知识，题目难度中等，侧重于常见化合物的存在为突破口，注重于元素化合物的考查，做题时注意把握题给信息。元素的推断是高考的重点内容，主要以“位构性”三者关系的推断为核心，考查元素及其化合物的性质、题目有“多方向，多层次”特征，现对周期表中特殊位置的元素总结如下：（1）族序数等于周期数的元素：H、Be、Al.（2）族序数等于周期数2倍的元素：C、S。（3）族序数等于周期数3倍的元素：O。（4）周期数是族序数2倍的元素Li、Ca（5）周期数是族序数3倍的元素：Na。（6）最高正价与最低负价代数和为零的短周期元素：C、Si。（7）最高正价是最低负价绝对值3倍的短周期元素:S。（8）除氢外，原子半径最小的元素:F。22已知：相同的两种元素组成的四种微粒A、B、C、D的质子数依次增多， A、B、C、D的电子数如表（A、B、C、D有两组可能），且D中的电子数等于质子数，D1可作医用消毒液。 其中B1的沸点比B2高。A1B1C1D1电子数10101018A2B2C2D2电子数10101018试回答下列问题：（1）上述两组八种微粒的组成元素中，原子序数处在中间的元素在元素周期表的位置是 ； D1的电子式为： 。（2）液态的B2与Na反应的方程式： 。（3）亚氯酸钠（NaClO2）主要可用于棉纺、造纸业做漂白剂，也用于食品消毒、水处理等，制备亚氯酸钠，可以将ClO2气体通入D1和NaOH的混合液中，请写出制备方程式 ，其中D1的作用是 ；利用中原理制备出NaClO23H2O晶体的试样，可以用“间接碘量法”测定试样（不含能与I发生反应的氧化性杂质）的纯度，过程如下（已知：I2 + 2S2O32 = S4O62 + 2I）：步骤一的离子方程式为_；步骤二的指示剂是_；步骤三中出现_现象时，达到滴定终点；计算该试样中NaClO23H2O的质量百分数为_。【答案】18分）（1）第二周期，第VA族 H2O2的电子式（2）2Na+2NH3(l)=2NaNH2 +H2 （2分）（3）2ClO2+ 2NaOH+H2O2 = 2NaClO2 + 2H2O + O2 （2分）， 还原剂；（2分）ClO2 + 4I + 4H+ = 2I2 + Cl +2H2O （2分）， 淀粉（2分），溶液由蓝色变无色，且半分钟不变色（2分） ； 90.3%（2分）【解析】试题分析：相同的两种元素组成的四种微粒ABCD的质子数依次增多，ABC都是10电子，D为18电子，应该是氢和氧或氢与氮形成的微粒，氢和氧形成的微粒ABCD分别为氢氧根离子，水，水合氢离子，过氧化氢，氢与氮形成的微粒ABCD分别为NH2-,氨气，铵根离子，N2H4。B1的沸点比B2高，所以B1为水，B2为氨气。（1）原子序数处在中间的为氮元素，氮原子有2个电子层，最外层有5个电子，处于周期表中的第二周期，第VA族；D1为过氧化氢，其电子式为：。（2）钠和氨气反应生成氢气和NaNH2 ，方程式为：2Na+2NH3(l)=2NaNH2 +H2。（3）由题目可知，二氧化氯气体通入过氧化氢和氢氧化钠的混合溶液中生成NaClO2，氯元素化合价降低，被还原，所以过氧化氢做还原剂生成氧气，同时有水生成，方程式为 2ClO2+ 2NaOH+H2O2 = 2NaClO2 + 2H2O + O2，过氧化氢做还原剂；从流程图分析，ClO2在酸性条件下氧化碘离子生成碘单质，本身被还原为氯离子，同时生成水，反应的离子方程式为ClO2 + 4I + 4H+ = 2I2 + Cl +2H2O，碘单质遇到淀粉显蓝色，所以加入淀粉做指示剂。进行滴定时，当溶液由蓝色变无色，且半分钟不变色，说明达到了滴定终点。假设样品的纯度为x，则NaClO23H2O的质量为0.2ag，则根据NaClO23H2O-2 I2 -4S2O32114.5 40.2a 0.20.025 144.5:0.2a=4:0.20.025 解a=-90.3%考点： 10电子的微粒，氧化还原反应，酸碱中和滴定【名师点睛】10电子微粒有：1.分子：Ne HF H2O NH3 CH42.阳离子：Na+ Mg2+ Al3+ NH4+ H3O+3.阴离子：F- O2- OH- NH2-18电子的微粒有1、分子：Ar HCl H2S PH3 SiH4 F2 H2O2 CH3OH N2H4 CH3F CH3CH32、阳离子：Ca2+ K+3、阴离子：C- S2- HS- O22-