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答案解析

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答

案解析

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___区。

(2)[Mg(H2O)6]2+[(N5)2(H2O)4]2-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-1

X737.71450.77732.7

Y1313.93388.35300.5

Z1402.32856.04578.1

①X、Y、Z中为N元素的是____，判断理由是__________。

②从作用力类型看，Mg2+与H2O之间是________、N5与H2O之间是________。

③N5-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-

表示，其中m代表等平面环状结构离子的盐，这一类离子中都存在大π键，可用符号πn

m

参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π66)，则N4-中的大π键应表示为_________。

(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Ag+的平均距离为a nm，N A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、N A的代数式表示）。

【答案】3d5 ds 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，

其失去第一个电子较难，I1较大，则Z为氮元素配位键氢键 sp254π 12

22

3

A

8.910 N a

?

?

【解析】

【分析】

(1)根据构造原理书写出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)①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；

②根据图示，判断晶体中阳离子、阴离子中含有的作用力类型；

③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π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ρ=m

V

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

1s22s22p63s23p63d54s2，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)①X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，I1较大，可推知Z为N元素，Y是O元素；

②在该晶体中阳离子[Mg(H2O)6]2+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+提供空轨道，H2O的O原子提供孤电子对，二者形成配位键；在阴离子[(N5)2(H2O)4]2-上N5-与H2O的H原子之间通过氢键结合在一起，形成N…H-O，故二者之间作用力为氢键；

③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σ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π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π键是由4个原子、5个电子形成，可表示为5

4

π；

(3)根据AgN5的晶胞结构示意图可知，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+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+的数目为38

2

?

=12个；在一个晶胞中

含有Ag+的数目为8×1

8

+6×

1

2

=4，含有N5-的数目为1+12×

1

4

=4，晶胞体积为V=(2a×10-7)3

cm 3，则ρ=(

)22A/mol 3373A 4178?g /mol N m 8.910V N a 2a 10cm

-??==?? g/cm 3。 【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π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微粒数目，结合密度计算公式解答。

2．下表标出的是元素周期表的一部分元素，回答下列问题：

（1）表中用字母标出的14种元素中，化学性质最不活泼的是____________（用元素符号表示，下同），金属性最强的是___________，非金属性最强的是___________，常温下单质为液态的非金属元素是_________，属于过渡元素的是______________（该空用字母表示）。

（2）B ，F ，C 气态氢化物的化学式分别为______________，其中以___________最不稳定。

（3）第三周期中原子半径最小的是__________________。

【答案】Ar K F Br M H 2O 、HCl 、PH 3 PH 3 Cl

【解析】

【分析】

由元素在周期表中位置，可知A 为氟、B 为氧、C 为磷、D 为碳、E 为Ar 、F 为Cl 、G 为硫、H 为Al 、I 为Mg 、J 为Na 、K 为Ca 、L 为钾、N 为Br 、M 处于过渡元素。

【详解】

（1）表中用字母标出的14种元素中，稀有气体原子最外层达到稳定结构，化学性质最不活泼的是Ar （用元素符号表示，下同）；

同周期自左而右金属性减弱、非金属性增强，同主族自上而下金属性增强、非金属性减弱，故上述元素中金属性最强的为K ，非金属性最强的为F ；

Br 2常温下为液态，根据元素在周期表中位置可知M 属于过渡元素；

故答案为：Ar ；K ；F ；Br ；M ；

（2）B ，F ，C 气态氢化物的化学式分别为H 2O 、HCl 、PH 3，同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性O ＞P 、Cl ＞P ，非金属性越强，氢化物越稳定，与PH 3最不稳定，故答案为：H 2O 、HCl 、PH 3；PH 3；

（3）同周期自左而右原子半径减小，故第三周期中Cl 原子半径最小，故答案为：Cl 。

3．A 、B 、C 为电子层数小于或等于3的元素，A 元素原子M 层电子数为K 层电子数的

1

2

，B元素原子M层电子数为次外层与最内层电子数之差，C元素原子L层达稳定结构所

需电子数为该层电子数的1

3

。由此推断三种元素原子的核电荷数及元素名称分别是

A__________;B________;C________。

【答案】11、钠16、硫8、氧

【解析】

【分析】

电子层从里向外依次是K、L、M、N，据此分析；A元素原子M层电子数为K层电子数的1

2

，则M层有一个电子，据此分析；B元素原子M层电子数为次外层与最内层电子数之差，则M层电子数为8-2=6，据此分析；C元素原子L层达稳定结构所需电子数为该层电子

数的1

3

，L层稳定结构含有8个电子，据此分析解答。

【详解】

A元素原子M层电子数为K层电子数的12，则M层有1个电子，所以A元素为钠元素，其核电荷数为11；B元素原子M层电子数为次外层与最内层电子数之差，则M层电子数=8-2=6，所以B元素为硫元素，其核电荷数为16；C元素原子L层达稳定结构所需电子数为该层电子数的13，L层的稳定结构为8电子结构，则L层电子数为6，所以C元素为氧元素，其核电荷数为8，故A的元素名称为钠，B的元素名称为硫，C的元素名称为氧，故答案为11、钠；16、硫；8、氧。

【点睛】

注意题目要求是元素名称，不能写元素符号，学生容易写错。

4．A、B、C、D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；5.8 g B的氢氧化物恰好能与100 mL2 mol·L-1盐酸完全反应；B原子核中质子数和中子数相等。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____。

(2)A元素是_____，B元素是_____，D元素是_____。(填元素符号)

(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______。

【答案】三ⅦA Cl2O7 Na Mg O Na2O2离子键和(非极性)共价键看表面颜色是否变白 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O

【解析】

【分析】

A、B、C、D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，则A为Na元

素；5.8 g B的氢氧化物恰好能与100 mL2 mol/L盐酸完全反应，n(H+)=n(OH-)，设B的化合

价为x，摩尔质量为y，则

5.8?

17

g

y x

×x=0.2，显然x=2，y=24符合，B原子核中质子数和中

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，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ⅦA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Cl2O7；

(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Na2O2，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，Na2O2容易与空气中的CO2、H2O发生反应，若变质，最终会变为白色的Na2CO3，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-=Cl-+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。

5．下表是元素周期表中的一部分。

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】F Na HClO4 Al(OH)3 HF S2-

【解析】

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。

6．元素A、B、D、E、F、G均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，只有E为金属元素。已知A原子只有一个电子层；E、F的原子序数分别是B、D的2倍，其中D、F同主族，B、E不同主族。回答下列问题：

（1）元素D在周期表中的位置____。

（2）F和G形成的化合物，分子中所有原子均为8电子稳定结构，该化合物的电子式为

（3）由上述元素组成的物质中，按下列要求写出化学方程式

①两种弱酸反应生成两种强酸______；

②置换反应，且生成物在常温均为固态____。

（4）在D 、F 、G 中选取2种元素组成具有漂白、杀菌作用的化合物___。

【答案】第二周期VI A 族 或 2324H SO +HClO=H SO +HCl 22Mg+CO C+2MgO 点燃 ClO 2、SO 2

【解析】

【分析】 A 元素为短周期主族元素，且A 原子只有一个电子层，所以A 为氢元素；F 的原子序数是D 的2倍，且D 和F 在同一主族，所以D 为氧元素，F 为硫元素，则G 为氯元素；E 为金属元素，其原子序数是B 的2倍，所以E 核外电子数为偶数，位于第三周期，为镁元素，所以B 是碳元素。即A 、B 、D 、E 、F 、G 依次是H 、C 、O 、Mg 、S 、Cl 元素。

【详解】

(1)元素D 为氧元素，位于第二周期VI A 族；

(2)F 为硫元素，G 为氯元素，形成的化合物分子中所有原子均满足8电子稳定结构，则硫应显2价，氯显1价，所以该化合物为SCl 2或S 2Cl 2（硫与氧同主族，也可能形成硫硫非极性共价键），其对应的电子式为；

(3)①弱酸制强酸，通常发生的是氧化还原反应。分析所给的元素中，表现强氧化性的弱酸想到次氯酸，表现还原性的酸想到H 2S 、H 2SO 3等，但二者中只有H 2SO 3与次氯酸反应生成的是两种强酸：H 2SO 3+HClO=HCl+H 2SO 4；

②置换反应，要有单质参与，生成物均为固体，排除了氯、氢等，想到镁和二氧化碳：22Mg+CO C+2MgO 点燃；

(4)中学学习的具有漂白性的物质包括二氧化硫、过氧化钠、过氧化氢、次氯酸、二氧化氯等，其中由所给的元素组成的且组成元素为2种的，想到了二氧化氯、二氧化硫。

7．下表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

ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0 2

① ② ③ ④ 3 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩

(1)①—⑩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)④、⑤的简单离子，其半径更大的是________(写离子符号)。

(3)⑧、⑨的气态氢化物，更稳定的是_________(填化学式)。

(4)元素的非金属性：①_______⑦(填“>”或“<”)。

(5)①—⑨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】Na Ar F-HCl>HClO4Al（OH）3

【解析】

【分析】

由元素在周期表中位置可知，①为C元素、②为N元素、③为O元素、④为F元素、⑤为Na元素、⑥为Al元素、⑦为Si元素、⑧为S元素、⑨为Cl元素、⑩为Ar元素。

【详解】

（1）①—⑩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)①—⑨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。

8．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：

①X、Y、Z中含有丙元素的是__________(填物质的化学式)；

②写出化合物X的电子式________；

③X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。

①写出单质甲的组成元素的原子结构示意图______________；

②实验室贮存丙单质时，通常需要加入______，其理由是_______________________；

③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CO2 CO2+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；

①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；

②X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

；

③Mg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CO2反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C；

(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Cl2，X为FeBr2，Z为FeBr3，乙为Fe，Y为FeCl3，

①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；

②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；

③X与足量的甲在溶液中完全反应的离子方程式是2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3＋+2Br2+6Cl-。

9．下表是元素周期表的一部分，对于表中元素①～⑧，填空回答：

族

ⅠAⅡAⅢA ⅣAⅤAⅥAⅤⅡA 0

周期

二①②③④

三⑤⑥⑦⑧

(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①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②的气态氢化物与②的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式_____。

【答案】O F

Cl 2 H 2SO 4 NH 3+HNO 3=NH 4NO 3

【解析】

【分析】

由元素在周期表的位置可知，元素①～⑧分别为C 、N 、O 、F 、Na 、Al 、S 、Cl ，然后结合元素的性质与原子结构的知识分析解答。

【详解】

由元素在周期表的位置可知，元素①～⑧分别为C 、N 、O 、F 、Na 、Al 、S 、Cl 。

(1)地壳中含量最高的元素为O ，非金属性最强的元素为F ；

(2)①的最简单的气态氢化物为甲烷，分子中C 原子与4个H 原子形成四对共用电子对，其电子式为； (3)第三周期主族元素中Cl 的非金属性最强，单质氧化性最强的是Cl 2，S 对应的硫酸为二元强酸，能形成的二元强酸是H 2SO 4；

(4)②的气态氢化物为NH 3，②的最高价氧化物对应水化物为HNO 3，二者反应生成NH 4NO 3，反应方程式为NH 3+HNO 3=NH 4NO 3。

【点睛】

本题考查位置、结构与性质关系的应用，把握元素周期表结构、元素周期律内容为解答的关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力。

10．现有下列9种微粒：11H 、21H 、136C 、146C 、147N 、56226Fe

+、56326Fe +、1682O 、1683O 。按要求完成以下各题：

（1）1

1H 、21H 分别是氢元素的一种______，它们互为______。

（2）互为同素异形体的微粒是______。

（3）56226Fe +的中子数为______，核外电子数为______。

（4）形成上述9种微粒的核素有______种、元素有______种。

【答案】核素 同位素 1682O 和16

83O 30 24 7 5

【解析】

【分析】

结合核素的结构分析即可。

【详解】

(1)1

1H 、21H 的质子数均为1，中子数分别为0、1，分别是氢元素的一种核素，它们互为同位素；

(2)1682O 和1683O 是由O 元素组成的两种不同单质，互为同素异形体；

(3)56226Fe +的质子数为26，质量数为56，中子数为562630-=，核外电子数为26224-=；

(4)9种微粒中含有H 、C 、N 、Fe 和O 5种元素，含有1

1H 、21H 、136C 、146C 、147N 、

56

26Fe 、16

8O 7种核素。

11．海水中溴含量约为67mg?L -1，从海水中提取溴的一种工艺流程如图：

（1）步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转化为化合态的溴，其目的是___。 （2）步骤Ⅱ中通入热空气吹出Br 2，利用了Br 2的___（填序号）。

A ．氧化性

B ．还原性

C ．挥发性

D ．腐蚀性

（3）步骤Ⅱ中涉及的离子反应如下，请在横线上填上适当的化学计量数：___Br 2+___CO 32-——___BrO 3-+___Br -+___CO 2。

（4）上述流程中吹出的溴蒸汽也可先用二氧化硫的水溶液吸收，再用氯气氧化，最后蒸馏，写出Br 2与SO 2水溶液反应的化学方程式：___。

【答案】富集（或浓缩）溴元素 C 3 3 1 5 3 SO 2+Br 2+2H 2O=2HBr+H 2SO 4

【解析】

【分析】

根据流程分析可知：海水晒盐后得到氯化钠和卤水，卤水中通入氯气，可将溴离子氧化为单质溴，得到低浓度的溴溶液，通入热空气或水蒸气吹出Br 2，利用的是溴单质的易挥发性，利用纯碱溶液吸收溴单质，再用硫酸酸化，使溴酸根离子和溴离子发生氧化还原反应得到溴单质，据此解答。

【详解】

(1)由于海水中Br -的含量低，步骤Ⅰ获得游离态的溴后，步骤Ⅱ又将其转化为化合态的溴，其目的是富集(或浓缩)溴元素，故答案为：富集(或浓缩)溴元素；

(2)步骤Ⅱ用热空气吹出Br 2，主要利用了Br 2的挥发性，故答案为：C ；

(3)该反应中Br 元素的化合价由0价变为?1价、+5价，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，配平该离子程式为：3Br 2+3CO 32? ═ BrO 3?+5Br ?+3CO 2↑，故答案为：3；3；1；5；3；

(4)溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式为

22224SO +Br +2H O=2HBr+H SO ，故答案为：SO 2+Br 2+2H 2O=2HBr+H 2SO 4。

12．如图为工业从海水中提取液溴的流程图：

已知：溴的沸点为59℃，微溶于水，有毒性。请回答：

（1）某同学利用下图装置进行步骤①至步骤④的实验，当进行步骤①时，应关闭活塞

___，打开活塞____。

（2）步骤②中可根据___现象，简单判断热空气的流速。

（3）步骤③中简单判断反应完全的依据是___。

（4）从“溴水混合物Ⅰ”到“溴水混合物Ⅱ”的目的是___。

（5）步骤⑤用下图装置进行蒸馏，蒸馏烧瓶中尚未安装温度计，安装其位置时应注意

___，装置C中直接加热不合理，应改为__。

【答案】bd ac A中气泡产生的快慢 B中溶液褪色浓缩Br2或富集溴温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口附近水浴加热

【解析】

【分析】

向浓缩海水中加入氯气可以将Br-氧化得到溴水的混合物，利用热的空气吹出溴单质，得到粗溴，然后通入SO2气体吸收Br2单质，将Br2富集，二者在溶液中发生氧化还原反应生成HBr，再通入Cl2氧化Br-得到溴与水的溶液，最后蒸馏得到液溴。

【详解】

(1)进行步骤①的目的是通入Cl2氧化Br-离子为Br2，且能使氯气通入和浓缩海水中的溴离子反应，剩余氯气进行尾气吸收，因此应关闭bd，打开ac，进行反应和尾气处理；

(2)步骤②是利用溴单质易挥发的性质，关闭ac，打开bd，通入热空气把生成的溴单质赶出到装置B，并使Br2蒸气和通入的SO2气体在溶液中发生氧化还原反应生成H2SO4和HBr，依据A装置中直玻璃管产生气泡的快慢现象，简单判断热空气的流速；

(3)步骤③中是二氧化硫和溴单质发生氧化还原反应生成溴化氢和硫酸，反应方程式为：

Br2+SO2+2H2O= H2SO4+2HBr，由于溴水显橙色，所以可根据溴水溶液的颜色由橙色变化为无色，来判断反应是否恰好完全进行；

(4)海水中溴元素较少，从“溴水混合物Ⅰ”到“溴水混合物Ⅱ”过程中，的目的是增大溴单质的浓度，起到富集溴元素的作用；

(5)蒸馏装置中温度计的作用是测定馏出成分的温度，因此蒸馏烧瓶中安装温度计，安装其位置时应注意：温度计水银球在蒸馏烧瓶的支管口处；装置C中直接加热温度不容易控制，为使溴单质从溴水中蒸出，可根据溴的沸点为59℃，采用水浴加热的方法。

【点睛】

本题考查了物质制备的流程分析判断的知识，涉及氧化还原反应、反应条件的控制等，主要是海水提取溴的原理应用，掌握实验原理，分析实验过程的目的是进行操作判断的依据。

13．氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)、镆(Mc)为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。

(1)砷(As)在元素周期表中的位置为____________________，磷的基态原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σ键和π键的数目比N(σ): N(π)=__________。NH3的分子构型为__________，中心原子的杂化方式为__________。

(3)热稳定性：NH3_____PH3（填“>”或“<”），沸点：N2H4______P2H4（填“>”或“<”）。

(4)已知：P(s,白磷)=P(s,黑磷)ΔH=-39.3kJ·mol-1；P(s,白磷)=P(s,红磷)ΔH=-17.6kJ·mol-1

由此推知，其中最稳定的磷单质是__________。

(5)SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl，因此配制SbCl3溶液应加入__________。【答案】第4周期第VA族 3s23p3 N 1:2 三角锥形 sp3 > > 黑磷盐酸

【解析】

【分析】

(1)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；

(3)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)SbCl3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)砷(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σ键和两个π键，所以N(σ): N(π)=1:2；氨气分子中价层电子对数

为5+13

=4

2

，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：

1:2；三角锥形；sp3；

(3)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)=P(s，黑磷)△H=-39.3 kJ?mol-1①

P(s，白磷)=P(s，红磷)△H=-17.6kJ?mol-1②

将方程式①-②得P(s，红磷)=P(s，黑磷)△H=(-39.3+17.6)kJ/mol=-21.7kJ/mol，

则能量：红磷＞黑磷，则黑磷稳定，故答案为：黑磷；

(5)SbCl3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SbCl3+H2O?SbOCl+2HCl，配制SbCl3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SbCl3的水解产物，然后根据勒夏特列原来解决问题。

14．原子、元素、核素、同位素等都属于重要的化学基本概念。下列八种化学符号：1

1

H、

2 1H、146C、6

3

Li、23

11

Na、14

7

N、73Li、24

12

Mg

（1）涉及的核素共有__种；

（2）互为同位素的是__、__；

（3）质量数相等，但不能互称为同位素的是__；

（4）中子数相等，但质子数不相等的是__。

（5）氢的三种同位素是__，它们与氯的同位素35Cl、37Cl相互结合为氯化氢，可得氯化氢分子的种数为__。

【答案】8 6

3Li和7

3

Li 1

1

H和2

1

H 14

6

C和14

7

N 23

11

Na和24

12

Mg 1H、2H、3H 6

【解析】

【分析】

(1)核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；

(2)具有相同质子数，不同中子数同一元素的不同原子互为同位素；

(3)根据同位素的概念和原子的表示方法思考；

(4)根据质量数=质子数+中子数的关系计算；

(5)根据氢原子有三种同位素和氯原子有两种同位素，它们两两结合生成氯化氢进行判断。【详解】

(1)核素是指具有一定数目的质子和一定数目的中子的一种原子，属于原子的有11H、12H、6

14C、36Li、1123Na、714N、37Li，1224Mg，它们都表示核素，即共有8种核素；

(2)质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素，在8种微粒中，36Li、37Li 质子数都是3，而中子数分别为3和4，即二者互为同位素．11H、12H质子数都是1，而中子数分别为0和1，即二者互为同位素；

(3)在8中微粒中，质量数相等的是614C、714N，它们的质子数分别为6和7而不相同，它们不能互称同位素；

(4)根据质子数等于质子数与中子数之和得，11H、12H、614C、36Li、1123Na、714N、37Li、

1224Mg 的中子数分别为0、1、8、3、12、7、4、12，因此中子数相等，但质子数不相等的是1123Na 、1224Mg ；

(5)氢原子有三种同位素1H 、2H 、3H ，氯原子有两种同位素35Cl 、37Cl ，故氯化氢分子可能为：H 35Cl 、H 37Cl 、D 35Cl 、D 37Cl 、T 35Cl 、T 37Cl ，则形成的氯化氢分子的种类有6种。

【点睛】

考查核数的种类、元素的种类、同位素的概念等，其中：元素就是具有相同的核电荷数(即核内质子数)的一类原子的总称；核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；具有相同质子数，不同中子数同一元素的不同核素互为同位素；氢原子的三种同位素和氯原子的两种同位素的组合为该题易错点。

15．科学家从化肥厂生产的424(NH )SO 中检出组成为4442N H (SO )的物质，经测定，该物质易溶于水，在水中以24SO -和444N H +两种离子形式存在，植物的根系易吸收444N H +

，但它遇到碱时，会生成一种形似白磷的4N 分子，4N 分子不能被植物吸收。

请回答下列问题： ()41N 和2N 的关系正确的是 ______ (填序号)。

A ．同种单质 B.同位素 C.同分异构体 D.同素异形体

()44422N H (SO ) ______ (填“能”或“不能”)和草木灰混合施用。

()3已知断裂1molN N -吸收167kJ 热量，生成1molN N 放出942kJ.的热量，写出4N 气体转变为2N 的热化学方程式： ______ 。

()4已知白磷、4NH

+、444N H +的空间构型均为四面体，4NH +的结构式为，白磷()4P 的结构式为，请画出444N H +

的结构式 ______ 。 ()5已知液氨中存在着平衡34

22NH NH NH +-+?，科学家在液氨中加入氢氧化铯()CsOH 和特殊的吸水剂，使液氨中的4

NH +

生成4N 分子和另一种单质气体，请写出液氨与氢氧化铯反应的化学方程式： ______ 。

【答案】D 不能 42N 2N (g) H=-882kJ (g)/mol ??

342228NH 4CsOH N 4CsNH 6H 4H O +=↑++↑+

【解析】

【分析】

（1）同种元素组成的不同的单质互称为同素异形体；

（2）草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸根水解显碱性，根据题意N 4H 44+遇到碱时，会生成一种形似白磷的N 4分子，据此解答；

（3）根据化学键断裂吸收热量，形成化学键放出热量，分别计算后进行比较，从而写出热化学方程式；

（4）N 4H 44+中每个N 原子与另外3个N 原子形成共价键，同时与1个氢离子形成配位键；

（5）已知液氨中存在着平衡3422NH NH NH +-+?，科学家在液氨中加入氢氧化铯

()CsOH 和特殊的吸水剂，使液氨中的4NH

+生成4N 分子和另一种单质气体，由得失电子守恒和元素守恒可知，另一种气体为氢气，由此判断液氨与氢氧化铯反应生成N 4分子、

CsNH 2、氢气和水。

【详解】 ()41N 和2N 是氮元素的不同单质，互为同素异形体；

故答案为：D ；

()2草木灰的主要成分是碳酸钾，其中的碳酸根水解显碱性，已知444

N H +遇到碱时，会生成一种形似白磷的4N 分子，所以444N H +

和草木灰之间能反应，所以二者不能混合施用； 故答案为：不能； ()431molN 气体中含有6molN N -键，可生成22molN ，形成2molN N ≡键，则41molN 气体转变为2mol 2N ，化学键断裂吸收的热量为6167kJ=1002kJ ?，形成化学键放出的热量为2942kJ=1884kJ ?，所以反应放热，放出的热量为

1884kJ-1002kJ=882kJ ，即放出882kJ 的热量，则4N 气体转变为2N 的热化学方程式为：42N (g)2N (g)H=-882kJ/mol ??；

故答案为：42N (g)2N (g)H=-882kJ/mol ??；

()4由于4NH

+、444N H +的空间构型均为四面体，4NH +的结构式为，白磷()4P 的结构式为，据此推断得出：444N H +的结构式为：； 故答案为：；

()5液氨中存在着平衡：+-

3422NH NH +NH ?

，加入氢氧化铯()CsOH 和特殊的吸水剂，使液氨中的4NH +生成4N 分子和另一种单质气体，由得失电子守恒和元素守恒可知，另一

种气体为氢气，由此判断液氨与氢氧化铯反应生成N 4分子、CsNH 2、氢气和水，即发生的反应为：342228NH +4CsOH=N +4CsNH +6H +4H O ↑↑；

故答案为：342228NH +4CsOH=N +4CsNH +6H +4H O ↑↑。

【点睛】

为方便学生理解，现将高中阶段“四同”区分如下：

同位素：质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子。

同素异形体：同元素形成的不同的单质，如金刚石和石墨，红磷与白磷，O2和O3等，其化学性质相同，但物理性质有所不同。

同系物：结构相似且组成上相差n个CH2的化合物，符合“两同一差”原则，即同通式同结构组成差n个CH2。

同分异构体：分子式相同，结构不同的化合物，如正戊烷与异戊烷等。

2020年高考化学试题分类汇编——化学反应速率和化学平衡

2020年高考化学试题分类汇编——化学反应速率和化学平衡 化学反应速率和化学平稳 〔2018天津卷〕6．以下各表述与示意图一致的是 A ．图①表示25℃时，用0.1 mol·L －1 盐酸滴定20 mL 0.1 mol·L － 1 NaOH 溶液，溶液的pH 随加入酸体积的变化 B ．图②中曲线表示反应2S O 2(g) + O 2(g) 2S O 3(g)；ΔH < 0 正、逆反应的平稳常数 K 随温度的变化 C ．图③表示10 mL 0.01 mol·L －1 KM n O 4 酸性溶液与过量的0.1 mol·L －1 H 2C 2O 4溶液混合时，n(Mn 2+) 随时刻的变化 D ．图④中a 、b 曲线分不表示反应CH 2＝CH 2 (g) + H 2(g)?? →C H 3C H 3(g)；ΔH< 0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化 解析：酸碱中和在接近终点时，pH 会发生突变，曲线的斜率会专门大，故A 错；正逆反应的平稳常数互为倒数关系，故B 正确；反应是放热反应，且反应生成的Mn 2+对该反应有催化作用，故反应速率越来越快，C 错；反应是放热反应，但图像描述是吸热反应，故D 错。 答案：B 命题立意：综合考查了有关图像咨询题，有酸碱中和滴定图像、正逆反应的平稳常数图像，反应速率图像和能量变化图像。 〔2018重庆卷〕10．()()()22COCl g CO g +Cl g ;0.H ??→?←??＞ 当反应达到平稳时，以下措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO 的浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl 2转化率的是 A ．①②④ B ．①④⑥ C ．②③⑥ D ．③⑤⑥ 10. 答案B 【解析】此题考查化学平稳的移动。该反应为体积增大的吸热反应，因此升温顺减压均能够促使反应正向移动。恒压通入惰性气体，相当于减压。恒容通入惰性气体与加催化剂均对平

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【化学】2009年高考试题分类汇编：电化学基础(含详细解析)

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C．汽油主要是C5～C11的烃类混合物 D．图中a的名称是2﹣甲基丁烷 【答案】B 【解析】A．从质量守恒的角度判断，二氧化碳和氢气反应，反应为CO2+H2=CO+H2O，则产物中含有水，故A正确； B．反应②生成烃类物质，含有C﹣C键、C﹣H键，故B错误； C．汽油所含烃类物质常温下为液态，易挥发，主要是C5～C11的烃类混合物，故C正确；D．图中a烃含有5个C，且有一个甲基，应为2﹣甲基丁烷，故D正确。 【考点】碳族元素简介；有机物的结构；汽油的成分；有机物的系统命名法菁优网版权【专题】碳族元素；观察能力、自学能力。 【点评】本题综合考查碳循环知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握化 学反应的特点，把握物质的组成以及有机物的结构和命名，难度不大。 C H， 3.（2017?新课标Ⅰ-9）化合物（b）、（d）、（p）的分子式均为66 下列说法正确的是 A. b的同分异构体只有d和p两种 B. b、d、p的二氯代物均只有三种 C. b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应 D. b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面 【答案】D 【解析】A.（b）的同分异构体不止两种，如，故A错误 B.（d）的二氯化物有、、、、、， 故B错误 KMnO溶液反应，故C错误 C.（b）与（p）不与酸性4 D.（d）2与5号碳为饱和碳，故1，2，3不在同一平面，4，5，6亦不在同 一平面，（p）为立体结构，故D正确。 【考点】有机化学基础：健线式；同分异构体；稀烃的性质；原子共面。 【专题】有机化学基础；同分异构体的类型及其判定。 【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把 握有机物同分异构体的判断以及空间构型的判断，难度不大。 Ⅲ—脂肪烃

2020年高考化学试题分类汇编专题05 元素及其化合物 (解析版)

专题05 元素及其化合物 1．[2019新课标Ⅰ] 固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课 题。下图为少量HCl 气体分子在253 K 冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是 A ．冰表面第一层中，HCl 以分子形式存在 B ．冰表面第二层中，H +浓度为5×10?3 mol·L ?1（设冰的密度为0.9 g·cm ?3） C ．冰表面第三层中，冰的氢键网络结构保持不变 D ．冰表面各层之间，均存在可逆反应HCl 垐?噲?H ++Cl ? 【答案】D 【解析】 【分析】由示意图可知，在冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，第二层中氯化氢溶于水中并发生部分电离，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关。 【详解】A 项、由图可知，冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，氯化氢以分子形式存在，故A 正确； B 项、由题给数据可知，冰的表面第二层中氯离子和水的个数比为10—4:1，第二层中溶解的氯化氢分子应少于第一层吸附的氯化氢分子数，与水的质量相比，可忽略其中溶解的氯化氢的质量。设水的物质的量为1mol ，则所得溶液质量为18g/mol× 1mol=18g ，则溶液的体积为18g/mol 1m 0.9ol g/mL ?×10—3L/ml=2.0×10—2L ，由第二层氯离子和水个数比可知，溶液中氢离子物质的量 等于氯离子物质的量，为10 —4 mol ，则氢离子浓度为-4-2102.l 010L mo ?=5×10—3mol/L ，故B 正确；

C项、由图可知，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关，冰的氢键网络结构保持不变，故C正确； D项、由图可知，只有第二层存在氯化氢的电离平衡HCl H++Cl—，而第一层和第三层均不存在，故D错误。 故选D。 【点睛】本题考查氯化氢气体在冰表面的吸附和溶解。侧重考查接受、吸收、整合化学信息的能力及分析和解决化学问题的能力，注意能够明确图像表达的化学意义，正确计算物质的量浓度为解答关键。 2．[2019江苏]下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥 B．稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈 C．SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白 D．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝 【答案】B 【解析】A．NH4HCO3受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素； B．铁锈的主要成分为Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系； C．二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还原，故和二氧化硫的氧化性无关； D．电解冶炼铝，只能说明熔融氧化铝能导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸、碱都反应可以体现Al2O3具有两性。 故选B。 3．[2019江苏]下列有关化学反应的叙述正确的是 A．Fe在稀硝酸中发生钝化B．MnO2和稀盐酸反应制取Cl2 C．SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3D．室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2 【答案】C 【解析】 【分析】相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同； A．钝化反应应注意必须注明常温下，浓硝酸与Fe发生钝化； B．实验室制备氯气的反应中应注意盐酸的浓度和反应温度； C．过量与少量问题应以少量物质为基准书写产物；

高考化学专题分类汇总 图像试题试题

图像试题 （2011烟台毕业）19．下列四个图像能正确反映其对应实验操作的是 ①②③④ (A)①高温煅烧一定质量的石灰石 (B)②用等质量、等浓度的双氧水分别制取氧气 (C)③向一定体积的稀盐酸中逐滴加入氢氧化钠溶液 (D)④某温度下，向一定量饱和硝酸钾溶液中加人硝酸钾晶体 （2011潍坊毕业）16．下图是对四个实验绘制的图像，其中实验结果与图像对应正确的是 A．某温度下，向一定量接近饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾晶体 B．将稀H2SO4滴入一定量的BaCl2溶液中 C．将一定质量的氯酸钾和二氧化锰放入试管中充分加热 D．向pH=13的NaOH溶液中加水稀释 （2011南宁）19.下列图象与对应实验完全吻合的是 A．①往一定量的盐酸中滴加NaOH溶液至过量 B．②将一定量的不饱和KNO3溶液恒温蒸发水 C．③向一定量CuSO4溶液和稀硫酸的混合溶液中滴加NaOH溶液 D．④用两份等质量等溶质质量分数的过氧化氢溶液制取氧气（甲加少量MnO2） （2011遂宁）32．下列四个图象分别对应四种操作（或治疗）过程，其中图象能正确表示对

应操作（或治疗）的是 A B C D A ．将一定质量的硝酸钾不饱和溶液恒温蒸发水份，直至有少量晶体析出 B ．常温下，相同质量的锌和铁分别与足量的溶质质量分数相同的稀硫酸充分反应 C ．向硫酸和硫酸铜的混合溶液中加入氢氧化钠溶液直至过量 D ．服用胃舒平［主要成分Al(OH)3］治疗胃酸过多 （2011绥化）13.下列图像能正确反映其对应关系的是（ ） A.向一定量pH=3的硫酸溶液中不断加水稀释 B.向一定量的饱和石灰水中不断加入生石灰 C.向盛有相同质量的镁和氧化镁的烧杯中分别加入相同溶质质量分数的稀盐酸至过量 D.将一定量的木炭放在盛有氧气的密闭容器中加热至燃烧 (2011黑龙江龙东地区)14.下列图像能正确反映所对应叙述关系的是 （ ） A.向pH=3的溶液中不断加水 B.向锌粒中逐渐加入稀硫酸 C.向H 2SO 4和CuSO 4混合液中滴加NaOH 溶液 加水的量/g A 反应时间/s B NaOH 溶液质量/g C 反应时间/s D A B C D

2018年高考化学真题分类汇编化学物质及其变化

2018年高考化学真题分类汇编 专题2 化学物质及其变化(必修1) Ⅰ—离子共存、离子反应与离子方程式 1.[2018江苏卷-4]室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 L-1KI 溶液：Na+、K+、ClO-、OH- A. 0. 1 mol· L-1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NO3-、SO42- B. 0. 1 mol· L-1HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO-、NO3- C. 0. 1 mol· L-1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42-、HCO3- D. 0. 1 mol· 【答案】B 【解析】A.I-与ClO-发生氧化还原反应: I-+ClO-=IO-+Cl-,不能大量共存,A错误； B. Fe3+、SO42-、Cu2+、NH4+、NO3-、SO42-在溶液中相互间不反应，能大量共存，B正确； C.CH3COO-能与H+反应生成CH3COOH，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，C错误；D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，Mg2+、HCO3-与OH-不能大量共存，D错误。 【考点】次氯酸盐的强氧化性；醋酸为弱电解质；氢氧化锰难溶于水；碳酸氢盐与碱 反应。注意：离子间不能大量共存有如下几点原因：①离子间发生复分解反应生成水、沉 淀或气体，如题中C、D项；②离子间发生氧化还原反应，如题中A项；③离子间发生双 水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的 附加条件。 2.[2018浙江卷-13]下列离子方程式正确的是 A. 大理石与醋酸反应：CO32－+2CH3COOH=2CH3COO－+H2O+CO2↑ B. 高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应：MnO4－+4Cl－+8H+==Mn2++2Cl2↑+4H2O C. 漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+H2O+ClO-=SO42－+Cl－+2H+ D.氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：OH－+Ca2++HCO3－==CaCO3↓+2H2O 【答案】D 【解析】大理石与醋酸反应，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO－ +H2O+CO2↑，A错误；高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应，离子方程式为：2MnO4－+10Cl － +16H+=2Mn2++5Cl2↑＋8H2O，B错误；漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体，离子方程 式为：SO2(少量)+H2O+3ClO－=SO42－+Cl－+2H ClO，C错误； D.氢氧化钠溶液与过量 的碳酸氢钙溶液反应，离子方程式为：OH－+Ca2++HCO3－=CaCO3↓+2H2O，D正确。 【考点】离子反应与离子方程式 3.[2018浙江卷-25]某绿色溶液中含有H+、Na+、Mg2+、Fe2+、Cu2+、SO42—、Cl—、CO32—和HCO3—离子中的若干种，取该溶液进行如下实验(已知Ag2SO4微溶于水，可溶于酸) ①向溶液中滴加Ba(OH)2溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀和绿色滤液B； ②取滤液B，先用HNO3酸化，再滴加0.001mol/LAgNO3溶液，有白色沉淀生成。 下列说法不正确的是 A.溶液A中一定存在H+、SO42-和Cl— B.溶液A中不存在Mg 2+、CO32-和HCO3—，不能确定Na+的存在 C.第②步生成的白色沉淀中只有AgCl，没有Ag2CO3 D.溶液中存在Fe2+与Cu2+中的一种或两种，且可以用NaOH溶液判断 【答案】B

2018年高考化学分类题库 (17)

考点4 氧化还原反应 一、选择题 1.(2018·北京高考·9)下列实验中的颜色变化,与氧化还原反应无关的是( ) 【命题意图】本题考查了实验基本操作,意在考查学生通过实验现象分析反应原理的能力。 【解析】选C。A项,将NaOH溶液滴入FeSO4溶液中,产生白色沉淀,随后变为红褐色,发生的反应有Fe 2++2OH -Fe(OH)2↓, 4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3,与氧化还原反应有关;B项,将石蕊溶液滴入氯水中,溶液变红,随后迅速褪色,是因为Cl2与水反应生成盐酸和HClO,石蕊溶液遇酸变红,同时HClO因强氧化性而具有漂白性,能使溶液迅速褪色,与氧化还原反应有关;C项,Na2S 溶液滴入 AgCl 浊液中,发生沉淀转化,生成更难溶的Ag2S沉淀,与氧化还原反应无关;D项,热铜丝插入稀硝酸中,产生无色气体,随后变为红棕色,发生的反应有3Cu+8HNO3(稀)2NO↑+3Cu(NO3)2+4H2O,2NO+O22NO2,与氧化还原反应有关。 2.(2018·江苏高考·10)下列说法正确的是 ( ) A.氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能 B.反应4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行,该反应为吸热反应

C.3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3,转移电子的数目小于6×6.02×1023 D.在酶催化淀粉水解反应中,温度越高淀粉水解速率越快 【命题意图】本题考查能量转化、反应自发性、氧化还原反应以及化学反应速率等知识,较易。 【解析】选C。A项,能量在转化中不可能仅以一种形式转化,电池放电除了化学能转化为电能外,还有热能、光能等,错误;B项,该反应的气体被消耗,熵减少,但是能自发,故一定属于放热反应,错误;C项,N2与H2合成NH3属于可逆反应,1 mol N2生成2 mol NH3的过程中,由于N2不可以完全转化,故转移电子数小于6 mol,正确;D项,酶在高温下会发生变性而失去催化活性,在高温下,淀粉水解速率反而变小,错误。 二、非选择题 3.(2018·北京高考·28)实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。 资料:K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。 (1)制备K2FeO4(夹持装置略) ①A为氯气发生装置。A中反应方程式是(锰被还原为Mn2+)。 ②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。 ③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl 2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH 2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外还有。

高考化学真题分类汇编：常用化学计量含

化学高考题分类目录 A 单元 常用化学计量 A1 阿伏伽德罗常数和物质的量 5． [2014·四川卷] 设N A 为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A ．高温下，0.2 mol Fe 与足量水蒸气反应，生成的H 2分子数目为0.3 N A B ．室温下，1 L pH ＝13的NaOH 溶液中，由水电离的OH －数目为0.1N A C ．氢氧燃料电池正极消耗22.4 L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为2N A D ．5NH 4NO 3=====△2HNO 3＋4N 2↑＋9H 2O 反应中，生成28 g N 2时，转移的电子数目为 3.75N A 5．D [解析] 根据3Fe ＋4H 2O(g)=====高温Fe 3O 4＋4H 2，则0.2 mol Fe 参与反应生成415 mol H 2 ，A 项错误；pH ＝13的NaOH 溶液中，溶液中c (OH －)＝0.1 mol/L ，c (H ＋)＝K W c （OH －） ＝10－13 mol/L ，则水电离出来c (OH －)＝c (H ＋)＝10 －13 mol/L ，B 项错误；氢氧燃料电池正极的电极反应式为O 2 ＋ 4H ＋ ＋ 4e －===2H 2O ，则1 mol O 2被消耗，电路中有4N A 的电子通过，C 项错误；根据化学方程式，－3价的氮元素升高到0价，失去3个电子。＋5价的氮元素降低到0价，得到5个电子，即每生成4 mol 氮气，反应中转移电子的物质的量为15 mol ，则生成28 g N 2(即1 mol 氮气)，转移电子的物质的量是15 mol÷4＝3.75 mol ，D 项正确。 7． [2014·全国卷] N A 表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是( ) A ．1 mol FeI 2与足量氯气反应时转移的电子数为2N A B ．2 L 0.5 mol·L －1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为N A C ．1 mol Na 2O 2固体中含离子总数为4N A D ．丙烯和环丙烷组成的42 g 混合气体中氢原子的个数为6N A 7．D [解析] 1 mol FeI 2与足量Cl 2反应时，Fe 2＋被氧化为Fe 3＋，I － 被氧化为I 2，转移电子3N A ，A 项错误；2 L0.5 mol·L －1的硫酸钾溶液中n (SO 2－4)＝1 mol ，所带电荷数为2N A ，B 项错误；Na 2O 2由Na ＋和O 2－2(过氧根离子)构成，1 mol Na 2O 2中的离子总数为3N A ，C 项错误；丙烯和环丙烷为同分异构体，其分子式均为C 3H 6，最简式为CH 2，42 g 混合气中的氢原子个数为42 g 14 g·mol －1 ×2N A ＝6N A ，D 项正确。 27． [2014·安徽卷] LiPF 6是锂离子电池中广泛应用的电解质。某工厂用LiF 、PCl 5为原

高考化学试卷,分类汇总(概念题)

高考化学试卷分类汇总（概念题） 2000年 四、（本题共28分） 23．KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成绿黄色的易爆物二氧化氯。其变化可个表述为：_____KClO3＋___HCl(浓)?→___KCl＋___ClO2↑＋___Cl2↑＋___ _____ （1）请完成该化学方程式并配平（未知物化学式和系数填入横线上）。 （2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是_____ ①只有还原性②还原性和酸性③只有氧化性④氧化性和酸性 （3）产生0.1 mol Cl2，则转移的电子的物质的是为_____mol。 （4）ClO2具有很强的氧化性。因此，常被用作消毒剂，其消毒的效率（以单位质量得到的电子数表示）是Cl2的_____倍。 24．不同元素的气态原子失去最外层一个电子所需要的能量（设其 为E）如右图所示。试根据元素在周期表中的位置，分析图中曲线 的变化特点，并回答下列问题。 （1）同主族内不同元素的E值变化的特点是： ____________________________ 各主族中E值的这种变化特点体现了元素性质的__________变化规 律。 （2）同周期内，随原子序数增大，E值增大。但个别元素的E值出 现反常现试预测下列关系式中正确的是_____ A．198个 B．199个 C．200个 D．201个 ① E(砷)＞E(硒) ② E(砷)＜E(硒) ③ E(溴)＞E(硒) ④ E(溴)＜E(硒) （3）估计1 mol气态Ca原子失去最外层一个电子所需能量E值的范围：____＜E＜____ （4）10号元素E值较大的原因是___________________ 25．有效地利用现有能源和开发新能源已受到各国的普遍重视。 可用改进汽油组成的办法来改善汽油的燃烧性能。例如，加入CH3OC(CH3)3来生产“无铅汽油”。（1）CH3OC(CH3)3分子的结构式为_______________ （2）天然气的燃烧产物无毒、热值高、管道输送方便，将成为我国西部开发的重点之一开然气常和石油伴生，其主要的成分是_____。能说明它是正四面体而非正方形平面结构的理由是________________________________ （3）1980年我国首次制成一辆燃氢汽车，乘员12人，以50公里/小时行驶了40公里。为了有效发展民用氢能源，首先必须制得廉价的氢气，下列可供开发又较经济的制氢方法是_____ ①电解水②锌和稀硫酸反应③光解海水 其次，制得纯氢气后还需要解决的问题是_____________________

2020年高考化学试题分类汇编：化学反应速率和化学平衡

2020年高考化学试题分类汇编：化学反应速率和化学 平衡 〔2018天津卷〕6．以下各表述与示意图一致的是 A ．图①表示25℃时，用0.1 mol·L －1盐酸滴定20 mL 0.1 mol·L －1 NaOH 溶液，溶液的pH 随加入酸体积的变化 B ．图②中曲线表示反应2S O 2(g) + O 2(g) 2S O 3(g)；ΔH < 0 正、逆反应的平稳 常数K 随温度的变化 C ．图③表示10 mL 0.01 mol·L －1 K M n O 4 酸性溶液与过量的0.1 mol·L －1 H 2C 2O 4溶液混合时，n(Mn 2+) 随时刻的变化 D ．图④中a 、b 曲线分不表示反应CH 2＝CH 2 (g) + H 2(g)?? →C H 3C H 3(g)；ΔH< 0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化 解析：酸碱中和在接近终点时，pH 会发生突变，曲线的斜率会专门大，故A 错；正逆反应的平稳常数互为倒数关系，故B 正确；反应是放热反应，且反应生成的Mn 2+ 对该反应有催化作用，故反应速率越来越快，C 错；反应是放热反应，但图像描述是吸热反应，故D 错。 答案：B 命题立意：综合考查了有关图像咨询题，有酸碱中和滴定图像、正逆反应的平稳常数图像，反应速率图像和能量变化图像。 〔2018重庆卷〕10．()()()22COCl g CO g +Cl g ;0.H ??→?←?? ＞ 当反应达到平稳时，以下措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO 的浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl 2转化率的是 A ．①②④ B．①④⑥ C．②③⑥ D．③⑤⑥ 10. 答案B 【解析】此题考查化学平稳的移动。该反应为体积增大的吸热反应，因此升温顺减压均能够促使反应正向移动。恒压通入惰性气体，相当于减压。恒容通入惰性气体与加催化剂均对平

近5年高考化学试题分类汇总

近5年高考化学试题分类汇总氧化还原反应 1.（2000全国21）硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0mL 0.100 mol·L-1 Na2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl－离子，则S2O32－将转化成 A．S2－B．S C．SO32－D．SO42－ 2.(2000全国30)在一定条件下，NO跟NH3可以发生反应生成N2和H2O。现有NO和NH3的混合物1 mol，充分反应后所得产物中，若经还原得到的N2比经氧化得到的N2多1.4g。（1）写出反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目。 （2）若以上反应进行完全，试计算原反应混合物中NO与NH3的物质的量可能各是多少。 答案：（1）2 + 6H2O 失3e-×4 （2）0.3 mol NO和0.7 mol NH3，0.2 mol NH3和0.8 mol NO 3.（2000广东24）（1）分别写出由氧在一定条件下生成下列物质的化学方程式（必须注明反应条件） ①O3:_____________________. ②Na2O2____________________________。 ③指出氧在下列各物质中的化合价： O3___________;Na2O2___________;Na2O_________。 （2）KO2能吸收CO2生成K2CO3和O2，故可用作特殊情况下的氧气源，试写出该反应的化学方程式____________________________。 （3）KO2能吸收CO2生成K2CO3和O2,故可用作特殊情况下的气氧气源，试写出该反应的化学方程式___________________。 （4）人体内O2-离子对健康有害，使人过早衰老，但在催化剂SOD存在下可发生如下反应，请完成该反应的离子方程式： 2 - 2 O＝2O22+ 答案：（1）①3O22O3②2Na ＋O2Na2O2 ③4Na+O2 2Na2O (2)0; -1; -2, （3）4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2④2 O2- +2 H2O=1H2O2+ 1O2+2 OH- 3 其变化 3 + ClO (1)请完成该化学方程式并配平（未知物化学式和系数填入框内） (2)浓盐酸在反应中显示出来的性质是_______（填写编号，多选倒扣）。 ①只有还原性②还原性和酸性 ③只有氧化性④氧化性和酸性 （3）产生0.1molCl2,则转移的电子的物质的量为_________mol. （4）ClO2具有很强的氧化性。因此，常被用作消毒剂，其消毒的效率（以单位质量得到的电子数表示）是Cl2的_______倍。 答案：(1)2 4 2 2 1 2 H2O (2) ②（3）0.2 （4）2.63 放 暴露在空气 空气中燃烧

2018年高考化学真题分类汇编

2018年高考化学真题分类汇编 专题5 物质结构元素周期律(必修2) Ⅰ—原子结构 1.[2018江苏卷-8]短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Y 原子的最外层只有一个电子，Z 位于元素周期表ⅢA族，W 与X属于同一主族。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(W) > r(Z) > r(Y) B. 由X、Y 组成的化合物中均不含共价键 C. Y 的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱 D. X 的简单气态氢化物的热稳定性比W的强 【答案】D 【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素O，；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al；W与X 属于同一主族，W为S。 A项，Na、Al、S都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（Y）r（Z）r（W），A错误；B项，由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，B错误；C 项，金属性：Na（Y）Al（Z），Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C错误；D项，非金属性：O（X）S（W），X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D正确；【考点】元素周期表和元素周期律；化学键；金属性、非金属性的比较； 2. [2018江苏卷-2]用化学用语表示NH3+ HCl=NH4Cl中的相关微粒，其中正确的是 A. 中子数为8 的氮原子：87N B. HCl 的电子式： C. NH3的结构式： D. Cl?的结构示意图： 【答案】C 【解析】A.中子数为8的氮原子的质量数为15，表示为157N，A错误； B.HCl中只含共价键，HCl的电子式为，B错误； C.NH3中含3个N-H键，NH3的结构式为 ，C正确；D项，Cl-最外层有8个电子，D错误；答案选C。 【考点】原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式。 3. [2018全国卷Ⅱ-10]W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是 A. X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物 B. Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键 C. 四种元素的简单离子具有相同的电子层结构 D. W的氧化物对应的水化物均为强酸 【答案】A 【解析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕

2018年高考化学分类题库(4)

考点14 氯元素单质及其重要化合物 一、选择题 1.(2018·全国卷Ⅱ·7)化学与生活密切相关。下列说法错误的是( ) A.碳酸钠可用于去除餐具的油污 B.漂白粉可用于生活用水的消毒 C.氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D.碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查 【命题意图】本题考查生活中的化学知识,意在考查学生利用所学化学知识解释生活中化学问题的能力。 【解析】选D。碳酸钠溶液显碱性,会使油污中的油脂发生水解生成可溶性的物 质而除去,故A项正确;漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca(ClO)2,其中Ca(ClO)2具有强氧化性能够杀菌消毒,可用于生活用水的消毒,故B项正确;胃酸的主要成分为HCl,而氢氧化铝能够中和胃酸,故可用于治疗胃酸过多,C项正确;碳酸钡能够溶于胃酸而形成可溶性的钡盐,重金属盐溶液能使蛋白质变性而造成人体中毒,故D项错误。 【教材回扣】硫酸钡不溶于水,不溶于酸,不能够被X 射线透过,因此在医学上常用作钡餐,用于肠胃X射线造影检查。 二、非选择题 2.(2018·北京高考·28)实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。 资料:K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。 (1)制备K2FeO4(夹持装置略)

①Ａ为氯气发生装置。A中反应方程式是(锰被还原为Mn2+)。 ②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。 ③Ｃ中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH 2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外还有。 (2)探究K2FeO4的性质 ①取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体,得溶液a,经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计以下方案: 方案Ⅰ取少量a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色。 用KOH溶液充分洗涤C中所得固体,再用KOH溶液将K2FeO4溶出,得方案Ⅱ 到紫色溶液b。取少量b,滴加盐酸,有Cl2产生。 i.由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有离子,但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化,还可能 由 产生(用方程式表示)。 ii.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是。

2019高考化学真题分类汇编(WORD版含 解释)

2019高考化学真题分类汇编（WORD版含解释） 目录 一、选择题 (1) 二、填空题 (14) 三、实验题 (29) 一、选择题 1.【来源】2019年高考真题——理综化学（全国卷Ⅲ） 为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3D?Zn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D?Zn—NiOOH二次电池，结构如下图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l) ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。 下列说法错误的是 A. 三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高 B. 充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH?(aq)?e?=NiOOH(s)+H2O(l) C. 放电时负极反应为Zn(s)+2OH?(aq)?2e?=ZnO(s)+H2O(l) D. 放电过程中OH?通过隔膜从负极区移向正极区 答案及解析： 1. D 【详解】A、三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，吸附能力强，所沉积的ZnO分散度高，A正确； B、充电相当于是电解池，阳极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知阳极是 Ni(OH)2失去电子转化为NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)－e－＝NiOOH(s)＋

H2O(l)，B正确； C、放电时相当于是原电池，负极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知负极反应式为Zn(s)＋2OH－(aq)－2e－＝ZnO(s)＋H2O(l)，C正确； D、原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则放电过程中OH－通过隔膜从正极区移向负极区，D错误。 答案选D。 2.【来源】2019年高考真题——理综化学（全国卷Ⅲ） 下列实验不能达到目的的是 答案及解析： 2. A 【详解】A、氯气与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和碳酸氢钠，不能制备次氯酸，不能达到实验目的，A选； B、过氧化氢溶液中加入少量二氧化锰作催化剂，加快双氧水的分解，因此可以加快氧气的生成速率，能达到实验目的，B不选； C、碳酸钠溶液与乙酸反应，与乙酸乙酯不反应，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，能达到实验目的，C不选； D、根据较强酸制备较弱酸可知向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可以制备二氧化硫，能达到实验目的，D不选； 答案选A。 3.【来源】2019年高考真题——理综化学（全国卷Ⅲ）

2018年高考化学分类题库(12)

考点22 物质结构与性质(选修3) 非选择题 1.(2018·全国卷Ⅰ·35)Li是最轻的固体金属,采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能,得到广泛应用。回答下列问题: (1)下列Li原子电子排布图表示的状态中,能量最低和最高的分别为、 (填标号)。 (2)Li+与H-具有相同的电子构型,r(Li+)小于r(H-),原因是。 (3)LiAlH4是有机合成中常用的还原剂,LiAlH4中的阴离子空间构型是、中心原子的杂化形式为。 LiAlH4中,存在(填标号)。 A.离子键 B.σ键 C.π键 D.氢键 (4)Li2O是离子晶体,其晶格能可通过图(a)的Born-Haber循环计算得到。

可知,Li原子的第一电离能为kJ·mol-1,O O键键能为kJ·mol-1,Li2O 晶格能为kJ·mol-1。 (5)Li2O具有反萤石结构,晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.466 5 nm,阿伏加德罗常数的值为N A,则Li2O的密度为g·cm-3(列出计算式)。 【命题意图】本题考查核外电子排布、轨道杂化类型的判断、分子构型、电离 能、晶格能、化学键类型、晶胞的计算等知识,保持了往年知识点比较分散的特点,立足课本进行适当拓展。 【解析】(1)根据核外电子排布规律可知Li的基态核外电子排布式为1s22s1,则D项排布能量最低;选项C中有2个电子处于2p能级上,能量最高。 (2)由于锂的核电荷数较大,原子核对最外层电子的吸引力较大,因此Li+半径小于H-。 (3)LiAlH4中的阴离子是Al-,中心原子铝原子含有的价层电子对数是4,且不存在孤对电子,所以空间构型是正四面体,中心原子的杂化轨道类型是sp3杂化;阴、阳离子间存在离子键,Al与H之间还有共价单键,不存在双键和氢键,答案选A、B。 (4)根据示意图可知Li原子的第一电离能是 1 040 kJ·mol-1÷2=520kJ·mol-1;0.5 mol氧气转化为氧原子时吸收249 kJ热量,所以O O键能是249 kJ·mol-1×2=498 kJ·mol-1;根据晶格能的定义结合示意图可知Li2O的晶格能是 2 908 kJ·mol-1。 (5)根据晶胞结构可知锂全部在晶胞中,共计是8个,根据化学式可知氧原子个数 是4个,则Li2O的密度是ρ== g·cm-3。 - 答案:(1)D C (2) Li+核电荷数较大,对外层电子的吸引力较强 (3)正四面体sp3A、B

2020年高考全国卷化学试题分类汇编

一、化学与STSE、古代化学 1.【2020年全国I卷】国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是 A. CH3CH2OH能与水互溶 B. NaClO通过氧化灭活病毒 C. 过氧乙酸相对分子质量为76 D. 氯仿的化学名称是四氯化碳 2．【2020年全国II卷】北宋沈括《梦溪笔谈》中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是A．胆矾的化学式为CuSO4 B．胆矾可作为湿法冶铜的原料 C．“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程 D．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应 3．【2020年全国III卷】宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料（主要成分为Cu(OH)2·CuCO3），青色来自蓝铜矿颜料（主要成分为Cu(OH)2·2CuCO3）。下列说法错误的是 A．保存《千里江山图》需控制温度和湿度 B．孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化 C．孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱 D．Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3

二、有机化学 1. 【2020年全国I卷】紫花前胡醇可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是 A. 分子式为C14H14O4 B. 不能使酸性重铬酸钾溶液变色 C. 能够发生水解反应 D. 能够发生消去反应生成双键 2．【2020年全国II卷】吡啶（）是类似于苯的芳香化合物，2-乙烯基吡啶（VPy）是合成治疗矽肺病药物的原料，可由如下路线合成。下列叙述正确的是 A．Mpy只有两种芳香同分异构体 B．Epy中所有原子共平面 C．Vpy是乙烯的同系物 D．反应②的反应类型是消去反应 3．【2020年全国III卷】金丝桃苷是从中药材中提取的一种具有抗病毒作用的黄酮类化合物，结构式如下： 下列关于金丝桃苷的叙述，错误的是 A．可与氢气发生加成反应B．分子含21个碳原子 C．能与乙酸发生酯化反应D．不能与金属钠反应