专题2原子结构与元素性质同步练习 2023-2024学年高二下学期苏教版（2019）化学选择性必修2

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专题2原子结构与元素性质学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．我国科学家用大阴离子(如图所示)的盐作水系锌离子电池的电解质溶液，显示了优良的循环性能。X、Y、Z、W均为短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期，Y、W核外最外层电子数相等。下列叙述正确的是A．元素非金属性的大小顺序为Z＞Y＞X＞WB．简单氢化物的沸点W＞YC．该离子中的原子均满足8电子稳定结构D．简单阴离子半径的大小顺序为W＞Y＞Z2．下图为周期表的一小部分，A、B、C、D、E的位置关系如下图所示。其中B元素最高价是负价绝对值的3倍，它的最高氧化物中含氧60％。下列说法正确的是A．D、B、E三种元素的第一电离能逐渐减小B．B元素最高价氧化物对应的水化物是强酸C．A元素是空气中含量最多的元素D．气态氢化物的稳定顺序：D ＞ B ＞ E3．甲～庚等元素在周期表中的相对位置如下图，已知己元素基态原子的M层有6种运动状态不同的电子，甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数。下列判断正确的是A．丙与戊的原子序数相差25B．丙的最高价为＋3，它与丁的性质具有相似性C．简单离子半径：乙>己>甲D．气态氢化物的稳定性：庚＜己＜戊4．下列化学用语表示正确的是A．乙烯的空间填充模型： B．HCl的键电子云图：C．的电子式： D．的结构式：N=N5．短周期主族元素X、Y、Z、R的原子半径依次减小，X、Y、Z位于同周期，Z和R位于同主族，R的单质常温下能与水发生置换反应。向和的混合溶液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的质量与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是A．元素的金属性：YX B．氢化物沸点：ZRC．YZm溶液蒸干不能得到YZm D．Z的含氧酸酸性比碳酸强6．用如图仪器或装置(图中夹持略)进行相应实验，能达到实验目的的是A．用图甲装置灼烧海带B．用图乙装置检验浓硫酸的吸水性C．用图丙装置检验非金属性：D．用图丁装置接收蒸馏水7．某有机物的结构简式如图所示，其中X和Y是第二周期两种相邻的非金属元素，Z元素基态原子的M能层上有3对成对电子。下列说法正确的是A．原子半径：Z>Y>XB．电负性：Xd>cB．a、c、d形成的化合物一定是共价化合物C．W、X、Y中X的熔沸点最高D．Y、Z均可用排水法收集9．下列关于Na、Mg、C、N、O、Cl元素及其化合物的说法正确的是A．原子半径：r(O)>r(N)>r(C)B．N的非金属性比C的弱C．NaOH的碱性比Mg(OH)2的强D．Cl形成的最高价氧化物对应的水化物是HClO310．A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期元素，A与D位于同主族，B原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，E的最高正化合价与最低负化合价的绝对值之差为4，由B、C、D三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述错误的是A．M中D的化合价为+4价B．原子半径：C＞D＞EC．非金属性：B＞D＞AD．基态E原子核外有9种不同空间运动状态的电子二、判断题11．正三价阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5的元素在周期表中位于VIII族。( )12．对于基态Cr原子，轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为。(_______)13．任何能层均含有s能级，但不是均含有s、p、d、f能级。( )14．主族元素的电负性越大，元素原子的第一电离能一定越大。( )15．铝的第一电离能比镁的第一电离能大。(_____)三、解答题16．I．某化学兴趣小组拟以绿色的锰酸钾碱性溶液为主要原料在实验室制备实验装置(固定和加热装置巳省略)如下：  已知：在强碱性溶液中稳定存在。(1)仪器b的名称是 ，使用a的优点是 ，单向阀(只允许气体从左流向右)可以起到的作用是 。(2)装置A的作用是 ；装置C的作用是 。卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：(3)基态Br原子的价电子轨道表示式为 。图A、B、C分别表示C、N、O和F的逐级电离能Ⅰ变化趋势(纵坐标的标度不同)，第一电离能的变化图是 ；第三电离能的变化图是 。A．  B． C．Ⅱ．利用标准溶液测定某晶体样品的纯度[样品中含有草酸铵杂质]。步骤1：称取晶体样品并溶于稀中，配成溶液；步骤2：取上述溶液，用标准溶液滴定至终点；步骤3：向反应后溶液中加入过量铜粉，充分反应后，过滤、洗涤，将滤液和洗涤液全部收集到锥形瓶中，加入适量稀，再用标准溶液滴定至终点，消耗溶液。(4)步骤2中溶液除与发生反应外，还与发生氧化还原反应生成，该离子方程式为 。(5)晶体样品的纯度为 (用含c、V的式子表示，不必化简)，若步骤1配制溶液时在空气中放置时间过长，则测定结果将 (选填字母)。A．偏高    B．偏低    C．无影响17．双草酸氧钛酸钾晶体是重要的分析试剂、媒染剂和催化剂中间体，易溶于水，难溶于醇。学习小组在实验室中以钛铁精矿粉(含FeTiO3和少量Fe2O3)为原料制备K2TiO(C2O4)2•xH2O，并分析组成。回答下列问题：(1)K2TiO(C2O4)2•xH2O中Ti的化合价为 价，基态Ti原子的价电子排布式为 。(2)制备K2TiO(C2O4)2•xH2O。步骤一、将钛铁精矿粉用足量稀硫酸溶解，向溶解液中加入适量铁粉，充分反应后过滤、洗涤，收集含TiO2+的滤液；步骤二、将滤液控制在70℃下结晶分离得绿矾，将绿矾洗涤液与结晶所得母液合并得到溶液M；步骤三、向溶液M中加入Na2CO3，控制温度在90℃下充分反应后分离得TiO(OH)2固体；步骤四、将所得TiO(OH)2加入K2C2O4溶液中，充分搅拌后加入乙醇，结晶分离得到产品。①步骤一中检验溶液中Fe3+反应完全的实验操作为 。②步骤二中，所控制温度不能过高的原因为 ；将绿矾洗涤液与结晶所得母液合并的目的为 。③步骤三中，发生主要反应的离子方程式为 。④步骤四中，加入乙醇的作用为 。(3)测定产品纯度。准确称量mg产品，配制成250mL溶液；取出25.00mL所配溶液，酸化后用cmol•L-1KMnO4标准液滴定，达到滴定终点时，消耗标准液体积为VmL。①配制250mL溶液和量取25.00mL溶液必需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有 。②产品中K2TiO(C2O4)2•xH2O的质量分数为 (用代数式表示)。18．三氯化铬()在工业上主要用作媒染剂和催化剂，常用于颜料、陶瓷、橡胶等工业，实验室模拟工业上以BaCrO4为原料制备和。(1)三价铬离子能形成多种配位化合物，配合物[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中元素电负性由大到小的顺序 。(2)制备。取一定质量的BaCrO4和对应量的水加入到三颈瓶中，水浴加热并搅拌，一段时间后同时加入过量浓盐酸和无水乙醇充分反应，生成并放出气体。①上述反应的化学方程式为 。②上述反应中的乙醇与BaCrO4投料的物质的量比例大约为3：8，原因是 。(3)测定的质量分数。Ⅰ.称取样品0.3300g，加水溶解并配成250.0mL的溶液。Ⅱ.移取25.00mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸后加入稍过量的，稀释并加热煮沸，再加入过量的硫酸酸化，将氧化为；再加入过量KI固体加塞摇匀，使铬完全以的形式存在。Ⅲ.加入1mL淀粉溶液，用0.0250标准溶液滴定至终点，平行测定3次，平均消耗标准溶液24.00mL。已知反应：(未配平) ；(未配平)①滴定终点的现象是 。②计算的质量分数(写出计算过程) 。(4)制备。Cr(Ⅲ )的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如图所示。请补充完整由溶液制备的实验方案：取适量溶液， ，低温烘干，得到晶体(实验中须使用的试剂：1 NaOH溶液、0.1 溶液、0.1 溶液、蒸馏水)。ADBEC参考答案：1．D【分析】根据图示，X形成4个单键，可能是第ⅣA族元素C或Si；Z形成一个单键，可能是H元素或第ⅦA族元素F或Cl；3个Y有2个形成一个双键，另一个形成一个单键同时得到一个电子使整个原子团带一个单位的负电荷，则Y是第ⅥA族的O元素，Y、W的核外最外层电子数相等，则W为与O元素同主族S元素，X、Y、Z位于同一周期，则X、Y、Z、W分别是C、O、F、S四种元素，据此分析解答。【详解】A．由CS2分子中C为+4价，S为-2价可知，S的非金属性强于C，则元素非金属性的大小顺序为Z＞Y＞W＞XB．Y、W的简单氢化物分别为H2O、H2S，均为分子晶体，且结构相似，相对分子质量越大，熔沸点越高，由于H2O分子间存在氢键，其沸点反常高，则简单氢化物的沸点Y＞W，故B错误；C．W为S元素，根据图示，S原子形成6个共用电子对，最外层有12个电子，不满足8电子稳定结构，故C错误；D．S2-比O2-多一个电子层，故硫离子的半径大于氧离子半径，O2-与F-是核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，半径越小，故氧离子的半径大于氟离子的半径，则简单阴离子的半径顺序为S2-＞O2-＞F-，故D正确；答案选D。2．B【分析】B元素的最高正价是最低负价绝对值的3倍，则最高正价为+6价，它的最高氧化物为BO3，其中含氧60%，设B的相对原子质量为M，则有=60%，解得M=32，则B为S元素，可推知A为O元素，D为P元素，E为Cl元素，C为Se元素。【详解】A．同一周期，从左到右，第一电离能增大，但D为P元素，P元素的3p为半充满为稳定结构， 第一电离能大于S元素，故A错误；B．B为S元素，硫元素的最高价氧化物的水化物为硫酸，属于强酸，故B正确；C．A为O元素，空气中含量最多的元素是N元素，故C错误；D．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，气态氢化物的稳定顺序：D ＜ B ＜E，故D错误；答案选B。3．B【分析】己元素基态原子的M层有6种运动状态不同的电子，则为S元素，甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数，甲为Na元素，根据位置可推知乙为K元素；根据S元素的位置可推知丙为B元素，丁为Si元素，庚为F元素，戊为As元素。【详解】A．丙与戊的原子序数相差为33- 5= 28，选项A错误；B．丙为B元素最高价为＋3，根据对角线规则，它与丁的性质具有相似性，选项B正确；C．甲的离子比乙、已少一个电子层，离子半径最小，乙和已具有相同电子层结构，核电荷数越大半径越小，故离子半径：己>乙>甲，选项C错误；D．非金属性越强，气态氢化物越稳定，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，则气态氢化物的稳定性:庚>己>戊，选项D错误；答案选B。4．B【详解】A．为乙烯的球棍模型，乙烯的空间填充模型为，故A错误；B．HCl中是H的s能级电子，其电子云轮廓图呈球形和Cl原子的p能级电子，其电子云轮廓图呈哑铃形形成的s-pσ键，故该键的电子云图为：，故B正确；C．是钠离子和过氧根离子形成离子键，电子式：，故C错误；D．N2分子中含有1个氮氮三键，其结构式为N≡N，故D错误；故选：B。5．C【分析】向和的混合溶液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的质量与NaOH溶液体积的关系图可知，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，氢氧化铝在加入过量氢氧化钠时会溶解，且X、Y、Z、R为短周期主族元素，原子半径依次减小，X、Y、Z位于同周期，则X为Mg，Y为Al，Z为Cl，Z和R位于同主族，R的单质常温下能与水发生置换反应，则R为F。【详解】A．由分析可知，X为Mg，Y为Al，同周期主族元素从左往右金属性逐渐减小，则元素的金属性Mg>Al，A错误；B．由分析可知，R为F，Z为Cl，HF中含氢键使得沸点比HCl高，则氢化物的沸点为F>Cl，B错误；C．由分析可知，Y为Al，Z为Cl，AlCl3溶液在加入蒸发时会水解生成氢氧化铝，蒸干AlCl3溶液得到的是氢氧化铝固体，C正确；D．由分析可知，Z为Cl，Cl的含氧酸酸性比碳酸弱，D错误； 故选C。6．B【详解】A．干海带的灼烧不用烧杯应用坩埚，A错误；B．蓝色胆矾晶体一旦接触到浓硫酸，会逐渐失去结晶水变为白色无水硫酸铜粉末，体现了浓硫酸的吸水性，B正确；C．装置中依次通过溶液、KI溶液并依次与之发生置换反应，两个小棉球分别变黄色、蓝色，只能证明的非金属性既强于，也强于，但无法比较与之间的非金属性强弱，C错误；D．锥形瓶未与大气相通，会导致馏出液难以顺利入瓶，且瓶内气压会逐渐变大，也存在安全风险，D错误； 故选B。7．B【分析】由结构式可知，X能成三个化学键，Y能成二个化学键，且X和Y是第二周期两种相邻的非金属元素，可知X为N元素，Y为O元素；Z能成一个化学键，且基态原子的M能层上有3对成对电子，可知Z为Cl。【详解】A．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时核电荷数越小半径越大，所以原子半径：Cl>N>O，A错误；B．同周期自左至右电负性依次减小，所以电负性N＜O，B正确；C．Cl的含氧酸有多种，其中次氯酸的酸性弱于碳酸，C错误；D．Y氢化物为H2O，常温为液态，X氢化物为NH3，常温为气态，说明NH3的沸点低于H2O氢化物的沸点，D错误；综上所述答案为B。8．C【分析】根据已知条件，结合物质的转化关系图，可知：a、b、c、d分别为：H、C、N、O这四种元素，甲、乙、丙、W、X、Y、Z分别为：C、O2 、HNO3 、CO2 、H2O、 NO2、NO，根据分析可解答问题。【详解】A．b、c、d分别为C、N、O， 电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小：bcd，A错误；B．a、c、d分别为H、N、O，可以形成离子化合物NH4NO3，B错误；C．W、X、Y分别为CO2 、H2O、 NO2，由于H2O 分子间能形成氢键，所以H2O的熔沸点最高，C正确；D．Y、Z分别为：NO2、NO，NO2能与水反应生成一氧化氮和硝酸，NO2不能用排水法收集，D错误；故选：C。9．C【详解】A．同周期元素，质子数越多，原子半径越小，原子半径：r(O)＜r(N)＜r(C)，故A错误；B．N的质子数比C多，对核外电子的束缚力比C强，非金属性比C强，故B错误；C．Na的金属性比Mg强，所以NaOH的碱性比Mg(OH)2强，故C正确；D．Cl的最高价为+7价，其最高价氧化物对应的水化物为HClO4，故D错误；故选C。10．C【分析】B原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则B为O元素；E的最高正化合价与最低负化合价的绝对值之差为4，则E为S元素；从图中可以看出，D表现+4价，则其最外层有4个电子，D为硅元素；A与D位于同主族，则A为C元素；C离子带1个单位正电荷，则C为Na元素。从而得出A、B、C、D、E分别为C、O、Na、Si、S元素。【详解】A．在M中，D形成4个极性共价键，则其化合价为+4价，A正确；B．C、D、E分别为Na、Si、S，三者为同周期元素，且从左到右排列，原子半径依次减小，所以原子半径：Na＞Si＞S，B正确；C．A、B、D分别为C、O、Si，C、O为同周期元素，非金属O＞C，C、Si为同主族元素，非金属性C＞Si，所以非金属性：O＞C＞Si，C错误；D．E为硫元素，电子排布式为1s22s22p63s23p4，电子共占据9个轨道，所以基态硫原子核外有9种不同空间运动状态的电子，D正确；故选C。11．正确【详解】题干提示该离子是正三价阳离子，表明该离子是原子失去3个电子后形成的。由此可知，原子具有26(=2+2+6+2+6+5+3)个电子。由于核外电子数等于质子数。则该元素为26号铁元素。铁元素在元素周期表中的位置是第四周期第VIII族。故正确。12．正确【详解】基态Cr原子核外有24个电子，电子排布式为，故正确。13．正确【详解】第一电子层中只含有s能级，第二电子层中含有s、p能级，第三电子层中含有s、p、d能级，任何能层均含有s能级，但不是均含有s、p、d、f能级，故说法正确。14．错误【详解】同周期元素VA族第一电离能大于VIA族， 但电负性是同周期VIA族更大，描述错误。15．错误【详解】基态镁原子的电子排布是，3s轨道全充满状态比较稳定；基态铝原子是，3p不是全满，全空，半空中任意一种情况不稳定，故铝的第一电离能比镁小，故答案为：错误。16．(1) 恒压滴液漏斗 平衡气压，便于浓盐酸顺利滴入 防倒吸(2) 制取氯气 吸收多余的氯气，防止污染空气(3)    A B(4)(5) 无影响【分析】装置A中浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，氯气通入B装置中与锰酸钾在强碱性溶液中反应生成生成，最后用装置C吸收过量的氯气，据此分析解答；【详解】（1）由仪器构造可知a为滴液漏斗，使用恒压滴液漏斗可以平衡漏斗与三颈瓶中的压强，便于浓盐酸顺利流下；单向阀可以起到防倒吸的作用；（2）装置A用于制取氯气，装置C用于吸收过量的氯气，防止氯气污染环境；（3）基态Br为35号元素，最外层电子排布为：4s24p5；轨道表示式：  ；同周期元素第一电离能呈增大趋势，但N最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于O，则第一电离能：F>N>O>C，A图符合；气态基态+2价阳离子失去1个电子生成气态基态+3价阳离子所需要的能量为该原子的第三电离能，同一周期原子的第三电离能呈增大趋势，但由于C原子失去两个电子后2s能级为全满稳定结构，因此再失去一个电子需要的能量稍高，则满足这一规律的为B；（4）将氧化为二氧化碳，自身被还原为，1mol得5mol电子，1mol失2mol电子，根据得失电子守恒得离子方程式：；（5）结合反应可知关系式为5FeC2O4~ 5H2C2O4~2，故m g FeC2O4品体样品的纯度为=；若步骤1配制溶液时在空气中放置时间过长，因测定的是草酸的浓度，与亚铁离子无关，故则测定结果将无影响。17．(1) +4 3d24s2(2) 取少量反应后的溶液加入KSCN溶液，若溶液不变红，则Fe3+反应完全 防止Fe2+和TiO2+水解使绿矾不纯(或降低产品产率) 使TiO2+充分进入溶液M而提高原料利用率 TiO2++CO+H2O=TiO(OH)↓+CO2↑ 降低双草酸氧钛酸钾晶体溶解度，析出更多晶体(3) 250mL容量瓶、胶头滴管和碱式滴定管 ×100%【详解】（1）依据化合物中元素化合价代数和为0计算得中Ti的化合价为价，基态Ti原子的价电子排布式为；（2）①步骤一中检验溶液中反应完全的实验操作为取少量反应后的溶液加入溶液，若溶液不变红，则反应完全；②高温可促进和水解，故步骤二中，所控制温度不能过高的原因为防止和水解使绿矾不纯或降低产品产率；将绿矾洗涤液与结晶所得母液合并可使充分进入溶液M而提高原料利用率；③步骤三中，与发生相互促进的水解反应生成沉淀，反应的离子方程式为；④双草酸氧钛酸钾晶体难溶于醇，故步骤四中，加入乙醇的作用为降低双草酸氧钛酸钾晶体溶解度，使之析出更多晶体；（3）①配制溶液和量取碱性溶液必需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有容量瓶、胶头滴管和碱式滴定管；②由反应原理可得关系式：，则产品中的质量分数为％％。18．(1)O>Cl>N>H>Cr(2) 加大乙醇的投料利于的完全反应提高其利用率(3) 加入最后半滴(或一滴)标准液，溶液恰好由蓝色变为无色(或蓝色褪去)，且半分钟内不褪色(或不恢复) 96.1%(4)加入1 NaOH溶液 ，调节pH在6~12范围内 ，过滤，使用蒸馏水洗涤沉淀，取最后一次洗涤液，加入0.1 溶液、0.1 溶液无浑浊 ，洗涤干净【详解】（1）根据电负性的递变规律，配合物[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中元素电负性由大到小的顺序为O>Cl>N>H>Cr：（2）①BaCrO4和浓盐酸、无水乙醇充分反应，生成CrCl3和CO2气体，Ba2+转化为BaCl2，BaCrO4转化为CrCl3，Cr化合价降3，C2H5OH转化为CO2，反应方程式为；②上述反应中的乙醇与BaCrO4投料物质的量之比为1：4，实际投料物质的量比例大约为3：8，原因是加大乙醇的量，有利于BaCrO4完全反应，提高BaCrO4的利用率；（3）①淀粉遇到碘变蓝，滴定终点的现象是滴入最后一滴标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s不褪色；②由Cr元素守恒及方程式可得关系式2Cr3+～Cr2O～3I2～6Na2S2O3，根据关系式计算，故n(Cr3+)=0.0250mol/L×0.024L×，所以250mL溶液中n′(Cr3+)=0.0250mol/L×0.024L××=0.002mol，根据Cr元素守恒可知n(CrCl3)=n′(Cr3+)=0.002mol，所以样品中m(CrCl3)=0.002mol×158.5g/mol=0.317g，故样品中无水三氯化铬的质量分数为×100%=96.1%。（4）由图可知，pH在6～12范围之间，主要以Cr(OH)3存在，Cr(Ⅲ)中加入1mol⋅L-1NaOH溶液，调节pH在6～12，以生成Cr(OH)3沉淀，过滤后，滤渣中含有Cl-，用硝酸酸化的0.1mol⋅L-1AgNO3溶液和0.1mol⋅L-1HNO3溶液检验最后一次洗涤液中不存在Cl-时，可停止用蒸馏水洗涤Cr(OH)3沉淀，低温烘干，得到Cr(OH)3晶体。