2024届高三化学一轮复习--原子结构与性质练习题

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2024届高三化学一轮复习--原子结构与性质
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．含氰废水中氰化物的主要形态是HCN和CN-，CN-具有较强的配位能力，能与Cu＋形成一种无限长链离子，其片段为；下列说法正确的是

A．基态Fe2＋核外电子排布式为[Ar]3d54s1
B．Cu＋与CN-形成的离子的化学式为[Cu(CN)3]2-
C．K4[Fe(CN)6]中Fe2＋的配位数为6
D．某铁晶体(晶胞如图所示)中与每个Fe紧邻的Fe数为6
2．下列说法错误的是
A．可用光谱仪摄取某元素原子由基态跃迁到激发态的发射光谱，从而进行元素鉴定
B．夜空中的激光与电子跃迁释放能量有关
C．若基态氮原子价电子排布式为2s22p2p，则违反洪特规则
D．若某基态原子有n种不同运动状态的电子，则该原子的原子序数为n
3．元素周期表中第三周期三种元素原子①②③的逐级电离能数据如下表所示。下列有关比较错误的是
标号
①
②
③
电离能/kJ·mol−1
496
578
738
4562
1817
1451
6912
2745
7733
9543
11575
10540

A．最高正价：② > ③ > ① B．离子半径：② > ③ > ①
C．电负性：② > ③ > ① D．金属性：① > ③ > ②
4．化学用语是学习化学的重要工具，是国际上通用的化学语言。下列说法正确的是
A．基态的价电子轨道表示式为
B．杂化轨道模型：
C．键线式为的有机物存在顺反异构
D．Be原子最外层电子的电子云轮廓图为
5．短周期元素W、X、R、Y、Z是化合物G(结构式如图所示)的组成元素，原子序数依次增大，化合物G中R、X、Z原子的最外层都满足8电子结构，X、R同周期，X、Y同主族。下列说法正确的是
  
A．原子半径：
B．电负性：
C．最简单氢化物的沸点：
D．W、X、R组成的化合物均为共价化合物
6．高钴酸钠是一种用途广泛的化合物，实验室可通过电解与的混合溶液获得，并通过一系列反应来制备，相关化学方程式如下：；(未配平)；(未配平)。下列说法错误的是
A．钴元素位于元素周期表的d区
B．电解时阳极得到的气体可用向上排空气法收集
C．电解制备的过程中添加的可换成
D．转化为的化学方程式中和计量比为4∶7
7．根据如图所示，下列说法正确的是
  
A．第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示，该元素是Al
B．铝镁合金是优质储钠材料，原子位于面心和顶点，其晶胞如图2所示。1个铝原子周围有12个镁原子最近且等距离
C．某气态团簇分子结构如图3所示，该气态团簇分子的分子式为EF或FE
D．图4所示是的部分结构，其中H-N-H键的键角比的键角大，与中N原子的孤电子对在该配离子中转化为成键电子对有关
8．某螯合物(含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物)是一种矿物类饲料添加剂，结构简式如图所示。已知W、X、Y、Z、M为元素周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大，Z为地壳中含量最高的元素，M形成的二价阳离子核外电子各层均全充满。下列有关说法正确的是

A．该物质中所有的非金属元素都分布在元素周期表的p区
B．该化合物中M通过螯合作用形成的配位键是5
C．第一电离能由小到大的顺序是：
D．Z形成的简单气态氢化物的沸点比其同族的高
9．铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是常用的食品添加剂。下列判断正确的是
A．原子半径：r(Al) ②，B错误；
C．同周期主族元素自左向右电负性依次增大，所以电负性：② > ③ > ①，C正确；
D．同周期主族元素自左向右金属性依次减弱，所以金属性：① > ③ > ②，D正确；
故选B。
4．C
【详解】A．铁元素的原子序数为26，基态铁离子的价电子排布式为3d5，价电子轨道表示式为，故A错误；
B．1个s轨道与3个p轨道形成的杂化轨道模型为，故B错误；
C．由结构简式可知，2—丁烯酸分子中碳碳双键的碳原子连有不同的原子或原子团，存在顺反异构，故C正确；
D．铍元素的原子序数为4，基态原子的价电子排布式为2s2，最外层电子的电子云轮廓图为球形，不是哑铃形，故D错误；
故选C。
5．C
【分析】短周期元素W、X、R、Y、Z是化合物G的组成元素，原子序数依次增大，化合物G中R、X、Z原子的最外层都满足8电子结构，X形成3对共用电子对，Y形成5对共用电子对，且同主族，说明X为N，Y为P；R形成2对共用电子对，X、R同周期，R为O；Z形成1对共用电子对，Z的原子序数大于Y，Z为；W形成1对共用电子对，W的原子序数小于X，W为H；据此作答。
【详解】根据分析W、X、R、Y、Z依次为H、N、O、P、Cl元素；
A．原子半径W（H）＜X（N），A项错误；
B．同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，电负性Y（P）＜Z（Cl），B项错误；
C．X、Y的最简单氢化物依次为NH3、PH3，由于NH3分子间存在氢键、PH3分子间不存在氢键，最简单氢化物的沸点NH3＞PH3，即X＞Y，C项正确；
D．W（H）、X（N）、R（O）组成的化合物可能是NH4NO3、HNO3等，NH4NO3为离子化合物，D项错误；
答案选C。
6．C
【详解】A．钴元素的原子序数为27，价电子排布式为3d74s2，位于元素周期表的d区，故A正确；
B．由题意可知，电解氯化亚钴溶液时，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成密度比空气大的氯气，可用向上排空气法收集，故B正确；
C．由题意可知，电解氯化亚钴溶液时，水在阴极得到电子生成氢气和氢氧根离子，若将硫酸钠溶液换成硫酸镁溶液，镁离子会与阴极生成的氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，导致溶液的导电性减弱，不利于电解的进行，故C错误；
D．由得失电子数目守恒可知，转化为的化学方程式中和计量比为4∶7，故D正确；
故选C。
7．D
【详解】A．由图可知该元素I2、I3差距较大，可知最外层只有两个电子，处于第三周期，则为Mg，故A错误；
B．由晶胞结构可知Al位于面心，Mg位于顶点，1个铝原子周围有4个镁原子最近且等距离，故B错误；
C．该气态团簇分子由4个E和4个F组成，分子式为E4F4或F4E4，故C错误；
D．由图可知该配离子中N原子采用sp3杂化，无孤电子对，而NH3中N原子有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间的排斥作用，使得键角变小，故D正确；
故选：D。
8．D
【分析】Z为地壳中含量最高的元素，则Z为O；M形成的二价阳离子核外电子各层均全充满，则M为Mg或Zn；根据原子序数和成键情况，可判断W为H；X为C；Y为N。
【详解】A．H位于s区，C、N、O位于p区，A项错误；
B．根据题意，螯合作用需要成环，图中有5个配位键，但有一个未成环，故通过螯合作用形成的配位键是4，B项错误；
C．同周期元素第一电离能从左向右第一电离能有逐渐增大趋势，但N具有半充满电子结构，较稳定，第一电离能大于O，故三者大小：C＜O＜N，C项错误；
D．H2O能形成分子间氢键，沸点高于同主族其他元素的简单气态氢化物，D项正确。
答案选D。
9．C
【详解】A．同一周期自左向右，原子半径逐渐减小，原子半径：r(Al)>r(S)，A错误；
B．同一主族自上而下，原子电负性减小，电负性：χ(O)>χ(S)，B错误；
C．第一电离能：I1(N)H2O，D错误；
故答案选C。
10．B
【详解】A．Co中质子数是27，中子数是60—27=33，故A正确；
B．氮元素的原子序数为7，价电子排布式为2s22p3，最高能级2p上有3个电子，故B错误；
C．由电子云的伸展方向可知，各电子层含有的原子轨道数为n2，故C正确；
D．电子云的伸展方向与原子轨道数相等，则s、p、d能级所含有的原子轨道数分别是1、3、5，故D正确；
故选B。
11．B
【分析】a元素形成的单质在空气中体积约占即为氧气，则a为O元素，b的周期序数与族序数相等且原子序数大于氧原子的，即都为3，则b为Al元素，基态时c的3p原子轨道上没有成对电子，则价电子排布为3s23p3，c为P元素，基态时d原子3p原子轨道上有1个末成对电子，其外围电子排布式为3s23p5，则d为Cl元素，a与e处于同一个主族则e为Se元素；
【详解】由分析可知，a、b、c、d、e分别为O、Al、P、Cl、Se；
A．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同的原子序数越多离子半径越小，则离子半径：，A错误；
B ．d为Cl元素，一种酸即HClO为共价化合物，O原子分别与H和Cl共用一对电子对，电子式：  ，B正确；
C．e为Se元素，与S同主族即价电子数为6，Se位于第四周期，其价电子排布式为4s24p4，C错误；
D．b为Al元素，c为P元素，同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应的水化物的酸性也增强，则磷酸的酸性更强，D错误；
故选：B。
12．A
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大。W与Q同主族，且Q的原子序数是W的2倍，则W为氧元素，Q为硫元素；X离子在同周期内离子半径最小，则X为铝元素，所以Y为硅元素，Z为磷元素，以此解题。
【详解】A．水分子间存在氢键，所以简单氢化物沸点：，A项正确；
B．的氧化物可以作光导纤维，项错误；
C．电子层越多，半径越大，同周期越靠左半径越大，则原子半径：，C项错误；
D．同周期越靠右电负性越大，则硅元素的电负性比磷弱，D项错误；
故选A。
13．D
【分析】基态碳原子核外电子的轨道表示式为：，在2p轨道中，存在两个自旋方向相同的电子。
【详解】A．从图中可以看出，两个未成对电子分别占据两个不同的2p轨道，则电子云形状相同，都为哑铃形或纺锤形，A正确；
B．从图中可以看出，两个未成对电子分别占据两个2p轨道，并且自旋方向相同，B正确；
C．在同一原子的同一电子亚层中，不同轨道的能量相同，基态碳原子的两个未成对电子分别点据2p亚层中的两个不同轨道，则电子的能量相同，C正确；
D．在2p亚层中，电子云有x、y、z三种相互垂直的伸展方向，所以原子轨道取向不同，D错误；
故选D。
14．C
【详解】A．1913年玻尔提出氢原子结构模型，创造性的将量子学说与卢瑟福的原子核式结构结合起来，成为玻尔模型，即原子的构造原理，故A正确；
B．门捷列夫按照相对原子质量大小制出第一张元素周期表，故B正确；
C．美国化学家鲍林提出了电负性的概念和杂化轨道理论，故C错误；
D．莫塞莱用实验证明元素的主要特性由其原子序数决定，而不是由原子量决定，故D正确；
故选：C。
15．C
【详解】A．阿霉素分子中饱和碳原子的杂化方式为，苯环上碳原子的杂化方式为，A正确；
B．红外光谱法是利用物质对红外线的特征吸收建立起来的分析方法，因此红外光谱法可推测阿霉素分子中的官能团，B正确；
C．阿霉素与环糊精通过氢键结合形成超分子包合物，C错误；
D．组成阿霉素分子的元素有C、H、O、N，由于氮元素的2p轨道电子处于半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，所以基态原子的第一电离能最大的元素为N，D正确；
答案选C。
16．(1)
(2) [Ar]3d3 受热均匀，便于控制温度在40 ℃
(3) Cr3＋生成Cr(OH)3沉淀或CrOOH沉淀，过滤去除 边搅拌边加入2 mol/L Ba(OH)2溶液，调节溶液的pH在6～12范围内，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤液中滴加0.1 mol/L HNO3和0.1 mol/L AgNO3溶液不再出现浑浊 91.56%

【分析】配制过程中，与硫酸亚铁发生氧化还原反应；向三颈瓶中加入5g铁粉，在搅拌下加入模拟酸洗废液50mL，40℃下加热1.5h，产生Cr(OH)3沉淀或CrOOH沉淀，过滤除去。
【详解】（1）转化为，Cr元素的化合价降低，则Fe2+被氧化为Fe3+，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：；
（2）①基态Cr原子的核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1，Cr原子失去3个电子生成Cr3+，则基态的核外电子排布式为[Ar]3d3，故答案为：[Ar]3d3；
②该反应的反应温度为40℃，温度较低，采用40℃水浴加热可使受热均匀，便于控制温度在40 ℃，故答案为：受热均匀，便于控制温度在40 ℃；
（3）①随着溶液pH升高，溶液中的OH-浓度升高，与OH-结合生成Cr(OH)3沉淀或CrOOH沉淀，过滤去除，故答案为：Cr3＋生成Cr(OH)3沉淀或CrOOH沉淀，过滤去除；
②由图可知，pH在6～12范围之间时，主要以Cr(OH)3存在，Cr(Ⅲ)中加入2 mol/L Ba(OH)2溶液，调节pH在6～12，以生成Cr(OH)3沉淀，过滤后，用蒸馏水洗涤沉淀，若未洗涤干净，滤渣中会含有Cl-，用稀HNO3和AgNO3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，再低温烘干，得到高纯Cr(OH)3晶体，故答案为：边搅拌边加入2 mol/L Ba(OH)2溶液，调节溶液的pH在6～12范围内，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤液中滴加0.1 mol/L HNO3和0.1 mol/L AgNO3溶液不再出现浑浊；
③根据题意，消耗的，根据可得，，即
0.9000g样品中含，Cr(OH)3样品纯度为，故答案为：91.56%。
17．(1)CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4
(2)[Cu(H2O)4]2+
(3) 氨分子中的氮原子提供孤电子对，Cu2+提供空轨道
(4) 过量6mol/L氨水，蓝色沉淀不溶解 硫酸铵溶液 由于Cu(OH)2+4NH3•H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，加入能结合OH-使平衡正移，促进[Cu(NH3)4]2+的生成
(5)降低温度，加入乙醇

【分析】往硫酸铜溶液中加入氨水，生成氢氧化铜蓝色沉淀。若往沉淀中继续加入氨水，沉淀不溶解；若往硫酸铜溶液中加入氨水，生成的氢氧化铜蓝色沉淀能溶于氨水，则表明起初反应生成的硫酸铵能促进铜氨离子的生成。
【详解】（1）实验1中生成的蓝色沉淀为Cu(OH)2，化学方程式是CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4。答案为：CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4；
（2）实验2中，起初溶液中含有[Cu(H2O)4]2+，呈蓝色，后来变为深蓝色的[Cu(NH3)4]2+，是因为其中的配离子由[Cu(H2O)4]2+变为[Cu(NH3)4]2+。答案为：[Cu(H2O)4]2+；
（3）Cu2+的价层电子排布式为3d9，轨道表示式是 ，[Cu(NH3)4]2+中，配位键是在Cu2+与NH3分子间形成，形成的原因：氨分子中的氮原子提供孤电子对，Cu2+提供空轨道。答案为： ；氨分子中的氮原子提供孤电子对，Cu2+提供空轨道；
（4）①去除了Na+，需验证在没有Na+的情况下沉淀是否溶解，所以向其中一份加入过量6mol/L氨水，蓝色沉淀不溶解，说明猜测i不成立。
②硫酸铜溶液中加入氨水，生成硫酸铵，则应向另一份加入过量6mol/L氨水，再滴入几滴硫酸铵溶液，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，说明猜测ii成立。
③的存在，能促进[Cu(NH3)4]2+的生成，则表明能促进Cu(OH)2+4NH3•H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O平衡的正向进行，所以从平衡移动的角度，结合化学用语解释能促进[Cu(NH3)4]2+的生成的原因：由于Cu(OH)2+4NH3•H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，加入能结合OH-使平衡正移，促进[Cu(NH3)4]2+的生成。答案为：过量6mol/L氨水，蓝色沉淀不溶解；硫酸铵溶液；由于Cu(OH)2+4NH3•H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，加入能结合OH-使平衡正移，促进[Cu(NH3)4]2+的生成；
（5）信息显示，温度高时，[Cu(NH3)4]SO4•H2O易分解，在乙醇中，[Cu(NH3)4]SO4•H2O的溶解度降低，则从实验2所得深蓝色溶液中获得较多晶体[Cu(NH3)4]SO4•H2O的措施是：降低温度，加入乙醇。答案为：降低温度，加入乙醇。
【点睛】通常，盐在乙醇中都具有较小的溶解度。
18．(1) 1s22s22p63s23p63d6 24
(2)D
(3)KSCN溶液
(4) 酸性高锰酸钾溶液 酸性高锰酸钾褪色

【分析】证明磁铁矿石中存在+2、+3价的铁元素，将磁铁矿用酸溶解后，检验Fe2+和Fe3+即可证明，实验室用KSCN溶液检验Fe3+，Fe2+具有还原性，加入酸性高锰酸钾，若酸性高锰酸钾褪色，说明含有Fe2+。
【详解】（1）Fe为26号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子失去最外层4s能级2个电子，形成Fe2+，则Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；核外有多少个电子，就有多少种运动状态不同的电子，Fe2+核外有24个电子，则有24种运动状态不同的电子，故答案为：1s22s22p63s23p63d6；24；
（2）氨水和氢氧化钠能与Fe2+、Fe3+反应生成沉淀，不能用于溶解磁铁矿石，检验Fe2+需加入高锰酸钾，若加入稀盐酸，Cl-也能被酸性高锰酸钾氧化，干扰Fe2+的检验，因此用硫酸溶解磁铁矿石，即试剂A为硫酸，故答案为：D；
（3）实验室通常用KSCN溶液检验Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+变为血红色，因此取溶解后的液体少许，加入少量KSCN溶液，若观察到溶液变为血红色，则证明有Fe3+，故答案为：KSCN溶液；
（4）Fe2+具有还原性，能使酸性高锰酸钾褪色，因此取溶解后的液体少许，加入少量酸性高锰酸钾溶液，若观察到酸性高锰酸钾褪色，则证明有Fe2+，故答案为：酸性高锰酸钾溶液；酸性高锰酸钾褪色。
19．(1) 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5或[Ar]3d5 恒压滴液漏斗
(2)乙酰氯与四水醋酸锰中的结晶水反应生成CH3COOH和HCl，从而获得无水醋酸锰(或其他合理叙述)
(3)(CH3COO)2 Mn+2CH3COC1MnCl2 +2(CH3CO)2O
(4)步骤Ⅰ常温下可防止生成MnCl2，步骤Ⅱ加热回流能促进反应生成MnCl2(或其他合理叙述)
(5)抽滤速度快、液体和固体分离比较完全、滤出的固体容易干燥等(写出一条即可)
(6) cdba 吸收产生的酸性气体或防止外部水气进入样品(写出一条即可)
(7)乙

【分析】本题是一道无机物制备类的实验题，由题给流程可知，四水醋酸锰和乙酰氯溶解在苯中搅拌抽滤得到醋酸锰固体，向加入醋酸锰固体中加入苯和乙酰氯回流搅拌，醋酸锰和乙酰氯反应得到氯化锰沉淀，抽滤、洗涤得到无水二氯化锰。
【详解】（1）锰为25号元素，则基态Mn2+核外电子排布式为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5或[Ar]3d5；由图可知盛放乙酰氯的仪器名称为恒压滴液漏斗；
（2）根据题给信息可知，四水醋酸锰和乙酰氯反应生成CH3COOH和HCl为原料制备无水二氯化锰，故步骤Ⅰ能获得无水醋酸锰的原理为：乙酰氯与四水醋酸锰中的结晶水反应生成CH3COOH和HCl，从而获得无水醋酸锰(或其他合理叙述)；
（3）步骤Ⅱ中无水醋酸锰和乙酰氯反应生成无水二氯化锰粗产品，相应的方程式为：(CH3COO)2 Mn+2CH3COC1MnCl2 +2(CH3CO)2O；
（4）根据题给信息可知，CH3COCl沸点较低，容易挥发，步骤I为了使反应更加充分，防止CH3COCl挥发，应该在低温下进行，而步骤Ⅱ有回流装置，可防止挥发，加热可以加快反应速率，故答案为：步骤Ⅰ常温下可防止生成MnCl2，步骤Ⅱ加热回流能促进反应生成MnCl2(或其他合理叙述)；
（5）抽滤和普通过滤相比，最大的优点是，抽滤可以使过滤速度快、液体和固体分离比较完全、滤出的固体容易干燥等；
（6）①纯化完成后的操作和纯化的操作相反，纯化完成后首先关闭加热器，待烧瓶冷却至室温，然后打开安全瓶上旋塞，关闭抽气泵，最后拔出圆底烧瓶的瓶塞，将产品转至干燥器中保存，故答案为cdba；
②由于可能混有酸性气体且无水二氯化锰极易吸水潮解，因此NaOH固体的作用是吸收产生的酸性气体或防止外部水气进入样品(写出一条即可)。
（7）由于无水二氯化锰极易吸水潮解，且锰离子水解，所以应该通过测定产品中氯元素的含量确定纯度，所以合理的是乙同学的方法。
20．(1)N
(2)升华
(3)
(4)
(5)

【分析】A中制取氮气，B干燥氮气，C干燥氯气并将氮气和氯气混合，D中发生，CNCl的熔点为-6.5℃，沸点为13.1℃，F用干冰和丙酮降温，F收集CNCl，G防止空气中的水进入装置，最后进行尾气处理。
【详解】（1）中Na第一电离能最小，N的2p能级处于半充满状态，第一电离能比O大，所含元素中第一电离能最大的是N；
（2）F中干冰和丙酮的作用是降低温度，此时干冰升华，吸收热量；
（3）实验中，先向D中通入，赶走装置中的空气；
（4）D中温度高于-5℃时，与反应只生成和气体X(纯净物，其结构中不含环状结构)，X为(CN)2，X的电子式为，结构式为；
（5）本实验在通风橱中进行且操作者佩戴防毒面具，原因是和都有毒。向盛有溶液的试管中通入少量，然后滴加一滴溶液，溶液立即变为红色，说明有SCN-产生，和反应的离子方程式为。