考点5 物质结构和元素周期律-2024年高考化学试题分类汇编

这是一份考点5 物质结构和元素周期律-2024年高考化学试题分类汇编，共13页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1.(2024·湖北选择考·5)基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述错误的是( )
A.VSEPR理论认为VSEPR模型与分子的空间结构相同
B.元素性质随着原子序数递增而呈周期性变化的规律称为元素周期律
C.泡利原理认为一个原子轨道内最多只能容纳两个自旋相反的电子
D.sp3杂化轨道由1个s轨道和3个p轨道混杂而成
【解析】选A。VSEPR模型是价层电子对的空间结构模型,而分子的空间结构指的是成键电子对的空间结构,不包括孤电子对,当中心原子无孤电子对时,两者空间结构相同,当中心原子有孤电子对时,两者空间结构不同,故A错误;元素的性质随着原子序数的递增而呈现周期性的变化,这一规律叫元素周期律,故B正确;在一个原子轨道里,最多只能容纳两个电子,它们的自旋相反,这个原理被称为泡利原理,故C正确;1个s轨道和3个p轨道发生sp3杂化,形成4个能量相同、方向不同的sp3杂化轨道,故D正确。
2.(2024·湖北选择考·9)主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大,X、Y的价电子数相等,Z的价电子所在能层有16个轨道,4种元素形成的化合物如图。下列说法正确的是( )
Z+[]-
A.电负性:W>Y
B.酸性:W2YX3>W2YX4
C.基态原子的未成对电子数:W>X
D.氧化物溶于水所得溶液的pH:Z>Y
【解析】选D。主族元素Z的价电子所在能层有16个轨道,则Z的价电子位于第4能层,又根据4种元素形成的化合物的结构,Z形成+1价阳离子,因此Z的价电子排布为4s1,即Z为K元素。主族元素X、Y的价电子数相等,二者位于同一主族,根据化合物的结构,Y能形成6个共价键,X能形成2个共价键,因此X、Y位于第ⅥA族,又W、X、Y、Z原子序数依次增大,因此X为O元素、Y为S元素。W的原子序数最小且只能形成1个共价键,因此W只能为H元素。故W、X、Y、Z分别为H、O、S、K。根据W和Y可以形成H2S,其中S显-2价,故电负性:S>H,A不正确;H2SO3是中强酸,而H2SO4是强酸,B不正确;H只有1个电子,O的2p轨道上有2个未成对电子,因此,基态原子的未成对电子数:O>H,C不正确;K的氧化物溶于水且与水反应生成强碱KOH,S的氧化物溶于水且与水反应生成酸H2SO3或H2SO4,因此,氧化物溶于水所得溶液的pH的大小关系为 K>S,D正确。
3.(2024·全国甲卷·11)W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。W和X原子序数之和等于Y-的核外电子数,化合物W+[ZY6]-可用作化学电源的电解质。下列叙述正确的是( )
A.X和Z属于同一主族
B.非金属性:X>Y>Z
C.气态氢化物的稳定性:Z>Y
D.原子半径:Y>X>W
【解析】选A。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素,且能形成离子化合物W+[ZY6]-,则W为Li或Na;又由于W和X原子序数之和等于Y-的核外电子数,若W为Na,X原子序数大于Na,则W和X原子序数之和大于18,不符合题意,因此W只能为Li元素;由于Y可形成Y-,故Y为第ⅦA族元素,且原子序数Z大于Y,故Y不可能为Cl元素,因此Y为F元素,X的原子序数为10-3=7,X为N元素;根据W、Y、Z形成离子化合物W+[ZY6]-,可知Z为P元素;综上所述,W为Li元素,X为N元素,Y为F元素,Z为P元素。A.由分析可知,X为N元素,Z为P元素,X和Z属于同一主族,A项正确;B.由分析可知,X为N元素,Y为F元素,Z为P元素,非金属性:F>N>P,B项错误;C.由分析可知,Y为F元素,Z为P元素,非金属性越强,其简单气态氢化物的稳定性越强,即气态氢化物的稳定性:HF>PH3,C项错误;D.由分析可知,W为Li元素,X为N元素,Y为F元素,同周期主族元素原子半径随着原子序数的增大而减小,故原子半径:Li>N>F,D项错误。故选A。
4.(2024·黑、吉、辽选择考·11)如下反应相关元素中,W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素,基态X原子的核外电子有5种空间运动状态,基态Y、Z原子有两个未成对电子,Q是ds区元素,焰色试验呈绿色。下列说法错误的是( )
QZY4溶液QZX4Y4W12溶液
A.单质沸点:Z>Y>W
B.简单氢化物键角:X>Y
C.反应过程中有蓝色沉淀产生
D.QZX4Y4W12是配合物,配位原子是Y
【解析】选D。Q是ds区元素,焰色试验呈绿色,则Q为Cu元素;空间运动状态数是指电子占据的轨道数,基态X原子的核外电子有5种空间运动状态,则X为第2周期元素,满足此条件的主族元素有N(1s22s22p3)、O(1s22s22p4)、F(1s22s22p5);X、Y、Z的原子序数依次增大,基态Y、Z原子有两个未成对电子,若Y、Z为第2周期元素,则满足条件的可能为C(1s22s22p2)或O(1s22s22p4),C原子序数小于N,所以Y不可能为C,若Y、Z为第3周期元素,则满足条件的可能为Si(1s22s22p63s23p2)或S(1s22s22p63s23p4),Y、Z可与Cu形成CuZY4,而O、Si、S中只有O和S形成的SO42−才能与Cu形成CuZY4,所以Y、Z分别为O、S元素,则X只能为N元素;W能与X形成XW3,则W为第ⅠA族或第ⅦA族元素,但W原子序数小于N,所以W为H元素。综上所述,W、X、Y、Z、Q分别为H、N、O、S、Cu。W、Y、Z分别为H、O、S,S单质常温下呈固态,其沸点高于氧气和氢气,O2和H2均为分子晶体,O2的相对分子质量大于H2,O2的范德华力大于 H2,所以沸点:O2>H2,即单质沸点:S>O2>H2,故A正确;Y、X的简单氢化物分别为H2O和NH3,H2O的中心原子O原子的价层电子对数为2+12×(6-2×1)=4,孤电子对数为2,空间结构为V形,键角约为105°,NH3的中心原子N原子的价层电子对数为3+12×(5-3×1)=4,孤电子对数为1,空间结构为三角锥形,键角约为107°,所以简单氢化物键角:X>Y,故B正确;硫酸铜溶液中滴加氨水,氨水不足时生成蓝色沉淀氢氧化铜,氨水过量时氢氧化铜溶解,生成Cu(NH3)4SO4,即反应过程中有蓝色沉淀产生,故C正确;QZX4Y4W12为Cu(NH3)4SO4,其中铜离子提供空轨道,NH3的N原子提供孤电子对,两者形成配位键,配位原子为N,故D错误。
5.(2024·江苏选择考·1)我国探月工程取得重大进展。月壤中含有Ca、Fe等元素的磷酸盐,下列元素位于元素周期表第二周期的是( )
A.O B.P C.Ca D.Fe
【解析】选A。O元素位于元素周期表第二周期ⅥA族,A符合题意;P元素位于元素周期表第三周期ⅤA族,B不符合题意;Ca元素位于元素周期表第四周期ⅡA族,C不符合题意;Fe元素位于元素周期表第四周期Ⅷ族,D不符合题意。
6.(2024·江苏选择考·2)反应PbS+4H2O2PbSO4+4H2O可用于壁画修复。下列说法正确的是( )
A.S2-的结构示意图为
B.H2O2中既含离子键又含共价键
C.SO42−中S元素的化合价为+6
D.H2O的空间构型为直线形
【解析】选C。S2-核外有18个电子,其结构示意图为,A错误;H2O2是共价化合物,其中只含共价键,B错误;SO42−中O元素化合价为-2,S元素的化合价为+6,C正确;H2O中O的杂化类型为sp3,O有2个孤电子对,因此H2O的空间构型为V形,D错误。
7.(2024·江苏选择考·4)明矾[KAl(SO4)2·12H2O]可用作净水剂。下列说法正确的是( )
A.半径:r(Al3+)>r(K+)
B.电负性:χ(O)>χ(S)
C.沸点:H2S>H2O
D.碱性:Al(OH)3>KOH
【解析】选B。Al3+有2个电子层,而K+有3个电子层,因此,K+的半径较大,A错误;同一主族的元素,其电负性从上到下依次减小,O和S都是ⅥA族的元素,O元素的电负性较大,B正确;虽然H2S的相对分子质量较大,但是H2O分子间可形成氢键,因此H2O的沸点较高,C错误;元素的金属性越强,其最高价氧化物对应水化物的碱性越强,K的金属性强于Al,因此KOH的碱性较强,D错误。
8.(2024·河北选择考·7)侯氏制碱法工艺流程中的主反应为QR+YW3+XZ2+W2ZQWXZ3+YW4R,其中W、X、Y、Z、Q、R分别代表相关化学元素。下列说法正确的是( )
A.原子半径:WB.第一电离能:XC.单质沸点:ZD.电负性:W【解析】选C。A.一般原子的电子层数越多半径越大,电子层数相同时,核电荷数越大,半径越小,则原子半径:H9.(2024·河北选择考·9)NH4ClO4是火箭固体燃料重要的氧载体,与某些易燃物作用可全部生成气态产物,如:NH4ClO4+2CNH3↑+2CO2↑+HCl↑。下列有关化学用语或表述正确的是( )
A.HCl的形成过程可表示为H·+·Cl······H+[··Cl······]-
B.NH4ClO4中的阴、阳离子有相同的VSEPR模型和空间结构
C.在C60、石墨、金刚石中,碳原子有sp、sp2和sp3三种杂化方式
D.NH3和CO2都能作制冷剂是因为它们有相同类型的分子间作用力
【解析】选B。A.HCl是共价化合物,其电子式为H··Cl······,HCl的形成过程可表示为H·+·Cl······H··Cl······,故A错误;B.NH4ClO4中NH4+的中心N原子孤电子对数为12×(5-1-4)=0,价层电子对数为4,ClO4-的中心Cl原子孤电子对数为12×(7+1-2×4)=0,价层电子对数为4,则二者的VSEPR模型和空间结构均为正四面体形,故B正确;C.C60、石墨、金刚石中碳原子的杂化方式分别为sp2、sp2、sp3,共有2种杂化方式,故C错误;D.NH3易液化,其汽化时吸收热量,可作制冷剂,干冰易升华,升华时吸收热量,也可作制冷剂,NH3分子间作用力为氢键和范德华力,CO2分子间仅存在范德华力,故D错误。故选B。
10.(2024·北京等级考·1)我国科研人员利用激光操控方法,从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子,实现了对同位素41Ca的灵敏检测。41Ca的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万年,是14C的17倍,可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是( )
20 Ca
钙
4s2
40.08
A.41Ca的原子核内有21个中子
B.41Ca的半衰期长,说明41Ca难以失去电子
C.41Ca衰变一半所需的时间小于14C衰变一半所需的时间
D.从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子的过程属于化学变化
【解析】选A。41Ca的质量数为41,质子数为20,所以中子数为41-20=21,A正确;41Ca的半衰期长短与得失电子能力没有关系,B错误;根据题意41Ca衰变一半所需的时间要大于14C衰变一半所需的时间,C错误;从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子的过程没有新物质产生,不属于化学变化,D错误。
11.(2024·北京等级考·2)下列化学用语或图示表达不正确的是( )
A.H2O2的电子式:H+[··O······O······]2-H+
B.CH4分子的球棍模型:
C.Al3+的结构示意图:
D.乙炔的结构式:H—C≡C—H
【解析】选A。H2O2是共价化合物,其电子式为H··O······O······H,故A错误;CH4为正四面体形,CH4分子的球棍模型:,故B正确;Al的原子序数为13,即Al3+的结构示意图:,故C正确;乙炔含有碳碳三键,结构式为H—C≡C—H,故D正确。
12.(2024·新课标卷·11)我国科学家最近研究的一种无机盐Y3[Z(WX)6]2纳米药物具有高效的细胞内亚铁离子捕获和抗氧化能力。W、X、Y、Z的原子序数依次增加,且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W的外层电子数是其内层电子数的2倍,X和Y的第一电离能都比左右相邻元素的高。Z的M层未成对电子数为4。下列叙述错误的是( )
A.W、X、Y、Z四种元素的单质中Z的熔点最高
B.在X的简单氢化物中X原子轨道杂化类型为sp3
C.Y的氢氧化物难溶于NaCl溶液,可以溶于NH4Cl溶液
D.Y3[Z(WX)6]2中WX-提供电子对与Z3+形成配位键
【解析】选A。W、X 、Y、Z的原子序数依次增加,且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W的外层电子数是其内层电子数的2倍,则W为C元素;每个周期的ⅡA族和ⅤA族的元素的第一电离能都比左右相邻元素的高,由于Y3[Z(WX)6]2是一种无机盐,其中的Y为阳离子,则Y属于金属元素,故X和Y分别为N和Mg;Z的M层未成对电子数为4,则其3d轨道上有4个未成对电子,其价层电子排布式为3d64s2,Z为Fe元素,Y3[Z(WX)6]2为Mg3[Fe(CN)6]2。A.W、X、 Y、Z四种元素的单质中,N元素的单质形成分子晶体,Mg和Fe均形成金属晶体,C元素既可以形成金刚石又可以形成石墨,石墨的熔点最高,A不正确;B.X的简单氢化物是NH3,其中N原子轨道杂化类型为sp3,B正确;C.Y的氢氧化物是Mg(OH)2,属于中强碱,难溶于水和NaCl溶液,但是,由于NH4Cl电离产生的NH4+可以破坏Mg(OH)2的沉淀溶解平衡,因此Mg(OH)2可以溶于NH4Cl溶液,C正确;D.Mg3[Fe(CN)6]2中CN-提供电子对与Fe3+形成配位键,D正确。
13.(2024·甘肃选择考·2)下列化学用语表述错误的是( )
A.Ca2+和Cl-的最外层电子排布图均为
B.PH3和H2S的电子式分别为H··P··H··H和H··S······H
C.CH2CHCH2CH2CH3的分子结构模型为
D.612C、613C和 614C互为同位素
【解析】选B。Ca2+和Cl-的核外电子数都是18,最外层电子排布式均为3s23p6,其最外层电子排布图均为,故A正确;PH3中磷原子和每个氢原子共用一对电子,中心原子P原子上的孤电子对数为5−1×32=1,因此PH3的电子式应为H··P··H····H,故B错误;CH2CHCH2CH2CH3分子中存在1个碳碳双键,位于1号碳原子与2号碳原子之间,存在3个碳碳单键,无支链,且氢原子半径小于碳原子半径,其分子结构模型表示为,故C正确;612C、613C和 614C是质子数相同、中子数不同的碳原子,是碳元素的不同核素,互为同位素,故D正确。
14.(2024·甘肃选择考·5)X、Y、Z、W、Q为短周期元素,原子序数依次增大,最外层电子数之和为18。Y原子核外有两个单电子,Z和Q同族,Z的原子序数是Q的一半,W元素的焰色试验呈黄色。下列说法错误的是( )
A.X、Y组成的化合物有可燃性
B.X、Q组成的化合物有还原性
C.Z、W组成的化合物能与水反应
D.W、Q组成的化合物溶于水呈酸性
【解析】选D。X、Y、Z、W、Q为短周期元素,W元素的焰色试验呈黄色,W为Na元素;Z和Q同族,Z的原子序数是Q的一半,则Z为O、Q为S;Y原子核外有两个单电子且原子序数小于Z,Y为C元素;X、Y、Z、W、Q的最外层电子数之和为18,则X的最外层电子数为18-4-6-1-6=1,X可能为H或Li。若X为H,H与C组成的化合物为烃,烃能够燃烧,若X为Li,Li与C组成的化合物也具有可燃性,A项正确;X、Q组成的化合物中Q(即S)元素呈-2价,为S元素的最低价,具有还原性,B项正确;Z、W组成的化合物为Na2O、Na2O2,Na2O与水反应生成NaOH,Na2O2与水反应生成NaOH和O2,C项正确;W、Q组成的化合物Na2S属于强碱弱酸盐,其溶于水所得溶液呈碱性,D项错误。
二、非选择题
15.(2024·安徽选择考·15)精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程,如下图所示。
回答下列问题:
(1)Cu位于元素周期表第 周期第 族。
(2)“浸出液1”中含有的金属离子主要是 。
(3)“浸取2”步骤中,单质金转化为HAuCl4的化学方程式为 。
(4)“浸取3”步骤中,“浸渣2”中的 (填化学式)转化为[Ag(S2O3)2]3-。
(5)“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为
。
“电沉积”步骤完成后,阴极区溶液中可循环利用的物质为 (填化学式)。
(6)“还原”步骤中,被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为 。
(7)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。从物质结构的角度分析S4O62−的结构为(a)而不是(b)的原因:
。
【解析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素,铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取,Cu被转化为Cu2+进入浸出液1中,Ag、Au不反应,浸渣1中含有Ag和Au;浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取,Au转化为HAuCl4进入浸出液2,Ag转化为AgCl,浸渣2中含有AgCl;浸出液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au,同时N2H4被氧化为N2;浸渣2中加入Na2S2O3,将AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-,得到浸出液3,利用电沉积法将[Ag(S2O3)2]3-还原为Ag。
(1)Cu的原子序数为29,位于第四周期第ⅠB族;
(2)由分析可知,铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取,Cu被转化为Cu2+进入浸出液1中,故浸出液1中含有的金属离子主要是Cu2+;
(3)浸取2步骤中,Au与盐酸、H2O2发生氧化还原反应,生成HAuCl4和H2O,根据得失电子守恒及质量守恒,可得反应的化学方程式为2Au+8HCl+3H2O22HAuCl4+6H2O;
(4)根据分析可知,浸渣2中含有AgCl,与Na2S2O3反应转化为[Ag(S2O3)2]3-;
(5)电沉积步骤中,阴极发生还原反应,[Ag(S2O3)2]3-得电子被还原为Ag,电极反应式为[Ag(S2O3)2]3-+e-Ag↓+2S2O32−;阴极反应生成S2O32−,同时阴极区溶液中含有Na+,故电沉积步骤完成后,阴极区溶液中可循环利用的物质为Na2S2O3;
(6)还原步骤中, HAuCl4被还原为Au,Au化合价由+3价变为0价,一个HAuCl4转移3个电子,N2H4被氧化为N2,N的化合价由-2价变为0价,一个N2H4转移4个电子,根据得失电子守恒,被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3∶4;
(7)氧原子电负性大,半径小,对相应成键电子对的斥力大,使氧氧键键能小,不稳定,更易断裂,故(b)不稳定。
答案:(1)四 ⅠB
(2)Cu2+
(3)2Au+8HCl+3H2O22HAuCl4+6H2O
(4)AgCl
(5)[Ag(S2O3)2]3-+e-Ag↓+2S2O32− Na2S2O3
(6)3∶4
(7)氧原子电负性大,半径小,对相应成键电子对的斥力大,使氧氧键键能小,不稳定,更易断裂,故(b)不稳定