（新课标）广西2019高考化学二轮复习 专题二 化学基本理论 第4讲 物质结构、元素周期律学案.doc

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1、1第第 4 4 讲讲 物质结构、元素周期律物质结构、元素周期律一、选择题(本题包括 7 个小题,每小题 6 分,共 42 分)1 1.(2017 北京理综,7)2016 年 IUPAC 命名 117 号元素为 Ts(中文名“ ”,tin),Ts 的原子核外最外层电子数是 7。下列说法不正确的是( )A.Ts 是第七周期第A 族元素B.Ts 的同位素原子具有相同的电子数C.Ts 在同族元素中非金属性最弱D.中子数为 176 的 Ts 核素符号是Ts176117答案 D解析 117 号元素位于第七周期第A 族,根据同主族从上到下,元素的非金属性逐渐减弱可知,Ts 在同族元素中非金属性最弱,A 项、

2、C 项正确;同位素原子的质子数相同,中子数不同,由于原子的质子数=核外电子数,故电子数也相同,B 项正确;核素符号左上角的数字表示质量数,根据质量数=质子数+中子数,则中子数为 176 的 Ts 核素的质量数为 117+176=293,符号为Ts,D 项错误。2931172 2.CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径。以下是在一定条件下用 NH3捕获 CO2生成重要化工产品三聚氰酸的反应:下列有关三聚氰酸的说法正确的是( )A.分子式为 C3H6N3O3B.分子中既含极性键,又含非极性键C.属于共价化合物D.生成该物质的上述反应为中和反应答案 C解析正确的分子式为 C3H3N3O3,A 错

3、误。该分子中只有极性键,即 CN、CN、CO 和 HO 键,B 错误。因为该分子中只有共价键,属于共价化合物,C 正确。因为 NH3不是碱,CO2不是酸,且三聚氰酸不是盐,不符合中和反应的定义,D 错误。3 3.(2017 课标全国,12)短周期元素 W、X、Y 和 Z 在周期表中的相对位置如表所示,这四种元素原子的最外层电子数之和为 21。下列关系正确的是( )A.氢化物沸点:WWC.化合物熔点:Y2X3W-;Y 的单质晶体熔点高、硬度大,是一种重要的半2 -导体材料。下列说法中正确的是( )A.X、M 两种元素只能形成 X2M 型化合物B.M 与 X、M 与 Y 形成的化合物均为离子化合物

4、C.X2M、YM2中含有相同类型的化学键D.Y 的最高价氧化物的熔点比 Z 的最高价氧化物的熔点高答案 D解析 X、Y、Z、W、M 五种元素均为短周期元素,由 X+与 M2-具有相同的电子层结构知,X、M 分别为Na、O;Z、M 同主族,故 Z 为 S;离子半径:W-,且 Z、W 同周期,故 W 为 Cl;Y 的单质晶体熔点高、2 -硬度大,是一种重要的半导体材料,故 Y 为 Si。5 5.(2018 山东名校联考)我国地质学家首次发现被誉为“矿石熊猫”的香花石,它由前 20 号元素中的 6 种主族元素组成,其化学式为 Y2X3(ZWR4)3T2,其中 X、Y、Z 为金属元素,Z 的最外层电子

5、数与次外层电子数相等,X、Z 位于同一族,Y、Z、R、T 位于同一周期,R 最外层电子数是次外层的 3 倍,T无正价,X 与 R 原子序数之和是 W 的 2 倍。下列说法正确的是( )A.Y 的单质不能与水反应B.T 的单质能与 R 的简单氢化物发生置换反应C.T 的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强D.XR2、WR2两种化合物中 R 的化合价相同答案 B解析根据题给信息知 T 无正价,则 T 为氟元素;Y、Z、R、T 位于同一周期,则在第二周期,由 R 最外层电子数为次外层的 3 倍,知 R 为氧元素;Z 的最外层电子数与次外层相等,则 Z 为铍元素;Y、Z 为金属元素,Y 在第二周期,则

6、Y 为锂元素;X、Z 位于同一主族,则 X 为镁元素或钙元素;若 X 为镁元素,则由 X 与 R 原子序数之和是 W 的 2 倍,知 W 的原子序数为(12+8)2=10,推出 W 为氖元素,不符合题意;若X 为钙元素,则 W 的原子序数为 14,推出 W 为硅元素,符合题意,即 X 为钙元素、Y 为锂元素、Z 为铍元素、R 为氧元素、W 为硅元素、T 为氟元素。Li 与水能够发生反应,选项 A 错误;2F2+2H2O4HF+O2,选项 B 正确;T 为氟元素,没有最高价氧化物对应的水化物,选项 C 错误;XR2、WR2两种化合物为 CaO2、SiO2,因钙元素为+2 价、硅元素为+4 价,则

7、 O 的化合价分别为-1、-2,即两种化合物中 O 的化合价不相同,选项 D 错误。6 6.下列有关元素的性质或递变规律的说法正确的是( )A.第A 族与第A 族元素间可形成共价化合物或离子化合物B.第三周期主族元素从左到右,氧化物对应的水化物酸性依次增强C.同主族元素的简单阴离子还原性越强,对应的简单氢化物沸点越高D.同周期金属元素的主族序数越大,其原子失电子能力越强答案 A3解析第A 族为 H 和碱金属元素,第A 族元素为卤族元素,H 与卤族元素形成共价化合物,碱金属元素与卤族元素形成离子化合物,A 正确。第三周期元素从左到右非金属性逐渐增强,其最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强,但如果

8、不是最高价氧化物对应的水化物,则没有此递变规律,B 错误。同主族元素的简单阴离子还原性越强,元素非金属性越弱,对应简单氢化物的稳定性越弱,但简单氢化物的沸点不一定越高,如 HF 的沸点高于 HI,C 错误。同周期金属元素主族序数越大,金属性越弱,越难失去电子,如第三周期中,Na 比 Al 容易失去电子,D 错误。7 7.如图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:RAlO(或YZX),A 错误。气态氢化物的稳定性:HClH2S,B 错误。SO3(WX3)和水反应生成的 H2SO4为共价化合物,C 错误。二、非选择题(本题包括

9、4 个小题,共 58 分)8 8.(12 分)短周期元素 X、Y、Z、M 的原子序数依次增大,元素 X 的一种高硬度单质是宝石,Y2+电子层结构与氖相同,Z 的质子数为偶数,室温下 M 单质为淡黄色固体,回答下列问题:(1)M 元素位于周期表中的第 周期、第 族。 (2)Z 元素是 ,其在自然界中常见的由两种元素组成的化合物是 。 (3)X 与 M 的单质在高温下反应的化学方程式为 ,产物分子为直线形,其化学键属 (填“极性”或“非极性”)共价键。 (4)四种元素中的 可用于航空航天合金材料的制备,其单质与稀盐酸反应的化学方程式为 。 答案(1)三 A(2)Si SiO2(3)C+2SCS2

10、极性(4)Mg Mg+2HClMgCl2+H2解析短周期元素 X、Y、Z、M 的原子序数依次增大,元素 X 的一种高硬度单质是宝石,则 X 是 C;Y2+电子层结构与氖相同,则 Y 是 Mg;Z 的质子数为偶数,室温下 M 单质为淡黄色固体,则 Z 是 Si;M 是S。(1)S 的核外电子排布是 2、8、6,所以位于周期表中的第三周期A 族;(2)Z 元素是 Si,其在自4然界中常见的由两种元素组成的化合物是 SiO2;(3)X 与 M 的单质在高温下反应产生 CS2,该反应的化学方程式为 C+2SCS2,产物分子为直线形,结构与 CO2类似,由于是不同元素的原子形成的共价键,所 以其化学键属

11、极性共价键;(4)四种元素中只有 Mg 是金属元素,密度较小,制成的合金硬度大,所以可用于航空航天合金材料的制备,该金属是比较活泼的金属,可以与盐酸发生置换反应产生氢气,其单质与稀盐酸反应的化学方程式为 Mg+2HClMgCl2+H2。9 9.(14 分)A、B、C、D、E 是短周期中原子序数依次增大的主族元素,常温下 A、B、E 的单质呈气态,B的原子最外层电子数是其电子层数的 3 倍,C 的单质制成的高压灯发出的黄光透雾能力强、射程远,B、C、D 原子的最外层电子数之和为 10。(1)元素 D 位于第 周期、第 族。 (2)A、B 可形成一种 10 电子的阳离子 X,X 的电子式为 。 (

12、3)过量的单质 E 与湿润的 Na2CO3反应可制备高效漂白剂 E2B,产物中同时含有能使澄清石灰水变浑浊的气体,反应的化学方程式为 。 (4)向一定体积的 DE3溶液中滴入 5 molL-1的 NaOH 溶液,产生沉淀的质量与 NaOH 溶液体积的关系如图所示,则a= 。 答案(1)三 A(2)H+ (3)2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2(4)7.8解析 A、B、C、D、E 是短周期中原子序数依次增大的主族元素,由“B 的原子最外层电子数是其电子层数的 3 倍”推出 B 为 O,由“C 的单质制成的高压灯发出的黄光透雾能力强、射程远”推出 C为 Na,结合“B、C、D 的最

13、外层电子数之和为 10”可知 D 为 Al,结合“常温下 A、B、E 的单质呈气态”及(2)中“A、B 可形成一种 10 电子的阳离子”推出 A 为 H,E 为 Cl。(1)Al 位于元素周期表的第三周期A 族。(2)H、O 形成的 10 电子的阳离子为 H3O+,H3O+的电子式为H+。(3)分析题给条 件知,反应物为 Cl2和 Na2CO3,生成物为 Cl2O、CO2和 NaCl,发生反应的化学方程式为 2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2。(4)AlCl3溶液中滴入 NaOH 溶液,生成的沉淀为 Al(OH)3。由图可知,加入 30 mL NaOH 溶液和加入 70 mL

14、NaOH 溶液时 Al(OH)3的物质的量都为nAl(OH)3=0.05 3.9 78 - 1mol。设一定体积的 AlCl3溶液中含有 AlCl3的物质的量为x mol,由 Al3+3OH-Al(OH)3可知,当x mol AlCl3全部反应时,消耗 3x mol NaOH,生成x mol Al(OH)3,继续加入 NaOH 溶液至 70 mL5时,由 Al(OH)3+OH-Al+2H2O 可知,消耗(x-0.05) mol Al(OH)3,消耗(x-0.05) mol NaOH,所以- 23x+(x-0.05)=50.07,解得x=0.1,所以a=0.178=7.8。1010.(16 分)

15、X、Y、Z、J、Q 五种短周期主族元素,原子序数依次增大,元素 Z 在地壳中含量最高,J 元素的焰色反应呈黄色,Q 的最外层电子数与其电子总数比为 38,X 能与 J 形成离子化合物,且 J+的半径大于 X-的半径,Y 的氧化物是形成酸雨的主要物质之一。请回答:(1)Q 元素在周期表中的位置: 。 (2)这五种元素原子半径从大到小的顺序为 (填元素符号)。 (3)元素的非金属性 Z (填“”或“SNOH(3) C(4)H2O2+H2SS+2H2O(5)H N+H2ONH3H2O+H+ + 4(6)2NH3N+N+ 4- 2解析元素 Z 在地壳中含量最高,是 O。J 元素的焰色反应呈黄色,是 N

16、a。Q 的最外层电子数与其电子总数比为 38,即最外层电子数不是 3,是 6,是 S,X 能与 J 形成离子化合物,且 J+的半径大于 X-的半径,则 X 是 H,不是 F(Na+的半径小于 F-的半径),Y 的氧化物是形成酸雨的主要物质之一,结合原子序数递增知是 N。(1)S 在周期表的第三周期第A 族。(2)根据同周期主族元素原子半径由左向右逐渐减小,同主族由上到下原子半径逐渐增大知原子半径:NaSNOH。(3)Q 的氢化物的水溶液放置在空气中会变浑浊,即氧气置换出硫单质,非金属性 OS,A 能说明;根据 O 与 S 之间形成的化合物中S 的化合价为正价知非金属性 OS,B 能说明;不能根

17、据氧气和 S 单质的状态判断非金属性强弱,C 不能说明;同主族由上到下非金属性逐渐减弱,即非金属性 OS,D 能说明。(4)硫化氢与过氧化氢可发生氧化还原反应:H2O2+H2SS+2H2O。(5)根据题意 A 是氨气,B 是 N,N水解使溶液呈酸性。+ 4+ 4(6)液氨的电离类似水,电离生成 N、N。- 2+ 41111.(16 分)下表为元素周期表的一部分。碳氮Y6X硫Z回答下列问题:(1)Z 元素在周期表中的位置为 。 (2)表中元素原子半径最大的是 (写元素符号)。 (3)下列事实能说明 Y 元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是 。 A.Y 单质与 H2S 溶液反应,溶液变浑浊B.在

18、氧化还原反应中,1 mol Y 单质比 1 mol S 得电子多C.Y 和 S 的简单氢化物受热分解,前者的分解温度高(4)X 与 Z 两元素的单质反应生成 1 mol X 的最高价化合物,恢复至室温,放热 687 kJ,已知该化合物的熔点和沸点分别为-69 和 58 。写出该反应的热化学方程式: 。 (5)碳与镁形成的 1 mol 化合物 Q 与水反应,生成 2 mol Mg(OH)2和 1 mol 烃,该烃分子中碳、氢质量比为 91,烃的电子式为 。Q 与水反应的化学方程式为 。 (6)铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合溶液反应,生成的盐只有硫酸铜,同时生成的两种气体均由上表中两种元素组成,气

19、体的相对分子质量都小于 50。为防止污染,将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐,消耗 1 L 2.2 molL-1 NaOH 溶液和 1 mol O2,则两种气体的分子式及物质的量分别为 ,生成硫酸铜的物质的量为 。 答案(1)第三周期第A 族(2)Si(3)AC(4)Si(s)+2Cl2(g)SiCl4(l) H=-687 kJ mol-1(5)CH Mg2C3+4H2O2Mg(OH)2+C3H4 (6)NO:0.9 mol;NO2:1.3 mol 2 mol解析根据周期表的结构易推知元素 X、Y、Z 分别为 Si、O、Cl。(1)Z(Cl)在周期表中的位置为第三周期第A 族。(2)X(Si

20、)、S、Z(Cl)的电子层数相同,比 C、N、O 多一个电子层,且根据“序大径小”的规律知 Si 原子半径最大。(3)置换反应说明氧化性:O2S,故非金属性:OS,A 正确。得电子数的多少不能说明元素非金属性的强弱,B 错误。氢化物分解所需的温度越高,说明氢化物越稳定,故非金属性:OS,C 正确。(4)Si 与 Cl2生成的 Si 的最高价化合物为 SiCl4,根据 SiCl4的熔沸点可知常温下其状态为液态,故该反应的热化学方程式为 Si(s)+2Cl2(g)SiCl4(l) H=-687 kJmol-1。(5)根据 Mg 与 C 形成的 1 mol 化合物 Q 与水反应生成 2 mol Mg

21、(OH)2和 1 mol 烃,根据氧原子守恒,说明参加反应的水为 4 mol,则反应生成的烃分子中含有 4 个 H 原子(H 守恒),该烃中碳与氢的质量比为 91,则该烃分子中 C 与 H 的物质的量之比为 34,故该烃的分子式为 C3H4。符合一元炔或二烯烃的通式(CnH2n-2),由于该烃分子中只有三个碳原子,故该烃为丙炔 HCCCH3,其电子式为7CH。Q 与水反应的化学方程式为 Mg2C3+4H2O2Mg(OH)2+C3H4。(6)该反应过程的原理 为()Cu+HNO3+H2SO4CuSO4+NO+NO2+H2O(未配平);()NO+NO2+NaOH+O2NaNO3+H2O(未配平)。设 NO、NO2的物质的量分别为x、y,根据 N 原子守恒和电子守恒可得 + = 1 2.2- 1= 2.2 3 + = 1 4 = 4?解得x=0.9 mol,y=1.3 mol。反应()中 Cu 转化为 CuSO4且与反应()中 O2转移的电子数相等,即n(CuSO4)2=n(O2)4=4 mol,故n(CuSO4)=2 mol。