2021年新高考化学二轮复习：专题突破练5B　物质结构与性质　元素周期律.docx

1、专题突破练专题突破练 5B 物质结构与性质物质结构与性质 元素周期律元素周期律 填空题(本题包括 6 小题,共 100分) 1.(2020 安徽皖南八校联考)(15 分)已知 X、Y、Z、M、G、Q是六种短周期主族元素,原子序数依次 增大。X、Z、Q的单质在常温下均呈气态;Y原子的最外层电子数是其电子层数的 2 倍;M 与 X同 族;Z、G分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。回答下列问题: (1)Y、Z、M、G四种元素的原子半径由大到小的顺序是 (用元素符号表示)。 (2)Z在元素周期表中的位置为 ,M2Z的电子式为 。 (3)上述元素的最高价氧化物对应的水化物中,酸性最强的水化物是

2、(写化学式)。 (4)X与 Y能形成多种化合物,其中既含极性键又含非极性键,且它的产量可以用来衡量一个国家的石 油化工发展水平的是 (写名称)。 (5)GQ3溶液与过量的 MZX 溶液反应的化学方程式为 。 (6)常温下,下列物质不能与 G的单质发生反应的是 (填标号)。 A.CuSO4溶液 B.浓硫酸 C.NaOH溶液 D.浓硝酸 E.氧化铜 2.(2020 天津南开中学一模)(15 分)周期表前四周期的元素 X、Y、Z、W,原子序数依次增大,X 原子 基态时 L层中 p轨道电子数与 s 轨道电子数相同;Y原子基态时 2p 原子轨道上有 3个未成对的电 子;Z有多种氧化物,其中一种红棕色氧化

3、物可作涂料;W 位于第四周期,其原子最外层只有 1 个电子, 且内层都处于全充满状态。回答下列问题: (1)X位于元素周期表的第 周期 族。 (2)元素的第一电离能:X (填“”或“AlCO (2)第二周期A族 Na+ 2-Na+ (3)HClO4 (4)乙烯 (5)AlCl3+4NaOH3NaCl+NaAlO2+2H2O或 AlCl3+4NaOH NaAl(OH)4+3NaCl (6)E 解析 X、Y、Z、M、G、Q是六种短周期主族元素,原子序数依次增大。Z、G分别是 地壳中含量最高的非金属元素和金属元素,则 Z为 O元素、G为 Al 元素,Y的原子最外 层电子数是其电子层数的 2倍,原子序

4、数小于 O,只能处于第二周期,最外层电子数为 4, 则 Y为 C 元素,X单质在常温下呈气态,则 X为 H元素,X与 M 同主族,M 原子序数大于 O,则 M 为 Na,Q单质常温下为气态,且原子序数大于 Al,则 Q为 Cl。 (1)同周期主族元素自左而右原子半径减小,同主族元素自上而下原子半径增大,故 原子半径 NaAlCO。 (2)Z为 O元素,在元素周期表中的位置为第二周期A族,M2Z为氧化钠,其电子式 为 Na+ 2-Na+。 (3)题给元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是 HClO4。 (4)X与 Y能形成多种化合物,其中既含极性键又含非极性键,且它的产量可以用来 衡量一个国

5、家的石油化工发展水平的是乙烯。 (5)GQ3溶液与过量的 MZX溶液反应的化学方程式为 AlCl3+4NaOH 3NaCl+NaAlO2+2H2O或 AlCl3+4NaOHNaAl(OH)4+3NaCl。 (6)常温下,不能与 Al 发生反应的是氧化铜。 2.答案 (1)二 A (2) (3)平面三角形 (4)1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5 3Fe2+2 - Fe3 (5)CuCl CuCl+2HCl(浓)H2CuCl3 解析 前四周期元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大,X原子基态时 L层中 p轨道电 子数与 s 轨道电子数相同,即电子排布式为 1s22s22p2,则

6、X为 C 元素;Y原子基态时 2p原 子轨道上有 3个未成对的电子,即电子排布式为 1s22s22p3,则 Y为 N元素;Z有多种氧化 物,其中一种红棕色氧化物可作涂料,则 Z为 Fe元素;W 位于第四周期,其原子最外层只 有 1 个电子,且内层都处于全充满状态,即电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1,则 W 为 Cu元素。 (1)X为 C 元素,位于元素周期表的第二周期A族。 (2)X为 C 元素,Y为 N 元素,N元素的基态原子的电子排布式为 1s22s22p3,p轨道处 于半充满状态,较稳定,则第一电离能 CN。 (3)Y为 N元素,其最高价氧化物对应水化物为 HN

7、O3,酸根离子的中心原子 N原子 的孤电子对数为 (6-3 2)=0,则价电子对数为 0+3=3,其立体构型是平面三角形。 (4)Z为 Fe元素,Fe3+基态核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5,用铁氰化 钾溶液检验 Fe2+的离子方程式为 3Fe2+2 - Fe3 。 (5)W 为 Cu元素,由图可知,晶胞中 Cu元素的原子个数为 4,Cl 元素的原子个数为 8 +6 =4,则该氯化物的化学式是 CuCl。CuCl与浓盐酸发生非氧化还原反应,生成配 合物 H2CuCl3,该反应的化学方程式为 CuCl+2HCl(浓)H2CuCl3。 3.答案 (1)Ne (2)

8、3d24s2 3 (3)sp3杂化 SiO键的键能大 (4)平面三角形 键和 键 (5)Ti11Al5或 Al5Ti11 10 30 解析 (1)随着原子序数的递增,同一周期元素第一电离能呈递增趋势,碱金属的第一电离 能最小,而稀有气体元素的第一电离能最大,C 元素所在的周期为第二周期,则该周期中 Ne的第一电离能最大。 (2)Ti 的原子序数为 22,基态 Ti 原子的电子排布式为Ar3d24s2,价电子排布式为 3d24s2,能量最高的能级为 3d,3d能级共有五个轨道,按洪特规则,其中有 2 个轨道分别被 2 个电子占据,还含有 3 个空轨道。 (3)甲基硅油结构中 Si 原子形成 4个

9、单键,故 Si 原子的杂化方式为 sp3杂化;硅橡胶 能够耐高温,原因是共价键牢固,硅橡胶中含 SiO键和 SiC 键,SiO键更牢固。 (4)C -中 C 原子价电子对数为 3+ - =3,且不含孤对电子,C -的立体构型为平 面三角形,C 原子的杂化方式为 sp2杂化,由于 C -的立体构型为平面三角形,则 C 原子与 O原子之间存在 3 个 键和 1 个大 键。 (5)根据 TixAly的结构单元图示可知,一个晶胞中含有 Ti 原子的数目为 8+ 2+ 1+1= ,一个晶胞中含有 Al 原子的数目为 4+1= ,则该合金的化学式为 Ti11Al5或 Al5Ti11,则晶胞的密度 = -

10、10 30 g cm-3。 4.答案 (1)4 sp3杂化 (2)NOS 正四面体形 离子键、共价键和配位键 乙醇分子 极性比水分子极性弱,加入乙醇降低了溶剂的极性,从而减小溶质的溶解度 (3)PC PC - (4) 解析 (1)基态砷原子中,价电子排布式为 4s24p3,根据洪特规则,4p轨道的 3 个电子要分别 占据不同的原子轨道并且自旋方向相同,所以其价电子共占用 4个原子轨道;由雌黄分子 结构示意图可知,每个砷原子与 3个硫原子形成 3个 键,由于其价电子数是 5,所以该分 子中砷原子有 1个孤对电子,根据价层电子对互斥理论,中心原子的价电子对数为 4,所以 中心原子的杂化方式为 sp

11、3杂化。 (2)一般非金属性越强的元素的第一电离能也越大,但是每个周期的A族(最外层 s 轨道全满)和A族(最外层 p轨道半充满)元素因其原子结构的特殊性,其第一电离能高 于同周期相邻元素,所以 N、O、S 的第一电离能由大到小的顺序是 NOS;S -的价层 电子对数为 4,孤电子对数为 0,其立体构型为正四面体;Cu(NH3)4SO4 H2O晶体是一种 配合物,其内界中心原子铜离子和配体氨分子之间形成配位键,氨分子内有极性键,外界 硫酸根与内界之间形成离子键;加入乙醇后析出Cu(NH3)4SO4 H2O晶体的原因是乙醇 分子极性比水分子极性弱,加入乙醇降低溶剂的极性,从而减小溶质的溶解度。

12、(3)A微粒与 CCl4具有相同的立体构型和相似的化学键特征,所以 A 与四氯化碳是 等电子体,则 A应为 PC ,由质量守恒和电荷守恒可知 B应为 PC - 。 (4)题给晶胞中含有 4个硼原子和 4 个磷原子。如果把晶胞分成 8个相同的小立方 体,则硼原子恰好可以位于其中 4个小立方体的体心,设晶胞的边长为 2a cm,晶体中最近 的硼原子和磷原子核间距为 x cm,则 x= a,所以 a= x,1 mol 该晶胞的体积为 NA(2a cm)3=NA( cm)3,磷化硼的摩尔质量为 b g mol-1,则 1 mol 该晶胞中含 4 mol BP,其质量 为 4b g,所以磷化硼晶体密度的

13、表达式为 g cm -3。 5.答案 (1)sp3 (2)N N O (3)CD (4)Na3AlF6 Na+ AC 12 (5)分子 AC 解析 (1)火箭使用的推进剂燃料由 N、H两种元素组成,N、H两种原子的原子个数比为 12,其水溶液显碱性,该物质为 N2H4,N原子形成 2个 NH键、1 个 NN键,N原子 含有 1个孤对电子,N原子杂化轨道数目为 4,故该物质中 N原子的杂化方式为 sp3。 (2)N2O与 CO2互为等电子体,故 N2O的结构式为 N N O。 (3)根据表中数据知,元素得电子能力越强,其电子亲和能越大,所以电子亲和能越大 说明越容易得到电子,故 A错误;一个基态

14、的气态氧原子得到一个电子成为 O-时放出 141 kJ 的能量,故 B错误;O-的电子亲和能就是氧元素的第二电子亲和能,所以氧元素的 第二电子亲和能是-780 kJ mol-1,故 C 正确;第一电子亲和能放出能量、第二电子亲和能 吸收能量,O元素的第一电子亲和能小于第二电子亲和能的绝对值,所以基态的气态氧原 子得到两个电子成为 O2-需要吸收能量,故 D正确。 (4)由原子守恒可知,冰晶石的化学式为 Na3AlF6。 的个数=8 +6 =4, 的个数 =12 +8+1=12,所以白色球为 Na +,即大立方体的体心处所代表的微粒是 Na+;冰晶石 (Na3AlF6)晶体不导电,但熔融时能导电

15、,说明属于离子化合物,由 Na+和AlF63-构 成,AlF63-中含有配位键,配位键属于共价键,水分子之间存在范德华力与氢键,晶体在溶 液中完全电离,离子键被破坏,而金属键一般存在于金属晶体中,冰晶石晶体中没有金属 键,故选 AC;以顶点 Al 原子为研究对象,与之最近且等距离的 Al 原子处于面心,每个顶 点为 8个晶胞共用,每个面心 Al 原子为 2个晶胞共用,故晶胞中 Al 原子的配位数为 =12。晶胞中 Al 原子个数为 8 +6 =4,则晶胞质量为 4 g,面对角线上 3个 Al 原 子相邻,晶胞棱长为 4d =2 d,则晶胞密度=4 g(2 d cm) 3= g cm -3。 (

16、5)Fe(CO)5的熔点为-20 ,沸点为 103 ,熔、沸点比较低,则 Fe(CO)5属于分子 晶体;Fe(CO)5为对称结构,分子中正负电荷重心重合,属于非极性分子,CO 是极性分子, 故 A正确;Fe(CO)5中 Fe原子与 CO形成配位键,Fe原子提供空轨道,故 B错误;Fe与 CO 形成 5个配位键,CO分子中氧原子提供 1对电子与 C 原子形成 1个配位键,则 1个 Fe(CO)5分子含有 10 个配位键,1 mol Fe(CO)5含有 10 mol 配位键,故 C 正确;反应 Fe(CO)5Fe+5CO 得到 Fe单质,形成金属键,故 D错误。 6.答案 (1) 10 (2)O

17、C 有 4个价电子且半径较小,难以通过得到或失去电子达到稳定结构 (3)平面三角形 SO3或 BF3(合理即可) (4)sp2、sp3 (5)CH3COOH分子间存在氢键,而 HCOOCH3分子之间没有氢键 (6) 1010 916 解析 (1)Ni元素的原子序数为 28,在元素周期表中处于第 10纵列,根据构造原理可写出 其价电子的电子排布图(轨道表示式)为。 (2)同周期主族元素从左至右,电负性依次增强,则 C、N、O三种元素中电负性最大 的是 O元素,由于 C 有 4个价电子且半径较小,难以通过得到或失去电子达到稳定结构, 所以 C 在形成化合物时,主要以共价键为主。 (3)Ni(NO3

18、)2的阴离子为 N - ,N - 的中心原子 N原子的 键电子对数为 3,孤对电子 数= - =0,则 N原子的价层电子对数为 3,N原子采取 sp2杂化,则其立体构型是平面 三角形;SO3、BF3等与 N - 互为等电子体,它们的价电子总数和原子总数均相等。 (4)由一维链状配位聚合物的结构可知,其碳原子的 键电子对数分别为 3、4,都没 有孤对电子,则碳原子的价层电子对数分别为 3、4,则碳原子的杂化形式为 sp2、sp3。 (5)在 CH3COOH中存在 OH键,因此分子之间可形成氢键,而 HCOOCH3分子不具 备形成氢键的条件,分子之间没有氢键,因此 CH3COOH的沸点较高。 (6)根据均摊法可知,晶胞中 O2-的个数为 12 +1=4,Ni 2+的个数为 8 +6 =4,则一 个晶胞的质量为 g= g,则晶胞的边长为 1010 pm,则该晶胞中最近的两 个 O2-之间的距离为 1010 pm;设 Ni2+和 Ni3+的个数分别为 x、y,则可得 x+y=0.97,2x+3y=2,则 x=0.91,y=0.06,则 Ni2+和 Ni3+的个数之比为 0.910.06=916。