（新课标）广西2022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

（新课标）广西2022高考化学二轮复习 专题二 化学基本理论 第4讲 物质结构、元素周期律学案一、选择题(本题包括7个小题,每小题6分,共42分)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Ts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、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。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.(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:Y2X3YZ3D.简单离子的半径:YW-;Y的单质晶体熔点高、硬度大,是一种重要的半导体材料。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、硬度大,是一种重要的半导体材料,故Y为Si。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.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A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.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4个小题,共58分)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)SiSiO2(3)C+2SCS2极性(4)MgMg+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.(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。(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 NaOH溶液时Al(OH)3的物质的量都为nAl(OH)3=0.05 mol。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 mL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3x+(x-0.05)=50.07,解得x=0.1,所以a=0.178=7.8。10.(16分)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)HN+H2ONH3H2O+H+(6)2NH3N+N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Na。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。(6)液氨的电离类似水,电离生成N、N。11.(16分)下表为元素周期表的一部分。碳氮YX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)CHMg2C3+4H2O2Mg(OH)2+C3H4(6)NO:0.9 mol;NO2:1.3 mol2 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)、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(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CH。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。