2021新高考化学二轮总复习专题突破练5B　物质结构与性质　元素周期律 WORD版含解析.docx

1、专题突破练5B物质结构与性质元素周期律填空题(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(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

2、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

3、电离能:X(填“”或“AlCO(2)第二周期A族Na+O2-Na+(3)HClO4(4)乙烯(5)AlCl3+4NaOH3NaCl+NaAlO2+2H2O或AlCl3+4NaOHNaAl(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。(

4、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+O2-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+4NaOH3NaCl+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

5、A(2)(3)平面三角形(4)1s22s22p63s23p63d5或Ar3d53Fe2+2Fe(CN)63-Fe3Fe(CN)62(5)CuClCuCl+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1s22s22p63s23p63d

6、104s1,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HNO3,酸根离子的中心原子N原子的孤电子对数为12(6-32)=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+2Fe(CN)63-Fe3Fe(CN)62。(5)W为Cu元素,由图可知,晶胞中Cu

7、元素的原子个数为4,Cl元素的原子个数为818+614=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)3d24s23(3)sp3杂化SiO键的键能大(4)平面三角形键和键(5)Ti11Al5或Al5Ti1144239ab2NA1030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

8、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)CO32-中C原子价电子对数为3+4+2-322=3,且不含孤对电子,CO32-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CO32-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

9、数目为168+122+131+1=113,一个晶胞中含有Al原子的数目为164+1=53,则该合金的化学式为Ti11Al5或Al5Ti11,则晶胞的密度=mV=6633NAg332ab210-30cm3=44239ab2NA1030gcm-3。4.答案(1)4sp3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)PCl4+PCl6-(4)33b16x3NA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

10、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sp3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;SO42-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)4SO4H2O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

11、界硫酸根与内界之间形成离子键;加入乙醇后析出Cu(NH3)4SO4H2O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。(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PCl4+,由质量守恒和电荷守恒可知B应为PCl6-。(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2acm,晶体中最近的硼原子和磷原子核间距为xcm,则x=32a,所以a=233x,1mol该晶胞的体积为NA(2acm)3=NA(43x3cm)3,磷化硼

12、的摩尔质量为bgmol-1,则1mol该晶胞中含4molBP,其质量为4bg,所以磷化硼晶体密度的表达式为33b16x3NAgcm-3。5.答案(1)sp3(2)NNO(3)CD(4)Na3AlF6Na+AC12M42d3NA(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NNO。(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

13、以电子亲和能越大说明越容易得到电子,故A错误;一个基态的气态氧原子得到一个电子成为O-时放出141kJ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-780kJmol-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=818+612=4,的个数=1214+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,

14、但熔融时能导电,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382=12。晶胞中Al原子个数为818+612=4,则晶胞质量为4MNAg,面对角线上3个Al原子相邻,晶胞棱长为4d22=22d,则晶胞密度=4MNAg(22dcm)3=M42d3NAgcm-3。(5)Fe(CO)

15、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,1molFe(CO)5含有10mol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)OC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(

16、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)223300NA1010916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)2的阴离子为NO3-,NO3-的中心原子N原子的键电子对数为3,孤对电子数=5+1-322=0,则N原子的价层电子对数为3,N原

17、子采取sp2杂化,则其立体构型是平面三角形;SO3、BF3等与NO3-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1214+1=4,Ni2+的个数为818+612=4,则一个晶胞的质量为4(59+16)NAg=300NAg,则晶胞的边长为3300NA1010pm,则该晶胞中最近的两个O2-之间的距离为223300NA1010pm;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。