2014版四川化学《高考专题》二轮课件：专题二 第1讲 物质结构和元素周期律.ppt

1、专题二基 本 理 论第1讲物质结构和元素周期律一、原子结构与元素性质1.原子结构:某元素的原子序数为29,质量数为64,则(1)该元素的元素符号为_,中子数为_。(2)核外电子排布式为_。(3)有_个能层,_个能级;价电子排布式是_;有_个未成对电子。(4)在周期表中的位置是第_周期,第_族,_区。Cu351s22s22p63s23p63d104s1473d104s114Bds2.元素性质的递变规律:试用“”或“=”表示元素C、N、O、Si的下列关系:(1)第一电离能:_。(2)电负性:_。(3)非金属性:_。(4)气态氢化物的稳定性:_。(5)最高价含氧酸酸性:_。(6)原子半径:_。(7)

2、C、N、Si三种元素形成的最高价含氧酸钠盐水溶液显碱性,其pH大小关系为(填化学式):_。SiCONSiCNOSiCNOSiH4CH4NH3H2OH2SiO3H2CO3HNO3ONCSiNaNO3Na2CO3”“”或“=”表示下列物质的熔沸点关系:Mg_Al;MgCl2_NaCl;NH3_AsH3;金刚石_碳化硅_硅;碘_汞_氯化氢。(1)(2012安徽高考)NaHCO3、HCOONa均含有离子键、极性键和非极性键。()分析:NaHCO3、HCOONa均含离子键、极性键,没有非极性键。(2)(2012安徽高考)Fe位于元素周期表第4周期第B族,其基态原子最外层有2个电子。()分析:Fe位于第4

3、周期第族,而不是第B族。(3)(2012安徽高考)C的电负性比O的小;C和O的气态氢化物中,较稳定的是H2O。()分析:非金属性越强电负性越强,气态氢化物越稳定。(4)(2013安徽高考)CO2分子中的化学键为非极性键。()分析:二氧化碳结构为OCO,其中的化学键为极性键。(5)(2013四川高考)SiCl4的分子的空间构型是正四面体形。()分析:SiCl4的分子的空间构型与甲烷相同,是正四面体形。(6)(2013四川高考)CS2中键与键的比为21。()分析:CS2的结构为SCS,键与键的比为11。热点考向1原子结构与元素的性质【典例1】(2013成都二诊)X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中

4、常见的元素，其相关信息如下表：元素相关信息XX存在质量数为24,中子数为12的核素YY的单质是常用的半导体材料ZZ的单质是一种不溶于水的淡黄色固体,易溶于CS2W价电子排布式为3d104s1(1)X、Y、Z、W中属于主族元素，且原子半径最小的元素在周期表中的位置是_。(2)Y原子的最外层电子排布式是；Y的最高价氧化物与NaOH溶液反应的化学方程式是_。(3)与X同周期相邻元素的第一电离能由大到小的顺序是_(填元素符号)。(4)Y和Z的最高价含氧酸酸性较强的是_(填化学式)。(5)根据W的价电子排布式，推出W的氧化物有2种，其化学式分别是_。【解题指南】(1)切入点。根据质量数=中子数+质子数可

5、知X为镁。根据物质的性质可知Y、Z分别为硅、硫。根据W的价电子排布式可知W为铜。(2)关注点。必记的4个等量关系。熟记物质的常见性质。【解析】根据表中的信息可知X、Y、Z、W分别为Mg、Si、S、Cu。(1)根据同周期原子半径的变化规律可知原子半径最小的主族元素是S,在第3周期A族;(2)Si的电子排布式为1s22s22p63s23p2,SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。(3)与Mg同周期相邻元素是钠和铝,Mg的3p能级为全空结构,稳定,第一电离能最高,由大到小的顺序是MgAlNa。(4)Si、S的非金属性S较强,因此酸性H2SO4H2SiO3。(5)Cu有2种氧化物:Cu2O、C

6、uO。答案:(1)第3周期A族(2)3s23p2SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O(3)Mg、Al、Na(4)H2SO4(5)CuO、Cu2O【方法归纳】元素位、构、性推断题的特殊性(1)主族元素位置与结构的特殊性。族序数等于周期数的元素：H、Be、Al。族序数等于周期数2倍的元素：C、S；族序数等于周期数3倍的元素：O。周期数是族序数2倍的元素：Li、Ca；周期数是族序数3倍的元素：Na、Ba。除H外，原子半径最小的元素：F。s电子数与p电子数相等的元素有O、Mg。最外层有3个未成对电子的为ns2np3,1号36号元素中分别为N、P、As。最外层有2个未成对电子的可能是ns2np2

7、或ns2np4。短周期元素中分别为C、Si和O、S。最外层有一个单电子的可能是ns1、ns2np1、(n-1)d5ns1、(n-1)d10ns1。第4周期中有K、Ga(镓)、Cr(3d54s1)、Cu(3d104s1)。(2)主族元素性质、存在和用途的特殊性。最高价氧化物及其水化物均既能与强酸反应，又能与强碱反应的元素：Al。元素的气态氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物能发生化合反应的元素：N；能发生氧化还原反应的元素：S。元素的单质在常温下能与水反应放出气体的短周期元素：Li、Na、F。单质在常温下呈液态的非金属元素：Br；金属元素：Hg。形成化合物种类最多的元素、单质是自然界中硬度最大的

8、物质的元素：C。空气中含量最多的元素或气态氢化物的水溶液呈碱性的元素：N。地壳中含量最多的元素、氢化物沸点最高的元素或氢化物在通常情况下呈液态的元素：O。单质最轻的元素：H；最轻的金属单质：Li。【变式训练】(2013安庆二模)X、Y、Z、W是元素周期表中前四周期原子序数依次增大的四种元素，其相关信息如下表：元素相关信息XX的基态原子核外只有三个能级,且各能级电子数相等YY的基态原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍ZZ的基态原子价电子排布为nsn-1WW的单质是一种常见的红色金属,在潮湿的空气中易生成绿色的锈斑(1)W位于元素周期表第_周期第_族，其基态原子核外有_个未成对电子。(2)Y的氢

9、化物在同族的氢化物中沸点反常，其原因是_。(3)写出W的单质在潮湿的空气中生成绿色锈斑的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目_。(4)在X、Y与氢三种元素组成的多种分子中，有些分子的核磁共振氢谱显示有三种氢，且数目比为123，写出其中一种分子的名称_。X、Y可以形成多种弱酸根离子，写出其中一种离子水解的离子方程式_。【解析】根据题意可以推知,X、Y、Z、W分别为C、O、Mg、Cu。(1)Cu的原子序数为29,在第4周期第B族,电子排布式为Ar3d104s1,故有1个未成对电子。(2)H2O中存在氢键,故沸点反常。(3)绿色锈斑为碱式碳酸铜,故为铜与空气中氧气、二氧化碳、水反应得到。(4)为C

10、、H、O三种元素的化合物可发挥性很大,可以从简单、常见物质着手考虑。答案:(1)4B1(2)H2O分子间存在氢键(3)(4)(或)热点考向 2化学键、分子结构、晶体结构与性质【典例2】(2013泸州质检)Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知：Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；Y原子价电子(外围电子)排布为msnmpn；R原子核外L层电子数为奇数；Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。请回答下列问题：(1)Z2+的核外电子排布式是_。(2)Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，下列判断正确的是_。a.稳定性：甲乙，沸点：甲乙b.稳定性：甲乙，沸点：甲乙c.稳定性：甲

11、乙，沸点：甲乙d.稳定性：甲乙(3)Q的一种氢化物相对分子质量为26，其中分子中的键与键的键数之比为_。(4)五种元素中，电负性最大与最小的两种非金属元素形成的晶体属于_。(5)R形成的简单氢化物的空间构型为_，分子中R原子轨道的杂化类型为_。【解题探究】(1)推断元素Y和Q由“Y原子价电子(外围电子)排布为msnmpn”可确定n=;进而确定Y位于第族;由“Q原子p轨道的电子数为2”可确定其原子最外层共有个电子;由此可确定Y和Q位于同一;由于原子序数:QY,且二者均为短周期元素,所以Q为,Y为。提示:2A4 主族 CSi(2)推断元素X和R由“X原子p轨道的电子数为4”可知,X位于第族,又因原

12、子序数:XY,所以确定X为。由原子序数:QR乙,CH4的分子间作用力比SiH4小,沸点低些。(3)该物质的结构为HCCH,有3个键2个键。(4)根据电负性的周期性变化可知电负性最大与最小的两种非金属元素分别为O、Si,形成的化合物为原子晶体。(5)NH3分子中氮原子采用的是sp3杂化,NH3的空间构型为三角锥形。答案:(1)1s22s22p63s23p63d9(2)b(3)32(4)原子晶体(5)三角锥形 sp3【方法归纳】熔沸点比较的一般方法不同类型晶体的熔、沸点高低一般规律：原子晶体离子晶体分子晶体。金属晶体的熔、沸点差别很大，如钨、铂等沸点很高，汞、镓、铯等沸点很低，金属晶体一般不与其他

13、晶体进行比较。(1)原子晶体：由共价键形成的原子晶体中，原子半径小的键长短，键能大，则晶体的熔、沸点高。如熔点：金刚石碳化硅硅。(2)离子晶体:一般地说,阴、阳离子所带电荷数越多,离子半径越小,则离子键就越强,其离子晶体的熔、沸点就越高,如熔点:MgOMgCl2NaClNaBr。(3)分子晶体:分子间作用力越大,物质的熔、沸点越高;具有氢键的分子晶体,熔、沸点反常得高。如NH3AsH3PH3。组成和结构相似的分子晶体,相对分子质量越大,熔、沸点越高,如C3H8C2H6CH4,HClHBrN2。互为同分异构体的物质支链越多,沸点越低。(4)金属晶体:金属离子半径越小,离子所带电荷数越多,其金属键

14、越强,金属熔、沸点就越高,如熔、沸点:NaMgNaKRbCs。(5)利用物质的状态来比较:固体的沸点比液体的高。【变式训练】有A、B、C、D、E、F六种元素，其中前五种为短周期元素且原子序数依次递增，相关信息如下：元素相关信息AA的原子半径在周期表中最小BB的最外层电子数是次外层电子数的两倍CC原子在同周期元素原子中未成对电子数最多DD原子p轨道和s轨道中的电子数相等,与非金属原子结合形成共价键EE的最高价氧化物对应的水化物是酸性最强的物质FF为地壳中含量第二的金属元素(1)写出下列元素的名称:B,D。(2)F的基态原子的电子排布式。(3)B、C、D的电负性大小顺序为;第一电离能大小顺序为。(

15、4)C2A4的结构式为,BE4属于(填“极性”或“非极性”)分子。(5)BD2晶体类型是,该晶体的熔沸点比SiO2的熔沸点(填“高”或“低”),原因是。【解析】A的原子半径在周期表中最小,则A为氢;B最外层电子数是次外层的两倍,则B为碳;D原子p轨道和s轨道中电子数相等,则D的电子排布式可能为1s22s22p4或1s22s22p63s2,又因D与非金属原子形成共价键,则D为氧;C的原子序数小于D,则C在第2周期,C只能为氮;E的最高价氧化物对应水化物酸性最强,说明E在这六种元素中非金属性最强,则E为氯,F为铁。(3)C、N、O的电负性大小顺序是ONC,第一电离能NOC(N的p能级为半充满,是稳

16、定结构)。(4)C2A4为N2H4,其结构式为,BE4为CCl4,CCl4为非极性分子。(5)CO2为分子晶体,熔沸点比二氧化硅低,因为CO2为分子晶体,影响熔沸点的是分子间作用力,二氧化硅为原子晶体,影响熔沸点的是共价键,而共价键比分子间作用力强得多。答案:(1)碳 氧(2)1s22s22p63s23p63d64s2(3)ONCNOC(4)非极性(5)分子晶体 低 CO2为分子晶体,影响熔沸点的是分子间作用力,二氧化硅为原子晶体,影响熔沸点的是共价键,而共价键比分子间作用力强得多物质类别与化学键类型的判断【典例】(2013眉山二诊)X、Y、Z、R、W是五种短周期元素,原子序数依次增大;它们可

17、组成离子化合物Z2Y和共价化合物RY3、XW4;已知Y、R同主族,Z、R、W同周期。下列说法错误的是()A.原子半径:ZRWB.气态氢化物稳定性:HWH2RC.XW4分子中各原子均满足8电子结构D.Y、Z、R三种元素组成的化合物水溶液一定显碱性【解析】选D。根据“Y、R同主族,可形成共价化合物RY3”及原子序数关系,可以推知Y、R分别是O和S,则W只能是Cl,则不难推出X和Z分别是C和Na。同周期从左到右原子半径减小,A正确;非金属性ClS,气态氢化物稳定性HClH2S,B正确;CCl4中C形成4个共价键是8电子结构、每个Cl形成一个共价键,加上7个未成键电子也是8电子结构,C正确;O、Na、

18、S可容易组成Na2SO4和Na2SO3,前者水溶液呈中性而后者水溶液呈碱性,D错误。【方法归纳】物质中化学键的存在(1)离子化合物中一定有离子键,可能还有共价键。如(NH4)2SO4、Na2O2等。(2)共价化合物中只有共价键,一定没有离子键,如CH4、CO2、H2SO4等。(3)在非金属单质中只有共价键,如Cl2、O2、金刚石等。(4)分子中不一定都有化学键,如稀有气体是单原子分子。(5)只有非金属元素形成的化合物不一定都是共价化合物,如NH4Cl中存在离子键。(6)活泼金属与活泼非金属形成的化合物不一定含离子键,如AlCl3为共价化合物。(7)离子化合物熔融时可以导电,共价化合物熔融时不导

19、电。(8)化学键被破坏的变化不一定是化学变化。如HCl溶于水,NaCl熔化属于物理变化。【变式训练】下列有关化学键的叙述，正确的是()A.离子化合物中一定含有离子键B.单质分子中均不存在化学键C.共价化合物中可能存在离子键D.含有共价键的化合物一定是共价化合物【解析】选A。单质分子(如Cl2)分子中存在共价键,B错误;含有离子键的化合物一定是离子化合物,一定不是共价化合物,C错误;含有共价键的化合物不一定是共价化合物,如Na2O2,D错误。1.下列表示式错误的是()A.Na+的轨道表示式:B.Na+的结构示意图:C.Na的电子排布式:1s22s22p63s1D.Na的价电子排布式:3s1【解析

20、】选A。Na+是钠原子失去了最外层的3s电子,只剩下1s、2s和2p轨道上的电子共10个,但A选项违背了泡利原理。2.(2013成都联考)短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等。下列说法错误的是()A.Q的氧化物的晶体属于原子晶体B.第一电离能：RWC.最高价氧化物对应水化物的酸性：TOS，B正确；因非金属性SiAl，故C正确；SO2属于极性分子而SO3属于非极性分子，故D错误。3.下列描述中正确的是()A.CS2为V形的极性分子B.的空间构型为平面三角形C.SF6中有6对完全相同的成键电子对D.SiF4和的中心原子均为sp2杂化【解析】选

21、C。由CO2的分子构型可知A错误；中中心原子Cl有一对孤电子对，所以为三角锥形，B错误；S有6个电子正好与6个F形成6个共价键，C正确；SiF4中硅原子形成4个键，中硫原子形成3个键，还有一对孤电子对，所以Si、S均是sp3杂化，D错误。4.(2013达州模拟)已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度,且原子间均以单键结合,下列关于该晶体的说法正确的是()A.C3N4晶体是分子晶体B.C3N4晶体中,CN键的键长比金刚石中CC键的键长要长C.C3N4晶体中每个碳原子连接4个氮原子,而每个氮原子连接3个碳原子D.C3N4晶体中微粒间通过离子键结合【解析】选C。C3N4晶体硬度比金刚石更大,所

22、以肯定不是分子晶体;因为氮原子半径比碳的小,所以CN键键长比CC键的短;根据原子的成键规则,碳原子能形成4个共价键,氮原子能形成3个共价键,所以C项正确;C3N4晶体中原子间均以单键结合,属于原子晶体,不含离子键。5.(2012浙江自选)请在标有序号的空白处填空。(1)可正确表示原子轨道的是。A.2sB.2dC.3pxD.3f(2)写出基态镓(Ga)原子的电子排布式:。(3)下列物质变化,只与范德华力有关的是。A.干冰熔化 B.乙酸汽化 C.乙醇与丙酮混溶D.溶于水 E.碘溶于四氯化碳F.石英熔融(4)下列物质中,只含有极性键的分子是,既含离子键又含共价键的化合物是;只存在键的分子是,同时存在

23、键和键的分子是。A.N2B.CO2C.CH2Cl2D.C2H4E.C2H6F.CaCl2G.NH4Cl(5)用“”“r(Mg2+),电荷Mg2+K+,故MgO的晶格能大于KCl,故熔点KCl6.(2013成都一模)A、B、C、D、E均为短周期元素，其化合价与原子序数的关系如下图所示。(1)A、B、C、D四种元素中第一电离能最小的是(填元素名称),其基态原子核外电子排布式是。(2)CE4在空气中易产生白雾,用化学方程式表示其原因:。D的氢化物沸点比A的氢化物沸点(填“高”或“低”)。(3)化合物CA2的晶体类型是,CA2与B最高价氧化物的水化物溶液发生反应的离子方程式是。【解析】由于四种元素都是

24、短周期的,因此图中的元素是第2和第3周期的,E的化合价为+7,则是Cl,则A、B、C、D分别为O、Na、Si、S。(2)SiCl4发生水解产生的HCl与空气中的水形成酸雾,由于水分子间可形成氢键,因此其沸点比H2S高。答案:(1)钠 1s22s22p63s1(2)SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl 低(3)原子晶体 SiO2+2OH-=Si +H2O7.(2013安徽高考)X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的四种短周期元素，其相关信息如下表：元素相关信息XX的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2XO3YY是地壳中含量最高的元素ZZ的基态原子最外层电子排布式为3s23p1WW

25、的一种核素的质量数为28,中子数为14(1)W位于元素周期表第周期第族;W的原子半径比X的(填“大”或“小”)。(2)Z的第一电离能比W的(填“大”或“小”);XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是;氢元素、X、Y的原子可共同形成多种分子,写出其中一种能形成同种分子间氢键的物质名称。(3)振荡下,向Z单质与盐酸反应后的无色溶液中滴加NaOH溶液直至过量,能观察到的现象是;W的单质与氢氟酸反应生成两种无色气体,该反应的化学方程式是。(4)在25、101 kPa下,已知13.5 g的Z固体单质在Y2气体中完全燃烧后恢复至原状态,放热419 kJ,该反应的热化学方程式是。【解析】X的最高价氧化

26、物对应的水化物为H2XO3,可以确定X为+4价,故可能为C、Si;Y是地壳中含量最高的元素,故Y为O;Z的最外层电子排布式为3s23p1,故Z为Al;W的一种核素的质子数为28-14=14,故W为Si,又因X、Y、Z、W的原子序数依次增大,故X为C。综上所述,X、Y、Z、W分别为C、O、Al、Si。(1)Si位于第3周期第A族,C、Si同主族,所以W(Si)的原子半径比X(C)的大。(2)同周期从左到右第一电离能呈增大趋势,Z(Al)的第一电离能比W(Si)的小;XY2是CO2,其固体属于分子晶体,由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是分子间作用力(范德华力);H、C、O形成同种分子间氢键的物

27、质有乙酸、乙醇等。(3)AlCl3与NaOH反应先生成Al(OH)3沉淀,后Al(OH)3沉淀又溶于NaOH溶液。Si+4HF=SiF4+2H2。(4)13.5 g铝的物质的量为0.5 mol,燃烧后放热419 kJ,故4 mol Al燃烧后放热3 352 kJ,所以该反应的热化学方程式为4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s)H=-3 352 kJmol-1。答案:(1)3A 大(2)小 分子间作用力(范德华力)乙酸(其他合理答案也可)(3)先产生白色沉淀,后沉淀溶解,最后变成无色溶液 Si+4HF=SiF4+2H2(4)4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s)H=-3 352 kJmol-1(其他合理答案均可)