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

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

www.ks5u.com 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)元素的第一电离能:X　　　(填“>”或“<”,下同)Y;原子半径:X　　　Y。 ‎ ‎(3)Y的最高价氧化物对应水化物中酸根离子的立体构型是　　　　　　　　(用文字描述)。 ‎ ‎(4)Z3+基态核外电子排布式为　　　　　　　　　　　　　,用铁氰化钾溶液检验Z2+的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(5)元素W的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示,该氯化物的化学式是　　　　　,它可与浓盐酸发生非氧化还原反应,生成配合物HnWCl3,反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎3.(2020山东日照一模)(16分)SiC纤维单向增强的TixAly基复合材料可作为高超音速飞行器表面的放热材料。回答下列问题:‎ ‎(1)C元素所在周期中,第一电离能最大的元素是　　　(填元素符号)。 ‎ ‎(2)基态Ti原子的价电子排布式为　　　　　,能量最高的能级有　　　个空轨道。 ‎ ‎(3)甲基硅油结构如图所示,其中Si原子的杂化方式为　　　　　　,以甲基硅油为主要成分的硅橡胶能够耐高温的原因是　。 ‎ ‎…………‎ ‎(4)Li2CO3、Li2TiO3是锂离子电池中的常用材料,其中CO‎3‎‎2-‎的空间构型为　　　　　　　　　,其含有的共价键类型有　　　　　　　　。 ‎ ‎(5)TixAly合金的一种结构单元如图所示(Al、Ti原子各有一个原子在结构单元内部),该合金的化学式为　　　　　　　,其结构单元棱长为a pm,底面边长为b pm,该合金的密度为　　　　　　　　g·cm-3。 ‎ ‎4.(2020山东师大附中4月线上检测)(18分)我们利用物质的结构与性质对元素周期表进行研究,有助于我们更好地掌握同类知识。‎ ‎(1)基态砷原子中,价电子占用　　　个原子轨道;雌黄分子式为As2S3,分子结构如图,则砷原子的杂化方式为　　　　　　。 ‎ ‎(2)向CuSO4溶液中加入少量氨水生成蓝色沉淀,继续加入过量氨水沉淀溶解,得到深蓝色透明溶液,最后向该溶液中加入一定量乙醇,析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体;该晶体所含的非金属元素中,N、O、S的第一电离能由大到小的顺序是　　　　　　(填元素符号),SO‎4‎‎2-‎的立体构型为　　　　　　　　,晶体中含有的化学键有　　　　　　　　　　　　　　　　。加入乙醇后析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)常温下PCl5是一种白色晶体,其立方晶系晶体结构模型如图所示,由A、B两种微粒构成。将其加热至148 ℃时熔化,形成一种能导电的熔体。已知A微粒与CCl4具有相同的立体构型和相似的化学键特征,则A为　　　　,B为　　　　。 ‎ PCl5晶体结构模型 ‎(4)磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料,如图为其立方晶胞。已知晶体中最近的硼原子和磷原子核间距为x cm,磷化硼的摩尔质量为b g·mol-1,阿伏加德罗常数的值为NA,则磷化硼晶体密度的表达式为　　　　　　　 g·cm-3。 ‎ BP晶胞模型 ‎5.(2020山东新高考调研测试)(18分)(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1∶2,其水溶液显碱性,则该物质中N原子的杂化方式为　　　　。 ‎ ‎(2)笑气(N2O)曾被用作麻醉剂,但过度吸食会导致身体机能紊乱。预测N2O的结构式为　　　　　　　。 ‎ ‎(3)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态-1价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E),-1价阴离子再获得一个电子的能量变化叫做第二电子亲和能,部分元素或离子的电子亲和能数据如表所示。‎ 元素 Cl Br I O O-‎ 电子亲和能‎(kJ·mol‎-1‎)‎ ‎349‎ ‎343‎ ‎295‎ ‎141‎ ‎-780‎ 下列说法正确的是　　　　。 ‎ A.电子亲和能越大,说明越难得到电子 B.一个基态的气态氧原子得到一个电子成为O-时放出141 kJ的能量 C.氧元素的第二电子亲和能是-780 kJ· mol-1‎ D.基态的气态氧原子得到两个电子成为O2-需要吸收能量 ‎(4)在电解冶炼铝的过程中加入冰晶石(用“A”代替),可起到降低Al2O3熔化温度的作用。冰晶石的生产原理为2Al(OH)3+12HF+3Na2CO32A+3CO2↑+9H2O。根据题意完成下列填空:‎ ‎①冰晶石的化学式为　　　　　　。 ‎ ‎②冰晶石由两种微粒构成,冰晶石的晶胞结构如图甲所示,位于大立方体的顶点和面心,位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心,那么大立方体的体心处所代表的微粒是　　　　(填微粒符号)。 ‎ ‎③冰晶石溶液中不存在的微粒间作用力有　　　　(填选项字母)。 ‎ A.离子键　B.共价键　C.配位键　D.金属键　E.范德华力　F.氢键 ‎④Al单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示,其晶胞特征如图丙所示,原子之间相互位置关系的平面图如图丁所示:‎ 若已知Al的原子半径为d cm,NA代表阿伏加德罗常数的值,Al的相对原子质量为M,则晶胞中Al原子的配位数为　　　;Al晶体的密度为　　　　　　 g·cm-3(用字母表示)。 ‎ ‎(5)配合物Fe(CO)5的熔点为-20 ℃,沸点为103 ℃,可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构式如图戊所示。‎ ‎　戊 ‎①Fe(CO)5晶体类型属于　　　　晶体。 ‎ ‎②关于Fe(CO)5,下列说法正确的是　　　　。 ‎ A.Fe(CO)5是非极性分子,CO是极性分子 B.Fe(CO)5中Fe原子以sp3杂化方式与CO成键 C.1 mol Fe(CO)5含有10 mol配位键 D.反应Fe(CO)5Fe+5CO没有新化学键生成 ‎6.(2020湖南四校线上联考)(18分)据报道,我国化学研究人员用Ni(NO3)2和Tb(CH3COO)3等合成了一个镍的一维链状配位聚合物(如图),对镍配合物在磁性、电化学性质等方面的研究提出了理论指导。‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)基态Ni原子的价电子的电子排布图(轨道表示式)为　　　　　　　,Ni在元素周期表中处于第　　　　纵列。 ‎ ‎(2)C、N、O三种元素中电负性最大的是　　　(填元素符号),C在形成化合物时,主要以共价键为主,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)Ni(NO3)2中阴离子的立体构型是　　　　　　　　,写出与该阴离子互为等电子体的一种分子的化学式: ‎ ‎　。 ‎ ‎(4)一维链状配位聚合物中,碳原子的杂化形式为　　　　　　　　。 ‎ ‎(5)已知CH3COOH的沸点为117.9 ℃,HCOOCH3的沸点为32 ℃,CH3COOH的沸点高于HCOOCH3的主要原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(6)已知:氧化镍的晶胞结构如图所示。‎ ‎①若NA为阿伏加德罗常数的值,晶体密度为ρ g·cm-3,则该晶胞中最近的两个O2-之间的距离为　　　　　　　　　　　pm(用含ρ、NA的代数式表示)。 ‎ ‎②某缺陷氧化镍的组成为Ni0.97O,其中Ni元素只有+2和+3两种价态,两种价态的镍离子数目之比为　　　　　。 ‎ 参考答案 专题突破练5B　物质结构与性质　元素周期律 ‎1.答案(1)Na>Al>C>O ‎(2)第二周期ⅥA族　Na+‎[‎‎·‎‎·‎O‎··‎‎··‎‎·‎‎·‎]2-Na+‎ ‎(3)HClO4　(4)乙烯　(5)AlCl3+4NaOH3NaCl+NaAlO2+2H2O{或AlCl3+4NaOHNa[Al(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。‎ ‎(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Na>Al>C>O。‎ ‎(2)Z为O元素,在元素周期表中的位置为第二周期ⅥA族,M2Z为氧化钠,其电子式为Na+‎[‎‎·‎‎·‎O‎··‎‎··‎‎·‎‎·‎]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+4NaOHNa[Al(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　ⅣA　(2)<　>　(3)平面三角形 ‎(4)1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5　3Fe2++2Fe(CN‎)‎‎6‎‎3-‎Fe3Fe(CN‎)‎‎6‎‎2‎↓　(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ⅣA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×(6-3×2)=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[Ar]3d5,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元素的原子个数为4,Cl元素的原子个数为8×‎1‎‎8‎+6×‎1‎‎4‎=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)3d24s2　3　(3)sp3杂化　Si—O键的键能大 ‎(4)平面三角形　σ键和π键　(5)Ti11Al5或Al5Ti11　‎442‎‎3‎‎9ab‎2‎NA×1030‎ 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[Ar]3d24s2,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Si—O键和Si—C键,Si—O键更牢固。‎ ‎(4)CO‎3‎‎2-‎中C原子价电子对数为3+‎4+2-3×2‎‎2‎=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σ键和1个大π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‎1‎‎6‎×8+‎1‎‎2‎×2+‎1‎‎3‎×1+1=‎11‎‎3‎,一个晶胞中含有Al原子的数目为‎1‎‎6‎×4+1=‎5‎‎3‎,则该合金的化学式为Ti11Al5或Al5Ti11,则晶胞的密度ρ=mV‎=‎663‎‎3‎NAg‎3‎‎3‎‎2‎ab‎2‎×1‎0‎‎-30‎cm‎3‎=‎‎442‎‎3‎‎9ab‎2‎NA×1030g·cm-3。‎ ‎4.答案(1)4　sp3杂化　(2)N>O>S　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σ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ⅡA族(最外层s轨道全满)和ⅤA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N>O>S;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)4]SO4·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)4]SO4·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。‎ ‎(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,磷化硼的摩尔质量为bg·mol-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‎3‎3‎b‎16‎x‎3‎NAg·cm-3。‎ ‎5.答案(1)sp3　(2)NNO　(3)CD ‎(4)①Na3AlF6　②Na+　③AC　④12　‎M‎4‎‎2‎d‎3‎NA ‎(5)①分子　②AC 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1∶2,其水溶液显碱性,该物质为N2H4,N原子形成2个N—H键、1个N—N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-780kJ·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)①由原子守恒可知,冰晶石的化学式为Na3AlF6。②的个数=8×‎1‎‎8‎+6×‎1‎‎2‎=4,的个数=12×‎1‎‎4‎+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+;③冰晶石(Na3AlF6)晶体不导电,但熔融时能导电,说明属于离子化合物,由Na+和[AlF6]3-构成,[AlF6]3-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;④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‎3×8‎‎2‎=12。晶胞中Al原子个数为8×‎1‎‎8‎+6×‎1‎‎2‎=4,则晶胞质量为4×MNAg,面对角线上3个Al原子相邻,晶胞棱长为4d×‎2‎‎2‎=2‎2‎d,则晶胞密度=4×MNAg÷(2‎2‎dcm)3=M‎4‎‎2‎d‎3‎NAg·cm-3。‎ ‎(5)①Fe(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;②Fe(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)O　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)①‎2‎‎2‎‎×‎‎3‎‎300‎ρNA×1010　②91∶6‎ 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σ键电子对数为3,孤对电子数=‎5+1-3×2‎‎2‎=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σ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O—H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)①根据均摊法可知,晶胞中O2-的个数为12×‎1‎‎4‎+1=4,Ni2+的个数为8×‎1‎‎8‎+6×‎1‎‎2‎=4,则一个晶胞的质量为‎4×(59+16)‎NAg=‎300‎NAg,则晶胞的边长为‎3‎‎300‎ρNA×1010pm,‎ 则该晶胞中最近的两个O2-之间的距离为‎2‎‎2‎‎×‎‎3‎‎300‎ρNA×1010pm;②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0.91∶0.06=91∶6。‎