高考化学试题分类解析汇编物质结构 元素周期律Word格式.docx
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B.Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱
C.X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小
D.Z位于元索周期表中第2周期、第ⅥA族
【答案】B
【解析】由元素位置可知,Y、Z在第二周期,M、X在第三周期,由于只有M为金属,故Y、Z、M、X四种元素分别为N、O、Al、Si。
根据信息可得Y为F,没有最高价,只有负价,所以没法比较。
[2013高考∙重庆卷∙3]下列排序正确的是
A.酸性:
H2CO3<C6H5OH<CH3COOH B.碱性:
Ba(OH)2<Ca(OH)2<KOH
C.熔点:
MgBr2<SiCl4<BND.沸点:
PH3<NH3<H2O
答案:
D
【解析】苯酚的酸性小于碳酸,A项错误;
元素的金属性越强,其最高价氧化物对应水化物的碱性越强,因此碱性:
Ba(OH)2>Ca(OH)2,B项错误;
SiCl4为分子晶体,熔点低于离子晶体MgBr2,C项错误;
NH3分子间存在氢键,沸点反常大于PH3,H2O分子间存在氢键,常温下为液态,在H2O、NH3、PH3中沸点最高,D项正确。
(2013四川卷)4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W、X原子的最外层电子数之比为4:
3,Z原子比X原子的核外电子数多4。
下列说法正确的是( )
A.W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z>
Y>
W
B.W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W>
X>
Z
C.Y、Z形成的分子空间构型可能是正四面体
D.WY2分子中δ键与π键的数目之比是2:
1
【答案】C
【解析】因为最外层电子数W:
X=4:
3,故W最外层电子数为4,X的为3,又因为WXYZ的原子序数依次增加,可以推出:
W:
C
X:
Al
Z:
Cl
所以W为C,X为Al,Z为Cl,Y可能为Si、P、S,所以C选项SiCl4为正四面体,正确。
A若Y为S则电负性应该为Z>
W>
Y;
C同周期半径大小为X>
Z,而W处于上一周期,不能比较;
D中W与Y形成的为CS2的σ:
π=1:
1。
(2013上海卷)3.230Th和232Th是钍的两种同位素,232Th可以转化成233U。
下列有关Th的说法正确的是
A.Th元素的质量数是232B.Th元素的相对原子质量是231
C.232Th转换成233U是化学变化D.230Th和232Th的化学性质相同
【解析】Th有质量数为230、232的两种同位素,因此无法确定Th的质量数,A项错误;
不知230Th与232Th的丰度,无法确定Th的相对原子质量,B项错误;
化学变化过程中原子种类不变,而232Th转化为233U原子种类发生变化,C项错误;
230Th与232Th互为同位素,二者化学性质相同,D项正确。
(2013上海卷)4.下列变化需克服相同类型作用力的是
A.碘和干冰的升华B.硅和C60的熔化
C.氯化氢和氯化钾的溶解D.溴和汞的气化
A
【解析】碘与干冰的升华,均为固体分子转化为气体分子,克服的作用力均为分子间作用力,A项正确;
硅是原子晶体,熔化时克服的作用力是共价键、C60是分子晶体,熔化时克服作用力是分子间作用力,B项错误;
HCl和NaCl溶解克服的作用力分别为共价键、离子键,C项错误;
溴与汞的气化克服的作用力分别为分子间作用力、金属键,D项错误。
(2013上海卷)13.X、Y、Z、W是短周期元素,X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构,工业上通过分离液态空气获得其单质;
Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等;
Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同;
W元素原子的M层有1个未成对的p电子。
下列有关这些元素性质的说法一定正确的是
A.X元素的氢化物的水溶液显碱性
B.Z元素的离子半径大于W元素的离子半径
C.Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应
D.Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点
【解析】工业上分离液态空气可获得氧气或氮气,故X为N或O,由Y的最外层电子排布ns2np2可知Y为C或Si、Z2+核外电子数为10,则Z为Mg,价层电子排布为3s23p1或3s23p5元素均可满足元素W的结构特点,因此W为Al或Cl。
若X为O,H2O为中性,A项错误;
若W为Cl-,则离子半径:
Mg2+<Cl-,B项错误;
Mg在一定条件下可与氧气或氮气发生反应生成氧化镁或氮化镁,C项正确;
若Y为C,其最高价氧化物CO2的熔、沸点都很低,D项错误。
(2013山东卷)8.W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示,W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物,由此可知
X
Y
A.X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是Y
B.Z元素氧化物对应水化物的酸性一定强于Y
C.X元素形成的单核阴离子还原性强于Y
D.Z元素单质在化学反应中只表现氧化性
解析:
因为W的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物,这指的是铵盐,所以W是N元素,则X、Y、Z依次是O、S、Cl。
则其氢化物中H2S最不稳定,A正确;
只有氯元素的最高价含氧酸才一定比Y的含氧酸酸性强,B错;
阴离子还原性S2->O2-,C错;
Cl2与水的反应中既表现氧化性,也表现了还原性,D错。
(2013广东卷)22.元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示,其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸。
则下列判断正确的是
A.非金属性:
Z<
T<
B.R与Q的电子数相差26
C.气态氢化物稳定性:
R<
Q
D.最高价氧化物的水化物的酸性:
T>
由R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸,可知R为F,由周期表的相对位置可以确定X为S、T为Cl、Z为Ar、Q为Br。
由于Z(Ar)为稀有气体,不能比较其非金属性,A错误;
R的(原子序数)电子数为9,Q的(原子序数)电子数为35,35—9=26,B正确;
F、Cl、Br三种元素位于同主族,同主族元素从上到下非金属性依次减弱,氢化物的稳定性依次减弱,最高价氧化物对应水化物酸性减弱,C错误、D正确。
BD
命题意图:
元素周期律与元素周期表
(2013浙江卷)9、短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表的位置如表所示,其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半,则下列说法正确的是
A.钠与W可能形成Na2W2化合物
B.由Z与Y组成的物质在熔融时能导电
C.W得电子能力比Q强
D.X有多种同素异形体,而Y不存在同素异形体
【解析】由“X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半”可推出X为C,因此Y为O,Z为Si,W为S,Q为Cl。
A选项:
Na和S可形成类似于Na2O2的Na2S2。
Z与Y组成的物质是SiO2,SiO2是原子晶体,熔融时不能导电。
C选项:
S得电子能力比Cl弱。
D选项:
C、O元素都能形成多种同素异形体。
(2013天津卷)3、下列有关元素的性质及其递变规律正确的是
A、
A族与
A族元素间可形成共价化合物或离子化合物
B、第二周期元素从左到右,最高正价从+1递增到+7
C、同主族元素的简单阴离子还原性越强,水解程度越大
D、同周期金属元素的化合价越高,其原子失电子能力越强
【解析】该题考查元素周期律。
A选项
A族的H元素可以与
A族的元素形成共价化合物,Na元素可以与
A族的形成离子化合物,正确;
B选项第二周期元素从左到右,元素O和F无正价,错误。
C选项同主族元素的简单阴离子还原性越强,水解程度越小,错误。
D选项同周期金属元素的化合价越高,其失电子能力越弱,如Na、Mg、Al,错误。
(2013安徽卷)7.我国科学家研制出一种催化剂,能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化,其反应如下:
HCHO+O2
CO2+H2O。
下列有关说法正确的是
A.该反应为吸热反应B.CO2分子中的化学键为非极性键
C.HCHO分子中既含α键又含π键D.每生成1.8gH2O消耗2.24LO2
【答案】C
【解析】A、该反应在室温下可以进行,故该反应为放热反应,错误;
B、二氧化碳结构为
,为极性键,错误;
C、甲醛分子中,含有碳氧双键,故其中既含有
键又含有
键,正确;
D、氧气的体积,并没有标明状况,故不一定为2.24L,错误。
【考点定位】以除甲醛气体为新的情境,考查了化学反应基本理论和基本概念,涉及化学反应中能量变化,分子结构、化学键以及气体的体积等相关知识。
(2013全国新课标卷1)9、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,其简单离子都能破坏水的电离平衡的是
A、W2-
X+
B、X+
Y3+
C、Y3+
Z2-
D、X+
Z2-
C
根据选项可知W、X、Y、Z形成的简单离子分别为W2-、X+、Y3+、Z2-,又知W、X、Y、Z均为短周期元素,且原子序数依次增大,故可推出W为O,X为Na,Y为Al,Z为S,Al3+和S2-均能发生水解,水解打破了水的电离平衡。
O2-不能在水溶液存在,而Na+不水解。
备注:
该题命题结构简单,切入点新颖,考查了离子化合价与其离子电荷的关系,难度不大。
(2013安徽卷)25.(15分)
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:
(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NOH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°
、101Kpa下,已知13.5g的
固体单质在Y2气体中完全燃烧后恢复至原状态,放热419kJ,该反应的热化学方程式是_________________________________________________________。
【答案】
(1)三ⅣA大
(2)小分子间作用力(范德华力)乙酸
(3)先产生白色沉淀,后沉淀逐渐溶解,最后变成无色溶液Si+4HF=SiF4↑+2H2↑
(4)4Al(s)+3O2g)=Al2O3(s)△H=-3352kJ/mol
【解析】
(1)X的最高价氧化对应的水化物为H2XO3,可以确定X的化合价为+4价,故可能为C、Si;
Y是地壳中含量最高的为O,Z最外层电子为3s23p1,为Al;
W质子数为28-14=14为Si,综上所述可知X、Y、Z、W分别为C、O、Al、Si。
(2)Al是金属,Si是非金属,所以铝的第一电离能比硅的小。
CO2形成的晶体是分子晶体,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三种元素形成的同种分子间氢键的物质是乙酸。
(3)由于氢氧化铝是两性氢氧化物,能溶于氢氧化钠溶液中,所以实验中观察到的实验现象是先产生白色沉淀,后沉淀逐渐溶解,最后变成无色溶液,单质硅和HF反应生成化学方程式是Si+4HF=SiF4↑+2H2↑。
(4)13.5g的Al的物质的量是0.5mol,所以4mol铝完全反应放出的热量是419kJ×
8=3352kJ,因此该反应的热化学方程式是4Al(s)+3O2g)=Al2O3(s)△H=-3352kJ/mol
【考点定位】以物质结构为基础,考查原子结构、分子结构,元素周期表和元素周期律,反应热的计算及热化学方程式的书写。
(2013天津卷)7、X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素,原子序数依次增大。
X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0;
Q与X同主族;
Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。
请回答下列问题:
五种元素原子半径由大到小的顺序是(写元素符号)_______________________。
X与Y能形成多种化合物,其中既含极性键又含非极性键,且相对分子质量最小的物质(写分子式)________________。
由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系
其中C是溶于水显酸性的气体;
D是淡黄色固体。
写出C的结构式________;
D的电子式_________。
如果A、B均由三种元素组成,B为两性不溶物,则A的化学式为_____________。
由A转化为B的离子方程式________________________。
如果A由三种元素组成,B由四种元素组成,A、B溶液均显碱性。
用离子方程式表示A溶液显碱性的原因_________________________________________。
A、B浓度均为0.1mol/L的混合溶液中,离子浓度由大到小的顺序是_________________________________;
常温下,在该溶液中滴加稀盐酸至中性时,溶质的主要成分有_______________________。
【解析】该题以周期律和周期表为基础知识,考查元素推断、重要元素化合物的性质、化学用语、电解质溶液中离子浓度大小比较等重要知识。
根据短周期元素X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0,可推知X、Y元素分别为H和C,Q与X同主族推知Q为Na元素,Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素,推知Z为O元素,R为Al元素。
原子半径大小顺序为Na>Al>C>O>H
(2)C和H形成的物质是有机化合物,含极性键又含非极性键,分子质量最小的只能是C2H2。
(3)C溶于水显酸性的气体只能是CO2,D是淡黄色固体,只能是过氧化钠,则CO2的结构式是
;
过氧化钠的电子式是
。
B为两性不溶物,A B均由三种元素组成,根据转化关系A为NaAlO2,B为Al(OH)3,由A转化为B的离子方程式AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-或2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-。
A由三种元素组成,B由四种元素组成,A、B溶液均显碱性,A是Na2CO3,B是NaHCO3。
A显碱性的原因是CO32-的水解。
水解的离子方程式为CO32-+H2O
HCO3-+OH-。
二者等浓度的混合溶液中,离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+),碳酸根的水解程度比碳酸氢根的水解程度大。
在滴加盐酸至中性时,碳酸钠和盐酸反应生成NaHCO3,NaHCO3和盐酸反应生成NaCl、H2O、CO2、如果溶质全是NaCl,由于有CO2,溶液就显酸性,所以溶质是NaHCO3、NaCl、CO2。
(1)Na>Al>C>O>H;
(2)C2H2;
(3)
①NaAlO2;
②AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-或2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-。
③CO32-+H2O
HCO3-+OH-;
c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+);
NaHCO3、NaCl、CO2(或H2CO3)
(2013山东卷)32.(8分)
【化学——物质结构与性质】
卤素元素包括F、Cl、Br等。
(1)下列曲线表示卤素元素某种性质随核电荷数的变化趋势,正确的是____________。
(2)利用“卤化硼法”课合成含B和N两种元素的功能陶瓷,右图为其晶胞结构示意图,则每个晶胞中含有B原子的个数为________,该功能陶瓷的化学式为___________。
(3)BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为________和_________。
第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有________种。
(4)若BCl3与XYm通过B原子与X原子间的配位健结合形成配合物,则该配合物中提供孤对电子的原子是________。
(1)非金属性越强,电负性越大。
同主族自上而下非金属性逐渐减弱,电负性逐渐降低,a正确;
F是最强的非金属,没有正价,b错误;
HF分子间存在氢键沸点大于HBr的,c错误;
卤素单质自上而下单质的熔点逐渐升高,d错误,答案选a。
(2)B原子半径大于N原子半径,所以白球是B原子,黑球是N原子。
其中B原子的个数是
,N原子个数是
,所以该物质的化学式是BN。
(3)根据价层电子对互斥理论可知,BCl3和NCl3中心原子含有的孤对电子对数分别是(3-3×
1)÷
2=0、(5-3×
2=1,所以前者是平面三角形,B原子是sp2杂化。
后者是三角锥形,N原子是sp3杂化。
(4)在BCl3分子中B原子最外层的3个电子全部处于成键,所以在该配合物中提供孤对电子的应该是X原子,B原子提供空轨道。
(1)a
(2)2;
BN(3)sp2;
sp3(4)X
(2013全国新课标卷2)37.[化学——选修3:
物质结构与性质](15分)
前四周期原子序数依次增大的元素A,B,C,D中,A和B的价电子层中未成对电子均只有1个,并且A-和B+的电子相差为8;
与B位于同一周期的C和D,它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2,且原子序数相差为2。
回答下列问题:
(1)D2+的价层电子排布图为_______。
(2)四种元素中第一电离最小的是____,电负性最大的是____。
(填元素符号)
(3)A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示。
①该化合物的化学式为_________;
D的配位数为_______;
②列式计算该晶体的密度_______g·
cm-3。
(4)A-、B+和C3+三种离子组成的化合物B3CA6,其中化学键的类型有_____;
该化合物中存在一个复杂离子,该离子的化学式为_______,配位体是____。
A和B的价电子层中未成对电子均只有1个,并且A-和B+的电子相差为8,所以A是F,B是K。
与B位于同一周期的C和D,它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2,且原子序数相差为2,C应该是Fe,D应该是Ni。
(1)根据构造原理可知,D2+的价层电子排布图为
(2)金属性越强,第一电离能越小,所以四种元素中第一电离最小的是K。
非金属性越强,电负性越大,所以电负性最大的是F。
(3)①根据晶胞的结构简式可知,F原子的个数是
K原子的个数是
Ni原子个数是
,所以该化合物的化学式是K2NiF4。
②根据晶胞的结构简式可知,中间的立方体中Ni原子周围最近的F原子个数是6,既配位数是6。
③根据①可知该晶胞的目的应该是
g·
(4)A-、B+和C3+三种离子组成的化合物是K3[FeF6],含有的化学键是离子间和配位健,其中复杂的离子是[FeF6]3-,配体是F-。
(1)
(2)KF
(3)①K2NiF4;
6
②
(4)离子键、配位键;
[FeF6]3-;
F-
(2013全国新课标卷1)37.[化学—选修3:
硅是重要的半导体材料,构成了现代电子工业的基础。
回答下列问题:
(1)基态Si原子中,电子占据的最高能层符号,该能层具有的原子轨道数为、电子数为。
(2)硅主要以硅酸盐、等化合物的形式存在于地壳中。
(3)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体,其中原子与原子之间以相结合,其晶胞中共有8个原子,其中在面心位置贡献个原子。
(4)单质硅可通过甲硅烷(SiH4)分解反应来制备。
工业上采用Mg2Si和NH4CI在液氨介质中反应制得SiH4,,该反应的化学方程式为。
(5)碳和硅的有关化学键键能如下所示,简要分析和解释下列有关事实:
硅与碳同族,也有系列氢化物,但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多,原因是。
SiH4的稳定性小于CH4,更易生成氧化物,原因是。
(6)在硅酸盐中,SiO44-四面体(如下图(a))通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。
图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根;
其中Si原子的杂化形式为。
Si与O的原子数之比为化学式为
考点:
考查基态原子核外电子排布、金属晶体、化学方程式的书写、杂化轨道、化学键
审题策略:
根据金刚石的结构,可以推知晶体硅的结构;
由键能与物质稳定性的关系,可以解释(5)中的问题。
根据均摊原理可以得出(6)中的结论。
(1)硅是14号元素,根据构造原理可知,基态电子排布式为1s22s22p63s23p2,所以能量最高的为M能层,该能层有s、p、d能级,共计有1+3+5=9个原子轨道。
其中最外层电子数是4个。
(2)硅由于性质活泼,在自然界中物单质存在,主要以硅酸盐和二氧化硅的形式存在于地壳中。
(3)硅和金刚石的结构类似,属于原子晶体,硅原子间以共价键结合。
在金刚石晶胞中每个面心具有一个碳原子,晶体硅和金刚石类似,则面心位置贡献的原子为
个。
(4)根据原子守恒可知,生成物还有氯化镁和氨气,则反应的化学方程式是Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2。
(5)①烷烃分子中C-C键和C-H键的键能大于硅烷中的Si-Si键和Si-H键的键能,稳定性强,所以硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多。
②由于键能越大,物质越稳定,C-H键的键能大于C-O键的键能,故C-H键比C-O键稳定;
而Si-H键的键能却远小于Si-O键的键能,所以Si-H键不稳定,而倾向于形成稳定性更强的Si-O键,