高考化学大二轮优选习题专题二化学基本理论专题突破练5物质结构元素周期律文档格式.docx
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D>
A>
C
答案D
解析根据A、B、C三种元素在元素周期表中的相对位置,设A的原子序数是x,则B的原子序数是x+9,C的原子序数是x+2,则x+x+9+x+2=32,解得x=7,即A是N,B是S,C是F。
D元素原子的最外层电子数为次外层电子数的2倍,因此D是碳元素。
非金属性越强,氢化物的稳定性越强,F是最活泼的非金属,HF的稳定性最强,A项错误;
碳元素的氢化物乙烯是平面形结构,B项错误;
氨气和硝酸反应是化合反应,且不是氧化还原反应。
H2S和浓硫酸反应是氧化还原反应,反应类型不同,C项错误;
同周期元素从左到右原子半径依次减小,同主族元素原子半径从上而下依次增大,故四种元素的原子半径:
C,D项正确。
4.(2018丰台高三一模)已知34Se、35Br位于同一周期,根据元素在周期表中的位置,下列说法正确的是( )
A.还原性:
Cl->
Br-
B.酸性:
H2SeO4>
HBrO4>
HClO4
C.原子半径:
Cl>
Br>
Se
D.气态氢化物的稳定性:
H2S>
H2Se
解析溴单质的氧化性弱于氯气,则对应离子的还原性Cl-<
Br-,故A项错误;
非金属性强弱为Cl>
Se,则酸性强弱为HClO4>
H2SeO4,故B项错误;
Br、Se原子比Cl原子多1个电子层,所以Cl的原子半径最小,Br、Se的电子层数相同,Br的原子序数大于Se,所以原子半径:
Br<
Se,因此原子半径大小为Se>
S,故C项错误;
非金属性:
S>
Se,则气态氢化物的稳定性:
H2Se。
故D项正确。
5.(2018河南豫南豫北名校精英联赛)部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示,下列说法正确的是( )
A.离子半径的大小顺序:
d<
e<
f
B.与x形成简单化合物的沸点:
y>
z>
d
C.除去实验后试管中残留的g单质,可用热的氢氧化钠溶液
D.g、h的氧化物对应的水化物的酸性:
h>
g
解析根据题意可推出x、y、z、d、e、f、g、h分别为H、C、N、O、Na、Al、S、Cl。
O2-、Na+和Al3+只有两个电子层,核外电子结构相同,核电荷数越大的离子半径越小,则离子半径大小顺序为O2->
Na+>
Al3+,A项错误;
CH4、NH3、H2O中,CH4、NH3常温下为气体,H2O在常温下呈液态,故水的沸点最高,B项错误;
硫能够与热的NaOH溶液反应生成硫化钠、亚硫酸钠等可溶性物质而除去,C项正确;
g、h的氧化物对应的水化物含氧酸有多种,没有说明是最高价含氧酸,无法比较酸性强弱,D项错误。
6.(2018陕西宝鸡高三质量检测)A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素,m、n、p、q、s是由这些元素中的两种或三种元素组成的化合物,r是由元素C形成的单质,上述物质的转化关系如图所示。
常温下0.01mol·
L-1s溶液的pH为12。
下列说法正确的是( )
A.原子半径的大小B<
C<
D
B.化合物n与s中均既含有离子键,又含有共价键
C.1L0.1mol·
L-1的q溶液中溶质阴离子总数等于0.1NA
D.1moln与足量的p完全反应可生成11.2L的r
答案B
解析常温下0.01mol·
L-1的s溶液的pH为12,则s可能是氢氧化钠。
根据图示,可知n是Na2O2、m是CO2、p是H2O、q是Na2CO3、r是O2;
A、B、C、D四种元素分别是H、C、O、Na;
原子半径的大小顺序为O<
Na,故A项错误;
Na2O2、NaOH中均含有离子键和共价键,故B项正确;
C能发生水解,所以1L0.1mol·
L-1的q溶液中溶质阴离子总数小于0.1NA,故C项错误;
1molNa2O2与足量的水完全反应可生成0.5mol的O2,但体积不一定是11.2L,故D项错误。
7.(2018山东潍坊高三一模)短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大,其中W元素原子的最外层电子数是内层电子数的两倍。
X与Z同主族,两原子的核外电子数之和为24。
Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。
下列说法正确的是( )
A.简单离子半径:
Z>
Y>
X
B.Y分别与X、Z形成二元化合物中不可能存在共价键
C.W、Y、Z的单质分别与X2反应时,条件不同产物均不同
D.如图所示实验可证明非金属性:
Z
解析由题意可知W、X、Y、Z分别为C、O、Na、S。
X、Y的简单离子核外均为10个电子,原子序数越大,其简单离子半径越小,所以离子半径:
Y,A项错误;
过氧化钠中两个氧原子间形成共价键,再与钠形成离子键,B项错误;
S与O2反应只能生成SO2,与反应条件无关,C项错误;
浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气,硫化氢可被氯气氧化成硫单质,从而使硫化氢溶液浑浊,此实验可证明非金属性:
S,D项正确。
8.(2018湖北八校高三联考)位于不同主族的四种短周期元素甲、乙、丙、丁,其原子序数依次增大,原子半径r(丁)>
r(乙)>
r(丙)>
r(甲)。
四种元素中,只有一种为金属元素,乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3倍。
据此推断,下列叙述正确的是( )
A.丙的简单氢化物分子内存在氢键
B.由甲、乙两元素组成的化合物中,只含有极性键
C.由甲和丙两元素组成的分子不止一种
D.乙和丁两元素的最高价氧化物的水化物之间能发生反应
解析甲、乙、丙、丁四种短周期元素原子序数依次增大,原子半径r(丁)>
r(甲),则甲为氢元素,丁处于第三周期,乙、丙处于第二周期;
四种元素中只有一种为金属元素,四种元素处于不同的主族,乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3倍,乙为碳元素,丙为氮元素,丁为铝元素。
丙为氮元素,丙的简单氢化物为NH3,NH3分子间存在氢键,NH3分子内没有氢键,A项错误;
甲为氢元素,乙为碳元素,甲、乙组成的化合物有CH4、C2H4等烃类物质,CH4中只有极性键,其余烃中既有极性键又有非极性键,B项错误;
H与N可形成NH3、N2H4,C项正确;
乙的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3,丁的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3,Al(OH)3与H2CO3不能反应,D项错误。
9.(2018湖南H11教育联盟高三联考)X、Y、Z、W、M为短周期主族元素,25℃时,其最高价氧化物对应的水化物(浓度均为0.01mol·
L-1)溶液的pH和原子半径的关系如图所示。
下列有关说法不正确的是( )
A.Y的最高价氧化物的电子式为
B.最简单气态氢化物的热稳定性:
W
C.X、M两种元素形成的简单离子半径大小顺序:
X<
M
D.X的氢化物与Z的氢化物反应后生成的化合物中既含离子键又含共价键
解析根据X、Y、Z、W、M为短周期主族元素,25℃时,其最高价氧化物对应的水化物(浓度均为0.01mol·
L-1)溶液的pH和原子半径的关系分析:
NaOH溶液的pH为12,则M为Na;
硝酸的pH=2,则X为N;
Y对应pH>
2,则Y为C;
W对应pH<
2,则W为S;
Z对应pH=2,且原子序数最大,则Z是Cl。
Y为碳元素,Y的最高价氧化物为CO2,其电子式为,故A项正确;
氯元素的非金属性比硫强,简单气态氢化物的热稳定性:
W,故B项正确;
X、M两种元素形成的简单离子分别是N3-和Na+,N3-和Na+核外电子排布相同,电子层结构相同,核电荷数越大,离子半径越小,故C项错误;
X的氢化物NH3与Z的氢化物HCl反应后生成的化合物是NH4Cl,其中铵根离子与氯离子形成离子键,氮原子与氢原子以共用电子对形成共价键,故D项正确。
10.(2018江淮十校高三联考)几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表:
元素代号
R
Q
原子半径
(×
10-10m)
1.86
0.99
1.43
1.60
0.75
0.74
主要
化合价
最高正价
+1
+7
+3
+2
+5
—
最低负价
-1
-3
-2
下列说法错误的是( )
A.Q2-比R3-更容易失去电子
B.X、Z、R的最高价氧化物的水化物之间可两两相互反应
C.元素X和Q形成的化合物中可能既含离子键,也含共价键
D.元素形成的气态氢化物的稳定性:
Q>
解析一般地,主族元素的最高正价=主族序数。
Y的最高正价为+7价,所以Y是氯而不是氟。
Q只有最低负价-2价、没有一般意义上的最高正价,所以Q是氧。
R最高正价是+5价,而且R的原子半径小于氯,所以R是氮而不是磷。
X、M、Z的最高正价分别是+1、+2、+3,原子半径:
M>
Z,所以X、M、Z分别是钠、镁、铝。
R,所以还原性:
Q2-<
R3-,A项错误;
X、Z、R的最高价氧化物的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝和硝酸,它们之间可两两相互反应,故B项正确;
元素X和Q形成的化合物如过氧化钠,既含离子键也含共价键,C项正确;
Y,所以元素形成的气态氢化物的稳定性:
Y,D项正确。
二、非选择题(本题包括4个小题,共40分)
11.(2018山东菏泽七一中期中)(10分)A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数逐渐增大。
A是原子半径最小的元素,B可形成多种同素异形体,其中一种的硬度是自然界中最大的。
D元素原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍。
E元素的M层电子数等于A和B的质子数之和。
(1)元素D在元素周期表中的位置是 。
(2)B、C、D三种元素的最简单氢化物的稳定性由强到弱的顺序是 (填化学式)。
(3)A、B、C、D几种元素之间可以形成多种10电子微粒,写出上述10电子微粒中离子之间发生反应的一个离子方程式:
。
(4)ED2是一种具有强氧化性的新型消毒剂,一定条件下4molED2与5molC2A4恰好完全反应,请写出该反应的化学方程式:
;
若反应消耗1molC2A4,则转移电子的物质的量为 。
答案
(1)第二周期ⅥA族
(2)H2O>
NH3>
CH4
(3)N+OH-NH3·
H2O(或OH-+H3O+2H2O) (4)4ClO2+5N2H45N2+4HCl+8H2O 4mol
解析A是原子半径最小的元素,则A为氢元素;
B可形成多种同素异形体,其中一种的硬度在自然界中最大,该物质为金刚石,则B为碳元素;
D元素原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍,则D含有2个电子层,最外层含有6个电子,为氧元素;
E元素的M层电子数等于A和B的质子数之和,则E为氯元素;
C的原子序数介于碳元素和氧元素之间,则C为氮元素,根据分析可知:
A、B、C、D、E分别为氢、碳、氮、氧、氯元素。
(1)D为氧元素,原子序数为8,位于周期表中第二周期ⅥA族。
(2)非金属性越强,气态氢化物越稳定;
同周期主族元素,从左到右元素非金属性逐渐增强,则非金属性:
O>
N>
C,则对应的气态氢化物的稳定性为H2O>
CH4。
(3)H、C、N、O形成的10电子粒子有:
CH4、NH3(N、N)、H2O(H3O+、OH-)、HF等,以上10电子微粒之间反应的其中一个化学方程式为N+OH-NH3·
H2O(或OH-+H3O+2H2O)。
(4)E为氯元素,ED2为ClO2,C2A4为N2H4,一定条件下4molClO2与5molN2H4恰好完全反应,反应的化学方程式为4ClO2+5N2H45N2+4HCl+8H2O。
根据化学方程式可知,每消耗5molN2H4,转移电子的物质的量为20mol,所以若反应消耗1molN2H4,则转移电子的物质的量为4mol。
12.(2018河南豫南豫北名校精英联赛)(10分)A、B、C、D是原子序数依次增大的前四周期元素,A是元素周期表中原子半径最小的元素,它们组成的单质或化合物有如图转化关系,其中甲、丙和戊是单质,乙、丁和己是氧化物,其中丁是两性氧化物,戊是紫红色金属。
请回答下列问题:
(1)D元素的元素符号为 ,C元素在周期表中的位置为 。
(2)用电子式表示己的形成过程:
。
(3)反应①在工业生产中通常称作 反应。
(4)甲、戊与浓硝酸可形成原电池,其中 (填化学式)作负极,正极电极反应式为 。
答案
(1)Cu 第三周期ⅢA族
(2)H·
+·
·
HH
(3)铝热 (4)Cu N+e-+2H+NO2↑+H2O
解析A、B、C、D是原子序数依次增大的前四周期元素,A是周期表中原子半径最小的元素,A为氢元素;
它们组成的单质或化合物有题图转化关系,其中甲、丙和戊是单质,乙、丁和己是氧化物,其中丁是两性氧化物,则丁为氧化铝;
戊是紫红色金属,则戊为铜,根据框图,甲为铝,乙为氧化铜;
丙为氢气,己为水。
因此B、C、D分别为O、Al、Cu。
(1)D为Cu,C为Al,Al在周期表中位于第三周期ⅢA族;
(2)水为共价化合物,用电子式表示水的形成过程为H·
+
HH;
(3)反应①是铝与氧化铜发生的铝热反应;
(4)铝、铜与浓硝酸可形成原电池,铝与浓硝酸发生钝化,铜容易被浓硝酸氧化而溶解,因此铜作负极,电极反应式为Cu-2e-Cu2+,铝作正极,总反应为Cu+4H++2NCu2++2NO2↑+2H2O,因此正极的电极反应式为N+e-+2H+NO2↑+H2O。
13.(2018陕西西安中学高三期中)(10分)某含氯化合物A由两种短周期元素组成,常温下该物质为气态,测得该气体对空气的相对密度为3.0,A溶于水可得只含单一溶质B的弱酸性溶液,B溶液在放置过程中其酸性会增强。
常温下,气体A与NH3反应生成离子晶体C、气体单质D和常见液体E,D为空气中含量最多的物质。
气体A可用某一气体单质与潮湿的Na2CO3反应制得,同时生成两种钠盐。
(1)气体A的化学式为 ,气体单质D对应元素在元素周期表中的位置为 。
(2)用化学方程式表示B溶液酸性增强的原因:
。
(3)气体A与NH3反应的化学方程式为 ,该反应体现气体A具有 性。
(4)试写出制取气体A的化学方程式为 。
(5)设计实验探究离子晶体C的成分。
答案
(1)Cl2O 第二周期第ⅤA族
(2)2HClO2HCl+O2↑ (3)3Cl2O+10NH36NH4Cl+2N2+3H2O 氧化
(4)2Cl2+2Na2CO3+H2OCl2O+2NaHCO3+2NaCl
(5)取少量晶体溶于水,分成两份置于试管中;
一份加入浓NaOH溶液、加热,若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,证明含有N;
另一份加入用硝酸酸化的硝酸银溶液,若产生白色沉淀,证明含Cl-,由此证明该晶体为NH4Cl
解析气体A对空气的相对密度为3.0,则A的相对分子质量为29×
3=87;
A由两种短周期元素组成,其中一种是Cl,溶于水可得只含单一溶质B的弱酸性溶液,B溶液在放置过程中其酸性会增强,则A为Cl2O、B为HClO;
气体A与NH3反应生成离子晶体C、气体单质D和常见液体E,D为空气中含量最多的物质,则C为NH4Cl、D为N2、E为H2O;
气体A可用某一气体单质与潮湿的Na2CO3反应制得,根据氯原子守恒,则气体单质是Cl2。
(1)根据上述分析,A的分子式为Cl2O;
D为N2,氮元素在周期表中的位置为第二周期第ⅤA族。
(2)B为HClO,HClO易分解生成HCl和O2,所以B溶液在放置过程中其酸性会增强,反应的化学方程式为2HClO2HCl+O2↑。
(3)由上述分析,气体A(Cl2O)与NH3反应生成NH4Cl、N2和H2O,反应的化学方程式为3Cl2O+10NH36NH4Cl+2N2+3H2O;
反应后氯元素化合价由+1价→-1价,所以该反应体现A具有氧化性。
(4)由前面的分析及已知,气体A(Cl2O)可用Cl2与潮湿的Na2CO3反应制得,同时生成两种钠盐,则Cl2发生自身氧化还原反应,生成的两种钠盐为NaCl和NaHCO3,故反应的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2OCl2O+2NaHCO3+2NaCl。
(5)C为NH4Cl,要探究其成分,主要应检验N和Cl-的存在,可以取少量晶体溶于水,分成两份置于试管中;
一份加入浓NaOH溶液、加热,若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,则证明含有N;
另一份加入用硝酸酸化的硝酸银溶液,产生白色沉淀,则证明含Cl-,由此证明该晶体为NH4Cl。
14.(2018四川成都郫都区高三阶段测试)(10分)A、B、C、D、E、F是中学化学中常见的六种短周期元素,有关位置及信息如下:
…
E
A
B
A的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应生成离子化合物;
C单质一般保存在煤油中;
F的最高价氧化物对应的水化物既能与强酸反应又能与强碱反应,G单质是日常生活中用量最大的金属,易被腐蚀或损坏。
(1)A元素的氢化物水溶液能使酚酞变红的原因为 (用电离方程式解释)。
(2)同温同压下,将aLA的氢化物气体和bLD的氢化物气体先后通入一盛水的烧杯中,若所得溶液的pH=7,则a b(填“>
”“<
”或“=”)。
(3)常温下,相同浓度的F、G简单离子的溶液中滴加NaOH溶液,F、G两元素先后沉淀,F(OH)n完全沉淀的pH是4.7,G(OH)n完全沉淀的pH是2.8,则在相同条件下,溶解度较大的是 (填化学式)。
(4)A与B可组成质量比为7∶16的三原子分子,该分子释放到空气中其化学作用可能引发的后果有 。
①酸雨 ②温室效应 ③光化学烟雾 ④臭氧层破坏
(5)A和C组成的一种离子化合物能与水反应生成两种碱,该反应的化学方程式是 。
(6)用电子式表示B、C两种元素形成化合物C2B2的过程:
。
(7)已知一定量的E单质能在B2(g)中燃烧,其可能的产物及能量关系如下图所示,请写出一定条件下EB2(g)与E(s)反应生成EB(g)的热化学方程式:
。
答案
(1)NH3·
H2ON+OH-
(2)>
(3)Al(OH)3 (4)①③
(5)Na3N+4H2O3NaOH+NH3·
H2O
(6)
(7)CO2(g)+C(s)2CO(g) ΔH=+172.5kJ·
mol-1
解析A的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应生成离子化合物,则A是氮元素;
C单质一般保存在煤油中,则C是钠元素;
F的最高价氧化物对应的水化物既能与酸反应又能与碱反应,则F是铝元素;
G单质是日常生活中用量最大的金属,易被腐蚀或损坏,则G是铁元素;
结合元素在元素周期表中的相对位置可知B是氧元素,E是碳元素,D是氯元素。
(1)A元素的氢化物是NH3,溶于水得到的溶液氨水呈弱碱性,能电离出氢氧根离子使酚酞变红:
NH3·
H2ON+OH-;
(2)同温同压下,将aLNH3和bLHCl气体通入水中可生成氯化铵,氯化铵是强酸弱碱盐,溶液呈酸性,若所得溶液的pH=7,则氨气要过量,因此a>
b;
(3)常温下,向相同浓度(设浓度均为c)Al、Fe简单离子的溶液中滴加NaOH溶液,Al(OH)3完全沉淀的pH是4.7,其Ksp=c×
c3(OH-)=(10-9.3)3×
c=10-27.9×
c;
Fe(OH)3完全沉淀的pH是2.8,其Ksp=c×
c3(OH-)=(10-11.2)3×
c=10-33.6×
c,则Ksp较大的是Al(OH)3;
(4)A与B组成质量比为7∶16的三原子分子是NO2,NO2易溶于水,释放到空气中可能引发酸雨和光化学烟雾,而温室效应是因为二氧化碳等的排放,臭氧层破坏是氟利昂等造成的,故选①③;
(5)N和Na组成的离子化合物是Na3N,能与水反应生成两种碱,该反应的化学方程式是Na3N+4H2O3NaOH+NH3·
H2O;
(6)用电子式表示O、Na形成化合物Na2O2的过程为;
(6)根据能量图可得,①C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH1=-393.5kJ·
mol-1;
②CO(g)+O2(g)CO2(g) ΔH2=-283.0kJ·
根据盖斯定律由①-2×
②得:
CO2(g)+C(s)2CO(g) ΔH=+172.5kJ·
mol-1。
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