2020高考化学二轮复习专题五物质结构与性质元素周期律专题强化训练

2020高考化学二轮复习专题五物质结构与性质元素周期律专题强化训练
专题五 物质结构与性质 元素周期律
(建议用时：40分钟)
一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。
1．2016年IUPAC命名117号元素为Ts，Ts原子最外层电子数是7。下列说法不正确的是(　　)
A．Ts是第七周期第ⅦA族元素
B．Ts在同主族元素中非金属性最弱
C．Ts的同位素原子具有完全相同的性质
D．中子数为176的Ts核素的符号是Ts
解析：选C。根据各周期稀有气体元素的原子序数判断Ts位于第七周期，Ts原子最外层电子数为7，Ts位于第ⅦA族，A项正确；同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，Ts在同主族元素中非金属性最弱，B项正确；同位素原子的化学性质几乎相同，物理性质不同，C项错误；中子数为176的Ts核素的质量数为117＋176＝293，D项正确。
2．运用元素周期表和元素周期律的知识推断，下列说法不合理的是(　　)
A．PH3、H2S、HCl的热稳定性和还原性依次增强
B．若X＋和Y2－的核外电子层结构相同，则原子序数：X＞Y　
C．硅、锗都位于元素周期表中金属元素与非金属元素的分界处，都可以做半导体材料
D．Cs和Ba分别位于第六周期ⅠA和ⅡA族，则碱性：CsOH＞Ba(OH)2
解析：选A。根据元素周期律，同周期元素从左到右简单氢化物的热稳定性逐渐增强，离子的还原性逐渐减弱，所以PH3、H2S、HCl的热稳定性依次增强，还原性依次减弱，A项不合理；具有相同电子层结构的离子，阳离子在阴离子的下一周期，则原子序数：X＞Y，B项合理；硅、锗均处于金属元素与非金属元素的分界处，因此这两种元素既表现一定的金属性又表现一定的非金属性，都可以做半导体材料，C项合理；Cs、Ba同周期，自左到右元素金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，故碱性：CsOH＞Ba(OH)2，D项合理。
3．(2020·天水高三模拟)现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。下列有关比较中正确的是(　　)
A．最高正化合价：③>②>①
B．原子半径：③>②>①
C．电负性：③>②>①
D．第一电离能：③>②>①
解析：选D。根据核外电子排布式可知①是S，②是P，③是F。F无正价，A错误；同周期主族元素自左向右原子半径逐渐减小，同主族元素自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：②>①>③，B错误；同周期主族元素自左向右电负性逐渐增大，同主族元素自上而下电负性逐渐减小，则电负性：③>①>②，C错误；同周期主族元素自左向右第一电离能呈增大趋势，但P的3p轨道处于半充满状态，稳定性强，第一电离能大于S，则第一电离能：③>②>①，D正确。　
4．(2020·山东等级考模拟)利用反应CCl4＋4NaC(金刚石)＋4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是(　　)
A．C(金刚石)属于共价晶体
B．该反应利用了Na的强还原性
C．CCl4和C(金刚石)中C的杂化方式相同
D．NaCl晶体中每个Cl－周围有8个Na＋
解析：选D。A.金刚石晶体中每个C与另外4个C形成共价键，构成正四面体，向空间发展成网状结构，形成的晶体为共价晶体，故A正确；B.该反应中Na由0价→＋1价，做还原剂，将CCl4还原成C(金刚石)，故B正确；C.CCl4和C(金刚石)中C的杂化方式都是sp3杂化，故C正确；D.NaCl晶体中每个Na＋同时吸引6个Cl－，每个Cl－同时吸引6个Na＋，配位数为6，故D错误。
5．(2019·瓦房店高级中学高二期中)有关杂化轨道的说法不正确的是(　　)
A．杂化前后的轨道数目不变，但轨道的形状发生了改变
B．sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°
C．四面体形、三角锥形、V形分子的结构都可以用sp3杂化轨道解释
D．杂化轨道全部参与形成化学键
解析：选D。杂化轨道用于形成σ键或容纳未参与成键的孤电子对。
6．下列关于配位化合物的叙述中，不正确的是(　　)
A．配位化合物中必定存在配位键，可能存在极性键
B．配位化合物中只有配位键
C．[Cu(H2O)6]2＋中的Cu2＋提供空轨道，H2O中的氧原子提供孤电子对形成配位键
D．配位化合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有着广泛的应用
解析：选B。配位化合物中一定含有配位键，也可能含有其他化学键，A项正确，B项错误；Cu2＋有空轨道，H2O中氧原子有孤电子对，可以形成配位键，C项正确；配位化合物应用领域特别广泛，D项正确。
7．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：选C。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＋具有相同的电子层结构，则核电荷数越大，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常温下为液体，故水的沸点最高，B项错误；硫能与热的NaOH溶液反应生成硫化钠、亚硫酸钠等可溶性物质而被除去，C项正确；g、h的氧化物对应的水化物即含氧酸有多种，没有说明是最高价含氧酸，无法比较酸性强弱，D项错误。
8．(2018·高考全国卷Ⅱ)W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是(　　)
A．X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物
B．Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键
C．四种元素的简单离子具有相同的电子层结构
D．W的氧化物对应的水化物均为强酸
解析：选A。根据W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，可知该气体为NO2，由原子序数递增可知W和X分别为N元素和O元素；结合Y的周期数是族序数的3倍，且Y为短周期元素，则Y只能为Na元素；根据Z原子最外层的电子数与W原子的电子总数相同，且Z为短周期元素可知Z为Cl元素。O与N能形成NO、NO2、N2O5等化合物，O与Na能形成Na2O和Na2O2，O与Cl能形成ClO2、Cl2O7等化合物，A项正确；Na与N、Cl形成的化合物中只含离子键，而Na与O形成的Na2O2中既含离子键又含共价键，B项错误；N3－、O2－、Na＋均含10个电子，而Cl－含18个电子，C项错误；N元素的最高价氧化物对应的水化物HNO3为强酸，而该选项中没有指明是N元素的最高价氧化物对应的水化物，D项错误。
9．(2018·高考江苏卷)短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层只有一个电子，Z位于元素周期表ⅢA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是(　　)
A．原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)
B．由X、Y组成的化合物中均不含共价键
C．Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱
D．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
解析：选D。地壳中含量最多的元素X为O元素，短周期元素Y的原子序数大于X，且Y原子的最外层只有一个电子，则Y为Na元素；Z的原子序数大于Na且为第ⅢA族短周期元素，则Z为Al元素；W与X属于同一主族，且为短周期元素，则W为S元素。原子半径：Na>Al>S，A项错误；Na2O2中两个氧原子之间为共价键，B项错误；Y和Z的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，碱性：NaOH>Al(OH)3，C项错误；O的非金属性强于S，则简单气态氢化物的热稳定性：H2O强于H2S，D项正确。
10．(2019·泰安一模)a－5X、b－3Y、aZ、bW、a＋4T 均为短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示。Z是地壳中含量最高的金属元素，W原子最外层电子数是K层电子数的2倍。则下列说法正确的是(　　)

A．Z、T两种元素的离子半径相比，前者较大
B．X、Y形成的两种化合物中，阴、阳离子的物质的量之比分别为1∶1和1∶2
C．X、W、T三种元素的气态氢化物中，稳定性最差的是W的氢化物，沸点最高的是T的氢化物
D．Y、T两种元素的最高价氧化物对应的水化物均能溶解X和Z形成的常见化合物
解析：选D。Z是地壳中含量最高的金属元素，所以Z是铝。W原子最外层电子数是K层电子数的2倍，且由图可知其原子序数大于铝，所以W是硅。相应地X、Y、T分别是氧、钠、氯。离子半径ZHI，其中ΔH1(HF)特别大的原因为____________________________________________________
________________________________________________________________________，
影响ΔH2递变的因素为________________________________________________。

(5)铝的晶胞结构如图所示，晶胞参数a＝q nm，铝的摩尔质量为M g·mol－1，原子半径为r pm，阿伏加德罗常数的值为NA。则铝单质的密度为________g·cm－3(列式即可，下同)，铝晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为________________。

解析：(1)硅元素为14号元素，位于元素周期表第三周期ⅣA族，故硅原子的价电子排布图为。
(2)Al的核外电子中未成对电子数为1，第四周期中原子的核外电子排布中未成对电子数为1的有K—[Ar]4s1，Sc—[Ar]3d14s2，Cu—[Ar]3d104s1，Ga—[Ar]3d104s24p1，Br—[Ar]3d104s24p5，其中金属元素有4种。
(3)Na＋和Ne的电子层结构相同，均为8电子稳定结构，Na的核电荷数为11，大于Ne的核电荷数，因此原子核对最外层电子的吸引力Na大于Ne，所以电离能I2(Na)大于I1(Ne)。
(4)①根据含氧酸的结构特点，HClO4的结构简式为
；ClO中Cl的价层电子对数为3＋＝4，故其杂化轨道类型为sp3杂化；HClO2的结构式为H—O—Cl===O，共价键类型为极性共价键(或σ键和π键)；氯的含氧酸中非羟基氧原子数目越多，中心氯原子价态越高，正电性越高，导致Cl—O—H中的O电子更向Cl偏移，越易电离出H＋，酸性越强，故酸性：HClOO，OF2只含极性键，O2F2含极性键和非极性键。OF2分子的立体构型为V形，O的杂化类型为sp3。(3)CN－的结构式为[C≡N]－，1个CN－含σ键的个数为1，1个CN－与Zn2＋形成1个配位键(也是σ键)，故1 mol [Zn(CN)4]2－含8 mol σ键。(4)钛酸钙的化学式为CaTiO3。1个钛离子周围有6个氧离子与其等距离且最近。正八面体边长等于晶胞边长的，1 nm＝1 000 pm，故该正八面体的边长为×1 000 pm＝500a pm。(5)六棱柱的底面由6个正三角形构成，正三角形的高为x cm，每个正三角形的面积为x2 cm2。1个晶胞含6个Fe、2个N。ρ＝ g·cm－3。
答案：(1)3　3　(2)V形　sp3　(3)8　(4)CaTiO3　6　500a
(5)
19．镍、钴、钛、铜等常用于制备锂离子电池的正极材料或高效催化剂。NA表示阿伏加德罗常数的值，请填写下列空白。
(1)基态Co原子的核外电子排布式为___________________________________________。
(2)镍与CO生成的配合物Ni(CO)4中提供孤电子对的成键原子是____________(填元素名称)；1 mol Ni(CO)4 中含有的σ键数目为____________。
(3)Ti(BH4)2是一种储氢材料。BH的立体构型是__________，B原子的杂化方式是____________。与钛同周期的第ⅡB族和第ⅢA族两种元素中第一电离能较大的是____________(填元素符号)，原因是______________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)CuFeS2的晶胞如图所示，晶胞参数分别为a nm，b nm，c nm；CuFeS2的晶胞中每个Cu原子与______个S原子相连，晶体密度ρ＝____________g·cm－3(列出计算表达式)。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，如图中原子2和3的坐标分别为、，则原子1的坐标为____________。

解析：(1)Co是27号元素，位于第四周期第Ⅷ族，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2。(2)配合物Ni(CO)4中提供孤电子对的成键原子是碳原子；配合物Ni(CO)4中Ni原子和C原子之间有4个σ键，CO分子中C和O之间也存在1个σ键，故1 mol Ni(CO)4中含有8NA个σ键。(3)BH的中心原子B原子的价层电子对数为4，没有孤电子对，所以其立体构型为正四面体形，B原子的杂化方式为sp3杂化；与钛同周期的第ⅡB族元素是Zn、第ⅢA族元素是Ga，其电子排布式分别为[Ar]3d104s2和[Ar]3d104s24p1，Zn的核外电子排布为全满稳定结构，较难失去电子，故其第一电离能较大。(4)由题图中1号Cu原子可知，每个Cu原子与4个S原子相连；该晶胞中含Cu原子数为8×＋4×＋1＝4，Fe原子数为6×＋4×＝4，S原子数为8，所以其密度ρ＝＝ g·cm－3。结合题图和原子2、3的坐标可知，原子1的坐标为。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d74s2(或[Ar]3d74s2)
(2)碳　8NA
(3)正四面体形　sp3　Zn　Zn的核外电子排布为全满稳定结构，较难失去电子
(4)4　　
20．氟代硼铍酸钾(KBe2BO3F2)是激光器的核心材料，我国化学家在此领域的研究走在了世界的最前列。回答下列问题：
(1)氟代硼铍酸钾中各元素原子的第一电离能大小顺序是F>O>____________，基态K＋电子占据最高能级的电子云轮廓图为____________形。
(2)BeCl2中的化学键具有明显的共价性，蒸气状态下以双聚分子存在的BeCl2的结构式为____________，其中Be的配位数为____________。
(3)第三周期元素氟化物的熔点如下表：
化合物
NaF
MgF2
AlF3
SiF4
PF5
SF6
熔点/℃
993
1 261
1 291
－90
－83
－50.5
解释表中氟化物熔点变化的原因：____________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)CaF2的一种晶胞如图所示。Ca2＋占据F－形成的空隙，其空隙率是____________。若r(F－)＝x pm，r(Ca2＋)＝y pm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CaF2的密度ρ＝____________g·cm－3(列出计算表达式即可)。

解析：(1)根据第一电离能的递变规律可确定氟代硼铍酸钾中五种元素的第一电离能大小顺序为F＞O＞Be＞B＞K。根据构造原理可确定基态K＋中电子占据的最高能级为3p，其电子云轮廓图呈哑铃形。(2)根据题中条件可知，BeCl2中存在共价键，则蒸气状态下以双聚分子存在的BeCl2的结构式为，其中Be的配位数为3。(3)从表格中各物质熔点可判断前三种氟化物均为离子晶体，其熔点逐渐升高是因为Na＋、Mg2＋、Al3＋的半径依次减小，故熔点逐渐升高；后三种氟化物熔点很低，为分子晶体，由于相对分子质量越大，分子间作用力越强，故其熔点逐渐升高。(4)结合题图可知，晶胞中黑球表示F－，白球表示Ca2＋，该晶胞的8个空隙中填充了4个Ca2＋，故晶胞中的空隙率为50%，以晶胞为研究对象，设其边长为a，晶胞的体对角线长度为(2x＋2y) pm＝a，则a＝ pm，即晶胞的边长为pm，该晶胞体积为[]3×10－30 cm3。由均摊法可确定晶胞中F－个数为8×＋12×＋6×＋1＝8，Ca2＋个数为4，故晶胞质量为×78 g，则晶体密度ρ＝ g·cm－3。　
答案：(1)Be＞B＞K　哑铃
(2) 　3
(3)前三种为离子晶体，Na＋、Mg2＋、Al3＋的半径依次减小；后三种为分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大
(4)50%　



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