（天津专用）2020版高考化学一轮复习 专题六 原子结构 元素周期律和元素周期表课件

专题六原子结构元素周期律和元素周期表高考化学(天津市专用)A组自主命题·天津卷题组五年高考考点一原子结构1.(2011天津理综,2,6分)以下有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是 ()A.第ⅠA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个质子B.同周期元素(除0族元素外)从左到右,原子半径逐渐减小C.第ⅦA族元素从上到下,其氢化物的稳定性逐渐增强D.同主族元素从上到下,单质的熔点逐渐降低答案BA项,137Cs比133Cs多4个中子,两者质子数相等。C项,氢化物的稳定性随元素非金属性的增强而增强。D项,同主族元素从上到下,碱金属单质的熔点逐渐降低,第ⅦA族单质的熔点逐渐升高,故D项错误。错因分析没有掌握同主族元素单质物理性质的递变规律易错选D。考点二元素周期表与元素周期律2.(2018天津理综,2,6分)下列有关物质性质的比较,结论正确的是 ()A.溶解度:Na2CO3NaHCO3B.热稳定性:HClPH3C.沸点:C2H5SHC2H5OHD.碱性:LiOHBe(OH)2答案C本题考查元素周期律相关知识。A项,相同温度下,Na2CO3的溶解度大于NaHCO3的溶解度;B项,Cl元素的非金属性比P元素的强,所以HCl比PH3稳定;D项,Li元素的金属性比Be元素的强,所以LiOH的碱性强于Be(OH)2的碱性;C项,乙醇分子间可以形成氢键,使乙醇的沸点高于C2H5SH。3.(2013天津理综,3,6分)下列有关元素的性质及其递变规律正确的是 ()A.ⅠA族与ⅦA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+7C.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答案AA项,两族元素间可以形成HCl、NaCl等常见物质;B项,第二周期中,氧元素无最高正价,F元素没有正价;C项,如还原性F-Cl-,但水解程度F-Cl-;D项,以第三周期元素为例,铝元素为+3价,但是铝元素原子失电子能力弱于Mg和Na。4.(2019天津理综,7,14分)氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)、镆(Mc)为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题:(1)砷在元素周期表中的位置 Mc的中子数为。已知:P(s,白磷) P(s,黑磷)ΔH=-39.3kJ·mol-1;P(s,白磷) P(s,红磷)ΔH=-17.6kJ·mol-1;由此推知,其中最稳定的磷单质是。(2)氮和磷氢化物性质的比较:热稳定性:NH3PH3(填“”或“”)。沸点:N2H4P2H4(填“”或“”),判断依据是。(3)PH3和NH3与卤化氢的反应相似,产物的结构和性质也相似。下列对PH3与HI反应产物的推断正确的是(填序号)。a.不能与NaOH反应b.含离子键、共价键c.能与水反应288115。(4)SbCl3能发生较强烈的水解,生成难溶的SbOCl,写出该反应的化学方程式,因此,配制SbCl3溶液应注意。(5)在1L真空密闭容器中加入amolPH4I固体,t℃时发生如下反应:PH4I(s) PH3(g)+HI(g)①4PH3(g) P4(g)+6H2(g)②2HI(g) H2(g)+I2(g)③达平衡时,体系中n(HI)=bmol,n(I2)=cmol,n(H2)=dmol,则t℃时反应①的平衡常数K值为(用字母表示)。答案(14分)(1)第四周期第ⅤA族173黑磷(2)N2H4分子间存在氢键(3)b、c(4)SbCl3+H2O SbOCl↓+2HCl(“ ”写成“ ”亦可)加盐酸,抑制水解(5)(b+ )b823cd解析本题涉及的考点有原子结构、盖斯定律的应用、元素周期律的应用、铵盐的性质、盐类的水解、平衡常数的计算等,以元素化合物知识为载体考查学生接受、吸收、整合化学信息的能力,通过多考点综合考查的方式体现宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想等学科核心素养。(1)质量数=质子数+中子数;结合已知信息,应用盖斯定律可推出P(s,红磷) P(s,黑磷)ΔH=-21.7kJ·mol-1,放热反应中反应物总能量高于生成物总能量,物质能量越低越稳定,故稳定性:白磷红磷黑磷。(2)非金属性:NP,故热稳定性:NH3PH3;N2H4的结构式为,分子间存在氢键,故沸点:N2H4P2H4。(3)NH4I可与NaOH反应;NH4I中既有离子键,又有共价键;NH4I可发生水解反应,由NH4I的性质可推测PH4I的性质。(4)SbCl3强烈水解生成SbOCl的同时可生成HCl;配制SbCl3溶液时应加盐酸,抑制SbCl3水解。(5)由反应③可知,生成cmolI2应消耗2cmolHI,同时生成cmolH2,故反应①中生成HI的总物质的量为(b+2c)mol,同时生成(b+2c)molPH3。反应②中生成H2的物质的量为(d-c)mol,消耗PH3的物质的量为 (d-c)mol,则平衡体系中PH3的物质的量为(b+ )mol。t℃时反应①的平衡常数K=c(HI)·c(PH3),容器体积为1L,23823cd故K=(b+ )b。823cd解题关键(5)题中三个反应为连锁反应,求反应①的平衡常数(K)的关键是求出平衡体系中PH3的物质的量。5.(2014天津理综,7,14分)元素单质及其化合物有广泛用途,请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题:(1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外),以下说法正确的是。a.原子半径和离子半径均减小b.金属性减弱,非金属性增强c.氧化物对应的水化物碱性减弱,酸性增强d.单质的熔点降低(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为,氧化性最弱的简单阳离子是。(3)已知:化合物MgOAl2O3MgCl2AlCl3类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物熔点/℃28002050714191工业制镁时,电解MgCl2而不电解MgO的原因是;制铝时,电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是。(4)晶体硅(熔点1410℃)是良好的半导体材料。由粗硅制纯硅过程如下:Si(粗) SiCl4 SiCl4(纯) Si(纯)写出SiCl4的电子式:;在上述由SiCl4制纯硅的反应中,测得每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量,写出该反应的热化学方程式:。(5)P2O5是非氧化性干燥剂,下列气体不能用浓硫酸干燥,可用P2O5干燥的是。a.NH3b.HIc.SO2d.CO2(6)KClO3可用于实验室制O2,若不加催化剂,400℃时分解只生成两种盐,其中一种是无氧酸盐,另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式:。答案(1)b(2)氩Na+(或钠离子)(3)MgO的熔点高,熔融时耗费更多能源,增加生产成本AlCl3是共价化合物,熔融态难导电(4)SiCl4(g)+2H2(g) Si(s)+4HCl(g)ΔH=+0.025akJ·mol-1(5)b(6)4KClO3 KCl+3KClO4解析(1)a项,S2-、Cl-的半径大于Na+、Mg2+、Al3+的半径;c项,最高价氧化物对应的水化物才是按原子序数的递增碱性减弱,酸性增强;d项,第三周期主族元素的单质的熔点是中间高、两头低。(2)第三周期中,原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素为氩;金属越活泼,其阳离子氧化性越弱。(3)MgO的熔点高,加热时不易熔化;制铝时是不能电解AlCl3的,因AlCl3是共价化合物,熔融态难导电。(4)1.12kg纯硅的物质的量为40mol,故每生成1molSi吸收的热量为 ×akJ=0.025akJ。(5)P2O5、H2SO4(浓)都是酸性干燥剂,所以NH3既不能用浓H2SO4干燥,也不能用P2O5干燥。SO2虽然有还原性,但它不能被浓H2SO4氧化,故SO2既可以用浓H2SO4干燥,也可以用P2O5干燥。CO2是一种酸性氧化物,两种干燥剂都能用来干燥它。HI气体是能被浓H2SO4氧化的酸性气体,可用P2O5干燥。1406.(2016天津理综,7,14分)下表为元素周期表的一部分。回答下列问题:(1)Z元素在周期表中的位置为。(2)表中元素原子半径最大的是(写元素符号)。(3)下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是。a.Y单质与H2S溶液反应,溶液变浑浊b.在氧化还原反应中,1molY单质比1molS得电子多c.Y和S两元素的简单氢化物受热分解,前者的分解温度高(4)X与Z两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物,恢复至室温,放热687kJ,已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃。写出该反应的热化学方程式:。(5)碳与镁形成的1mol化合物Q与水反应,生成2molMg(OH)2和1mol烃,该烃分子中碳氢质量比为9∶1,烃的电子式为。Q与水反应的化学方程式为。碳氮YX硫Z(6)铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应,生成的盐只有硫酸铜,同时生成的两种气体均由上表中两种元素组成,气体的相对分子质量都小于50。为防止污染,将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐,消耗1L2.2mol·L-1NaOH溶液和1molO2,则两种气体的分子式及物质的量分别为,生成硫酸铜物质的量为。答案(1)第三周期,ⅦA族(2)Si(3)ac(4)Si(s)+2Cl2(g) SiCl4(l)ΔH=-687kJ·mol-1(5)Mg2C3+4H2O 2Mg(OH)2+C3H4↑(6)NO0.9mol,NO21.3mol2mol解析根据各元素在周期表中的位置不难推出X为硅元素,Y为氧元素,Z为氯元素。(3)Y单质与H2S溶液反应的化学方程式为O2+2H2S 2S↓+2H2O,根据同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知,O2的氧化性大于S,故O元素的非金属性比S元素的非金属性强,a项正确;氧化性的强弱与氧化剂得电子的多少无关,而与得电子的难易程度有关,b项错误;H2O比H2S的热分解温度高,说明H2O比H2S的稳定性强,从而可知O元素比S元素的非金属性强,c项正确。(4)Si和Cl2反应生成SiCl4,SiCl4的熔点为-69℃,沸点为58℃,说明室温下SiCl4为液体,生成1mol液态SiCl4放热687kJ,据此可写出反应的热化学方程式。(5)m(C)∶m(H)=9∶1,则n(C)∶n(H)= ∶ =3∶4;设化合物Q的化学式为Mg2Cx,则其与水反应的化学方程式为Mg2Cx+4H2O 2Mg(OH)2+(C3H4)n,由此可得n=1,x=3,所以烃的分子式为C3H4,为丙炔,其电子式为。(6)Cu与H2SO4和HNO3的混合酸反应,生成的盐只有CuSO4,说明HNO3全部被还原,生成的两种气体的相对分子质量都小于50,说明这两种气体是NO和NO2,设NO的物质的量为x,NO2的物质的量为y,NO和NO2在NaOH溶液中被O2完全氧化为NaNO3,由原子守恒知x+y=2.2mol①,由得91211失电子守恒知3x+y=4mol②,联立①②解方程组可得x=0.9mol,y=1.3mol。再由得失电子守恒知2n(Cu)=3x+y=4mol,则n(Cu)=2mol,n(CuSO4)=2mol。思路利用各种元素在元素周期表中的位置关系判断出各种元素,然后结合题意利用所学知识作答。疑难突破①过量的Cu与稀HNO3反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,反应结束后若再加入H2SO4,可发生反应3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4 4CuSO4+2NO↑+4H2O,上述两个反应的实质都是3Cu+2N +8H+ 3Cu2++2NO↑+4H2O,当H2SO4足量时,HNO3可以全部被还原,生成的盐只有CuSO4,因此当Cu与HNO3和H2SO4的混酸反应时,按离子方程式进行有关计算较简便。②守恒法是化学计算中的常用方法,而得失电子守恒是氧化还原反应的有关计算中的不二法宝。3OB组统一命题、省(区、市)卷题组考点一原子结构1.(2019浙江4月选考,10,2分)下列说法正确的是 ()A.18O