高考化学二轮复习 热点专攻12 元素化合物与元素周期律训练（含解析）-人教版高三化学试题

热点专攻12元素化合物与元素周期律1.(2018天津理综)下图中反应①是制备SiH4的一种方法,其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。回答下列问题:(1)MgCl2·6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序(H-除外):,Mg在元素周期表中的位置:,Mg(OH)2的电子式:。

(2)A2B的化学式为。反应②的必备条件是。上图中可以循环使用的物质有。

(3)在一定条件下,由SiH4与CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料(写化学式)。

(4)为实现燃煤脱硫,向煤中加入浆状Mg(OH)2,使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物,写出该反应的化学方程式:。

(5)用Mg制成的格氏试剂(RMgBr)常用于有机合成,例如制备醇类化合物的合成路线如下:RBrRMgBr(R:烃基;R':烃基或H)依据上述信息,写出制备所需醛的可能结构简式: 。答案:(1)r(H+)<r(Mg2+)<r(N3-)<r(Cl-)第三周期ⅡA族[H··O······(2)Mg2Si熔融、电解NH3、NH4Cl(3)SiC(4)2Mg(OH)2+2SO2+O22MgSO4+2H2O(5)CH3CH2CHO、CH3CHO解析:此题属于无机化工流程图题,采用“各个击破法”解题。(1)MgCl2·6NH3所含元素的简单离子(H-除外)是Cl-、Mg2+、N3-、H+,根据规律,离子半径由小到大的顺序是r(H+)<r(Mg2+)<r(N3-)<r(Cl-)。Mg原子序数是12,在元素周期表中的位置是第三周期ⅡA族,Mg(OH)2是离子化合物,其电子式为[H··O······](2)根据元素守恒,A2B的化学式应为Mg2Si。反应②是电解熔融的无水氯化镁制备金属镁。根据流程图可知可以循环使用的物质有NH3和NH4Cl。(3)本步是根据信息推断反应产物,SiH4与CH4发生反应生成H2和SiC。(4)本步是信息方程式书写,类似“钙基固硫”,发生反应的化学方程式为2Mg(OH)2+2SO2+O22MgSO4+2H2O。(5)依据信息,可以由CH3CHO和CH3CH2MgBr或CH3CH2CHO和CH3MgBr发生反应得到。2.(2019天津实验中学高三模拟)x、y、z、w、n为五种短周期元素,其中y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍,它们在周期表中的相对位置如图所示:nxyzwm请回答下列问题:(1)w位于周期表中第周期第族。

(2)n、z、w三种元素最高价氧化物对应水化物的酸性由弱到强的顺序为(用化学式表示)。

(3)下列事实能说明y元素的非金属性比z元素的非金属性强的是。

A.y单质与z的气态氢化物水溶液反应,溶液变浑浊B.在氧化还原反应中,1moly单质比1molz单质得电子多C.y和z两元素的简单氢化物受热分解,前者的分解温度高D.y元素最高价氧化物对应水化物酸性比z元素最高价氧化物对应水化物酸性强(4)y和氢元素形成的10电子粒子中常见+1价阳离子为(填化学式);z和氢元素形成的18电子粒子中常见-1价阴离子的电子式为。

(5)化合物nyz存在于天然气中,可以用NaOH溶液洗涤除去。化合物nyz的电子式为,其与NaOH溶液反应除生成两种正盐外,还有水生成,其化学方程式为。(6)m元素的原子序数为,它是一种(填“金属”或“非金属”)元素。

答案:(1)三ⅦA(2)H2CO3<H2SO4<HClO4(3)AC(4)H3O+[H··(5)··S······C··(6)34非金属解析:由元素周期表结构可知,y为第二周期元素,且y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍,则y为氧元素,由此可推出n为碳元素,x为氮元素,z为硫元素,w为氯元素,以此解答该题。(1)w为氯元素,其原子序数为17,含有3个电子层,最外层含有7个电子,位于周期表中第三周期第ⅦA族。(2)由元素周期律可知,碳、硫及氯三种元素的非金属性强弱顺序为Cl>S>C,则这三种元素最高价氧化物对应水化物的酸性由弱到强的顺序为H2CO3<H2SO4<HClO4。(3)氧气与H2S溶液反应,溶液变浑浊,说明氧气的氧化性比硫的氧化性强,则说明氧元素的非金属性比硫元素的非金属性强,A项正确;在氧化还原反应中,氧化性强弱与得失电子数没有必然关系,B项错误;元素的非金属性越强,氢化物的热稳定性越强,O和S两元素的简单氢化物受热分解,前者的分解温度高,说明氧的非金属性较强,C项正确;氧元素一般不显正价,D项错误。(4)氧元素和氢元素形成的10电子粒子中常见+1价阳离子为H3O+,硫元素和氢元素形成的18电子粒子中常见-1价阴离子为HS-,其电子式为[H··S(5)羰基硫分子与二氧化碳分子结构相似,均为直线形,其电子式为

··S······C··(6)m元素和O、S处于同一主族,为Se,原子序数比S大18,为34;根据同一主族从上到下元素性质递变规律知硒为非金属元素。3.(2019天津理综)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为。115288Mc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:NH3(填“>”或“<”)PH3。

沸点:N2H4(填“>”或“<”)P2H4,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(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)在容积为1L的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:(1)第四周期第ⅤA族173黑磷(2)>>N2H4分子间可以形成氢键(3)BC(4)SbCl3+H2OSbOCl↓+2HCl加盐酸,抑制水解(5)(b+8c-解析:(1)砷是33号元素,在元素周期表中位于第四周期第ⅤA族,115288Mc的中子数为288-115=173;根据盖斯定律P(s,红磷)P(s,黑磷),ΔH=-21.7kJ·mol-1(2)根据元素周期律可知非金属性:N>P,则热稳定性:NH3>PH3;由于N2H4分子间可以形成氢键,沸点较高,故沸点:N2H4>P2H4。(3)根据反应NH3+HClNH4Cl推测可得PH3+HIPH4I。PH4I的性质类似NH4Cl,则PH4I能与NaOH反应生成PH3,PH4I中含有离子键、共价键;PH4I与水发生水解反应,B、C两项正确。(4)根据题中信息和原子守恒可知反应的化学方程式为SbCl3+H2OSbOCl↓+2HCl;因此配制SbCl3溶液时要加盐酸,抑制水解。(5)设反应①中生成的PH3和HI的物质的量为x,反应②中参加反应的PH3的物质的量为y。 PH4I(s)PH3(g)+HI(g)起始/mol a 00转化/mol x x 4PH3(g)P4(g)+6H2(g)转化/mol y 6 2HI(g)H2(g)+I2(g)转化/mol 2c cc平衡/mol b dcx-2c=bx=b+2c6y4=d-cy=23平衡时n(PH3)=x-y=(b+2c)mol-2(d-c)3mol=(b+则反应①的平衡常数K=c(PH3)·c(HI)=(b+8c-24.A、B、C、D、E、F、G为原子序数依次增大的短周期主族元素。B、C、D均能与A形成10电子分子,E单质可用于焊接钢轨,F与D同主族,F与G同周期。(1)F的离子结构示意图为。

(2)D、E、F的离子半径由大到小的顺序为(填离子符号)。

(3)写出能证明G比F非金属性强的一个化学方程式。

(4)F和G的一种化合物甲中所有原子均满足最外层8电子稳定结构,该化合物与水反应生成F单质、F的最高价含氧酸和G的氢化物,三种产物的物质的量之比为2∶1∶6,甲的电子式为,该反应的化学方程式为。

(5)C能分别与A和D按原子个数比1∶2形成化合物乙和丙,乙的结构式为。常温下,液体乙与气体丙反应生成两种无污染的物质,若共生成1mol产物时放热QkJ,该反应的热化学方程式为

。

答案:(1)(2)S2->O2->Al3+(3)Cl2+H2S2HCl+S↓(4)··Cl······S·····(5)2N2H4(l)+2NO2(g)3N2(g)+4H2O(l)ΔH=-7QkJ·mol-1解析:(1)分析可知,F为S。(2)分析可知,D为O,E为Al,F为S,则D、E、F的离子半径由大到小的顺序为S2->O2->Al3+。(3)F为S、G为Cl,氯气能将硫置换出来说明Cl比S非金属性强,则化学方程式为Cl2+H2S2HCl+S↓。(4)F为S、G为Cl,则F和G的一种化合物甲中所有原子均满足最外层8电子稳定结构,故甲为SCl2,电子式为

··Cl······S······Cl····(5)A为H,C为N,D为O,则C能分别与A和D按原子个数比1∶2形成化合物乙和丙,所以乙的结构式为,丙为NO2。常温下,液体乙与气体丙反应生成两种无污染的物质,若共生成1mol产物时放热QkJ,则该反应的热化学方程式为2N2H4(l)+2NO2(g)3N2(g)+4H2O(l)ΔH=-7QkJ·mol-1。5.有甲、乙、丙、丁、戊五种短周期元素,原子序数依次增大,其常见化合价依次为+1价、-2价、+1价、+3价、-1价。它们形成的物质间的转化关系如图所示。常温下用惰性电极电解(有阳离子交换膜)1L1mol·L-1的A溶液。图1请按要求回答下列问题:(1)己元素与丙元素同主族,比丙原子多2个电子层,则己的原子序数为;推测相同条件下丙、己单质分别与水反应剧烈程度的依据是

。

(2)甲、乙、戊按原子个数比1∶1∶1形成的化合物Y具有漂白性,其电子式为。(3)图1转化关系中不属于氧化还原反应的有(填编号)。

(4)接通图2电路片刻后,向烧杯中滴加一种试剂即可检验铁电极被腐蚀,所加试剂及现象为。图2(5)当反应①电解一段时间后测得D溶液pH=12(常温下,假设气体完全逸出,取出交换膜后溶液充分混匀,忽略溶液体积变化),此时共转移电子数目约为;反应②的离子方程式为 。(6)若图1中各步反应均为恰好完全转化,则混合物X中含有的物质(除水外)有。答案:(1)37依据同主族元素的金属性随核电荷数的增加而增强,推测己单质与水反应较丙更剧烈(2)H(3)④(4)加入K3[Fe(CN)6]溶液后,产生蓝色沉淀(5)6.02×10212Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2(6)NaCl、Al(OH)3解析:根据已知条件和反应现象得A是氯化钠、B是氯气、C是氢气、D是氢氧化钠、E是氯化氢气体;则甲是氢、乙是氧、丙是钠、丁是铝、戊是氯。(1)己与丙同主族并多2个电子层,己是Rb,原子序数37;依据同主族元素的金属性随核电荷数的增加而增强,推知己单质与水反应较丙更剧烈;(2)甲、丙、戊形成具有强氧化性的次氯酸,电子式是H··O······Cl······;(3)根据上述转化关系方程式,只有④不是氧化还原反应;(4)铁被腐蚀后,溶液中含有Fe2+,Fe2+能与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀;(5)电解氯化钠溶液的化学方程式:2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,所得溶液pH=12,则氢氧化钠的物质的量是0.01mol,生成氢气0.005mol,转移电子数0.005×2×6.02×1023=6.02×1021,铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是2Al+2OH-6.V、W、X、Y、Z是由四种短周期元素中的2种或3种组成的5种化合物,其中W、X、Z均由2种元素组成,X是导致温室效应的主要气体,Z是天然气的主要成分,Y、W都既能与酸反应,又能与强碱溶液反应。上述5种化合物涉及的四种元素的原子序数之和等于28;V由一种金属元素和两种非金属元素组成,其原子个数比为1∶3∶9,所含原子总数等于其组成中金属元素的原子序数。它们之间的反应关系如图:(1)写出物质W的一种用途:。

(2)写出V与足量NaOH溶液反应的化学方程式:。

(3)将过量的X通入某种物质的水溶液中可以生成Y,该反应的离子方程式为。(4)4gZ完全燃烧生成X和液态水放出222.5kJ的热量,请写出表示Z燃烧热的热化学方程式:

。

(5)在200mL1.5mol·L-1NaOH溶液中通入标准状况下4.48LX气体,完全反应后所得溶液中,各种离子浓度由大到小的顺序是

。

(6)Y是一种难溶性物质,其溶度积常数为1.25×10-33。将0.01molY投入1L某浓度的盐酸中,为使Y完全溶解得到澄清透明溶液,则盐酸的浓度至少应为(体积变化忽略不计,结果保留三位有效数字)。

答案:(1)作高温耐火材料或冶炼金属铝(2)Al(CH3)3+NaOH+H2ONaAlO2+3CH4↑(3)CO2+AlO2-+2H2OAl(OH)3↓+HC(4)CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.0kJ·mol-1(5)c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-(6)3.02×10-2mol·L-1解析:根据题给信息和流程推断,X是CO2,Z是CH4,Y是Al(OH)3,W是Al2O3,上述4种化合物涉及的四种元素的原子序数之和等于28;V由一种金属元素和两种非金属元素组成,与氧气反应生成氧化铝、水和二氧化碳,则V的组成元素为铝、碳、氢,其原子个数比为1∶3∶9,所含原子总数等于其组成中金属元素的原子序数,则V为Al(CH3)3。(1)W是Al2O3,可用作高温耐火材料或冶炼金属铝。(2)V为Al(C