天津专用2020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 7页

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+)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”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1 L的真空密闭容器中加入a mol PH4I固体,t℃时发生如下反应:‎ PH4I(s)PH3(g)+HI(g)　　　　①‎ ‎4PH3(g)P4(g) +6H2(g) ②‎ ‎2HI(g)H2(g)+I2(g) ③‎ 达平衡时,体系中n(HI)=b mol,n(I2)=c mol,n(H2)=d mol,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-2d‎3‎)b 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,由焓变关系可知稳定性:白磷<红磷<黑磷,即最稳定的单质是黑磷。‎ - 7 -‎ ‎(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 ‎‎6y‎4‎ ‎　　　　 2HI(g)H2(g)+I2(g)‎ 转化/mol 2c cc 平衡/mol b dc x-2c=b　x=b+2c ‎6y‎4‎‎=d-c　y=‎2‎‎3‎(d-c)‎ 平衡时n(PH3)=x-y=(b+2c)mol-‎2(d-c)‎‎3‎mol=(b+‎8c-2d‎3‎)mol,n(HI)=bmol 则反应①的平衡常数K=c(PH3)·c(HI)=(b+‎8c-2d‎3‎)b。‎ ‎4.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1 mol产物时放热Q kJ,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··‎‎··‎‎·‎‎·‎Cl‎··‎‎··‎‎·‎‎·‎　3SCl2+4H2O2S+H2SO4+6HCl ‎(5)　2N2H4(l)+2NO2(g)3N2(g)+4H2O(l)　ΔH=-7Q kJ·mol-1‎ - 7 -‎ 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··‎‎··‎‎·‎‎·‎,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,所以该反应的化学方程式为3SCl2+4H2O2S+H2SO4+6HCl。‎ ‎(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)1 L 1 mol·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　　　　　　　　　。‎ - 7 -‎ 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·‎‎·‎O‎··‎‎··‎‎·‎‎·‎Cl‎··‎‎··‎‎·‎‎·‎ ‎(3)④‎ ‎(4)加入K3[Fe(CN)6]溶液后,产生蓝色沉淀 ‎(5)6.02×1021　2Al+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-+2H2O2AlO‎2‎‎-‎+3H2↑;(6)若各步反应完全转化,盐酸与偏铝酸钠1∶1恰好反应生成氯化钠和氢氧化铝。‎ ‎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)4 g Z完全燃烧生成X和液态水放出222.5 kJ的热量,请写出表示Z燃烧热的热化学方程式: 　 。 ‎ ‎(5)在200 mL 1.5 mol·L-1 NaOH溶液中通入标准状况下4.48 L X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0.01 mol Y投入1 L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↓+HCO‎3‎‎-‎ ‎(4)CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)　ΔH=-890.0 kJ·mol-1‎ - 7 -‎ ‎(5)c(Na+)>c(HCO‎3‎‎-‎)>c(CO‎3‎‎2-‎)>c(OH-)>c(H+)‎ ‎(6)3.02×10-2 mol·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(CH3)3,与水发生反应生成氢氧化铝和甲烷,氢氧化铝再与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水,则Al(CH3)3与足量NaOH溶液反应的化学方程式为Al(CH3)3+NaOH+H2ONaAlO2+3CH4↑。‎ ‎(3)将过量的二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠,该反应的离子方程式为CO2+AlO‎2‎‎-‎+2H2OAl(OH)3↓+HCO‎3‎‎-‎。‎ ‎(4)4gCH4完全燃烧生成CO2和液态H2O放出222.5kJ的热量,则表示CH4燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)　ΔH=-890.0kJ·mol-1。‎ ‎(5)在200mL1.5mol·L-1NaOH溶液中通入标准状况下4.48L二氧化碳气体,完全反应后的溶液为等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠的混合液,CO‎3‎‎2-‎水解程度大于HCO‎3‎‎-‎的水解程度,溶液呈碱性,则各种离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)>c(HCO‎3‎‎-‎)>c(CO‎3‎‎2-‎)>c(OH-)>c(H+)。‎ ‎(6)根据反应Al(OH)3+3HClAlCl3+3H2O,将0.01mol氢氧化铝投入1L某浓度的盐酸中,参加反应的HCl的物质的量为0.03mol,为得到澄清透明溶液,则有Qc=c(Al3+)·c3(OH-)2×10-4mol·L-1,完全溶解Al(OH)3所需HCl的物质的量浓度是0.01mol·L-1×3=0.03mol·L-1,为得到澄清透明溶液,则盐酸的浓度至少应为3.02×10-2mol·L-1。‎ - 7 -‎