2013高考化学分类汇编解析物质结构元素周期律.

2013年高考化学试题分类解析汇编：物质结构元素周期律
4、( 2013江苏卷)10.短周期元素X、丫、Z、W的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13。

X的原子半径比丫的小，X与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素。

下列说法正确的是
A. 原子半径的大小顺序：r(Y) > r(Z) > r(W)
B. 元素Z、W的简单离子的电子层结构不同
C. 元素丫的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强
D. 只含X、丫、Z三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物【参考答案】D
【解析】该题以周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。

考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。

金属性、非金属性比较：
突破口是Z为O,又短周期元素原子序数依次增大，X原子半径比丫小,说明X 是H，同时W与X属于同一主族，则W是钠。

且最外层电子数之和为13,推出丫为N。

5、 ( 2013海南卷)3 .重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是A .氘(D)原子核外有1个电子
C. H2O与D2O互称同素异形体
［答案］C
［解析］:同位素是同种元素不同种原子间互称，所以选项C是错误的，答案选
C o B . 1H与D互称同位素
D . 1H218O与D216O的相对分子质量相同
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6、 ( 2013福建卷)9•四种短周期元素在周期表中的位置如右图，其中只有M为金属元素。

下列说法不正确的是()...
* T Z
Q
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Br三种元素位于同主族，同主族元素从上到下非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱，C错误、D正确。

答案：BD
命题意图：元素周期律与元素周期表
14、（2013浙江卷）9、短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法正确的是
A .钠与W可能形成Na2W2化合物
B .由Z与丫组成的物质在熔融时能导电
C. W得电子能力比Q强
D . X有多种同素异形体，而丫不存在同素异形体
【解析】由“X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半”可推出X为C,因此丫为O, Z为Si, W为S，Q为Cl。

A选项：Na和S可形成类似于Na2O 2的Na2S2。

Z与丫组成的物质是SiO2，SiO2是原子晶体，熔融时不能导电。

C选项：S得电子能力比Cl弱。

D选项：C、O元素都能形成多种同素异形体。

答案：A
15、（2013天津卷）3、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、第二周期兀素从左到右，最高正价从+1递增到+7
C、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
【解析】该题考查元素周期律。

A选项IA族的H元素可以与VIIA族的元素形成共价化合物，Na元素可以与VIIA族的形成离子化合物，正确；B选项第二周期元素从左到右，元素O和F无正价，错误。

C选项同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越小，错误。

D选项同周期金属元素的化合价越高，其失电子能力越弱，如Na、Mg、Al，错误。

答案：A
16、（2013安徽卷）7.我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHO+O2催化剂CO2+H2O。

下列有关说法正确的是
A •该反应为吸热反应
B • C02分子中的化学键为非极性键
C. HCHO分子中既含a键又含n键D .每生成1.8gH2O消耗
2.24L 02
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【答案】C
【解析】A、该反应在室温下可以进行，故该反应为放热反应，错误；B、二氧
化碳结构为
0=C=0,为极性键，错误；C、甲醛分子中，含有碳氧双键，故其中既含有准建又含有n
键，正确；D、氧气的体积，并没有标明状况，故不一定为 2.24L,错误。

2-2-+3+2-+3+2-3+2-+2-2-++ 3+
(1) W 位于元素周期表第 周期第 族；W 的原子半径比X 的(填 大”或 小”。

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(2) Z 的第一电离能比W 的(填 大”或 小” ；XY2由固态变为气态所需克服 的微粒间作用力是；氢元素、X 、丫的原子可共同形成多种分子，写出其中一种 能形成同种分子间氢键的物质名称。

(3) 振荡下，向Z 单质与盐酸反应后的无色溶液中滴加 NOH 溶液直至过量，能 观察到的现象是 _______ ； W 的单质与氢氟酸反应生成两种无色气体，该反应的 化学方程式是 __________________________ 。

(4) 在25° 101Kpa 下，已知13.5g 的Z 固体单质在丫2气体中完全燃烧后恢复 至原状态，放热419kJ,该反应的热化学方程式是
18、【答案】(1)三W A 大
(2)
小分子间作用力(范德华力) 乙酸 (3)
先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后变成无色溶液
Si + 4HF = SiF4 T + 2H2T
(4) 4AI(s) + 3O2 g) = AI2O3(s) △ H = — 3352kJ/mol
【解析】(1) X 的最高价氧化对应的水化物为 H2XO3，可以确定X 的化合价为 + 4价，故可能为C 、Si ； 丫是地壳中含量最高的为O , Z 最外层电子为3s23p1, 为Al ； W 质子数为28— 14= 14为Si ，综上所述可知X 、丫、Z 、W 分别为C 、 O 、Al 、Si 。

(2)
Al 是金属，Si 是非金属，所以铝的第一电离能比硅的小。

CO2形成的晶体 是分子晶体，由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是分子间作用力(范德华 力)。

H 、
C 、O 三种元素形成的同种分子间氢键的物质是乙酸。

(3) 由于氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于氢氧化钠溶液中，所以实验中观察 到的实的■离价氧化物对应的水化物化学式为HjX
if JM 壳中含―賞的元索 z 的
墓态原子如外层电
训的一种孩髯的殖估数勺2
出
14
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（3）BCI3和NCI3中心原子的杂化方式分别为______ 和__________ 。

第一电离
能介于B、N之间的第二周期元素有_________ 中。

（4）若BCI3与XYm通过B原子与X原子间的配位健结合形成配合物，则该配
合物中提供孤对电子的原子是 _______ 。

解析：（1）非金属性越强，电负性越大。

同主族自上而下非金属性逐渐减弱，电负性逐渐降低，a正确；F是最强的非金属，没有正价，b错误；HF分子间存在氢键沸点大于HBr的，c错误；卤素单质自上而下单质的熔点逐渐升高，d错误，答案选a。

（2）B原子半径大于N原子半径，所以白球是B原子，黑球是N原子。

其中B 原子的个数是1+8? 11=2，N原子个数是1+4? =2，所以该物质的化学式是BN。

84
（3）根据价层电子对互斥理论可知，BCl3和NCl3中心原子含有的孤对电子对数分别是（3-3X1）吃=0、（5-3X1）吃=1,所以前者是平面三角形，B原子是sp2杂化。

后者是三角锥形，N原子是sp3杂化。

（4）在BCl3分子中B原子最外层的3个电子全部处于成键，所以在该配合物中提供孤对电子的应该是X原子，B原子提供空轨道。

答案：（1） a （2）2; BN （3）sp2; sp3 （4）X
（2013全国新课标卷2）37.［化学一一选修3:物质结构与性质］（15分）
前四周期原子序数依次增大的元素A，B，C，D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A和B+的电子相差为8;与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电一
子数分别为4和2，且原子序数相差为2。

回答下列问题：
（1）D2+的价层电子排布图为____ 。

（2）四种元素中第一电离最小的是__ ，电负性最大的是_____ 。

（填元素符
号）
（3）A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示。

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①该化合物的化学式为 ________ ;D的配位数为________ ;
400pm*—
O A O B • D
答案：(1)
(2)K F
(3)① K2NiF4 ; 6
② 39? 4+59? 2+19? 8 = 3.4 6.02? 1023? 4002? 1308? 10-18
--(4)离子键、配位键；［FeF6］3; F
(2013全国新课标卷1) 37.［化学一选修3:物质结构与性质］(15分)
硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。

回答下列问题：
(1) 基态Si原子中，电子占据的最高能层符号，该能层具有的原子轨道数为、电子数为。

(2) 硅主要以硅酸盐、等化合物的形式存在于地壳中。

(3) 单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以相结合，其晶
胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献个原子。

(4) 单质硅可通过甲硅烷(SiH4)分解反应来制备。

工业上采用Mg2Si和NH4CI在液氨介质中反应制得SiH4,，该反应的化学方程式为。

(5) 碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实
化学键C—C C—H c—0Si—Si Si—H Si—0
①硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因②SiH4的稳定性小于CH4,更易生成氧化物，原因
(6) 在硅酸盐中，SiO44四面体(如下图(a))通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、—层状、骨架网状四大类结构型式。

图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根；其中
Si
原子的杂化形式为。

Si与0的原子数之比为化学式为
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考点：考查基态原子核外电子排布、金属晶体、化学方程式的书写、杂化轨道、化学键审题策略：根据金刚石的结构，可以推知晶体硅的结构；由键能与物质稳定性的关系，可以解释(5)中的问题。

根据均摊原理可以得出(6)中的结论。

解析：(1)硅是14号元素，根据构造原理可知，基态电子排布式为
1s2s2p3s3p所以能量最高的为M能层，该能层有s、p、d能级，共计有1 + 3+ 5= 9个原子轨道。

其中最外层电子数是4个。

(2)硅由于性质活泼，在自然界中物单质存在，主要以硅酸盐和二氧化硅的形式存在于地壳中。

(3)硅和金刚石的结构类似，属于原子晶体，硅原子间以共价键结合。

在金刚石晶胞中每个面心具有一个碳原子，晶体硅和金刚石类似，则面心位置贡献的原子为226226?仁3个。

2
(4)根据原子守恒可知，生成物还有氯化镁和氨气，则反应的化学方程式是
Mg2Si + 4NH4CI=SiH4 + 4NH3 + 2MgCl2。

(5)①烷烃分子中C —C键和C—H键的键能大于硅烷中的Si—Si键和Si —H 键的键能，稳定性强，所以硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多。

②由于键能越大，物质越稳定，C—H键的键能大于C—O键的键能，故C —H键比C—O键稳定；而Si —H键的键能却远小于Si —O键的键能，所以Si—H键不稳定，而倾向于形成稳定性更强的Si —O键，即更易生成氧化物。

(6)在硅酸盐中，SiO44形成四面体结构，所以中心原子Si原子采取sp3杂化。

根据—
闾(a) 图(b'
(4)Mg2Si + 4NH4CI=SiH4 + 4NH3 + 2MgCI2
(5)①硅烷中的Si —Si键和Si—H键的键能小于烷烃分子中C-C键和C-H键的键能，稳定性差，以断裂，导致长链硅烷难以形成，所以硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多。

②由于键能越大，物质越稳定，C—H键的键能大于C—0键的键能，故C —H键比C—0键稳定；而Si —H键的键能却远小于Si —0键的键能，所以Si—H键不稳定，而倾向于形成稳定性更强的Si —0键，即更易生成氧化物。

(6)sp3; 1:3; [Si03]n2n (或Si032)——
20、( 2013上海卷)金属铝质轻且有良好的防腐蚀性，在国防工业中有非常重要的作用。

完成下列填空：
20、一23.铝原子核外电子云有种不同的伸展方向，有种不同运动状态的电子。

20、—24.傢(Ga)与铝同族。

写出傢的氯化物和氨水反应的化学方程式。

20、—25.硅与铝同周期。

SiO2是硅酸盐玻璃(Na2CaSi6O14)的主要成分，
Na2CaSi6O14也可写成Na2O・CaO£SiO2。

盛放NaOH溶液的试剂瓶若用玻璃瓶塞容易形成粘性的硅酸盐而无法打开，发生反应的化学方程式。

长石是铝硅盐酸，不同类长石其氧原子的物质的量分数相同。

由钠长石化学式
NaAISi3O8可推知钙长石的化学式为
26•用铝和金属氧化物反应制备金属单质是工业上较常用的方法。

如：
-3Ba T +BaO・ Al2O3 2Al+4BaO--—
常温下Al的金属性比Ba的金属性(选填强”弱”)。

利用上述方法可制取Ba 的主要原因是。

a.高温时Al的活泼性大于Ba
b.高温有利于BaO分解
c.高温时BaO-Al2O3比Al2O3稳定
d.Ba的沸点比Al的低
20【答案】(23) 9、13 ; (24) GaCI3+3NH3・ H2O = 3NH4CI+Ga(OH)3j
(25) SiO2+2NaOH= Na2SiO3+2H2O、CaAI2Si6O16 (26)弱、d 高温
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【解析】(23) s轨道只有1个伸展方向、p轨道有3个伸展方向，AI核外电子排布为1s2s2p3s3p涉及3个s轨道、2个p轨道，因此其核外电子云(轨道)的伸展方向有9
①在1个晶胞中，X离子的数目为。

②该化合物的化学式为。

(2) 在丫的氢化物(H2Y)分子中，丫原子轨道的杂化类型是。

(3) Z的氢化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2丫，其原因是。

⑷丫与Z可形成YZ4
①YZ42 —的空间构型为(用文字描述)。

②写出一种与YZ42 —互为等电子体的分子的化学式：。

(5) X的氯化物与氨水反应可形成配合物［X(NH3)4］CI2，1mol该配合物中含有准建的数目为。

【参考答案】
(1)① 4 ② ZnS
⑵sp3
(3) 水分子与乙醇分子之间形成氢键
(4) ①正四面体②CCl4或SiCl4
(5) 16mol 或16 >6.02 X023个
2—
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【解析】本题考查学生对原子核外电子排布、晶体结构与计算、原子轨道杂化类型、分子空间构型、氢键、配合物等《选修三》中基础知识的掌握和应用能力。

本题基础性较强，重点特出。

元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为
2,显然是锌。

元素丫基态原子的3p轨道上有4个电子，即硫。

元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，为氧。

⑴①在1个晶胞中，Zn离子的数目为8X1/8 + 6X1/2=4。

②S离子的数目也为4,化合物的化学式为ZnS。

（4）①SO42 —的空间构型根据VSEPR模型与杂化类型可知无孤对电子为正四面体。

②SO4互为等电子体的分子的化学式CCI4或SiCI4
（5）锌的氯化物与氨水反应可形成配合物[Zn（NH3）4]CI2 , 1mol该配合物中含有c 键的数目既要考虑到配体中，还要考虑配体与中心原子之间的配位键，因此1mol 该
C 、N 、O 三种元素的相对位置。

（2） NF3可由NH3和F2在Cu 催化剂存在下反应直接得到： + — 2PCI5 （2 分）PCI3 （1 分）
2NH3+3F2 Cu NF3+3NH4F
① 上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有 __________ （填序号）。

a.离子晶体b.分子晶体c.原子晶体d.金属晶体
② 基态铜原子的核外电子排布式为 ________ 0
（3） BF3与一定量水形成（H2O ）2 BF3晶体Q ，Q 在一定条件下可转化为 R :
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① 晶体Q 中各种微粒间的作用力不涉及 ___________ （填序号）。

•••
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a.离子键
b.共价键
c.配位键
d.金属键
e.氢键
f.范德华力
② R 中阳离子的空间构型为 _______ ，阴离子的中心原子轨道采用 _______ 化。

（4） 已知苯酚（）具有弱酸性，其Ka=1.1为0-10
;水杨酸第一级电离形成的离子
能形成分子内氢键。

据此判断，相同温度下电离平衡常数 Ka2（水杨
酸） ____ Ka （苯酚）（填“〉” “＜）,其原因是 ______ o
【答案】（1）
F = i
-I I I I W i I 即 J
「i ・O I 1 1 % ! « j 4Ci I J I 9 f 1 J 8 : 1 *B
E |
Hri i i
ifi子序数
(2)①a、b、d
② 1s22s22p63s23p63d104s 或[Ar]3d104s1
(3)①a、d
②三角锥型sp3
(4)< OH中形成分子内氢键，使其更难电离出H +
【解析】本题考查物质结构与性质模块的内容。

考查了电离能、电子排布式、空间构型、杂化以及氢键等知识。

(1)同周期元素的第一电离能呈增大趋势，但是氮的2p轨道处于半满状态
2p3,使其结构相对较为稳定，致使其第一电离能大于相邻的碳、氧元素。

(2)①NH3、F2、NF3为分子晶体，铜为金属晶体，而NH4F是由NH4和F组成的为离子晶体。

②铜的原子序数为29,处于I B族，故其电子排布式为：1s11s22s22p63s23p63d104s1 + (3)①在Q晶体中H20是由共价键组成的分子、除存在共价键外，B最外层有3个电子，与F原子形成共价键，B原子提供空轨道与0原子间形成配位键，除分子间作用力外，H20的氧原子与的氢原子键
存在氢键。

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②H30中的氧原子是sp3杂化，形成的空间构型为三角锥形。

阴离子的B原子形
成四条单键，无孤对电子对，故其杂化类型为sp3。

(4)当
小。

形成分子内氢键后，导致酚羟基的电离能力降低，故其第二电离能力比苯酚第22页(共22页)。