全国高考化学元素周期律的综合高考真题分类汇总文档格式.docx

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___________________。

【答案】第3周期IVA族FNaOHH－F

分子间作用力共价化合物原子Al（OH）3+NaOH＝NaAlO2+2H2O

【解析】

【分析】

根据元素①～⑨在表中的位置可知分别是H、C、O、F、Na、Mg、Al、Si、Cl。

据此解答。

【详解】

（1）半导体材料应在金属与非金属交界处寻找，根据上述元素周期表的部分结构，半导体材料是晶体硅，位于第三周期第IVA族；

（2）同周期从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，因此原子半径大小顺序是Mg＞O＞F，即原子半径最小的是F；

（3）同周期从左向右金属性减弱，金属性越强，其最高价氧化物的水化物的碱性越强，即NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，碱性最强的是NaOH；

（4）同周期从左向右非金属性增强，其氢化物的稳定性增强，因此氢化物的稳定性：

HF＞H2O＞CH4，最稳定的氢化物是HF，其结构式为H－F；

2形成的化合物是CO2，其电子式为：

，CO2属于分子晶体，熔化时克服分子间作用力；

（6）③和⑧构成的化合物是SiO2，属于共价化合物，其晶体为原子晶体；

（7）⑤是钠元素，其最高价氧化物的水化物是NaOH，⑦是Al，其最高价氧化物的水化物是Al（OH）3，Al（OH）3表现两性，与碱反应的化学方程式为Al（OH）3＋NaOH＝NaAlO2＋2H2O。

2．下表列出了①～⑩十种元素在周期表中的位置。

族

⑩

回答下列问题：

（1）①、④按原子个数比1:

1组成的分子的电子式为____________________；

由②、④两种元素组成的一种无毒化合物的结构式为_____________________。

（2）这10种元素中，化学性质最不活泼的元素是_____________（填元素符号，下同），得电子能力最强的原子是__________________，失电子能力最强的单质与水反应的化学方程式是_________________________。

（3）用化学方程式表示②和⑨两种元素的非金属性强弱：

________________________。

（4）元素③的气态氢化物和元素⑧的气态氢化物中，易于制备的是____________________（填化学式）

（5）元素⑤的最高价氧化物对应的水化物与元素⑦的最高价氧化物对应的水化物反应，其离子方程式为______________________________。

（6）元素①、④、⑤两两之间可以形成两种类型的化合物，写出一种共价化合物的化学式：

___________________；

写出一种离子化合物的化学式：

______________________。

【答案】

O=C=ONeO2Na+2H2O=2NaOH+H2↑2HClO4+Na2CO3=CO2↑+2NaClO4+H2OH2SAl（OH）3+OH-=AlO2-+2H2OH2O（或H2O2）Na2O（或Na2O2或NaH）

从表中元素所在的位置，可推出①为氢（H），②为碳（C），③为磷（P），④为氧（O），⑤为钠（Na），⑥为镁（Mg），⑦为铝（Al），⑧为硫（S），⑨为氯（Cl），⑩为氖（Ne）。

（1）①、④为H和O，二者按原子个数比1:

1组成分子H2O2，电子式为

；

②、④两种元素为C和O，二者组成的一种无毒化合物为CO2，结构式为O=C=O，答案为：

O=C=O；

（2）这10种元素中，化学性质最不活泼的元素是稀有气体元素Ne；

得电子能力最强的原子是O；

失电子能力最强的元素是Na，它的单质与水反应生成NaOH和H2，化学方程式是2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，答案为：

Ne；

O；

2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；

（3）②和⑨分别为C和Cl，比较两种元素的非金属性强弱，可利用HClO4与碳酸钠反应，方程式为：

2HC1O4+Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4+H2O，答案为：

2HC1O4+Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4+H2O；

（4）元素③的气态氢化物为PH3，元素⑧的气态氢化物为H2S，非金属性：

S大于P，易于制备的是H2S，答案为：

H2S；

（5）元素⑤的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，与元素⑦的最高价氧化物对应的水化物Al（OH）3反应，生成NaAlO2和H2O，其离子方程式为A1（OH）3+OH-=A1O2-+2H2O，答案为：

A1（OH）3+OH-=A1O2-+2H2O；

（6）元素①、④、⑤分别为H、O、Na，两两之间反应，生成共价化合物可能为水或双氧水，化学式为H2O（或H2O2）；

离子化合物可能为氧化钠、过氧化钠、氢化钠，化学式为Na2O（或Na2O2或NaH），答案为：

H2O（或H2O2）；

Na2O（或Na2O2或NaH）。

【点睛】

比较氧与氯的得电子能力，如果利用周期表中元素所在位置，无法比较；

可以利用同一化学式，比如HClO，从化合价可以解决问题。

3．在实验室可以将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中而将其吸收。

现象是洗气瓶中产生黑色沉淀，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色。

完成下列填空：

（1）写出发生反应的化学方程式___，该反应能够发生是因为（选填编号）___。

A.强酸生成了弱酸

B.强氧化剂生成了弱还原剂

C.生成的黑色沉淀不溶于水，也不溶于一般的酸

D.生成的无色溶液不能导电，也不能挥发出气体

（2）该反应体系中的属于弱电解质的溶液，跟含有与该弱电解质等物质的量的氢氧化钠的溶液混合发生反应后，混合溶液中存在的离子一共有___种，这些离子的浓度大小不同，其中浓度第二大的离子的符号是___，从物料平衡的角度分析：

溶液中c（Na+）=___。

（3）硫化铜与一般酸不反应，但可与浓硝酸发生反应：

___CuS+___HNO3（浓）—___CuSO4+___NO2↑+___H2O，配平此反应方程式，将系数填写在对应的横线上。

（4）若反应中转移1.6mol电子时，则产生的气体在标准状况下体积为___L；

若反应的氧化产物为0.8mol时，则反应中转移电子数为___。

（5）此反应体系中的含硫物质形成的晶体类型为___，此反应体系中非金属元素的原子半径由大到小的是（用元素符号表示）___。

【答案】CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4C5HS-c（HS-）+c（S2-）+c（H2S）1818435.846.4NA离子晶体S＞N＞O＞H

（1）将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中，洗气瓶中产生黑色沉淀，为CuS，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色，反应的化学方程式为CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，反应生成的CuS黑色沉淀不溶于水，也不溶于硫酸，使得该反应能够发生，故答案为：

CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4；

C；

（2）该反应体系中的属于弱电解质的是H2S，与等物质的量的氢氧化钠的溶液混合，发生反应生成NaHS，溶液中存在NaHS的电离平衡和水解平衡，溶液中存在的离子有Na+、HS-、S2-、OH-、H+，一共有5种离子；

但NaHS的电离程度和水解程度均较小，这些离子的浓度第二大的离子为HS-，溶液中存在物料守恒，c（Na+）=c（HS-）+c（S2-）+c（H2S），故答案为：

5；

HS-；

c（HS-）+c（S2-）+c（H2S）；

（3）根据化合价升降守恒，硫化铜中的S元素由-2价升高为+6价，化合价升高8，硝酸中N元素的化合价由+5价降低为+4价，化合价降低1，最小公倍数为8，因此硫化铜与浓硝酸的反应方程式为：

CuS+8HNO3（浓）=CuSO4+8NO2↑+4H2O，故答案为：

1；

8；

4；

（4）根据反应的方程式CuS+8HNO3（浓）=CuSO4+8NO2↑+4H2O，反应中转移的电子为8，若反应中转移1.6mol电子时，则产生1.6molNO2气体，在标准状况下体积为1.6mol×

22.4L/mol=35.84L；

该反应的氧化产物为CuSO4，若反应的氧化产物为0.8mol时，则反应中转移电子为0.8mol×

8=6.4mol，数目为6.4NA，故答案为：

35.84；

6.4NA；

（5）此反应体系中的含硫物质为CuS和CuSO4，形成的晶体类型均为离子晶体，此反应体系中非金属元素为S、H、N、O，同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序为S＞N＞O＞H，故答案为：

离子晶体；

S＞N＞O＞H。

4．黑火药是我国古代四大发明之一，它的爆炸反应为：

2KNO3+3C+S

K2S+N2↑+3CO2↑

（1）上述反应中的还原剂为___，还原产物有___，当有1molKNO3参加反应时，转移电子的数目为___。

（2）KNO3晶体类型是___，其晶体中存在的化学键有___。

（3）硫原子的核外电子排布式为___，原子核外有___种不同能量的电子。

将SO2和Cl2分别通入品红溶液中，产生的现象是___；

若将SO2和Cl2等体积混合后再缓缓通入品红溶液，发现品红溶液___，其原因是___。

（4）S、C和N三种元素的原子半径从小到大的顺序是___；

K2S溶液中除OH-外其它各离子物质的量浓度的大小顺序为___。

（5）下列事实能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱的有___。

a.同温同浓度溶液pH：

Na2CO3＞Na2SO4

b.酸性：

H2SO3＞H2CO3

c.CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价

d.分解温度：

CH4＞H2S

【答案】CK2S和N26NA离子晶体离子键、共价键1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p45品红溶液均褪色不褪色将SO2和Cl2等体积混合后在溶液中恰好完全反应生成了盐酸和硫酸，不再具有漂白性（或SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，盐酸和硫酸无漂白性）N<

C<

Sc（K+）>

c（S2-）>

c（HS-）>

c（H+）ac

（1）该反应中N、S元素化合价均降低，C元素化合价升高，因此还原剂为C；

还原产物为K2S和N2；

当有1molKNO3参加反应时，有1.5molC参加反应，C元素化合价从0价升高至+4价，因此转移数目为1.5mol×

4NAmol-1=6NA；

（2）KNO3为活泼金属阳离子与含氧酸根阴离子组成的化合物，其晶体类型属于离子晶体；

晶体中阴阳离子通过离子键连接，硝酸根内N原子与O原子之间通过共价键连接，因此KNO3晶体中存在离子键、共价键；

（3）S原子核内质子数为16，核外电子数为16，因此核外电子排布式为：

1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4；

核外电子分别处于5个不同的能级中，因此原子核外有5种不同能量的电子；

SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色，Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，能够使品红溶液褪色；

将SO2和Cl2等体积混合后再缓缓通入品红溶液，SO2与Cl2在水中能够发生反应：

SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成的HCl、H2SO4均不具有漂白性，因此不能使品红溶液褪色；

（4）C、N原子核外电子层数小于S，因此S原子半径最大，C、N处于同一周期，核外电子层数相同，质子数越大，其半径越小，因此半径相对大小关系为：

N<

S；

K2S属于强碱弱酸盐，在溶液中能够发生水解，S2-一级水解程度>

S2-二级水解程度>

水的电离程度，因此溶液中除OH-外离子浓度关系为：

c（K+）>

c（H+）；

（5）a．同温同浓度溶液pH：

Na2CO3>

Na2SO4，根据“越弱越水解”，说明酸性：

H2SO4>

H2CO3，H2SO4、H2CO3分别对应S、C的最高价氧化物对应水化物，可说明非金属性：

S>

C，故a符合题意；

b．酸性：

H2SO3>

H2CO3，说明亚硫酸电离出氢离子的能力强于碳酸，因H2SO3并非S元素对应最高价氧化物对应水化物，不能说明碳元素与硫元素非金属性相对强弱，故b不符合题意；

c．CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价，可直接说明S的非金属性强于C，所以S才显负价，碳元素显示正价，故c符合题意；

d．分解温度：

CH4>

H2S，其原因是C、S均采取sp3杂化，CH4为非极性分子，H-C键能较强，在1000℃左右分解，而H2S为极性分子，H-S-H键角为92.1º

，由于H-S键能较弱，导致H2S在300℃左右分解，故不能据此比较C元素与S元素非金属性，故d不符合题意；

故答案为：

ac。

常见非金属性的比较规律：

1、由元素对应简单单质的氧化性判断：

一般情况下，氧化性越强，元素对应非金属性越强；

2、由单质和水反应程度判断：

反应越剧烈，非金属性越强；

3、由对应简单氢化物的稳定性判断：

氢化物越稳定，非金属性越强；

4、由和氢气化合的难易程度判断：

化合越容易，非金属性越强；

5、由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断：

酸性越强，非金属性越强；

值得注意的是：

氟元素没有正价态，氧目前无最高正价，硝酸则因分子内氢键导致酸性较弱，所以最高价氧化物对应水合物的酸性最强的是高氯酸，而不是非金属性高于氯的氮、氧、氟。

5．NaClO、NaNO3、Na2SO3等钠盐在多领域有着较广的应用。

（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，半径较小的原子是______________；

原子核外最外层p亚层上电子自旋状态只有一种的元素是_____________。

（2）碱性条件下，铝粉可除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。

产物中铝元素的存在形式_____________（填化学符号）；

每摩尔铝粉可处理_____________gNaNO2。

（3）新冠疫情发生后，有人用电解食盐水自制NaClO消毒液，装置如图（电极都是石墨）。

电极a应接在直流电源的_____________极；

该装置中发生的化学方程式为_____________

（4）Na2SO3溶液中存在水解平衡

+H2O

+

设计简单实验证明该平衡存在__________________。

0.1mol/LNa2SO3溶液先升温再降温，过程中（溶液体积变化不计）PH如下。

时刻

温度/℃

25

30

40

PH

9.66

9.52

9.37

9.25

升温过程中PH减小的原因是_____________；

①与④相比；

C（

）①____________④（填“>

”或“<

”）.

【答案】ON

34.5正2NaCl+2H2O

2NaOH+H2

+Cl2

，Cl2+2NaOH→NaCl+NaClO+H2向溶液中滴加酚酞，发现变红温度升高，Kw变大，c（H+）增大，pH变小（Na2SO3被氧化）>

（1）电子层数越少，半径越小，电子层数相同，质子数越多半径越小；

p亚层的电子数

，p亚层上电子自旋状态只有一种；

根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同；

（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐；

铝粉除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生氨气，反应方程式是

；

（3）氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，为使氯气与氢氧化钠充分反应，a极应生成氯气；

（4）由于该水解平衡的存在，使Na2SO3溶液显碱性；

水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动；

①与④相比，温度相同，①的pH大于④，说明④中

浓度减小。

（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，Na、Cl、S有3个电子层，半径较大，O、N有2个电子层，且O的质子数大于N，所以半径较小的原子是O；

根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同，所以p亚层上电子自旋状态只有一种的元素是N；

（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐，产物中铝元素的存在形式是

铝粉除去工业废水中的NaNO2，反应方程式是

，根据方程式1molAl粉处理0.5molNaNO2，质量是0.5mol×

69g/mol=34.5g；

（3）a极氯离子失电子生成氯气，所以a极是阳极，应接在直流电源的正极；

用石墨电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，该装置中发生的化学方程式为2NaCl+2H2O

，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

（4）该水解平衡的存在，Na2SO3使溶液显碱性，向溶液中滴加酚酞，发现变红，则证明该平衡的存在；

水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动，Kw变大，c（H+）增大，pH变小；

①与④相比，温度相同，①的pH大于④，说明④中

浓度减小，c（

）①>

④。

6．完成下列问题：

（1）氮和磷氢化物热稳定性的比较：

NH3______PH3（填“>

”）。

（2）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．受热可分解

（3）已知H2与O2反应放热，断开1molH-H键、1molO=O键、1molO-H键所需要吸收的能量分别为Q1kJ、Q2kJ、Q3kJ，由此可以推知下列关系正确的是______。

①Q1+Q2>

Q3②2Q1+Q2<

4Q3③2Q1+Q2<

2Q3

（4）高铁电池总反应为：

3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，写出电池的正极反应：

__________，负极反应________________。

【答案】>

bc②FeO42-+3e-+4H2O=Fe（OH）3+5OH-Zn+2OH--2e-=Zn（OH）2

（1）根据元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物越稳定分析；

（2）PH3与HI反应产生PH4I，相当于铵盐，具有铵盐的性质；

（3）根据旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量的差值即为反应热，结合燃烧反应为放热反应分析解答；

（4）根据在原电池中，负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，结合物质中元素化合价及溶液酸碱性书写电极反应式。

（1）由于元素的非金属性：

N>

P，所以简单氢化物的稳定性：

NH3>

PH3；

（2）a．铵盐都能与NaOH发生复分解反应，所以PH4I也能与NaOH发生反应，a错误；

b．铵盐中含有离子键和极性共价键，所以PH4I也含离子键、共价键，b正确；

c．铵盐不稳定，受热以分解，故PH4I受热也会发生分解反应，c正确；

故合理选项是bc；

（3）1molH2O中含2molH-O键，断开1molH-H、1molO=O、1molO-H键需吸收的能量分别为Q1、Q2、Q3kJ，则形成1molO-H键放出Q3kJ热量，对于反应H2（g）+

O2（g）=H2O（g），断开1molH-H键和

molO=O键所吸收的能量（Q1+

Q2）kJ，生成2molH-O新键释放的能量为2Q3kJ，由于该反应是放热反应，所以2Q3-（Q1+

Q2）>

0，2Q1+Q2<

4Q3，故合理选项是②；

（4）在原电池中负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应。

根据高铁电池总反应为：

3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH可知：

Fe元素的化合价由反应前K2FeO4中的+6价变为反应后Fe（OH）3中的+3价，化合价降低，发生还原反应，所以正极的电极反应式为：

FeO42-+3e-+4H2O=Fe（OH）3+5OH-；

Zn元素化合价由反应前Zn单质中的0价变为反应后Zn（OH）2中的+2价，化合价升高，失去电子，发生氧化反应，所以负极的电极反应式为Zn+2OH--2e-=Zn（OH）2。

本题考查了元素周期律的应用及键能与反应热的关系、原电池反应原理的应用。

元素周期律是学习化学的重要规律，要掌握物质性质变化的规律及物质的特殊性，结合具体物质分析。

在化学反应过程中伴随的能量变化可能是热能、电能及光能，化学能的断裂与形成是能量变化的根本原因。

在书写原电池电极反应式时要结合元素化合价升降及电解质溶液的酸碱性分析，明确负极发生氧化反应，正极发生还原反应。

7．硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O，相对分子质量392]晶体又称莫尔盐，易溶易电离但却比一般的亚铁盐稳定，因此广泛应用于制药、电镀以及定量分析。

回答下列与之有关的问题：

（1）在莫尔盐所涉及的五种元素中：

①S元素在门捷列夫元素周期表中的位置是______________；

②其中处于同主族的两种元素非金属性更强的是：

_____________。

（2）为检验莫尔盐是否变质，可用的试剂为_______________。

碘是合成人体甲状腺激素的重要原料，食盐中加KIO3是我国为解决普遍性碘缺乏问题的国家规定，下图是自动电位滴定法测定食盐中碘含量的实验过程：

（3）已知“溶解”过程中IO3-的还原产物为碘单质，写出该反应的离子反应方程式：

______________________________。

（4）取50.00mL样品，用0.005mol/L酸性K2Cr2O7溶液滴定剩余Fe2+，滴定操作时使用的锥形瓶未干燥，导致结果_____________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）

【答案】第三周期第ⅥA族O硫氰化钾（KSCN）溶液2IO3-+10Fe2++12H+=I2+10Fe3++6H2O无影响

（1）①S元素在元素周期表中的