高考化学综合题专题复习元素周期律专题解析附答案解析.docx
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高考化学综合题专题复习元素周期律专题解析附答案解析
高考化学综合题专题复习【元素周期律】专题解析附答案解析
一、元素周期律练习题（含详细答案解析）
1．已知元素X、Y均为短周期元素，X元素的一种核素常用于测文物的年代，Y元素原子半径是所有原子中最小的，元素X、Y可形成两种常见化合物M和N，已知M可以使高锰酸钾酸性溶液褪色，M分子中所含X元素的质量是Y元素质量的6倍，且M的相对分子质量为56。
N是一种常用溶剂，它的实验式XY。
回答下列问题：
（1）符合条件的M的有______种。
（2）任意写一种不带支链的M的结构简式__________。
（3）若在N与液溴的混合液中加入铁粉可以发生反应（在如图装置a容器中反应），则：
①写出a容器中发生的所有反应的化学方程式：
_____________。
②d容器中NaOH溶液的作用是_____________。
（4）在碘水中加入N振荡静置后的现象是__________。
（5）等质量M、N完全燃烧时消耗O2的物质的量较多的是________（填“M”或“N”）。
【答案】3CH2＝CH－CH2－CH32Fe+3Br2＝2FeBr3、
+Br2
+HBr吸收HBr和Br2，防止污染环境溶液分层，下层无色，上层紫红色M
【解析】
【分析】
短周期元素X元素的一种核素常用于测文物的年代，则X为碳（C）；Y元素原子半径是所有原子中最小的，则Y为氢（H）。
元素X、Y可形成两种常见化合物M和N，已知M可以使高锰酸钾酸性溶液褪色，M分子中所含X元素的质量是Y元素质量的6倍，且M的相对分子质量为56，则M为分子式C4H8的烯烃；N是一种常用溶剂，它的实验式XY，则N为苯（C6H6）。
【详解】
由以上分析可知，M是分子式为C4H8的烯烃，N是分子式为C6H6的苯。
（1）符合条件的M有CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、（CH3）2C=CH2，共3种。
答案为：
3；
（2）一种不带支链的M的结构简式为CH2=CHCH2CH3或CH3CH=CHCH3。
答案为：
CH2=CHCH2CH3或CH3CH=CHCH3；
（3）①a容器中，Fe与Br2发生反应生成FeBr3、苯与Br2在FeBr3的催化作用下发生反应生成溴苯和溴化氢，发生的所有反应的化学方程式：
2Fe+3Br2＝2FeBr3、
+Br2
+HBr。
答案为：
2Fe+3Br2＝2FeBr3、
+Br2
+HBr；
②不管是Br2（g）还是HBr都是大气污染物，都应除去，所以d容器中NaOH溶液的作用是吸收HBr和Br2，防止污染环境。
答案为：
吸收HBr和Br2，防止污染环境；
（4）在碘水中加入苯，由于碘溶于苯、苯难溶于水且密度比水小，所以振荡静置后的现象是溶液分层，下层无色，上层紫红色。
答案为：
溶液分层，下层无色，上层紫红色；
（5）M中含氢量高于N中含氢量，所以等质量M（C4H8）、N（C6H6）完全燃烧时消耗O2的物质的量较多的是M。
答案为：
M。
【点睛】
计算耗氧量时，若质量一定，则先将化学式改写碳原子个数为1的最简式，然后比较氢原子数，氢原子数越多，耗氧越多；若物质的量一定，则看化学式，4个氢原子与1个碳原子的耗氧量相同，依据需要可进行互换。
2．下表列出了①～⑩十种元素在周期表中的位置。
族
周期
ⅠA
0
1
①
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
②
④
⑩
3
⑤
⑥
⑦
③
⑧
⑨
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）
【解析】
【分析】
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）。
【详解】
（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．Ⅰ.某化合物A由两种元素组成，可以发生如下的转化。
已知：
标准状况下，气体B的密度是氢气的8倍。
请回答：
（1）组成A的元素有_________，A的化学式是_________
（2）请写出A与NaOH溶液反应的化学方程式_________
（3）A可用于金属的冶炼，请写出A与Fe2O3的化学反应方程式_________
Ⅱ.某实验小组做了如下实验：
请回答：
（1）写出硬质管中发生反应的化学方程式：
_________
（2）有同学认为乙醇的催化氧化反应产物中含有乙酸，请设计实验检验产物成分：
_____。
【答案】Al、CAl4C3Al4C3+4NaOH+4H2O=3CH4↑+4NaAlO2Al4C3+4Fe2O3=2Al2O3+8Fe+3CO2↑CH3CH2OH+CuO=CH3CHO+Cu+H2O将产生的气体分别通入两份新制氢氧化铜悬浊液中，标为A、B，对B进行加热，若A沉淀溶解，B出现砖红色沉淀，则既有乙酸也有乙醛；若A沉淀溶解，B无砖红色沉淀，则只有乙酸；若A沉淀不溶解，B出现砖红色沉淀，则只有乙醛
【解析】
【分析】
Ⅰ.已知标准状况下，气体B的密度是氢气的8倍，则气体B的摩尔质量为16g/mol，应为CH4气体，则A中含有C元素，同时A能与氢氧化钠溶液反应，则A中含有Al元素，A为Al4C3，C为NaAlO2，NaAlO2溶液中通入过量二氧化碳得到D为氢氧化铝固体，进一步灼烧得到E为氧化铝，据此分析解答；
Ⅱ.
（1）乙醇被CuO氧化，反应生成乙醛、铜单质和水；
（2）根据乙酸和乙醛与新制氢氧化铜悬浊液反应现象的不同分析比较。
【详解】
Ⅰ.
（1）由以上分析知，组成A的元素有Al、C，A的化学式是Al4C3，故答案为：
Al、C；Al4C3；
（2）Al4C3与NaOH溶液反应生成CH4和4NaAlO2，故反应的化学方程式为Al4C3+4NaOH+4H2O=3CH4↑+4NaAlO2；
（3）Al4C3可用于金属的冶炼，其与Fe2O3反应生成Al2O3、Fe和CO2，故反应的化学反应方程式为Al4C3+4Fe2O3=2Al2O3+8Fe+3CO2↑；
Ⅱ.
（1）乙醇被CuO氧化，反应生成乙醛、铜单质和水，反应的化学方程式为CH3CH2OH+CuO=CH3CHO+Cu+H2O；
（2）根据乙酸和乙醛性质的区别，可将产生的气体分别通入两份新制氢氧化铜悬浊液中，标为A、B，对B进行加热，若A沉淀溶解，B出现砖红色沉淀，则既有乙酸也有乙醛；若A沉淀溶解，B无砖红色沉淀，则只有乙酸；若A沉淀不溶解，B出现砖红色沉淀，则只有乙醛。
4．A、B、C、D、E均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。
其中A元素原子核内只有1个质子；A与C，B与D分别同主族；B、D两元素原子序数之和是A、C两元素原子序数之和的2倍。
请回答下列问题：
（1）由上述元素组成的下列物质中属于非电解质的是________（填字母编号）。
a.A2Bb.E2c.DB2d.C2DB3
（2）B元素在元素周期表中的位置为________；化合物C2B2中含有的化学键类型是________；化合物C2B中两种离子的半径大小关系为________＜________（填离子符号）。
（3）实验室中欲选用下列装置制取并收集纯净干燥的E2气体。
①实验中应选用的装置为________（按由左到右的连接顺序填写）；
②装置A中发生反应的化学方程式为________。
【答案】c第2周期ⅥA族离子键、共价键Na+O2－AFEBMnO2＋4HCl（浓）
MnCl2＋Cl2↑+2H2O
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。
其中A元素原子核内只有1个质子，则A为H；A与C，B与D分别同主族；B、D两元素原子序数之和是A、C两元素原子序数之和的2倍，C应为Na，设B的原子序数为x，D的原子序数为x+8，则2×（1+11）=x+x+8，解得x=8，则B为O，D为S，E为Cl。
【详解】
（1）H2O、Na2SO3均为化合物，均可发生电离，属于电解质，Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质，而SO2本身不能电离，属于非电解质，则只有c为非电解质，故答案为：
c；
（2）B为O，位于第2周期ⅥA族，化合物C2B2为Na2O2，含离子键、共价键；C2B为Na2O，其中离子具有相同电子排布，原子序数大离子半径小，离子半径为O2-＞Na+，故答案为：
第2周期ⅥA族；离子键、共价键；Na+；O2-；
（3）①用装置A制取并收集纯净干燥的Cl2气体，选择浓盐酸与二氧化锰加热制备；用装置F中的饱和食盐水除杂；用装置E中的浓硫酸干燥；最后用B装置进行收集及尾气处理，则仪器连接顺序为AFEB，故答案为：
AFEB；
②装置A中发生反应的化学方程式为MnO2＋4HCl（浓）
MnCl2＋Cl2↑+2H2O，故答案为：
MnO2＋4HCl（浓）
MnCl2＋Cl2↑+2H2O。
【点睛】
此题易错点在于非电解质的判断，电解质的前提必须是化合物，本质是自身在一定条件下可以电离。
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
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
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）>
【解析】
【分析】
（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。
【详解】
（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
2NaOH+H2
+Cl2
，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．南京理工教授制出了一种新的全氮阴离子盐—AgN5，目前已经合成出钠、锰、铁、钴、镍、镁等几种金属的全氮阴离子盐。
（1）基态Mn2+的价电子排布式为____；银与铜位于同一族，银元素位于元素周期表的___区。
（2）[Mg（H2O）6]2+[（N5）2（H2O）4]2-的晶体的部分结构如图1所示：
N、O、Mg元素的前3级电离能如下表所示：
元素
I1/kJ∙mol-1
I2/kJ∙mol-1
I3/kJ∙mol-1
X
737.7
1450.7
7732.7
Y
1313.9
3388.3
5300.5
Z
1402.3
2856.0
4578.1
①X、Y、Z中为N元素的是____，判断理由是__________。
②从作用力类型看，Mg2+与H2O之间是________、N5与H2O之间是________。
③N5-为平面正五边形，N原子的杂化类型是_______。
科学家预测将来还会制出含N4-、N6-等平面环状结构离子的盐，这一类离子中都存在大π键，可用符号π
表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为π
），则N4-中的大π键应表示为_________。
（3）AgN5的立方晶胞结构如图2所示，Ag+周围距离最近的Ag+有_______个。
若晶体中紧邻的N5-与Ag+的平均距离为anm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则AgN5的密度可表示为_____g∙cm-3（用含a、NA的代数式表示）。
【答案】3d5dsZX最外层为2个电子，X为镁；N的2p轨道处于半充满的稳定状态，其失去第一个电子较难，I1较大，则Z为氮元素配位键氢键sp2
12
【解析】
【分析】
（1）根据构造原理书写出25号Mn元素的原子核外电子排布式，Mn原子失去最外层2个电子得到Mn2+；根据原子结构与元素在周期表的位置确定Ag在周期表所属区域；
（2）①根据元素的电离能大小结合原子结构确定X、Y、Z三种元素，然后判断哪种元素是N元素；
②根据图示，判断晶体中阳离子、阴离子中含有的作用力类型；
③结合N5-为平面正五边形结构，结合原子杂化类型与微粒构型关系分析判断，结合微粒的原子结构分析大π键的形成；
（3）根据晶胞中离子的相对位置判断Ag+的配位数，利用均摊方法计算1个晶胞中含有的AgN5的个数，结合ρ=
计算密度大小。
【详解】
（1）Mn是25号元素，根据构造原理可得Mn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，Mn原子失去最外层2个电子得到Mn2+，其价电子排布式为3d5；Ag、Cu在周期表中位于第IB，发生变化的电子有最外层的s电子和次外层的d电子，属于ds区元素；
（2）①X的第一、第二电离能比较小且很接近，说明X原子最外层有2个电子，容易失去，则X为Mg元素，Z的第一电离能在三种元素中最大，结合N原子2p轨道处于半充满的稳定状态，其失去第一个电子较难，I1较大，可推知Z为N元素，Y是O元素；
②在该晶体中阳离子[Mg（H2O）6]2+的中心离子Mg2+含有空轨道，而配位体H2O的O原子上含有孤电子对，在结合时，Mg2+提供空轨道，H2O的O原子提供孤电子对，二者形成配位键；在阴离子[（N5）2（H2O）4]2-上N5-与H2O的H原子之间通过氢键结合在一起，形成N…H-O，故二者之间作用力为氢键；
③若原子采用sp3杂化，形成的物质结构为四面体形；若原子采用sp2杂化，形成的物质结构为平面形；若原子采用sp杂化，则形成的为直线型结构。
N5-为平面正五边形，说明N原子的杂化类型为sp2杂化；在N5-中，每个N原子的sp2杂化轨道形成2个σ键，N原子上还有1个孤电子对及1个垂直于N原子形成平面的p轨道，p轨道间形成大π键，N5-为4个N原子得到1个电子形成带有1个单位负电荷的阴离子，所以含有的电子数为5个，其中大π键是由4个原子、5个电子形成，可表示为
；
（3）根据AgN5的晶胞结构示意图可知，假设以晶胞顶点Ag+为研究对象，在晶胞中与该Ag+距离相等且最近的Ag+在晶胞面心上，通过该顶点Ag+可形成8个晶胞，每个面心上的Ag+被重复使用了2次，所以与Ag+距离相等且最近的Ag+的数目为
=12个；在一个晶胞中含有Ag+的数目为8×
+6×
=4，含有N5-的数目为1+12×
=4，晶胞体积为V=（2a×10-7）3cm3，则ρ=
g/cm3。
【点睛】
本题考查了物质结构，涉及电离能的应用、作用力类型的判断、大π的分析、晶胞计算，掌握物质结构知识和晶体密度计算方法是解题关键，要注意电离能变化规律及特殊性，利用均摊方法分析判断晶胞中含有微粒数目，结合密度计算公式解答。
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
【解析】
【分析】
【详解】
（1）①S元素在元素周期表中的位置为第三周期第ⅥA族，故答案为：
第三周期第ⅥA族；
②莫尔盐中处于同主族的两种元素是O和S，其中非金属性更强的是O，故答案为：
O；
（2）硫酸亚铁铵中含有Fe2+，Fe2+容易被氧化成Fe3+，可加入硫氰化钾（KSCN）溶液检验是否有Fe3+生成，故答案为：
硫氰化钾（KSCN）溶液；
（3）溶解过程中，IO3-与Fe2+发生氧化还原反应生成I2和Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子反应方程式为2IO3-+10Fe2++12H+=I2+10Fe3++6H2O，故答案为：
2IO3-+10Fe2++12H+=I2+10Fe3++6H2O；
（4）滴定操作时使用的锥形瓶未干燥，不会影响Fe2+的物质的量，因此对滴定结果无影响，故答案为：
无影响。
8．下表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑨在表中的位置，回答下列问题：
族
周期
ⅠA
0
1
①
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
②
③
④
⑤
3
⑥
⑦
⑧
⑨
（1）①④⑥三种元素构成的化合物的电子式：
__；⑨的最高价氧化物对应水化物的化学式：
__。
（2）⑤、⑦、⑧的简单离子半径由大到小的顺序：
__（用离子符号填写）。
（3）用一个化学方程式表示④、⑤二种
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