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高考化学元素周期律综合题

一、元素周期律练习题（含详细答案解析）

1．元素周期表是打开物质世界奧秘之门的一把金钥匙，1869年，门捷列夫发现了元素周期律并发表了元素周期表。

下图为元素周期表的一部分，回答下列问题。

（1）.上述元素中化学性质最稳定的是________（填元素符号，下同），非金属性最强的是_____。

（2）c的最高价氧化物对应水化物的化学式为__________。

（3）h元素的原子结构示意图为__________，写出h单质的一种用途:

__________。

（4）b、d、f三种元素原子半径由大到小的顺序是__________（用元素符号表示）。

（5）a、g、j的氢氧化物中碱性最强的是__________（填化学式），写出其溶液与g的氧化物反应的离子方程式:

___________________________________。

【答案】ArFHNO3

制光电池Mg>C>OKOHAl2O3+2OH-=2AlO2-+H2O

【解析】

【分析】

由元素周期表可知，a为Li、b为C、c为N、d为O、e为F、f为Mg、g为Al、h为Si、i为Ar、j为K。

【详解】

（1）0族元素的化学性质最稳定，故上述元素中化学性质最稳定的是Ar；F元素的非金属性最强；

（2）c为N，其最高价氧化物对应的水化物为HNO3；

（3）h为Si，核电荷数为14，原子的核外电子数也是14，Si的原子结构示意图为

；Si单质的一种用途是可以制光电池；

（4）b为C、d为O、f为Mg，当电子层数相同时，核电荷数越大原子半径越小；电子层数越多原子半径越大，故b、d、f三种元素原子半径由大到小的顺序是Mg>C>O；

（5）a为Li、g为Al、j为K，K的金属性最强，金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，故a、g、j的氢氧化物中碱性最强的是KOH；g的氧化物为Al2O3，Al2O3与KOH溶液反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O。

2．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，Y是至今发现的非金属性最强的元素，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W的单质广泛用作半导体材料。

下列叙述不正确的是（）

A．最高正价由低到高的顺序：

Z、W、X、Y

B．原子半径由大到小的顺序：

Z、W、X、Y

C．Z、W分别与X形成的化合物：

均既能与酸又能与碱反应

D．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：

Y、X、W

【答案】A

【解析】

【分析】

X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是至今发现的非金属性最强的元素，Y是F元素；X原子最外层有6个电子，X是O元素；Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，Z位于第三周期、ⅢA族，Z是Al元素；W的单质广泛用作半导体材料，W是Si元素。

【详解】

A．主族元素最高正价等于族序数（O、F除外），F没有正价，故A错误；

B．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径由大到小的顺序：

Al>Si>O>F，故B正确；

C．Al2O3是两性氢氧化物既能与酸又能与碱反应，SiO2是酸性氧化物，能与碱反应生成硅酸盐，SiO2也能与氢氟酸反应生成SiF4气体和水，故C正确；

D．非金属性越强，气态氢化物越稳定，简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：

HF>H2O>SiH4，故D正确；

故选A。

【点睛】

本题考查元素周期表和元素周期律，熟记元素及其化合物特殊的性质是解题关键，明确氟是至今非金属性最强的元素，无正价，SiO2是酸性氧化物，但能与氢氟酸反应。

3．已知A、B、C、D、E、F均为短周期主族元素，且它们的原子序数依次增大.B和E同主族，A、B在元素周期表中处于相邻的位置，C元素原子在同周期主族元素中原子半径最大，D是地壳中含量最多的金属元素，E元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍.请回答下列问题：

（1）画出F的原子结构示意图_____。

（2）B、C、E对应简单离子的半径由大到小的顺序为_____（用具体微粒符号表示）。

（3）A的气态氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应，生成的化合物属于_____（填“离子化合物”或“共价化合物”）。

（4）加热条件下，B单质与C单质的反应产物的电子式为______。

（5）D元素最高价氧化物对应水化物与C元素最高价氧化物对应水化物的溶液反应的化学方程式为______。

【答案】

S2- > O2-> Na+离子化合物

Al（OH）3 + NaOH = NaAlO2 + 2H2O

【解析】

【分析】

A、B、C、D、E、F均为短周期主族元素，且它们的原子序数依次增大，B和E同主族，D是地壳中含量最多的金属元素，则D为Al元素；E、F原子序数均大于Al，处于第三周期，而E元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍，最外层电子数为6，故E为S元素，F为Cl；B和E同主族，则B为O元素；A、B在元素周期表中处于相邻的位置，A为N元素；C元素原子在同周期主族元素中原子半径最大，处于IA族，原子序数介于氧、铝之间，故C为Na，以此分析解答。

【详解】

（1）根据上述分析可知：

F为Cl元素，原子结构示意图为

，故答案：

。

（2）根据上述分析可知：

B为O元素，C为Na元素，E为S元素，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径：

S2- > O2-> Na+，故答案为：

S2- > O2-> Na+；

（3）根据上述分析可知：

A为N元素，A的气态氢化物、最高价氧化物对应水化物分别为氨气、硝酸，二者反应生成硝酸铵，属于离子化合物，故答案为：

离子化合物；

（4）根据上述分析可知：

B为O元素，C为Na元素，加热条件下氧气与钠的反应生成Na2O2，含有离子键、共价键，所以电子式为：

，故答案：

；

（5）根据上述分析可知：

D为Al元素，C为Na元素。

Al的最高价氧化物对应水化物为Al（OH）3，Na最高价氧化物对应水化物NaOH,两者能发生中和反应，反应的化学方程式为：

Al（OH）3 + NaOH = NaAlO2 + 2H2O，故答案：

Al（OH）3 + NaOH = NaAlO2 + 2H2O。

4．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/℃

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。

5．如图是元素周期表的一部分，请回答下列问题：

IIA

IIIA

IVA

VIA

VIIA

0族

①

②

③

④

⑤

⑥

⑦

⑧

⑨

（1）在这些元素中，单质的化学性质最不活泼的是___（填元素符号）。

（2）③的气态氢化物的电子式___，②④形成的气态化合物的结构式___。

（3）这些元素形成的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的化合物为___（填物质的化学式），写出它的电子式：

___；酸性最强的含氧酸为___（填物质的化学式），写出它的电离方程式：

___。

（4）在②和③两种元素中，非金属性较强的是___（填元素名称），②的单质可以和③的最高价氧化物的水化物反应，请写出有关化学方程式___。

（5）②与Si元素分别形成的最高价氧化物，___的熔点更高，原因是___。

【答案】Ar

O=C=ONaOH

HClO4HClO4=H++ClO4-氮C+4HNO3（浓）

CO2↑+4NO2↑+2H2OSiO2SiO2为原子晶体，熔融时需破坏共价键

【解析】

【分析】

由表中元素所在的位置，可确定①为氢（H），②为碳（C），③为氮（N），④为氧（O），⑤为钠（Na），⑥为镁（Mg），⑦为硫（S），⑧氯（Cl），⑨为氩（Ar）。

【详解】

（1）在这些元素中，单质的化学性质最不活泼的是稀有气体元素Ar。

答案为：

Ar；

（2）③为氮元素，其气态氢化物的化学式为NH3，电子式为

，②④形成的气态化合物为CO2，它的结构式为O=C=O。

答案为：

；O=C=O；

（3）这些元素形成的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的是钠的氢氧化物，化学式为NaOH，它的电子式为

；酸性最强的含氧酸为高氯酸，化学式为HClO4，它是一元强酸，发生完全电离，电离方程式为HClO4=H++ClO4-。

答案为：

NaOH；

；HClO4；HClO4=H++ClO4-；

（4）同周期元素，从左往右，非金属性依次增强，则在②和③两种元素中，非金属性较强的是氮，②的单质为碳，和③的最高价氧化物的水化物硝酸反应，生成二氧化碳、二氧化氮和水，有关化学方程式为C+4HNO3（浓）

CO2↑+4NO2↑+2H2O。

答案为：

氮；C+4HNO3（浓）

CO2↑+4NO2↑+2H2O；

（5）②与Si元素分别形成的最高价氧化物为CO2、SiO2，前者为分子晶体，后者为原子晶体，SiO2的熔点更高，原因是SiO2为原子晶体，熔融时需破坏共价键。

答案为：

SiO2；SiO2为原子晶体，熔融时需破坏共价键。

【点睛】

碳与稀硝酸即便在加热条件下也不能发生化学反应，碳与浓硝酸混合液，若不加热，反应不能发生，也就是说，只有碳与浓硝酸在加热条件下才能反应，生成三种非金属氧化物。

6．A、B、C、D是原子序数依次增大的同一短同期元素，A、B是金属元素，C、D是非金属元素，A、B的最高价氧化物对应的水化物可以发生反应生成盐和水。

（1）A与C可形成化合物A2C，写出该化合物的电子式为_____。

（2）B与D形成的化合物是_____（填“离子化合物”或“共价化合物”），验证该结论的实验方法是_____。

（3）C的低价氧化物通入D单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为_____。

（4）用C的最高价含氧酸W的溶液作电解质溶液（物质的量浓度为5.2mol/L，体积为1L，假设反应前后溶液体积变化忽略不计）组装成原电池如图所示。

①在a电极上发生的反应可表示为_____。

②若电池工作一段时间后，a极消耗0.05molPb，b电极的质量变化为________g，则此时W溶液的浓度为___________mol/L。

【答案】

共价化合物将该化合物加热至熔融状态做导电性实验，如果该化合物在熔融状态下不导电，说明该化合物是共价化合物SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HClPb-2e-+SO42-=PbSO43.25.1

【解析】

【分析】

A、B是金属元素，A、B的最高价氧化物对应的水化物可以发生反应生成盐和水，A是Na元素、B是Al元素；Na与C可形成化合物A2C，C显-2价，C是S元素；A、B、C、D是原子序数依次增大，所以D是Cl元素。

【详解】

根据以上分析，

（1）A是Na元素、C是S元素，形成化合物Na2S是离子化合物，电子式为

；

（2）B是Al元素、D是Cl元素，形成的化合物AlCl3是共价化合物，共价化合物在熔融状态下不导电，将该化合物加热至熔融状态做导电性实验，如果该化合物在熔融状态下不导电，说明该化合物是共价化合物；

（3）S的低价氧化物是SO2，D单质是氯气，SO2通入氯水发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；

（4）H2SO4溶液、Pb、PbO2构成原电池，Pb是负极、PbO2是正极；

①a极是负极，Pb失电子生成PbSO4沉淀，a电极上发生的反应可表示为Pb-2e-+SO42-=PbSO4；

②b是正极，b电极反应式是PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O；a极消耗0.05molPb，转移电子的物质的量是0.1mol，b电极消耗0.05molPbO2，生成0.05molPbSO4质量变化为

3.2g；根据总反应式Pb+PbO2+H2SO4=2PbSO4+2H2O，a极消耗0.05molPb，总反应消耗0.1molH2SO4，此时H2SO4溶液的浓度为

=5.1mol/L。

7．图1是部分短周期元素的常见化合价与原子序数的关系图：

请回答下列问题：

（1）元素F在周期表中的位置为________________

（2）C、D、E、G的简单离子半径由大到小的顺序为_______________（用离子符号表示）。

（3）二元化合物X是含有元素A的18电子分子，3gX（g）在25℃101kPa下完全燃烧生成稳定的化合物时放出QkJ的热量，写出表示X燃烧热的热化学方程式：

________________

（4）某同学设计实验用图2所示装置证明元素A、B、F的非金属性强弱（其中溶液b和溶液c均足量）。

①溶液b为_________________

②溶液c中发生反应的离子方程式为__________________

【答案】第三周期第ⅣA族S2－>O2－>Na＋>Al3＋C2H6（g）＋7/2O2（g）===2CO2（g）＋3H2O（l）ΔH＝－10QkJ/mol饱和NaHCO3溶液SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32-

【解析】

【分析】

根据题意可知，本题考查元素周期表，元素化合价、离子半径大小、热化学方程式的书写，运用元素周期律、离子半径大小比较方法、热化学方程式书写步骤分析。

【详解】

（1）由图1分析可得，A为C，B为N、C为O、D为Na、E为Al、F为Si、G为S,因此F在周期表中的位置为第三周期第ⅣA族；

故答案为：

第三周期第ⅣA族；

（2）电子层越多，离子半价越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则S2－>O2－>Na＋>Al3＋，

故答案为：

S2－>O2－>Na＋>Al3＋；

（3）二元化合物X是含有元素A的18电子分子，X为C2H6，3gX（g）在25℃101kPa下完全燃烧生成稳定的化合物时放出QkJ的热量，则X燃烧热的热化学方程式为C2H6（g）＋

O2（g）===2CO2（g）＋3H2O（l）ΔH＝－10QkJ/mol；

故答案为：

C2H6（g）＋

O2（g）===2CO2（g）＋3H2O（l）ΔH＝－10QkJ/mol；

（4）①证明元素A、B、F的非金属性强弱，则应用A、B、F对应的最高价氧化物的水化物和其相应盐进行反应来验证，因此溶液a和b、c分别为HNO3、饱和NaHCO3、Na2SiO3溶液；

故答案为：

饱和NaHCO3溶液；

溶液b中产生的二氧化碳通入c中Na2SiO3溶液中发生反应的离子方程式为SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32-；

故答案为：

SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32-。

8．已知O、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素，其原子序数依次增大。

回答下列问题：

（1）Lv在周期表中的位置是_________。

（2）下列有关性质的比较，能用元素周期律解释的是_________。

a．离子半径：

Te2-＞Se2-b．热稳定性：

H2O＞H2S

c．熔、沸点：

H2O＞H2Sd．酸性：

H2SO4＞H2SeO4

（3）从原子结构角度解释Se与S的最高价氧化物对应的水化物酸性不同的原因_________。

（4）实验室用如下方法制备H2S并进行性质验证。

①设计B装置的目的是证明_________，B中实验现象为_______________。

②实验中经检测发现C中溶液pH降低且出现黑色沉淀。

C中反应的离子方程式是_______________。

③有同学根据“强酸制弱酸”原理认为装置A、C中两个反应相矛盾，认为C中不可能出现上述现象。

该观点不正确的理由是_______________。

【答案】第七（或7）周期VIA族abdSe与S是同主族元素，Se比S电子层数多、半径大，吸引电子能力弱，非金属性弱，故H2SeO4酸性弱于H2SO4H2S具有还原性出现淡黄色（或乳白色）沉淀（或浑浊）Cu2++H2S==CuS↓+2H+该反应发生的原因是生成了难溶的CuS沉淀，不是因为生成弱电解质

【解析】

【分析】

（1）根据O、S、Se、Te、Po、Lv都是氧族元素，且原子序数依次增大分析解答；

（2）根据元素的非金属性、氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性等元素周期律的变化规律分析判断；

（3）Se与S是同主族元素，最外层电子数相等，Se比S电子层数多、半径大，结合核对最外层电子的吸引力的变化，引起非金属性的变化分析解答；

（4）①双氧水具有较强的氧化性，H2S具有还原性；②硫化氢能够与硫酸铜反应生成黑色不溶于硫酸的CuS沉淀；③结合装置A和C中发生反应的原理分析解答。

【详解】

（1）O、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素，都是氧族元素，位于第VIA族，O、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素，其原子序数依次增大，因此Lv位于第七（或7）周期，在周期表中的位置为，故答案为：

第七（或7）周期VIA族；

（2）a．同一主族元素，从上到下，离子半径逐渐增大，因此离子半径：

Te2-＞Se2-，能用元素周期律解释，故a选；b．同一主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性减弱，因此热稳定性：

H2O＞H2S，能用元素周期律解释，故b选；c．物质的熔沸点是物理性质，不能用元素周期律解释，故c不选；d．同一主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，最高价含氧酸的酸性减弱，因此酸性：

H2SO4＞H2SeO4，能用元素周期律解释，故d选；故答案为：

abd；

（3）Se与S是同主族元素，Se比S电子层数多、半径大，吸引电子能力弱，非金属性弱，故H2SeO4酸性弱于H2SO4，故答案为：

Se与S是同主族元素，Se比S电子层数多、半径大，吸引电子能力弱，非金属性弱，故H2SeO4酸性弱于H2SO4；

（4）①双氧水具有较强的氧化性，H2S具有还原性，能够被双氧水氧化生成硫单质沉淀，故答案为：

H2S具有还原性；出现淡黄色沉淀；

②硫化氢能够与硫酸铜反应生成黑色不溶于硫酸的CuS沉淀，反应的离子方程式为Cu2++H2S==CuS↓+2H+，故答案为：

Cu2++H2S==CuS↓+2H+；

③根据“强酸制弱酸”的原理，装置A中硫化亚铁与硫酸反应生成硫化氢，因为硫化亚铁能够被硫酸溶解，C中发生Cu2++H2S==CuS↓+2H+，是因为生成的硫化铜不能溶于硫酸，因此该反应能够发生，故答案为：

该反应发生的原因是生成了难溶的CuS沉淀，不是因为生成弱电解质。

9．A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，相关信息如下：

元素