高考化学元素周期律综合经典题附答案.docx

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高考化学元素周期律综合经典题附答案

2020-2021高考化学元素周期律综合经典题附答案

一、元素周期律练习题（含详细答案解析）

1．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。

2．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。

3．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。

4．高温下，正硅酸锂（Li4SiO4）能与CO2发生反应，对控制CO2的排放具有重要的理论意义和实用价值。

完成下列填空：

（1）硅原子核外电子占有_____种能量不同的轨道；Li、C、Si的最高价氧化物中，属于原子晶体的是_____。

（2）钠元素的金属性比锂强，用原子结构的知识说明理由_____。

一定温度下，在2L的密闭容器中，Li4SiO4与CO2发生如下反应：

Li4SiO4（s）+CO2（g）

Li2SiO3（s）+Li2CO3（s）。

（3）该反应的平衡常数表达式K=_____，反应20min，测得容器内固体物质的质量增加了8.8g，则0~20min内CO2的平均反应速率为_____。

（4）在T1、T2温度下，恒容容器中c（CO2）随时间t的变化关系如图所示。

该反应是_____反应（选填“放热”或“吸热”）。

若T1温度下，达到平衡时c（CO2）为amol·L-1，保持其他条件不变，通入一定量的CO2，重新达到平衡时c（CO2）为bmol·L-1。

试比较a、b的大小，并说明理由_____。

【答案】5SiO2钠元素和锂元素均为第ⅠA族元素，Na原子有3个电子层，Li原子有2个电子层，原子半径Na>Li，则原子核对外层电子的吸引能力：

Na

Na>Li，因此金属性Na强于Li

0.005mol·L-1·min-1放热a=b，通入一定量的CO2，平衡会正向进行，但由于温度不变，该反应的平衡常数K=

不变，故达到新平衡时c（CO2）不变，即a=b

【解析】

【分析】

【详解】

（1）硅是14号元素，基态硅原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，其核外电子共占有5种能量不同的轨道；Li、C、Si的最高价氧化物分别为Li2O、CO2、SiO2，Li2O是离子晶体、CO2是分子晶体、SiO2是原子晶体，故答案为：

5；SiO2；

（2）钠元素的金属性比锂强，从原子结构解释：

钠元素和锂元素均为第ⅠA族元素，Na原子有3个电子层，Li原子有2个电子层，原子半径Na>Li，则原子核对外层电子的吸引能力：

Na

Na>Li，因此金属性Na强于Li，故答案为：

钠元素和锂元素均为第ⅠA族元素，Na原子有3个电子层，Li原子有2个电子层，原子半径Na>Li，则原子核对外层电子的吸引能力：

Na

Na>Li，因此金属性Na强于Li；

（3）平衡常数等于生成物的平衡浓度幂之积除以反应物的平衡浓度幂之积，根据化学反应方程式Li4SiO4（s）+CO2（g）

Li2SiO3（s）+Li2CO3（s），反应物为气体的是二氧化碳，生成物均为固体，则平衡常数

；反应中固体增加的质量即为消耗的CO2的质量，反应20min消耗的CO2的质量为8.8g，∆c（CO2）=8.8g÷44g/mol÷2L=0.1mol·L-1，则0~20min内CO2的平均反应速率

，故答案为：

；0.005mol·L-1·min-1；

（4）由图像分析可知，T1先达到平衡，则温度T1>T2，T2到T1的过程是升温，c（CO2）增大，平衡逆向移动，则该反应是放热反应；若T1温度下，达到平衡时c（CO2）为amol·L-1，保持其他条件不变，通入一定量的CO2，平衡会正向进行，但由于温度不变，该反应的平衡常数K=

不变，故达到新平衡时c（CO2）不变，即a=b，故答案为：

放热；a=b，通入一定量的CO2，平衡会正向进行，但由于温度不变，该反应的平衡常数K=

不变，故达到新平衡时c（CO2）不变，即a=b。

【点睛】

第（3）小问为本题的难点，需要学生正确理解平衡常数的表达方式，同时理解反应中固体增加的质量即为消耗的CO2的质量为本题的解答关键，第（4）题的第二问a、b的大小比较为易错点，注意巧用化学平衡常数作答。

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．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：

______________________。

（7）写出⑥的单质置换出②的单质的化学方程式：

________________________。

【答案】

O=C=ONeO2Na+2H2O=2NaOH+H2↑2HC1O4+Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4+H2OH2SA1（OH）3+OH-=A1O2-+2H2OH2O（或H2O2）Na2O（或Na2O2或NaH）2Mg+CO2

2MgO+C

【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，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）；

（7）⑥的单质Mg与CO2在点燃条件下反应，置换出②的单质C，同时生成MgO，化学方程式为：

2Mg+CO2

2MgO+C。

答案为：

2Mg+CO2

2MgO+C。

【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；利用同一反应，O2可以制Cl2，Cl2也可以制O2，所以我们最好利用同一化学式，比如HClO，从化合价可以解决问题。

7．短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示，其中T所处的周期数与主族序数相等。

（1）W在周期表中的位置是_______，Q、R、T三种元素原子半径由大到小的顺序为_______________________（用元素符号表示），Q的最高价氧化物的化学式为________________，

（2）元素的原子得电子能力：

Q________________W（填“强于”或“弱于”）。

（3）原子序数比R多1的元素有一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，该反应的化学方程式为______________________________________________________________________。

【答案】第三周期第ⅥA族Al>C>NCO2弱于

【解析】

【分析】

由短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置，可知Q、R处于第二周期，T、W处于第三周期，其中T所处的周期序数与主族序数相等，则T为Al，可推知Q为C元素、R为N元素、W为S元素，以此解答。

【详解】

（1）根据上述分析：

W为S元素，原子序数为16，位于周期表中第三周期VIA族；原子的电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，原子半径越小，根据上述分析：

Q为C元素、R为N元素、T为Al，则Q、R、T三种元素原子半径由大到小顺序为:

Al>C>N；Q的最高价氧化物的化学式为CO2，故答案：

第三周期第ⅥA族；Al>C>N；CO2；

（2）根据上述分析：

Q为C元素、W为S元素，非金属性：

S>C，则酸性：

硫酸>碳酸，故答案为：

弱于；

（3）根据上述分析：

R为N元素，原子序数比R多1的元素为O元素，氧元素一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，为过氧化氢在二氧化锰作催化剂条件下分解生成水与氧气，该分解反应的化学方程式是：

2H2O2

2H2O+O2↑，故答案：

2H2O2

2H2O+O2↑；

8．Ⅰ.在

、

N、

O、

Cl、

U、

U中：

（1）___和_____的质量数相等，但不能互称为同位素。

（2）___和____的中子数相等，但质子数不相等，所以不是同一种元素。

以上所列共有______种元素。

Ⅱ.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。

（3）Y的分子式为________。

（4）图中X的电子式为

；其水溶液长期在空气中放置容易变浑浊，原因是________（用化学方程式表示）；该变化体现出：

S非金属性比O_