高考化学复习元素周期律专项综合练含答案解析.docx

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高考化学复习元素周期律专项综合练含答案解析

2020-2021高考化学复习元素周期律专项综合练含答案解析

一、元素周期律练习题（含详细答案解析）

1．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

【解析】

【分析】

【详解】

（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；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。

2．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。

3．比较下列性质（用“＞”、“=”、“＜”填空）

①半径P ________F  

②酸性H3PO4 ________ H2SO4

③碱性Mg（OH）2 ________Al（OH）3

④稳定性H2S ________ H2O 

⑤还原性H2S ________ HCl  

⑥氧化性Cl2 ________Br2．

【答案】><><>>

【解析】

【分析】

①根据不同周期元素的原子核外电子层数越多，半径越大分析；

②根据元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强分析；

③根据元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强分析；

④根据元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定越强分析；

⑤根据元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，则对应氢化物的还原性越弱分析；

⑥根据元素的非金属性越强，单质的氧化性越强分析。

【详解】

①P和F分别位于周期表第三周期和第二周期，P原子核外有3个电子层，F原子核外有2个电子层，元素的原子核外电子层数越多，半径越大，故答案为：

＞；

②P和S位于同一周期，S的非金属性大于P，元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，

故答案为：

＜；

③Mg的金属性大于Al，元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，

故答案为：

＞；

④O的非金属性大于S，元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定越强，

故答案为：

＜；

⑤Cl的非金属性大于S，元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，则对应氢化物的还原性越弱，

故答案为：

＞；

⑥Cl的非金属性大于Br，元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，

故答案为：

＞。

4．下表是元素周期表的一部分，回答相关的问题。

（1）写出④的元素符号__。

（2）在这些元素中，最活泼的金属元素与水反应的离子方程式：

__。

（3）在这些元素中，最高价氧化物的水化物酸性最强的是__（填相应化学式，下同），碱性最强的是__。

（4）这些元素中（除⑨外），原子半径最小的是__（填元素符号，下同），原子半径最大的是__。

（5）②的单质与③的最高价氧化物的水化物的溶液反应，其产物之一是OX2，（O、X分别表示氧和②的元素符号，即OX2代表该化学式），该反应的离子方程式为（方程式中用具体元素符号表示）__。

（6）⑦的低价氧化物通入足量Ba（NO3）2溶液中的离子方程式__。

【答案】Mg2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑HClO4NaOHFNa2F2+2OH-=OF2+2F-+H2O3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+

【解析】

【分析】

根据元素在元素周期表正的位置可以得出，①为N元素，②为F元素，③为Na元素，④为Mg元素，⑤为Al元素，⑥Si元素，⑦为S元素，⑧为Cl元素，⑨为Ar元素，据此分析。

【详解】

（1）④为Mg元素，则④的元素符号为Mg；

（2）这些元素中最活泼的金属元素为Na，Na与水发生的反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；

（3）这些元素中非金属性最强的是Cl元素，则最高价氧化物对应的水化物为HClO4，这些元素中金属性最强的元素是Na元素，则最高价氧化物对应的水化物为NaOH；

（4）根据元素半径大小比较规律，同一周期原子半径随原子序数的增大而减小，同一主族原子半径随原子序数的增大而增大，可以做得出，原子半径最小的是F元素，原子半径最大的是Na元素；

（5）F2与NaOH反应生成OF2，离子方程式为2F2+2OH-=OF2+2F-+H2O；

（6）⑦为S元素，⑦的低价氧化物为SO2，SO2在Ba（NO3）2溶液中发生氧化还原反应，SO2变成SO42-，NO3-变成NO，方程式为3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+。

5．8种短周期元素在周期表中的相对位置如下所示，，其中D元素原子核外电子总数是其最外层电子数的3倍．表中字母分别代表某一元素。

请回答下列问题。

G

H

A

B

C

D

E

F

（1）D、B的元素名称分别为_______、_______。

（2）元素A与元素B相比，金属性较强的是______（填元素符号），下列表述中能证明这一事实的是______（填字母）。

A．A单质的熔点比B单质低

B．A的化合价比B低

C．A单质与水反应比B单质与水反应剧烈

D．A最高价氧化物对应的水化物的碱性比B的强

（3）G、H的简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是__________（用化学式表示）。

G、C、F三种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是________（用化学式表示）。

（4）F元素的单质可以用来制取漂白液，其化学方程式为________。

（5）E和H形成的一种化合物，相对分子质量在170～190之间，且E的质量分数约为70%．该化合物的化学式为________。

【答案】磷铝NaCDNH3˃CH4HClO4˃H2CO3˃H2SiO32Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2OS4N4

【解析】

【分析】

由元素在周期表中的位置可知，D位于第三周期，D元素原子核外电子总数是其最外层电子数的3倍，令该原子最外层电子数为x，则2+8+x=3x，解得x=5，即D为P，结合其他元素在周期表中的位置可知：

A为Na、B为Al、C为Si、E为S、F为Cl、G为C、H为N。

【详解】

（1）由分析可知：

D为P、B为Al，元素名称分别为磷、铝；

（2）A为Na、B为Al，同一周期从左到右，随着核电荷数的增加，金属性逐渐的减弱，故金属性较强的是Na。

A．A、B金属性的强弱与金属单质熔点的高低没有关系，A错误；

B．A、B金属性的强弱与金属元素化合价的高低没有关系，B错误；

C．金属单质与水反应越剧烈，金属性越强，Na与水反应比Al与水反应剧烈可以证明Na的金属性比Al的强，C正确；

D．最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，金属性越强，Na最高价氧化物对应的水化物的碱性比Al的强，可以证明Na的金属性比Al的强，D正确；

答案选CD。

（3）G、H的简单气态氢化物分别为CH4、NH3，同一周期的主族元素，从左到右随着核电荷数的增加，非金属性逐渐增强，G、H的简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是NH3˃CH4；G为C、C为Si、F为Cl，非金属性Cl˃C˃Si，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，即HClO4˃H2CO3˃H2SiO3；

（4）F元素的单质为Cl2，其用来制取漂白液的化学方程式为，2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

（5）E为S、H为N，形成的化合物中S的质量分数为70%，则S和N的原子个数比为

≈1:

1，其相对分子质量在170～190之间，设化学式为（SN）x，当x=4时，（32+14）×4=184,满足相对分子质量在170～190之间，所以该化合物的化学式为S4N4。

6．（I）俄美科学家联合小组宣布合成出114号元素（FI）的一种同位素，该原子的质量数是289，试回答下列问题：

（1）该元素在周期表中的位置______________，属于金属元素还是非金属元素？

____

（2）如果该元素存在最高价氧化物对应的水化物，请写出其化学式___________________。

（II）下表为元素周期表的部分，列出了10种元素在元素周期表中的位置，试回答下列问题：

（1）元素⑦的氢化物与⑧的单质反应的离子方程式为__________。

（2）元素②和⑤的最高价氧化物的水化物相互反应的化学方程式为___________。

（3）元素Fe的单质与⑦的氢化物高温下反应的化学方程式为___________。

（III）判断以下叙述正确的是__________。

部分短周期元素的原子半径及主要化合价

元素代号

L

M

Q

R

T

原子半径/nm

0.160

0.143

0.112

0.104

0.066

主要化合价

+2

+3

+2

+6、－2

－2

A．L2+、R2－的核外电子数相等

B．单质与稀盐酸反应的速率L＜Q

C．M与T形成的化合物一定具有两性

D．氢化物的沸点为HnT＞HnR

E.M的单质能与盐酸、NaOH溶液反应放出氢气

【答案】第七周期IVA族金属H4FIO4（H2FIO3也可以）Cl2+H2O=H++Cl－+HClONaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2CDE

【解析】

【分析】

I.根据元素周期表的结构及原子序数分析解答；II.根据在周期表中的位置分析元素的种类，根据元素周期律及元素性质分析解答；III.根据原子半径及化合价规律分析元素的种类，根据元素周期律分析解答。

【详解】

（I）

（1）每周期最后一种稀有气体元素的原子序数分别是：

2、10、18、36、54、86、118，114号元素在118号的左边，根据元素周期表中周期和族的划分，可知114号元素位于第七周期ⅣA族，第六周期的铅是金属，所以114号元素是金属，故答案为：

第七周期ⅣA族；金属；

（2）114号是第七周期ⅣA，所以最高正价是+4价，最高价氧化物对应水化物的化学式为H4FIO4，故答案为：

H4FIO4；

（II）根据图示元素周期表可知，①为H，②为Na，③为K，④为Mg，⑤为Al，⑥为C元素，⑦为O，⑧为Cl，⑨为I，⑩为Fe元素。

（1）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，该反应的离子方程式为：

Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故答案为：

Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；

（2）元素②和⑤的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al（OH）3，二者反应的化学方程式为：

NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，故答案为：

NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O；

（3）元素⑩单质为Fe，⑦的氢化物为水，Fe与水蒸气在高温下发生反应，反应方程式为：

3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2，故答案为：

3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2；

（III）短周期元素，T、R都有-2价，处于ⅥA族，T只有-2价，则T为O元素、R为S元素，L、Q都有+2价，处于ⅡA族，原子半径L＞Q，则L为Mg元素、Q为Be元素，M有+3价，处于ⅢA族，原子半径M的介于L、R之间，则M为Al元素。

A．L2+的核外电子数为12-2=10，R2-的核外电子数为16-（-2）=18，不相等，故A错误；

B．金属性Mg＞Be，则Mg与酸反应越剧烈，故B错误；

C．M与T形成的化合物为Al2O3，具有两性，故C正确；

D．氢化物的沸点为HnT＞HnRH2R为H2S，H2T为H2O，水中分子之间存在氢键，熔沸点高H2O＞H2S，故D正确；

E.M为铝，能与盐酸、NaOH溶液反应放出氢气，故E正确；故答案为：

CDE。

7．下表为元素周期表的一部分，请参照元素①－⑩在表中的位置，用相应的化学用语回答下列问题：

族

周期

IA

0

1

①

ⅡA

ⅢA

ⅣA

ⅤA

ⅥA

ⅦA

2

②

③

④

⑤

3

⑥

⑦

⑧

⑨

⑩

（1）表中用序号标出的10种元素中，化学性质最不活泼的元素的原子结构示意图是_____________________________。

（2）④、⑥、⑧的原子半径由小到大的顺序为___________（用元素符号作答）。

（3）②、③、⑨的最高价氧化物的水化物的酸性由弱到强的顺序是______________（用化学式作答）。

（4）由表中两种元素的原子按1：

1组成的共价化合物M，M为常见液态化合物，其稀溶液易被催化分解，请写出M的电子式_____________，M的结构式_____________。

（5）写出⑦元素的最高价氧化物对应水化物分别与元素⑥、⑧的最高价氧化物对应水化物的水溶液反应的离子方程式_____________、_____________。

（6）⑥的金属性强于⑦，下列表述中能证明这一事实的是_____________。

a．⑥的单质和⑦的单质熔沸点不同

b．⑥的最高价氧化物水化物的碱性比⑦的最高价氧化物水化物的碱性强

c．⑦最外层的电子数比⑥多

d．⑦的单质与稀盐酸反应比⑥的缓和一些

（7）①和④形成的气态氢化物与①和⑧形成的气态氢化物相比较，_____________沸点高（填化学式），理由是_______________________________________。

【答案】

O

H-O-O-HAl（OH）3+OH-=AlO2-+2H2OAl（OH）3+3H+==Al3++3H2ObdH2OH2O分子间能形成氢键，氢键可以极大地提高水的熔沸点

【解析】

【分析】

由表中元素所在的位置，可以确定①为氢（H），②为碳（C），③为氮（N），④为氧（O），⑤为氟（F），⑥为钠（Na），⑦为铝（Al），⑧为硫（S），⑨为氯（Cl），⑩为氩（Ar）。

【详解】

（1）表中用序号标出的10种元素中，化学性质最不活泼的元素是稀有气体氩，其原子结构示意图是

。

答案为：

；

（2）④、⑥、⑧分别为O、Na、S元素，O的电子层数比Na、S少一层，Na与S同周期且S在Na的右方，由此得出原子半径由小到大的顺序为O

答案为：

O

（3）②、③、⑨分别为C、N、Cl，碳酸为弱酸，硝酸为强酸，高氯酸为最强的含氧酸，它们的最高价氧化物的水化物的酸性由弱到强的顺序是H2CO3

答案为：

H2CO3

（4）由表中两种元素的原子按1：

1组成的共价化合物M应为H2O2，M的电子式为

，M的结构式为H-O-O-H。

答案为

：

H-O-O-H；

（5）⑦元素的最高价氧化物对应水化物为Al（OH）3，分别与元素⑥、⑧的最高价氧化物对应水化物的水溶液NaOH、H2SO4反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O、Al（OH）3+3H+==Al3++3H2O。

答案为：

Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；Al（OH）3+3H+==Al3++3H2O；

（6）a．钠的单质和铝的单质熔沸点不同，只能表明离子带电荷、离子半径的差异，与金属性无关，a不合题意；

b．钠的最高价氧化物水化物的碱性比铝的最高价氧化物水化物的碱性强，则表明金属性钠大于铝，b符合题意；

c．铝的最外层的电子数比钠多，与金属性的强弱没有必然联系，c不合题意；

d．铝的单质与稀盐酸反应比钠的缓和一些，表明金属失电子能力铝小于钠，d符合题意；

故选bd。

答案为：

bd；

（7）H2O与H2S相比，H2O因分子间形成氢键，增大了分子间作用力，导致沸点升高，所以H2O的沸点高，理由是H2O分子间能形成氢键，氢键可以极大地提高水的熔沸点。

答案为：

H2O；H2O分子间能形成氢键，氢键可以极大地提高水的熔沸点。

【点睛】

原子的最外层电子数的多少不能作为判断金属性强弱的依据，如Na的最外层电子数比Al少，但金属性Na>Al；Li的最外层电子数比Ca少，但金属性Li

8．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