上海高考化学复习元素周期律专项易错题.docx
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上海高考化学复习元素周期律专项易错题
上海高考化学复习元素周期律专项易错题
一、元素周期律练习题（含详细答案解析）
1．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。
2．Q、W、X、Y、Z是5种短周期元素，原子序数逐渐增大，Q与W组成的化合物是一种温室气体，W与Y、X与Y组成的化合物是机动车排出的大气污染物，Y和Z能形成原子个数比为1：
1和1：
2的两种离子化合物。
（1）W在元素周期表中的位置是______。
（2）2.24L（标准状况）XQ3被200mL1mol/LQXY3溶液吸收后，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序是______。
（3）WQ4Y与Y2的反应可将化学能转化为电能，其工作原理如图所示，a极的电极反应式是______。
（4）已知：
W（s）+Y2（g）═WY2（g）△H=-393.5kJ/molWY（g）+
Y2（g）═WY2（g）△H=-283.0kJ/mol24gW与一定量的Y2反应，放出热量362.5kJ，所得产物的物质的量之比是______。
（5）X和Z组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，该反应的化学方程式是______。
【答案】第二周期IVA族c（NO3-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-）CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2On（CO2）：
n（CO）=1：
3Na3N+4H2O=3NaOH+NH3
H2O
【解析】
【分析】
Q、W、X、Y、Z是5种短周期元素，W与Y、X与Y组成的化合物是机动车排出的大气污染物，机动车排出的大气污染物常见的有CO和NO，W、X、Y原子序数依次增大，则W为C元素，X为N元素，Y为O元素；Q与W组成的化合物是具有温室效应的气体，为CH4气体，则Q为H元素；Y和Z能形成原子个数比为1：
1和1：
2的两种离子化合物，应为Na2O和Na2O2两种化合物，则Z为Na元素，以此解答该题。
【详解】
（1）W为C元素，有2个电子层，最外层电子数为4，位于周期表第二周期IVA族；
故答案为：
第二周期IVA族；
（2）2.24L（标准状况）NH3为0.1mol，200mL1mol/LHNO3溶液含有HNO30.2mol，氨气被硝酸溶液吸收，溶液相当于含有0.1molHNO3与0.1molNH4NO3混合，铵根离子水解不大，溶液呈酸性，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序是c（NO3-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-）；
故答案为：
c（NO3-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-）；
（3）由图可知，电子从a极流出，a极为原电池负极，负极发生氧化反应，CH4O在负极上放电，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；
故答案为：
CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；
（4）已知：
①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ/mol；
②CO（g）+
O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ/mol；
由①-②得C（s）+
O2（g）=CO（g）△H=-110kJ/mol；
24gC的物质的量为2mol，与一定量的O2反应，若只生成二氧化碳，放出热量为393.5kJ/mol×2mol=787kJ；若只生成一氧化碳，放出热量为110kJ/mol×2mol=220kJ，实际放出热量362.5kJ，故生成二氧化碳与一氧化碳，令生成二氧化碳的物质的量为x，一氧化碳的物质的量为y，所以x+y=2，393.5x+110y=362.5，解得x=0.5mol，y=1.5mol，所以n（CO2）：
n（CO）=1：
3；
故答案为：
n（CO2）：
n（CO）=1：
3；
（5）X和Z组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，该化合物为Na3N，该反应的化学方程式是Na3N+4H2O=3NaOH+NH3
H2O；
故答案为：
Na3N+4H2O=3NaOH+NH3
H2O。
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：
NaNa>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：
NaNa>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：
NaNa>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．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____（填“强”或“弱”）。
用原子结构解释原因：
同主族元素从上到下，__________，得电子能力逐渐减弱。
（5）Z与图表中某物质反应生成SO2的化学方程式是______________________。
【答案】
N
O5SO32H2S＋O2=2S↓＋2H2O弱电子层数增多，原子半径增大Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O
【解析】
【分析】
Ⅰ.
（1）同位素中核素质子数相同；
（2）中子数=质量数-质子数；一种元素符号对应一种元素；
Ⅱ.（3）Y为S元素+6价的氧化物；
（4）H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S；同主族元素最外层电子数相同，原子半径自上而下逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强；
（5）Z为S元素+4价的盐，可以与硫酸反应生成SO2。
【详解】
Ⅰ.
（1）同位素中核素质子数相同，因此质量数相等，但不能互称为同位素的核素为
和
，故答案为：
；
；
（2）中子数=质量数-质子数，上述核素的中子数分别为8、7、8、18、143、146，因此
和
的中子数相等，但质子数不相等，二者不是同一种元素；一种元素符号对应一种元素，因此上述一共有5种元素，故答案为：
；
；5；
Ⅱ.（3）Y为S元素+6价的氧化物SO3，故答案为：
SO3；
（4）X为H2S，H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S，反应为2H2S＋O2=2S↓＋2H2O，所以S非金属性比O弱，从结构上可知，氧和硫同主族，同主族元素最外层电子数相同，从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力逐渐减弱，故答案为：
2H2S＋O2=2S↓＋2H2O；弱；电子层数增多，原子半径增大；
（5）Z为S元素+4价的盐，如Na2SO3，可以与硫酸反应生成SO2，化学方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：
H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O。
【点睛】
本题注意区分Ⅰ，①不同核素可能具有相同的质子数，如
、
；也可能具有相同的中子数，如
、
；也可能具有相同的质量数，如
、
；
②同位素之间的转化，既不是物理变化也不是化学变化，是核反应；
③同位素之间可形成不同的同位素单质，如氢的三种同位素形成的单质有六种：
H2、D2、T2、HD、HT、DT，他们的物理性质（如密度）有所不同，但化学性质几乎完全相同；
④同位素之间可形成不同的同位素化合物，如水分子有H2O（普通水）、D2O（重水）、T2O（超重水）等，他们的相对分子质量不同，物理性质（如密度）有所不同，但化学性质几乎完全相同。
6．1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，到现在形成的周期表经过了众多化学家的艰辛努力，历经142年，元素周期表体现了元素位构性的关系，揭示了元素间的内在联系。
如图是元素周期表的一部分，回答下列问题。
（1）元素Ga在元素周期表中的位置为：
___（写明周期和族）。
（2）Sn的最高正价为___，Cl的最高价氧化物对应水化物的化学式为___，As的气态氢化物为___。
（3）根据元素周期律，推断：
①阴影部分元素氢化物热稳定性最高的是___（填化学式）。
②H3AsO4、H2SeO4的酸性强弱：
H3AsO4___H2SeO4（填“＞”、“＜”或“=”）。
③氢化物的还原性：
H2O___H2S（填“＞”、“＜”或“=”）。
（4）可在图中分界线（虚线部分）附近寻找___（填序号）。
A.优良的催化剂B.半导体材料C.合金材料D.农药
（5）①Se2Cl2常用作分析试剂，其电子式为___。
②硒（Se）化铟（In）是一种可应用于未来超算设备的新型半导体材料。
下列说法正确的是___（填字母）。
A.原子半径：
In＞Se
B.In的金属性比Se强
C.In的金属性比Al弱
D.硒化铟的化学式为InSe2
③工业上常从电冶铜的阳极泥中提取纳米硒。
向浆化的阳极泥中通入氯气，Cu2Se被溶液中的HClO氧化为H2SeO3及CuCl2，反应中HClO与Cu2Se的物质的量之比为___。
（6）请设计实验比较C、Si的非金属性强弱顺序（可供选择的药品有：
CaCO3固体、稀硫酸、盐酸、饱和NaHCO3溶液、饱和Na2CO3溶液、硅酸钠溶液，化学仪器根据需要选择）。
实验步骤
实验现象与结论
在试管中加入___，再加入___，将生成气体通过___洗气后，通入___；
现象：
___；结论：
非金属性C＞Si
【答案】4，ⅢA+4HClO4AsH3HF＜＜B
AB4：
1CaCO3固体盐酸NaHCO3溶液Na2SiO3溶液生成白色胶状沉淀
【解析】
【分析】
【详解】
（1）Ga和Al同主族，在Al的下一个周期，即第四周期，第ⅢA族，故答案为：
4；ⅢA；
（2）Sn和碳同主族，最高价是+4价；Cl的最高价是+7价，最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4；As和N元素同主族，所以最低负价是-3价，As的气态氢化物为AsH3；
故答案为：
+4；HClO4；AsH3；
（3）①同主族元素从上到下，氢化物稳定性减弱，同周期元素从右到左，氢化物稳定性减弱，所以阴影部分元素氢化物热稳定性最高的是HF，故答案为：
HF；
②As和Se同一周期，同周期元素从右到左，最高价含氧酸的酸性减弱，所以H3AsO4、H2SeO4的酸性强弱：
H3AsO4＜H2SeO4，故答案为：
＜；
③氢化物的还原性：
H2O＜H2S，故答案为：
＜；
（4）可在金属和非金属的分界线附近来寻找半导体材料，故答案为：
B；
（5）①硒的原子序数为34，是硫的同主族元素，位于S的下方，则位于周期表第四周期ⅥA族，Se2Cl2的电子式为
；故答案为：
。
②铟（In）与铝同族且比铝多两个电子层，位于第五周期IIIA族，
A．电子层越多，原子半径越大，则原子半径：
In＞Se，故A正确；
B．元素周期表中左下方元素的金属性强，则In的金属性比Se强，故B正确；
C．同主族从上到下金属性增强，则In的金属性比Al强，故C错误；
D．硒化铟的化学式为In2Se3，故D错误；
故答案为：
AB；
③Cu2Se被溶液中的HClO氧化为H2SeO3及CuCl2，可知Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，Cu元素的化合价由+1价升高为+2价、Se元素的化合价由-2价升高为+4价，由电子守恒可知HClO与Cu2Se的物质的量之比为
=4：
1，故答案为：
4：
1；
（6）C、Si的非金属性强弱顺序为C＞Si，可以根据碳酸酸性强于硅酸来证明，化学反应中，强酸可以制得弱酸，即在试管中加入CaCO3固体，再加入盐酸，将生成气体通过NaHCO3溶液洗气后，通入Na2SiO3溶液；生成白色胶状沉淀，则碳酸酸性强于硅酸，结论：
非金属性C＞Si。
故答案为：
CaCO3固体；盐酸，NaHCO3溶液；Na2SiO3溶液；现象：
生成白色胶状沉淀。
7．X、Y、Z、W、G是元素周期表中原子序数依次增大的五种元素。
X元素是元素周期表中核电荷数最小的元素。
Y的一种核素常用于考古，其一种同素异形体为自然界最硬的物质。
ZX3气体溶于水呈碱性。
W的外围电子排布是3s1。
G2+离子的M层d轨道只有5个电子。
请回答下列问题：
（1）W在元素周期表中的位置是______；W和Z形成的化合物水溶液呈碱性，用离子方程式表示其原因_____。
（2）Z原子的第一电离能比氧原子的____（填“大”或“小”）；G的基态原子电子排布式是__________
（3）X与Y可形成多种化合物，其中一种化合物的分子式是X6Y6，分子中只有σ键，该分子的结构简式是_________；该化合物中Y的杂化轨道类型是________。
（4）G的最高价氧化物对应水化物的钾盐，在酸性条件下，常用于测定溶液中Fe2+的含量，该反应的离子方程式是____________
（5）可用YX4还原ZOx以消除其污染。
已知：
YX4（g）+4ZO2（g）=4ZO（g）+YO2（g）+2X2O（g）△H=-574kJ·mol-1
YX4（g）+4ZO（g）=2Z2（g）十YO2（g）+2X2O（g）△H=-1160kJ·mol-1
试写出用YX4还原ZO2至Z2的热化学方程式________。
【答案】第三周期ⅠA族N3-+3H2O⇌NH3+3OH-大[Ar]3d54s2）
sp3杂化MnO4-+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2OCH4（g）+2NO2（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH=－867kJ·mol-1
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W、G是元素周期表中原子序数依次增大的五种元素，X是元素周期表中核电荷数最小的元素，故X为H元素；Y的一种核素常用于考古，其一种同素异形体为自然界最硬的物质，则Y为C元素；ZX3气体溶于水呈碱性，则Z为N元素；W的外围电子排布是3s1，则W为Na；G2+离子的M层d轨道只有5个电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则G为Mn。
【详解】
根据题给信息推断X为氢元素，Y为碳元素，Z为氮元素，W为钠元素，G为锰元素；
（1）W为钠元素，在元素周期表中的位置是第三周期ⅠA族；W和Z形成的化合物为Na3N，Na3N水溶液呈碱性的原因N3-与水电离产生的氢离子结合生成NH3，水的电离平衡正向移动，使得溶液中氢氧根浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，离子方程式为N3-+3H2O⇌NH3+3OH-。
故答案为：
第三周期第IA族；N3-+H2O⇌NH3+OH-；
（2）氧原子的价电子排布为2s22p4，氮原子的价电子排布为2s22p3，p轨道处于半充满状态，较稳定，故氮原子的第一电离能比氧原子的大；G为锰元素，原子序数为25，根据构造原理知其基态原子电子排布式是[Ar]3d54s2；
故答案：
大；[Ar]3d54s2；
（3）C6H6分子中只有σ键，该分子的结构简式是
；碳原子形成3个σ键，没有孤对电子，杂化轨道类型是sp3；
故答案是：
；sp3杂化；
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