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1、高考化学 元素周期律 综合题附详细答案2020-2021高考化学 元素周期律 综合题附详细答案一、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

2、液与g的氧化物反应的离子方程式:_。【答案】Ar F HNO3 制光电池 MgCO KOH Al2O3 +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

3、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MgCO；（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黑火药是我国古代四大发明之一，它的爆炸反应为：2KNO3+3C+SK2S+N2+3CO2完成下列填空：（1）上述反应中的还原剂为_，还原产物有_，当有1molKNO3参加反应时，转移电子的数目为_。（2）KNO3晶体类型是_，其晶体中存在的化学键有_。（

4、3）硫原子的核外电子排布式为_，原子核外有_种不同能量的电子。将SO2和Cl2分别通入品红溶液中，产生的现象是_；若将SO2和Cl2等体积混合后再缓缓通入品红溶液，发现品红溶液_，其原因是_。（4）S、C和N三种元素的原子半径从小到大的顺序是_；K2S溶液中除OH-外其它各离子物质的量浓度的大小顺序为_。（5）下列事实能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱的有_。a.同温同浓度溶液pH：Na2CO3Na2SO4b.酸性：H2SO3H2CO3c.CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价d.分解温度：CH4H2S【答案】C K2S和N2 6NA 离子晶体 离子键、共价键 1s22s22p63s23p4或

5、Ne3s23p4 5 品红溶液均褪色 不褪色 将SO2和Cl2等体积混合后在溶液中恰好完全反应生成了盐酸和硫酸，不再具有漂白性(或SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，盐酸和硫酸无漂白性) NCc(S2-)c(HS-)c(H+) ac 【解析】【分析】【详解】（1）该反应中N、S元素化合价均降低，C元素化合价升高，因此还原剂为C；还原产物为K2S和N2；当有1molKNO3参加反应时，有1.5molC参加反应，C元素化合价从0价升高至+4价，因此转移数目为1.5mol4NAmol-1=6NA；（2）KNO3为活泼金属阳离子与含氧酸根阴离子组成的化合物，其晶体类型属于离子晶体；晶体中阴

6、阳离子通过离子键连接，硝酸根内N原子与O原子之间通过共价键连接，因此KNO3晶体中存在离子键、共价键；（3）S原子核内质子数为16，核外电子数为16，因此核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4或Ne3s23p4；核外电子分别处于5个不同的能级中，因此原子核外有5种不同能量的电子；SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色，Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，能够使品红溶液褪色；将SO2和Cl2等体积混合后再缓缓通入品红溶液，SO2与Cl2在水中能够发生反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成的HCl、H2SO4均不具有漂白性，因此不能使品红溶液褪色；（4）C、N原子核

7、外电子层数小于S，因此S原子半径最大，C、N处于同一周期，核外电子层数相同，质子数越大，其半径越小，因此半径相对大小关系为：NCS2-二级水解程度水的电离程度，因此溶液中除OH-外离子浓度关系为：c(K+)c(S2-)c(HS-)c(H+)；（5）a同温同浓度溶液pH：Na2CO3Na2SO4，根据“越弱越水解”，说明酸性：H2SO4H2CO3，H2SO4、H2CO3分别对应S、C的最高价氧化物对应水化物，可说明非金属性：SC，故a符合题意 ；b酸性：H2SO3H2CO3，说明亚硫酸电离出氢离子的能力强于碳酸，因H2SO3并非S元素对应最高价氧化物对应水化物，不能说明碳元素与硫元素非金属性相对

8、强弱，故b不符合题意；cCS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价，可直接说明S的非金属性强于C，所以S才显负价，碳元素显示正价，故c符合题意；d分解温度：CH4H2S，其原因是C、S均采取sp3杂化，CH4为非极性分子，H-C键能较强，在1000左右分解，而H2S为极性分子，H-S-H键角为92.1，由于H-S键能较弱，导致H2S在300左右分解，故不能据此比较C元素与S元素非金属性，故d不符合题意；故答案为：ac。【点睛】常见非金属性的比较规律：1、由元素对应简单单质的氧化性判断：一般情况下，氧化性越强，元素对应非金属性越强；2、由单质和水反应程度判断：反应越剧烈，非金属性越强；3、由对应简单

9、氢化物的稳定性判断：氢化物越稳定，非金属性越强；4、由和氢气化合的难易程度判断：化合越容易，非金属性越强；5、由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断：酸性越强，非金属性越强；值得注意的是：氟元素没有正价态，氧目前无最高正价，硝酸则因分子内氢键导致酸性较弱，所以最高价氧化物对应水合物的酸性最强的是高氯酸，而不是非金属性高于氯的氮、氧、氟。3.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_.某实验小组

10、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、C Al4C3 Al4C3+4NaOH+4H2O=3CH4+4NaAlO2 Al4C3+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】.已知标准状况下，气体B的密

11、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；.(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】. (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+4

12、H2O=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；.(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根据下表回答问题：（1）元素在

13、周期表中的位置是_。（2）元素和的原子序数相差_。（3）写出元素的最高价氧化物对应的水化物与元素形成的单质反应的化学方程式_。（4）写出元素形成的不同化合价的化合物的化学式(写出四个)_，其中能与元素形成的单质反应的化学方程式为_。【答案】第3周期第A族 10 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O NH3、NO、NO2、HNO3 Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO+2H2O 【解析】【分析】元素是钠，其最高价为+1，所以最高价氧化物对应的水化物为NaOH；为N，其常见化合价为-3、+2、+4、+5等。【详解】(1)由图可知元素在周期表中的位置是第3周期第IVA族。(2)元素和

14、的原子序数分别为1和11。(3)元素的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，元素形成的单质是Cl2，所以反应为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O。(4) 为N，其常见化合价为-3、+2、+4、+5等，形成的不同化合价的化合物的化学式为NH3、NO、NO2、HNO3等。(5)元素是Al，HNO3与Al反应，Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO+2H2O。5原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素。其中A的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素；E和C位于同一主族，F的原子序

15、数为29。(1)F原子基态的外围核外电子排布式为_。(2)在A、B、C三种元素中，第一电离能由小到大的顺序是_(用元素符号回答)。(3)元素B的简单气态氢化物的沸点_(高于，低于)元素A的简单气态氢化物的沸点，其主要原因是_。(4)由A、B、C形成的离子CAB与AC2互为等电子体，则CAB的结构式为_。(5)在元素A与E所形成的常见化合物中，A原子轨道的杂化类型为_。(6)由B、C、D三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，则该化合物的化学式为_。【答案】3d104s1 CON 高于 NH3分子之间存在氢键 NCO sp NaNO2 【解析】【分析】原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种

16、元素，A的基态原于有3个不同的能级，各能级中的电子数相等，则A是C元素；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同，C原子序数大于A，则C为O元素；B原子序数大于A而小于C，则B是N元素；E和C位于同一主族，则E是S元素；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素，原子序数小于S，则D是Na元素；F的原子序数为29，为Cu元素；(1)F是Cu元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写F基态原子的外围核外电子排布式；(2)A、B、C分别是C、N、O元素，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；(3)含有氢键的氢化物熔点

17、较高；(4)由C、N、O形成的离子OCN-与CO2互为等电子体，等电子体原子个数相等、价电子数相等；(5)在元素C与S所形成的常见化合物CS2中，根据价层电子对理论确定A原子轨道的杂化类型；(6)由N、O、Na三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，利用均摊法确定其化学式。【详解】(1)F为ds区，因此核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1，外围核外电子排布式为3d104s1；(2)同周期从左向右第一电离能增大，但IIAIIIA、VAVIA，第一电离能大小顺序是C ON；(3)B的氢化物是NH3，A的简单氢化物是CH4，NH3分子之间存在氢键，而CH

18、4分子间的作用是范德华力，氢键比范德华力更强，NH3的沸点较高；(4)CAB的化学式为OCN，AC2的化学式为CO2，两者为等电子体，它们的结构相似，因此OCN的结构式为：N=C=O；(5)形成的化合物是CS2，结构式为S=C=S，杂化轨道数等于价层电子对数，即C的杂化类型为sp；(6)根据半径大小，大黑球是Na，大黑球位于晶胞的棱上，因此真正属于晶胞的个数为8=2，大白球为N，小白球为O，两者形成离子是NO2-，其位于顶点和体心，真正的个数为8+1=2，因此化学式为NaNO2。6.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

19、等，所以不是同一种元素。以上所列共有_种元素。.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 O 5 SO3 2H2SO2=2S2H2O 弱 电子层数增多，原子半径增大 Na2SO3H2SO4=Na2SO4SO2H2O 【解析】【分析】. (1)同位素中核素质子数相同；(2)中子数=质量数-

20、质子数；一种元素符号对应一种元素；.(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】. (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；. (3)Y为S元素+6

21、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2H2SO2=2S2H2O，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：2H2SO2=2S2H2O；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，不同核素可能具有相同的质子数，如、；也

22、可能具有相同的中子数，如、；也可能具有相同的质量数，如、；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；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；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。7下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，用相应的化学用语回答下列问题：族周期IA01AAAAAA23(1)表中用序号标出的10种元素中

23、，化学性质最不活泼的元素的原子结构示意图是_。(2)、的原子半径由小到大的顺序为_（用元素符号作答）。(3)、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)写出元素的最高价氧化物对应水化物分别与元素、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)的金属性强于，下列表述中能证明这一事实的是_。a的单质和的单质熔沸点不同b的最高价氧化物水化物的碱性比的最高价氧化物水化物的碱性强c最外层的电子数比多d的单质与稀盐酸反应比的缓和一些(

24、7)和形成的气态氢化物与和形成的气态氢化物相比较，_沸点高（填化学式），理由是_。【答案】 OSNa H2CO3HNO3HClO4 H-O-O-H Al(OH)3+OH- =AlO2-+2H2O Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O bd H2O H2O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，可以确定为氢(H)，为碳(C)，为氮(N)，为氧(O)，为氟(F)，为钠(Na)，为铝(Al)，为硫(S)，为氯(Cl)，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)、分

25、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OSNa。答案为：OSNa；(3)、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H2CO3HNO3HClO4。答案为：H2CO3HNO3Al；Li的最外层电子数比Ca少，但金属性LiO2NaAl3 C2H6(g)7/2O2(g)=2CO2(g)3H2O(l) H10QkJ/mol 饱和NaHCO3溶液 SiO32-CO2H2O=H2SiO3CO32- 【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A族；故答案为：第三周期第A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S2O2NaAl3，故答案为：S2O2NaAl3；(3) 二元化合物X是含有元素A的18电子分子，X为C2H6，3 g X(g)在25 101 kPa 下完全燃烧生成稳定的化合物时放出Q kJ的热量，则X燃烧热的热化学方程式为C2H6(g)O