高考化学压轴题专题元素周期律的经典综合题含详细答案.docx
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高考化学压轴题专题元素周期律的经典综合题含详细答案
高考化学压轴题专题元素周期律的经典综合题含详细答案
一、元素周期律练习题(含详细答案解析)
1.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。
2.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。
3.(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。
4.A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素,原子序数依次增大。
其中B的单质在常温下为双原子分子,它与A的单质可形成分子X,X的水溶液呈碱性;D的简单阳离子与X具有相同电子数,且D是同周期中简单离子半径最小的元素;E元素的原子最外层比次外层少两个电子,C、F两种元素的原子最外层共有13个电子。
则
(1)A的元素符号______________,D的元素名称____________。
(2)C在周期表中的位置:
___________,E的离子结构示意图________;
(3)B、C、E分别与A形成的化合物中最稳定的是________(写化学式);E、F的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是________(写化学式)
(4)F的单质在反应中常作氧化剂,该单质的水溶液与E的低价氧化物反应的离子方程式为________________。
(5)X在纯净的C单质中可以安静的燃烧,生成B的单质。
该方应的化学方程式为:
__________________。
【答案】H铝第二周期ⅥA族
H2OHClO4SO2+Cl2+2H2O=2Cl-+4H++SO42-4NH3+3O2(纯氧)
2N2+6H2O
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素,原子序数依次增大,其中B的单质在常温下为双原子分子,它与A的单质可形成分子X,X的水溶液呈碱性,A的原子序数比B小,则B为N元素,A为H元素,X为NH3;D的简单阳离子与X具有相同电子数,D的简单阳离子为10e-结构,且D是同周期中简单离子半径最小的元素,则D为Al元素;E元素的原子最外层比次外层少两个电子,E的原子序数大于Al,则E有3个电子层,最外层电子数为6,则E为S元素;F的原子序数比E大且为短周期主族元素,则F是Cl元素;C、F(Cl)两种元素的原子最外层共有13个电子,C最外层电子数=13-7=6,C的原子序数比Al小,则C为O元素,结合元素对应的单质、化合物的性质解答该题。
【详解】
(1)根据上述分析A为氢,元素符号为H,D的元素名称为铝,故答案为:
H;铝;
(2)C为O,原子序数为8,在周期表中第二周期VIIA族;E为硫,硫离子结构示意图为
,故答案为:
第二周期VIIA族;
;
(3)B、C、E分别与A形成的化合物分别是NH3、H2O、H2S,非金属越强,氢化物越稳定,非金属性O>N>S,所以氢化物稳定性H2O>NH3>H2S,即H2O最稳定;E为硫,F为氯,非金属性越强其最高价氧化物对应的水化物酸性越强,所以较强的是HClO4,故答案为:
H2O;HClO4;
(4)氯水与二氧化硫反应生成硫酸和盐酸,反应的离子方程式为:
SO2+Cl2+2H2O=2Cl-+4H++SO42-,故答案为:
SO2+Cl2+2H2O=2Cl-+4H++SO42-;
(5)氨气在氧气中燃烧生成氮气和水,反应方程式为:
4NH3+3O2(纯氧)
2N2+6H2O,故答案为:
4NH3+3O2(纯氧)
2N2+6H2O。
5.1869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。
6.X、Y、Z、W为四种常见元素,其中X、Y、Z为短周期元素。
有关信息如下表。
(1)Z的氧化物在通讯领域用来作__。
(2)X的最高价氧化物对应水化物的水溶液与Y的氧化物反应的离子方程式为__。
一种含X元素的化合物是家用消毒液的有效成分,它能有效杀灭2019-coVn,请写出工业上制备它的离子反应方程式__,但在使用时特别注意不能与洁厕灵混用,原因是__(用化学方程式表示)。
(3)W在周期表中的位置为__,聚硅酸W是目前无机高分子絮凝剂研究的热点,一种用钢管厂的废W渣(主要成分W3O4,含少量碳及二氧化硅)为原料制备的流程如图:
①加热条件下酸浸时,W3O4与硫酸反应生成W的离子。
②酸浸时,通入O2的目的是___。
③“W3+浓度检测”是先将100mL含W3+溶液用适量的SnCl2还原为W2+;再用酸性K2Cr2O7标准溶液测定W2+的量(Cr2O72-被还原为Cr3+),此时发生反应的离子方程式___,若用掉0.2mol·L-1K2Cr2O7溶液50mL,则W3+浓度为___。
【答案】光导纤维Al2O3+6H+=2Al3++3H2OCl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2ONaClO+2HCl=Cl2↑+NaCl+H2O第四周期第Ⅷ族将FeSO4氧化为Fe2(SO4)36Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O0.6mol/L
【解析】
【分析】
X、Y、Z为短周期元素,X的最高价氧化物对应的水化物为无机酸中最强酸,则X为Cl;Y的氧化物是典型的两性氧化物,可用于制造一种极有前途的高温材料,Y原子的最外层电子数等于电子层数,则Y为Al;Z是无机非金属材料的主角,其单质是制取大规模集成电路的主要原料,原子的最外层电子数是次外层电子数的1/2,则Z为Si;W原子的最外层电子数小于4,常见化合价有+3、+2,WX3稀溶液呈黄色,则W为Fe,据此进行解答。
【详解】
根据以上分析可知X是Cl,Y是Al,Z是Si,W是Fe。
(1)Z的氧化物二氧化硅在通讯领域用来作光导纤维。
(2)X的最高价氧化物对应水化物的水溶液高氯酸与Y的氧化物氧化铝反应的离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。
一种含X元素的化合物是家用消毒液的有效成分,它能有效杀灭2019-coVn,该化合物是次氯酸钠,工业上制备它的离子反应方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O,由于次氯酸钠能氧化盐酸生成氯气,而洁厕灵中含有盐酸,所以在使用时特别注意不能与洁厕灵混用,反应的化学方程式为NaClO+2HCl=Cl2↑+NaCl+H2O。
(3)铁在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族。
②加热条件下酸浸时,Fe3O4与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁,碳与二氧化硅不溶于稀硫酸也不反应,滤渣的主要成分是碳和二氧化硅;由于酸浸时有亚铁离子生成,通入氧气能将亚铁离子氧化为铁离子;
③在酸性条件下,再用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+(Cr2O72-被还原为Cr3+),则亚铁离子被氧化为铁离子,发生的离子方程式为:
6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O;根据反应和原子守恒可知
解得c=0.6mol/L
7.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____
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