备战高考化学 元素周期律综合试题.docx
- 文档编号:23168056
- 上传时间:2023-05-15
- 格式:DOCX
- 页数:38
- 大小:350.13KB
备战高考化学 元素周期律综合试题.docx
《备战高考化学 元素周期律综合试题.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《备战高考化学 元素周期律综合试题.docx(38页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
备战高考化学元素周期律综合试题
2020-2021备战高考化学元素周期律综合试题
一、元素周期律练习题(含详细答案解析)
1.我国十分重视保护空气不被污染,奔向蓝天白云,空气清新的目标正在路上。
硫、氮、碳的大多数氧化物都是空气污染物。
完成下列填空:
I.
(1)碳原子的最外层电子排布式为___。
氮原子核外能量最高的那些电子之间相互比较,它们不相同的运动状态为___。
硫元素的非金属性比碳元素强,能证明该结论的是(选填编号)___。
A.它们的气态氢化物的稳定性
B.它们在元素周期表中的位置
C.它们相互之间形成的化合物中元素的化合价
D.它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱
Ⅱ.已知NO2(g)+SO2(g)
NO(g)+SO3(g),在一定容积的密闭容器中进行该反应。
(2)在一定条件下,容器中压强不发生变化时,___(填“能”或“不能”)说明该反应已经达到化学平衡状态,理由是:
___。
在一定温度下,若从反应体系中分离出SO3,则在平衡移动过程中(选填编号)___。
A.K值减小B.逆反应速率先减小后增大
C.K值增大D.正反应速率减小先慢后快
Ⅲ.化学家研究利用催化技术进行如下反应:
2NO2+4CO
N2+4CO2+Q(Q>0)
(3)写出该反应体系中属于非极性分子且共用电子对数较少的物质的电子式___。
按该反应正向进行讨论,反应中氧化性:
___>___。
若该反应中气体的总浓度在2min内减少了0.2mol/L,则用NO2来表示反应在此2min内的平均速率为___。
(4)已知压强P2>P1,试在图上作出该反应在P2条件下的变化曲线___。
该反应对净化空气很有作用。
请说出该反应必须要选择一个适宜的温度进行的原因是:
___。
【答案】2s22p2电子云的伸展方向C、D不能该反应中,气体反应物与气体生成物的物质的量相等,一定条件下,不管反应是否达到平衡,气体总物质的量不变,压强也不变。
所以压强不变,不可说明反应已达到平衡B
NO2CO20.2mol/(L•min)
若温度过低,催化剂活性可能小,化学反应速率可能太小,若温度过高,使化学反应平衡向逆方向移动,反应物转化率小
【解析】
【分析】
【详解】
(1)碳为6号元素,碳原子的最外层电子排布式为2s22p2。
氮为7号元素,氮原子核外能量最高的电子排布为2p3,排在相互垂直的的三个轨道上,它们的电子云的伸展方向不相同;A.非金属性越强,气态氢化物越稳定,但H2S的稳定性不如甲烷稳定,不能说明硫元素的非金属性比碳元素强,故A不选;B.不能简单的根据它们在元素周期表中的位置判断非金属性的强弱,故B不选;C.S和C相互之间形成的化合物为CS2,其中C显正价,S显负价,说明硫元素的非金属性比碳元素强,故C选;D.硫酸的酸性比碳酸强,能够说明硫元素的非金属性比碳元素强,故D选;故选CD;故答案为:
2s22p2;电子云的伸展方向;CD;
(2)NO2(g)+SO2(g)
NO(g)+SO3(g)为气体物质的量不变的反应,在一定容积的密闭容器中,容器中气体的压强为恒量,压强不发生变化,不能说明该反应已经达到化学平衡状态;在一定温度下,若从反应体系中分离出SO3,SO3浓度减小,A.温度不变,K值不变,故A错误;B.SO3浓度减小,逆反应速率减小,平衡正向移动,随后又逐渐增大,故B正确;C.温度不变,K值不变,故C错误;D.SO3浓度减小,平衡正向移动,正反应速率逐渐减小,开始时反应物浓度大,反应速率快,随后,反应物浓度逐渐减小,反应速率减小,因此正反应速率逐渐减小先快后慢,故D错误;故选B;故答案为:
不能;该反应中,气体反应物与气体生成物的物质的量相等,一定条件下,不管反应是否达到平衡,气体总物质的量不变,压强也不变。
所以压强不变,不可说明反应已达到平衡;B;
(3)2NO2+4CO
N2+4CO2,该反应体系中属于非极性分子的是N2和CO2,N2含有3个共用电子对,CO2含有4个共用电子对,共用电子对数较少的是氮气,电子式为
。
氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,反应中氧化剂为NO2,氧化产物为CO2,因此氧化性:
NO2>CO2;由于2NO2+4CO
N2+4CO2反应后气体的浓度变化量为1,若该反应中气体的总浓度在2min内减少了0.2mol/L,说明2min内NO2的浓度减小了0.4mol/L,v=
=
=0.2mol/(L•min),故答案为:
;NO2;CO2;0.2mol/(L•min);
(4)2NO2+4CO
N2+4CO2是一个气体的物质的量减小的反应,增大压强,平衡正向移动,氮气的浓度增大,压强越大,反应速率越快,建立平衡需要的时间越短,压强P2>P1,在P2条件下的变化曲线为
;该反应是一个放热反应,温度过低,催化剂活性可能小,化学反应速率可能太小,若温度过高,使化学反应平衡向逆方向移动,反应物转化率小,因此该反应必须要选择一个适宜的温度进行,故答案为:
;若温度过低,催化剂活性可能小,化学反应速率可能太小,若温度过高,使化学反应平衡向逆方向移动,反应物转化率小。
【点睛】
本题的易错点为
(1),元素非金属性强弱的判断方法很多,但要注意一些特例的排除,如本题中不能通过硫化氢和甲烷的稳定性判断非金属性的强弱。
2.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。
3.有四种短周期元素,它们的结构、性质等信息如下表所述:
元素
结构、性质等信息
A
是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素,该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂
B
B与A同周期,其最高价氧化物的水化物呈两性
C
元素的气态氢化物极易溶于水,可用作制冷剂
D
是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素,其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂
请根据表中信息填写:
(1)A原子的核外电子排布式________________.
(2)B元素在周期表中的位置____________________;离子半径:
B________A(填“大于”或“小于”).
(3)C原子的电子排布图是_______________________,其原子核外有___个未成对电子,能量最高的电子为___轨道上的电子,其轨道呈___________形.
(4)B的最高价氧化物对应的水化物与A的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为_______________________________,与D的氢化物的水化物反应的化学方程式为_____________________________.
【答案】1s22s22p63s1第三周期第ⅢA族小于
32p哑铃Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O3HCl+Al(OH)3═AlCl3+3H2O
【解析】
【分析】
A是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素,该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂,所以A为Na元素;B与A同周期,其最高价氧化物的水化物呈两性,则B为Al元素;C元素的气态氢化物极易溶于水,可用作制冷剂,则C为N元素;D是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素,其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂,则D为Cl元素,据此回答;
【详解】
(1)A为钠元素,A原子的核外电子排布式1s22s22p63s1;
答案为:
1s22s22p63s1;
(2)B为铝元素,B元素在周期表中的位置第三周期第ⅢA族,电子层数相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,所以铝离子半径小于钠离子;
答案为:
第3周期第ⅢA族;小于;
(3)C为氮元素,C原子的基态原子的电子排布图是
,其原子核外有3个未成对电子,能量最高的电子为2p轨道上的电子,其轨道呈哑铃;
答案为:
;3;2p;哑铃;
(4)B为铝元素,A为Na元素,B的最高价氧化物对应的水化物与A的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为:
Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O;D的氢化物HCl,氯化氢与氢氧化铝反应的离子方程式为:
3HCl+Al(OH)3═AlCl3+3H2O;
答案为:
Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O;3HCl+Al(OH)3═AlCl3+3H2O。
【点睛】
(4)容易错,最高价氧化物的水化物与碱反应方程式为Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O;实际做题时,常用同学找不出Al(OH)3而用最高价氧化物Al2O3替代。
4.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。
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.南京理工教授制出了一种新的全氮阴离子盐—AgN5,目前已经合成出钠、锰、铁、钴、镍、镁等几种金属的全氮阴离子盐。
(1)基态Mn2+的价电子排布式为____;银与铜位于同一族,银元素位于元素周期表的___区。
(2)[Mg(H2O)6]2+[(N5)2(H2O)4]2-的晶体的部分结构如图1所示:
N、O、Mg元素的前3级电离能如下表所示:
元素
I1/kJ∙mol-1
I2/kJ∙mol-1
I3/kJ∙mol-1
X
737.7
1450.7
7732.7
Y
1313.9
3388.3
5300.5
Z
1402.3
2856.0
4578.1
①X、Y、Z中为N元素的是____,判断理由是__________。
②从作用力类型看,Mg2+与H2O之间是________、N5与H2O之间是________。
③N5-为平面正五边形,N原子的杂化类型是_______。
科学家预测将来还会制出含N4-、N6-等平面环状结构离子的盐,这一类离子中都存在大π键,可用符号π
表示,其中m代表参与形成大π键的原子数,n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π
),则N4-中的大π键应表示为_________。
(3)AgN5的立方晶胞结构如图2所示,Ag+周围距离最近的Ag+有_______个。
若晶体中紧邻的N5-与Ag+的平均距离为anm,NA表示阿伏加德罗常数的值,则AgN5的密度可表示为_____g∙cm-3(用含a、NA的代数式表示)。
【答案】3d5dsZX最外层为2个电子,X为镁;N的2p轨道处于半充满的稳定状态,其失去第一个电子较难,I1较大,则Z为氮元素配位键氢键sp2
12
【解析】
【分析】
(1)根据构造原理书写出25号Mn元素的原子核外电子排布式,Mn原子失去最外层2个电子得到Mn2+;根据原子结构与元素在周期表的位置确定Ag在周期表所属区域;
(2)①根据元素的电离能大小结合原子结构确定X、Y、Z三种元素,然后判断哪种元素是N元素;
②根据图示,判断晶体中阳离子、阴离子中含有的作用力类型;
③结合N5-为平面正五边形结构,结合原子杂化类型与微粒构型关系分析判断,结合微粒的原子结构分析大π键的形成;
(3)根据晶胞中离子的相对位置判断Ag+的配位数,利用均摊方法计算1个晶胞中含有的AgN5的个数,结合ρ=
计算密度大小。
【详解】
(1)Mn是25号元素,根据构造原理可得Mn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2,Mn原子失去最外层2个电子得到Mn2+,其价电子排布式为3d5;Ag、Cu在周期表中位于第IB,发生变化的电子有最外层的s电子和次外层的d电子,属于ds区元素;
(2)①X的第一、第二电离能比较小且很接近,说明X原子最外层有2个电子,容易失去,则X为Mg元素,Z的第一电离能在三种元素中最大,结合N原子2p轨道处于半充满的稳定状态,其失去第一个电子较难,I1较大,可推知Z为N元素,Y是O元素;
②在该晶体中阳离子[Mg(H2O)6]2+的中心离子Mg2+含有空轨道,而配位体H2O的O原子上含有孤电子对,在结合时,Mg2+提供空轨道,H2O的O原子提供孤电子对,二者形成配位键;在阴离子[(N5)2(H2O)4]2-上N5-与H2O的H原子之间通过氢键结合在一起,形成N…H-O,故二者之间作用力为氢键;
③若原子采用sp3杂化,形成的物质结构为四面体形;若原子采用sp2杂化,形成的物质结构为平面形;若原子采用sp杂化,则形成的为直线型结构。
N5-为平面正五边形,说明N原子的杂化类型为sp2杂化;在N5-中,每个N原子的sp2杂化轨道形成2个σ键,N原子上还有1个孤电子对及1个垂直于N原子形成平面的p轨道,p轨道间形成大π键,N5-为4个N原子得到1个电子形成带有1个单位负电荷的阴离子,所以含有的电子数为5个,其中大π键是由4个原子、5个电子形成,可表示为
;
(3)根据AgN5的晶胞结构示意图可知,假设以晶胞顶点Ag+为研究对象,在晶胞中与该Ag+距离相等且最近的Ag+在晶胞面心上,通过该顶点Ag+可形成8个晶胞,每个面心上的Ag+被重复使用了2次,所以与Ag+距离相等且最近的Ag+的数目为
=12个;在一个晶胞中含有Ag+的数目为8×
+6×
=4,含有N5-的数目为1+12×
=4,晶胞体积为V=(2a×10-7)3cm3,则ρ=
g/cm3。
【点睛】
本题考查了物质结构,涉及电离能的应用、作用力类型的判断、大π的分析、晶胞计算,掌握物质结构知识和晶体密度计算方法是解题关键,要注意电离能变化规律及特殊性,利用均摊方法分析判断晶胞中含有微粒数目,结合密度计算公式解答。
7.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
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 备战高考化学 元素周期律综合试题 备战 高考 化学 元素周期律 综合 试题