精选备战高考化学易错题专题复习元素周期律附答案.docx
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精选备战高考化学易错题专题复习元素周期律附答案
精选备战高考化学易错题专题复习元素周期律附答案
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),写出其溶液与g的氧化物反应的离子方程式:
___________________________________。
【答案】ArFHNO3
制光电池Mg>C>OKOHAl2O3+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Mg>C>O;
(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+S
K2S+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___。
(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:
Na2CO3>Na2SO4
b.酸性:
H2SO3>H2CO3
c.CS2中碳元素为+4价,硫元素为-2价
d.分解温度:
CH4>H2S
【答案】CK2S和N26NA离子晶体离子键、共价键1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p45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)N
【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1.5mol×4NAmol-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[Ne]3s23p4;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:
N
c(K+)>c(S2-)>c(HS-)>c(H+);
(5)a.同温同浓度溶液pH:
Na2CO3>Na2SO4,根据“越弱越水解”,说明酸性:
H2SO4>H2CO3,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:
S>C,故a符合题意;
b.酸性:
H2SO3>H2CO3,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强弱,故b不符合题意;
c.CS2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:
CH4>H2S,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92.1º,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.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。
4.8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。
5.如图是元素周期表的一部分,按要求回答问题:
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
(1)元素④在周期表中位置是_______。
元素③的最高价氧化物的化学式为________。
(2)元素①⑤组成化合物电子式为___________。
(3)元素②的单质与⑧的最高价氧化物的水化物热的浓溶液反应的化学方程式为___。
(4)元素⑦与⑨形成的化合物与元素③的氢化物的水溶液反应的离子方程式为_____。
(5)元素④⑤⑥⑧形成的简单离子,其离子半径由小到大的顺序为_____(用离子符号表示)。
(6)A—F发生如图所示的转化,A、B、C、D为①—⑨中某种元素形成的单质,E、F、G为B、C、D与A形成的二元化合物,G是一种常见温室气体,与B可以反应生成E,E中B元素的质量分数为60%,F为两性物质。
①A和F的化学式分别为_______、_______。
②B与G反应的化学方程式为____________________。
③C与NaOH溶液反应的离子方程式为______________。
【答案】第二周期第VIA族N2O5
C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2OAl3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+Mg2+ 2MgO+C2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)]4-+3H2↑ 【解析】 【分析】 结合元素周期表可知①为H元素,②为C元素,③为N元素,④为O元素,⑤为Na元素,⑥为Mg元素,⑦为Al元素,⑧为S元素,⑨为Cl元素。 【详解】 (1)④为O元素,在周期表中位置是第二周期第VIA族,③是N元素,最高价为+5价,所以元素③的最高价氧化物的化学式为N2O5; (2)元素①⑤组成化合物为NaH,属于离子化合物,Na+的电子式为Na+,H-的电子式为 ,因而NaH的电子式为 ; (3)元素②的单质与⑧的最高价氧化物的水化物分别是C和H2SO4,其化学反应方程式为C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O; (4)元素⑦与⑨形成的化合物与元素③的氢化物分别是AlCl3和NH3,NH3的水溶液为NH3·H2O,其离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+; (5)元素④⑤⑥⑧形成的简单离子分别是O2-,Na+,Mg2+,S2-,S2-的电子层数为3,其它离子电子层数为2,所以S2-的半径最大;当电子层数相同时,原子序数越小,离子半径越大,因而O2->Na+>Mg2+;综上可知Mg2+ (6)G是一种常见温室气体,可推知G为CO2,结合A、B、C、D为①—⑨中某种元素形成的单质,且A和D生成G,推断A为O2或C(碳单质),F为两性物质且F为C与A形成的二元化合物,可推知F为Al2O3,因而A为O2,D为C(碳单质),C为Al;E中B元素的质量分数为60%,结合E为B与A形成的二元化合物,E中O元素的质量分数为40%,则E的相对分子质量为 ,则B元素的相对原子质量为40-16=24,可推知B为Mg,E为MgO,结合G是一种常见温室气体,与B可以反应生成E,即CO2与Mg点燃生成MgO和C,证明上述推断合理;综上A为为O2,B为Mg,C为Al;D为C(碳单质),E为MgO,F为Al2O3,G为CO2。 ①由上分析知A和F的化学式分别为O2,Al2O3; ②B与G反应,即Mg与CO2反应,其化学方程式为2Mg+CO2 2MgO+C; ③C为Al,则C与NaOH溶液反应的离子方程式2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)]4-+3H2↑。 【点睛】 第一步,先看电子层数,因为微粒半径大小的决定因素是电子层数。 电子层数越多,其半径越大。 这里主要是指同一主族,不同族不能直接比较,不能认为具有3个电子层的氯原子半径大于具有2个电子层的锂原子。 第二步在电子层数相同的情况下看核电荷数,因为核电荷数的多少是影响半径大小的次要因素。 而核电荷数越多,其半径越小。 第三步在电子层数和核电荷数相同的情况下看电子数,核外电子数是影响半径大小的最小因素。 核外电子数越多,其半径越大。 注意的是此三步不可颠倒。 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SnCl
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