备战高考化学元素周期律提高练习题压轴题训练及答案.docx

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备战高考化学元素周期律提高练习题压轴题训练及答案

2020-2021备战高考化学（元素周期律提高练习题）压轴题训练及答案

一、元素周期律练习题（含详细答案解析）

1．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。

2．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。

3．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】3d104s1C＜O＜N高于NH3分子之间存在氢键[N＝C＝O]－spNaNO2

【解析】

【分析】

原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素，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[Ar]3d104s1，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IIA＞IIIA、VA＞VIA，第一电离能大小顺序是C＜O＜N；

（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CH4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。

4．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。

5．X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大。

X原子核外各层电子数之比为1:

2，Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，W和R是同周期相邻元素，Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨。

请回答下列问题：

（1）元素X的最高价氧化物的电子式为________；元素Y、Z、W的原子半径由大到小顺序为________。

（2）单质铜和元素Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液发生反应的化学方程式为____________。

（3）元素W位于周期表的第_____周期第________族，其非金属性比R弱，用原子结构的知识解释原因：

__________。

元素W和R的气态氢化物的稳定性关系为：

________（写出化学式）。

（4）R的一种氧化物能使品红溶液褪色，工业上用Y的气态氢化物的水溶液作该氧化物的吸收剂，写出吸收剂与足量该氧化物反应的化学方程式：

____________。

（5）Y和Z组成的化合物ZY，被大量用于制造电子元件。

工业上用Z的氧化物、X单质和Y单质在高温下制备ZY，其中Z的氧化物和X单质的物质的量之比为1:

3，则该反应的化学方程式为____________。

【答案】

Al＞P＞N4HNO3（浓）+Cu＝2NO2↑+Cu（NO3）2+2H2O三ⅤAP原子和S原子的电子层数相同，P原子半径较大，得电子能力较弱H2S＞PH3SO2+NH3·H2O＝NH4HSO3Al2O3+3C+N2

2AlN+3CO

【解析】

【分析】

X原子核外各层电子数之比为1:

2，则原子核外有两个电子层，电子数分别为2、4，X为碳元素；Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨，则Y为氮、R为硫；由Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，可确定Z为铝；由W和R是同周期相邻元素，可确定W为磷。

【详解】

（1）由以上分析知，X为碳元素，其最高价氧化物为CO2，电子式为

；元素Y、Z、W分别为N、Al、P，原子半径由大到小顺序为Al＞P＞N。

答案为：

；Al＞P＞N；

（2）单质Cu和浓HNO3发生反应，生成Cu（NO3）2、NO2等，化学方程式为4HNO3（浓）+Cu＝2NO2↑+Cu（NO3）2+2H2O。

答案为：

4HNO3（浓）+Cu＝2NO2↑+Cu（NO3）2+2H2O；

（3）元素W为磷，位于周期表的第三周期第ⅤA族，其非金属性比R弱，用原子结构的知识解释原因为：

P原子和S原子的电子层数相同，P原子半径较大，得电子能力较弱。

元素P的非金属性比S弱，气态氢化物的稳定性关系为：

H2S＞PH3。

答案为：

三；ⅤA；P原子和S原子的电子层数相同，P原子半径较大，得电子能力较弱；H2S＞PH3；

（4）SO2能使品红溶液褪色，工业上用NH3的水溶液作吸收剂，与足量SO2反应生成NH4HSO3，化学方程式为SO2+NH3·H2O＝NH4HSO3。

答案为：

SO2+NH3·H2O＝NH4HSO3；

（5）工业上用Al2O3、C和N2在高温下反应制备AlN，其中Al2O3和C单质的物质的量之比为1:

3，则该反应的化学方程式为Al2O3+3C+N2

2AlN+3CO。

答案为：

Al2O3+3C+N2

2AlN+3CO。

【点睛】

氨水中通入二氧化硫，起初生成（NH4）2SO3，继续通入二氧化硫，与（NH4）2SO3、H2O反应生成NH4HSO3。

6．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。

7．8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