全国备战高考化学元素周期律的综合备战高考模拟和真题汇总附答案.docx
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全国备战高考化学元素周期律的综合备战高考模拟和真题汇总附答案
2020-2021全国备战高考化学元素周期律的综合备战高考模拟和真题汇总附答案
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.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.短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示,其中T所处的周期数与主族序数相等。
(1)W在周期表中的位置是_______,Q、R、T三种元素原子半径由大到小的顺序为_______________________(用元素符号表示),Q的最高价氧化物的化学式为________________,
(2)元素的原子得电子能力:
Q________________W(填“强于”或“弱于”)。
(3)原子序数比R多1的元素有一种氢化物能分解为它的另一种氢化物,该反应的化学方程式为______________________________________________________________________。
【答案】第三周期第ⅥA族Al>C>NCO2弱于
【解析】
【分析】
由短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置,可知Q、R处于第二周期,T、W处于第三周期,其中T所处的周期序数与主族序数相等,则T为Al,可推知Q为C元素、R为N元素、W为S元素,以此解答。
【详解】
(1)根据上述分析:
W为S元素,原子序数为16,位于周期表中第三周期VIA族;原子的电子层越多,原子半径越大,电子层相同时,核电荷数越大,原子半径越小,根据上述分析:
Q为C元素、R为N元素、T为Al,则Q、R、T三种元素原子半径由大到小顺序为:
Al>C>N;Q的最高价氧化物的化学式为CO2,故答案:
第三周期第ⅥA族;Al>C>N;CO2;
(2)根据上述分析:
Q为C元素、W为S元素,非金属性:
S>C,则酸性:
硫酸>碳酸,故答案为:
弱于;
(3)根据上述分析:
R为N元素,原子序数比R多1的元素为O元素,氧元素一种氢化物能分解为它的另一种氢化物,为过氧化氢在二氧化锰作催化剂条件下分解生成水与氧气,该分解反应的化学方程式是:
2H2O2
2H2O+O2↑,故答案:
2H2O2
2H2O+O2↑;
5.A、B、C、D是原子序数依次增大的同一短同期元素,A、B是金属元素,C、D是非金属元素,A、B的最高价氧化物对应的水化物可以发生反应生成盐和水。
(1)A与C可形成化合物A2C,写出该化合物的电子式为_____。
(2)B与D形成的化合物是_____(填“离子化合物”或“共价化合物”),验证该结论的实验方法是_____。
(3)C的低价氧化物通入D单质的水溶液中,发生反应的化学方程式为_____。
(4)用C的最高价含氧酸W的溶液作电解质溶液(物质的量浓度为5.2mol/L,体积为1L,假设反应前后溶液体积变化忽略不计)组装成原电池如图所示。
①在a电极上发生的反应可表示为_____。
②若电池工作一段时间后,a极消耗0.05molPb,b电极的质量变化为________g,则此时W溶液的浓度为___________mol/L。
【答案】
共价化合物将该化合物加热至熔融状态做导电性实验,如果该化合物在熔融状态下不导电,说明该化合物是共价化合物SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HClPb-2e-+SO42-=PbSO43.25.1
【解析】
【分析】
A、B是金属元素,A、B的最高价氧化物对应的水化物可以发生反应生成盐和水,A是Na元素、B是Al元素;Na与C可形成化合物A2C,C显-2价,C是S元素;A、B、C、D是原子序数依次增大,所以D是Cl元素。
【详解】
根据以上分析,
(1)A是Na元素、C是S元素,形成化合物Na2S是离子化合物,电子式为
;
(2)B是Al元素、D是Cl元素,形成的化合物AlCl3是共价化合物,共价化合物在熔融状态下不导电,将该化合物加热至熔融状态做导电性实验,如果该化合物在熔融状态下不导电,说明该化合物是共价化合物;
(3)S的低价氧化物是SO2,D单质是氯气,SO2通入氯水发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl;
(4)H2SO4溶液、Pb、PbO2构成原电池,Pb是负极、PbO2是正极;
①a极是负极,Pb失电子生成PbSO4沉淀,a电极上发生的反应可表示为Pb-2e-+SO42-=PbSO4;
②b是正极,b电极反应式是PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O;a极消耗0.05molPb,转移电子的物质的量是0.1mol,b电极消耗0.05molPbO2,生成0.05molPbSO4质量变化为
3.2g;根据总反应式Pb+PbO2+H2SO4=2PbSO4+2H2O,a极消耗0.05molPb,总反应消耗0.1molH2SO4,此时H2SO4溶液的浓度为
=5.1mol/L。
6.现有部分短周期元素的性质或原子结构如表:
元素编号
元素性质或原子结构
T
M层上有6个电子
X
最外层电子数是次外层电子数的2倍
Y
常温下单质为双原子分子,其氢化物水溶液呈碱性
Z
元素最高正价是+7价
W
其单质既能跟酸反应,又能跟强碱反应,都产生H2
(1)元素X的一种同位素可测定文物年代,这种同位素的符号是_____。
(2)元素Y与氢元素形成一种离子YH4+,写出某溶液中含该微粒的电子式_____,如何检验该离子_____。
(3)元素Z在周期表中的位置_____,元素Z与元素T相比,非金属性较强的是_____(用元素符号表示),下列表述中能证明这一事实的是_____(填序号)。
a.常温下Z的单质和T的单质状态不同
b.Z的氢化物比T的氢化物稳定
c.一定条件下,Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应
(4)探寻物质性质的差异性是学习化学的重要方法之一。
T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中化学性质明显不同于其他三种的是_____,理由是_________。
Z的最高价氧化物的水化物与W的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为_____________。
【答案】
取少量试样加入到试管中,加入浓NaOH溶液并加热,在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体,试纸变为蓝色,说明试样中存在NH4+第三周期ⅦA族ClbH2CO3只有H2CO3为弱酸,其余为强酸3H++Al(OH)3=Al3++3H2O
【解析】
【分析】
根据题给元素性质或原子结构可知:
T的核外电子数为16,为S元素;X最外层电子数是次外层电子数的2倍,则X为第二周期元素,为C元素;常温下单质为双原子分子,其氢化物水溶液呈碱性可知单质为N2,氢化物的水溶液是NH3·H2O,则Y为N元素;元素最高正价等于其族序数,则Z为第ⅦA元素,F元素无正价,故Z为Cl元素;单质既能跟酸反应,又能跟强碱反应,都产生H2,该单质为金属Al,故W为Al元素。
据此进行分析判断。
【详解】
(1)
在考古工作中用于测定一些文物的年代,答案为:
;
(2)元素Y与氢元素形成一种离子YH4+是NH4+,其电子式为:
;检验该离子的方法为:
取少量试样加入到试管中,加入浓NaOH溶液并加热,在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体,试纸变蓝,说明试样中存在NH4+。
答案为:
;取少量试样加入到试管中,加入浓NaOH溶液并加热,在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体,试纸变蓝,说明试样中存在NH4+;
(3)Z为Cl元素,在周期表中位于第三周期、第ⅦA族。
同一周期从左向右,元素的非金属性逐渐增强,故Cl元素与S元素相比,非金属性较强的是Cl元素。
可根据元素周期律来选择判断能证明这一事实的选项:
a.单质的状态与相应元素的非金属性强弱之间不存在必然联系,a项错误;
b.相应元素的非金属性就越强,生成的氢化物的稳定性越强,故可以证明Cl元素的非金属性比较强,b项正确;
c.单质能与NaOH溶液反应与相应元素的非金属性强弱没有必然联系,c项错误;
答案选b;
故答案为:
第三周期ⅦA族;Cl;b;
(4)T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物分别是:
H2SO4、H2CO3、HNO3和HClO4,其中H2CO3性质不同于其他三种,因为只有H2CO3为弱酸,其余为强酸。
W的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3,与HClO4反应的离子方程式为:
3H++Al(OH)3=Al3++3H2O。
答案为:
H2CO3;只有H2CO3为弱酸,其余为强酸;3H++Al(OH)3=Al3++3H2O。
【点睛】
对于主族元素而言,元素的最高正化合价和主族序数相同,但氟没有正价,氧无最高正价,一般为零价或负价。
7.X、Y、Z、W、G是元素周期表中原子序数依次增大的五种元素。
X元素是元素周期表中核电荷数最小的元素。
Y的一种核素常用于考古,其一种同素异形体为自然界最硬的物质。
ZX3气体溶于水呈碱性。
W的外围电子排布是3s1。
G2+离子的M层d轨道只有5个电子。
请回答下列问题:
(1)W在元素周期表中的位置是______;W和Z形成的化合物水溶液呈碱性,用离子方程式表示其原因_____。
(2)Z原子的第一电离能比氧原子的____(填“大”或“小”);G的基态原子电子排布式是__________
(3)X与Y可形成多种化合物,其中一种化合物的分子式是X6Y6,分子中只有σ键,该分子的结构简式是_________;该化合物中Y的杂化轨道类型是________。
(4)G的最高价氧化物对应水化物的钾盐,在酸性条件下,常用于测定溶液中Fe2+的含量,该反应的离子方程式是____________
(5)可用YX4还原ZOx以消除其污染。
已知:
YX4(g)+4ZO2(g)=4ZO(g)+YO2(g)+2X2O(g)△H=-574kJ·mol-1
YX4(g)+4ZO(g)=2Z2(g)十YO2(g)+2X2O(g)△H=-1160kJ·mol-1
试写出用YX4还原ZO2至Z2的热化学方程式________。
【答案】第三周期ⅠA族N3-+3H2O⇌NH3+3OH-大[Ar]3d54s2)
sp3杂化MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2OCH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-867kJ·mol-1
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W、G是元素周期表中原子序数依次增大的五种元素,X是元素周期表中核电荷数最小的元素,故X为H元素;Y的一种核素常用于考古,其一种同素异形体为自然界最硬的物质,则Y为C元素;ZX3气体溶于水呈碱性,则Z为N元素;W的外围电子排布是3s1,则W为Na;G2+离子的M层d轨道只有5个电子,原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2,则G为Mn。
【详解】
根据题给信息推断X为氢元素,Y为碳元素,Z为氮元素,W为钠元素,G为锰元素;
(1)W为钠元素,在元素周期表中的位置是第三周期ⅠA族;W和Z形成的化合物为Na3N,Na3N水溶液呈碱性的原因N3-与水电离产生的氢离子结合生成NH3,水的电离平衡正向移动,使得溶液中氢氧根浓度大于氢离子浓度,溶液呈碱性,离子方程式为N3-+3H2O⇌NH3+3OH-。
故答案为:
第三周期第IA族;N3-+H2O⇌NH3+OH-;
(2)氧原子的价电子排布为2s22p4,氮原子的价电子排布为2s22p3,p轨道处于半充满状态,较稳定,故氮原子的第一电离能比氧原子的大;G为锰元素,原子序数为25,根据构造原理知其基态原子电子排布式是[Ar]3d54s2;
故答案:
大;[Ar]3d54s2;
(3)C6H6分子中只有σ键,该分子的结构简式是
;碳原子形成3个σ键,没有孤对电子,杂化轨道类型是sp3;
故答案是:
;sp3杂化;
(4)酸性高锰酸钾溶液将Fe2+氧化为Fe3+,本身被还原为Mn2+,利用化合价升降法结合原子守恒和电荷守恒配平,该反应的离子方程式是MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O;
故答案是:
MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O;
(5)已知:
①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-574kJ·mol-1,②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)十CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ·mol-1,根据盖斯定律:
得CH4还原NO2至N2的热化学方程式为CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-867kJ·mol-1;
故答案是:
CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-867kJ·mol-1。
8.氮(N)、磷(P)、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)、镆(Mc)为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。
回答下列问题:
(1)砷在周期表中的位置_____,
Mc的中子数为_____。
已知存在P(S,红磷)、P(S,黑磷)、P(S,白磷),它们互称为_____。
(2)热稳定性:
NH3_____PH3(填“>”或“<”),砷的最高价氧化物对应水化物的化学式为_____是一种_____酸(填“强”或“弱”)。
(3)PH3和卤化氢反应与NH3相似,产物的结构和性质也相似。
写出PH3和HI反应的化学方程式_____。
(4)SbCl3能
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