高考化学一模试题分类汇编——元素周期律综合及详细答案.docx

1、高考化学一模试题分类汇编元素周期律综合及详细答案一、元素周期律练习题（含详细答案解析）1 X、Y 、 Z 、 E 、 F 五种元素的原子序数依次递增。已知：F 位于周期表中第四周期 IB 族，其余的均为短周期主族元素：E 的氧化物是光导纤维的主要成分；Y原子核外L层电子数为奇数；X是形成化合物种类最多的元素；Z 原子p 轨道的电子数为4。请回答下列问题：(1)写出一种X元素形成氢化物的化学式_ 。(2)在 1 个由 F 与 Z 形成的 F2Z 晶胞中 (结构如图所示 )所包含的 F 原子数目为 _个。(3)在 F(NH3)42+离子中， F2+ 的空轨道接受 NH 3 的氮原子提供的_形成配位

2、键。(4)常温下 X 、 Z 和氢元素按原子数目1:1:2 形成的气态常见物质A 是 _(写名称)， A 物质分子中 X 原子轨道的杂化类型为_ ， 1molA 分子中键的数目为_ N A 。(5) X 、 Y 、 E 三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为_(写元素符号 )。【答案】 CH4 4 孤电子对甲醛 sp2 杂化3 Si CN【解析】【分析】X 、 Y 、 Z 、 E 、 F 五种元素的原子序数依次递增。根据F 位于周期表中第四周期 IB族可判断其为 Cu；根据 E 的氧化物是光导纤维的主要成分可判断E 为 Si；根据 X 是形成化合物种类最多的元素可判断X 为 C；根据 Y 原

3、子核外 L 层电子数为奇数且原子序数比X 的大可判断其属于第二周期的元素，可能为N 或 F；根据 Z 的原子 P 轨道的电子数为 4推测出 Z 可能为 O 或 S，但 E 的原子序数大于Z，E 为 Si，所以 Z 只能为 O，处于 C 和 O 之间的 Y 只能为 N，所以 X 、 Y 、 Z 、 E 、 F 分别为 C、N、O、 Si、 Cu，据此解题。【详解】(1)X 为 C， X 元素形成的氢化物有很多，有烷烃、烯烃、炔烃等，其中的一种的化学式为CH4；(2) F2 Z 为 Cu2O，根据化学式中原子个数比 Cu:O=2:1，然后算出图中该晶胞的黑球个数为：1 4=4，白球个数为： 81/

4、8+1=2，所以黑球代表的是 Cu 原子，白球代表的是 O 原子，所以该晶胞中所包含的 Cu 原子数目为 4 个；(3)在 Cu(NH3)42+离子中， Cu2+ 的空轨道接受NH 3 的氮原子提供的孤电子对形成配位键；(4)常温下 C、 O 和氢元素按原子数目1:1:2 形成的气态常见物质 A 是甲醛，甲醛分子中 C原子可以形成四个化学键，因为碳的价电子数是4，其中，有两个单电子一起与氧的两个电子形成 C=O， C 剩余的两个单电子各与两个H 形成两个 C-H 键，双键中含有一条 键和一条 键，两条 C-H 单键都是 键，所以 键数 =2+1=3，杂化轨道数 =键数 +孤对电子数(C 无孤对

5、电子，所以孤对电子数为0)，所以杂化轨道数 =3，为 sp2 杂化， 1mol HCHO 分子中 键的数目为 3 NA ；(5) X 、 Y 、 E 三种元素分别为 C、 N、 Si，根据每周期第一种元素电离能最小，最后一种元素的电离能最大，呈逐渐增大的趋势；同族元素从上到下第一电离能变小来进行判断，C、 N、 Si 的第一电离能数值由小到大的顺序为：Si CN。2 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_。

6、(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】 Ar F HNO3制光电池2 3-2-2MgCO KOH AlO+2OH =2AlO+H O【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】

7、（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MgCO；（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

8、 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Al2 O3 +2OH-=2AlO2- +H2O 。3 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

9、的酸性强弱 . 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. 化学家研究利用催化技术进行如下反应：2NO2+4CON2+4CO2Q Q0)+ (（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：

10、_ _。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BNO22CO 0. 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

11、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

12、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) NO2g2gNOg3g()+SO()SO)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SO3SO3浓度减小，AK值不变，. 温度不变，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

13、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 4CON2 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+4CON2+4CO2 反应后气体的浓度变化量为

14、 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= c= 0.4mol / L =0. 2mol/( L?min) ，故答案为：； NO2 ；CO2；t2min0.2mol/(L min) ；?( 4) 2NO2+4CON2+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P2P1，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

15、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。4 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

16、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

17、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】 CuSOC-)+ c( S2-)+ c( H2S)1 8 1 8 44+H2S=CuS+H2SO45 HSc( HS35.84 6.4NA离子晶体SNOH【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+H

18、2SO4； 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：-)+ c( H2S) ；5；HS ；c( HS)+ c( S2( 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

19、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 8HNO3422+( 浓 )=CuSO 8NO4H O8，若+，反应中转移的电子为反应中转移1. 6mol 电子时，则产生1. 6molNO2 气体，在标准状况下体积为1. 6mol224L mol=35.84LCuSO4. /；该反应的氧化产物为0 8mol时，则，若反应的氧化产物为.反应中转移电子为0. 8mol 8=6. 4mol ，数目为6.

20、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。5 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 Mn 2+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(H 2 O)6 2+(N5)2(H2O)42-的晶体

21、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-1I2/kJ?mol-1I3/kJ?mol-1X737.71450.77732.7Y1313.93388.35300.5Z1402.32856.04578.1X、 Y、 Z 中为 N 元素的是 _，判断理由是 _。从作用力类型看，Mg2+H与 2O 之间是 _、 N5 与 H2O 之间是 _。N5-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键，可用符号mn 表示，其中 m 代表参与形成大 键的原子数， n 代表参

22、与形成大键的电子数 (如苯分子中的大键可表示为66)，则 N4-中的大 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a nm ，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】 3d5ds ZX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，I1 较大，则 Z 为氮元素sp258.91022其失去第一个电子较难，配位键氢键412NAa3【解析】【分析】(1)根据构造原理书写出25 号 Mn 元素的原子核

23、外电子排布式，Mn 原子失去最外层2个电子得到 Mn 2+；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)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；根据图示，判断晶体中阳离子、阴离子中含有的作用力类型；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 构分析大 的形成；(3)根据晶胞中离子的相 位置判断Ag+的配位数，利用均 方法 算1 个晶胞中含有的mAgN5 的个数， 合= 算密度大小。V【 解】(1)Mn 是 25 号元素，根据构造原理可得Mn 原子的核外 子排布式 1s22s22p6

24、3s23p63d54s2， Mn 原子失去最外 2 个 子得到 Mn 2+，其价 子排布式 3d5；Ag、 Cu 在周期表中位于第IB， 生 化的 子有最外 的s 子和次外 的d 子，属于ds 区元素；(2) X 的第一、第二 离能比 小且很接近， 明X 原子最外 有2 个 子，容易失去，则 X 为 Mg 元素， Z 的第一 离能在三种元素中最大， 合N 原子2p 道 于半充 的 定状 ，其失去第一个 子 ，I1 大，可推知Z 为 N 元素， Y 是 O 元素；在 晶体中阳离子 Mg(H 2 6 2+的中心离子 Mg2+含有空 道，而配位体H2O 的 O 原子上O) 含有孤 子 ，在 合 ，M

25、g 2+提供空 道， H2O 的 O 原子提供孤 子 ，二者形成配位 ；在阴离子 (N 5)2(H2O)42-上 N5-与 H2O 的 H 原子之 通 合在一起，形成NH-O，故二者之 作用力 ；若原子采用 sp3 化，形成的物 构 四面体形；若原子采用sp2 化，形成的物 构 平面形；若原子采用sp 化， 形成的 直 型 构。N5- 平面正五 形， 明N原子的 化 型 sp2 化；在 N5- 中，每个 N 原子的 sp2 化 道形成2 个 ， N 原子上 有1 个孤 子 及 1个垂直于 N 原子形成平面的p 道， p 道 形成大 ， N5-为4 个 N 原子得到1 个 子形成 有1 个 位

26、荷的阴离子，所以含有的 子数 5 个，其中大 是由4 个原子、 5 个 子形成，可表示 54 ；(3)根据 AgN5 的晶胞 构示意 可知，假 以晶胞 点Ag+ 研究 象，在晶胞中与 Ag+距离相等且最近的Ag+在晶胞面心上，通 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 38=12 个；在一个晶胞中2+11-1-7 38 +6 =4，含有1+12含有 Ag 的数目 N5的数目 =4，晶胞体 V=(2a 10)8244 178?g / mol3mN A/mol8.910223。cm ， =g/cmV2a 10 7 3 cm3N

27、 Aa3【点睛】本 考 了物 构，涉及 离能的 用、作用力 型的判断、大 的分析、晶胞 算，掌握物 构知 和晶体密度 算方法是解 关 ，要注意 离能 化 律及特殊性，利用均 方法分析判断晶胞中含有微粒数目， 合密度 算公式解答。6 下表列出了十种元素在周期表中的位置。族周期 A01 AA A AA A23回答下列问题：(1)、按原子个数比1: 1 组成的分子的电子式为_ ；由、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)用化学方程式表示和两

28、种元素的非金属性强弱：_ 。(4)元素的气态氢化物和元素的气态氢化物中，易于制备的是_(填化学式 )(5)元素的最高价氧化物对应的水化物与元素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 、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)写出的单质置换出的单质的化学方程式：_ 。【答案】O=C=ONe O2Na+2H24O=2NaOH+H 2HC1O+Na2CO3=CO2 +2NaC1O4 +H2OH2SA1(OH) 3 +OH- = A1O2- +2 H2 O H2O（或 H2O2） Na2O（或 Na2 22Mg

29、+ CO22MgO+CO 或 NaH）【解析】【分析】从表中元素所在的位置，可推出为氢(H)，为碳 (C)，为磷 (P)，为氧 (O) ，为钠(Na) ，为镁 (Mg) ，为铝 (Al) ，为硫 (S)，为氯 (Cl) ，为氖 (Ne) 。【详解】(1)、为 H 和 O，二者按原子个数比1:1 组成分子 H2O2，电子式为；、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

30、方程式是2Na+2H2O=2NaOH+H2 。 答案为： Ne；O；2Na+2H2O=2NaOH+H2 ；(3)和分别为 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)元素的气态氢化物为PH3，元素的气态氢化物为H2S，易于制备的是H2S。答案为：H2S；(5)元素的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，与元素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)-

31、+2 H2O。答案3 +OH = A1O2为： A1(OH) 3 +OH-= A1O2- +2 H2 O；(6)元素 、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Na O(或 NaO 或 NaH)。答案为： H O（或 H O ）； Na O(或 Na O或 NaH)；222222222(7)的单质 Mg 与 CO 在点燃条件下反应，置换出的单质C，同时生成 MgO，化学方程2式为： 2Mg+ CO222MgO+C。2MgO+C。答案为： 2Mg+ CO【点睛】比较氧与氯的得电子能

32、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，O可以制 Cl，Cl也可以制 O ，所以我们最好利用同一化学式，比如HClO ，从化合价可2222以解决问题。7X、Y、 Z、 W、 Q、 R 是周期表中前36 号元素，核电荷数依次增大，其中X、Y、 Z、都是元素周期表中短周期元素。X 为非金属元素，且X 原子的核外成对电子数是未成对电W子数的2 倍， Z 的次外层电子数是最外层电子数的1，W原子的s 电子与p 电子数相等，Q3是前四周期中电负性最小的元素，R 的原子序数为29。 回答下列问题：（1） X 的最高价氧化物对应的水化物分子中，中心原子采取_杂化。（ 2）化合物 XZ 与 Y 的单质分子互为 _，1mol XZ 中含有 键的数目为_。（ 3） W 的稳定离子核外有 _种运动状态的电子。 W 元素的第一电离能比其同周期 相邻元素的第一电离能高，其原因是：_。（4） Q 的晶体结构如图所示，则在单位晶胞中Q 原子的个数为 _，晶体的配位数是 _。