1、高考化学专题复习分类练习元素周期律综合解答题一、元素周期律练习题（含详细答案解析）1 高温下，正硅酸锂（Li4422SiO ）能与 CO 发生反应，对控制 CO 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
2、的质量增加了8.8g，则 020min 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 T12-1 ，保持其他条件不变，通入一定量的CO2温度下，达到平衡时 c(CO )为 amol L，重新-1达到平衡时 c(CO2)为 bmol L 。试比较 a、b 的大小，并说明理由 _。【答案】 5 SiO2钠元素和锂元素均为第 A 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NaLi，则原子核对外层电子的吸引能力：NaLi，因此金属性Na
3、强于 Li0.005mol L-1 min -1放热a=b，通入一定量的c CO212不变，故达到新CO ，平衡会正向进行，但由于温度不变，该反应的平衡常数K= c CO 2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Li2222O、 CO 、 SiO ， Li O 是离子晶体、CO 是分子晶体、 SiO 是原子晶体，故答案为： 5； SiO ；222(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
4、A 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NaLi，则原子核对外层电子的吸引能力： NaLi，因此金属性 Na 强于 Li，故答案为：钠元素和锂元素均为第 A 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 NaLi，则原子核对外层电子的吸引能力： NaLi，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)+Li2 CO3(s)，反应物为气体的是二氧化碳，生成物均为固1体，则平衡常数 K=c CO2；反应
5、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2-1，则 020min 内 CO2的平均8.8g， ?c(CO )=8.8g 44g/mol 2L=0.1molL反应速率CO 2 =cCO2= 0.1molL-1=0.005molL-1min -1 ，故答案为：t20min1； 0.005mol L-1min -1；c CO 2(4)由图像分析可知，T 先达到平衡，则温度T T ， T 到 T 的过程是升温， c(CO )增大，平112212衡逆向移动，则该反应是放热反应；若T1温度下，达到平衡时2-1 ，保持其他c(CO )为 amol L条件不变，通入一定量
6、的CO2，平衡会正向进行，但由于温度不变，该反应的平衡常数1不变，故达到新平衡时c（ CO2）不变，即 a=b，故答案为：放热；K= c CO 2a=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=1不变，c CO 2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。2NaClO、 NaNO3、 Na2SO3 等钠盐在多领域有着较广的应用。（1）上述三种盐所
7、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SO2+H2OHSO+OH设计简单实验证明该平衡33存在 _。 0.1mol/L Na 2SO3 溶液先升温再降温，过程中（
8、溶液体积变化不计） PH 如下。时刻温度 / 25304025PH9.669.529.379.25升温过程中PH 减小的原因是_；与相比；C(HSO 3 ） _（填 “或”“【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3 ，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2Al+NaNO 2 +NaOH+H 2 O=2NaAlO 2NH 3；（3）氯气与
9、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；与相比，温度相同，的pH 大于，说明中HSO3 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
10、存在形式是AlO 2；铝粉除去工业废水中的 NaNO2，反应方程式是 2Al+NaNO 2 +NaOH+H 2 O=2NaAlO 2NH 3 ，根据方程式 1molAl 粉处理 0.5mol NaNO2，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，该装置通电中发生的化学方程式为2NaCl+2H2O = 2NaOH+H2+Cl2， Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+HO；（4）该水解平衡的存在，Na2SO3 使溶液显碱性，
11、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； 与相比，温度相同，的pH 大于，说明中HSO 3 浓度减小， c ( HSO3 ）。3 完成下列问题：(1)氮和磷氢化物热稳定性的比较：NH3_PH3（填 “ 或”“ Q2Q +Q 4Q3 2Q +Q bc FeO 2-4+3e +4H2O=Fe(OH)3+5OHZn+2OH-2e =Zn(OH)2【解析】【分析】(1)根据元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物越稳定分析；(2)PH3 与 HI 反应产生PH4I，相当于铵盐，具有铵盐的性质；(3)根据旧键断
12、裂吸收的能量减去新键生成释放的能量的差值即为反应热，结合燃烧反应为放热反应分析解答；(4)根据在原电池中，负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，结合物质中元素化合价及溶液酸碱性书写电极反应式。【详解】(1)由于元素的非金属性：NP，所以简单氢化物的稳定性：NH3PH3；(2) a铵盐都能与NaOH 发生复分解反应，所以PH4I 也能与 NaOH 发生反应， a 错误；b铵盐中含有离子键和极性共价键，所以PH4 I 也含离子键、共价键，b 正确；c铵盐不稳定，受热以分解，故PH4I 受热也会发生分解反应，c 正确；故合理选项是bc；(3)1 mol H 2O 中含 2 mol H
13、-O 键，断开1 mol H-H、1 mol O=O、 1 mol O-H 键需吸收的能量分别为 Q1、 Q2、 Q3 kJ，则形成1 mol O-H 键放出 Q3 kJ 热量，对于反应 H2(g)+1O2(g)=H2O(g)，2断开 1 mol H-H 键和1112mol O=O 键所吸收的能量 (Q+Q ) kJ，生成 2 mol H-O 新键释放的221能量为 2Q3 kJ，由于该反应是放热反应，所以2Q3 -(Q1+Q2)0，2Q1+Q2CN CO2弱于2H2 O 2MnO 22H 2 O+O 2【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
14、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V IA 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:AlCN；Q 的最高价氧化物的化学式为 (2) 根据上述分析： Q 为 C 元素、 W 为CO2 ，故答案：第三周期第A 族； AlCN； CO2；S 元
15、素，非金属性：SC，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：2H2O22H2O+O2，故答案： 2H2O22H2 O+O2；6 下表为元素周期表的一部分，表中列出12种元素在周期表中的位置，请回答：族 AA A A AA A0周期一二?三四?（1）这 12 种元素中，化学性质最不活泼的元素是_（填元素符号或化学式，下同），得电子能力最强的原子是_，常温下单质为液态的非金属单质是_。（2）失电子能力
16、最强的单质与水反应的离子反应方程式是_，（3）写出与形成的简单化合物中最稳定的分子式_。写出两种元素最高价氧化物对应水化物中酸性较弱的化学式_ 。（4）写出 ?与形成的化合物中沸点最低的化学式_酸性最强的化学式_。（5）写出的单质置换出的单质的化学反应方程式：_ 。和两种元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式为_。（6）用电子式表示与组成的二元化合物的形成过程_ 。【答案】 Ne FBr22KHF H3PO4 HCl HBr 2Mg2H2O2K H22OH2 Al(OH)32MgO COH2 2H2OCO AlO【解析】【分析】由元素在周期表中位置，可知为H、为 Na、为 K、为 M
17、g、为 Ca、为 Al、为 C、为 P、为 F、为 Cl、? 为 Br、 ? 为 Ne。【详解】（1）稀有气体 Ne 最外层为稳定结构，化学性质最不活泼；上述元素中F 的非金属性最强，得电子能力最强；已知元素中常温下单质为液态的非金属单质是Br ；2故答案为： Ne； F；2K+2H2O=2K +H2+2OH ； Br2 ；2）上述元素中 K 的金属性最强，失去电子能力最强，K 与水反应生成2，离子方（KOH和 H；程式为 2K+2H2O=2K +H2+2OH；故答案为： 2K+2H 2O=2K +H2+2OH（3）同主族自上而下元素非金属性逐渐减弱，非金属性越强，其简单的气态氢化物越稳定，最
18、高价含氧酸的酸性越强，为C、为 P、为 F 与 H 形成为氢化物分别为CH、43HFPClPH、HF，非金属性 FCP,形成的简单化合物中最稳定的分子式。为为，非金属性 ClP，所以最高价含氧酸的酸性酸性：HClO4 H3PO，故答案为： HF； H PO；434（4） ? 与 H 形成为氢化物分别为HF、HCl、 HBr，由于 HF分子之间存在氢键，使 HF的沸点大于 HCl， HCl 和 HBr 的结构相似，但HCl 的相对分子质量小、分子间作用力弱，使HBr 的沸点大于 HCl； Br 原子半径大于Cl 、 F，使 H-Br 键的键能最小、容易断裂，所以HF、 HCl、 HBr 中酸性最
19、强的是 HBr，故答案为： HCl； HBr；522MgCO2（） Mg与 CO反应生成 MgO和 C，化学方程式为2MgOC ； Na、 Al 最高价氧化物的水化物分别为强碱NaOH和两性氢氧化物Al （ OH） 3，二者反应生成NaAlO2 和H2O，离子方程式为OH Al(OH)3 AlO2 2H2O；故答案为： 2Mg CO2 Al(OH)3 AlO22MgO C； OH 2H2O；（ 6） F 与 Ca 形成离子化合物 CaF2，用电子式表示与组成的二元化合物的形成过程。故答案为：【点睛】。本题考查元素周期表与元素周期律的应用，侧重于元素周期表和周期律的考查，学习中注意把握元素周期表
20、的组成和元素周期律的递变规律，易错点（ 6），用电子式表示 CaF2 的形成过程，注意：电子是由氟失给钙，箭头的起点和终点位置易错，离子化合物的电子式中 加在阴离子或原子团上。7 (I)俄美科学家联合小组宣布合成出114 号元素 (FI)的一种同位素，该原子的质量数是289，试回答下列问题：(1)该元素在周期表中的位置_，属于金属元素还是非金属元素？_(2)如果该元素存在最高价氧化物对应的水化物，请写出其化学式_。(II)下表为元素周期表的部分，列出了 10 种元素在元素周期表中的位置，试回答下列问题：(1)元素 的氢化物与 的单质反应的离子方程式为_ 。(2)元素 和 的最高价氧化物的水化物
21、相互反应的化学方程式为_。(3)元素 Fe 的单质与 的氢化物高温下反应的化学方程式为_。(III)判断以下叙述正确的是_ 。部分短周期元素的原子半径及主要化合价元素代号LMQRT原子半径 /nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价+2+3+2+6、 2 2A L2+、R2 的核外电子数相等B单质与稀盐酸反应的速率L QC M 与 T 形成的化合物一定具有两性D氢化物的沸点为 HnT HnRE. M 的单质能与盐酸、 NaOH 溶液反应放出氢气【答案】第七周期 IVA 族金属 H4 4 23也可以 )22+FIO (H FIOCl +H O=H +Cl +HClONaO
22、H+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2CDE【解析】【分析】I.根据元素周期表的结构及原子序数分析解答；II.根据在周期表中的位置分析元素的种类，根据元素周期律及元素性质分析解答；III.根据原子半径及化合价规律分析元素的种类，根据元素周期律分析解答。【详解】（I）（ 1）每周期最后一种稀有气体元素的原子序数分别是：2、 10、 18、36、 54、 86、118，114 号元素在 118 号的左边，根据元素周期表中周期和族的划分，可知 114 号元素位于第七周期 A 族，第六周期的铅是金属，所以 114 号元素是金属，故答案为：第七周期A 族；金
23、属；（2） 114 号是第七周期A，所以最高正价是+4 价，最高价氧化物对应水化物的化学式为H4FIO4，故答案为：H4FIO4 ；（II） 根据图示元素周期表可知，为H，为Na，为K，为Mg，为Al，为C 元素，为O，为Cl，为I，为Fe 元素。（1）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，该反应的离子方程式为：Cl2+H2O=H+Cl-+HClO，故答案为： Cl2+H2O=H+Cl-+HClO；（ 2）元素和的最高价氧化物的水化物分别为 NaOH、 Al(OH)3，二者反应的化学方程式为： NaOH+ Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，故答案为： NaOH+ Al(OH)3=NaAlO2+
24、2H2O；（ 3）元素单质为 Fe，的氢化物为水， Fe 与水蒸气在高温下发生反应，反应方程式为： 3Fe+4H2O(g)高温高温3 4223 42Fe O +4H，故答案为： 3Fe+4H O(g)Fe O +4H；IIITR-2AT-2TOR素， L、 Q 都有 +2 价，处于 A 族，原子半径L Q，则 L 为 Mg 元素、 Q 为 Be 元素，SM 有+3 价，处于 A 族，原子半径M 的介于 L、 R 之间，则M 为 Al 元素。A L2+的核外电子数为12-2=10， R2-的核外电子数为16-（ -2） =18，不相等，故A 错误；B金属性Mg Be，则Mg与酸反应越剧烈，故B
25、错误；C M 与 T 形成的化合物为Al2O3，具有两性，故 C 正确；D氢化物的沸点为HnT HnR H2R 为 H2S， H2T 为 H2O，水中分子之间存在氢键，熔沸点高H2O H2S，故 D 正确；E. M 为铝，能与盐酸、 NaOH 溶液反应放出氢气，故E 正确；故答案为：CDE。8 下表为元素周期表的一部分，请参照元素 在表中的位置，用相应的化学用语回答下列问题：族IA0周期1 A A AA A A23(1)表中用序号标出的10 种元素中，化学性质最不活泼的元素的原子结构示意图是_ 。(2)、 、 的原子半径由小到大的顺序为_（用元素符号作答）。(3)、 、 的最高价氧化物的水化物
26、的酸性由弱到强的顺序是_（用化学式作答）。(4)由表中两种元素的原子按1： 1 组成的共价化合物M ，M 为常见液态化合物，其稀溶液易被催化分解，请写出M 的电子式 _，M 的结构式 _ 。(5)写出 元素的最高价氧化物对应水化物分别与元素 、 的最高价氧化物对应水化物的水溶液反应的离子方程式_ 、_ 。(6)的金属性强于 ，下列表述中能证明这一事实的是_。a 的单质和 的单质熔沸点不同b 的最高价氧化物水化物的碱性比 的最高价氧化物水化物的碱性强c 最外层的电子数比 多d 的单质与稀盐酸反应比 的缓和一些(7) 和 形成的气态氢化物与 和 形成的气态氢化物相比较， _沸点高（填化学式），理由是_ 。【答案】OSNa H2 334H- O- O- H3-CO HNO HClOAl(OH) +OH=AlO2-+2H2O Al(OH)3 +3H+=Al3+3H2O bd H2O H2O 分子间能形成氢键，氢键可以极大地提高水的熔沸点【解析】【分析】由表中元素所在的位置，可以确定
