1、高考化学专题题库元素周期律的综合题及详细答案一、元素周期律练习题（含详细答案解析）1 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的酸性强弱 . 已知 NO2 ( g)+ SO2( g)NO( g)+ SO
2、3( 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：2NO24CON22Q Q0+4CO)+ (（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：_ _。若该反应中气体的总浓度在2min 内减少了0. 2mol / L，则用 N
3、O2 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CD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
4、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AH同； . 非金属性越强，气态氢化物越稳定，但2S 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CS.2S 显，其中 C 显正价，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
5、；( 2) NO2( g)+ SO2( g)NO( g)+ SO3( g) 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SO3， SO3 浓度减小，A. 温度不变，K 值不变，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
6、；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) 2NO24CO22N22N23+N4CO，该反应体系中属于非极性分子的是和CO，含有+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CO2NO2CO2；由于2NO24CON2+4CO2反应后气体的浓度变化量，因此氧化性：+为 1，若该反应中气体的总浓度在2min 内减少了 0. 2mol / L，说明
7、2min 内 NO2 的浓度减小了0 4molL v=c 0.4mol / L0 2molL min) ，故答案为：；NO22./ ，=2min= ./( ?；CO ；t0. 2mol /( L?min ) ；( 4) 2NO24CO22+N4CO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
8、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。2 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（
9、 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_cNa+_，从物料平衡的角度分析：溶液中()=。（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
10、半径由大到小的是（用元素符号表示）_。S2-【答案】CuSO4224-cc H2H S CuSH SO C 5HSc HS)+ ()+ (S181 8 4+=+()35. 84 6. 4NA离子晶体S N OH【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
11、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( H2 S) ，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
12、化铜与浓硝酸的反应方程式为：CuS+8HNO34221； 8； 1； 8；4；( 浓 )= CuSO +8NO+4H O，故答案为：( 4) 根据反应的方程式CuS+8HNO3422O，反应中转移的电子为8，若(浓 )= CuSO +8NO +4H反应中转移1. 6mol 电子时，则产生1. 6molNO21 6mol气体，在标准状况下体积为.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0.8mol86 4mol，数目为6.4NAA= .，故答案为：35.846 4N； .( 5) 此反应体系中的含硫物质为C
13、uS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。3 短周期主族元素X、Y、 Z、 W原子序数依次增大，X 原子最外层有6 个电子，Y 是至今发现的非金属性最强的元素，Z 在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W 的单质广泛用作半导体材料。下列叙述不正确的是（）A最高正价由低到高的顺序：Z、 W、X、YB原子半径由大到小的顺序：Z、 W、 X、 YC Z、 W 分别与 X 形成的化合物：均既能与酸又能
14、与碱反应D简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序： Y、 X、 W 【答案】 A【解析】【分析】X、 Y、 Z、 W 原子序数依次增大，Y 是至今发现的非金属性最强的元素，Y 是 F 元素； X 原子最外层有6 个电子， X 是 O 元素； Z 在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，Z 位于第三周期、 A 族， Z 是 Al 元素； W 的单质广泛用作半导体材料，W 是 Si 元素。【详解】A主族元素最高正价等于族序数(O、F 除外 )， F 没有正价，故A 错误；B电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径由大到小的顺序： AlSiOF，故 B 正确；C Al2O3 是
15、两性氢氧化物既能与酸又能与碱反应，SiO2 是酸性氧化物，能与碱反应生成硅酸盐， SiO2也能与氢氟酸反应生成4气体和水，故 C 正确；SiFD非金属性越强，气态氢化物越稳定，简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：HFH2O SiH4 ，故 D 正确；故选 A。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律，熟记元素及其化合物特殊的性质是解题关键，明确氟是至今非金属性最强的元素，无正价，SiO2 是酸性氧化物，但能与氢氟酸反应。4 煤粉中的氮元素在使用过程中的转化关系如图所示：(1)中 NH3 参与反应的化学方程式为_。(2)焦炭氮中有一种常见的含氮有机物吡啶()，其分子中相邻的C 和 N 原子相比，
16、 N原子吸引电子能力更_(填 “强”或 “弱 ”)，从原子结构角度解释原因：_。(3)工业合成氨是人工固氮的重要方法。2007 年化学家格哈德埃特尔证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意如图：下列说法正确的是_(选填字母 )。a. 图表示N2、 H2 分子中均是单键b. 图 图需要吸收能量c. 该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成22-1(4)已知： N (g) O (g) = 2NO(g) H = a kJmol223-1N (g) 3H (g) = 2NH (g)H = b kJmol222-12H (g) O (g) = 2H O(l)H = c kJ
17、mol反应后恢复至常温常压，中NH3 参与反应的热化学方程式为 _。(5)用间接电化学法除去NO 的过程，如图所示：已知电解池的阴极室中溶液的pH 在47 之间，写出阴极的电极反应式：_。用离子方程式表示吸收池中除去NO 的原理：_。催化剂【答案】 4NH3+5O24NO+6H2O强C和 N 原子在同一周期(或电子层数相同 )， N 原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强bc4NH3(g) + 6NO(g) =22H = (3c-3a-2b) kJ mol-13 -+2 42-22NO + 2SO42-5N (g) + 6H O(l)2HSO+ 2e + 2H = S O
18、+ 2H O223-+2H O = N + 4HSO【解析】【分析】【详解】(1)氨气在催化剂条件下与氧气反应生成一氧化氮和水，为重要的工业反应，反应的化学方催化剂程式为 4NH3+5O24NO+6H2O；(2)由于 C 和 N 原子在同一周期 (或电子层数相同 )， N 原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强，所以N 原子吸引电子能力更强；(3)a氮气中两个氮原子之间为三键，故a 错误；b分析题中图可以知道，图表示N2、H 被吸附在催化剂表面，而图表示在催化剂表2面， N2 、H2 中化学键断裂，断键吸收能量，所以图图需要吸收能量，故b 正确；c在化学变化中，氮分子和氢
19、分子在催化剂的作用下断裂成氢原子和氮原子，发生化学键的断裂，然后原子又重新组合成新的分子，形成新的化学键，所以该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成，故c 正确；答案选 bc。(4)中 NH3 参与的反应为： 4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(l)；-1已知： N2(g) O2(g) = 2NO(g) H = a kJmoli；223-1N (g) 3H (g) = 2NH (g)H = b kJmol ii；2H2(g) O2(g) = 2H2O(l)-1H = c kJmoliii；根据盖斯定律 iii3- i3可-ii得24NH3(g)
20、+ 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(l)-1；H=(3c-3a-2b)kJ mol(5)阴极发生还原反应，据图可知亚硫酸氢根离子得电子被还原生成S2O42- ，电解质溶液显弱酸性，所以电极反应式为：2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；据图可知S2O42- 与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气和亚硫酸氢根，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为：2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3 -。5A、B、 C、 D、 E 均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。其中A 元素 原子核内只有 1个质子； A 与 C， B 与 D 分别同主族；B
21、、 D 两元素原子序数之和是 A、 C 两元素原子序数之和的2 倍。请回答下列问题：( 1) 由上述元素组成的下列物质中属于非电解质的是_( 填字母编号 ) 。a. A2Bb. E2c. DB2d. C2DB3( 2) B 元素在元素周期表中的位置为_；化合物 C2B2 中含有的化学键类型是_；化合物 C2B 中两种离子的半径大小关系为_( 填离子符 号 ) 。( 3) 实验室中欲选用下列装置制取并收集纯净干燥的E2 气体。实验中应选用的装置为 _( 按由左到右的连接顺序填写) ；装置 A 中发生反应的化学方程式为_。【答案】 c第 2 周期 A 族离子键、共价键Na+2AFEB2OMnO4H
22、Cl( 浓 )MnCl Cl +2H O222【解析】【分析】A、 B、 C、 D、E 均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。其中A 元素原子核内只有1个质子，则 A 为 H； A 与 C， B 与 D 分别同主族； B、 D 两元素原子序数之和是A、 C 两元素原子序数之和的2 倍， C 应为 Na，设 B 的原子序数为x， D 的原子序数为x+8，则 2（1+11） =x+x+8，解得 x=8，则 B 为 O， D 为 S， E为 Cl。【详解】( 1) H223均为化合物，均可发生电离，属于电解质，2是单质，既不是电解质也不O、 Na SOCl是非电解质，而SO2本身不能电离，属于非电
23、解质，则只有c为非电解质，故答案为：c；( 2) B 为 O，位于第2 周期 A 族，化合物 C2B2 为 Na2O2，含离子键、共价键；C2B 为Na2O，其中离子具有相同电子排布，原子序数大离子半径小，离子半径为O2- Na+，故答案为：第 2 周期 A 族；离子键、共价键；+2-；Na；O( 3) 用装置 A 制取并收集纯净干燥的Cl2 气体，选择浓盐酸与二氧化锰加热制备；用装置F 中的饱和食盐水除杂；用装置E 中的浓硫酸干燥；最后用B 装置进行收集及尾气处理，则仪器连接顺序为AFEB，故答案为： AFEB；装置 A 中发生反应的化学方程式为MnO24HClMnCl2Cl2 2H2O，故
24、答案为：( 浓 )+MnO 2 4HCl( 浓)MnCl2 Cl2+2H2O。【点睛】此题易错点在于非电解质的判断，电解质的前提必须是化合物，本质是自身在一定条件下可以电离。6 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
25、)+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 020min 内 CO 的平均反应速率为 _。2（4）在 T122、 T 温度下，恒容容器中 c(CO )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， L
26、i 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 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Li2O、 CO2、 SiO2， Li2O 是离子晶体、CO2 是分子晶体、 SiO2 是原子晶体，故答
27、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 Li4422323SiO (s)+CO (g)Li SiO (s)+Li
28、 CO (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 =cCO20.1molL-1L-1min-1，故答案为：t=20min=0.005mol1； 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
29、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。7
30、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】OSNaHHClO4H OO-2CO3HNO3H Al(OH)3+OH- -+3+3H2O bdH2OH2O 分子间能形成氢键，氢键可以极大地=AlO2 +2H2OAl(OH)3 +3H =Al提高水的熔沸点【解析】【分析】由表中元
