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↓+H2SO4 C 5 HS c(HS)+c(S2)+c(H2S) 1 8 1 8 4
35.84 6.4NA 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1.6mol NO2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、C Al4C3 Al4C3+4NaOH+4H2O=3CH4↑+4NaAlO2
Al4C3+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”）。
L-1，保持其他条件不变，通入一定量的CO2，重新若T1温度下，达到平衡时c(CO2)为amol·
L-1。试比较a、b的大小，并说明理由_____。 达到平衡时c(CO2)为bmol·
【答案】5 SiO2 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
1 0.005mol·L-1·min-1 放热 a=b，通入一定量的
c?CO2?1CO2，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
c?CO2?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
1；反应中固体增加的质量即为消耗的CO2的质量，反应20min
c?CO2?L-1，则0~20min内CO2的平均消耗的CO2的质量为8.8g，?c(CO2)=8.8g÷44g/mol÷2L=0.1mol·
?c?CO2?0.1mol?L-1反应速率??CO2?===0.005mol?L-1?min-1，故答案为：
?t20min1L-1·min-1； ；0.005mol·
c?CO2?(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L-1，保持其他衡逆向移动，则该反应是放热反应；若T1温度下，达到平衡时c(CO2)为amol·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
1K=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c?CO2?1一定量的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，
c?CO2?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>N CO2 弱于 2HO22【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: 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↑；
MnO22H2O+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
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