备战高考化学《元素周期律的综合》专项训练及答案文档格式.docx
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（4）②、③、④的气态氢化物，稳定性最强的是__________（用结构式回答）。
（5）②和③按原子数1:
2形成的化合物的电子式为____________，该晶体气化的过程中克服的微粒间作用力为_______________________。
（6）③和⑧形成的化合物属于_______________（填“离子化合物”或“共价化合物”），该晶体属于________晶体（填“离子”、“分子”、“原子”）。
（7）元素⑤、⑦的最高价氧化物的水化物互相反应的化学方程式为：
___________________。
【答案】第3周期IVA族FNaOHH－F
分子间作用力共价化合物原子Al（OH）3+NaOH＝NaAlO2+2H2O
【解析】
【分析】
根据元素①～⑨在表中的位置可知分别是H、C、O、F、Na、Mg、Al、Si、Cl。
据此解答。
【详解】
（1）半导体材料应在金属与非金属交界处寻找，根据上述元素周期表的部分结构，半导体材料是晶体硅，位于第三周期第IVA族；
（2）同周期从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，因此原子半径大小顺序是Mg＞O＞F，即原子半径最小的是F；
（3）同周期从左向右金属性减弱，金属性越强，其最高价氧化物的水化物的碱性越强，即NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，碱性最强的是NaOH；
（4）同周期从左向右非金属性增强，其氢化物的稳定性增强，因此氢化物的稳定性：
HF＞H2O＞CH4，最稳定的氢化物是HF，其结构式为H－F；
2形成的化合物是CO2，其电子式为：
，CO2属于分子晶体，熔化时克服分子间作用力；
（6）③和⑧构成的化合物是SiO2，属于共价化合物，其晶体为原子晶体；
（7）⑤是钠元素，其最高价氧化物的水化物是NaOH，⑦是Al，其最高价氧化物的水化物是Al（OH）3，Al（OH）3表现两性，与碱反应的化学方程式为Al（OH）3＋NaOH＝NaAlO2＋2H2O。
2．下表列出了①～⑩十种元素在周期表中的位置。
族
⑩
回答下列问题：
（1）①、④按原子个数比1:
1组成的分子的电子式为____________________；
由②、④两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②和⑨两种元素的非金属性强弱：
________________________。
（4）元素③的气态氢化物和元素⑧的气态氢化物中，易于制备的是____________________（填化学式）
（5）元素⑤的最高价氧化物对应的水化物与元素⑦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①、④、⑤两两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：
______________________。
【答案】
O=C=ONeO2Na+2H2O=2NaOH+H2↑2HClO4+Na2CO3=CO2↑+2NaClO4+H2OH2SAl（OH）3+OH-=AlO2-+2H2OH2O（或H2O2）Na2O（或Na2O2或NaH）
从表中元素所在的位置，可推出①为氢（H），②为碳（C），③为磷（P），④为氧（O），⑤为钠（Na），⑥为镁（Mg），⑦为铝（Al），⑧为硫（S），⑨为氯（Cl），⑩为氖（Ne）。
（1）①、④为H和O，二者按原子个数比1:
1组成分子H2O2，电子式为
；
②、④两种元素为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，化学方程式是2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，答案为：
Ne；
O；
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
（3）②和⑨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③的气态氢化物为PH3，元素⑧的气态氢化物为H2S，非金属性：
S大于P，易于制备的是H2S，答案为：
H2S；
（5）元素⑤的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，与元素⑦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）3+OH-=A1O2-+2H2O，答案为：
A1（OH）3+OH-=A1O2-+2H2O；
（6）元素①、④、⑤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Na2O（或Na2O2或NaH），答案为：
H2O（或H2O2）；
Na2O（或Na2O2或NaH）。
【点睛】
比较氧与氯的得电子能力，如果利用周期表中元素所在位置，无法比较；
可以利用同一化学式，比如HClO，从化合价可以解决问题。
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的酸性强弱
Ⅱ.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
Ⅲ.化学家研究利用催化技术进行如下反应：
2NO2+4CO
N2+4CO2+Q（Q＞0）
（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B
NO2CO20.2mol/（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
（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）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；
故选B；
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+4CO
N2+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+4CO
N2+4CO2反应后气体的浓度变化量为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=
=
=0.2mol/（L•min），故答案为：
NO2；
CO2；
0.2mol/（L•min）；
（4）2NO2+4CO
N2+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P2＞P1，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。
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．比较下列性质（用“＞”、“=”、“＜”填空）
①半径P
________F
②酸性H3PO4
________
H2SO4
③碱性Mg（OH）2
________Al（OH）3
④稳定性H2S
H2O
⑤还原性H2S
HCl
⑥氧化性Cl2
________Br2．
【答案】>
<
>
①根据不同周期元素的原子核外电子层数越多，半径越大分析；
②根据元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强分析；
③根据元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强分析；
④根据元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定越强分析；
⑤根据元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，则对应氢化物的还原性越弱分析；
⑥根据元素的非金属性越强，单质的氧化性越强分析。
①P和F分别位于周期表第三周期和第二周期，P原子核外有3个电子层，F原子核外有2个电子层，元素的原子核外电子层数越多，半径越大，故答案为：
＞；
②P和S位于同一周期，S的非金属性大于P，元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，
＜；
③Mg的金属性大于Al，元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，
④O的非金属性大于S，元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定越强，
⑤Cl的非金属性大于S，元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，则对应氢化物的还原性越弱，
⑥Cl的非金属性大于Br，元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，
＞。
5．下表列出了①～⑩十种元素在周期表中的位置。
（7）写出⑥的单质置换出②的单质的化学方程式：
________________________。
O=C=ONeO2Na+2H2O=2NaOH+H2↑2HC1O4+Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4+H2OH2SA1（OH）3+OH-=A1O2-+2H2OH2O（或H2O2）Na2O（或Na2O2或NaH）2Mg+CO2
2MgO+C
②、④两种元素为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：
（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，化学方程式是2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。
答案为：
2HC1O4+Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4+H2O。
2HC1O4+Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4+H2O；
（4）元素③的气态氢化物为PH3，元素⑧的气态氢化物为H2S，易于制备的是H2S。
（5）元素⑤的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，与元素⑦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）3+OH-=A1O2-+2H2O。
离子化合物可能为氧化钠、过氧化钠、氢化钠，化学式为Na2O（或Na2O2或NaH）。
Na2O（或Na2O2或NaH）；
（7）⑥的单质Mg与CO2在点燃条件下反应，置换出②的单质C，同时生成MgO，化学方程式为：
2Mg+CO2
2MgO+C。
利用同一反应，O2可以制Cl2，Cl2也可以制O2，所以我们最好利用同一化学式，比如HClO，从化合价可以解决问题。
6．如图是元素周期表的一部分，按要求回答问题：
⑥
⑧
（1）元素④在周期表中位置是_______。
元素③的最高价氧化物的化学式为________。
（2）元素①⑤组成化合物电子式为___________。
（3）元素②的单质与⑧的最高价氧化物的水化物热的浓溶液反应的化学方程式为___。
（4）元素⑦与⑨形成的化合物与元素③的氢化物的水溶液反应的离子方程式为_____。
（5）元素④⑤⑥⑧形成的简单离子，其离子半径由小到大的顺序为_____（用离子符号表示）。
（6）A—F发生如图所示的转化，A、B、C、D为①—⑨中某种元素形成的单质，E、F、G为B、C、D与A形成的二元化合物，G是一种常见温室气体，与B可以反应生成E，E中B元素的质量分数为60%，F为两性物质。
①A和F的化学式分别为_______、_______。
②B与G反应的化学方程式为____________________。
③C与NaOH溶液反应的离子方程式为______________。
【答案】第二周期第VIA族N2O5
C+2H2SO4（浓）
CO2↑+2SO2↑+2H2OAl3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+Mg2+<
Na+<
O2－<
S2－O2Al2O32Mg+CO2
2MgO+C2Al+2OH－+6H2O=2[Al（OH）]4－+3H2↑
结合元素周期表可知①为H元素，②为C元素，③为N元素，④为O元素，⑤为Na元素，⑥为Mg元素，⑦为Al元素，⑧为S元素，⑨为Cl元素。
（1）④为O元素，在周期表中位置是第二周期第VIA族，③是N元素，最高价为+5价，所以元素③的最高价氧化物的化学式为N2O5；
（2）元素①⑤组成化合物为NaH，属于离子化合物，Na+的电子式为Na+，H－的电子式为
，因而NaH的电子式为
（3）元素②的单质与⑧的最高价氧化物的水化物分别是C和H2SO4，其化学反应方程式为C+2H2SO4（浓）
CO2↑+2SO2↑+2H2O；
（4）元素⑦与⑨形成的化合物与元素③的氢化物分别是AlCl3和NH3，NH3的水溶液为NH3·
H2O，其离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；
（5）元素④⑤⑥⑧形成的简单离子分别是O2-，Na+，Mg2+，S2-，S2-的电子层数为3，其它离子电子层数为2，所以S2-的半径最大；
当电子层数相同时，原子序数越小，离子半径越大，因而O2->
Na+>
Mg2+；
综上可知Mg2+<
S2－；
（6）G是一种常见温室气体，可推知G为CO2，结合A、B、C、D为①—⑨中某种元素形成的单质，且A和D生成G，推断A为O2或C（碳单质），F为两性物质且F为C与A形成的二元化合物，可推知F为Al2O3，因而A为O2，D为C（碳单质），C为Al；
E中B元素的质量分数为60%，结合E为B与A形成的二元化合物，E中O元素的质量分数为40%，则E的相对分子质量为
，则B元素的相对原子质量为40-16=24，可推知B为Mg，E为MgO，结合G是一种常见温室气体，与B可以反应生成E，即CO2与Mg点燃生成MgO和C，证明上述推断合理；
综上A为为O2，B为Mg，C为Al；
D为C（碳单质），E为MgO，F为Al2O3，G为CO2。
①由上分析知A和F的化学式分别为O2，Al2O3；
②B与G反应，即Mg与CO2反应，其化学方程式为2Mg+CO2
2MgO+C；
③C为Al，则C与NaOH溶液反应的离子方程式2Al+2OH－+6H2O=2[Al（OH）]4－+3H2↑。
第一步，先看电子层数，因为微粒半径大小的决定因素是电子层数。
电子层数越多，其半径越大。
这里主要是指同一主族，不同族不能直接比较，不能认为具有3个电子层的氯原子半径大于具有2个电子层的锂原子。
第二步在电子层数相同的情况下看核电荷数，因为核电荷数的多少是影响半径大小的次要因素。
而核电荷数越多，其半径越小。
第三步在电子层数和核电荷数相同的情况下看电子数，核外电子数是影响半径大小的最小因素。
核外电子数越多，其半径越大。
注意的是此三步不可颠倒。
7．下表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑨在表中的位置，回答下列问题：
（1）①④⑥三种元素构成的化合物的电子式：
__；
⑨的最高价氧化物对应水化物的化学式：
__。
（2）⑤、⑦、⑧的简单离子半径由大到小的顺序：
__（用离子符号填写）。
（3）用一个化学方程式表示④、⑤二种元素非金属性的强弱__。
（4）⑦的单质与⑥的最高价氧化物对应水化物的水溶液反应的离子方程式为__。
（5）元素①、元素④以原子个数比为1∶1形成化合物Q，元素①、元素③形成化合物M，Q和M的电子总数相等。
以M为燃料，Q为氧化剂，可作火箭推进剂，最终产物对空气没有污染，写出该反应的化学方程式：
HClO4
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