《高考化学元素周期律提高练习题压轴题训练及详细答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学元素周期律提高练习题压轴题训练及详细答案（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高考化学元素周期律提高练习题压轴题训练及详细答案一、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
2、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】 CuSO4224C-)+ c( S2-)+ c( H21 8 1 8 4+H S=CuS+H SO5 HS
3、c( HSS)35.84 6.4N离子晶体S NOHA【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CuSO+H2S=CuS+H2SO4 ，反应生成的4CuS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
4、 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
5、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. 6molNO2 气体，在标准状况下体积为1. 6mol224L mol=3584LCuSO. /.；该反应的氧化产物为4，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
6、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 高温下，正硅酸锂（Li4 422SiO ）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
7、器内固体物质的质量增加了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 T温度下，达到平衡时-1，保持其他条件不变，通入一定量的CO1c(CO2)为 amol L2，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 SiO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 22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
8、 强于 Li0.005mol L-1 min -1放热a=b，通入一定量的c CO21CO2，平衡会正向进行，但由于温度不变，该反应的平衡常数不变，故达到新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、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A 族元
9、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，生成物均为固体，则平衡常数 K=1；反应中固体增加的质量即为消
10、耗的COc CO22 的质量，反应 20min消耗的 CO的质量为8.8g， ?c(CO2)=8.8g 44g/mol-1，则020min内 CO2 2L=0.1molL2 的平均反应速率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
11、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。3 比较下列性质（用“ ”、 “=、”“ ”填空）半径 P _F酸性 H3PO4 _ H2SO4碱性 Mg （ OH） 2 _Al（OH）3稳定性H2S _ H2O还原性 H2S _ HCl氧化性Cl2 _Br2 【答案】
