【化学】化学元素周期律的专项培优练习题.docx

1、【化学】化学元素周期律的专项培优练习题一、元素周期律练习题（含详细答案解析）1 下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，回答问题：族 A A AA A A A0周期123（1）表中用于半导体材料的元素在周期表中的位置是_ 。（ 2）、的原子半径最小是_ （用元素符号 回答）。（3）、的最高价氧化物对应的水化物，碱性最强的是_ （用化学式 回答）。（4）、的气态氢化物，稳定性最强的是_（用结构式 回答）。（ 5）和按原子数 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）和形成的化合物属于 _（填“离子化合物”或“共价化合物”），该晶体属于

2、_晶体（填“离子”、“分子”、“原子”）。（ 7）元素、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、；（ 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NaOHMg ( 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：HFH2O CH4，最稳定的氢化物是HF，其结构式为H F；（5）和按原子数1: 2 形成的化合物是 CO2，其电子式为：2属于分， CO子晶体，熔化时克服分子间作用力；（ 6）和构成的化合物是 SiO2，属于共价化合物，其晶体为原子晶体；（ 7）是钠元素，其最高价氧化物的水化物是NaOH，是 Al，其最高价氧化物的水化物是 Al( OH) 3， Al( OH) 3

4、 表现两性，与碱反应的化学方程式为Al( OH) 3 NaOH NaAlO22H2O。2 黑火药是我国古代四大发明之一，它的爆炸反应为：2KNO3+3C+SK2S+N2 +3CO2完成下列填空：（1）上述反应中的还原剂为_，还原产物有_，当有1molKNO3 参加反应时，转移电子的数目为_。（2） KNO3 晶体类型是 _，其晶体中存在的化学键有_。（3）硫原子的核外电子排布式为_，原子核外有_种不同能量的电子。将SO2和2Cl 分别通入品红溶液中，产生的现象是_；若将 SO22和 Cl 等体积混合后再缓缓通入品红溶液，发现品红溶液_，其原因是 _。（4） S、 C 和 N 三种元素的原子半径

5、从小到大的顺序是_； K2S 溶液中除OH-外其它各离子物质的量浓度的大小顺序为_。（5）下列事实能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱的有_。a.同温同浓度溶液pH： Na2CO3 Na2SO4b.酸性： H2SO3 H2CO3c.CS2 中碳元素为 +4 价，硫元素为 -2 价d.分解温度： CH4 H2S【答案】 C K6NA离子晶体离子键、共价键2 26 24 或 Ne3s 23p452 S和 N21s 2s 2p3s 3p品红溶液均褪色不褪色将 SO2 和 Cl2等体积混合后在溶液中恰好完全反应生成了盐酸和硫酸，不再具有漂白性(或 SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，盐酸和硫

6、酸无漂白性) NCc(S2-)c(HS-)c(H+) ac【解析】【分析】【详解】（1）该反应中 N、 S 元素化合价均降低，C 元素化合价升高，因此还原剂为C；还原产物为 K2S 和 N2；当有 1molKNO3 参加反应时，有1.5molC 参加反应， C 元素化合价从0 价升高至+4 价，因此转移数目为1.5mol 4NAmol -1 =6NA；（2） KNO3 为活泼金属阳离子与含氧酸根阴离子组成的化合物，其晶体类型属于离子晶体；晶体中阴阳离子通过离子键连接，硝酸根内N 原子与 O 原子之间通过共价键连接，因此 KNO3 晶体中存在离子键、共价键；（3） S 原子核内质子数为 16，核

7、外电子数为16，因此核外电子排布式为： 1s22s22p63s23p4或Ne3s 2 3p4；核外电子分别处于 5 个不同的能级中，因此原子核外有5 种不同能量的电子； SO2 具有漂白性，能够使品红溶液褪色，Cl2 与水反应生成的HClO 具有漂白性，能够使品红溶液褪色；将 SO2 和 Cl2 等体积混合后再缓缓通入品红溶液，SO2 与 Cl2 在水中能够发生反应： SO2 +Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成的 HCl、 H2SO4 均不具有漂白性，因此不能使品红溶液褪色；（4） C、N 原子核外电子层数小于S，因此 S 原子半径最大， C、 N 处于同一周期，核外电子层数相同，

8、质子数越大，其半径越小，因此半径相对大小关系为：NCS2-二级水解程度 水的电离程度，因此溶液中除 OH-外离子浓度关系为：c(K+)c(S2-)c(HS-)c(H+)；（5） a同温同浓度溶液pH：Na2 324CO Na SO ，根据 “越弱越水解 ”，说明酸性：H SO H CO， H SO 、 H CO 分别对应 S、 C 的最高价氧化物对应水化物，可说明非金属24232423性： SC，故 a 符合题意 ；b酸性： H SO H CO ，说明亚硫酸电离出氢离子的能力强于碳酸，因H SO 并非 S 元素232323对应最高价氧化物对应水化物，不能说明碳元素与硫元素非金属性相对强弱，故b

9、 不符合题意；c CS中碳元素为 +4价，硫元素为 -2 价，可直接说明 S 的非金属性强于C，所以 S 才显负2价，碳元素显示正价，故c 符合题意；d分解温度： CH4H2S，其原因是 C、 S3 杂化， CH为非极性分子， H-C 键能较均采取 sp4强，在1000 左右分解，而 H2S 为极性分子， H-S-H 键角为92.1o，由于 H-S 键能较弱，导致 H2S 在 300 左右分解，故不能据此比较C 元素与 S元素非金属性，故d 不符合题意；故答案为： ac。【点睛】常见非金属性的比较规律：1、由元素对应简单单质的氧化性判断：一般情况下，氧化性越强，元素对应非金属性越强；2、由单质

10、和水反应程度判断：反应越剧烈，非金属性越强；3、由对应简单氢化物的稳定性判断：氢化物越稳定，非金属性越强；4、由和氢气化合的难易程度判断：化合越容易，非金属性越强；5、由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断：酸性越强，非金属性越强；值得注意的是：氟元素没有正价态，氧目前无最高正价，硝酸则因分子内氢键导致酸性较弱，所以最高价氧化物对应水合物的酸性最强的是高氯酸，而不是非金属性高于氯的氮、氧、氟。3 根据下表回答问题：（ 1）元素在周期表中的位置是 _。（ 2）元素和的原子序数相差 _。（ 3）写出元素的最高价氧化物对应的水化物与元素形成的单质反应的化学方程式_。（ 4）写出元素形成的不同化合价的化

11、合物的化学式 (写出四个 )_，其中能与元素形成的单质反应的化学方程式为 _。【答案】第3 周期第 A 族10 2NaOH+Cl、NO、 NO2、 HNO32=NaCl+NaClO+H2O NH3Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO +2H2O【解析】【分析】元素是钠，其最高价为+1，所以最高价氧化物对应的水化物为NaOH；为 N，其常见化合价为-3、 +2、 +4、 +5 等。【详解】(1)由图可知元素在周期表中的位置是第3 周期第IVA 族。(2)元素和的原子序数分别为1 和11。(3)元素的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，元素形成的单质是Cl2，所以反应为2NaOH+Cl2=Na

12、Cl+NaClO+H2O。(4) 为 N，其常见化合价为 -3、 +2、 +4、+5 等，形成的不同化合价的化合物的化学式为NH3、 NO、 NO2、 HNO3 等。(5)元素是 Al， HNO3 与 Al 反应， Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO +2H2O。4 南京理工教授制出了一种新的全氮阴离子盐AgN5，目前已经合成出钠、锰、铁、钴、镍、镁等几种金属的全氮阴离子盐。(1)基态 Mn 2+的价电子排布式为_；银与铜位于同一族，银元素位于元素周期表的_区。(2)Mg(H 2 O)6 2+(N5)2(H2O)42-的晶体的部分结构如图1 所示：N、 O、 Mg 元素的前3 级电离能如

13、下表所示：元素I1 /kJ?mol-1I2/kJ?mol-1I3/kJ?mol-1X737.71450.77732.7Y1313.93388.35300.5Z1402.32856.04578.1X、 Y、 Z 中为 N 元素的是 _，判断理由是 _。从作用力类型看，Mg2+H与 2O 之间是 _、 N5 与 H2O 之间是 _。N5-为平面正五边形，N 原子的杂化类型是 _。科学家预测将来还会制出含N4-、 N6-等平面环状结构离子的盐，这一类离子中都存在大键，可用符号mn 表示，其中 m 代表参与形成大 键的原子数， n 代表参与形成大键的电子数 (如苯分子中的大键可表示为66)，则 N4-

14、中的大 键应表示为 _ 。(3)AgN5 的立方晶胞结构如图2 所示， Ag+周围距离最近的Ag+有 _个。若晶体中紧邻的 N5-与 Ag+的平均距离为a nm ，NA 表示阿伏加德罗常数的值，则AgN5 的密度可表示为_g?cm-3（用含 a、 NA 的代数式表示）。【答案】 3d5ds ZX最外层为 2 个电子， X 为镁； N 的 2p 轨道处于半充满的稳定状态，I1 较大，则 Z 为氮元素sp258.91022其失去第一个电子较难，配位键氢键412NAa3【解析】【分析】(1)根据构造原理书写出25 号 Mn 元素的原子核外电子排布式，Mn 原子失去最外层2个电子得到 Mn 2+；根据

15、原子结构与元素在周期表的位置确定Ag 在周期表所属区域；(2)根据元素的电离能大小结合原子结构确定X、 Y、 Z 三种元素，然后判断哪种元素是N元素；根据图示，判断晶体中阳离子、阴离子中含有的作用力类型；结合 N5-为平面正五边形结构，结合原子杂化类型与微粒构型关系分析判断，结合微粒的原子 构分析大 的形成；(3)根据晶胞中离子的相 位置判断Ag+的配位数，利用均 方法 算1 个晶胞中含有的mAgN5 的个数， 合= 算密度大小。V【 解】(1)Mn 是 25 号元素，根据构造原理可得Mn 原子的核外 子排布式 1s22s22p63s23p63d54s2， Mn 原子失去最外 2 个 子得到

16、Mn 2+，其价 子排布式 3d5；Ag、 Cu 在周期表中位于第IB， 生 化的 子有最外 的s 子和次外 的d 子，属于ds 区元素；(2) X 的第一、第二 离能比 小且很接近， 明X 原子最外 有2 个 子，容易失去，则 X 为 Mg 元素， Z 的第一 离能在三种元素中最大， 合N 原子2p 道 于半充 的 定状 ，其失去第一个 子 ，I1 大，可推知Z 为 N 元素， Y 是 O 元素；在 晶体中阳离子 Mg(H 2 6 2+的中心离子 Mg2+含有空 道，而配位体H2O 的 O 原子上O) 含有孤 子 ，在 合 ，Mg 2+提供空 道， H2O 的 O 原子提供孤 子 ，二者形成

17、配位 ；在阴离子 (N 5)2(H2O)42-上 N5-与 H2O 的 H 原子之 通 合在一起，形成NH-O，故二者之 作用力 ；若原子采用 sp3 化，形成的物 构 四面体形；若原子采用sp2 化，形成的物 构 平面形；若原子采用sp 化， 形成的 直 型 构。N5- 平面正五 形， 明N原子的 化 型 sp2 化；在 N5- 中，每个 N 原子的 sp2 化 道形成2 个 ， N 原子上 有1 个孤 子 及 1个垂直于 N 原子形成平面的p 道， p 道 形成大 ， N5-为4 个 N 原子得到1 个 子形成 有1 个 位 荷的阴离子，所以含有的 子数 5 个，其中大 是由4 个原子、

18、5 个 子形成，可表示 54 ；(3)根据 AgN5 的晶胞 构示意 可知，假 以晶胞 点Ag+ 研究 象，在晶胞中与 Ag+距离相等且最近的Ag+在晶胞面心上，通 点Ag+可形成 8 个晶胞，每个面心上的Ag+被重复使用了 2 次，所以与 Ag+距离相等且最近的Ag+的数目 38=12 个；在一个晶胞中2+11-1-7 38 +6 =4，含有1+12含有 Ag 的数目 N5的数目 =4，晶胞体 V=(2a 10)8244 178?g / mol3mN A/mol8.910223。cm ， =g/cmV2a 10 7 3 cm3N Aa3【点睛】本 考 了物 构，涉及 离能的 用、作用力 型的

19、判断、大 的分析、晶胞 算，掌握物 构知 和晶体密度 算方法是解 关 ，要注意 离能 化 律及特殊性，利用均 方法分析判断晶胞中含有微粒数目， 合密度 算公式解答。5 下表列出了十种元素在周期表中的位置。族周期 A01 AA A AA A23回答下列问题：(1)、按原子个数比1: 1 组成的分子的电子式为_ ；由、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)用化学方程式表示和两种元素的非金属性强弱：_ 。(4)元素的气态氢化物和元素的气态氢

20、化物中，易于制备的是_(填化学式 )(5)元素的最高价氧化物对应的水化物与元素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 、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：_。(7)写出的单质置换出的单质的化学方程式：_ 。【答案】O=C=ONe O2Na+2H24O=2NaOH+H 2HC1O+Na2CO3=CO2 +2NaC1O4 +H2OH2SA1(OH) 3 +OH- = A1O2- +2 H2 O H2O（或 H2O2） Na2O（或 Na2 22Mg+ CO22MgO+CO 或 NaH）【解析】【分析】从表中元素

21、所在的位置，可推出为氢(H)，为碳 (C)，为磷 (P)，为氧 (O) ，为钠(Na) ，为镁 (Mg) ，为铝 (Al) ，为硫 (S)，为氯 (Cl) ，为氖 (Ne) 。【详解】(1)、为 H 和 O，二者按原子个数比1:1 组成分子 H2O2，电子式为；、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；

22、O；2Na+2H2O=2NaOH+H2 ；(3)和分别为 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)元素的气态氢化物为PH3，元素的气态氢化物为H2S，易于制备的是H2S。答案为：H2S；(5)元素的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，与元素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)-+2 H2O。答案3 +OH = A1O2为： A1(OH) 3

23、 +OH-= A1O2- +2 H2 O；(6)元素 、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Na O(或 NaO 或 NaH)。答案为： H O（或 H O ）； Na O(或 Na O或 NaH)；222222222(7)的单质 Mg 与 CO 在点燃条件下反应，置换出的单质C，同时生成 MgO，化学方程2式为： 2Mg+ CO222MgO+C。2MgO+C。答案为： 2Mg+ CO【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；利用同一反应，O可以

24、制 Cl，Cl也可以制 O ，所以我们最好利用同一化学式，比如HClO ，从化合价可2222以解决问题。6 硫酸亚铁铵 (NH4)2Fe(SO4)2 ?6H2O，相对分子质量 392 晶体又称莫尔盐，易溶易电离但却比一般的亚铁盐稳定，因此广泛应用于制药、电镀以及定量分析。回答下列与之有关的问题：(1)在莫尔盐所涉及的五种元素中：S 元素在门捷列夫元素周期表中的位置是_； 其中处于同主族的两种元素非金属性更强的是：_。(2)为检验莫尔盐是否变质，可用的试剂为_ 。碘是合成人体甲状腺激素的重要原料，食盐中加KIO3 是我国为解决普遍性碘缺乏问题的国家规定，下图是自动电位滴定法测定食盐中碘含量的实验

25、过程：3- 的还原产物为碘单质，写出该反应的离子反应方程式：(3)已知 “溶解 ”过程中 IO_ 。(4)取 50. 00 mL 样品，用 0.005 mol/L 酸性 K2Cr2O7 溶液滴定剩余Fe2+，滴定操作时使用的锥形瓶未干燥，导致结果_（填 “偏大 ”“偏小 ”或 “无影响 ”）【答案】第三周期第 A 族 O 硫氰化钾 (KSCN)溶液 2IO3-2+ 23+2+10Fe +12H =I +10Fe +6H O无影响【解析】【分析】【详解】(1) S 元素在元素周期表中的位置为第三周期第 A 族，故答案为：第三周期第 A 族；莫尔盐中处于同主族的两种元素是O 和 S，其中非金属性更

26、强的是O，故答案为： O；(2)硫酸亚铁铵中含有 Fe2+， Fe2+容易被氧化成 Fe3+，可加入硫氰化钾 (KSCN)溶液检验是否有Fe3+生成，故答案为：硫氰化钾 (KSCN)溶液；(3)溶解过程中， IO3-与 Fe2+发生氧化还原反应生成I2 和 Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子反应方程式为2IO3-+10Fe2+12H+=I2+10Fe3+6H2O，故答案为：-2+3+2IO3+10Fe+12H =I2+10Fe +6H2O；(4)滴定操作时使用的锥形瓶未干燥，不会影响Fe2+的物质的量，因此对滴定结果无影响，故答案为：无影响。7 如图是元素周期表的一部分

27、，按要求回答问题：(1)元素在周期表中位置是_。元素的最高价氧化物的化学式为_。(2)元素组成化合物电子式为_。(3)元素的单质与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)元素与形成的化合物与元素的氢化物的水溶液反应的离子方程式为_。(5)元素形成的简单离子，其离子半径由小到大的顺序为_(用离子符号表示)。(6)AF 发生如图所示的转化，A、 B、 C、 D 为 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。A 和 F 的化学式分别为 _、 _。

28、B 与 G 反应的化学方程式为_ 。C 与 NaOH 溶液反应的离子方程式为_。【答案】第二周期第 VIA 族N2 524浓 )22OC+2H SO (CO +2SO +2H OAl3+3NH3?H2O=Al(OH)3 +3NH4+Mg2+Na+O2 Na+Mg2+；综上可知 Mg2+Na+O2S2 ；（ 6） G 是一种常见温室气体，可推知G 为 CO2 ，结合 A、 B、 C、 D 为 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

29、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1640%，则 E 的相对分子质量为40 ，则 B 元素的相对原子质量为40-16=24，可推知 B0.4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 O2B为Mg，C为Al；DC，为 （碳单质）， E 为 MgO， F 为 Al2O3， G 为 CO2。由上分析知 A 和 F 的化学式分别为O2， Al2O3；点燃B 与 G 反应，即 Mg 与 C

30、O2 反应，其化学方程式为 2Mg+CO22MgO+C；C 为 Al，则 C 与 NaOH 溶液反应的离子方程式 2Al+2OH+6H2O=2Al(OH) 4+3H2。【点睛】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。141416352352388 .在 6C 、 7 N、 8 O、 17 Cl、 92U、 92 U 中：（ 1） _和_的质量数相等，但不能互称为同位素。（ 2） _和_的中子数相等，但质子数不相等，所以不是同一种元素。以上所列共有_种元素。.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。（ 3） Y 的分子式为 _。（4）图中X 的电子式为；其水溶液长期在空气中放置容易变浑浊，原因是