1、化学 元素周期律的专项培优 易错 难题练习题一、元素周期律练习题（含详细答案解析）1 X、Y 、 Z 、 E 、 F 五种元素的原子序数依次递增。已知：F 位于周期表中第四周期 IB 族，其余的均为短周期主族元素：E 的氧化物是光导纤维的主要成分；Y原子核外L层电子数为奇数；X是形成化合物种类最多的元素；Z 原子p 轨道的电子数为4。请回答下列问题：(1)写出一种X元素形成氢化物的化学式_ 。(2)在 1 个由 F 与 Z 形成的 F2Z 晶胞中 (结构如图所示 )所包含的 F 原子数目为 _个。(3)在 F(NH3)42+离子中， F2+ 的空轨道接受 NH 3 的氮原子提供的_形成配位键。
2、(4)常温下 X 、 Z 和氢元素按原子数目1:1:2 形成的气态常见物质A 是 _(写名称)， A 物质分子中 X 原子轨道的杂化类型为_ ， 1molA 分子中键的数目为_ N A 。(5) X 、 Y 、 E 三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为_(写元素符号 )。【答案】 CH4 4 孤电子对甲醛 sp2 杂化3 Si CN【解析】【分析】X 、 Y 、 Z 、 E 、 F 五种元素的原子序数依次递增。根据F 位于周期表中第四周期 IB族可判断其为 Cu；根据 E 的氧化物是光导纤维的主要成分可判断E 为 Si；根据 X 是形成化合物种类最多的元素可判断X 为 C；根据 Y 原子核
3、外 L 层电子数为奇数且原子序数比X 的大可判断其属于第二周期的元素，可能为N 或 F；根据 Z 的原子 P 轨道的电子数为 4推测出 Z 可能为 O 或 S，但 E 的原子序数大于Z，E 为 Si，所以 Z 只能为 O，处于 C 和 O 之间的 Y 只能为 N，所以 X 、 Y 、 Z 、 E 、 F 分别为 C、N、O、 Si、 Cu，据此解题。【详解】(1)X 为 C， X 元素形成的氢化物有很多，有烷烃、烯烃、炔烃等，其中的一种的化学式为CH4；(2) F2 Z 为 Cu2O，根据化学式中原子个数比 Cu:O=2:1，然后算出图中该晶胞的黑球个数为：1 4=4，白球个数为： 81/8+
4、1=2，所以黑球代表的是 Cu 原子，白球代表的是 O 原子，所以该晶胞中所包含的 Cu 原子数目为 4 个；(3)在 Cu(NH3)42+离子中， Cu2+ 的空轨道接受NH 3 的氮原子提供的孤电子对形成配位键；(4)常温下 C、 O 和氢元素按原子数目1:1:2 形成的气态常见物质 A 是甲醛，甲醛分子中 C原子可以形成四个化学键，因为碳的价电子数是4，其中，有两个单电子一起与氧的两个电子形成 C=O， C 剩余的两个单电子各与两个H 形成两个 C-H 键，双键中含有一条 键和一条 键，两条 C-H 单键都是 键，所以 键数 =2+1=3，杂化轨道数 =键数 +孤对电子数(C 无孤对电子
5、，所以孤对电子数为0)，所以杂化轨道数 =3，为 sp2 杂化， 1mol HCHO 分子中 键的数目为 3 NA ；(5) X 、 Y 、 E 三种元素分别为 C、 N、 Si，根据每周期第一种元素电离能最小，最后一种元素的电离能最大，呈逐渐增大的趋势；同族元素从上到下第一电离能变小来进行判断，C、 N、 Si 的第一电离能数值由小到大的顺序为：Si CN。2Q、 W、X、Y、 Z 是 5 种短周期元素，原子序数逐渐增大， Q 与温室气体， W 与 Y、 X 与 Y 组成的化合物是机动车排出的大气污染物，W 组成的化合物是一种Y 和 Z 能形成原子个数比为1：1和 1： 2 的两种离子化合物
6、。（ 1） W 在元素周期表中的位置是 _。（ 2） 2.24L（标准状况） XQ3 被 200mL 1mol/L QXY3 溶液吸收后，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序是 _。（3） WQ42的反应可将化学能转化为电能，其工作原理如图所示，a 极的电极反应式Y 与 Y是 _ 。（4）已知： W（ s） +Y22（g） H=-393.5kJ/mol WY （ g） +22（ g） WYY （ g） WY（ g） H=-283.0kJ/mol24g W 与一定量的 Y2 反应，放出热量 362.5kJ，所得产物的物质的量之比是 _。（ 5） X 和 Z 组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱
7、，该反应的化学方程式是_。【答案】第二周期IVA 族c（NO3- ） c（H+ ） c（NH4+） c（ OH-） CH3OH-6e-+8OH-CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；=CO32-+6H2O n（ CO2 ）： n（ CO） =1： 3 Na3N+4H2O=3NaOH+NH3 H2O 【解析】【分析】Q、 W、 X、 Y、 Z 是 5 种短周期元素，染物，机动车排出的大气污染物常见的有W 与 Y、 X 与 Y 组成的化合物是机动车排出的大气污CO 和 NO， W、 X、 Y 原子序数依次增大，则W为 C 元素， X 为N 元素，Y 为O 元素；Q 与 W 组成的化合
8、物是具有温室效应的气体，为CH4 气体，则Q 为H 元素； Y 和Z 能形成原子个数比为1： 1 和1： 2 的两种离子化合物，应为Na2O 和 Na2O2 两种化合物，则Z 为Na 元素，以此解答该题。【详解】（1） W 为C 元素，有2 个电子层，最外层电子数为4，位于周期表第二周期IVA 族；故答案为：第二周期IVA 族；（ 2） 2.24L（标准状况） NH3 为 0.1mol ， 200mL1mol/L HNO 3 溶液含有 HNO30.2mol ，氨气被硝酸溶液吸收，溶液相当于含有0.1molHNO 3 与0.1molNH 4NO3 混合，铵根离子水解不大，溶液呈酸性，所得溶液中离
9、子浓度从大到小的顺序是c( NO3-) c( H+) c( NH4+) c( OH-) ；故答案为： c( NO3-) c( H+) c( NH4+) c( OH-) ；（3）由图可知，电子从a 极流出， a 极为原电池负极，负极发生氧化反应，CH4O 在负极上放电，电极反应式为故答案为： CH3OH-6e-+8OH-=CO32- +6H2O；（ 4）已知： C( s) +O2 ( g) =CO2( g) H=-393.5kJ/mol ； CO( g) + 1 O2 ( g) =CO2( g) H=-283.0kJ/mol ；2-得C s + 12由( )O(g =CO gH=-110kJ/m
10、ol；2)( ) 24gC 的物质的量为2mol，与一定量的O2 反应，若只生成二氧化碳，放出热量为393.5kJ/mol 2mol=787kJ；若只生成一氧化碳，放出热量为110kJ/mol 2mol=220kJ，实际放出热量362.5kJ，故生成二氧化碳与一氧化碳，令生成二氧化碳的物质的量为x，一氧化碳的物质的量为y，所以 x+y=2，393.5x+110y=362.5 ，解得 x=0.5 mol ， y=1.5 mol ，所以n( CO2) ： n( CO) =1：3；故答案为： n( CO2) ： n( CO) =1：3；( 5) X 和 Z 组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱
11、，该化合物为Na3N，该反应的化学方程式是Na3N+4H2O=3NaOH+ NH3 H2O；故答案为： Na3N+4H2O=3NaOH+ NH3 H2O。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)。
12、（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 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 SiO2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
13、，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 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Li2222O、 CO 、 SiO ， Li O 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)
14、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 Li4SiO4(s)+CO2(g)Li2SiO3(s)+Li2 CO3(s)，反应物为气体的是二氧化
15、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耗的CO的质量，反应 20minc CO22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 =c CO2= 0.1molL-1=0.005mol L-1 min -1 ，故答案为：t20min1； 0.005mol L-1min -1；c CO 2(4)由图像分析可知， T1 先达到平衡，则温度T1T2， T2 到 T1 的过程是升温， c(CO2)增大，平衡逆向移动，则该反应是放热反应；若T-1 ，保持其他1温度下，达
16、到平衡时 c(CO2)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 CO 2一定量的 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，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。4NaClO、 NaNO3、 N
17、a2SO3 等钠盐在多领域有着较广的应用。（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，半径较小的原子是_；原子核外最外层 p 亚层上电子自旋状态只有一种的元素是_ 。（ 2）碱性条件下，铝粉可除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。产物中铝元素的存在形式 _ （填化学符号）；每摩尔铝粉可处理 _gNaNO2。（ 3）新冠疫情发生后，有人用电解食盐水自制 NaClO 消毒液，装置如图（电极都是石墨）。电极 a 应接在直流电源的 _ 极；该装置中发生的化学方程式为_（4） Na2SO3 溶液中存在水解平衡SO23 +H2OHSO3 +OH设计简单实验证明该平衡存在 _
18、。 0.1mol/L Na 2SO3溶液先升温再降温，过程中（溶液体积变化不计） PH 如下。时刻温度 / 25304025PH9.669.529.379.25升温过程中PH 减小的原因是_；与相比；C(HSO 3 ） _（填 “或”“SO【解析】【分析】（1）电子层数越少，半径越小，电子层数相同，质子数越多半径越小；p 亚层的电子数3 ，p 亚层上电子自旋状态只有一种；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同；（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐；铝粉除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生氨气，反应方程式是2Al+NaNO
19、2 +NaOH+H 2 O=2NaAlO 2NH 3；（3）氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，为使氯气与氢氧化钠充分反应，a 极应生成氯气；（4）由于该水解平衡的存在，使Na2SO3 溶液显碱性；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动；与相比，温度相同，的pH 大于，说明中HSO3 浓度减小。【详解】（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，Na、 Cl、 S 有 3 个电子层，半径较大，O、 N 有 2个电子层，且 O 的质子数大于 N，所以半径较小的原子是 O；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同，所以p 亚层上电子自旋状态
20、只有一种的元素是N；（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐，产物中铝元素的存在形式是AlO 2 ；铝粉除去工业废水中的 NaNO2，反应方程式是 2Al+NaNO 2 +NaOH+H 2 O=2NaAlO 2 NH 3，根据方程式 1molAl 粉处理 0.5mol NaNO2，质量是 0.5mol 69g/mol=34.5g；（3） a 极氯离子失电子生成氯气，所以a 极是阳极，应接在直流电源的正极；用石墨电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，该装置中发生的化学方程式为 2NaCl+2H2通电222O = 2NaOH+H+Cl ， Cl +2NaOH=NaC
21、l+NaClO+HO；（4）该水解平衡的存在， Na2SO3 使溶液显碱性，向溶液中滴加酚酞，发现变红，则证明该平衡的存在；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动，Kw 变大， c(H+ )增大， pH变小； 与相比，温度相同，的pH 大于，说明中HSO 3 浓度减小， c ( HSO3 ）。5 元素周期表是学习化学的重要工具。下表为8 种元素在周期表中的位置。（1）如图所示的模型表示的分子中，可由A、 D 形成的是 _。c 与氯气反应生成的二元取代物有_种， d 分子的结构简式 _。（2） Na 在 F 单质中燃烧产物的电子式为_。该燃烧产物中化学键的类型为：_。上述元素的最高价氧化物的
22、水化物中，碱性最强的是_(写化学式 )。（3） A 与 D 组成的化合物中，质量相同，在氧气中完全燃烧消耗氧气最多的是：_（4）关于（ 1）中 d 分子有下列问题：d 分子中同一平面的原子最多有_个。若用 C4H9 取代 d 上的一个H 原子，得到的有机物的同分异构体共有_种。【答案】 acd 1Na+:O:O:2-Na+离子键和非极性共价键KOH4CH 13 16【解析】【分析】A 为 H、 D 为 C、 F 为 O、 G 为 Mg 、Q 为 Al、 M 为 S、R 为 Cl、 N 为 K；(1)由 A、 D 形成的是烃，据此选择； c 为甲烷，与氯气反应生成的二元取代物为二氯甲烷，按空间构
23、型判断种类， d 为甲苯，据此写分子的结构简式；(2)Na 在 F 单质中燃烧产物为过氧化钠，据此写电子式并判断化学键的类型；上述元素中金属性最强的元素其最高价氧化物的水化物碱性最强；(3)A 与 D 组成的化合物为烃，质量相同，在氧气中完全燃烧消耗氧气最多的是氢质量分数最大的那个；(4) d 分子为甲苯， C4H9 有 4 种，据此回答；【详解】(1)由 A、 D 形成的是烃，据此选择acd；答案为： acd；c 为甲烷，与氯气反应生成的二元取代物为二氯甲烷，甲烷是正四面体结构，故二氯甲烷只有一种；答案为： 1；d 为甲苯，其结构简式为；(2)Na 在 F 单质中燃烧产物为过氧化钠，其电子式
24、为Na + :O:O:2- Na + ，所含化学键为离子键和非极性共价键；上述元素中金属性最强的元素为K，则最高价氧化物的水化物碱性最强的为 KOH；答案为： Na + :O:O:2- Na + ；离子键和非极性共价键；KOH；(3)A 与 D 组成的化合物为烃，等质量的甲烷、乙烯和甲苯中，氢质量分数最大的是甲烷，在氧气中完全燃烧消耗氧气最多的是甲烷；答案为：甲烷；(4) d 分子为甲苯，甲苯分子中有一个甲基，甲基是四面体结构，最多13 个原子共面；答案为： 13；甲苯苯环上一个H 被 C4 94 9和甲基可以处以邻位、间位和对位，49H取代时， C HC H有 4 种，可得 12种同分异构体
25、，当甲苯的甲基上有一个H 被 C4H9 替代，又可得到可得4种同分异构体，故一共16 种；答案为： 16。6 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】 【解析】【分析】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；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；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；根据元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定越强分析；根据元素的非金属性越强，
26、单质的氧化性越强，则对应氢化物的还原性越弱分析；根据元素的非金属性越强，单质的氧化性越强分析。【详解】P 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：；P 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，故答案为：；Mg 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，故答案为：；O 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，故答案为：； Cl 的非金属性大于 S，元素的非金属性越强，单质的氧化性越
27、强，则对应氢化物的还原性越弱，故答案为：；Cl 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，故答案为：。7 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
28、盐中碘含量的实验过程：-(3)已知 “溶解 ”过程中 IO3 的还原产物为碘单质，写出该反应的离子反应方程式：_ 。(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 2IO-2+3+3+10Fe+12H =I2+10Fe +6H2O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
29、更强的是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2IO3-2+ 23+2+10Fe+12H =I +10Fe+6H O，故答案为：-2+3+2322IO +10Fe+12H =I +10Fe +6H O；(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。8 如图是元素周期表
30、的一部分，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B 与C 与F 的化学式
31、分别为_、 _。G 反应的化学方程式为_ 。NaOH 溶液反应的离子方程式为_。【答案】第二周期第VIA 族N2O5C+2H2SO4(浓 )CO2 +2SO +2H2O3+4 +2+22点燃32322 322MgO+CAl+3NH ?H O=Al(OH) +3NHMg Na ONa+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
32、 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1640-16=24，可推知 B40 ，则 B 元素的相对原子质量为0.4为 Mg， E 为 MgO，结合 G 是一种常见温室气体，与生成 MgO 和 C，证明上述推断合理；综上 A 为为质）， 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；B 可以反应生成 E，即 CO2 与 Mg 点燃O2， B 为 Mg， C 为 Al；D 为 C（碳单B 与 G 反应，即 Mg 与 CO2反应，其化学方程式为点燃2MgO+C；22Mg+COC 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
