高考化学培优易错试卷(含解析)之元素周期律.docx

1、高考化学培优易错试卷( 含解析 ) 之元素周期律一、元素周期律练习题（含详细答案解析）1 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 . 已知 NO2 ( g)+ SO2( g)NO( g)+

2、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. 化学家研究利用催化技术进行如下反应：2NO24CON22Q Q0+4CO)+ (（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

3、 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CD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BNO22CO 0. 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【解析】【分析】【详解】( 1) 碳为 6

4、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AH同； . 非金属性越强，气态氢化物越稳定，但2S 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CS.2S 显，其中 C 显正价，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；

5、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

6、错误；故选B；故答案为：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) 2NO24CO22N22N23+N4CO，该反应体系中属于非极性分子的是和CO，含有+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CO2NO2CO2；由于2NO24CON2+4CO2反应后气体的浓度变化量，因此氧化性：+为 1，若该反应中气体的总浓度在2min 内减少了 0. 2mol / L，说

7、明 2min 内 NO2 的浓度减小了0 4molL v=c 0.4mol / L0 2molL min) ，故答案为：；NO22./ ，=2min= ./( ?；CO ；t0. 2mol /( L?min ) ；( 4) 2NO24CO22+N4CO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P2P1，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

8、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。【点睛】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。2 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、

9、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=NaCl+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、

10、NO2、 HNO3 等。(5)元素是 Al， HNO3 与 Al 反应， Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO +2H2O。3 高温下，正硅酸锂（ Li4 42发生反应，对控制2的排放具有重要的理论意SiO ）能与 COCO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：Li SiO (s)+CO (g)Li SiO (s)+Li CO (s)。4422323（3）该反

11、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-1 ，保持其他条件不变，通入一定量的CO1 温度下，达到平衡时c(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

12、，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)

13、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碳，生

14、成物均为固1CO2 的质量，反应 20min体，则平衡常数 K=；反应中固体增加的质量即为消耗的c CO2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c CO2=0.1molL-1-1min-1，故答案为：CO 2 =t20min=0.005mol L1； 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

15、其他c(CO )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K=1不变，故达到新平衡时c（ CO2a=ba=b，通入c CO 2）不变，即，故答案为：放热；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 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 南京理工教授制出了一种新的全氮阴离子

16、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

17、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-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

18、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；

19、(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 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

20、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

21、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、 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+

22、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 如 是元素周期表的一部分，按要求回答 ：(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

23、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 _、 _。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N2O5

24、C+2H2SO4(浓 ) CO2 +2SO +2H2O3+4 +2+22点燃32322 322MgO+CAl+3NH ?H O=Al(OH) +3NHMgNa 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 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

25、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O2， B 为 Mg， C 为E，即 CO2 与 MgAl；D 为 C（碳单点燃点燃B 与 G 反应，即 Mg 与 CO2 反应，其化学方程式为 2Mg+CO22MgO+C；C 为 Al，则 C 与 NaOH

26、 溶液反应的离子方程式 2Al+2OH242+6H O=2Al(OH)+3H。【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。61869 年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，到现在形成的周期表

27、经过了众多化学家的艰辛努力，历经 142 年，元素周期表体现了元素位构性的关系，揭示了元素间的内在联系。如图是元素周期表的一部分，回答下列问题。（1）元素 Ga 在元素周期表中的位置为：_（写明周期和族）。（2） Sn 的最高正价为 _， Cl 的最高价氧化物对应水化物的化学式为_， As 的气态氢化物为 _。（3）根据元素周期律，推断：阴影部分元素氢化物热稳定性最高的是_（填化学式）。AsO 、 H SeO 的酸性强弱： H AsO _H SeO （填“”、“”或“=”）。H34243424氢化物的还原性： H2 O_H2S（填“”、“”或“=”）。（4）可在图中分界线（虚线部分）附近寻找_

28、（填序号）。ABCD. 优良的催化剂. 半导体材料. 合金材料. 农药（5） Se2Cl2 常用作分析试剂，其电子式为_。硒（ Se）化铟（ In）是一种可应用于未来超算设备的新型半导体材料。下列说法正确的是_（填字母）。AInSe. 原子半径：B. In 的金属性比 Se 强C. In 的金属性比 Al 弱D. 硒化铟的化学式为InSe2工业上常从电冶铜的阳极泥中提取纳米硒。向浆化的阳极泥中通入氯气，Cu2Se 被溶液中的 HClO氧化为 H2322SeO及 CuCl ，反应中 HClO与 Cu Se 的物质的量之比为 _。（6）请设计实验比较C、Si 的非金属性强弱顺序（可供选择的药品有：

29、CaCO3 固体、稀硫酸、盐酸、饱和NaHCO3溶液、饱和23Na CO 溶液、硅酸钠溶液，化学仪器根据需要选择）。实验步骤实验现象与结论在试管中加入 _，再加入 _，将生成气体通过_洗气后，通入 _；现象： _；结论：非金属性 C Si【答案】 4， A+4 HClO43 BABAsH HF4：1CaCO 固体盐酸NaHCO 溶液Na SiO 溶液生成白色胶状沉淀3323【解析】【分析】【详解】（1） Ga 和 Al 同主族，在Al 的下一个周期，即第四周期，第A 族，故答案为：4； A；2）Sn和碳同主族，最高价是 +4价；Cl7价，最高价氧化物对应水化物的化（的最高价是 +学式为 HClO4； As 和 N 元素同主族，所以最低负价是- 3价， As 的气态氢化物为AsH3；故答案为： +4； HClO4； AsH3；（3）同主族元素从上到下，氢化物稳定性减弱，同周期元素从右到左，氢化物稳定性减弱，所以阴影部分元素氢化物热稳定性最高的是HF，故答案为：HF；As 和Se 同一周期，同周期元素从右到左，最高价含氧酸的酸性减弱，所以H3AsO4 、H2SeO4 的酸性强弱：H3AsO4 H2SeO4，故答案为：；氢