新高考化学一轮总复习练14第五章第14讲元素周期律含解析

第14讲　元素周期律

A组　基础必做题

1．部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示：

下列说法正确的是(　C　)

A．离子半径的大小顺序：e>f>g>h

B．与x形成简单化合物的沸点：y>z>d

C．x、z、d三种元素形成的化合物可能含有离子键

D．e、f、g、h四种元素最高价氧化物对应的水化物相互之间均能发生反应

[解析]　根据原子序数及化合价判断元素x是氢元素，y为碳元素，z为氮元素，d为氧元素，e为钠元素，f为铝元素，g为硫元素，h为氯元素。电子层数越多，离子半径越大；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：g>h>e>f，A错误；与H形成简单化合物的沸点：H2O>NH3>CH4，B错误；氢元素、氮元素和氧元素可以组成硝酸铵，为离子化合物，C正确；S、Cl最高价氧化物对应的水化物是H2SO4和HClO4，二者不能反应，D错误。

2．(2022·福建南平质检)某同学设计了如图所示元素周期表，已知Z元素的最外层电子数是次外层的3倍。空格中均有对应的元素填充。下列说法正确的是(　D　)

A．白格中都是主族元素，灰格中都是副族元素

B．X、Y分别与Z形成的化合物都只有两种

C．X、Y元素最高价氧化物对应的水化物酸性：X<Y

D．X、Y、Z的气态氢化物中最稳定的是Z的氢化物

[解析]　按照排布规律可知白格中填充的是主族元素和稀有气体元素，灰格填充的为副族元素，A项错误；结合Z的信息可知Z为O，则第二周期元素X只能为N，再根据前三周期，同侧相同位置的元素为同主族元素，可确定Y为P，N与O可形成NO、NO2、N2O5等氮氧化物，B项错误；非金属性：N>P，则最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3>H3PO4，C项错误；N、P、O中非金属性最强的是O，则气态氢化物中最稳定的是H2O，D项正确。

3．(2021·山东日照模拟)1956年，杨振宁和李政道提出在弱相互作用中宇称不守恒，并由吴健雄用Co放射源进行实验验证。次年，杨振宁、李政道两人由此获得了诺贝尔物理学奖。Co的衰变方程为Co===Ni＋e－＋e，其中ve是反中微子，它的电荷数为0，静止质量可认为是0。下列说法错误的是(　C　)

A．衰变产物Ni质量数是60

B．Co与Ni同在元素周期表的d区

C．Co与Ni基态原子核外电子占据的轨道数不同

D．基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2

[解析]　衰变过程中遵守质子和中子守恒，则Ni的质子数为28，质量数为60，故A正确；Co与Ni均为第四周期第Ⅷ族元素，均属d区元素，故B正确；基态Co原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，基态Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，Co和Ni基态原子核外电子占据的轨道数均为15，故C错误；基态Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，则基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，故D正确。

4．(2021·山东泰安模拟)某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表不，单位为kJ· mol－1)如表所示。关于元素R的判断中正确的是(　D　)

A．R元素基态原子的最外层电子排布式为ns1

B．R的最高正价为＋4价

C．R元素可能属于非金属元素

D．R元素位于元素周期表中第ⅡA族

[解析]　最外层应有2个电子，所以R的最高正价为＋2价，元素基态原子的最外层电子排布式为ns2，故A错误；最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，R的最高正价为＋2价，故B错误，D正确；R元素的原子最外层共有2个电子，应为第ⅡA族元素，第ⅡA族元素无非金属元素，故C错误。

5．A、B、C、D、E、F是短周期主族元素，且原子序数依次增大。在短周期中A元素原子半径最小，D元素原子半径最大，B的简单氢化物的水溶液呈碱性，C、E同主族，形成的化合物为EC2、EC3。回答下列问题。

(1)E在元素周期表中的位置为__第三周期第ⅥA族__。

(2)D2E溶液在空气中长期放置发生反应，生成物之一为H。H与Na2O2的结构和化学性质相似，其溶液显黄色。H的电子式为____。

(3)化学家发现一种化学式为A4B4的化合物，由均带一个电荷的阴、阳离子构成，则该阴、阳离子分别为__N、NH__。

(4)B2A4C3是一种常见的炸药，其在常温下撞击时会生成一种气体(B2C)和一种常见液体，该反应的化学方程式为__NH4NO3N2O↑＋2H2O__。

设NA为阿伏加德罗常数的值，8 g该物质反应转移的电子数目为__0.4NA或2.408×1023__。

(5)下列事实能说明元素F的非金属性比元素E的非金属性强的是__bc__。

a．元素F形成的单质比元素E形成的单质的熔点低

b．F和E两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高

c．将F2通入到D2E的溶液中出现浑浊

[解析]　在短周期中A元素原子半径最小、D元素原子半径最大，则A为H、D为Na；B的简单氢化物的水溶液呈碱性，则B为N；A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期的主族元素，C、E同主族形成的化合物为EC2、EC3，则C为O，E为S，F为Cl。(1)E为S，S在元素周期表中的位置是第三周期第ⅥA族。(2)D2E为Na2S，Na2S在空气中长期放置发生反应生成H，H与Na2O2的结构和化学性质相似，则H为Na2S2，联想Na2O2的电子式可知，Na2S2的电子式为。(3)A4B4的化学式为H4N4，该化合物全由非金属元素组成，则阳离子为NH，阴离子带一个负电荷，则阴离子为N，阴、阳离子依次为N、NH。(4)B2A4C3为N2H4O3，该物质全由非金属元素组成，其化学式应为NH4NO3，撞击时生成N2O(B2C)和水，该反应的化学方程式为NH4NO3N2O↑＋2H2O。在该反应中NH中－3价的N化合价升至N2O中的＋1价，NO中＋5价的N化合价降至N2O中的＋1价，1 mol NH4NO3反应转移4 mol电子，n(NH4NO3)＝＝0.1 mol，则8 g NH4NO3反应转移0.4 mol电子，转移电子数为0.4NA或2.408×1023。(5)a项，熔点属于物理性质，不能用于判断元素非金属性强弱；b项，F和E两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高说明HCl比H2S稳定，即可说明Cl的非金属性强于S的非金属性；C项，将F2通入到D2E的溶液中出现浑浊，发生反应Cl2＋Na2S===2NaCl＋S↓，由化学方程式可知，氧化性：Cl2>S，非金属性越强，对应单质的氧化性越强，可说明Cl的非金属性强于S的非金属性。

6．A、B、C、D、E是位于短周期的主族元素。已知A、B、C、E在同一周期，在该周期元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小；A与B质子数之和是D质子数的3倍；Cm－、E(m－1)－具有相同的电子层结构；热稳定性：HmD>HmC。依据上述信息用相应的化学用语回答下列问题：

(1)HmDm的电子式为____。

(2)Cm－、E(m－1)－的还原性强弱顺序为__S2－>Cl－__(用离子符号表示)，能证明其还原性强弱的离子方程式为__Cl2＋S2－===S↓＋2Cl－__。

(3)B单质与A的最高价氧化物对应水化物在溶液中反应的化学方程式为__2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑__。

(4)常温下，将CDm通入HmC溶液中，有C单质析出，写出该过程的化学方程式：__SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O__。

(5)在A、B、C、E单质中，符合下列转化关系的是__Na和S__(填元素符号)。

[解析]　已知A、B、C、E在同一周期且属于短周期，所属周期只能是第二或第三周期，又因为热稳定性HmD>HmC，从氢化物化学式可知D和C属于同一族，且D的非金属性强，D的原子序数小，因此D处于第二周期，A、B、C、E处于第三周期。因为A的原子半径在同周期中最大，所以A是钠元素，又因B的离子半径在同周期中最小，故B是铝元素，则D的原子序数＝＝8，D是氧元素，C是硫元素。从C、E离子的电荷数可以看出，E最外层比C的最外层多1个电子，所以E是氯元素。(1)D是氧元素，则HmDm是H2O2，H2O2分子中相邻原子间都以共价键结合，其电子式为。(2)Cm－、E(m－1)－分别是S2－、Cl－，元素的非金属越强，原子核对外层电子吸引力越强，所以阴离子的还原性就越弱，已知非金属性Cl>S，所以还原性S2－>Cl－。根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性来证明还原性Cl－<S2－，实验方法是将Cl2通入Na2S溶液中产生浑浊，反应的化学方程式为Cl2＋Na2S===S↓＋2NaCl，对应的离子方程式为Cl2＋S2－===S↓＋2Cl－。(3)B单质是铝，A的最高价氧化物对应水化物的化学式是NaOH，它们在溶液中发生反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。(4)SO2具有弱氧化性，H2S具有强还原性，SO2中＋4价硫与H2S中－2价硫之间发生归中反应生成单质硫，反应的化学方程式为SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O。(5)因为存在NaNa2ONa2O2NaOH，SSO2SO3H2SO4，所以符合题给转化关系的元素是Na和S。

B组　能力提升题

7．(2022·山东青岛一模，4)W、X、Y、Z为分属不同周期的主族元素，原子序数依次增大且小于20，四种元素形成的化合物在农业上常用作肥料，结构如图。下列说法错误的是(　C　)

A．简单离子半径：Y>Z

B．X、Y分别与W形成的简单化合物的沸点：X>Y

C．X与其他三种元素均只能形成两种化合物

D．W与Z形成化合物溶于水，可使紫色石蕊试液变蓝

[解析]　W、X、Y、Z为分属不同周期的主族元素，原子序数依次增大且小于20，推出W位于第一周期，即W为H，X位于第二周期，Y位于第三周期，Z位于第四周期，根据化合物的结构图，Z显＋1价，即Z为K；X形成2个共价键，X为ⅥA族元素，即X为O；K失去一个电子给了O，因此Y最外层有5个电子，即Y为P。P和K简单离子是P3－、K＋，它们核外电子排布相同，因此简单离子半径大小顺序是r(P3－)>r(K＋)，故A说法正确；X、Y分别与W形成的简单化合物分别是H2O、PH3，常温下水为液体，PH3为气体，因此沸点：H2O>PH3，故B说法正确；钾元素与氧元素可以形成氧化钾、过氧化钾、超氧化钾等，故C说法错误；K与H形成的化合物，溶于水后形成KOH溶液，KOH为强碱，滴入紫色石蕊试液，溶液显蓝色，故D说法正确。

8．(2022·山东枣庄期末，6)LDFCB是电池的一种电解质，该电解质阴离子由同周期元素原子W、X、Y、Z构成(如图)，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，四种原子最外层电子数之和为2，下列说法正确的是(　D　)

A．四种元素形成的简单氢化物中Z的沸点最高

B．原子半径：Z>Y>X>W

C．X的杂化方式是sp3

D．电负性：Z>Y>X>W

[解析]　同周期元素W、X、Y、Z中，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，说明这四种元素位于第二周期；根据图示可知，Y可形成2个共价键，位于第ⅥA族，则Y为O元素；X为C元素；Z只能形成1个共价键，位于ⅦA族，则Z为F元素；四种元素最外层电子数之和为20，W的最外层电子数为20－4－6－7＝3，为B元素。这四种元素形成的最简单氢化物分别为BH3、CH4、H2O、HF，由于水和氟化氢中均含有氢键，所以其沸点较前两者高，但由于相同物质的量的水中含有的氢键数比氟化氢中的氢键数多，所以水的沸点比氟化氢高，选项A错误；同周期元素从左至右，原子半径逐渐减小，所以原子半径：W>X>Y>Z，选项B错误；X为C，由题图可知，C形成一个双键和两个单键，杂化方式是sp2，选项C错误；元素非金属性越强电负性越大，则电负性：Z>Y>X>W，选项D正确。

9．(2022·南京模拟)(双选)X、Y是短周期的两种主族元素，它们的逐级电离能(I)数据如表所示，下列有关说法正确的是(　AD　)

A．Y的最外层电子数为2

B．与水反应剧烈程度：X<Y

C．Y的最高化合价为＋3

D．电负性：X<Y

[解析]　X的I2突然增大，说明X最外层有1个电子，Y的I3突然增大，说明Y的最外层有2个电子，故A正确；元素的金属性越强，其单质与水反应越剧烈，X、Y是短周期的两种主族元素，且第一电离能相差不大，则X、Y位于同一周期，Y在X的右侧，同一周期元素金属性随着原子序数增大而减弱，金属性X>Y，则与水反应剧烈程度：X>Y，故B错误；主族元素最高正化合价与其最外层电子数相等，但O、F元素除外，Y最外层电子数是2，所以其最高化合价为＋2，故C错误；同一周期元素，电负性随着原子序数增大而增大，原子序数Y较大，所以电负性X<Y，故D正确。

10．(2022·湖北黄冈模拟)根据泡利的原子轨道能级图和“能级交错”现象，原子轨道的能量高低顺序是ns<(n－3)g<(n－2)f<(n－1)d<np(n为能层序数，g能级中有9个轨道)。则未来的第八周期应包括的元素的种类是(　B　)

A．32 B．50

C．64 D．128

[解析]　第七周期排满时，最后一种元素的价电子排布为7s27p6，第八周期排满时最后一种元素的价电子排布为8s28p6，从8s1到8s28p6，中间增排了8s1－25g1－186f1－147d1－108p1－6，核电荷数增加了50，故第八周期元素有50种。

11．(1)元素C、N、O、K的电负性从大到小依次为__O>N>C>K__。

(2)CH4中共用电子对偏向C，SiH4中共用电子对偏向H，则C、Si、H的电负性由大到小的的顺序为__C>H>Si__。

(3)如图是周期表中短周期的一部分，A的单质是空气中含量最多的物质，其中第一电离能最小的元素是__D__(填“A”“B”“C”或“D”)。

(4)Mn、Fe均为第四周期过渡金属元素，两元素的部分电离能数据列于下表：

锰元素位于第四周期第ⅦB族。请写出基态Mn的价电子排布式__3d54s2__，比较两元素的I3可知，气态Mn2＋再失去1个电子比气态Fe2＋再失去1个电子难，对此你的解释是__由Mn2＋转化为Mn3＋时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2＋转化为Fe3＋时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态需要的能量相对要少__。

(5)如表是第三周期部分元素的电离能[单位：eV(电子伏特)]数据。

下列说法正确的是__A__(填字号)。

A．甲的金属性比乙强

B．乙有＋1价

C．丙不可能为非金属元素

D．丁一定为金属元素

[解析]　(1)同周期元素从左到右电负性增强，同主族从上到下，电负性减弱，则电负性O>N>C>K。(2)电子对偏向电负性强的元素，CH4中共用电子对偏向C，则C的电负性大于H，SiH4中共用电子对偏向H，可知H的电负性大于Si，则电负性C>H>Si。(3)第一电离能的变化与元素原子的核外电子排布有关，通常情况下，当原子核外的电子排布的能量相等的轨道上形成全空，半满，全满的结构时，原子的能量较低，原子较稳定，则该原子比较难失去电子，故第一电离能较大，N的第一电离能大于O，O大于S，则第一电离能最小的为S，即D。(4)Mn是25号元素，价电子为3d、4s能级上的电子，价电子排布式为3d54s2；由Mn2＋转化为Mn3＋时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2＋转化为Fe3＋时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态需要的能量相对要少。(5)甲、乙、丙、丁为第三周期元素，甲元素的第一电离能远远小于第二电离能，说明A元素最外层有1个电子，失去1个电子时达到稳定结构，所以甲为Na元素；乙元素的第二电离能远远小于第三电离能，则乙元素最外层有2个电子，失去两个电子后达到稳定结构，所以乙为Mg元素；丙、丁元素的第一电离能、第二电离能、第三电离能相差不大，说明元素最外层电子数大于3个，丙、丁一定为非金属元素。甲为Na元素，乙为Mg元素，故甲的金属性比乙强，故A正确；乙为Mg元素，化合价为＋2价，故B错误；丙、丁元素最外层电子数大于3个，丙、丁一定为非金属元素，故C、D错误。

12．A、B、D和E四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大。A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等。B、D、E三种元素在周期表中相对位置如图所示。

只有E元素的单质能与水反应生成两种酸。甲、乙、M、W、X、Y、Z七种物质均由A、B、D三种元素中的一种或几种组成，其中只有M分子同时含有三种元素；W为N2H4，可作火箭燃料；甲、乙为非金属单质；X分子中含有10个电子，它们之间的转化关系如图所示：

回答下列问题。

(1)甲和乙反应生成标准状况下1.12 L Y，吸收9.025 kJ的热量，写出反应的热化学方程式：__N2(g)＋O2(g)===2NO(g)　ΔH＝＋361 kJ·mol－1__。

(2)一定量E的单质与NaOH溶液恰好完全反应后，所得溶液的pH__大于__(填“大于”“等于”或“小于”)7，原因是__ClO－＋H2OHClO＋OH－__(用离子方程式表示)。

(3)W－空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液。W－空气燃料电池放电时，正极反应为__O2＋2H2O＋4e－===4OH－__，负极反应为__N2H4＋4OH－－4e－===N2↑＋4H2O__。

(4)将一定量的A2、B2混合气体放入1 L密闭容器中，在500 ℃、2×107 Pa下反应达到平衡，测得平衡气体的总物质的量为0.5 mol，其中A2为0.3 mol，B2为0.1 mol。则该条件下A2的平衡转化率为__33.3%__，该温度下该反应的平衡常数为____。

(5)在密闭容器中充入一定量的A2、B2的混合气体，改变外界条件，H2的转化率变化如图所示：则X可代表__BC__。

A．温度的变化

B．压强的变化

C．的变化

D．催化剂接触面积多少

[解析]　A、B、D、E四种元素均为短周期元素，原子序数逐渐增大，由A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等可知，元素A是H；由元素在周期表中的位置可知，B、D位于第二周期，E位于第三周期，而E元素的单质能与水反应生成两种酸，则E为Cl，从而可推知B为N、D为O；甲、乙、M、W、X、Y、Z七种物质均由H、N、O三种元素中的一种或几种组成，其中W为N2H4，甲、乙为非金属单质，X分子含有10个电子，结合转化关系可知，甲是O2、乙是N2、X是H2O，Y是NO、Z是NO2、M是HNO3。(1)氧气和氮气生成标准状况下1.12 L NO吸收9.025 kJ的热量，即生成0.05 mol NO吸收9.025 kJ的热量，则生成2 mol NO吸收的热量为9.025 kJ×40＝361 kJ，所以该反应的热化学方程式为N2(g)＋O2(g)===2NO(g)　ΔH＝＋361 kJ·mol－1。(2)一定量氯气与NaOH溶液恰好完全反应后得到等浓度的NaCl、NaClO的混合溶液，溶液中次氯酸根离子水解，水解的离子方

程式为ClO－＋H2OHClO＋OH－，破坏了水的电离平衡，溶液呈碱性，所得溶液的pH大于7。(3)燃料电池正极发生还原反应，氧气在正极得电子，则正极电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，负极发生氧化反应，失去电子，碱性条件下生成氮气与水，负极电极反应为N2H4＋4OH－－4e－===N2↑＋4H2O。(4)平衡时气体的总物质的量为0.5 mol，其中A2为0.3 mol，B2为0.1 mol，则根据三段式分析：

　　　　　3H2(g)＋　N2(g)　　2NH3(g)

开始/mol　　0.45　　0.15　      　0

转化/mol　　0.15　　0.05　      　0.1

平衡/mol　　0.3　  　0.1　　0.5－0.3－0.1＝0.1

则该条件下H2的平衡转化率为×100%≈33.3%，

容器容积为1 L，用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K＝＝。

(5)已知反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)　ΔH<0，图中表示H2的转化率随变量X的增大而增大。升高温度平衡逆向移动，H2的转化率降低，故A错误；增大压强平衡正向移动，H2的转化率升高，故B正确；增大，说明是增大N2的量或减小H2的量，H2的转化率均增大，故C正确；催化剂不改变平衡的移动，不影响H2的转化率，故D错误。