第1章 专题探究2 元素推断与元素周期律的综合应用...-【学霸黑白题】2025-2026学年高中化学选择性必修2（鲁科版）

专题探究2元素推断与元素周期律的综合应用 黑题 专题强化 限时：30min 1.**（2025·江苏淮安高二期中)铵明矾 D、E的位置关系如图所示。其中B元素最高 [NH4Al(S04)2·12H20]是常用的食品添加 化合价是最低化合价绝对值的3倍，它的最高 剂。下列判断正确的是 ( 价氧化物中含氧60%。下列说法正确的是 A.第一电离能：I(0)<I(S) B.电负性：X(O)<X(N) C.原子半径：r(A1)<r(S) D.NH中的N为sp3杂化 2.*(2025·安徽合肥高二期中)X、Y、Z、G、Q A.电负性：D>B>E 五种短周期主族元素的原子序数依次增大。 B.第一电离能：A<B<C 元素X、Y、Q的单质在常温下呈气态，元素Y C.简单离子半径：D<B<E 的最高正价和最低负价之和为2，元素Z在同 D.E元素最高价氧化物对应的水化物为强酸 周期的主族元素中原子半径最大，元素G是 5.**(2024·山东青岛高二期末改编)已知 地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确 W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下它们的最 的是 高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为 A.原子半径：X<Y<G<Z 0.01mol·L1)的pH和原子半径、原子序数 B.X与Z形成的二元化合物与水反应生 的关系如图所示。下列说法正确的是( 成02 12 PH C.Y、Q之间不能形成化合物 D.Z、G的最高价氧化物对应的水化物不能相 互反应 原子半径 3.*(2025·陕西安康高二期末)甲、乙、丙、 序 丁、戊、己是原子序数依次增大的前四周期元 素。甲是宇宙中含量最多的元素；基态乙原 A.电负性：X<W<Z<Y 子的价层电子排布式为ns”np”;基态丙原子最 B.简单气态氢化物的热稳定性：Y<Z 高能级的不同轨道都有电子且自旋平行；丁 C.简单离子半径：Z>Y>W>X 与戊是同主族的短周期元素，基态时都有2个 D.第一电离能：W<X<Y<Z 未成对电子：己是ds区元素，基态己原子有 6.*★(2025·青海西宁高三模拟)X、Y、Z、M 1个单电子。下列说法正确的是 ( W五种元素的原子序数依次增大，仅Y、Z、M A.原子半径：戊>丁>丙>乙>甲 同周期，基态Y原子各能级上的电子数相等， B.基态己原子的价层电子排布式为3d°4s2 W位于第4周期，基态W原子的最外层只有 C.第一电离能：丙>丁>乙 一个电子，其余的能层均填满电子。由五种 D.电负性：丙>丁>戊 元素组成的某配离子的结构如图。下列说 4.如图为元素周期表的一小部分，A、B、C、 法正确的是 ( 选择性必修2·LK黑白题18 YM 124 A元素形成的物质种类繁多，其形成的一种固体 =Y 单质工业上常用作切割工具 B元素原子的核外p电子数比s电子数少1 A.第一电离能：Y<Z<M C元素基态原子p轨道有两个未成对电子 B.最高正化合价：Y<Z<M D原子的第一至第四电离能分别是I1= C.Y和Z的氢化物的沸点：Z>Y 738kJ·mol;12=1451kJ·molr;13= D.与W同周期的元素中，基态原子核外未成 7733kJ·mol1;l4=10540kJ·mol 对电子数与基态W原子相同的有2种 E原子核外所有p轨道全满或半满 7.*(2024·北京高二月考)如图是部分元素 F在元素周期表的第8纵列 的第一电离能随原子序数变化的曲线（其中 12~17号元素的有关数据缺失)。下列说法 (1)写出对应的元素符号：A ,B 中不正确的是 ( ,D ,E ,F (2)某同学根据上述信息，推断A基态原子的 I,/J·mo 1s 2s 2500 He 2p 核外电子轨道表示式为四四口，该同 2000 才 学所画的电子轨道表示式违背了 1500 N (3)B元素的电负性 (填“大于”“小 K H Br 于”或“等于”，下同)C元素的电负性。B元 1000月 A 素的第一电离能 C元素的第一电 500 离能。 Rb 原子 0246810i214i61820132343638序数 (4)E基态原子中能量最高的电子，其电子云 在空间中有 个方向。 A.分析图中同周期元素第一电离能的变化规 (5)下列关于F原子的价层电子轨道表示 律，可推断在Na~Ar元素中，Al的第一电 式正确的是 (填字母)。 离能的最小范围为Na<Al<Mg 3d 4s B.从上图分析可知，同一主族元素原子的第 A.ttt团 3d 一电离能I,变化规律是随核电荷数增加第 4s B.四tttT□ ·电离能逐渐减小 3d C.图中第一电离能最小的元素在元素周期表 C.出t1▣ 3d 4s 中的位置是第6周期IA族 D.it力 D.根据元素周期表对角线规则，BCL,溶液 (6)与F同周期，原子序数为24的元素M,其 和MgCl,溶液可用NaOH溶液鉴别 基态原子的核外电子排布式为 8.*现有六种元素，其中A、B、C、 (7)元素铜与镍的第二电离能分别为1= D、E为短周期主族元素，F为第4 频讲解 1959kJ·mol1,IN=1753kJ·mol1,lcu>lN 周期元素，它们的原子序数依次增大。请根 原因是 据下列相关信息，回答问题。 第1章黑白题19一电离能呈增大趋势，但N的2p轨道半充满，较稳定，N的第一电离 能大于同周期的相邻元素，故第一电离能：11(N)>11(0),C错误； Cu+和Cu+的核电荷数相同，但Cu+的核外电子数大于Cu2+,故 r(Cu2+)<r(Cu+),D错误。 5.C解析：a的原子序数最小，且电负性较大，则a为H;b、c、d的电负 性逐渐增大，分别为C、N、O;e、f、g、h为第3周期元素，分别为Na Al、S、Cl。b、c、d、f、g、h均位于元素周期表p区，A错误；g、h的最高 价氧化物对应水化物的酸性：h>g,B错误；b、c、d三种元素的非金属 性的大小顺序为C<N<0,故简单气态氢化物热稳定性逐渐增强，C 正确；c的气态氢化物NH3与其最高价含氧酸HNO3反应的产物 NH4NO3为离子化合物，D错误。 6.A解析：由题图信息可知，X为+1价，原子半径最大，故X为Na,Y 为+2价，原子序数最小，Y为B,Z为+4价，原子半径大于Y,故Z为 Si,W为+5价，原子半径小于Y,W为N,P为+6价，则P为S,Q为+7 价，则Q为Cl。由分析可知，Z为Si、P为S、Q为Cl,为同周期元素， 随原子序数的增大电负性增强，电负性：C1>S>Si,A正确；由分析可 知，X为Na、Z为Si、P为S、Q为Cl,为同周期元素，从左往右第一电 离能呈增大趋势，故第一电离能：Cl>S>Si>Na,B错误：由分析可知，Y 为Be,故Y在元素周期表中位于s区，C错误：由分析可知，Q为Cl、P 为S、Z为Si,其最高价氧化物对应水化物的酸性为HC104>H2S04> H2Si03,但不是最高价氧化物对应水化物的酸性则无此规律，D 错误。 7.AB解析：X原子的核外电子只有一种运动状态，则X原子核外只 有1个电子，因此X为H,W原子的成键数为1，则W为F或Cl,Y的 成键数为4，则Y为C或Si,Z元素原子中p轨道所含电子数与s轨 道相等，则Z为0或Mg,因Z与非金属原子之间形成的是共价键，则 Z为0，W、Y、Z位于同一周期，因此W为F,Y为C,E与W有相同数 目的价电子，且为短周期元素，则E为C1。同一周期从左至右元素 的电负性逐渐增大，同一主族从上至下元素的电负性逐渐减小，因此 电负性：F>C>H,A正确：C核外有3个电子层，F、02核外有2个 电子层，根据“层多径大、序大径小”，半径：C1>02>F,B正确：同 一周期中，原子的第一电离能从左至右呈逐渐增大的趋势，由于价电 子所填充的轨道为全充满或半充满时会反常，因此第2周期中第一 电离能大于O原子的有N、F、Ne,共3种，C错误；元素的非金属性越 强，其形成的简单气态氢化物的稳定性越好，同主族从上至下元素的 非金属性逐渐减弱，因此IA族中元素形成的气态氢化物中HF最稳 定，D错误。 8.(1)He(2)Be>B(3)p(4)Na(5)B(6)2Al+2Na0H+ 6H20-2Na[AI(0H)4]+3H2↑(7)SH2S比PH3稳定（或 H2S04的酸性比H3P04强) 解析：根据元素在周期表的位置可知：①是He,②是Be,③是B,④是 F,⑤是Na,⑥是A1,⑦是P,⑧是S。(1)在以上8种元素形成的单质 中，性质最不活泼的是惰性气体H。(2)一般情况下同一周期元素 原子序数越大，元素的第一电离能就越大，但当元素处于ⅡA族、VA 族的全充满、半充满的稳定状态时，元素的第一电离能大于同一周期 相邻元素；②是Be,Be是ⅡA族元素，③是B,B是ⅢA族元素，则元 素的第一电离能：Be>B。(3)元素④是F元素，位于元素周期表的第 2周期IA族，属于p区元素。(4)根据“层多径大、序大径小”，在上 述8种元素中，原子半径最大的是Na元素。(5)⑦是P元素，其可 以形成白磷、红磷，它们互为同素异形体。(6)元素⑤是Na,元素⑥ 是Al,AI与NaOH溶液反应生成Na[AI(OH)4]、H2。(7)⑦是P, ⑧是S,元素的非金属性：P<$。元素的非金属性越强，其电负性就越 大，则元素的电负性：P<S。元素的非金属性越强，其形成的简单氢 化物的稳定性就越强。元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应 水化物的酸性就越强。因此可根据简单氢化物的稳定性：H2S>PH3 或最高价含氧酸的酸性：H2S04>H3P04,来判断元素的电负性：S>P。 压轴挑战 9.(1)0.9~1.5(2)①A②测定Li,N在熔融状态下能导电，则证明 其为离子化合物(3)元素C1与0的电负性相差0.5，而H与0的 选择性必修2·LK 电负性相差1.4，故0一H键容易断裂，在水中电离出H+,显酸性 解析：(1)非金属性越强，电负性越大，非金属性：Na<Mg<Al,则电负 性：Na<Mg<Al,所以Mg元素电负性的最小范围为0.9~1.5。 (2)①Li元素和N元素的电负性之差为3.0-1.0=2.0>1.7，A为离子 化合物：Be元素和Cl元素的电负性之差为3.0-1.5=1.5<1.7，B为共 价化合物：A1元素和C1元素的电负性之差为3.0-1.5=1.5<1.7，C为 共价化合物：Si元素和C元索的电负性之差为2.5-1.8=0.7<1.7，D 为共价化合物；②离子化合物在熔融状态下可以电离出离子从而导 电，而共价化合物则不能，所以可以测定3N在熔融状态下能导电， 则证明其为离子化合物。(3)根据题给数据，元素C1与0的电负性 相差0.5，而H与0的电负性相差1.4，故0一H键容易断裂，在水中 电离出H,显酸性。 第3节 阶段综合 黑题阶段强化 题号123456 答案CABBC AB 1.C2.A3.B4.B5.C 6.AB解析：X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前4周期元素，其中 X是宇宙中含量最多的元素，则X为H元素：Z元素原子的价电子排 布式为ns"np2m,n只能为2，则Z元素为0元素；由于Y的原子序数 小于Z大于X,在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2 种，则Y为N元素：Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元 素原子中只有两种形状的电子云，则Q为Na元素；W元素原子的次 外层内的所有轨道的电子均成对且原子序数大于Na元素，W应该 为第4周期的元素，又因为W的最外层只有一个电子，即4s轨道有 一个电子，其核外电子排布式为1s22s22p53s23p53d04s,则W为Cu 元素。N、0在它们的氢化物中均表现负价，它们的电负性都比氢元 素大，主族元素同周期从左向右电负性逐渐增大，则电负性：H<N< 0,A正确：元素的非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定，非金属 性：N<0,元素简单气态氢化物的热稳定性：NH3<H20,B正确； Na202由钠离子与过氧根离子构成，阴、阳离子数之比为1：2，C错 误：W为Cu元素，处于第4周期IB族，属于ds区元素，D错误。 7.(1)钠氟(2)Al203+20H+3H20-2[A1(0H)4] (3)PSi、SA13+1s22s22p6(4)①②④ 解析：根据元素在元素周期表的位置可知，a、b、c、d、e、f、g、h、i、j、k、l 分别为C、N、0、F、Na、Mg、Al、Si、P、S、Cl、Ar。 8.(1)1s22s22p63s23p63d34s2(或[Ar]3d34s2)5(2)Se (3)亚铜离子价电子排布式为3d10,核外电子处于稳定的全充满状 态(4)NiGe、Se(5)Be、C、0(6)>B 专题探究2 元素推断与元素周期律的综合应用 黑题专题强化 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案DA D B AC 1.D2.A3.C 4.D解析：B元素的最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，则最高 化合价为+6价，它的最高价氧化物为B03,其中含氧60%，设B的相 A: 对原子质量为4，则有十48406，解得A,=32,则B为S元素，可 推知A为0元素，D为P元素，E为Cl元素，C为Se元素。电负性： D<B<E,A错误；同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，故第一 电能：A>B>C,B错误；简单离子半径：D>B>E,C错误：CI元素最高价 氧化物对应的水化物为强酸，D正确。 5.B解析：由题图可知，常温下，W和Z的最高价氧化物对应的水化 物溶液（浓度均为0.01mol·L1)的pH为2，则W和Z的最高价氧 化物对应的水化物为一元强酸，W原子序数小于Z,则W为N,Z为 黑白题06 C1:常温下，Y的最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为 0.01mol·L1)的pH小于2，则Y的最高价氧化物对应的水化物为 二元强酸，则Y为S:常温下，X的最高价氧化物对应的水化物溶液 (浓度均为0.01mol·L1)的pH为12，则X的最高价氧化物对应的 水化物溶液为一元强碱，则X为Na。同周期主族元素从左至右，电 负性逐渐增大，电负性：S<Cl,A错误；非金属性：S<C,简单气态氢化 物的热稳定性：H2S<HCl,B正确；W、X、Y、Z分别为N、Na、S、Cl, N3、Na+核外有两层电子，S2-、Cl核外有三层电子，电子层数越多， 半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，则简单离子半 径大小为S2>Cl>N3>Na*,C错误；同周期内第一电离能随原子序 数增大而增大，则第一电离能：Cl>S>Na,但是同族内随周期数增大 而降低，则第一电离能：N>P>Na,D错误。 6.A解析：X、Y、Z、M、W五种元素的原子序数依次增大，仅Y、Z、M同 周期，基态Y原子各能级上的电子数相等，结合图示结构可知，Y形 成4个共价键，则Y为C元素：Z、M位于第2周期，Z形成2个共价 键和1个配位键，M形成1个共价键，则Z为0元素，M为F元素；X 只能位于第1周期，为H元素：W位于第4周期，基态W原子的最外 层只有一个电子，其余的能层均填满电子，W原子的核外电子排布式 为1s22s22p63s23p63d104s',则W为Cu元素。根据分析可知，X为H 元素，Y为C元素，Z为0元素，M为F元素，W为Cu元素。同周期 主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：C<0<F A正确：0元素没有最高正化合价，F元素无正化合价，B错误：Y的 氢化物为烃，Z的氢化物为水、过氧化氢，碳原子数较多的烃常温下 为固态，沸点大于水和过氧化氢，C错误：W为Cu,其未成对电子数 为1，位于元素周期表第4周期，第4周期中未成对电子数为1的元 素有K、Sc、Cu、Ga、Br,除Cu元素外，还有4种，D错误。 7.C解析：根据元素周期律分析，同周期主族元素随着金属性减弱，第 一电离能逐渐增大，但Mg原子价层电子排布式为3s2,为全满状态， 所以第一电离能大于Al,故Al的第一电离能的最小范围为Na<Al< Mg,故A正确；同主族元素原子核电荷数增大，半径增大，失去电子 能力增强，则第一电离能1，变化规律是随核电荷数增加第一电离能 逐渐减小，B正确：金属性越强，越容易失去电子，所以第一电离能越 小，图中第一电离能最小的元素是铷，在第5周期IA族，C错误；根 据元素周期表对角线规则，氯化铍与氯化铝性质相似，能和氢氧化钠 反应生成沉淀，后沉淀消失，而MgC12和氢氧化钠反应生成沉淀，且 沉淀不消失，则BeCl2溶液和MgCl2溶液可用NaOH溶液鉴别，D 正确。 8.(1)CN0 Mg P Fe(2)洪特规则(3)小于大于(4)3 (5)C(6)1s22s22p3s23p63d4s1(7)Cu*核外价层电子排布式为 3d0,3d全充满，比Ni+的3d84s1稳定，更难失去电子 解析：(1)A、B、C、D、E为短周期主族元素，F为第4周期元素，原子 序数依次增大，A元素形成的物质种类繁多，其形成的一种固体单质 工业上常用作切割工具，A为C;B元素原子的核外p电子数比s电 子数少1，电子排布式为1s22s22p3,B为N;C元素基态原子p轨道有 两个未成对电子，电子排布式为1s22s22p,C为0；由D原子的第一 至第四电离能可知，D易失去2个电子，结合原子序数可知D为Mg; E原子核外所有p轨道全满或半满，E为主族元素，电子排布式应为 1s22s22p53s23p,E为P;F在元素周期表的第8纵列，F为Fe。(2)A 的原子序数为6,2p能级上2个电子的自旋平行，该同学所画的电子 轨道表示式违背了洪特规则。(3)B为N、C为O,元素非金属性越 强，电负性越大，则N元素的电负性小于0元素的电负性：N元素的 2p轨道处于半满状态，比较稳定，所以N元素的第一电离能大于0 元素的第一电离能。(4)由(1)分析可知，E为磷，E基态原子中能量 最高的电子为3p轨道上的电子，其电子云在空间中有3个方向。 (5)由以上分析可知，F为铁元素，Fe原子的价层电子轨道表示式为 3d 1t11T四。(6)与F同周期，原子序数为24的元素 4s M为Cr元素，其基态原子的核外电子排布式 为1s22s22p3s23p53d54s1。 正本参考答案 微项目甲醛的危害与去除 利用电负性分析与预测物质性质 白题基础过关 题号12 答案DD 1.D2.D 3.(1)d(2)酸式(3)a 黑题应用提优 题号12 答案BB 1.B2.B 3.(1)减缓生成氨气的速率(2)活塞白色沉淀恰好溶解时关闭 K和分液漏斗旋塞(3)①K,HCH0+4Ag(NI)20HA (NH4)2C03+4Ag↓+6NH3+2H20减小气体的通人速率，使空气中 甲醛气体被完全吸收②0.0375不达标 解析：(1)A装置中饱和食盐水和氮化镁反应制备氨气，化学方程式 为Mg3N2+6H20=3Mg(0H)2+2NH3↑，用饱和食盐水代替水制 备NH,的原因是减缓反应速率。(2)银氨溶液的制备：关闭K1、K2, 打开K3,先打开分液漏斗上方的玻璃塞，再打开分液漏斗活塞，将饱 和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，产生的气体通入硝酸银溶液中和硝 酸银溶液反应生成氢氧化银白色沉淀，但氢氧化银常温下极不稳定 会分解为黑色的氧化银，氧化银再和氨水反应生成银氨溶液，当观察 到三颈烧瓶中白色沉淀恰好溶解时，关闭K3和分液漏斗活塞。 (3)①用热水浴加热三颈烧瓶，打开K1,将滑动隔板慢慢由最右端抽 到最左端，吸人1L室内空气，关闭K1,后续操作是：打开K2,缓慢推 动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2;甲醛和银氨溶液反应的化学 方程式为HCH0+4Ag(NH)20H△(NH4)2C0,+4Ag↓+6NH,+ 2H,0,装置中毛细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中甲醛 气体被完全吸收：②甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原 性，被铁离子氧化，结合甲醛被氧化为二氧化碳，银氨溶液被还原为 银，反应中碳元素化合价从0价变为+4价，银元素化合价由+1价变 为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成 亚铁离子1.12mg,根据氧化还原反应中电子守恒计算，设空气中甲 醛的含量xmg·L1,因此实验进行了4次操作，则 HCHO ~4e~ 4e2+ 30 4x56,空气中甲醛的含量= xmg·L-1×1L 1.12mg 4 30x1.12mg 4 =0.0375mg·L1,通过计算可知该新居室内甲醛含量 4×56×1L 大于0.1mg·m3,即说明甲醛含量不达标。 第1章章末检测 题号1234567891011 答案D DCBBD B CB AD AD 1.D2.D3.C4.B5.B6.D7.B8.C 9.B解析：由短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，最外层电子 数之和为15，X、Y、Z为同周期相邻元素，可知W所在主族可能为Ⅲ A族或MA族元索，又因X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同 族，故W一定不是ⅢA族元素，即W一定是MA族元素，进一步结合 已知可推知W、X、Y、Z依次为0、Mg、Al、Si。0原子核外有2个电子 层，Mg、A1、Si原子核外均有3个电子层且原子序数依次增大，故原子 半径大小顺序为Mg>Al>Si>0,即X>Y>Z>W,A错误；化合物XW(即 黑白题07