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1、备战高考化学二轮原子结构与元素周期表专项培优易错试卷含详细答案一、原子结构与元素周期表练习题（含详细答案解析）1 完成下列问题：(1)氮和磷氢化物热稳定性的比较：NH3_PH3（填 “ 或”“ Q32Q1+Q24Q3 2Q1 +Q2bcFeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-Zn+2OH-2e- =Zn(OH)2【解析】【分析】(1)根据元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物越稳定分析；(2)PH3 与 HI 反应产生PH4I，相当于铵盐，具有铵盐的性质；(3)根据旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量的差值即为反应热，结合燃烧反应为放热反应分析解答；(4)根据在原电池中，负
2、极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，结合物质中元素化合价及溶液酸碱性书写电极反应式。【详解】(1)由于元素的非金属性：NP，所以简单氢化物的稳定性：NH3PH3；(2) a铵盐都能与 NaOH 发生复分解反应，所以PH4I 也能与 NaOH 发生反应， a 错误；b铵盐中含有离子键和极性共价键，所以PH4 I 也含离子键、共价键， b 正确；c铵盐不稳定，受热以分解，故PH4I 受热也会发生分解反应， c 正确；故合理选项是bc；(3)1 mol H 2O 中含 2 mol H-O 键，断开 1 mol H-H、1 mol O=O、 1 mol O-H 键需吸收的能量分别为 Q
3、12332122、 Q 、 Q kJ，则形成 1 mol O-H 键放出QkJ 热量，对于反应 H (g)+2O (g)=H O(g)，断开 1 mol H-H 键和 1112mol O=O 键所吸收的能量(Q+Q ) kJ，生成 2 mol H-O 新键释放的221能量为2Q3 kJ，由于该反应是放热反应，所以2Q3 -(Q1+Q2)0，2Q1+Q2AlSi 3s bd Al OH 3 +OH=A lO2原子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，因此C3N4中碳原子与氮原子形成的共价键键长较34中硅原子与氮原子形成的共价键键长小，键能较大，熔点较高Si N35g【解析】【分析】【详解】I（ 1）化
4、合物的化合价代数和为0，因此 M 呈+1价， R 呈+3价， M、 R 均位于元素周期表的第 3 周期，两元素原子的质子数之和为24，则 M 为 Na，R 为 Al，该硅酸盐中 Na、Al、 Si 为同周期元素，元素序数越大，其半径越小，因此半径大小关系为：Na AlSi；（2） M 原子核外能量最高的电子位于第三能层，第三能层上只有1 个电子，其电子排布式为： 3s1；（3）常温下， Al 与 CuCl2 溶液反应能将铜置换出来；Al 与 Fe2O3 在高温反应； Al 与浓硫酸发生钝化； Al 与 Na2CO3 溶液在常温下不发生反应；故答案为： bd；（4） Na、 Al 两种元素的最高
5、价氧化物对应的水化物分别为：NaOH、 Al(OH)3，二者反应的离子方程式为： Al OH 3 +OH- =A lO 2- +H 2O ；34中 N 元素化合价为 -3价；该反应中N 元素化合价从 0II（ 5）非金属性 NSi，因此 Si N价降低至 -3 价， N 元素被还原；（6） Si3 4陶瓷材料硬度大、熔点高，晶体中只有极性共价键，说明34为原子晶体，NSi NC3N4 的结构与 Si3 N4 相似，说明 C3N4 为原子晶体，两者均为原子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，因此 C3 N4 中碳原子与氮原子形成的共价键键长较Si3N4中硅原子与氮原子形成的共价键键长小，键能较大，熔
6、点较高；（7）该反应中 Si 元素化合价不变，N 元素化合价从0 价降低至 -3价， C 元素化合价从0 价升高至 +2 价，根据得失电子关系以及原子守恒配平方程式以及单线桥为：；（8）气体密度增加了 2.8g/L ，说明气体质量增加了2.8g/L 10L=28g，高温3SiO 2 +6C +2N 2= Si 3 N 4 +6CO 气体质量变化m140g112g28g因此生成的 Si3N4 质量为 140g28g112g =35g。3 元素周期表前四周期的元素a、 b、 c、 d、 e，原子序数依次增大。 a 的核外电子总数与其周期数相同， b 的价电子层中未成对电子有3 个， c 的最外层电
7、子数为其内层电子数的3倍， d 与 c 同族， e 的最外层只有1 个电子，但次外层有 18 个电子。回答下列问题：(1)b、 c、 d 中第一电离能最大的是_(填元素符号 )， e 的价层电子轨道表示式为_。(2)a 和其他元素形成的二元共价化合物中，三角锥形分子的中心原子的杂化方式为_。(3)这些元素形成的含氧酸中，HNO2、 H2SO3 的中心原子价层电子对数之和为_， H2SO3和 H2 4_、 _。SO 酸根的空间构型分别为(4)e 单质晶体结构如图 1，此晶胞模型名称为_， e 原子半径为 r cm， e 的相对原子质量为 M ，晶胞密度为3-1（用 r、 表示）。 g/cm，则阿
8、伏加德罗常数为_mol(5)这 5 种元素形成的一种 1 1 型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构 (如图 2 所示 )。该化合物中，阴离子为 _，阳离子中存在的化学键类型有_；该化合物加热时首先失去的组分是 _（填“H23O”或“ NH”），判断理由是 _。【答案】 Nsp37 三角锥形正四面体面心立方晶胞2M42-共价键和配位键222+的配位键键长较长而比较弱8 r 3SOH OH O 与 Cu【解析】【分析】元素周期表前四周期的元素a、 b、 c、 d、e ，原子序数依次增大，a 的核外电子总数与其周期数相同，则a 为 H 元素； c 的最外层电子数为其内层电
9、子数的3 倍，最外层电子数不超过 8 个，则 c 核外电子排布为2、 6，因此 c 是 O 元素； b 的价电子层中的未成对电子有3 个，且原子序数小于c，则 b 核外电子排布式是1s22s22p3， b 原子序数为 7，所以 b 是 N元素； e 的最外层只有1 个电子，但次外层有 18个电子，则 e 原子核外电子数为2+8+18+1=29， e 为 Cu 元素； d 与 c 同族，且原子序数小于e ，所以 d 为 S 元素。(1)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA 族和第 VA 族元素第一电离能大于其相邻主族元素，同一主族元素中，元素第一电离能随着原子序数
10、增大而减小； e 的价层电子为3d、 4s 电子；(2)a 和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子为NH ，根据价层电3子对互斥理论确定该分子的中心原子的杂化方式；(3)根据价层电子对理论分析这些元素形成的含氧酸中的中心原子的价层电子对数之和，根据原子的价层电子对数确定H2 324SO和 H SO 酸根的空间构型；(4)根据晶胞结构判断晶胞晶体类型；根据晶胞的基本结构可知其中含有的Cu 原子数，利m用密度 = 计算阿伏伽德罗常数；V(5)这 5 种元素形成的一种1： 1 型离子化合物中，阴离子呈四面体结构，说明该阴离子价层电子对个数是 4 且不含孤电子对；阳离子呈轴向狭长的八
11、面体结构，根据图知：其阳离子中铜离子配位数是6，在八面体上下顶点上的分子中含有两个共价键且含有两个孤电子对，为水分子，有两个H2O 分子；正方形平面上四个顶点上的分子中含有3 个共价键且含有一个孤电子对，该分子为NH3 分子，共有 4 个 NH3 分子。【详解】根据上述分析可知：a 为 H 元素； b 是 N 元素； c 是 O 元素； d 为 S 元素； e 为 Cu 元素。(1)b 是 N， c 是 O， d 为 S。由于同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA 族和第 VA 族元素第一电离能大于其相邻元素；同一主族元素的第一电离能随着原子序数增大而减小，所以b、c
12、、 d 三种元素第一电离能最大的是N 元素； e 是 Cu 元素，其价层电子为3d、 4s 电子，则其价层电子排布图为；(2)a 是 H 元素， H 和其他元素形成的二元共价化合物中，物质分子呈三角锥形的为NH3，该分子的中心N 原子形成3 个共价健 N-H，同时 N 原子上还含有一个孤电子对，价层电子对数为4，所以 N 原子的杂化方式为sp3 杂化；(3)这些形成的含氧酸中，2N 原子的价层电子对数为512HNO 的分子的中心2+2=3，H SO 的中心 S 原子的价层电子对数为3+4=4，所以 HNO 、H SO 的中心原子价层电2362232子对数之和为3+4=7；亚硫酸 H2 332-
13、中的 S 原子价层电子对数为：SO 的酸根 SO3+6232H2SO4 的酸根2=4，且含有一对孤电子对，所以其空间构型为三角锥形；硫酸SO42- 中的 S 原子价层电子对数为： 4+ 6 242=4，中心原子 S 上无孤对电子，所以其2空间构型为正四面体形；(4)根据 Cu 晶胞结构可知 :Cu 晶胞模型类型为立方面心结构；在一个Cu 晶胞中含有的Cu 原114M?g / mol4M子个数为： 8 +6 =4，Cu 的相对原子质量为M ，则晶胞质量 m=N A / molN A82g，假设晶胞边长为L，Cu 原子半径为r cm ，则2 L=4r cm，所以 L=22 r cm ，晶胞体积为
14、V= L3 =32r3 cm3， 则晶胞密度 =m4M g22r?cm =16N A4M，所V162r 3cm3162N A r 3以 NA=2M/mol ；38r(5)根据已知条件可知五种元素形成的1： 1 型离子化合物的阴离子呈四面体结构，说明该阴离子价层电子对个数是4，且不含孤电子对，则该离子为SO42-；阳离子呈轴向狭长的八面体结构，根据图知，其阳离子中的中心离子Cu2+配位数是 6，配位体是 H2O、 NH3，其中H2O 有 2 个， NH3有 4 个， H2O、 NH3与 Cu2+之间通过配位键结合，H2O 中存在 H-O 共价键， NH3 中存在 H-N 共价键，故阳离子中含有配
15、位键和共价键；元素的非金属性ON，且原子半径 ON，使得配位体H2 O 和 Cu2+的配位键比配位体NH3与 Cu2+的配位键要弱，因此该化合物在加热时首先失去的组分是H2O。【点睛】本题考查元素及化合物的推断、元素电离能大小比较、杂化轨道理论、价层电子对理论及晶胞计算等，掌握物质结构知识和一定数学知识是解题关键，侧重考查学生空间想象能力、分析能力和知识运用能力。4A、 B、 C、 D 四种元素都是短周期元素。A 元素的离子具有黄色的焰色反应。B 离子带有 2 个单位正电荷，且B 元素的离子结构和Ne 具有相同的电子层排布。H2 在 C 单质中燃烧产生苍白色火焰，D 元素原子的电子层结构里，最
16、外层电子数是次外层电子数的3 倍。根据上述条件回答：(1)元素 C 位于第 _周期第 _族。(2)A 是 _元素， B 是_元素， D 是 _元素。(3)A 与 D 形成稳定的化合物的化学式为_，此化合物与水反应的化学方程式为_。(4)C 元素的单质有毒，可用A 的最高价氧化物对应的水化物的溶液吸收，其离子方程式为_。【答案】三 A Na MgONa2 222222-2O2Na O +2H O=4NaOH+O Cl +2OH =Cl+ClO +H O【解析】【分析】A、 B、 C、 D 四种元素都是短周期元素，A 元素的离子具有黄色的焰色反应，则A 为 Na 元素； B 离子带两个单位正电荷，
17、且B 元素的离子结构和Ne 具有相同的电子层排布，则B为 12 号 Mg 元素； H2 在 C 单质中燃烧产生苍白色火焰，则C 为 Cl 元素； D 元素原子的电子层结构中，最外层电子数是次外层电子数的3 倍，则D 原子核外有2 个电子层，次外层为 2，最外层电子为 23=6， D 为 O 元素，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答。【详解】根据上述分析可知A 是 Na 元素， B 是 Mg 元素， C 是 Cl 元素， D 是 O 元素。(1)元素 C 是 Cl， Cl 原子核外电子排布为2、 8、 7，所以 Cl 元素在周期表中位于第三周期第A 族；(2)根据上述分析可知： A 是 N
18、a 元素， B 是 Mg 元素， D 是 O 元素；(3)A 是 Na， D 是 O， Na 与 O 形成的稳定化合物为Na2O2，Na2O2 与水反应产生NaOH 和O ，反应的化学方程式为：2Na O +2H2O=4NaOH+O ；2222(4)元素 C 是 Cl， Cl 元素的单质 Cl 是有毒气体，可以与 NaOH 在溶液中反应产生NaCl、2NaClO 和 H2O，反应方程式为： Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+ H2O，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，所以用 NaOH 溶液吸收氯气可消除氯气对环境造成的污染。【点睛】本题考查了元素的位置、结构、性
19、质的关系及应用。正确推断各元素为解答本题的关键，要明确元素周期表结构、元素周期律的内容，并结合元素及其单质、化合物的性质进行解答。5X、Z、Q、 R、 T、 U 分别代表原子序数依次增大的短周期元素，在周期表的短周期主族元素中， X 的原子半径最小， X 与 R 的最外层电子数相等；Z 的内层电子数是最外层电子数的一半； U 的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R 和 Q 可形成原子个数之比为1： 1和 2： 1 的两种化合物； T 与 Z 同主族。请回答下列问题：(1)T 元素在周期表中的位置是 _ 。(2)X、 Z、 Q 三种元素的原子半径由小到大的顺序为_（填元素符号）。(3)R、T
20、两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为_ 。(4)某同学用 X、 R 两元素的单质反应生成固体物质RX， RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q 反应生成 X 的单质。RX 的电子式为 _； RX 与 X2Q 反应的化学方程式为 _。该同学认为取 X、 R 两元素的单质反应后的固体物质与X2Q 反应，若能产生 X 的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_ 。【答案】第三周期 A 族 HOC2NaOH+H3232SiO =Na SiO +2H O Na : HNaH+H2O=NaOH+H2 不合理，若反应后有 Na 残留，也能与水反应生成H2【
21、解析】【分析】X、 Z、 Q、 R、T、 U 分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X 的原子半径最小，则X 为 H 元素， X 与 R 的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2 ，则 R 为 Na 元素，可知 Z、Q 处于第二周期， Z 的内层电子数是最外层电子数的一半，Z 的核外电子排布为2、 4，Z 原子最外层电子数为4，则 Z 为 C 元素； U 的最高化合价和最低化合物的代数和为6，则 U 为 Cl 元素， R 和 Q 可形原子数之比为 1： 1 和2： 1 的两种化合物，则 Q 为 O 元素，这两种化合物为Na2O2、 Na2O， T 与 Z 同主族，由于Z 是
22、 C 元素，所以 T 为 Si 元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知： X 为 H， Z 为 C，Q 为 O， R 为 Na， T 为 Si， U 为 Cl 元素。 (1)T 为 Si 元素，原子核外电子排布为 2、8 、4，所以 Si 元素在期表中的位置是第三周期IVA 族；(2) X 为 H，Z 为 C， Q 为 O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为HOC；(3) R 为Na， T 为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、 H2SiO3 ，H2SiO3 是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和
23、反应产生Na2SiO3 和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2 O；(4) X 为H，R 为Na， Q为 O， H、 Na 二种元素形成的化合物NaH 是离子化合物，X2Q 是H2O， NaH 与 H2O 反应产生NaOH 和H2。NaH 中Na+ 与 H-通过离子键结合，电子式为Na: H； NaH 与H2O 反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2；由于Na 是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2，所以如果有Na 残留，过量的Na 与水反应也生成氢气，因此不能根据H、 Na
24、反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。【点睛】本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。6 下表是元素周期表的一部分，回答下列有关问题：（ 1）写出下列元素符号： _， _， _， ? _。（ 2）在这些元素中，最活泼的金属元素是 _，最活泼的非金属元素是 _，最不活泼的元素是 _。（ 3）在这些元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是_，碱性最强的是_，呈两性的氢氧化物是
25、 _ ，写出三者之间相互反应的化学方程式_。（4）在这些元素中，原子半径最小的是_，原子半径最大的是_。（5）在与中，化学性质较活泼的是_，怎样用化学实验证明？答：_。在与 ? 中，化学性质较活泼的是_，怎样用化学实验证明？答： _。【答案】 N SiSCa K FArHClO4KOH3344 32Al(OH)Al(OH) +3HClO =Al(ClO ) +3H O、Al(OH) +KOH=KAlO +2H O、 KOH+HClO=KClO+H OF KNa 与 H O 反应： Na 与水剧烈反3224422应， Mg 与水不反应Cl 将 Cl2 通入到 NaBr 溶液中，溶液由无色变为橙色
26、，说明Cl 的化学性质比 Br 的活泼【解析】【详解】（ 1）根据元素周期表的结构可知：、 ? 分别在第二周期 VA、第三周期 IVA、第三周期 VIA 和第四周期 IIA，则、 ? 分别为 N、 Si、 S、 Ca；（ 2）根据元素周期表性质的递变规律，最活泼的金属应在第IA，最活泼的非金属应在第VIIAI A元素NaK（）中K最活泼；在VIIA 族元素，惰性气体最不活泼，则在（）和F（）、 Cl（）和 Br（?）中， F 最活泼；最不活泼的是即Ar；（3）元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的必是非金属性增强的，根据同周期、同主族元素非金属性的递变规律可知，元素非金属性最强的是即F，但
27、 F 无最高正价；因为我们知道， HClO4已知的最高价含氧酸中酸性最强的，即酸性最强的是4；元素的HClO最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的必是非金属性增强的，根据同周期、同主族元素金属性的递变规律可知，元素金属性最强的是即K，则碱性最强的必是KOH；在表中所列元素的最高价氧化物对应水化物中，只有Al(OH)3 具有两性；三者之间相互反应的化学方程式分别为Al(OH)3+3HClO4 =Al(ClO4 )3+3H2O、Al(OH)3+KOH=KAlO2 +2H2 O、 KOH+HClO4=KClO4+H2O；（4）同周期元素从左至右原子半径依次减小，同主族元素从上而下原子半径依次增大，故在
28、这些元素中，原子半径最小的是F，原子半径最大的是K；（5）和分别是Na 和Mg ，根据同主族元素金属性的递变规律可知，金属性Na Mg，根据判断金属性强弱的方法，可依据二者单质分别与水反应的剧烈程度来判断其金属性强弱，即与 H2O 反应： Na 与水剧烈反应，Mg 与水不反应；和?分别是 Cl 和 Br，根据同主族元素非金属性的递变规律可知，非金属性Cl Br，根据判断非金属性强弱的方法，可依据二者气态氢化物的稳定性、单质之间的置换反应等来判断其非金属性强弱，即将入到 NaBr 溶液中，溶液由无色变为橙色，说明Cl 的化学性质比Br 的活泼。【点睛】Cl2 通本题综合性较强，涵盖了元素周期表、
29、元素性质的递变规律、元素金属性及非金属性强弱的判断方法等，要求用多方面的知识解决问题，能很好滴训练综合运用知识解决问题的能力，根据元素最高价氧化物对应水化物的递变规律或元素的金属性、非金属性的递变规律思考。7 (1)在 188 O 中，中子数为 _；该原子与 168 O 是_关系。(2)标准状况下，有以下三种物质余22gCO 2 ，33.6LCH 4 ， 1molH 2 O ，上述物质质量最大的 _(填序号，下同)，所含原子数最多的是_，体积最小的是_。(3)已知 A、B、 C、 D 均含有同一种元素，其中 A 为活泼金属单质，热的油污。且它们四种物质之间存在如下转化关系，请回答下列问题：C 溶液可用于洗涤D 的化学式为： _。写出过程的化学方程式：_。【答案】 10 同位素 NaHCO3 Na2CO3+ CO2+H2O=2NaHCO3【解析】【分析】(1)质量数 =质子数 +中子数；同位素是同种元素的不同核素；22 g=0.5mol ，体积为(2) 标准状况下： 22gCO2 的物质的量为44g / mol433.6 L0.5mol 22.4L/mol=11.2L； 33.6LCH 的物质的量为=1.5mol ，质量为22.4L / mol1.5mol 16g/mol=24g； 1molH 2O 的质量为1mol 18g/mol=18g，体积为18mL；(3)常用热的Na