1、化学 原子结构与元素周期表的专项培优练习题含详细答案一、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：NH _PH （填 “ 或”“ Q32Q1+Q24Q3 2Q1 +Q2 bc FeO42-+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，负极
2、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PH I 也能与 NaOH 发生反应， a 错误；4b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
3、Q123键放出32122、 Q 、 Q kJ，则形成 1 mol O-HQkJ 热量，对于反应 H (g)+2O (g)=H O(g)，断开 1 mol H-H 键和 11+12mol O=O 键所吸收的能量(QQ ) 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 OH3 +OH=A lO2 +H 2O -3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Si N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3435g【解析】【分析】
4、【详解】I（ 1）化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
5、种元素的最高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 ；II（ 5）非金属性 NSi，因此Si N中 N 元素化合价为 -3 价；该反应中 N 元素化合价从 034价降低至 -3 价， N 元素被还原；（6） Si3N4 陶瓷材料硬度大、熔点高，晶体中只有极性共价键，说明Si3N4 为原子晶体，C N的结构与 Si N 相似，说明 C N为原子晶体，两者均为原子晶体，碳原子半径小于硅343434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，
6、键能较大，熔点较高；（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 下表标出的是元素周期表的一部分元素，回答下列问题：（1）表中用字母标出的14 种元素中，化学性质最不活泼的是_ （用元素符号表示，下同），金
7、属性最强的是_，非金属性最强的是_，常温下单质为液态的非金属元素是_，属于过渡元素的是_（该空用字母表示）。（2） B，F， C 气态氢化物的化学式分别为_，其中以 _最不稳定。（3）第三周期中原子半径最小的是_。【答案】 Ar K F BrM H2O、 HCl、PH3 PH3 Cl【解析】【分析】由元素在周期表中位置，可知硫、 H 为 Al、 I 为 Mg 、 J为【详解】A 为氟、 B 为氧、 C 为磷、 D 为碳、 E 为 Ar、 F 为 Cl、G 为Na、 K 为 Ca、 L 为钾、 N 为 Br、 M 处于过渡元素。（ 1）表中用字母标出的 14 种元素中，稀有气体原子最外层达到稳定
8、结构，化学性质最不活泼的是 Ar（用元素符号表示，下同）；同周期自左而右金属性减弱、非金属性增强，同主族自上而下金属性增强、非金属性减弱，故上述元素中金属性最强的为K，非金属性最强的为 F；Br2 常温下为液态，根据元素在周期表中位置可知M 属于过渡元素；故答案为： Ar； K； F； Br； M；（2） B，F， C 气态氢化物的化学式分别为H23O、 HCl、 PH ，同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性O P、 ClP，非金属性越强，氢化物越稳定，与 PH3最不稳定，故答案为：233H O、 HCl、 PH ； PH ；（3）同周期自左而右原子半径减小，故第
9、三周期中Cl 原子半径最小，故答案为： Cl。A BC三种元素的原子中，质于数：ABC18。A元素原子的最外层4 已知 、 、，且都小于电子数是次外层电子数的2 倍； B 元素原子的 M 层电子数是 L 层电子数的一半；C元素原子的次外层电子数比最外层电子数多1。试回答下列问题。(1)写出三种元素的名称和符号：A_， B_， C_。(2)画出三种元素的原子结构示意图：A_，B_， C_。【答案】碳C硅 Si氯 Cl【解析】【分析】A 元素的原子最外层电子数是次外层电子数的2 倍，则 A 原子核外电子排布为2、 4， A 是C 元素； B 元素的原子核外M 层电子数是L 层电子数的一半，则B 原
10、子核外电子排布为2、8、 4， B 为 Si 元素； C 元素的原子次外层电子数比最外层电子数多1 个，且原子序数大于 B 小于 18，所以 C 原子核外电子排布为2、 8、 7， C 是 Cl 元素，据此答题。【详解】根据上述分析可知A 是 C 元素， B 是 Si 元素， C 是 Cl 元素。(1)A 为碳元素，元素符号为C； B 为硅元素，元素符号为Si； C 为氯元素，元素符号为Cl；(2)碳原子的结构示意图为，硅原子的结构示意图为，氯原子的结构示意图为。【点睛】本题主要考查了根据原子核外各层电子数的关系，确定元素的种类，解题时要熟悉常见元素的核外电子排布，注意规范书写结构示意图。5X
11、、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 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
12、，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【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
13、 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 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，
14、 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HO”“或 同素异形体水分子间存在氢键离子键和非极性共价键 离子化合物2H2 222O2H O+O 【解析】【分析】短周期元素 A、B、C、 D 原子序数依次增大，A 的最外层电子数是其电子层数2 倍，则 A原子核外有2 个电子层，核外电子排布是2、 4， A 是 C 元素； B 的阴离
15、子和 C 的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，淡黄色固体E 是Na2O2，则 B 是 O 元素、 C是 Na 元素； D 的 L 层电子数等于K、 M 两个电子层上的电子数之和，则 D 原子 M 层电子数为 6，则 D 为 S元素。然后根据元素的原子结构及形成的化合物的性质，结合元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析可知：A 是 C 元素， B 是 O 元素， C 是 Na 元素， D 是 S 元素，淡黄色的固体E 是 Na O 。22(1)A 是 C 元素，元素名称为碳； D 是 S 元素，原子核外电子排布为2、 8、6，则 S 在元素周期表中位于第三周
16、期第VIA 族； O2-、 Na+核外电子排布是 2、 8，二者电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径O2-Na+；(2)氧元素形成的单质有O2、 O3，二者是由同一元素形成的不同性质的单质，互为同素异形体； B 的氢化物 H2O 和 D 的氢化物 H2S 结构相似，由于在 H2O 分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使得物质的熔沸点升高，故物质的沸点：H2OH2S；(3)E 是 Na2 O2，该物质是离子化合物， 2 个 Na+与 O22-之间通过离子键结合，在阴离子O22-中 2 个 O 原子之间通过共价键结合；(4)C 与 D 的二
17、元化合物Na2S 是离子化合物， Na+与 S2- 通过离子键结合，用电子式表示其形成过程为：。(5)H 与 O 分别形成10 电子分子是 H2O，形成的 18 电子分子是 H2O2， 18 电子分子 H2O2 不稳定，容易分解为H2 O 和 O2 ，反应的化学方程式为： 2H2O22H2O+O2。【点睛】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，涉及原子结构、元素周期表结构、物质性质等知识点，熟练掌握元素化合物、元素周期律等知识点，侧重考查学生分析与应用能力。8 下表是元素周期表中的一部分。周期 A A A A AA A01A2EFHJ3BCDGI根据 A J在周期表中的位置，用元素符号或化学式
18、回答下列问题：(1)电负性最强的元素是 _，第一电离能最小的单质是_。(2)最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是_ ，呈两性的是 _。(3)A 分别与 E、 F、 G、 H、I 形成的简单化合物中，沸点最高的是_。(4)由 B、 C、 D、 G、 I 形成的单核离子中，半径最大的离子是_。2-【答案】 F Na HClO4 Al(OH)3 HF S【解析】【分析】先根据元素在周期表的位置确定元素：A 是 H， B 是 Na， C 是 Mg ， D 是 Al， E 是 C，F 是N，G 是 S， H 是 F， I 是 Cl， J 是 Ne。(1)在同一周期元素的原子中，原子半径越小，元素的非
19、金属性越强，元素的电负性越大；元素的金属性越强，其第一电离能越小；(2)形成最高价含氧酸酸性最强的是物质HClO4；处于金属与非金属交界区的Al 元素形成的氧化物的水化物显两性；(3)分子之间作用力越强，物质的熔沸点越高；分子之间存在的氢键，增加分子之间的吸引力，导致相应的氢化物沸点升高；(4)离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越小，离子半径越大。【详解】根据上述分析可知A 是 H， B 是 Na， C 是 Mg ， D 是 Al， E 是 C，F 是 N， G 是 S， H 是 F， I是 Cl， J是Ne。(1)元素的非金属性越强，其电负性越大，在
20、上述元素中，非金属性最强的元素是F，所以电负性最强的元素是F；元素的金属性越强，原子半径越大，越容易失去电子，其第一电离能越小。在上述元素中金属性最强的元素是Na 元素，所以第一电离能最小的单质是Na；(2)上述元素形成最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4，呈两性的是Al(OH)3；(3)H 分别与C、N、S、F、Cl 形成的简单化合物分别是CH4、 NH3、 H2S、 HF、 HCl，这些物质都是由分子构成，物质分子间作用力越强，克服分子间作用力消耗的能量越高，物质的熔沸点就越高。氢键是比分子间作用力强很多的作用力，会使物质的熔沸点升高。由于HF、NH分子之间存在氢键，且氢键H
21、FNH ，因此物质的沸点最高的是HF。33(4)Na、 Mg 、Al、 S、 Cl 都是第三周期的元素，Na+、 Mg2+、 Al3+是原子失去最外层电子形成的阳离子，核外电子排布是2、8； S2- 、 Cl-是原子获得电子形成阴离子，核外电子排布是2、8、 8。由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越小，离子半径越大，所以上述元素形成的单核离子中，半径最大的离子是S2-。【点睛】本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，涉及电离能、电负性、氢键、离子半径大小比较等知识点，要根据物质结构特点、氢键对物质性质的影响等知识点再结合元素周期律、知识迁移的方
22、法分析解答即可。9 下图是中学化学中常见物质间的转化关系，其中甲、乙、丙均为非金属单质；A、 B、 E和丁均为化合物，其中 A 常温下呈液态； B 和 E 为能产生温室效应的气体，且有 10mol 电子。乙和丁为黑色固体，将他们混合后加热发现固体由黑变红。1mol E中含（ 1）写出化学式：甲 _；乙 _；丙 _；（ 2）丁的摩尔质量 _；（ 3）写出丙和 E 反应生成 A 和 B 的化学方程式 _；（4）有同学将乙和丁混合加热后收集到的标准状态下气体4.48L，测得该气体是氢气密度的 16 倍，若将气体通入足量澄清石灰水，得到白色沉淀物_g；【答案】 H2C2CH 4 +2O2点燃CO2+2
23、H 2O 5O 80g/mol【解析】【分析】产生温室效应的气体有：二氧化碳、甲烷、臭氧等，常见的黑色固体有：碳、二氧化锰、四氧化三铁、铁粉、氧化铜等，由乙和丁为黑色固体且乙为非金属单质，所以乙为C，由丙是非金属单质，乙和丙反应产生温室效应气体B，所以丙是 O22，B 是 CO ， B 和 E 为能产生温室效应的气体且1mol E 中含有 10mol 电子，则 E 为 CH4，再结合转化关系可知，A 为水，甲为 H2，丁为 CuO。【详解】（1）由上述分析可知，甲、乙、丙分别为H2、 C、 O2；（2）丁为 CuO，相对分子质量为 80，则摩尔质量为 80 g/mol ；（3点燃CO2 +2H
24、 2O ；）丙和 E 反应生成 A 和 B 的化学方程式为 CH 4 +2O2（4）测得该气体对氢气的相对密度为16，则 M 为 162 g/mol =32g/mol ，标准状况下气体2的混合物， n=4.48L24.48L，为 CO、 CO=0.2mol ，设 CO 的物质的量为 xmol ，则22.4L/mol28 (0.2-x)+44x=32，解得 x=0.05mol ，由 C 原子守恒可知，0.2n( CO2) =n( CaCO3) =0.05mol ，则白色沉淀物为0.05mol 100g/mol=5g。10 二氧化碳是造成大气污染的主要有害气体之一，二氧化硫尾气处理的方法之一是采用
25、钠 钙联合处理法。第一步：用 NaOH 溶液吸收 SO2 2NaOH+SO2 Na2SO3+H2O。第二步：将所得的 Na2SO3 溶液与生石灰反应。 Na2SO3+CaO+H2O CaSO3 +2NaOH完成下列填空：(1)在上述两步反应所涉及的短周期元素中，原子半径由小到大的顺序是_。(2)氧和硫属于同族元素，该族元素的原子最外层电子排布可表示为_。写出一个能比较氧元素和硫元素非金属性强弱的化学反应方程式：_(3)NaOH 的电子式为 _ 。(4)若在第一步吸收 SO 后得到的 NaOH 和 Na SO 混合溶液中，加入少许溴水，振荡后溶液223变为无色，生成 Na2SO4 和 NaBr。写出发生反应的化学方程式。_(5)钠 钙联合处理法的优点有
