备战高考化学原子结构与元素周期表培优易错难题练习(含答案)及答案

备战高考化学原子构造与元素周期表培优易错难题练习 ( 含答案 )
及答案
一、原子构造与元素周期表练习题（含详尽答案分析）
1．锌在工业中有重要作用,也是人体必要的微量元素。

回答以下问题:
（1） Zn 原子核外电子排布式为 __________ 洪特规则内容 _____________
泡利不相容原理内容______________________
（2）黄铜是人类最早使用的合金之一,主要由 Zn 和 Cu 构成。

第一电离能
I1(Zn)__________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。

原由是 __________
（3） ZnF2拥有较高的熔点 (872 ℃ ),其化学键种类是 __________;ZnF2不溶于有机溶剂而
ZnCl2、 ZnBr2、 ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,原由是 __________
（4）金属 Zn 晶体中的原子聚积方式以下图,这类聚积方式称为 __________,配位数为 ____
六棱柱底边边长为 a cm,高为 c cm,阿伏加德罗常数的值为N A，Zn 的密度为 __________g cm·-3(列出计算式 )。

【答案】 1s22s22p63s23p63d104s2或 [ Ar] 3d104s2原子核外电子在能量同样的各个轨道上排布
时，电子尽可能分占不一样的原子轨道，且自旋状态同样，这样整个原子的能量最低每个
原子轨道上最多只好容纳两个自旋状态不一样的电
子大于 Zn 核外电子排布为全满稳固结
构，较难失电子离子键ZnF2为离子化合物，ZnCl2、 ZnBr2、 ZnI2的化学键以共价键为
656
主、极性较小六方最密聚积 (A3型 ) 12
N A 63a2c
4
【分析】
【剖析】
【详解】
(1)Zn 原子核外有30 个电子，分别散布在1s、2s、2p、 3s、 3p、 3d、 4s 能级上，其核外电
子排布式为 1s22s22p63s23p6 3d104s2或 [Ar]3d 104s2，洪特规则是指原子核外电子在能量同
样的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不一样的原子轨道，且自旋状态同样，这样整个原子
的
能量最低，而泡利原理是指每个原子轨道上最多只好容纳两个自旋状态不一样的电子，故答
案为： 1s22s22p63s23p63d104s2或 [Ar]3d 104s2；原子核外电子在能量同样的各个轨道上排布
时，电子尽可能分占不一样的原子轨道，且自旋状态同样，这样整个原子的能量最低；每个
原子轨道上最多只好容纳两个自旋状态不一样的电子；
(2)轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳固，失掉电子需要的能量较大，Zn 原子轨道中
电子处于全满状态，Cu 失掉一个电子内层电子达到全充满稳固状态，所以Cu 较 Zn 易失电子，则第一电离能 Cu＜ Zn，故答案为：大于； Zn 核外电子排布为全满稳固构造，较难失电
子；
(3)离子晶体熔沸点较高，熔沸点较高ZnF2，为离子晶体，离子晶体中含有离子键；依据相
似相溶原理知，极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，ZnF2属于离子化合物而 ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为共价化合物， ZnCl2、 ZnBr2、 ZnI2分子极性较小，乙醇、乙醚等有机溶剂属于
分子晶体极性较小，所以互溶，故答案为：离子键；ZnF2为离子化合物， ZnCl2、 ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小；
(4)金属锌的这类聚积方式称为六方最密聚积，Zn 原子的配位数为 12，该晶胞中 Zn 原子个
11
数=12× +2× +3=6，六棱柱底边边长为 acm，高为 ccm，六棱柱体积
62
3m656
=[(6 ×23，晶胞密度 =V
2
，故答案为：六方最密聚积 (A3
a) × 3× c]cm6c 4N A 3 a
4
656
型)； 12；
3。

N A 6a2 c
4
【点睛】
此题考察物质构造和性质，波及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断、原子
核外电子排布等知识点，重视考察学生剖析、判断、计算及空间想像能力，娴熟掌握均派
分在晶胞计算中的正确运用、价层电子对个数的计算方法，注意：该晶胞中极点上的原子
被 6 个晶胞共用而不是8 个，为易错点。

2．硅是构成矿物和岩石的主要成分，单质硅及其化合物拥有宽泛的用途。

达成以下填空：
I.某些硅酸盐拥有挑选分子的功能，一种硅酸盐的构成为：M2O·R2O3·2SiO2·nH2O，已知元素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。

（1）该硅酸盐中同周期元素原子半径由大到小的次序为________________ ；
（2）写出 M 原子核外能量最高的电子的电子排布式：__________________；
（3）常温下，不可以
与
R 单质发生反响的是___________（选填序号）；
a． CuCl2溶液b．Fe2O3c．浓硫酸d． Na2CO3溶液
（4）写出 M、 R 两种元素的最高价氧化物对应的水化物反响的离子方程式：
____________________________________________ 。

II.氮化硅（ Si3N4）陶瓷资料硬度大、熔点高。

可由以下反响制得：
SiO2+C+N2高温Si3N4+CO
（5） Si3N4晶体中只有极性共价键，则氮原子的化合价为______，被复原的元素为
______________。

（6） C3N4的构造与 Si3N4相像。

请比较二者熔点高低。

并说明原由：
_____________________。

（7）配平上述反响的化学方程式，并标出电子转移的数量和方向。

_________________
（8）假如上述反响在 10L 的密闭容器中进行，一段时间后测得气体密度增添了
2.8g/L ，则
制得的 Si 3N 4 质量为 _____________。

【答案】 Na >Al>Si
1 -
-
2
3s
bd Al OH 3 +OH =A lO 2 +H 2O
二者均为
-3 N 中氮元素 原子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，所以
C
3N 4 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
3
4
35g
【分析】
【剖析】
【详解】
I ．（ 1）化合物的化合价代数和为 0，所以 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，所以半径大小关系为： Na >Al>Si ；
（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： 3s 1；
（3）常温下， Al 与 CuCl 2 溶液反响能将铜置换出来； Al 与 Fe 2O 3 在高温反响； Al 与浓硫酸
发生钝化； Al 与 Na 2CO 3 溶液在常温下不发生反响； 故答案为： bd ；
（4） Na 、 Al 两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为： NaOH 、 Al(OH)3，二者反响的
离子方程式为： Al OH 3 +OH - =A lO 2- +H 2O ；
II ．（ 5）非金属性 N>Si ，所以 Si N 中 N 元素化合价为 -3 价；该反响中 N 元素化合价从 0
3
4
价降低至 -3 价， N 元素被复原；
（6）
Si
3N 4 陶瓷资料硬度大、熔点高，晶体中只有极性共价键，说明
Si 3N 4 为原子晶体， C 3N 4 的构造与 Si 3 N 4 相像，说明 C 3N 4 为原子晶体，二者均为原子晶体，碳原子半径小于硅 原子半径，所以 C 3 N 4 中碳原子与氮原子形成的共价键键长较 Si 3N 4 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；
（7）该反响中 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
高升至 +2 价，依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）气体密度增添了 2.8g/L ，说明气体质量增添了
2.8g/L ×10L=28g ，
高温
3SiO 2 +6C +2N 2
=
Si 3 N 4 +6CO 气体质量变化 m
140g
112g
28g
因今生成的 Si 3N 4 质量为 140g
28g
112g =35g 。

3．同一周期 (短周期 )各元素形成单质的沸点变化以以下图所示(按原子序数连续递加次序排列)。

该周期部分元素氟化物的熔点见下表。

氟化物AF BF2DF4
熔点 /K12661534183
(1)A 原子核外共有 _______种不一样运动状态的电
子、_______种不一样能级的电子；
(2)元素 C 的最高价氧化物对应水化物的电离方程式为__________ ；
(3)解说上表中氟化物熔点差别的原由：_______；
(4)在 E、G、 H 三种元素形成的氢化物中，热稳固性最大的是_______（填化学式）。

A、
B、 C 三种原子形成的简单离子的半径由大到小的次序为______（填离子符号）。

【答案】 11 4AlO2- +2
Al(OH)3Al3+-2
+H+HO+3OH NaF与 MgF 为离子晶体，离子之间以离子键联合，离子键是激烈的作使劲，所以熔点高；Mg 2+的半径比 Na+的半径小，离子电荷比 Na+多，故 MgF2的熔点比 NaF 高； SiF4为分子晶体，分子之间以轻微的分子间
作使劲联合，故SiF4的熔点低 HCl
+2+3+ Na>Mg>Al
【分析】
【剖析】
图中曲线表示 8种元素的原子序数(按递加次序连续摆列)和单质沸点的关系， H、 I 的沸点低于 0℃，依据气体的沸点都低于0℃，可推测 H、I 为气体，气体元素单质为非气体，故
为第三周期元素，则 A 为 Na， B 为 Mg ， C 为 Al，D 为 Si， E为 P、 G 为 S， H 为 Cl， I 为Ar。

(1)原子中没有运动状态同样的电子，由几个电子就拥有几种运动状态；
依据核外电子排布式判断据有的能级；
(2)氢氧化铝为两性氢氧化物，有酸式电离与碱式电离；
(3)依据晶体种类不一样，以及同种晶体种类影响微粒之间作使劲的要素解答；
(4)同周期自左而右非金属性加强，非金属性越强氢化物越稳固；
电子层构造同样核电荷数越大离子半径越小，据此解答。

【详解】
由上述剖析可知： A 为 Na， B 为 Mg， C 为 Al， D 为 Si， E 为 P、 G 为 S， H 为 Cl， I 为 Ar。

(1)A 为 Na 元素，原子核外电子数为11，故共有 11 种不一样运动状态的电子，原子核外电子
排布式为 1s22s22p63s1，可见有4 种不一样能级的电子；
(2)Al(OH)3为两性氢氧化物，在溶液中存在酸式电离和碱式电离两种形式的电离作用，电离
方程式为： AlO2-+H++H2O Al(OH)3Al3++3OH-；
(3)NaF 与 MgF2为离子晶体，阳离子与阴离子之间以激烈的离子键联合，断裂化学键需耗费
较高的能量，所以它们的熔沸点较高；因为Mg 2+的半径比Na+的半径小，带有的电荷比
Na+多，所以MgF2的熔点比 NaF 高；而 SiF4为分子晶体，分子之间以轻微的分子间作使劲
联合，损坏分子间作使劲耗费的能量较少，故SiF4的熔点低；
(4)同一周期元素从左到右元素的非金属性渐渐加强，元素的非金属性：Cl>S>P。

元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物就越稳固，故HCl 最稳固性， Na+、 Mg 2+、 Al3+核外电子排布都是 2 、8，电子层构造同样，关于电子层构造同样的离子来说，离子的核电荷数越
大，离子半径越小，故离子半径Na+>Mg2+>Al3+。

【点睛】
此题考察核外电子排布规律、晶体构造与性质的关系、元素周期律等的应用，依据图象信
息判断出元素是解题重点，打破口为二、三周期含有气体单质数量。

4．下表是元素周期表的一部分，针对表顶用字母标出的元素，回答以下问题：
（除特别注明外，其余一律用化学式表示）
（1）由 E 形成的物质中硬度最大的是___（填名称），属于___（填“晶体种类”）。

（2）最高价氧化物水化物中碱性最强的化合物的电子式是___，该碱溶液与 D 的最高价氧化物反响的离子方程式___。

（3）常用作光导纤维的是___。

（4） G、 H、I 形成的气态氢化物稳固性由强到弱的次序___。

（5） H、 J、 K 的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的次序___。

（6） I、 J、 K 三种元素形成的离子，离子半径由大到小的次序是___。

（7）元素 I 的氢化物的构造式为___；该氢化物常温下和元素K 的单质反响的化学方程式
为___。

【答案】金刚石原子晶体2OH- 2 32-2223
+Al O =2AlO+H O SiO H O＞NH ＞
3424342-＞Cl-＞O2-
H—O—H 22
HClO＋ HCl
PH HClO＞H SO＞H PO S Cl ＋ H O ?
【分析】
【剖析】
依据元素周期表可知， A 为氢元素， B 为钠元素， C 为镁元素， D 为铝元素， E 为碳元素， F 为硅元素， G 为氮元素， H 为磷元素， I 为氧元素， J 为硫元素， K 为氯元素， L 为氩元素。

【详解】
（1） E 为碳元素，形成的物质中硬度最大的是金刚石，属于原子晶体，故答案为：金
刚石；原子晶体；
（2）同周期元素从左到右，金属性渐渐减弱，同主族元素，从上到下，金属性渐渐加强，
可知钠金属性最强，对应的碱为氢氧化钠，其电子式为， D 为铝元素，其最高价氧化物为氧化铝，氧化铝有两性，与氢氧化钠反响的离子反响方程式为2OH-
-+Al2O3=2AlO2+H2O，故答案为：
--
； 2OH +Al2O3=2AlO2 +H2O；
（3）二氧化硅常用作光导纤维，故答案为：SiO2；
（4）同周期元素从左到右非金属性渐渐加强，同主族元素从上到下非金属性渐渐减弱，则
非金属性 O＞ N＞ P，非金属性强的元素对应的氢化物越稳固，则稳固性H233
，
O＞NH ＞ PH
故答案为： H2O＞ NH3＞ PH3；
（5）同周期元素从左到右非金属性渐渐加强，则非金属性Cl＞S＞ P，非金属性强的元素对
应的最高价含氧酸的酸性强，则酸性HClO4＞ H2SO4＞ H3PO4，故答案为： HClO4＞ H2SO4＞
H3PO4；
（6） S2-、 Cl-均有三个电子层，核外电子排布同样，则核电荷数小的离子半径大，即S2-＞
Cl-， O2-有两个电子层，比S2-、Cl-的离子半径都小，则S2-＞ Cl-＞ O2-，故答案为：S2-＞ Cl-＞O2-；
（7）元素 I 的氢化物为水，构造式为H—O—H，水在常温下和氯气反响的化学方程式为
Cl2＋ H2O ?HClO＋ HCl，故答案为： H—O—H； Cl2＋ H2O ?HClO＋ HCl。

5．下表是元素周期表的一部分，除标出的元素外，表中的每个编号代表一种元素。

请依
据要求回答以下问题：
（1）②的元素符号是 ______。

（2）⑤和⑥两种元素的非金属性强弱关系是：⑤______⑥。

（3）①和③两种元素构成的化合物中含有的化学键为 ________（填“离子键”或“共价
键”）。

（4）④和⑥两种元素构成的化合物与AgNO3溶液反响的离子方程式为 __________ 。

【答案】 C＜共价键Ag＋＋Cl－＝AgCl↓
【分析】
【剖析】
依据元素在周期表中的地点剖析元素的种类；依据元素周期律及元生性质剖析解答。

【详解】
依据元素周期表的构造及元素在周期表中的地点剖析知，①为氢，②为碳，③为氧，④为
钠，⑤为硫，⑥为氯；
（1）碳的元素符号是C，故答案为： C；
（2）⑤和⑥处于同样周期，同周期元素随核电荷数增大，非金属性加强，则两种元素的非
金属性强弱关系是：⑤＜⑥，故答案为：＜；
（3） H 和 O 两种元素构成的化合物中有 H2O 和 H2O2，都属于共价化合物，含有的化学键为
共价键，故答案为：共价键；
（4） Na 和 Cl 两种元素构成的化合物为 NaCl，与 AgNO3溶液反响生成氯化银积淀和硝酸钠，
离子方程式为： Ag＋＋ Cl－＝ AgCl↓，故答案为： Ag＋＋Cl－＝AgCl↓。

6．已知A、 B、 C 三种元素的原子中，质于数：A<B<C，且都小于18。

A 元素原子的最外层
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。

试回答以下问题。

(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构造表示图：A______，B______， C______。

【答案】碳C硅Si氯Cl
【分析】
【剖析】
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】
依据上述剖析可知 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)碳原子的构造表示图为，硅原子的构造表示图为，氯原子的构造
表示图为。

【点睛】
此题主要考察了依据原子核外各层电子数的关系，确立元素的种类，解题时要熟习常有元
素的核外电子排布，注意规范书写构造表示图。

7．A、 B、 C 为短周期元素，在周期表中所处的地点以下图。

A、 C两元素的原子核外电子数
之和等于 B 原子的质子数， B 原子核内质子数和中子数相等。

(1)写出 A、B、 C 的名称 :A_____、 B_____、 C_____。

(2)C 在元素周期表中的地点是 _____。

(3)B 的原子构造表示图为 _____,C 的氢化物与 B 的氢化物的稳固性强弱次序> (填化学式 )。

_______
(4)比较 A、C 的原子半径 :A_____(填“ >”“或“<”=”。

)C
【答案】氮硫氟第二周期Ⅶ A HF>H2S>
【分析】
【剖析】
A、 B、 C 为短周期元素，由它们在周期表中的地点，可知A、 C 处于第二周期， B 处于第三周期，令 A 原子核外电子为 x，则 B 质子数为x+9，C 核外电子数为 x+2，则： x+x+2=x+9，解得 x=7，故 A 为 N 元素、 B 为 S 元素、 C 为 F 元素，据此解答。

【详解】
A、 B、 C 为短周期元素，由它们在周期表中的地点，可知 A.C 处于第二周期， B 处于第三周期，令 A 原子核外电子为 x，则 B 质子数为x+9，C 核外电子数为 x+2，则： x+x+2=x+9，解得 x=7，故 A 为 N 元素、 B 为 S 元素、 C 为 F 元素，
(1)由上述剖析可知， A 为氮、 B 为硫、 C 为氟；
(2)C 为氟，处于周期表中第二周期Ⅶ A 族；
(3)B 为 S 元素，原子构造表示图为；非金属性： F＞ S，非金属性越强其对应简单
气态氢化物的稳固性越大，故氢化物稳固性：HF＞ H2 S；
(4) A 为 N、C 为 F，同一周期，自左至右，元素的原子半径减小，故原子半径：N＞ F。

8．A、 B、 C、 D 四种元素都是短周期元素， A 元素的离子拥有黄色的焰色反响。

B 元素的
离子构造和 Ne 拥有同样的电子层排布； 5.8 g B 的氢氧化物恰巧能与
-1
盐酸完100 mL2 mol·L
全反响； B 原子核中质子数和中子数相等。

H2在 C 单质中焚烧产生苍白色火焰。

D 元素原子的电子层构造中，最外层电子数是次外层电子数的 3 倍。

依据上述条件达成以下问题：
(1)C 元素位于第 ______周期第 _____族，它的最高价氧化物的化学式为____。

(2)A 元素是 _____， B 元素是 _____， D 元素是 _____。

(填元素符号 )
(3)A 与 D 形成稳固化合物的化学式是______，该化合物中存在的化学键种类为___，判断该化合物在空气中能否变质的简单方法是______。

(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汲取，其离子方程式为
______。

【答案】三ⅦA Cl2 7
Na Mg O22离子键和 (非极性 )共价键看表面颜色能否O NaO
变白 Cl2---2
+2OH =Cl+ClO +H O
【分析】
【剖析】
A、 B、 C、 D 四种元素都是短周期元素， A 元素的离子拥有黄色的焰色反响，则 A 为 Na 元素； 5.8 g B 的氢氧化物恰巧能与100 mL2 mol/L 盐酸完整反响，n(H+)=n(OH-)，设 B 的化合
5.8?g
价为 x，摩尔质量为 y，则
y 17 x× x=0.，2明显 x=2， y=24 切合， B 原子核中质子数和中子数相等，则 B 的质子数为12，即 B 为 Mg 元素； H2在 C 单质中焚烧产生苍白色火焰，则
C 为 Cl 元素；
D 元素原子的电子层构造中，最外层电子数是次外层电子数的 3 倍，则次外层为 2，最外层为 6 切合，即 D 为 O 元素，而后利用元素及其单质、化合物的性质来解答。

【详解】
依据上述剖析可知 A 是 Na， B 是 Mg， C是 Cl， D 是 O 元素。

(1)C 是 Cl 元素， Cl 原子核外电子排布为 2 、8、 7，依据原子核外电子排布与元素地点的关
系可知： Cl 位于元素周期表第三周期第Ⅶ A 族， Cl 最外层有7 个电子，最高化合价为 +7价，其最高价氧化物为Cl2O7；
(2)依据以上剖析可知 A 是 Na 元素， B 是 Mg 元素， D 是 O 元素；
(3)A、 D 两种元素形成的稳固氧化物是Na O ，该物质属于离子晶体，含有离子键和非极性
22
共价键。

过氧化钠为淡黄色， Na2222
O 发生反响，若变质，最后会
O简单与空气中的 CO 、H
变成白色的 Na2CO3，所以判断该化合物在空气中能否变质的简单方法是看表面颜色能否变
白；
(4)C 是 Cl 元素，其单质Cl2是有毒气体，可依据Cl2能够与NaOH 溶液反响的性质除掉，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。

【点睛】
此题考察了元素及化合物的推测、元素的地点与原子构造及性质的关系。

明确元素的推测
是解答此题的重点，掌握元素的地点、构造、性质的关系及应用，熟习元素及其单质、化
合物的性质即可解答。

9．有X Y Z
三种短周期元素，已知
X
原子
L
层电子比
M
层电子多
2
个，
Y3+
离子电子层、、
构造与 Ne 同样； Z 与 X 处于同一周期，其气态单质是双原子分子，两原子共用１对电子。

试回答：
（1）写出元素 X 名称： ________ ；
．．
（2）写出 Y 元素在元素周期表的地点 _______________ ;
（3）画出元素 Z 的原子构造表示图： ___________________ ；
（4） Z 元素所在主族的元素形成的含氧酸酸性最强的是（写化学式）____________；（5） X 的氢化物的电子式为 ______________；
（6）写出 Y 单质与氢氧化钠溶液反响化学方程式_________________；
（7）标准状况下， 2.24LZ 单质与足量氢氧化钙完整反响时，电子转移总数为_____mol 。

【答案】硫第 3 周期第ⅢA 族HClO4
2Al+2NaOH+2H 2O=2NaAlO 2 +3H 20.1
【分析】
【剖析】
已知 X 原子 L 层电子比M 层电子多 2 个，则 X 为 S； Y3+离子电子层构造与Ne 同样，则 Y
为 Al ； Z 与 X 处于同一周期，其气态单质是双原子分子，两原子共用
1 对电子，则 Z 为
Cl ，以此答题。

【详解】
经剖析， X 为 S ， Y 为 Al ，Z 为 Cl ；
（1）元素 X 名称为硫；
（2） Y 元素在元素周期表的地点第 3 周期第Ⅲ A 族；
（3）元素 Z 的原子构造表示图为：
；
（4） Z 元素所在主族的元素形成的含氧酸酸性最强的是 HClO 4；
（5） X 的氢化物为 H 2S 其电子式为：
；
（6） Y 单质与氢氧化钠溶液反响化学方程式：
2Al+2NaOH+2H O=2NaAlO 2+3H
2
；
2
（7）标准状况下， 2.24L Z 单质与足量氢氧化钙完整反
应
:
2Cl 2＋2Ca OH 2 =CaCl 2＋Ca ClO 2 ＋2H 2O ，电子转移总数
N=nN A =
V 2.24L 1N A =
1N A =0.1N A 。

V m
22.4L/mol
10． X 、 Z 、Q 、 R 、 T 为前周围期元素，且原子序数挨次增大。

X 和 Q 属同族元素， X 和 R
可形成化合物
XR 4； R 2 为黄绿色气体； Z 与 X 同周期且基态原子的
s 轨道和 p 轨道的电子总
数相等； T 2+的 3d 轨道中有 5 个电子。

请回答以下问题：
(1)Z 基态原子的电子排布式是
______； Z 所在周期元素中，最高价氧化物对应的水化物酸
性最强的是 ______ （填化学式）。

(2)利用价层电子对互斥理论判断 3-
的立体构型是 ______； RZ 3 -的中心原子的杂化轨道种类
RZ
为______ 。

(3)水中 T 含量超标，简单使洁具和衣物染色． 2
2+
，生成黑色
RZ 能够用来除掉水中超标的 T
积淀 TZ 2，当耗费 0.2molRZ 2 时，共转移了 1mol 电子，则反响的离子方程式为
___________。

【答案】 1s 2 2 4 3
3
杂化 2ClO 2 2+ 2 2 ﹣
+ 2s 2p HNO 三角锥形 sp
+5Mn +6H O=5MnO ↓ +2Cl +12H
【分析】
【剖析】
X 、 Z 、 Q 、 R 、T 为前周围期元素，且原子序数挨次增大，
2
R 为 Cl ；X
R 为黄绿色气体，则
和 R 可形成化合物 XR
4，则 X 为 +4 价，处于 IVA 族， X 和 Q 属同族元素，可推知 X 为 C 元
素、 Q 为 Si ； Z 与 X 同周期且基态原子的 s 轨道和 p 轨道的电子总数相等，则 Z 核外电子排
布为 1s 22s 22p 4，所以 Z 为 O 元素； T 2+的 3d 轨道中有 5 个电子，原子核外电子排布式为
1s 22s 22p 63s 23p 63d 54s 2，则 T 为 Mn ，据此解答。

【详解】
依据上述剖析可知： X 是 C 元素， Z 是 O 元素， Q 是 Si 元素， R 是 Cl 元素， T 是 Mn 元
素。

(1)Z 是 O 元素， O 基态原子的电子排布式是
1s 22s 22p 4； Z 所在周期元素中，元素最高价氧
化物对应的水化物酸性最强的是HNO3；
(2) RZ3-是 ClO3-， ClO3-离子中中心原子Cl 原子孤电子对数 = 7
1 23=1，价层电子对数为
2
3+1=4，则 ClO3-立体构型是三角锥形，此中心原子Cl 原子的杂化轨道种类为sp3杂化；(3)水中 Mn 含量超标，简单使洁具和衣物染色，ClO2能够用来除掉水中超标的Mn 2+，生成黑色积淀 MnO 2，当耗费 0.2molClO2时，共转移了1mol 电子，假定 Cl 元素在复原产物中化合价为 a，则 0.2mol ×(4-a)=1mol，解得 a=-1，即 ClO2被复原变成 Cl-，依据电荷守恒可知，
还产生了 H+，则反响的离子方程式为：2ClO2
+5Mn 2+22﹣+。

+6H O=5MnO ↓ +2Cl +12H
【点睛】
此题考察构造、性质、地点关系应用、核外电子排布、杂化方式判断、氧化复原反响等，
较为全面的考察了元素化合物、物质构造理论及氧化复原反响的剖析与判断能力，是对学
生对知识的迁徙运用能力的综合考察。

11．下表是元素周期表的一部分，回答以下相关问题：
（1）写出以下元素符号：① ________，⑥ ________，⑦ ________， ? ________。

（2）在这些元素中，最开朗的金属元素是 ________，最开朗的非金属元素是 _______，最不开朗的元素是 ________。

（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 ___________ ，写出三者之间互相反响的化学方程式___。

（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③与④中，化学性质较开朗的是________，如何用化学实考证明？答：________。

在⑧与 ? 中，化学性质较开朗的是_________，如何用化学实考证明？答： _________。

【答案】 N Si S Ca K F Ar HClO
KOH Al(OH)3Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O、
4
Al(OH) +KOH=KAlO +2H O、 KOH+HClO=KClO+H O F K Na 与 H O 反响： Na 与水激烈反3224422
应， Mg 与水不反响Cl 将 Cl2通入到 NaBr 溶液中，溶液由无色变成橙色，说明Cl 的化学性质比 Br 的开朗
【分析】
【详解】
（1）依据元素周期表的构造可知：①、⑥、⑦、 ? 分别在第二周期 VA、第三周期 IVA、第三周期VIA 和第周围期 IIA，则①、⑥、⑦、 ? 分别为 N、 Si、 S、 Ca；
（2）依据元素周期表性质的递变规律，最开朗的金属应在第IA，最开朗的非金属应在第
VIIA，惰性气体最不开朗，则在I A 元素 Na（③）和 K（⑩）中K 最开朗；在 VII A 族元素
F Cl Br
（?）中，F
最开朗；最不开朗的是⑨即
Ar
；
（②）、（⑧）和
（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加强的，依据同周期、
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②即F，但 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HClO4；元素的最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的必是非金属性加强的，依据同周期、同主族元素
金属性的递变规律可知，元素金属性最强的是⑩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拥有两性；三者之间互相反响的化学方
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挨次减小，同主族元素从上而下原子半径挨次增大，故
在这些元素中，原子半径最小的是F，原子半径最大的是 K；
（5）③和④分别是Na 和 Mg ，依据同主族元素金属性的递变规律可知，金属性Na＞ Mg，依据判断金属性强弱的方法，可依照二者单质分别与水反响的激烈程度来判断其金属性强
弱，即与 H2O 反响： Na 与水激烈反响，Mg 与水不反响；⑧和?分别是Cl和Br，依据同
主族元素非金属性的递变规律可知，非金属性Cl＞ Br，依据判断非金属性强弱的方法，可
依照二者气态氢化物的稳固性、单质之间的置换反响等来判断其非金属性强弱，马上Cl2通入到 NaBr 溶液中，溶液由无色变成橙色，说明Cl 的化学性质比Br 的开朗。

【点睛】
此题综合性较强，涵盖了元素周期表、元生性质的递变规律、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，依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
思虑。

12．元素 A、 B、 D、 E、 F、 G 均为短周期主族元素，且原子序数挨次增大，只有 E 为金属
元素。

已知 A 原子只有一个电子层； E、 F 的原子序数分别是 B、 D 的 2 倍，此中 D、 F 同主族，B、E 不一样主族。

回答以下问题：
（1）元素 D 在周期表中的地点____。

（2） F 和 G 形成的化合物，分子中全部原子均为8 电子稳固构造，该化合物的电子式为
____。

（3）由上述元素构成的物质中，按以下要求写出化学方程式
①两种弱酸反响生成两种强酸 ______；
②置换反响，且生成物在常温均为固态____。

（4）在 D、 F、G 中选用 2 种元素构成拥有漂白、杀菌作用的化合物___。

【答案】第二周期VI A 族或H 2 SO3 +HClO=H 2SO4 +HCl 点燃
2Mg+CO 2C+2MgO ClO 2、 SO2
【分析】
【剖析】
A 元素为短周期主族元素，且 A 原子只有一个电子层，所以 A 为氢元素； F 的原子序数是
D 的 2 倍，且 D 和 F 在同一主族，所以属元素，其原子序数是 B 的 2 倍，所以D 为氧元素， F 为硫元素，则G 为氯元素；
E 为金E核外电子数为偶数，位于第三周期，为镁元素，。