1.2元素周期律和元素周期表课堂同步练-鲁科版高中化学必修第二册

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1.2元素周期律和元素周期表课堂同步练-鲁科版高中化学必修第二册
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一、单选题
1．衰变反应属于核反应，反应前后质量不变。衰变反应为，其半衰期(反应物的量被消耗到其初始量的一半需要的时间)为5730年。下列说法正确的是
A．与互为同位素 B．与的中子数相同
C．某考古样品中的量应为其11460年前的 D．和的核外电子数相差2
2．纳米金(79Au)粒子在遗传免疫等方面有重大的应用前景，下列说法错误的是
A．Au为第六周期元素 B．Au为黑色金属
C．Au的质子数为79 D．纳米金表面积大吸附能力强
3．下图分别为元素周期表的一部分（数字为原子序数），其中X为35的是
A． B． C． D．
4．A、B两种元素为同一周期ⅡA和ⅢA元素，若A元素的原子序数为x，则B元素的原子序数可能为
①x+1   ②x+21    ③x+11   ④x+18   ⑤x+25   ⑥x+32
A．①③ B．②④ C．①③⑤ D．②④⑥
5．下列有关元素周期表的说法中不正确的是(　　)
A．位于元素周期表ⅡA族左边的元素一定属于主族元素
B．氯元素位于元素周期表中第三周期ⅦA族
C．元素周期表中ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素
D．目前使用的元素周期表中，包含元素种类最多的族为ⅥA
6．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。X是形成化合物种类最多的元素，Y和Z形成的化合物可以造成酸雨、破坏臭氧层等危害。W和Q形成的二元化合物的水溶液显中性。下列说法正确的是（　　）
A．X、Y、W、Q都能与Z形成两种或多种化合物
B．Q氧化物的水化物的酸性一定比X的强
C．X形成的含氧酸都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．X、Y、Z氢化物沸点一定是XSi，则A中加 、B中加Na2CO3、C中加 。
23．某化学兴趣小组欲在实验室制备二氧化硫，并探究相关物质的一些性质并验证碳、硅非金属性的相对强弱。[信息提示：①酸性：亚硫酸>碳酸；②硅酸(H2SiO3)是白色胶状沉淀]

(1)仪器A的名称为 ，铜与浓硫酸反应的化学方程式是 。
(2)实验步骤：连接仪器、 、加药品后、打开a、然后滴入浓硫酸，加热。
(3)装置E中足量酸性KMnO4溶液的作用是 ，请写出装置E中发生反应的离子方程式 。
(4)能说明碳元素的非金属性比硅元素的非金属性强的实验现象是 。

参考答案：
1．C
【分析】由题目知反应前后质量数、质子数、中子数均守恒，由，可知，故为，因此衰变反应为。
【详解】A．与质子数不相同，不互为同位素，A错误；
B．与的中子数分别为、，中子数不同，B错误；
C．根据半衰期的定义，设考古年代中的量为1，经过5730年后变为原来的，经年后变为原来的，C正确；
D．和的核外电子数均为6，D错误；
故选C。
2．B
【分析】根据金的原子序数可知金（Au）处于周期表中的第六周期，与Cu同族，为IB族元素，Au原子外围电子排布式为5d106s1，由此分析解答。
【详解】A. Au为第六周期元素，故A正确；
B. 黑色金属主要指铁、锰、铬及其合金，Au属于有色金属，故B错误；
C. 质子数等于原子序数，所以Au的质子数为79，故C正确；
D. 纳米金表面积大，吸附能力强，故D正确；
答案选B。
【点睛】质子数=原子序数=质子数=核外电子数。
3．D
【详解】X的原子序数为35，位于周期表中第四周期第ⅦA族。
A、14号、50号元素处于第ⅣA族，则图中X为第ⅤA族，与题意不符，故A错误；
B、26号，28号元素分别为Fe、Ni，是第Ⅷ族元素，图中X处于第五周期第Ⅷ族，与题意不符，故B错误；
C、74号处于第六周期第ⅥB族，76号元素处于第六第Ⅷ族，图中X的原子序数为43，处于第五周期第ⅦB族，故C错误；
D、18号、54号元素分别为Ar、Xe，则X位于周期表中第四周期第ⅤⅡA族，符合题意，故D正确；
故选D。
【点睛】根据元素的原子序数确定元素在周期表中位置，需要记住每周期容纳元素的种数，用元素的原子序数减去每一周期容纳元素种数，当余数小于某周期容纳元素种数时，表示该元素处于该周期，如114号元素：114-2-8-8-18-18-32=28＜32，所以114号元素应位于第七周期，再根据周期表的族分步判断所在族。
4．C
【详解】若A、B为短周期元素，则A、B的原子序数相差为1；若A、B为第四或第五周期元素，ⅡA族和ⅢA族元素在第四周期起有过渡元素，则A、B元素的原子序数相差为11；若A、B为第六或第七周期元素，过渡元素中又出现镧系和锕系元素，则A、B元素的原子序数相差25。故若A元素的原子序数为x，则B元素的原子序数可能为x+1、x+11或x+25。C项正确；
答案选C。
5．D
【详解】分析：根据元素周期表的结构分析。
详解：A. 位于元素周期表ⅡA族左边的元素是第ⅠA族，一定属于主族元素，A正确；
B. 氯元素的原子序数是17，位于元素周期表中第三周期ⅦA族，B正确；
C. 元素周期表中ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素属于过渡元素，都是金属元素，C正确；
D. 目前使用的元素周期表中，包含元素种类最多的族为ⅢB族，因为还有镧系和錒系，D错误。
答案选D。
6．A
【分析】X是形成化合物种类最多的元素，则其为碳元素；Y和Z形成的化合物可以造成酸雨、破坏臭氧层等危害，则该物质应为氮的氧化物，从而得出Y为氮元素，Z为氧元素；W和Q形成的二元化合物的水溶液显中性，则其为NaCl，从而得出W为Na，Q为Cl；因此，X、Y、Z、W、Q分别为C、N、O、Na、Cl。
【详解】A. C、N、Na、Cl都能与O形成两种或多种化合物，如CO、CO2、NO、NO2、N2O5、Na2O、Na2O2、Cl2O、Cl2O3、Cl2O5等，A正确；
B. Cl氧化物的水化物的酸性不一定比C的强，比如HClO的酸性就比H2CO3弱，B错误；
C. C形成的含氧酸有的能使酸性高锰酸钾溶液褪色，比如HCOOH，C错误；
D. C、N、O氢化物沸点不一定是CAl
【解析】略
12． ⑩ ⑪ 2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑ NaOH CaAlCl HClO4 Al(OH)33H+=Al3+3H2O
【分析】由元素在周期表中位置可以知道, ①为Na、②为K、③为Mg、④为Ca、⑤为Al、⑥为C、⑦为O、⑧为Cl、⑨为Br、⑩为Ar、⑪为F。
（1）稀有气体化学性质最不活泼；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；
（2）同周期自左而右金属性减弱，同主族自上而下金属性增强；
（3）金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
（4）同周期元素自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大；
（5）⑤为Al、⑧为Cl，最高价氧化物对应的水化物分别是Al(OH)3、HClO4。
【详解】（1）稀有气体Ar的化学性质最不活泼，非金属性最强的是F，
本题答案为：⑩；⑪；
（2）K的金属性最强，与水反应生成氢氧化钾与氢气，反应离子方程式为2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑；
本题答案为：2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑；
（3）金属性，故碱性,
本题答案为：NaOH；
（4）④为Ca、⑤为Al、⑧为Cl原子半径由大到小的顺序为：CaAlCl，
本题答案为：CaAlCl；
（5）⑤为Al、⑧为Cl，最高价氧化物对应的水化物分别是Al(OH)3、HClO4，两者反应的离子方程式是：
Al(OH)33H+=Al3+3H2O；
本题答案为：HClO4 ； Al(OH)33H+=Al3+3H2O；
13． 1 IA 2 IVA 3 ⅣA 4 Ⅷ 4 ⅠB
【解析】略
14． 1 m+n x－n x＋m x－m x＋n
【详解】(1)①Am+和Bn-它们的核外电子排布相同，故A原子比B原子多一个电子层，故二者的周期数之差为1；
②由核电荷数=原子序数=核外电子数，ZA-m=ZB+n，则ZA-ZB=m+n；
③B的族序数为8-n，A的族序数为m，B和A的族序数之差为8-n-m。
(2)①A、B同在ⅠA族，当B在A的上一周期时，B和A的原子序数之差恰好为B所在周期的元素种类数，则B的原子序数为x-n；当B在A的下一周期时，A和B的原子序数之差恰好为A所在周期的元素种类数，则B的原子序数为x+m；
②A、B同在ⅦA族时，A、B原子序数之差恰好为相邻两周期下一周期的元素种类数，与A、B同在ⅠA族相反，如果A和B同在ⅦA族，当B在A的上一周期时，B的原子序数为x-m，当B在A的下一周期时，B的原子序数为 x+n。
15． 7 K2O KO2、K2O2 He、Ne、Ar C H NH3 SiH4
【详解】(1)属于金属元素的有Li、Be、Na、Mg、Al、K、Ca，共有7种，其中金属性最强的元素是钾，钾与氧气反应生成的化合物有K2O、K2O2、KO2等；
(2)属于稀有气体的有He、Ne、Ar；
(3)形成化合物种类最多的两种元素是C、H；
(4)非金属性:N>P>Si，故NH3的稳定性大于SiH4的稳定性。
16．(1)H2CO3
(2)E吸收空气中的水
(3)CO  CO2
(4)56
(5) 空气中也出现了光柱 进入烧杯前,光束穿过的空气不是胶体,不会产生丁达尔效应
(6) 清晨 清晨树林中存在水雾,雾是胶体,光束穿过这些水雾产生丁达尔效应

【分析】因A、B、C、D含有一种相同的元素，观察图示，B、C、D中所含的某元素化合价为+4，回忆初中化学教材中常见的一些物质和元素的化合价，可推知化合价为+4的元素应为碳，B←C←D之间应是二氧化碳、碳酸及碳酸盐之间的转化，故C的化学式应为H2CO3，也可推知，A为碳，B为二氧化碳；根据E、F、D含有两种相同的元素，且E、F中含化合价为+2的元素，E与H反应生成F且放出大量的热，由这些信息可知，E、F、D中含有钙元素和氧元素，从而可确定E为氧化钙，F为氢氧化钙，D为碳酸钙，H为水。
【详解】（1）根据分析可知C是碳酸，化学式为H2CO3；故答案为：H2CO3。
（2）E是氧化钙，氧化钙露置在空气中吸收空气中的水，生成氢氧化钙，一段时间后质量会增加；故答案为：E吸收空气中的水。
（3）A是碳，碳在氧气含量不同的条件下发生了如下反应：
在氧气充分时燃烧：C+O2CO2
12：32=3：8
在氧气不充分时燃烧：2C+O22CO
24：32=3：4
题中给出碳和氧气的质量比为：1.2g：2.0g=3：5，介于上述两种情况之间，可以判断碳和氧气反生了上述两个反应，生成的产物是CO和CO2混合物；故答案为：CO CO2
（4）根据题意可知，G为氧化物，氧元素化合价为-2，设：氧化物G中的另一元素为R，根据坐标图可知，R元素的化合价为+3，则G的化学式为：R2O3，氧元素的质量分数为30%，设：R的相对原子质量为x，则有：
，解得：x=56。G中另一种元素的相对原子质量为56。故答案为：56。
（5）烧杯前的空气中也出现了光柱进入，光束穿过的空气不是胶体，不会产生丁达尔效应。故答案为：空气中也出现了光柱；进入烧杯前,光束穿过的空气不是胶体,不会产生丁达尔效应；
（6）清晨清晨树林中存在水雾，雾是胶体，光束穿过这些水雾产生丁达尔效应。故答案为：清晨；清晨树林中存在水雾,雾是胶体,光束穿过这些水雾产生丁达尔效应。
17． H、C、Na、Mg、Al、S、Ar H、C、Na、Mg、Al、S 三 0 四 ⅡB 三 VIA 1s22s22p2 Ti
【分析】(1)上边界为短周期元素，一周期有2种元素，位于1、18列，二、三周期有8种元素，位于1、2列及13～18列；
(2)第一、二、三周期为短周期；主族元素处于第1列、第2列、第13列～第17列元素；
(3)由元素在周期表中位置可知，g元素位于第三周期0族；i元素位于第四周期ⅡB族；
(4)f为S，处于第三周期第VIA族，名称为硫，原子序数为16，相对原子质量为32；
(5)b为C元素，核外电子数为6，处于第二周期第IVA族；h为Ti，处于第四周期第IVB族，价电子排布式为3d24s2。
【详解】(1)上边界为短周期元素，一周期有2种元素，位于1、18列，二、三周期有8种元素，位于1、2列及13～18列，用实线补全元素周期表的边界为：，故答案为；
(2)第一、二、三周期为短周期，由元素在周期表中位置可知，表中H、C、Na、Mg、Al、S、Ar共7种元素为短周期元素；主族元素处于第1列、第2列、第13列～第17列元素，故主族元素有H、C、Na、Mg、Al、S，故答案为H、C、Na、Mg、Al、S、Ar；H、C、Na、Mg、Al、S；
(3)由元素在周期表中位置可知，g元素位于第三周期0族；i元素位于第四周期ⅡB族，故答案为三；0；四；ⅡB；
(4)f为S，处于第三周期第VIA族，名称为硫，原子序数为16，相对原子质量为32，硫元素的式样如图为，故答案为三；VIA；；
(5)b为C元素，核外电子数为6，处于第二周期第IVA族，基态原子的电子排布式为1s22s22p2；h为Ti，处于第四周期第IVB族，价电子排布式为3d24s2，价电子排布图为，故答案为1s22s22p2；Ti；。
【点睛】本题的易错点为(5)中电子排布图的书写，要注意核外电子排布的规律的应用。
18． 氢氟酸 蒸发浓缩 冷却结晶 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加溶液，若无白色沉淀产生，则说明已洗涤干净(或其它合理答案)
【详解】(1)SiO2与NaOH反应化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，改写后离子方程式为：；雕刻玻璃对应原理反应为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故此处填氢氟酸；
(2)根据题意，SO2与Mg(OH)2反应生成MgSO4（MgSO3不如MgSO4稳定）， 根据S元素化合价升高判断有O2参与反应，配平后方程式为：（此处可类比Ca(OH)2）；
(3)①设溶液体积为1 L，则m(KClO3)=147 g/L×1 L=147 g，n(KClO3)=，故c(KClO3)=；
②由图示可知，KClO3溶解度随温度变化较大，故可以采用冷却热饱和溶液法使其结晶析出，具体操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥，故此处填蒸发浓缩、冷却结晶；
③固体KClO3表面会残留Cl-杂质，可通过检验Cl-是否洗尽验证洗涤是否完全，具体操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加溶液，若无白色沉淀产生，则说明已洗涤干净(或其它合理答案)。
19．(1) 2 ⅥA
(2)
(3)1.12

【分析】A、B、C、D为短周期元素，据图中在周期表中所处的位置可知，B的质子数比A大9，比C大7，比D小1，又有A、C两元素的原子核外电子数之和等于B元素原子的质子数，所以可以据此列方程求得B的质子数。
【详解】（1）据以上分析，设B的质子数为x，则A、C、D的质子数分别为：A(x-9)、C(x-7)、D(x+1)，根据A、C两元素的原子核外电子数之和等于B元素原子的质子数列方程为：(x-9)+ (x-7)=x，解得x=16，即B为16号S原子，故在元素周期表中的位置为：第2周期第ⅥA族；
（2）由（1）得D的质子数为17，即Cl原子，单质Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸，且反应为可逆反应，故化学方程式为：；
（3）氢氧化钠溶液与足量的铝粉反应的化学方程式为：，据此可知，参加反应的氢氧化钠与生成的氢气物质的量之比为2:1，n(NaOH)=cV=1mol/L×0.1L=0.1mol，则生成氢气的物质的量为0.05mol，氢气的体积(标准状况下)为：V(H2)=nVm=0.05mol×22.4L/mol=1.12L。
20．(1) 四 ⅦA
(2)HClO4
(3)高溴酸的酸性强于高碘酸或溴化氢的稳定性强于碘化氢

【详解】（1）溴元素的原子序数为35，位于元素周期表第四周期ⅦA族，故答案为：四；ⅦA；
（2）同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，则ⅦA族中最高价氧化物对应的水化物酸性最强的酸是高氯酸，故答案为：HClO4；
（3）元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，氢化物的稳定性越强，所以高溴酸的酸性强于高碘酸、溴化氢的稳定性强于碘化氢能够证明溴的非金属性强于碘，故答案为：高溴酸的酸性强于高碘酸或溴化氢的稳定性强于碘化氢。
21． (球形)分液漏斗 ①④ 硝酸具有挥发性也会和硅酸钠反应生成硅酸白色沉淀
【详解】(1)由装置图示可知，A为加液装置，为分液漏斗，故答案为：(球形)分液漏斗，故答案为：(球形)分液漏斗；
(2)通过比较酸性强弱来判断非金属强弱，装置中为强酸制弱酸，所以A中试剂为稀硝酸，B中试剂为碳酸钙，C中试剂为硅酸钠；C中为二氧化碳与硅酸铵反应生成白色沉淀硅酸和碳酸根，即;硝酸具有挥发性，导致二氧化碳中含有硝酸，硝酸也会和硅酸钠反应生成白色沉淀硅酸，不能证明C、Si的非金属性强弱，故答案为：①④；；硝酸具有挥发性也会和硅酸钠反应生成硅酸白色沉淀。
22． 分液漏斗 防倒吸 浓盐酸 KMnO4 Na2S溶液 有淡黄色沉淀生成 Cl2+S2-=S↓+2Cl- 稀硫酸 Na2SiO3溶液
【分析】(1)根据仪器的构造写出仪器A的名称；球形干燥管具有防止倒吸的作用；
(2)设计实验验证非金属性：Cl>S，利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证；
(3)要证明非金属性：S>C>Si，可以通过硫酸与碳酸钠反应产生二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸来证明。
【详解】(1)根据仪器结构可知仪器A的名称为分液漏斗，球形干燥管D能够防止倒吸，可以避免C中液体进入锥形瓶中；
(2)设计实验验证非金属性：Cl>S，利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证，则装置A、B、C中所装药品应分别为浓盐酸、KMnO4、Na2S溶液，装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，装置C中发生反应的离子方程式为Cl2+S2-=S↓+2Cl-；
(3)若要证明非金属性：S>C>Si，可以根据复分解反应的规律：强酸与弱酸的盐发生复分解反应制取弱酸。元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强。在装置A中放入稀硫酸，在装置B中放入Na2CO3，将稀硫酸滴入碳酸钠中，发生反应：H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O，硫酸不具有挥发性，将反应产生的CO2气体通入到盛有硅酸钠溶液的C装置中，在C中发生反应：Na2SiO3+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3，可观察到有白色胶状沉淀产生，产生了难溶性的硅酸沉淀，证明酸性：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，进而证明了元素的非金属性S>C>Si。
【点睛】本题考查性质实验方案设计，涉及元素的非金属性强弱的探究。明确元素的非金属性强弱的判断方法及与物质的性质是解本题关键。元素非金属性强弱判断方法有多种，可以根据元素单质形成氢化物的难易、形成的简单氢化物的稳定性、元素最高价含氧酸的酸性强弱、物质之间的氧化还原反应、离子的还原性等判断，要会根据物质性质设计实验。
23． 分液漏斗 Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 检查装置的气密性 除去多余的二氧化硫 5SO2+2MnO+2H2O =2Mn2++4H++5SO 装置F中出现白色沉淀
【分析】铜与浓硫酸在B中发生反应生成二氧化硫，二氧化硫通入饱和碳酸氢钠溶液中发生反应，生成二氧化碳，混合气体通入足量的高锰酸钾溶液中除去二氧化硫，最后二氧化碳进入硅酸钠溶液中产生硅酸沉淀，从而证明碳酸的酸性强于硅酸，据此分析。
【详解】(1)由仪器的构造可知A为分液漏斗；铜和浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：分液漏斗；Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
(2)该装置需要制取二氧化硫，在组装好用仪器后需要进行装置气密性检验，然后加药品后、打开a、然后滴入浓硫酸，加热，故答案为：检查装置的气密性；
(3)由上述分析可知，酸性高锰酸钾的作用是除去二氧化碳中未反应完的二氧化硫气体，防止其干扰二氧化碳与硅酸钠的反应，其中发生的反应的离子方程式为：5SO2+2MnO+2H2O =2Mn2++4H++5SO，故答案为：除去多余的二氧化硫；5SO2+2MnO+2H2O =2Mn2++4H++5SO；
(4)二氧化碳进入硅酸钠溶液中产生硅酸沉淀，从而证明碳酸的酸性强于硅酸，而元素的最高价氧化物的水化物酸性越强，元素的非金属性越强，因此通过观察F中的白色沉淀现象可证明非金属性碳>硅，故答案为：装置F中出现白色沉淀；