化学第四章 物质结构 元素周期律第二节 元素周期律同步训练题

这是一份化学第四章 物质结构 元素周期律第二节 元素周期律同步训练题，共9页。试卷主要包含了2 元素周期律 同步练习题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．有关氢氧化铝的叙述错误的是（ ）
A．可溶于硫酸B．可溶于氨水
C．可溶于氢氧化钾D．是两性氢氧化物
2．用一根短线“-”表示一对共用电子对的式子称为结构式，如HCl的结构式表示为H-Cl，一种麻醉剂的分子结构式如图所示。元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，且Y、Z、W均位于X的下一周期；元素E的原子比W原子多8个电子。下列说法错误的是
A．X与Z、E均可以形成含有18个电子的分子
B．具有强氧化性，常用做自来水消毒剂
C．最高正价：
D．中，W的化合价为-1价
3．已知硒(Se)为第ⅥA族元素，下列有关硒元素的化合物的说法，错误的是
A．溶液显碱性B．只有还原性
C．与相似，均难溶于水D．属于酸性氧化物
4．应用元素周期律可预测我们不知道的一些元素及其化合物的性质。下列预测不正确的是
①铍的氧化物的水化物可能具有两性
②铊Tl能与盐酸和溶液反应均产生氢气
③砹At单质为有色固体，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸
④在氧气中剧烈燃烧，得到的产物中既含有离子键又含有共价键，其溶液是一种强碱
⑤硫酸锶SrSO4可能是难溶于水的白色固体
⑥硒化氢H2Se无色，有毒，比H2S稳定
A．①②③④B．②④⑥C．①③⑤D．②④⑤
5．由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是
A．AB．BC．CD．D
6．原子是一种很小的微粒。钠原子半径为，则a等于
A．9B．10C．11D．12
7．下列关于氟、氯、溴、碘四种元素的性质比较，正确的是
A．单质密度依次增大，颜色逐渐变浅
B．氢化物的稳定性随核电荷数的增加而增强
C．Cl2可以从KI溶液中置换出I2
D．它们位于第VIIA族，最高正价均为+7价
8．X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素的原子序数依次增大，其中X、Y、Z、M同周期，X的最外层电子数与最内层电子数相等，Y的一种同位素可用于考古工作的年代测定，M是地壳中含量最多的元素，Q是纯碱中的一种元素。下列说法中错误的是
A．X的最高价氧化物对应的水化物可能难溶于水
B．M与Q形成的两种化合物均为碱性氧化物
C．非金属性：M>Z>Y
D．性质很稳定，通常用作保护气
二、非选择题
9．请回答下列问题。
(1)在第三周期元素中，化学性质最不活泼的是 ，可用于制半导体材料的元素是 ，最高价氧化物的水化物碱性最强的是 ，酸性最强的是 ，具有两性的是 (以上均用化学式填空)。
(2)在C、N、O、F中，原子半径最大的是 。
(3)第32号元素在元素周期表中的位置为 。
(4)由与所代表的物质中，共有 种元素， 种原子，、的关系是 。
(5)写出钠、铝最高价氧化物的水化物之间反应的化学方程式： 。
10．完成下列问题。
(1)现有部分短周期元素的性质与原子(或分子)结构，元素的最高正价与最低负价的代数和为6的是 (元素符号，下同)，常温下单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对的是 ，第三周期元素的简单离子中半径最小的是 。
(2)将氨水滴入AlCl3溶液中的离子方程式是 。
(3)下列变化需要加入适当的还原剂才能完成的是_______。
A．CuO→Cu2+B．Fe→FeCl2C．H2SO4→H2D．HNO3→NO
(4)室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的活塞隔成A、B两室，分别向A、B两室充入H2、O2混合气体和1ml空气，此时活塞的位置如图所示。
实验测得A室混合气体的质量为34g，若将A室H2、O2的混合气体点燃，恢复原温度后，(非气体体积忽略不计)最终活塞停留的位置在刻度 处。
(5)把0.1ml钠放入水中，要使每100个水分子中含有1个Na+离子，所需水的质量是 g。
(6)在1000mLNaOH溶液中加入足量铝粉，反应完全后共收集到标准状况下的气体33.6L，该NaOH溶液的浓度为 ml·L-1
11．以下是元素周期表前四周期的部分元素，请用合适的化学用语回答问题。
(1)J元素在周期表中的位置是 。
(2)D元素的名称是 ，含5个中子的B原子的符号是 。
(3)写出F的最高价氧化物对应的水化物与C的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式 。
(4)元素A～M中，化学性质最不活泼的是 (填元素符号，下同)，无正化合价的是 。
(5)用“>”“＜”或“=”回答酸性：H2SO4 HClO4；
12．两个化学兴趣小组拟通过实验探究同主族元素性质的递变规律。
Ⅰ．第一小组同学探究元素Cl、Br、I的非金属性强弱，设计的实验方案如下：
(1)补充下列实验报告中的实验现象和离子方程式
(2)【评价】该小组设计的实验方案是 (填“合理”或“不合理”)
(3)【补充和完善】上一题(2)中若选合理，则此项不用再作答，若选不合理，则合理完成实验还需要的试剂是
Ⅱ．第二小组同学探究元素C、Si的非金属性强弱,设计的实验方案如下：
(4)干燥管D的作用为
(5)该小组同学用盐酸、CaCO3和Na2SiO3溶液，按图装置进行试验，观察到试管C中溶液有白色沉淀生成，甲同学认为非金属性C>Si。但乙同学认为此方案不合理，理由 ，
改进措施:在B、C两装置之间接一个盛有 溶液的洗气瓶。选项
事实
推测
A
Mg与水反应缓慢，Ca与水反应较快
Ba与水反应会更快
B
Si和Ge都是半导体材料
第IVA族元素的单质都可作半导体
C
Al与Cl形成共价键，Mg与Cl形成离子键
Na和Cl形成离子键
D
HCl在1500℃时分解，HI在300℃时分解HBr的分解
温度介于二者之间
A
B
G
L
M
C
F
H
I
J
K
D
E
实验步骤
实验现象
实验结论及离子方程式
甲溶液由无色变成橙色
乙
离子方程式
甲
乙Cl2+2I-=2Cl-+I2
结论：卤素单质的氧化性由强到弱的顺序为Cl2>Br2>I2
【参考答案】
一、选择题
1．B
解析：A. 氢氧化铝是两性氢氧化物，既能溶于强酸，也能溶于强碱，氢氧化铝可溶于硫酸，故A正确；
B. NH3H2O属于弱碱，氢氧化铝不能溶于氨水，故B错误；
C. 氢氧化钾是强碱，氢氧化铝可溶于氢氧化钾，故C正确；
D. 氢氧化铝是两性氢氧化物，故D正确；
故选B。
2．C
【分析】元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，且Y、Z、W均位于X的下一周期，结合图中元素形成共用电子对的数目，可以确定X的最外层电子数为1，其为H元素，Y、Z、W的最外层电子数为4、6、7，分别为C、O、F元素；元素E的原子比W原子多8个电子，则E为Cl元素。
解析：A．X为H，Z、E为O、Cl，X与Z、E均可以形成含有18个电子的分子H2O2、HCl，A正确；
B．为ClO2，有强氧化性，具有杀菌消毒能力，常用做自来水消毒剂，B正确；
C．Y、Z、W分别为C、O、F，C显+4价，O显+2价，F不表现正价，C错误；
D．为OF2，F的化合价为-1价，D正确；
故选C。
3．B
【分析】因为Se在第4周期第ⅥA族，位于S的下方，与S同族，所以具有与S相似的性质。
解析：A．由亚硫酸是弱酸及元素周期律知是弱酸，溶液显碱性，可以使酚酞溶液变红，A正确；
B．Se在第ⅥA族，所以最高价是+6价，最低价是-2价，而二氧化硒中硒元素显+4价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，B错误；
C．由难溶于水及硫、硒同主族知，难溶于水，C正确；
D．因为Se在第ⅥA族，位于S的下方，与S同族，所以具有与S相似的性质，SO3是酸性氧化物，所以属于酸性氧化物，D正确；
故答案为：B。
4．B
解析：①根据对角线规则，Be与Al具有相似的性质，因此铍的氧化物的水化物可能具有两性，故①正确；②Tl是第IIIA族元素，从上到下金属性逐渐增强，因此铊Tl能与盐酸反应产生氢气，但不与反应，故②错误；③单质碘是紫黑色固体，AgI是难溶于水、难溶于硝酸的黄色沉淀，根据同主族性质递变性，砹At单质为有色固体，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸，故③正确；④在氧气中剧烈燃烧，得到的产物只有氧化锂，产物只有离子键，其溶液是一种弱碱，故④错误；⑤根据是CaSO4微溶于水、BaSO4难溶于水，则硫酸锶SrSO4可能是难溶于水的白色固体，故⑤正确；⑥同主族从上到下非金属性逐渐减弱，其氢化物稳定性逐渐减弱，因此硒化氢H2Se无色，有毒，比H2S不稳定，故⑥错误；根据前面分析，故B错误。
综上所述，答案为B。
5．B
解析：A．Mg、Ca、Ba为同主族元素，同主族元素从上到下金属性逐渐增强，Ba的金属性强于Ca，Ba与水反应会更快，A正确；
B．并不是第ⅣA族元素的单质都可用作半导体，比如C单质就不能用作半导体，B错误；
C．Al、Mg、Na金属性逐渐增强，越容易与非金属元素结合形成离子键，则Na与Cl形成离子键，C正确；
D．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性Cl>Br>I，则HBr分解的温度介于300-1500℃之间，D正确；
故答案选B。
6．B
解析：原子半径的数量级是10-10m，故答案选B。
7．C
解析：A．单质密度依次增大，颜色逐渐变深，A错误；
B．氢化物的稳定性与其元素的非金属性有关，非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，则氢化物的稳定性随核电荷数的增加而减弱，B错误；
C．非金属性越强，其单质的氧化性越强，所以氧化性：Cl2＞I2，即Cl2可以从KI溶液中置换出I2，C正确；
D．它们位于第VIIA族，F无正价，所以除F以外，其元素最高正价均为+7价，D错误；
故选C。
8．B
【分析】X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素的原子序数依次增大，其中X、Y、Z、M同周期，X的最外层电子数与最内层电子数相等，则X为Be，Y的一种同位素可用于考古工作的年代测定，则Y为C，M是地壳中含量最多的元素，则M为O，Z为N，Q是纯碱中的一种元素，则Q为Na。
解析：A．X的最高价氧化物对应的水化物氢氧化铍难溶于水，故A正确；
B．M与Q形成的两种化合物分别是过氧化钠和氧化钠，氧化钠是碱性氧化物，过氧化钠是过氧化物，故B错误；
C．同周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：M＞Z＞Y，故C正确；
D．(N2)含有氮氮三键，键能大，性质很稳定，通常用作保护气，故D正确；
综上所述，答案为B。
二、非选择题
9．(1) Ar Si NaOH
(2)C
(3)第四周期ⅣA族
(4) 2 4 同位素
(5)
解析：（1）在第三周期元素中，化学性质最不活泼的是稀有气体Ar；可用于制半导体材料的元素是Si；金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，在第三周期元素中金属性最强的是碱金属Na，所以最高价氧化物的水化物碱性最强的是NaOH，非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，在第三周期元素中非金属性最强的是卤族元素，所以最高价氧化物的水化物酸性最强的是HClO4，最高价氧化物的水化物具有两性的是Al(OH)3；
（2）C、N、O、F都是第二周期元素，电子层数相同，当电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故原子半径最大的是：C；
（3）稀有气体Kr是第四周期0族元素，位于36号元素，则第32号元素在元素周期表中的位置为第四周期ⅣA族；
（4）质子数相同表示同一种元素，由与所代表的物质中，共有H、O两种元素，含有、、、四种原子，、的质子数相同，中子数不同，两者的关系是同位素；
（5）钠、铝最高价氧化物的水化物分别为NaOH和Al(OH)3，两者反应的化学方程式为。
10．(1) Cl N Al
(2)
(3)CD
(4)2
(5)181.8
(6)1
解析：（1）Cl的最高正价为+7，最低负价为-1，代数和为6，故该元素为Cl；常温下单质为双原子分子，氮气分子中含有3对共用电子对，故该元素为N；第三周期元素金属离子的电子层数为2，非金属离子的电子层数为3，电子层数越少，半径越小，核电荷数越大，半径越小，简单离子中半径最小的元素是：Al；
（2）将氨水滴入AlCl3溶液中生成氢氧化铝沉淀，离子方程式是：；
（3）A. 铜元素化合价不变，A错误；
B. 铁元素化合价升高，需要氧化剂才能实现，B错误；
C. 氢元素化合价降低，需要还原剂才能实现，C正确；
D. 氮元素化合价降低，需要还原剂才能实现，D正确；
故选CD；
（4）容器中活塞两侧的压强相同，物质的量之比等于体积比，故H2和O2的物质的量之和为2ml，设H2和O2的物质的量分别为xml和yml，则x+y=2，2x+32y=34g，解得x=y=1，H2和O2充分反应后：，剩余氧气的物质的量为0.5ml，而右侧空气的物质的量为1ml，故VB=2VA，活塞应在2处；
（5）每100个水分子中含有1个Na+离子，设需要水的物质的量为xml，则，x=10ml，又金属钠与水反应还需要消耗水，根据方程式：，0.1mlNa消耗0.1ml水，故共需要水的物质的量为10.1ml，质量为：；
（6）根据离子方程式：，产生氢气的物质的量为，消耗氢氧根的物质的量为1.0ml，NaOH溶液的浓度为：。
11．(1)第三周期VIA族
(2)钙
(3)
(4) Ne F
(5)＜
解析：根据元素在周期表的位置关系可知，A、B、C、D、E、F、G、H、I、J、K、L、M分别是H、Be、Na、Ca、Fe、Al、C、Si、P、S、Cl、F、Ne，根据元素及其化合物的结构、性质分析解答。
(1)J元素为S，在周期表中的位置是第三周期VIA族；
(2)D元素为Ca，其名称是钙；B为Be，质子数为4，若含5个中子，则B原子的符号是；
(3)F的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，C的最高价氧化物的水化物为NaOH，两者发生反应的化学方程式为：；
(4)稀有气体化学性质稳定，最不活泼，所以上述A-M中，最不活泼的是Ne；F的非金属性最强，无正价，故答案为：Ne；F；
(5)非金属性越强，对应元素最高价氧化物的水化物酸性越强，因非金属性：S＜Cl，所以酸性：H2SO4＜HClO4，故答案为：＜。
12． 溶液由无色变成棕黄色 不合理 溴水 防止倒吸 盐酸有挥发性，挥发出的HCl和Na2SiO3溶液反应也会产生白色沉淀 饱和NaHCO3
解析：(1) 甲试管中加入氯水，溶液中溴离子被氯气氧化成溴单质，溶液由无色变为橙色，反应的离子方程式为，乙试管中加入氯水，溶液中的碘离子被氯气氧化成碘单质，溶液由无色变为黄色，故答案为：，溶液由无色变成棕黄色；
(2) 该实验只能证明Cl2的氧化性大于Br2和I2，无法判断Br2和I2之间的氧化性强弱关系，因此不合理，故答案为：不合理；
(3) 为了判断Br2和I2之间的氧化性强弱关系，需要用溴水来检测，故答案为：溴水；
(4) 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，故答案为：防止倒吸；
(5) 碳酸钙和盐酸反应是放热反应，放出的热量促进HCl挥发，导致制取CO2中含有HCl，HCl和 Na2SiO3反应也会生成硅酸沉淀，从而对二氧化碳产生干扰；为防止HCl的干扰，用饱和碳酸钠溶液除去HCl，所以在BC之间添加装有饱和NaHCO3溶液的洗瓶，故答案为：盐酸有挥发性，挥发出的HCl和Na2SiO3溶液反应也会产生白色沉淀，饱和NaHCO3溶液。