元素周期律 同步练习题 高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

4.2元素周期律同步练习题一、选择题1．甲~戊均为短周期主族元素，在元素周期表中的相对位置如下图所示，戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸，下列说法可能错误的是甲丁乙丙戊A．非金属性：丙<戊B．单质的熔点：甲>乙C．简单氢化物的稳定性：丁>戊D．最外层电子数：乙<丙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．X、Y、Z、W四种短周期主族元素的原子序数依次增大，其中X、Z同主族，Y、W也同主族，且Y的原子序数比X大1，Z的原子序数是X的3倍。下列说法错误的是A．最高价氧化物对应水化物的碱性：B．W的单质既能与盐酸反应，又能溶于溶液C．原子半径：D．常温下，Z、W的单质均能在空气中形成氧化膜4．下列有关元素性质的递变规律不正确的是A．酸性强弱：H3PO4＞H2SO4＞HClO4B．原子半径：Na＜K＜RbC．稳定性：HCl＞H2S＞PH3D．碱性强弱：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)35．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X的最外层电子数为1，X与Y可形成化合物，Y与Z同主族。下列说法正确的是A．中含有的一定是共价键 B．X的原子半径一定大于Y的原子半径C．W在元素周期表中位于第三周期ⅦA族 D．Y的简单离子的还原性强于Z的简单离子的还原性6．短周期元素的四种离子X3+、Y2+、Z3-、W2-具有相同的电子层结构。下列说法错误的是A．四种离子的质子数：X3+＞Y2+＞W2-＞Z3-B．非金属性：Z＞WC．四种离子的半径：Z3-＞W2-＞Y2+＞X3+D．四种元素原子的最外层电子数：W＞Z＞X＞Y7．下列比较中，正确的是A．原子半径：Al＞Na B．酸性：H3PO4＞HNO3C．碱性：KOH＞Mg(OH)2 D．氢化物稳定性：H2S＞H2O8．下列各组元素中不符合“对角线法则”的是A．Li、Mg B．P、C C．B、Si D．Be、Al9．运用元素周期律分析下面的推断，其中正确的是A．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，酸性依次减弱B．锂(Li)在氧气中剧烈燃烧，产物是C．硫酸锶()是难溶于水的白色固体D．氯单质与水的反应比氟单质与水的反应更剧烈10．联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”，以纪念门捷列夫发现元素周期律150周年。元素周期律把元素及其化合物纳入一个统一的理论体系，为系统研究元素及其化合物提供了科学方法，为发现和探索新元素、新物质提供了有效思路。判断Cl的非金属性比S的强，可依据的事实是A．HCl的热稳定性比H2S的强 B．氯气能溶于水，硫难溶于水C．常温下，氯单质呈气态，硫单质呈固态 D．AgCl是白色固体，Ag2S是黑色固体二、填空题11．为纪念元素周期表诞生150周年，IUPAC等向世界介绍118位优秀青年化学家，并形成一张“青年化学家元素周期表”。中国学者雷晓光、姜雪峰、刘庄分别成为“N、S、Hg”元素的代言人。回答下列问题：(1)据汞的原子结构示意，汞在第周期。(2)硒(Se)与硫位于同一主族，均是生命必需元素。下列推断不正确的是。a.硒元素的最低负化合价为-2b.二氧化硒(SeO2)具有还原性c.硒的氧化物对应的水化物属于强酸(3)氮是自然界各种生物体生命活动不可缺少的重要元素，磷(P)、砷(As)也是氮族元素。①砷有多种同位素原子，其中稳定的核素是73As，它的中子数为。②已知NH4Cl与PH4I的性质相似，则对PH4I性质的推测不正确的是(填序号)。a.含有离子键和共价键b.能与NaOH溶液反应c.与NH4Cl加热充分分解产物的种类完全一样③下列关于第VA族元素及其化合物的说法不正确的是(填字母)。a.热稳定性：NH3＞PH3b.酸性：HNO3＞H3AsO4c.As的氧化物的水化物是弱碱d.形成的简单离子半径随着原子序数递增而增大12．人体胃液中含有胃酸(0.2%~0.4%的盐酸)，起杀菌、帮助消化等作用，但胃酸的量不能过多或过少，当胃酸过多时，医生通常用“小苏打片”(主要成分是)给病人治疗。(1)胃酸(填“是”或“不是”)电解质。(2)HCl在水中的电离方程式为。(3)用小苏打片治疗胃酸过多，发生反应的化学方程式为。(4)如果病人同时患有胃溃疡，为防止胃穿孔，此时最好服用胃舒平[主要成分是]，发生反应的离子方程式为。13．A、B、C、D、E、F为六种短周期主族元素原子序数依次增大。A、B能形成两种常温下均呈液态的化合物，C是短周期元素中原子半径最大的元素，D是地壳中含量最多的金属元素，B、E同主族。回答下列问题：(1)F在元素周期表中的位置为(2)B、C、D的离子半径由大到小的顺序为(用离子符号表示)。(3)由A分别和B、E、F所形成的三种化合物中，热稳定性最差的是(填化学式)。(4)B和C两元素形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式为，该化合物所含的化学键类型为(5)C的最高价氧化物对应的氢氧化物与D的最高价氧化物反应的离子方程式为：14．一定质量的镁、铝混合物投到2mol·L－1的盐酸中，待金属完全溶解后，向溶液中加入2mol·L－1的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液的体积关系如图所示。则：（1）80-90ml对应反应的离子方程式；（2）金属铝的质量为g；（3）盐酸的体积是mL；（4）a的取值范围是。15．某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律．甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图1装置来一次性完成N、C、Si三种非金属元素的非金属性强弱比较的实验研究；乙同学设计了如图2装置来验证卤族元素性质的递变规律．图2中，A、B、C三处分别是沾有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润红色石蕊试纸．（已知常温下浓盐酸与高锰酸钾能反应生成氯气）（1）甲同学实验中选用的物质化学式为：A，B，C；（2）写出甲同学的实验中C处反应的离子方程式为，乙同学的实验中圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为，B处的实验现象为．【参考答案】一、选择题1．B【分析】戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸，则依据元素在周期表中的相对位置可知，甲为C元素、乙为Si元素、丙为P元素、丁为O元素、戊为S元素，或甲为N元素、乙为P元素、丙为S元素、丁为F元素、戊为Cl元素。解析：A．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，则丙的非金属性一定小于戊，故A正确；B．若甲为氮元素、乙为磷元素，氮气的熔点低于磷单质，故B错误；C．同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则丁的氢化物的稳定性一定强于戊，故C正确；D．同周期元素，从左到右最外层电子数依次增大，则乙的最外层电子数一定小于丙，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．C【分析】由题干信息可知，X、Y、Z、W四种短周期主族元素的原子序数依次增大，其中X、Z同主族，Z的原子序数是X的3倍，则X为1、Z为3、则Y为He不是主族元素(舍去)，X为Be、Z为Mg，且Y的原子序数比X大1，故Y为B，Y、W也同主族，W为Al，据此分析解题。解析：A．由分析可知，X为Be、Z为Mg，则金属性Be＜Mg，故最高价氧化物对应水化物的碱性Mg(OH)2＞Be(OH)2，即，A正确；B．由分析可知，W为Al，故W的单质既能与盐酸反应，又能溶于溶液，反应方程式分别为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，B正确；C．由分析可知，X、Y、Z、W分别为Be、B、Mg、Al，则原子半径相对大小为：Mg＞Al＞Be＞B即，C错误；D．由分析可知，Z为Mg，W为Al，故常温下，Z、W的单质均能在空气中形成氧化膜，D正确；故答案为：C。4．A解析：A．同周期从左往右非金属性增强，最高价氧化物的水化物酸性增强即H3PO4<H2SO4<HClO4，A项错误；B．同主族至上而下电子层增多半径增大，即：Na＜K＜Rb，B项正确；C．同周期从左往右非金属性增强，简单氢化物的稳定性增强即HCl＞H2S＞PH3，C项正确；D．同周期从左往右金属性减弱，最高价氧化物的水化物碱性减弱即NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，D项正确；故选A。5．C【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的最外层电子数为1，X是H或Li元素；X与Y可形成化合物，Y显-2价，Y与Z同主族，则Y是O元素、Z是S元素、W为Cl元素。解析：A．若X是Li，Li2O是离子化合物，含有离子键，故A错误；B．若X是H元素，H的原子半径小于O的原子半径，故B错误；C．W为Cl元素，Cl在周期表中位于第三周期ⅦA族，故C正确；D．O的非金属性大于S，元素非金属性越强，简单离子的还原性越弱，还原性S2-强于O2-，故D错误；选C。6．B【分析】短周期元素的四种离子X3+、Y2+、Z3-、W2-具有相同的电子层结构，可以推知X为Al，Y为Mg，Z为N，W为O。解析：A．根据题目条件可以推测出X为Al，Y为Mg，Z为N，W为O。则质子数：，A项正确；B．非金属性：，B项错误；C．电子层数相同，质子数越大，核电荷数越大，原子半径越小，C项正确；D．Al最外层电子数为3，Mg最外层电子数为2，N最外层电子数为5，O最外层电子数为6，D项正确；故选B。7．C解析：A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径：Na＞Al，故A错误；B．非金属性：N＞P，所以对应最高价氧化物的水化物的酸性：HNO3＞H3PO4，故B错误；C．金属性：K＞Mg，所以对应最高价氧化物的水化物的碱性：KOH＞Mg(OH)2，故C正确；D．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，则氢化物稳定性：H2O＞H2S，故D错误。综上所述，答案为C。8．B解析：如图元素符合对角线法则，综上所述，故选B。9．C解析：A．在周期表中，、、、的非金属性逐渐减弱，所以简单氢化物的稳定性逐渐减弱，但酸性依次增强，A错误；B．锂的金属性比钠弱，在氧气中燃烧，产物是，B错误；C．元素锶与钡同族，性质相似，是难溶于水的白色沉淀，也是难溶于水的白色沉淀，C正确；D．的非金属性强于，所以氟单质与水的反应比氯单质与水的反应更剧烈，D错误；故选C。10．A解析：A．简单氢化物的稳定性越好，非金属越强，HCl的热稳定性比H2S的强，则Cl的非金属性比S强，A可以；B．单质的溶解性与非金属性强弱无关，B不可以；C．单质的熔沸点与非金属性强弱无关，C不可以；D．沉淀颜色与元素非金属性强弱无关，D不可以；答案选A。二、填空题11．(1)六(2)c(3)40cc解析：（1）原子的电子层数=周期序数，Hg原子有6个电子层，故位于元素周期表第六周期；（2）a．硒（Se）与硫位于同一主族，最外层均有6个电子，且均为非金属元素，最低价均为-2价，a正确；b．硒（Se）的最高价为+6价，最低价为-2价，SeO2中Se的化合价为+4价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，b正确；c．硒的氧化物对应的水化物有H2SeO3和H2SeO4，属于酸，Se的非金属性弱于硫，因此酸性大小关系为：H2SO3>H2SeO3，H2SO4>H2SeO4，即H2SeO3和H2SeO4均为弱酸，c错误；故选c；（3）①砷为第33号元素，质子数为33，中子数为73-33=40；②a．NH4Cl是离子化合物，PH4I与之性质相似，因此也属于离子化合物，与之间存在离子键，内P与H之间存在共价键，a正确；b．NH4I能与NaOH反应生成NH3，因此PH4I也能与NaOH反应，b正确；c．PH4I加热分解生成PH3和HI，HI不稳定，加热时也分解，生成H2和I2，因此与NH4Cl加热分解产物种类不一样，c错误；故选c；③a．非金属性越强，氢化物稳定性越强，N的非金属性比P强，因此稳定性大小关系为NH3>PH3，a正确；b．非金属性越强，最高价氧化物水化物酸性越强，N的非金属性比As强，因此酸性强弱关系为HNO3>H3AsO4，b正确；c．As为非金属元素，其氧化物的水化物属于酸，c错误；d．第VA族元素随原子序数增大，其简单离子电子层数依次增多，离子半径依次增大，d正确；故选c。12．(1)不是(2)(3)(4)解析：(1)胃酸是混合物，而电解质必须是化合物，所以不是电解质，故答案为：不是；(2)HCl是强电解质，在水中的电离方程式为，故答案为：；(3)用小苏打片治疗胃酸过多，是碳酸氢钠与胃酸中的盐酸发生反应，化学方程式为，故答案为：；(4)胃舒平的主要成分是，它与胃酸中的盐酸发生中和反应，故发生反应的离子方程式为，故答案为：.13．(1)第三周期第ⅦA族(2)O2-＞Na+＞Al3+(3)H2S(4)离子键、共价键(5)2OH-+Al2O3==2AlO+H2O解析：A、B能形成两种常温下均呈液态的化合物，故为H2O和H2O2，可推出A为H元素，B为O元素，C是短周期元素中原子半径最大的元素，D是地壳中含量最多的金属元素，故C为Na元素，D为Al元素，B、E同主族，故E为S元素，六种短周期主族元素原子序数依次增大，故F为Cl元素，据此分析。(1)由分析可知，F元素为Cl元素，故F在元素周期表中的位置为第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。(2)由分析可知，B、C、D分别为O元素、Na元素、Al元素，且离子半径为“序大径小”，故O2-＞Na+＞Al3+，故答案为：O2-＞Na+＞Al3+。(3)由分析可知，A、B、E、F分别为H元素、O元素、S元素、Cl元素，B、E、F中S元素的非金属性最小，故其氢化物的稳定性最差，故答案为：H2S。(4)由分析可知，B和C两元素形成的原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，故其电子式为，所含的化学键类型为离子键、共价键。故答案为：，离子键、共价键。(5)由分析可知，C的最高价氧化物对应的氢氧化物与D的最高价氧化物分别为：NaOH、Al2O3，故离子方程式为：2OH-+Al2O3==2AlO+H2O，故答案为：2OH-+Al2O3==2AlO+H2O。14．Al(OH)3+OH－＝AlO2－+2H2O0.54g80mL0＜a＜50【分析】0～a段没有生成沉淀，说明盐酸过量，加入的氢氧化钠与氯化氢反应；a～80段开始生成沉淀，加入80mL氢氧化钠溶液后沉淀达到最大量，此时溶液中的溶质为NaCl；80～90段氢氧化铝开始溶解，溶解氢氧化铝消耗了10mLNaOH，则氢氧化铝沉淀的物质的量为：2mol/L×0.01L=0.02mol；当加入90mLNaOH溶液后氢氧化铝完全溶解，此时沉淀只有氢氧化镁，（1）80～90ml为氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；（2）氢氧化钠的体积在80至90mL段内，所有的氢氧化钠用于溶解氢氧化铝，根据氢氧化钠的量确定氢氧化铝的量，根据原子守恒确定金属铝的量；（3）加入80mL氢氧化钠溶液时，溶质为NaCl，根据质量守恒可以计算出氯化氢的物质的量，再根据V=计算出盐酸的体积；（4）合金的组成可以采用极限假设法，当金属全部是金属铝时剩余的酸最多，a的值最大来判断a得取值范围。解析：（1）根据图可知，首先发生的反应是中和过量的酸：H++OH-＝H2O，然后是沉淀两种金属离子：Mg2++2OH-＝Mg（OH）2↓、Al3++3OH-＝Al（OH）3↓，最后是Al（OH）3的溶解：Al(OH)3+OH－＝AlO2－+2H2O，即80～90ml对应反应的离子方程式为Al(OH)3+OH－＝AlO2－+2H2O；（2）从横坐标80mL到90mL这段可以求出n（Al（OH）3）＝n（OH－）＝2mol·L－1×0.01L＝0.02mol，则n（Al）＝n（Al（OH）3）＝0.02mol，即为0.54g；（3）镁、铝混合物投到盐酸中，生成氯化镁和氯化铝，并且从图上可知盐酸过量，当加入氢氧化钠溶液后，氢氧化钠先与过量的酸反应生成氯化钠，后氢氧化钠又与氯化镁和氯化铝反应生成氯化钠，当氢氧化钠溶液的体积为80mL时，盐酸中的氯离子都与钠离子结