第四章 物质结构元素周期律 测试题 高中化学人教版（2019）必修第一册

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第四章 物质结构元素周期律 测试题一、选择题1．反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr可用于海水提溴，下列叙述正确的是A．Br2的结构式为Br—BrB．H2SO4属于离子化合物C．中子数为10的氧原子OD．H2O的电子式为H∶O∶H2．下列离子半径之比小于1的是A． B． C． D．3．下图中a、b、c、d、e、f表示元素周期表中部分短周期元素，下列叙述不正确的是A．原子半径：a>bB．原子核外电子层数：d>aC．原子的最外层电子数：c>fD．元素的最高价氧化物对应水化物的碱性：c>f4．M、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，M、Z同主族，X原子的最外层电子数是Y原子最外层电子数的6倍，X、Y、Z三种元素形成的一种化合物的水溶液可作木材防火剂，甲、乙、丙分别为M、X、Z的单质，A、B、C是由M、X、Z形成的二元化合物，上述物质的转化关系如图所示(反应条件省略)。下列说法错误的是A．离子半径：X>Y B．物质A、B、C均为酸性氧化物C．工业上可利用反应①制备单质丙 D．简单氢化物的稳定性：M>Z5．我国成功研发出133Cs原子钟，使我国时间频率基准的精度从30万年不差一秒提高到600万年不差一秒，标志着我国在此领域进入世界先进行列，已知133Cs的质子数为55。下列说法正确的是A．133Cs的核电荷数为133 B．133Cs的核电荷数为55C．133Cs的中子数为55 D．铯与水的反应比钠与水的反应更缓慢6．下列关于Cl的叙述正确的是A．质子数为37 B．核外电子数为37 C．中子数为17 D．质量数为377．下列化学用语正确的是A．中子数为8的碳原子： B．HClO的结构式是C．的球棍模型为 D．的电子式为8．下列说法不正确的是A．O2与O3互为同素异形体 B．CO2、CO、SO2、SO3均为酸性氧化物C．CaO、Na2O均为碱性氧化物 D．置换反应一定属于氧化还原反应9．化学与生活密切相关。下列说法错误的是A．作补血剂时可与维生素C同时服用B．《清明上河图》中绿色颜料的主要成分为氧化铁C．碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均呈碱性，可用作食用碱D．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨互为同素异形体10．下列装置或操作一定能达到实验目的是A．A B．B C．C D．D11．短周期元素M、N、R、Z、Q的原子序数依次递增，M与Z、N与Q分别同主族，M、N形成的常见化合物有、，Z与N可组成某过氧化物X。下列叙述错误的是A．化合物X中含有离子键和共价键B．简单离子半径由大到小的顺序为C．N、Q的氢化物的热稳定性强弱：D．Z、Q的最高价氧化物的水化物间能相互反应12．下列数字代表各元素的原子序数，则各组中相应的元素能形成型共价化合物的是A．11和9 B．1和16 C．12和17 D．6和1613．某粒子含有6个质子，7个中子，电荷为0，则它的化学符号是A．13Al B．13Al C．13C D．13C14．下列化学用语的使用正确的是A．氯化氢的电子式为B．重氢负离子的结构示意图为C．四氯化碳的空间填充模型为D．富勒烯和石墨互为同位素15．镓(31Ga)与K位于元素周期表中同一周期，下列关于Ga的说法不正确的是A．位于元素周期表第ⅢA族 B．原子半径比K小C．单质的还原性比K弱 D．Ga(OH)3的碱性比Al(OH)3弱二、填空题16．1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，到现在形成的周期表经过了众多化学家的艰辛努力，历经142年，现已将整个元素周期表填满。元素周期表体现了元素位构性的关系，揭示了元素间的内在联系。如图是元素周期表的一部分，回答下列问题。(1)写出Cl-的离子结构示意图 。(2)元素Ga在元素周期表中的位置为 。(3)Sn的最高正价为 ，As的气态氢化物为 (填化学式)。(4)根据元素周期律推断：①上述元素的氢化物热稳定性最高的是 (填化学式)。②H3AsO4、H2SeO4的酸性强弱：H3AsO4 (填“>”“a ，B正确；C．根据分析，C为Na，最外层电子数1，f为Cl ，最外层电子数7，cCl，所以c>f，D正确；故选C。4．B【分析】X原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的6倍，根据最外层电子数不超过8的原则，X最外层电子数只能为6，Y最外层电子数只能为1，又X之前还有M元素，之后还有两种元素，故X只能为O，则Y为Na，根据原子序数关系和Na2SiO3溶液可作木材防火剂得到M为C、X为O、Y为Na、Z为Si。解析：A．电子层相同时，核电荷数越大，半径一般越小，故离子半径顺序为X＞Y，A正确。B．由图可知，B为CO，CO与NaOH溶液不反应，不是酸性氧化物，B错误。C．工业上可利用反应①制备丙(Si)，C正确。D．元素的非金属性越强，对应的简单氢化物越稳定，D正确。故答案为：B。5．B解析：A．核电荷数=质子数=55，A错误；B．核电荷数=质子数=55，B正确；C．中子数=质量数-质子数=133-55=78，C错误；D．同主族自上而下金属性增强，所以铯的金属性比Na强，与水的反应比钠与水的反应更迅速，D错误；综上所述答案为B。6．D解析：质子数为17，质量数为37 ，中子数37-17=20，核外电子数与质子数相同17，所以ABC错误，D正确，故选D7．B解析：A．中子数为8的碳原子，其质量数是14，可表示为，A错误；B．HClO的电子式为，其结构式是，B正确；C．该模型是水的比例模型，C错误；D．的电子式应该为，D错误；答案选B。8．B解析：A．O2与O3均为氧元素形成的不同的单质，互为同素异形体，A正确；B．SO2、SO3、CO2均可以和碱溶液反应生成盐和水，为酸性氧化物，但是CO不可以和碱溶液反应生成盐和水，不属于酸性氧化物，B错误；C．CaO、Na2O均能与酸反应生成对应的盐和水，为碱性氧化物，C正确；D．置换反应中一定有元素的化合价变化，则属于氧化还原反应，D正确；故选B。9．B解析：A．维生素C具有还原性，作补血剂时可与维生素C同时服用，效果更佳，选项A正确；B．氧化铁是红色粉末，是红色颜料的成分，《清明上河图》中绿色颜料的主要成分孔雀石颜料[主要成分为Cu(OH)2·CuCO3]，选项B错误；C．碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均呈碱性，能中和食品发酵产生的酸，且无毒，选项C正确；D．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨均为由碳元素组成的单质,两者互为同素异形体，选项D正确；答案选B。10．C解析：A．乙醇与水混溶，不能作萃取剂，A错误；B．浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl溶于Na2SiO3溶液，会发生反应：2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3↓，因此不能证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si，B错误；C．若样品中含钾元素，当用酒精灯火焰灼烧，并透过蓝色钴玻璃观察时，会看到火焰显紫色，否则不显紫色，因此可用透过焰色试验检验样品中是否含钾元素，C正确；D．Cl2与NaBr发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2；未反应的Cl2也会与KI发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此不能证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2，D错误；故合理选项是C。11．B【分析】短周期元素M、N、R、Z、Q的原子序数依次递增，M与Z、N与Q分别同主族，M、N形成的常见化合物有、，Z与N可组成某过氧化物X，则Z为Na，N为O，M为H，Q为S，R为F。解析：A．化合物X为过氧化钠，化合物X含有离子键和非极性共价键，故A正确；B．根据层多径大，同电子层结构核多径小，则简单离子半径由大到小的顺序为，故B错误；C．根据非金属性越强，氢化物越稳定，因此N、Q的氢化物的热稳定性强弱：，故C正确；D．Z、Q的最高价氧化物的水化物即氢氧化钠和硫酸反应生成硫酸钠和水，故D正确。综上所述，答案为B。12．B解析：A．原子序数为11和9的元素分别是Na和F，则两者可形成NaF，属于XY型离子化合物，A不符合题意；B．原子序数为1和16的元素分别是H和S，可形成H2S，属于X2Y型共价化合物，B符合题意；C．原子序数为12和17的元素分别是Mg和Cl，可形成MgCl2，属于XY2型离子化合物，C不符合题意；D．原子序数为6和16的元素分别是C和S，可形成CS2，属于XY2型共价化合物，D不符合题意；故选B。13．C解析：某粒子含有6个质子，7个中子，可以确定是6号元素碳，电荷为0，所以是质量数为13的碳原子,质量数应该写在元素符号左上角， A B D错误，故选C。14．B解析：A．氯化氢为共价化合物，电子式为 ，A错误；B．重氢负离子的质子数为1，核外电子数为2，,结构示意图正确，B正确；C．四氯化碳的结构式为： ，C错误；D．富勒烯和石墨是碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，D错误；故选B。15．D解析：A．镓(31Ga)位于元素周期表第四周期第ⅢA族，A正确；B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径比K小，B正确；C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；则镓单质的还原性比K弱，C正确；D．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Ga(OH)3的碱性比Al(OH)3强，D错误；故选D。二、填空题16．(1)(2)第四周期第ⅢA族(3) +4 AsH3(4) HF < (5)BD解析：非金属性越强，对应氢化物越稳定；非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强；非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱；（1）Cl-的离子质子数为17，核外电子数是18，结构示意图；；（2）Ga和Al同主族，在Al的下一个周期，处于周期表中即第四周期第ⅢA族；（3）Sn和碳同主族，最高价是+4价；As位于第VA族，最低负价是-3价，气态氢化物为AsH3；（4）①F的非金属性最强，则元素氢化物热稳定性最高的是HF；②同周期从左向右非金属性增强，对应最高价含氧酸的酸性越强；则H3AsO4、H2SeO4的酸性为H3AsO4＜H2SeO4；（5）A．电子层越多、原子半径越大，则原子半径：In＞Se，故A错误；B．Se为非金属元素，In的金属性比Se强，故B正确；C．同主族从上到下金属性增强，则In的金属性比Al强，故C错误；D．In为+3价，Se为-2价，则硒化铟的化学式为In2Se3，故D正确；故答案为BD。17．(1) ⑥ ①③ ④⑦⑨ ⑨ ③⑧(2) ①②③⑥ ④⑤ ③④⑥⑦ ⑦(3) Br2 SO2 HBr 0.5mol解析：（1）能与碱反应生成盐和水的氧化物就是酸性氧化物，⑥符合；金属能导电，电解质在水溶液或熔融状态下也能导电，①和③能导电；电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，④⑦⑨符合；属于盐的有⑨；属于混合物的有③和⑧；（2）以下物质，按要求用编号填空①NH3 ②CO2 ③NaOH ④Na2O2 ⑤Cl2 ⑥NH4Cl ⑦NaCl；①中N-H键为极性共价键，②中的C-O键为极性共价键，③中O-H键为极性共价键，Na+与OH-形成离子键，④中O-O键是非极性共价键，Na+与形成离子键，⑤中Cl-Cl键是非极性共价键，⑥中N-H键是极性共价键，与Cl-形成离子键，⑦中Na+与Cl-形成离子键，故含有极性共价键的物质有：①②③⑥；含有非极性共价键的物质有：④⑤；离子化合物指含有离子键的化合物，即③④⑥⑦；只含离子键的有：⑦；（3）反应Br2＋SO2＋2H2O=2HBr＋H2SO4，其中Br元素化合价从0价降到-1价，作氧化剂，被还原，对应的产物HBr为还原产物；S元素化合价从+4价升到+6价，作还原剂，被氧化，对应的产物H2SO4为氧化产物，双线桥如图：；当消耗32gSO2时，即0.5molSO2，根据方程式系数关系，生成的氧化产物H2SO4物质的量为0.5mol。18．(1)64.931(2) 酸性 中性 碱性(3) B Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O(4)AgI(5)Ag++Cl-=AgCl↓(6)解析：(1)设65Cu的相对原子质量为x，30.85%x+69.15%×62.928=63.546，解得：x=64.931。(2)B点沉淀量达到最大，说明B点氢氧化钡和硫酸恰好完全反应，B点溶液呈中性，A点硫酸有剩余，溶液呈酸性；C点氢氧化钠过量，溶液呈碱性；(3)B点硫酸和氢氧化钠恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和水，离子浓度最小，B点溶液导电性最弱，该处发生的化学反应的离子方程式Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O。(4)OA段反应生成黄色沉淀，说明OA段生成AgI沉淀，该黄色沉淀的化学式为AgI；(5)AB段反应生成白色沉淀，说明AB段生成AgCl沉淀，生成该沉淀的离子方程式Ag++Cl-=AgCl↓；(6)生成AgI沉淀消耗AgNO3溶液的体积为V1mL，生成AgCl沉淀消耗AgNO3溶液的体积为(V2-V1)mL，原溶液中c(I-)：c(Cl-)的比值为V1：(V2-V1)= 。19．005mol 0.03mol Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O【分析】⑴按照方程式HCO3－ ＋ H+ = H2O＋ CO2↑计算生成二氧化碳消耗盐酸的物质的量，根据碳元素守恒得碳酸根的物质的量。⑵生成氢氧化镁的沉淀质量为1.74g，计算氢氧化镁的物质的量，再根据守恒得镁离子的物质的量。⑶先计算n(OH－)，再根据n(OH－)：n(CO32－)：n(Mg2+)和根据电荷守恒求出n(OH－)：n(CO32－)：n(Mg2+)：n(Al3+)的比例，根据碳酸根物质的量求摩尔质量求出n值。解析：⑴CO32－ ＋ 2H+ = H2O＋ CO2↑生成二氧化碳消耗盐酸的物质的量为2.0mol/L × 0.0025L = 0.005mol；根据碳元素守恒得碳酸根的物质的量为0.005mol；故答案为：0.005mol。⑵生成氢氧化镁的沉淀质量为1.74g，物质的量为，镁离子的物质的量为0.03mol；故答案为：0.03mol。⑶n(OH－) = 2.0mol/L× 0.0425L = 0.085mol,因此n(OH－)：n(CO32－)：n(Mg2+)=0.085mol：0.005mol：0.03mol = 16:6:1，AlxMg6(OH)16CO3·nH2O，再根据电荷守恒(+3)x+(+2)×6+(-1)×16+(-2)×1 = 0，得到x = 2，根据碳酸根物质的量求摩尔质量，27×2 + 24×6 + 17×16 + 48 + 18×n=602，n = 4；因此化学式为Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O；故答案为Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O。20．08 Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O 0.6⩽a＜1【分析】(1)根据图象可知，在滴加NaOH溶液到体积V1=160mL过程中，没有沉淀生成，说明盐酸有剩余，滴加的NaOH用于中和剩余盐酸，V1=160mL时，剩余的HCl与滴加的NaOH恰好完全反应，溶液是MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，根据镁原子、铝原子、氯离子、钠离子守恒，列方程求算n(Al)；(2)V2～V3段是氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水；(3)硫酸的物质的量等于HCl的物质的量，故硫酸有剩余，反应后的混合溶液再加入840mL 2mol⋅L−1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3，Al3+转化为AlO2−，溶质为硫酸钠Na2SO4、NaAlO2，由于为金属混合物，则a＜1，根据钠离子守恒：n(NaOH)⩾2n(Na2SO4)+n(NaAlO2)，根据铝元素守恒用a表示出n(NaAlO2)，据此确定a的取值范围。解析：(1)当V1=160mL时，此时溶液是MgCl2、AlCl3和NaCl的混合液， 由Na+离子守恒可知：n(NaCl)=n(Na+)=n(NaOH)=0.16L×2mol/L=0.32mol， 200mL 4mol⋅L−1的盐酸溶液中含有HCl的物质的量为：4mol/L×0.2L=0.8mol， 设Mg为xmol，Al为ymol， 则x+y=0.2， 根据Cl−离子守恒有：2x+3y+0.32=0.8，联立方程解得：x=0.12、y=0.08；(2)V2～V3段是氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O；(3)由于为金属混合物，则a＜1，Al的物质的量为：0.2×(1−a)mol， 硫酸的物质的量等于HCl的物质的量，故硫酸有剩余，反应后的混合溶液再加入840mL 2mol⋅L−1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3，Al3+转化为AlO2−，溶质为硫酸钠Na2SO4、NaAlO2， 根据铝元素守恒可知：n(NaAlO2)=0.2×(1−a)mol， 根据钠离子守恒：n(NaOH)⩾2n(Na2SO4)+n(NaAlO2)，即：0.84×2⩾2×0.2×4+0.2×(1−a)，解得：a⩾0.6， 所以a的取值范围为：故0.6≤a＜1。21． Na S H Cl Mg2+ Al3+（或F-、O2-、N3-都可） 【分析】A元素的原子有三个电子层，最外层上有一个电子，A为Na，B元素-2价阴离子的电子层结构与氩原子相同，B为S；C元素的原子核内无中子，C为H；D原子核外电子数比A原子核外电子总数多6个，D为Cl；解析：（1）根据分析，A、B、C、D四种元素的符号：A：Na、B：S、C：H、D：Cl。答案为：Na；S；H；Cl；（2）A为Na，A的离子为Na+，核外有10个电子，两个电子层，与其结构相同的离子有Mg2+、Al3+、F-、O2-、N3-，答案为：Mg2+；Al3+（或F-、O2-、N3-都可）；（3）B为S，S2-的电子式，D为Cl，原子的结构示意图。答案为：；。22． 锥形瓶 防止倒吸 变蓝 NaOH Na2SiO3溶液 有白色沉淀生成 饱和NaHCO3解析：(1)仪器B的名称为锥形瓶；球形干燥管D的球形部分具有较大空间，能起缓冲作用，能够防止倒吸，可以避免C中液体进入锥形瓶中；(2)KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气，氯气与淀粉­碘化钾混合溶液反应生成碘单质，发生反应，碘单质遇淀粉变蓝，故观察到C中溶液变蓝，则可证明氯气的氧化性比碘单质的氧化性强，从而证明非金属性：Cl ＞ I；此装置缺少尾气处理装置，过量的氯气会逸散到空气中污染环境，可用NaOH溶液吸收尾气，反应的离子方程式为：。(3)非金属元素的非金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，根据提供的试剂，若要证明非金属性：C＞Si，只要证明酸性：碳酸＞硅酸即可，因此分液漏斗中应加入盐酸，锥形瓶中加入CaCO3，二者反应生成二氧化碳，C中装Na2SiO3溶液，二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸白色沉淀，溶液变浑浊，但是氯化氢具有挥发性，所以生成的二氧化碳中含有HCl，HCl能和硅酸钠反应而使溶液变浑浊，干扰实验结果，故需要将二氧化碳中的HCl除去，根据HCl与NaHCO3反应，而二氧化碳不反应，可以在B和C之间添加装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶除去HCl。