第四章++物质结构元素周期律++测试题 高一上学期化学人教版（2019）必修第一册+

第四章物质结构元素周期律测试题一、选择题1．在“神舟”号载人航天器中，宇航员所在的返回舱中，过氧化钠可作为供氧剂。在所发生的反应中，下列说法正确的是A．Na2O2属于碱性氧化物 B．Na2O2在反应中既是氧化剂又是还原剂C．Na2O2只含有离子键 D．每1molNa2O2参加反应，产生11.2LO22．已知：。代表阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A．生成电子转移数为B．消耗生成CO分子数为C．生成标准状况下，断开C-H键数为D．消耗所生成的气体完全燃烧，需要分子数为3．熔融状态下能导电且含有极性共价键的化合物是A． B． C． D．4．下列有关化学用语与物质结构的说法正确的是A．乙烯的结构简式为CH2=CH2B．CO2分子的电子式为C．中子数为1的H原子为1HD．Na2O2与Na2O互为同素异形体5．下列有关物质性质的比较正确的是A．稳定性强弱： B．碱性强弱：LiOH>NaOHC．氧化性强弱： D．原子半径大小：Si>Na6．下列关于物质性质的比较，正确的是A．氢化物的稳定性： B．碱性强弱：C．离子半径大小： D．非金属性强弱：7．化学和生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是A．我国“硅-石墨烯-锗(Ge)晶体管”技术获得重大突破，所涉元素都是短周期元素B．1938年德国物理学家进行过中子撞击铀核的裂变实验，其中生成的钡元素是第五周期第IIA族元素，猜测其单质可与水发生置换反应C．“人造太阳”的核燃料是氚、氚，、互为同素异形体D．“嫦娥五号”返回舱推带的月壤中含有高能原料，是一种核素，3g的和2g的具有相同的中子数8．下列反应的离子方程式错误的是A．与KI溶液反应：B．盐酸与KOH溶液反应：C．Fe与溶液反应：D．溶液与氨水反应：9．近年来，我国在探索太空方面取得了举世瞩目的成就，这些成就都离不开化学材料的开发和利用，下列有关说法不正确的是A．Mg、Al合金用来制造飞机外壳是因为它的合金熔点低B．钛铝合金中Ti原子核内中子数比质子数多2C．稀土金属可以用于生产合金D．生铁的含碳量为2%～4.3%10．下列物质中既含离子键，又含共价键的是A．H2O B．Na2O2 C．MgCl2 D．N211．元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断。下列说法不合理的是A．微粒和的核外电子排布相同，则离子半径：B．Cs和Ba分别位于第六周期IA和IA族，则碱性：C．由水溶液的酸性：，可以推断出元素的非金属性：D．与同处于同周期表金属与非金属交界处，即可推出：12．同位素与辐射技术简称同辐技术，广泛应用于农业、医学等领域。一种Co同位素放射源辐射时的衰变方程为。下列有关叙述中正确的是A．与互为同位素 B．与的中子数相差1C．与的电子数相同 D．上述衰变过程有多种产物生成，属于分解反应13．硅是信息技术的关键材料。如图为硅的原子结构示意图，下列说法正确的是：A．硅属于稀有气体元素 B．图中n的值为8C．硅的相对原子质量为14 D．硅元素位于第三周期14．下列表示不正确的是A．乙炔的结构简式HC≡CH B．氨气的电子式：C．乙烷的球棍模型： D．氯离子的结构示意图：二、非选择题15．Ⅰ.请参考题中图表，已知E1=134kJ/mol，E2=368kJ/mol，根据要求回答问题：(1)图I是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2和NO过程中的能最变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，△H的变化是(填“增大”、“减小”或“不变”)。写出NO2和CO反应的热化学方程式：。(2)如表所示是部分化学键的键能参数：化学键P－PP－OO=OP=O键能/kJ/molabcx已知白磷的燃烧热为dkJ/mol，白磷及其完全燃烧的产物的结构如图Ⅱ所示。根据所给信息可求出表中x=kJ/mol(用含a、b、c、d的代表数式表示)Ⅱ.如图是元素周期表的一部分，回答下列问题。(3)根据元素周期律，推断下列说法正确的是(填序号)。①元素Ga在元素周期表中的位置为第四周期第Ⅲ族②Sn的最高正价为+4③As的气态氢化物为AsH3④阴影部分元素氢化物热稳定性最高的是HI⑤H3AsO4、H2SeO4的酸性强弱：H3AsO4＞H2SeO4⑥氢化物的还原性：H2O＞H2S(4)①Se2Cl2常用作分析试剂，其结构式为。②硒(Se)化铟(In)是一种可应用于未来超算设备的新型半导体材料。下列说法正确的是(填字母)。A．原子半径：In＞SeB．In的金属性比Se强C．In的金属性比Al弱D．硒化铟的化学式为InSe2③工业上常从电冶铜的阳极泥中提取纳米硒。向浆化的阳极泥中通入氯气，Cu2Se被溶液中的HClO氧化为H2SeO3及CuCl2，反应中HClO与Cu2Se的物质的量之比为。16．一些粒子的结构都可用示意图来表示，且0＜y≤8请回答下列问题：(1)若x=12时对应的元素为A，则A的元素符号为；(2)当上述示意图表示的粒子均具有稳定的电子层结构时。①若某粒子带一个单位正电荷，则该粒子的化学符号为；②若某粒子带两个单位负电荷，它所对应的元素与碳元素形成的常见化合物中，有还原性的是；③若一些粒子对应元素化合价的绝对值为3，其中某元素能与A元素形成化合物，则该化合物的化学式为。④若x=11时，与对应离子具有相同电子数的微粒有(各写出1个)：正离子负离子分子。17．有以下8种物质：①Ne②HCl③④⑤⑥NaOH⑦⑧请用上述物质的序号填空：(1)只存在离子键的是。(2)只存在极性共价键的是。(3)既存在非极性共价键又存在极性共价键的是。(4)只存在非极性共价键的是。(5)不存在化学键的是。(6)既存在离子键又存在非极性共价键的是。18．回答下列问题：(1)用下列微粒进行填空：①质子数；②中子数；③最外层电子数。元素种类由决定；元素的化学性质主要由决定；核素由决定；原子的质量数由决定。(2)AXn+共有x个电子，则中子数N=。19．平达喜是常用的中和胃酸的药物，它的化学成分是AlxMgy(OH)zCO3·nH2O，其中氢元素的质量分数为0.040。取该碱式盐3.01g，加入2.0mol/L盐酸使其溶解，当逐滴加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全。若在上述碱式盐溶于盐酸后的溶液中加入过量的氢氧化钠，过滤、洗涤，沉淀物进行干燥后重1.74g。请计算该试样中：（1）碳酸根的物质的量；（2）镁离子的物质的量；（3）通过计算确定该物质的化学组成为。20．一定质量的镁、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。21．1~18号元素有A、B、C、D四种元素，A元素原子最外层电子数比次外层电子数少5个；B元素的原子其第三层电子数比第二层少1个电子；C元素的原子得到2个电子，D元素的原子失去1个电子，所得到的微粒都具有与氖原子相同的电子层结构。回答下列问题：⑴上述四种元素中A的元素符号是，C元素的名称是。⑵画出B离子、D原子的结构示意图，22．化学实验是科学探究过程中的一种重要方法，掌握化学实验的基本操作和物质的制备、转化及性质的探究尤为重要，请结合所学化学实验知识回答以下问题。某化学课外活动小组为了验证元素化学性质递变规律，进行如下实验探究。探究：验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，设计如下实验：（1）装置A中盛放的试剂是（填选项），化学反应方程式是。A．Na2SO3溶液B．Na2S溶液C．Na2SO4溶液（2）下列不能用于验证氯元素比硫元素非金属性强的依据为（填选项）。①HCl的溶解度比H2S大②HCl的酸性比H2S强③HCl的稳定性比H2S大④HCl的还原性比H2S弱⑤HClO4的酸性比H2SO4强⑥还原性：Cl－＜S2－⑦Cl2能与H2S反应生成S⑧在周期表中Cl处于S同周期的右侧（3）若要验证非金属性：Cl>I，装置A中加入淀粉碘化钾混合溶液，观察到装置A中溶液的现象，即可证明。用元素周期律理论解释非金属性Cl>I的原因：。【参考答案】一、选择题1．B解析：A．Na2O2与酸反应生成盐和水的同时，还有O2生成，则Na2O2不属于碱性氧化物，A不正确；B．Na2O2与CO2、H2O反应时，-1价O一部分化合价降为-2价，一部分升为0价，则在反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，B正确；C．Na2O2的电子式为，既含有离子键又含有共价键，C不正确；D．在反应中，1molNa2O2参加反应，产生0.5molO2，温度、压强未知，生成O2的体积不一定是11.2L，D不正确；故选B。2．A解析：A．反应中氢元素得电子，化合价由+1变为0，二氧化碳中碳元素得电子，其碳由+4价变为+2价，甲烷中碳元素失电子，化合价由-4价变为+2价，结合得失电子守恒有6e-~2H2，则生成电子转移数为3NA，A错误；B．由化学方程式可知，消耗（为1mol）生成CO分子数为，B正确；C．由化学方程式可知，生成1分子氢气断开C-H键数为2，则生成标准状况下（为2mol），断开C-H键数为，C正确；D．消耗所生成的气体为2molCO、2molH2，则2molCO、2molH2完全燃烧分别需要1molO2、1molO2；则消耗所生成的气体完全燃烧，需要分子数为，D正确；故选A。3．C【分析】熔融状态下能导电的化合物属于离子化合物。解析：A．熔融状态下不能导电，A错误；B．熔融状态下能导电，但中只含非极性共价键，B错误；C．熔融状态下能导电，且OH-中含非极性共价键，C正确；D．属于共价化合物，熔融状态下不能导电，D错误。故答案为：C。4．A解析：A．乙烯的结构简式为，A正确；B．氧原子周围弧电子对没有画出，B错误；C．中子数为1的氢原子质量数为2，C错误；D．与是氧化物，不互为同素异形体，D错误；故答案为：A。5．C解析：A．稳定性和共价键有关，共价键键能越大，该分子越稳定，O原子半径小于S原子半径，H-O键键长比H-S键键长短，键长越短键能越大分子越稳定，稳定性，故A错误；B．Li和Na属于同主族元素，同主族元素从上到下，金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，碱性LiOH<NaOH，故B错误；C．F和I属于同主族元素，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，单质氧化性逐渐减弱，氧化性F2>I2，故C正确；D．Si和Na属于同周期元素，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径Na>Si，故D错误；答案选C。6．A解析：A．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性F>Cl>Br，则氢化物稳定性HF>HCl>HBr，A正确；B．元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，同主族，从上到下，元素的金属性依次增强，B错误；C．一般来说，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越多，半径越小，故离子半径大小：S2->Cl->Na+，C错误；D．元素的非金属性从左到右逐渐增强，从上到下逐渐减弱，故非金属性强弱O>N>Si，D错误；故答案选A。7．D解析：A．锗(Ge)位于第四周期，为长周期元素，故A错误；B．钡元素是第六周期第IIA族元素，故B错误；C．、质子数相同，中子数不同，互为同位素，故C错误；D．3g的含有的中子数为，2g的含有的中子数为，二者具有相同的中子数，故D正确；故选D。8．A解析：A．原子不守恒，A错误；B．盐酸与KOH溶液反应的实质是氢离子和氢氧根离子反应生成水，B正确；C．Fe与溶液反应的实质是三价铁氧化铁为亚铁离子，自身也被还原为亚铁离子，C正确；D．溶液与氨水反应的实质是铝离子结合一水合氨电离的氢氧根离子生成氢氧化铝沉淀，D正确；故选A。9．A解析：A．Mg、Al合金质量轻、硬度大，可用来制造飞机外壳，而不是因为它的熔点低，A错误；B．钛铝合金中Ti原子核内中子数比质子数多46－22－22=2，B正确；C．稀土金属具有优良的特性，可以用于生产合金，C正确；D．生铁的含碳量为2%～4.3%，低碳钢的含碳量＜0.3%，中碳钢的含碳量0.3%～0.6%，高碳钢的含碳量＞0.6%，D正确；答案选A。10．B解析：A．H2O中只含共价键，A不选；B．Na2O2中钠离子和过氧根离子之间为离子键，过氧根离子内存在共价键，B选；C．MgCl2中镁离子和氯离子之间只存在离子键，C不选；D．N2中只存在共价键，D不选；故选B。11．C解析：A．微粒X+与Y-核外电子排布相同，核电荷数Y<X，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：X+<Y-，故A合理；B．同周期元素自左而右金属性减弱，金属性Cs>Ba，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性CsOH>Ba(OH)2，故B合理；C．元素的非金属性可通过其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱判断，而非通过氢化物水溶液的酸性强弱，故C不合理；D．与同处于同周期表金属与非金属交界处，Al(OH)3与Be(OH)2的化学性质相似，所以可推出，故D合理；故选C。12．B解析：A．同位素是指质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子之间，故与不互为同位素，A错误；B．根据质量数等于质子数加中子数可知，与的中子数分别为60-27=33,60-28=32，二者相差1，B正确；C．与的电子数分别为27和28，不相同，C错误；D．上述衰变过程有多种产物生成，但该变化不属于化学反应，故也不属于分解反应，D错误；故答案为：B。13．D解析：A．由固态非金属元素名称有“石”字旁可知，硅属于固态非金属元素，A错误；B．由原子中质子数=电子数可得，n=14-2-8=4，B错误；C．硅的质子数为14、相对原子质量为28，C错误；D．由原子结构中电子层数等于元素所在周期数可得，硅元素位于第三周期，D正确；故选D。14．C解析：A．乙炔中碳碳之间为三键，故结构简式HC≡CH，A正确；B．氨气为共价化合物，电子式为：，B正确；C．为乙烷的比例模型，不是球棍模型，C错误；D．氯离子的核电荷数是17，电子数为18，氯离子的结构示意图为，D正确；故选C。二、非选择题15．(1)不变NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)ΔH=-234kJ•mol-1(2)(d+6a+5c-12b)(3)②③(4)Cl－Se－Se－ClAB4：1解析：（1）加入催化剂能降低反应所需的活化能，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响，由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量368-134=234kJ，反应热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ•mol-1；（2）白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6molP-P、5molO=O，形成12molP-O、4molP=O，所以12mol×bkJ/mol+4mol×xkJ/mol-(6mol×akJ/mol+5mol×ckJ/mol)=dkJ/mol，x=(d+6a+5c-12b)；（3）①根据Ga和Al同一主族，Ga在Al的下一周期，则Ga在周期表的位置位于第四周期第ⅢA族，故错误；②Sn和碳同一主族，最高正价为+4价，故正确；③As最外层有5个电子，与3个H原子形成3个共价键，使分子中每个原子都达到稳定结构，所以As的气态氢化物为AsH3，故正确；④同一主族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，则相应的氢化物的稳定性逐渐减弱，因此氢化物热稳定性最高的是HF，故错误；⑤同一周期从左向右，元素的非金属性逐渐增强，则其最高价含氧酸的酸性逐渐增强，所以酸性：H3AsO4＜H2SeO4；⑥同一主族元素的非金属性越强，其相应的简单的氢化物的还原性就越弱，由于元素的非金属性O＞S，所以氢化物的还原性：H2O＜H2S；故选：②③；（4）①Se2Cl2均满足8电子的稳定结构，电子式为；②A．同周期原子半径由左向右逐渐减小，所以原子半径In＞Se；故A正确；B．同周期由左向右金属性逐渐减弱，则In的金属性比Se强；故B正确；C．由上述B分析得出In的金属性比Se强：故C错误；D．根据In和Al同族，最高正化合价为+3；Se和S同族最低负价为-2；硒化铟的化学式为In2Se3，不是InSe2；故D错误；故选：AB；③Cu2Se被溶液中的HClO氧化为H2SeO3及CuCl2写出反应方程式为：Cu2S+4HClO=H2SeO3+2CuCl2+H2O；则反应中HClO与Cu2Se的物质的量之比为4：1；故答案为：4：1。16．(1)Mg(2)Na+COMg3N2Mg2+F-H2O解析：（1）若x=12，则y=8，A的元素符号为Mg（2）据题意，由于示意图中的粒子均具有稳定结构，则y=8。①若某粒子带一个单位正电荷，则说明该元素的原子失去了一个电子，x=2+8+1=11，该粒子的化学符号为：Na+；②若某粒子带两个代为负电荷，说明该元素的原子得到两个电子，则x=2+8-2=8，为O元素，与碳元素形成的常见化合物中，具有还原性的为CO；③若粒子的绝对值为3，则该元素可能是N或Al，若能与Mg形成化合物，由于金属元素没有负价，则该元素为N，该化合物的化学式为Mg3N2；④若x=11，则图示示意图为Na+，其有10个电子，与其相同的符号条件的微粒分别为：Mg2+，F-，H2O。17．(1)⑤(2)②(3)④(4)③(5)①(6)⑦解析：（1）硫化钠中只有离子键。（2）氯化氢中只有极性共价键。（3）过氧化氢中有氢氧极性键，也有氧氧非极性键。（4）白磷分子中只有磷磷之间的非极性键。（5）氖是单原子分子，不含化学键。（6）过氧化钠中存在钠离子和过氧根离子之间的离子键，也存在过氧根中的氧氧非极性键。18．(1)①③①②①②(2)A－x－n解析：（1）元素种类由质子数决定的；元素的化学性质主要由最外层电子数决定的；核素是指具有一定数目的质子和一定数目中子的一种原子，所以由质子数和中子数共同决定；质量数＝质子数+中子数，所以原子的质量数由质子数和中子数共同决定。（2）AXn+共有x个电子，则质子数是x+n，质量数是A，又因为质量数＝质子数+中子数，所以中子数N=A－x－n。19．005mol0.03molAl2Mg6(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．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合成氯化钠，根据原子守恒可知，n（HCl）＝n（NaOH）＝2mol·L－1×0.08L＝0.16mol，则盐酸的体积为V＝＝0.16mol÷2mol/L＝0.08L＝80mL；（4）假设盐酸溶解金属后不剩，这种情况下，酸恰好与合金反应完全，即a＝，通过极值法，当合金中完全是铝时，因为沉淀Al3+需要NaOH溶液的体积为30mL，从图可知，中和过量的酸所消耗的碱液体积最大为50mL，但是假设不成立，最大值是不存在的，所以的取值范围为0＜a＜50。21．Al氧【分析】1～18号元素有A、B、C、D四种元素，A元素原子最外层电子数比次外层电子数少5个，A有3个电子层，最外层电子数为3，故A为Al元素；B元素的原子其第三层电子数比第二层少1个电子，B为Cl元素；C元素的原子得到2个电子，D元素的原子失去1个电子，所得到的微粒都具有与氖原子相同的电子层结构，故C原子有8个电子，为O元素，D的原子有11个电子，故D为Na元素，以此来解答。解析：由分析知：A为Al元素、B为Cl元素、C为O元素、D为Na元素；(1)上述分析可知，A为Al元素，C元素是氧；(2)B离子为Cl-，结构示意图为，Na原子的结构示意图为。22．BCl2+Na2S=2NaCl+S↓①②