第1章《原子结构 元素周期表》测试题--高一下学期化学鲁科版（2019）必修第二册.docx

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1、第1章原子结构 元素周期表测试题一、单选题共（12题）1下表是元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W均为短周期主族元素，已知Z的最外层电子数是其电子层数的3倍，下列说法错误的是XYZWA简单离子半径：B仅由X与Z形成的化合物中只存在共价键C最简单氢化物的沸点：D最高价氧化物对应水化物的酸性：2已知原子M的原子核内有n个中子，M原子的质量数为A，则m g 中所含电子的物质的量是ABCD3下列说法正确的是A最外层电子数大于4的一定是非金属元素B元素周期表有18纵列，7横行，故有18个族，7个周期C第A族就是碱金属D长周期可能含有18种元素，也可能含有32种元素4下列各组物质中，互为同位素的是A和B

2、与C和D与5溴元素的原子结构示意图及其在元素周期表中的信息如图所示，下列说法中正确的是 A图中n的数值等于5B原子序数与核电荷数都是35C在化学反应中，溴原子获得电子形成D溴元素为金属元素6下列关于SiO2和CO2的叙述正确的是A两者都是酸性氧化物，故均不与酸反应B两者都可以与NaOH溶液反应C两者熔、沸点均较低D两者都能与水反应生成对应的酸且碳酸的酸性强于硅酸7下列有关的说法正确的是A中子数为14B质子数为8C是一种核素D与互为同素异形体8为完成相应实验，实验器材(规格和数量不限)足够的一项是相应实验实验仪器和用品(夹持装置省略)A氯化钠溶液的蒸发结晶烧杯、玻璃棒、酒精灯B用盐酸除去硫酸钡中

3、的少量碳酸钡烧杯、胶头滴管C配制0.5molL-1的硫酸溶液烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶D用CCl4萃取溴水中的溴分液漏斗、烧杯AABBCCDD9下列选项中各有三组物质，每组都能用分液漏斗分离的是（）A乙酸乙酯和水，乙醇和水，植物油和水B四氯化碳和水，溴苯和水，硝基苯和水C甘油和水，乙酸和水，乙酸和乙醇D汽油和水，苯和水，正己烷和环己烷10短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是WXYZA氢化物沸点：WZB氧化物对应水化物的酸性：YXC化合物熔点：Y2X3YZ3D简单离子的半径：YH2ONH3C微粒半径大小：SNa+O2-

4、D酸性：HClH2CO3HClO122021年，我国具有独立知识产权的“龙芯”19岁了。下列关于硅单质及其化合物的叙述正确的是A陶瓷是人类应用最早的硅酸盐材料B利用二氧化硅的半导体性能制成光电池C硅的化学性质稳定，不与任何物质反应D晶体硅是具有金属光泽的灰黑色金属二、非选择题（共10题）13下表是元素周期表的一部分，表中的每个编号代表一种元素。请根据要求回答问题：族周期IAABBAAAAA0123 4SeBr(1)元素组成的化合物的电子式是_，其属于_(填“离子化合物”或“共价化合物”)。(2)元素的离子结构示意图是_；元素的单质常温下为_的液体(填颜色)。(3)元素的非金属性比较：_(填化学

5、式，下同)；元素的原子半径比较：_。元素的氢化物稳定性比较：_。(4)元素可组成酸性强于硫酸的强酸，其化学式为_。(5)元素的单质与水反应的化学方程式为_。14Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知：Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；Y原子的价层电子排布式为；R原子核外L层电子数为奇数；Q、X原子p轨道上的电子数分别为2和4。请回答下列问题：(1)基态的核外电子排布式是_。 (2)Q、Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，则稳定性：甲_(填“”或“”或“”或“H2CO3HClO，D项正确；答案选C。12A【解析】A陶瓷的主要原料是黏土，则陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料，

6、故A正确；B硅是半导体材料，二氧化硅常被用来制造光导纤维，故B错误；C硅与氟化氢反应生成四氟化硅，故C错误；D晶体硅是一种有金属光泽的灰黑色的固体，是非金属，故D错误；故选：A。13(1) 离子化合物(2) 红棕色(3) OSSe ClCO H2OH2S(4)HClO4(5)2K2H2O2KOHH2【解析】根据元素周期表结构得到元素分别为H、C、O、Na、Al、S、Cl、K、Se、Br。(1)元素组成的化合物为NaOH，该化合物含有钠离子和氢氧根离子，其电子式是，其属于离子化合物；故答案为：；离子化合物。(2)元素是Al，Al为13号元素，其离子结构示意图是；元素是Br，其单质常温下为红棕色的

7、液体；故答案为：；红棕色。(3)同主族从上到下非金属性逐渐减弱，因此元素的非金属性比较：OSSe；根据层多径大，同电子层结构核大径小原则，元素的原子半径比较：ClCO；根据非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定，因此元素的氢化物稳定性比较：H2OH2S；故答案为：OSSe；ClCO；H2OH2S。(4)元素可组成酸性强于硫酸的强酸即为高氯酸，其化学式为HClO4；故答案为：HClO4。(5)元素的单质与水反应生成KOH和H2，其反应的化学方程式为2K2H2O2KOHH2；故答案为：2K2H2O2KOHH2。14 或 【解析】由知Z为Cu，由、推测：Y的原子序数比Z的小且Y位于短周期，Y原子的价层

8、电子排布式为，则，当时，Y为C，当时，Y为Si。因Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，且Q、X原子p轨道上的电子数分别为2和4，只能为L层的p轨道，二者分别为C、O，则R只能为N，Y只能是Si，即Q、R、X、Y、Z五种元素依次为C、N、O、Si、Cu。(1)由基态Cu的核外电子排布式可得基态的核外电子排布式为或，故答案为：或；(2)Q、Y形成的最简单气态氢化物分别为、，稳定性：，故答案为：；(3)C、N、Si三种元素中，N的第一电离能最大(最难失去电子)，Si的第一电离能最小(最易失去电子)，故答案为：；(4)五种元素中，电负性最大的非金属元素是O，电负性最小的非金属元素是Si，二者

9、形成的化合物为，故答案为：。15(1) FeCl2 第三周期第VIIA族(2)2Na +2H2O=2Na+ +2OH- +H2(3)取少量待测液于试管中，向其中滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液(4) 27.4 20.0(5)1.68【解析】金属甲和液体A能反应生成气体乙和含有两种离子电子数相等的B，可知甲为钠。A为水、乙为H2，B为NaOH，气体丙为Cl2，与氢气反应生成C为HCl，HCl溶于水得盐酸。氢氧化钠与E的溶液反应生成红褐色沉淀F是Fe(OH)3，故单质丁为Fe，D为FeCl2，E为FeCl3，据此解答。(1)由以上分析可知D为FeCl2；组成丙的元素是氯元素，氯元素位于元素周期表的第

10、三周期第A族。(2)反应中钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2，反应的离子方程式为：2Na+2H2O2Na+2OH+H2。(3)检验Cl要用稀硝酸和硝酸银溶液，实验操作为取少量待测液于试管中，向其中滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明含有氯离子。(4)观察天平平衡后的状态，可知砝码为30 g，游码为2.6 g，故烧杯的实际质量为30g2.6g=27.4 g，配制480 mL 1.0 molL-1的B的溶液，需要500mL容量瓶，因此要完成本实验该同学应称出NaOH质量为0.5L1mol/L40g/mol=20.0 g。(5)50mL溶液中氢

11、氧化钠的物质的量是0.05L1.0mol/L0.05mol，根据2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，可知产生标准状况下氢气为0.05mol22.4 L/mol=1.68 L。16 Ar S2- K+ Cl-【解析】对于电中性的原子，电子数质子数；对于阳离子，电子数质子数电荷数；对于阴离子，电子数质子数电荷数。(1)该微粒是中性微粒，核外电子数=质子数=18，为氩，符号为Ar；(2)该微粒的盐溶液能使溴水褪色，并出现浑浊，则微粒具有还原性，且能生产沉淀，为硫离子，符号为S2-；(3)该微粒的氧化性很弱，得到1个电子后变为原子，则该微粒为+1价阳离子，原子的还原性很强，为钾离子，符

12、号为K+；(4)该微粒的还原性很弱，失去1个电子后变为原子，则该微粒为-1价的阴离子，原子的氧化性很强，为氯离子，符号为Cl-；17 如，在方格中可知元素名称为铝、原子序数为13、相对原子质量为26.98 【解析】元素周期表中每个方格中可知元素的名称、左上角的数值为原子序数，元素名称下方为相对原子质量，如，在方格中可知元素名称为铝、原子序数为13、相对原子质量为26.98，用图表示。18(1)第三周期第IVA族(2)r(Cl-)r(O2-)r(Mg2+)或Cl-O2-Mg2+(3) NaBr 黄(4)H2SO4H3PO4(5)Al(OH)3+OH-=+2H2O(6) 同周期元素从左到右，随着原

13、子序数的递增，原子半径逐渐减小，原子失去电子能力减弱，金属性减弱【解析】根据元素在周期表中的相对位置可知an分别是H、He、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、P、S、Cl、Br，据此解答。(1)j是Si，在元素周期表中的位置是第三周期第IVA族。(2)离子核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则e、h、m形成的简单离子其半径由大到小的顺序为r(Cl-)r(O2-)r(Mg2+)。(3)n与g形成的化合物为NaBr，因此将该化合物进行焰色反应，火焰呈黄色。(4)非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性SP，则k、1形成的最高价氧化物的水化物

14、，酸性由强到弱的顺序为H2SO4H3PO4。(5)g的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钠与i的最高价氧化物对应的水化物氢氧化铝反应的离子方程式为Al(OH)3+OH+2H2O。(6)镁比铝与酸反应更剧烈，说明Mg比Al活泼，所以金属性：MgAl，故答案为：；Mg、Al位于同周期，都是金属，同周期元素从左到右，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，原子失去电子能力减弱，所以金属性：MgAl，故答案为：同周期元素从左到右，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，原子失去电子能力减弱，金属性减弱。19 H+OH-=H2O Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O 21 2.6molL-1【解析】

15、由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后盐酸有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O；继续滴加NaOH溶液，到氢氧化钠溶液为520mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液为氯化钠溶液。再继续滴加NaOH溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，据此进行解答。(1)根据分析可知该阶段发生的是剩余的盐酸和NaOH的反应，反应的离子方程式为：H+OH=H2O；(2)根据分析可知加入520mL-620mLNaOH溶液时沉淀质量减少是因为氢氧化铝溶液N

16、aOH溶液，化学方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；(3)据图以及分析可知Al(OH)3消耗的NaOH为620mL-520mL=100mL，根据反应方程式可知nAl(OH)3=1mol/L0.1L=0.1mol，则混合物中n(Al2O3)=0.05mol；生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀总共消耗氢氧化钠溶液的体积为：520mL20mL=500mL，含有氢氧化钠的物质的量为：1.0mol/L0.5L=0.5mol，nAl(OH)3=0.1mol，则nMg(OH)2=0.1mol，则n(MgO)=0.1mol，所以原混合物中氧化镁、氧化铝的物质的量之比为：0.1mol:

17、0.05mol=2:1；(4)根据图象可知,加入520mL1.0mol/L的氢氧化钠溶液时，此时沉淀达到最大，溶质为氯化钠，n(NaCl)=n(HCl)=n(NaOH)=1.0mol/L0.52L=0.52mol，该盐酸的浓度为：0.52mol0.2L=2.6mol/L。20 11.0% 在NaOH存在的条件下不会先生成NaHCO3 Si3O96- SinO3n2n- Be3Al2Si6O18(或3BeOAl2O36SiO2)【解析】(1)设100g水中溶有NaOH ag，根据方程式2NaOHCO2Na2CO3H2O计算生成碳酸钠、水的质量，产生Na2CO3沉淀，此时碳酸钠为饱和溶液，结合碳酸

18、钠溶解度列方程计算，进而计算氢氧化钠溶液质量分数；在NaOH存在的条件下不会先生成NaHCO3；(2)根据每个四面体中心含有1个Si原子及图b中四面体数目判断硅原子、氧原子数目，再根据氧元素和硅元素的化合价进行判断；根据b、c的化学式找出规律，然后推断硅原子数目为n时含有的氧原子、硅原子数目及所带电荷数，从而确定其化学式；含有6个硅原子的化学式为Si6O1812，带有12个单位的负电荷，然后根据铍的化合价为2、铝的化合价为3计算出绿柱石化学式。(1)设100g水中溶有NaOH ag，则：碳酸钠溶解度为15.9g/100g水，则：(100g)15.9：100，解得a12.3，故NaOH的质量百分

19、数至少为100%11.0%，故答案为：11.0%；在NaOH存在的条件下不会先生成NaHCO3，故不需要考虑在Na2CO3沉淀之前先产生NaHCO3沉淀，故答案为：在NaOH存在的条件下不会先生成NaHCO3；(2)b含有氧原子个数为9，含有3个四面体结构，则含有硅原子个数为3，根据化合物中Si的化合价为4、O氧元素化合价为2可知，b的化学式为：Si3O96，故答案为：Si3O96；c中含有6个四面体结构，所以含有6个Si原子，含有的氧原子数为18，含有氧原子数比6个硅酸根离子少6个O，带有的电荷为：6(2)12；根据图示可知：若一个单环状离子中Si原子数为n(n3)，则含有n个四面体结构，含

20、有的氧原子比n个硅酸根离子恰好少n个O原子，即：含有n个Si，则含有3n个O，带有的负电荷为：n(2)2n，其化学式为：SinO3n2n，故答案为：SinO3n2n； 根据SinO3n2n可知，含有6个硅原子，该硅酸盐所带的负电荷为：12，设铍的个数为x，铝的个数为y，则2x3y12，讨论可得x3、y2，其化学式为：Be3Al2Si6O18，故答案为：Be3Al2Si6O18(或3BeOAl2O36SiO2)。21(1) S2- +Cl2=2C1- +S ClS BrI(2)(3) 减弱 减弱 增强 HClO4H2SO4H3PO4H2SiO3 HF【解析】(1)将氯气通入Na2S溶液中，氯气将

21、S2-氧化成S单质，离子方程式为S2- +Cl2=2C1- +S，单质氧化性越强，元素非金属性越强，故非金属性ClS；将溴水滴入NaI溶液中，充分反应后加入淀粉溶液，溶液变蓝，说明溴将I-氧化成I2，非金属性BrI；(2)实验现象可以表明Mg与冷水不反应，与热水反应，实验Na与冷水剧烈反应，由方案和方案中反应的剧烈程度可知，Na与水反应比Mg与水反应更剧烈，则金属性MgMg(OH)2；(3)由实验分析可知，非金属性BrI，由此得出同主族元素自上而下，元素的非金属性逐渐减弱；同周期元素金属性MgNa，原子序数逐渐增大，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同周期元素原子序数逐渐增大，非金属性逐渐增强

22、，非金属性SiPS H2SO4H3PO4H2SiO3；非金属性FONS，元素非金属性越强简单氢化物越稳定，稳定性最强的是HF。22 Cl22KI=I22KCl 不正确 该实验没有验证Br2能否与KI反应，无法确定溴与碘元素的非金属性强弱 不合理 氯气不可能被NaBr消耗完，它会与溴一起到达C处 同意 甲、丙的实验分别证明了氯的非金属性比溴、碘强，溴的非金属性比碘强 氯、硫同周期 棉花变成黄色，氯元素的非金属性比硫元素强 S2Cl2=2ClS【解析】本实验目的是探究同主族非金属元素性质的递变规律，实验原理是利用置换反应(氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性)，装置A制备Cl2，B中发生Cl22I=

23、I22Cl，淀粉变蓝，C中发生Cl22Br=Br22Cl，据此分析；(1)由B、C处产生的现象，可知B处有单质碘生成，C处有单质溴生成，B处发生反应的化学反应方程式为Cl22KI=I22KCl；答案为Cl22KI=I22KCl；结合由强生弱的反应规律可判断出氯的非金属性比溴、碘强，但因没有比较出来溴单质与碘单质氧化性的强弱，也就无法得出溴、碘两种元素非金属性的相对强弱，因此无法得出相应的结论。答案为不正确；该实验没有验证Br2能否与KI反应，无法确定溴与碘元素的非金属性强弱；(2)乙同学的设计不合理，氯气与NaBr溶液反应后，未反应Cl2与KI溶液接触而发生反应，因此无法比较出Br的非金属性与I的非金属性强弱；答案为不合理；氯气不可能被NaBr消耗完，它会与溴一起到达C处；(3)C处棉花中有液溴，与蘸有淀粉KI溶液的棉花E后，E慢慢出现蓝色，推出有I2生成，说明Br2将I氧化成I2，丙同学证明了溴与碘的非金属性强弱关系，结合甲同学的实验可以得出氯、溴、碘三种元素非金属性的相对强弱；答案为同意；甲、丙的实验分别证明了氯的非金属性比溴、碘强，溴的非金属性比碘强；(4)硫和氯属于同周期，从左向右非金属性增强，氯能置换出硫，使棉花变成黄色，发生的反应为S2Cl2=2ClS；答案为氯、硫同周期；棉花变成黄色，氯元素的非金属性比硫元素强；S2Cl2=2ClS。