化学必修 第一册第四章 物质结构 元素周期律第二节 元素周期律单元测试练习题

这是一份化学必修 第一册第四章 物质结构 元素周期律第二节 元素周期律单元测试练习题，共22页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第四章《物质结构元素周期律》测试题
一、单选题（共12题）
1．下列有关说法不正确的是
A．用铂丝蘸取某样品进行焰色试验，观察到黄色火焰，不能说明该样品中所含金属元素只有钠
B．向装有鲜花的集气瓶中通入，鲜花变色，说明具有漂白性
C．白磷与红磷所含分子不同，互为同素异形体
D．用丁达尔效应鉴别颜色相似的浓溴水和胶体
2．0.02 mol某金属单质与足量的盐酸反应,放出0.672 LH2（标准状况），并转变为具有Ne原子的电子层结构的离子，该金属元素在元素周期表中的位置是
A．第三周期第ⅡA族 B．第三周期第ⅢA族
C．第二周期第ⅢA族 D．第四周期第ⅡA族
3．“天生我材必有用”，下列有关物质用途的叙述错误的是
A．硝酸可用于制炸药
B．氢氧化铝常用于治疗胃病
C．明矾具有消毒杀菌作用，可用于净水
D．硫磺有杀虫、杀螨、杀菌作用
4．下列有关物质结构的表述正确的是
A．次氯酸的电子式： B．二氧化硅的分子式：SiO2
C．CO2和CS2都是直线型分子 D．钠离子的结构示意图：
5．构成氯化钠的两种微粒的结构示意图是下列的
①
②
③
④
⑤
⑥







A．②⑤ B．③⑤ C．③④ D．①⑥
6．短周期主族元素W、R、X、Y、Z的原子序数依次增大，且分占三个不同的周期。W与X同主族，R与Z同主族，R原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是
A．金属性：XO>H，故B错误；
C、R为O，位于元素周期表第二周期VIA族，故C错误；
D、R为O，Z为S，非金属性O>S，元素的非金属性越强，对应的简单氢化物越稳定，则简单气态氢化物的热稳定性：ZAl3+，，A正确；
B．非金属性SMg，，C错误；
D．非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，，而HClO是弱酸，酸性，D错误；
故答案选A。
10．C
A.铁元素灼烧时焰色反应为无色，铁燃烧会形成氧化物，但又不影响焰色反应的效果，则可用洁净的铁丝代替铂丝进行焰色反应，故A正确；
B.不溶于水的硫能与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的硫化钠和亚硫酸钠，达到洗去附着在试管内壁的硫的目的，故B正确；
C.溴具有挥发性，挥发出的溴能与橡胶塞发生加成反应，使橡胶塞腐蚀老化，则液溴需贮存在带玻璃塞的棕色细口瓶中，并进行水封，故C错误；
D.硝酸银溶液与氯化钠溶液反应生成白色的氯化银沉淀、与碘化钠溶液反应生成黄色的碘化银沉淀、与硝酸钾不反应，实验现象不同，则用硝酸银可以鉴别氯化钠、碘化钠和硝酸钾，故D正确；
故选C。
11．C
A．同素异形体为单质，16O和18O属于核素，它们互为同位素，故A错误；
B．O2和O3互为同素异形体，同素异形体之间的转化为化学变化，故B错误；
C．无论O2还是O3都是有氧原子组成，即相等质量的O2和O3所含氧原子物质的量相等，所含质子数相同，故C正确；
D．O2是无色无味的气体，O3有鱼腥味的淡蓝色气体，O3的氧化性能力比O2强，氧气和臭氧物理、化学性质不同，故D错误；
答案为C。
12．C
中90为质量数，38为质子数，其中中子数=质量数-质子数=90-38=52，答案选C。
13．(1)Na、Cl
(2)F、Na、Cl
(3)F2
(4) 第五 IA
(5)Rb
(6)
(7)Na+
根据原子核外电子数等于原子核内质子数，结合原子结构示意图可知a=37，A是Rb元素；b=17，B元素是Cl元素；c=11，C元素是Na元素；d=35，D元素是Br元素；e=9，E元素是F元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。
（1）原子核外电子层数相同的元素处于同一周期。根据原子结构示意图可知：Rb是第五周期元素，Cl、Na是第三周期元素， Br是第四周期的元素，F是第二周期元素，故属于同一周期元素是Cl、Na；
（2）短周期元素是前三周期的元素，则上述已知的五种元素中，属于短周期元素的有F、Na、Cl三种元素；
（3）元素的非金属性越强，其单质的氧化性就越强，在上述五种元素中非金属性最强的是F元素，所以单质氧化性最强的是F2；
（4）根据原子结构示意图可知：元素A是Rb，原子核外有5个电子层，最外层有1个电子，该元素位于元素周期表第五周期第IA族；
（5）原子核外电子层数越多，原子最外层电子数越少，该元素的金属性就越强。在上述五种元素中，金属性最强的是Rb元素；
（6）C是Na，Na是活泼的金属元素，D是Br，Br是活泼的非金属元素，二者通过电子得失形成Na+、Br-，Na+、Br-通过离子键结合形成离子化合物NaBr，其电子式为：；
（7）离子核外电子层数越少，离子半径越小；当离子核外电子排布相同时，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，B是Cl，C是Na，E是F，三种元素形成的简单离子中，Cl-有3个电子层；Na+、F-有2个电子层，由于核电荷数：Na+＞F-，则离子半径由大到小的顺序：Cl-＞F-＞Na+，所以三种离子的半径最小的是Na+。
14．(1)失去
(2)煤油或石蜡油
(3) (约1.15)
(4) 使发生电离 发生电解生成和，再与发生置换反应，又重新生成
（1）钠原子的最外层电子数为1，所以在反应中容易失去电子。
（2）金属钠非常活泼，与空气中的氧气、水蒸气等发生反应，钠的密度小于煤油(或石蜡油)的密度，且不与煤油(或石蜡油)反应，因此金属钠通常保存在煤油或石蜡油中，以隔绝空气。
（3）①氮原子最外层有5个电子，要想形成8电子稳定结构，需共用三对电子，因此氮气中氮原子与氮原子之间共用3对电子，其电子式为：。
②置换反应的反应物和产物均为单质和化合物，因此氧化铁与钠发生置换反应的产物为铁和氧化钠，反应化学方程式为：。
③碳酸钠不稳定，受热易分解，生成稳定的碳酸钠、水和二氧化碳，反应方程式为：。
④分解的化学方程式为：，50g的物质的量为mol，2mol会释放3mol，则mol会释放出mol，约为1.15mol。
（4）①把氯化钠固体加热至熔融状态，目的是电离出自由移动的钠离子和氯离子。
②由图可知，粗钠中的钙与过氧化钠反应生成了钠和氧化钙，其化学方程式为：。
③过程I中，能发生像那样的电解反应而被消耗。但在过程I中却不断地被重新生成，原因是钙的金属性比钠强，氯化钙电解生成的钙又与氯化钠发生置换反应生成钠和氯化钙：。
15．(1)逐渐减弱
(2)D
(3)2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
(4)BC
(5)2Al+6H+=2Al3++3H2↑
（1）同一周期，从左到右，原子失电子能力减弱，则元素金属性逐渐减弱；故答案为：逐渐减弱；
（2）金属性K＞Na＞Mg＞Al，金属性越强，单质与水反应越剧烈，故反应最剧烈的烧杯是D，故答案为：D；
（3）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，则钠与水反应的离子方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；
（4）反应现象不明显，说明反应速率小，升高温度可以加快速率，所以把冷水换为热水，把水换为盐酸增大了溶液中氢离子的浓度，可以加快速率；故答案为：BC；
（5）铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，其反应的离子方程式为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑；故答案为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑。
16． 透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色 4 0.1 200 CO2++2H2O=Al(OH)3↓+
将一定量的铝粉、氧化铝、氧化镁的混合物加入到300mL4mol/L的稀硫酸中，生成标准状况下6.72L气体，氢气的物质的量为，根据2Al~3H2，混合中Al粉的物质的量为0.3mol×=0.2mol；向反应后的溶液中滴加一定物质的量浓度的KOH溶液时，根据沉淀的物质的量(mol)与滴加KOH溶液的体积(mL)之间的关系图分析解答。
(1)B点为完全沉淀点，此时溶液中溶质K2SO4，K+的检验可用焰色反应，现象是透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，故答案为：透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色；
(2)B点为完全沉淀点，此时溶液中溶质K2SO4，根据原子守恒可知n(K+)=2n(SO42-)=2×0.3L×4mol/L=2.4mol，此时消耗KOH溶液体积为0.6L，则c(KOH)=2.4mol0.6L=4mol/L；BC段共消耗KOH溶液体积为0.1L，根据Al(OH)3+OH-=+2H2O可知Al(OH)3 的物质的量为4mol/L×0.1L=0.4mol；设氧化铝的物质的量为n mol，根据原子守恒2n mol+0.2 mol=0.4mol，n=0.1；故答案为：4；0.1；
(3)C点对应的沉淀Mg(OH)2物质的量为 0.2mol，则生成沉淀Mg(OH)2和Al(OH)3 消耗KOH的物质的量为0.2mol×2+0.4mol×3=1.6mol，消耗KOH溶液的体积为1.6mol4mol/L=400mL，则A点对应的数值为600mL-400mL=200mL，故答案为：200；
(4)C点对应的溶液中含有，通入足量的CO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钾，反应的离子方程式为CO2++2H2O=Al(OH)3↓+，故答案为：CO2++2H2O=Al(OH)3↓+。
17．(1) 水浴加热 烧杯、漏斗
(2) 锥形瓶 稀具有强氧化性，无法制取
(3) 吸收尾气，防止污染空气 氢氧化钠溶液
(4)
(5) 重结晶 根据方程式可知关系式I2~2~2KI，则n(KI)= n()=0.2×14.5×10-3=0.0029mol，其质量m(KI)=0.0029×166=0.4814g，样品的纯度=
本题是一道无机物制备类的实验题，由装置A制备硫化氢，在装置B中硫化氢和氢氧化钾、单质碘发生反应生成产物，由于硫化氢有毒，会污染空气，故需要尾气处理，可以用试剂X处理尾气，以此解题。
（1）“碱溶”时温度要求控制在60，故需要水浴加热，分离出S的操作为过滤，故用到的玻璃仪器除玻璃棒外还有烧杯、漏斗；
（2）由图可知，仪器a的名称是锥形瓶，稀具有强氧化性，无法制取，故实验中不能用稀硝酸代替稀硫酸；
（3）硫化氢气体由毒性，不能直接排放到大气中，故装置C的用途是吸收尾气，防止污染空气；硫化氢可以和氢氧化钠反应，故试剂X可能是氢氧化钠溶液；
（4）碘盐成为主要碘酸钾，故“碱溶”时得到产物主要是碘酸钾和碘化钾，故反应的离子方程式为：；故本问的答案为：；
（5）KOH和KI均为固体，且KI的溶解度随温度变化较大，故可以用重结晶的方法提纯KI，根据方程式可知关系式I2~2~2KI，则n(KI)= n()=0.2×14.5×10-3=0.0029mol，其质量m(KI)=0.0029×166=0.4814g，样品的纯度=。
18．(1)棕色细口
(2) 溶液显蓝色 蓝色褪去，溶液显黄色 2Fe2++I2+2Ag+=2Fe3++2AgI↓
(3)
(4) 步骤2 NaOH溶液 试管a中蓝色褪去，先出现白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；试管b中有白色沉淀(转变为褐色沉淀)和红褐色沉淀
【解析】（1）
硝酸银见光易分解，故配制好的溶液应转移到棕色细口瓶中保存。
（2）
步骤1中碘水遇淀粉溶液，现象是溶液变蓝；步骤2再加入硫酸亚铁铵溶液，无明显现象，则说明亚铁离子和碘水不发生反应；步骤3最终的实验现象是溶液中生成黄色沉淀，黄色沉淀为AgI，则碘分子中碘化合价降低，溶液中发生氧化还原反应，碘作氧化剂，亚铁离子为还原剂，氧化产物为铁离子，故反应中还有另一个现象——溶液蓝色褪去。由此可知，步骤3反应的离子方程式为I2+2Fe2++2Ag+=2AgI↓+2Fe3+。
（3）
实验时漏掉步骤2，直接加入过量AgNO3溶液，也观察到产生黄色沉淀AgI，说明溶液中同时存在碘单质、碘离子，则有I2+I-，故推测溶液中还有碘的离子生成。
（4）
由于步骤2的溶液中有亚铁离子而没有铁离子，要确证AgI的生成使I2的氧化能力增强而将Fe2+氧化，只要证明步骤3的溶液中存在氧化产物铁离子即可，由实验知，步骤2溶液中有碘与淀粉混合液和亚铁离子，步骤3中加入了过量的硝酸银溶液，则上层清液中银离子与铁离子共存，所以可以用氢氧化钠溶液进行鉴别，学习小组在上述实验基础上进行补充实验：分别取少量的步骤2中的溶液和步骤3试管中的上层清液于试管a和试管b中，往两支试管中加入过量的氢氧化钠溶液，试管a中，过量的氢氧化钠溶液消耗了碘使之褪色，与亚铁离子反应产生氢氧化亚铁，氢氧化亚铁最终氧化为氢氧化铁，试管b中，过量的氢氧化钠溶液与银离子反应生成白色沉淀氢氧化银(可以分解为褐色沉淀氧化银)、又与铁离子反应生成红褐色沉淀。
19． 80.0 3∶2 1.12
I．根据电荷守恒计算混合溶液中n(Al3+)，向MgCl2和AlCl3的混合溶液加入NaOH溶液，使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，Al3+应恰好转化为，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，根据钠离子守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2)，再结合氯离子守恒、Al原子守恒可知n(NaOH)=n(Cl-)+n(Al3+)，再根据计算；
II．（1）根据Cu元素的化合价降低、N元素的化合价升高，利用电子守恒及质量守恒定律来配平反应；
（2）该反应中氧化剂为CuO，还原剂为NH4Cl，由（1）中双线桥可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2；
（3）生成1个N2分子转移电子数为6，若反应中电子转移了0.3mol，则产生的N2的物质的量为=0.05mol，带入V=nVm计算。
I．溶液中n(Cl−)=0.2L×1.3mol/L=0.26mol，
溶液中n(Mg2+)=0.2mol/L×0.2L=0.04mol，
根据电荷守恒，溶液中n(Al3+)==0.06mol，
将200mL此溶液中的Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀并分离析出，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，根据钠离子守恒：n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2)，再结合氯离子守恒、Al原子守恒可知：n(NaOH)=n(Cl−)+n(Al3+)=0.26mol+0.06mol=0.32mol，所以至少需要4mol/L氢氧化钠溶液的体积为：=0.08L=80mL；
II．（1）根据Cu元素的化合价由+2价降至0价，得到2mol电子生成1molCu，N元素的化合价由-3价升至0价，失去6mol电子生成1molN2，利用电子守恒及质量守恒定律来配平反应得2NH4Cl+4CuO=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O，双线桥法标出电子转移情况为：；
（2）该反应中氧化剂为CuO，还原剂为NH4Cl，由(1)中双线桥可知，4molCuO参与反应，做氧化剂的为3mol，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2；
（3）生成1个N2分子转移电子数为6，若反应中电子转移了0.3mol，则产生的N2的物质的量为=0.05mol，则产生的N2在标准状况下的体积V=nVm=0.05mol×22.4L/mol=1.12L。
20．(1)Al(OH)3＋OH-=＋2H2O
(2)160
向含有镁离子、铝离子和氢离子的溶液中加入氢氧化钠溶液，结合图示可知，氢离子先和氢氧化钠溶液反应消耗氢氧化钠溶液20 mL，20～a为镁离子、铝离子和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，a～b为氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠。
（1）由分析可知，a～b为氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，沉淀减少时发生的离子方程式为：Al(OH)3＋OH-=＋2H2O。
（2）由图示和分析可知，产生氢氧化镁的质量为11.6 g，物质的量为：＝0.2 mol，消耗氢氧根离子0.4 mol；产生氢氧化铝的质量为19.4 g－11.6 g＝7.8 g，物质的量为：＝0.1 mol，消耗氢氧根离子0.3 mol；共消耗氢氧根离子0.7 mol，消耗氢氧化钠溶液的体积为＝140 mL，则a点的数值为140 mL＋20 mL＝160 mL。
21．（1）Mg(OH)2
（2）AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓
（3）5.20；130
试题分析：
①向水中有沉淀物组成的混合溶液中加入盐酸时，0-A时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，溶液
中铝离子完全转化为偏铝酸根离子，溶液中存在的沉淀为Mg(OH)2。
故答案：Mg(OH)2；
②A-B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为：H2O+AlO2-+H+=Al(OH)3↓，
故答案：H2O+AlO2-+H+=Al(OH)3↓；
③A点沉淀的是氢氧化镁，则n[Mg(OH)2]==0.02mol，根据Mg原子守恒得n(MgCl2)=
n[Mg(OH)2]=0.02mol；A-B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为H2O+
AlO2-+H+=Al(OH)3↓，根据HCl的体积知，n(AlO2-)=n(HCl)=1mol/L×(0.03-0.01)L=0.02mol；根据铝
原子守恒得n(AlCl3)= n(AlO2-)=0.02mol，由Na+离子和Cl-离子守恒得，原混合物中n(NaOH)="n(NaCl)"
=n(Cl-)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)=0.02mol×2+0.02mol×3+0.03L×1mol/L=0.13mol，氢氧化钠的质
量m(NaOH)==0.13mol×40g/mol=5.2g；C点溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，C点所加盐酸用
于中和原混合物中的NaOH，此时所加盐酸物质的量：n(HCl)= n(NaOH)=0.13mol；C点所表示盐酸
的体积为：V==0.13L=130ml。
故答案为5.2；130。
考点：常见混合物的计算
【名师点睛】图象题，就是将变化过程中的某些量的变化以曲线、直线的形式表示的习题，这类题目具有
形象直观、简明清晰、知识面广、综合性强等特点。就其内容而言，主要有溶解度、溶液稀释、溶液
导电性、沉淀量、化学反应过程等图象题；从形式上来看，有单线图象题、多线图象题。 图象题的
解题技巧：（1）看清横、纵坐标代表的含义，理解图示化学曲线的意义；（2）把握好“三点一线”，
即起点、拐点、终点和曲线。突破口在于抓住图象中关键点的含义，在此基础上结合化学原理作出正
确的判断。
22．(1) Cu
(2)
(3)
(4)取少量D溶于水配成溶液分为两份，取一份溶液滴加酚酞溶液，若变红色，则有；取另一份溶液滴加稀硫酸，若有白色沉淀生成，则含有
固体X隔绝空气加热生成气体A，固体B和液体C为水；又砖红色固体H溶于氨水溶液I呈强碱性，溶质的阳离子为二配位的配离子，所以H为Cu2O；则固体E为CuO；气体A溶于强碱性溶液D生成白色沉淀F，所以气体A为二氧化碳，固体B中有BaO；砖红色固体Cu2O质量为7.2g，所以，所以固体E质量为，说明固体B含有BaO，且m(BaO)＝23.3g−8g＝15.3g，，，所以固体X为，以此解答该题。
（1）据分析可知，A为二氧化碳，电子式为 ；E为CuO；X的化学式是；故答案为 ；Cu；。
（2）据分析可知，固体B为BaO和CuO组合，化学式为；液体C为H2O，所以与水反应方程式为；故答案为。
（3）H为Cu2O，Cu2O与浓氨水反应生成无色溶液，离子方程式为；故答案为。
（4）D为Ba(OH)2，含有OH-和Ba2+，离子检验步骤为取少量D溶于水配成溶液分为两份，取一份溶液滴加酚酞溶液，若变红色，则有；取另一份溶液滴加稀硫酸，若有白色沉淀生成，则含有；故答案为取少量D溶于水配成溶液分为两份，取一份溶液滴加酚酞溶液，若变红色，则有；取另一份溶液滴加稀硫酸，若有白色沉淀生成，则含有。
【点睛】本题考查物质成分确定，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，明确物质颜色、性质是解本题关键，难点是实验方案设计，要根据物质性质结合实验目的确定实验设计，同时考查学生思维缜密性、实验操作及实验设计能力，题目难度中等。