1、第四章物质结构元素周期律测试题一、单选题（共12题）1下列有关元素周期表的说法中正确的是A元素周期表中第15个纵列为VIA族BVIIA族元素也称为卤族元素，IIIB族元素种类最多，IVA族元素形成化合物种类最多C0族元素的原子最外层电子数均为8，元素化合价均为0D元素周期表中，VIIIB族包括第8、9、10三个纵列2下列说法正确的是（ ）A碱金属单质Li、Na、K性质活泼，均可以保存在煤油中B碱金属单质Li、Na、K的熔沸点逐渐升高CF、Cl、Br、I的还原性逐渐增强DHF、HCl、HBr、HI的沸点逐渐升高3根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断，其中错误的是A同主族
2、元素的简单阴离子还原性越强，则该元素的原子越难得到电子B氢氧化钡比氢氧化镁碱性强C气态氢化物的稳定性X>Y，说明X的非金属性比Y强D原子最外层有2个电子的短周期元素一定在第A族4下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是A还原性：B酸性：C热稳定性：D氢化物的稳定性：5短周期主族元素X和Y形成能够离子化合物XY2。且该离子化合物中阴、阳离子具有相同的电子层结构。下列说法不正确的是（ ）A离子半径：X2+Y-B原子序数：XYC该化合物中只存在离子键D原子最外层电子数XY6第三周期元素中，微粒半径最大的是ANaBNaCS2DCl7下列判断正确的是(
3、)A相同电子层结构的四种短周期元素离子A2、B、C、D3，它们的离子半径大小关系为A2>B>C>D3B元素性质呈周期性变化的本质原因是元素原子半径大小呈周期性变化CNaCl、HCl、NaOH、Na2O2四种物质中含有的化学键类型相同DCCl4、SO2、PCl3、NH3分子中所有原子都满足8电子结构8下列说法正确的是ANa2O、Na2O2中所含化学键类型完全相同B只有活泼金属元素与活泼非金属元素之间才能形成离子键C氯气与氢气反应的过程中，有共价键的断裂和离子键的形成D等物质的量的CN-和N2含有的电子总数相等9依据已知信息，下列对元素性质的预测或推理不合理的是编号已知信息预测或
4、推理A钠在空气中燃烧生成锂在空气中燃烧生成B碘单质在常温下是固体砹单质在常温下是固体C是强碱是更强的碱D钠在自然界中以化合态存在在自然界中以化合态存在AABBCCDD10下列物质中含有非极性共价键的是ABCD11下列关于碳和硅的比较，正确的是A碳和硅在自然界中的存在形式都是既有游离态也有化合态B碳和硅的最高化合价都是+4价C硅元素在地壳中的含量占第二位，碳占第一位D硅与碳一样均含有两种常见价态的氧化物和12某化合物的结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，原子序数W+Z=X+Y， W与X的原子序数之和等于Y的族序数。下列说法正确的是A原子半径： WxyGeH4>
5、;SiH4>CH4；相对分子质量相同或接近，分子的极性越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，如CO>N2；同分异构体，支链越多，熔、沸点越低，如正戊烷>异戊烷>新戊烷；形成分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高，如H2O>H2S；如果形成分子内氢键则熔沸点越低。微粒之间形成氢键会影响物质的物理性质，如熔沸点、溶解度等，但分子类化合物的熔沸点和物质的稳定性没有必然的联系，稳定性取决于化学键的强度，需注意区分。3DA同主族元素自上而下，非金属性逐渐减弱，对应简单阴离子还原性逐渐增强，该元素的原子越难得到电子，故A正确；B元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，
6、金属性Ba>Mg，则氢氧化钡比氢氧化镁碱性强，故B正确；C元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性X>Y，说明X的非金属性比Y强，故C正确；D原子最外层有2个电子的短周期元素有0族的He和第A族的Be、Mg元素，故D错误；答案选D。4CA元素非金属性，又元素非金属性越强，其对应阴离子还原性越弱，即还原性，A能用元素周期律解释；B元素非金属性，又元素非金属性越强，其最高价氧化物水化物对应酸性越强，即酸性，B能用元素周期律解释；C碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性无法用元素周期律解释，C不能用元素周期律解释；D元素非金属性，又元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，即氢化物的稳
7、定性，D能用元素周期律解释； 故选C。5BX2+与Y-有相同的电子层结构，则X位于Y的下一周期，原子序数X>Y。A核电荷数X2+>Y-，二者电子层结构相同，所以半径X2+Y-，故A正确；B根据分析，原子序数X>Y，故B错误；C该离子化合物由X2+和Y-构成，只存在离子键，故C正确；D根据X的化合价可推测X最外层有2个电子，根据Y的化合价可推测Y的最外层有7个电子，故D正确；故答案为B。6C根据“层多径大，同电子层结构核多径小”的原则可以推知，第三周期元素中，微粒半径大小关系为S2ClNaNa，故C符合题意。综上所述，答案为C。7AA电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，核电
8、荷数DCBA，则离子半径A2BC+D3+，故A正确；B因原子的核外电子排布中电子层数和最外层电子数都随原子序数的递增而呈现周期性变化，则引起元素的性质的周期性变化，故B错误；CNaCl、HCl、NaOH、Na2O2四种物质都属于离子化合物，都含有离子键，但NaOH、Na2O2中还分别含有极性键、非极性键，所以含有的化学键类型不完全相同，故C错误；DPCl5中的P原子最外层电子数为：5+5=10，NH3分子中的H原子最外层电子数为2，二者不是所有原子都满足8电子稳定结构，故D错误；答案选A。8DANa2O中只有离子键，Na2O2中有离子键和非极性共价键，化学键的类型不完全相同，A错误；B氯化铵中
9、铵根离子和氯离子之间是离子键，B错误；C氯气与氢气反应生成氯化氢，氯化氢当中氯和氢之间是共价键，C错误；D1个CN-和N2微粒中都含有10个电子，则等物质的量的CN-和N2含有的电子总数相等，D正确；故选D。9AA钠的金属性强于锂，锂在空气中燃烧生成，故A错误；B随着核电荷数增大，卤族元素的单质熔、沸点逐渐升高，碘单质常温下是固体，则砹单质常温下也是固体，故B正确；C的金属性强于，是比更强的碱，故C正确；D的金属性强于，钠元素在自然界中以化合态存在，则在自然界中也以化合态存在，D正确。答案选A。10CAH2S中只含H-S极性键，A错误；BCaF2中只含离子键，B错误；CH2O2中含O-O非极性
10、键，C正确；DCO2中只含C=O极性键，D错误；故选C。11BA硅是一种亲氧元素，在自然界中主要以氧化物和硅酸盐的形式存在，只有化合态，没有游离态，碳元素在自然界中既有游离态又有化合态，A错误；B碳、硅元素的原子最外层都有4个电子，其最高化合价都是+4价，B正确；C氧元素在地壳中的含量占第一位，硅元素在地壳中的含量占第二位，C错误；D碳有两种常见氧化物和，硅只有一种常见氧化物，D错误；故选。12B从结构分析，Z离子带两个单位正电荷，属于短周期元素，且为四种元素中原子序数最大的元素，故为镁元素。Y形成两个共价键，为氧元素，X形成三个共价键，为氮元素和硼元素，根据原子序数W+Z=X+Y 分析，X为
11、硼元素，W为氢。A原子半径，氢<氧<硼<镁，A错误；B氮的最高价含氧酸为硼酸，是弱酸，B正确；C氢和氧形成过氧化氢中含有非极性键，C错误；D镁元素焰色反应为无色，D错误；故选B。13砹是黑色固体，密度大于碘，熔点和沸点都比碘的高，难溶于水，易溶于有机溶剂卤素单质从上而下颜色变深，密度增大，熔沸点升高，溶解性减小，为非极性分子，易溶于有机溶剂。砹(At2)是相对原子质量最大的卤素，根据卤素单质的性质变化规律，预测单质砹的物理性质为砹是黑色固体，密度大于碘，熔点和沸点都比碘的高，难溶于水，易溶于有机溶剂。14(1) 9 失去
12、 (2)(3)原子核外电子层数都是三层(4) 燃烧不一定需要氧气参加(5)(6)BC【解析】(1)原子序数=核电荷数，氟原子原子序数是9，那氟原子的核电荷数为9，铝原子的最外层电子数为3，容易失去电子达到稳定结构，形成带3个单位的正电荷的铝离子，答案为：9、失去、A13+；(2)最外层电子数是8个电子的结构是稳定结构，所以在第二周期中，元素原子结构最稳定的是Ne，故填：Ne；(3)在第三周期中，各元素原子结构的共同之处是原子核外电子层数都是三层，答案为：原子核外电子层数都是三层；(4)氢气在氯气中燃
13、烧生成氯化氢，其化学符号表达式为：；通过氢气在氯气中燃烧，知道燃烧不一定需要氧气参加；(5)钠元素与硫元素形成的化合物中，钠元素呈-1价，硫元素呈-2价，根据各元素的化合价的代数和为零，则可形成的物质的化学式为：；(6)A氦原子的最外层电子数为2，化学性质稳定，选项A错误；B铍原子的最外层电子数为2,易失去电子，化学性质与钙元素化学性质相似，选项B正确；CMg原子的最外层电子数为2,易失去电子，化学性质与钙元素化学性质相似，选项C正确；D磷原子的最外层电子数为5，易得到电子，化学性质与钙元素化学性质不同，选项D错误；故选BC。15(1)B(2)C(3)SO2+Br2+2H2O=4H+2Br-+
14、(4)BC(5) C 分液漏斗海水晒盐后得到粗盐，淡水，粗盐提纯除去所含杂质Ca2+、Mg2+、及泥沙，得到精盐，电解制备氯气；母液中主要是溴离子和镁离子，通入氯气氧化溴离子为溴单质，吹出后和二氧化硫气体通入水中生成硫酸和溴化氢溶液，适量氯气氧化溴化氢为溴单质，达到富集溴的目的；贝壳高温分解生成的氧化钙溶于水生成的氢氧化钙石灰乳，含氯化镁的溶液中与氢氧化钙反应沉淀镁离子，过滤后在沉淀中加入盐酸溶解，通过浓缩蒸发、冷却结晶过滤洗涤得到氯化镁晶体，失水得到氯化镁固体，电解得到镁，以此解答该题。（1）粗盐提纯除去所含杂质、Ca2+、Mg2+，其
15、中的用过量BaCl2溶液除去；Ca2+用过量Na2CO3溶液除去；Mg2+用过量NaOH溶液除去。由于除去会引入过量Ba2+，若先加入Na2CO3溶液除去Ca2+，再加入过量BaCl2溶液引入过量Ba2+，还需再加入Na2CO3溶液除杂，为简单起见，应该先加过量BaCl2溶液除去，再加入过量Na2CO3溶液除去Ca2+及引入的Ba2+，用NaOH溶液除去Mg2+的顺序可以在任何位置，然后过滤除去形成的BaSO4、CaCO3、BaCO3、Mg(OH)2沉淀，滤液中含有NaCl、Na2CO3、NaOH，最后加入稀盐酸除去过量的Na2CO3、NaOH，然后加热，蒸发除去过量HCl，就得到NaCl溶液
16、，故先后顺序为可以或或，故合理选项是B；（2）在步骤II中热空气或水蒸气吹出Br2，这是由于Br2在室温下呈液态，易挥发变为溴蒸气，故热空气或水蒸气吹出Br2是利用了溴的挥发性，故合理选项是C；（3）在步骤III中，Br2具有强氧化性，SO2具有还原性，在溶液中Br2、SO2发生氧化还原反应，产生HBr、H2SO4，反应的离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=4H+2Br-+；（4）Br2能溶于水，并与水反应产生HBr、HBrO，由于HBr的酸性比H2CO3强，HBr与Na2CO3发生反应产生NaCl、H2O、CO2，Br2有氧化性，可以和还原性的亚硫酸钠反应，Br2与NaCl、FeCl3不
17、能发生反应，故合理选项是BC；（5）A酒精与水混溶，因此乙醇不能作萃取剂萃取溴水中的溴单质，A不符合题意；B醋酸能够溶于水，不能作萃取剂萃取溴水中的溴单质，B不符合题意；C四氯化碳与Br2都是由非极性分子构成的物质，Br2易溶于四氯化碳中，且四氯化碳与水互不相溶，因此可以用四氯化碳作萃取剂萃取溴水中的溴单质，C符合题意；故选C。进行萃取操作所需要用主要玻璃仪器的名称是分液漏斗。16(1)离子键和非极性键(或离子键和共价键)(2) CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O 漏斗和玻璃棒 防止H2O2分解和浓氨水
18、挥发(3)（1）CaO2中Ca2和之间以离子键结合，中含有O-O非极性键，故答案为：离子键和非极性键(或离子键和共价键)；（2）烧杯中盐酸和碳酸钙发生反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O；过滤时用到的玻璃仪器为烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为：漏斗和玻璃棒；氨水和过氧化氢受热易分解，因此用冰水冷却烧杯C的目的是防止H2O2分解和浓氨水挥发，故答案为：防止H2O2分解和浓氨水挥发；（3）由题干信息可知，在时，发生反应2CaO2=2CaO + O2，通过排水法收集氧气，收集到的水的体积即氧气的体
19、积(标准状况)，所以该反应生成氧气的物质的量为，根据关系式：，则参加反应的CaO2的物质的量为， ，样品质量为m g，则产品中CaO2的质量分数为，故答案为：。17(1)蒸发结晶(2) MnCuAg Ag(3)Mn+H2SO4=MnSO4+H2在金属活动性顺序中，铜、银排在氢的后面，所以不能与酸反应放出氢气，由题意可知三种金属中只有A能与稀硫酸反应生成无色气体和A的盐溶液，所以我们判断A是Mn；金属B、C的混合物加入足量的含硝酸银的回收液中，过滤后得到金属C，说明金属C不能与硝酸银溶液反应，金属B能与硝酸银溶液反应，所以我们得知金属B的活
20、动性大于金属C的活动性，又因为在金属活动性顺序中，铜排在银的前面，所以B是Cu，C是银，据此分析解题。（1）由题干实验流程图可知，操作a是从A的硫酸盐溶液得到A的硫酸盐晶体，应为蒸发结晶；（2）由分析可知，A、B、C三种金属分别为：Mn、Cu、Ag，故其活动性顺序为MnCuAg，金属C是Ag，故答案为：MnCuAg；Ag；（3）由分析可知，A为Mn，且A的硫酸盐中A元素显+2价，判断出A元素并用其元素符号写出步骤反应的化学方程式：Mn+H2SO4=MnSO4+H2，故答案为：Mn+H2SO4=MnSO4+H2。18 第4周期A族 钾粒浮在
21、水面上，剧烈反应，熔成闪亮的小球，四处游动，发出“咝咝”的声音，甚至能自行燃烧，轻微爆炸 2K+2H2O = 2KOH+H2根据题中数据求出X的相对原子质量，再确定其质子数，从而确定其在元素周期表中的位置。X的氯化物XCl 1.49g溶于水制成溶液后，加入1molL1的AgNO3溶液20mL恰好完全反应，该反应的化学方程式为XCl AgNO3=AgClXNO3，则：n(XCl)=n(AgNO3)=1molL120mL103LmL1=0.02molM(XCl)=1.49g0.02mol=74.5 gmol1 所以，Mr(XCl)=74.5， Mr(X)= 74.5-3
22、5.5=39，则X的质量数A(X)=39，由于X的同位素原子核内有20个中子，则X的质子数Z(X)=3920=19，即X为K。（1）K有4个电子层，最外层只有1个电子，故其位于元素周期表中第4周期A族；（2）K比Na更活泼，把一小粒K的单质放入水中，K与水发生剧烈反应生成氢氧和氢氧化钾，联系钠与水瓜泊现象可知该反应的现象有：钾粒浮在水面上，剧烈反应，熔成闪亮的小球，四处游动，发出“咝咝”的声音，甚至能自行燃烧，轻微爆炸。该反应的化学方程式为2K+2H2O = 2KOH+H2。1923 或27根据反应AlCl33NaOH=Al(OH)33NaCl、Al(OH)3OH=Al(
23、OH)4进行计算。若氯化铝过量，氢氧化钠量不足，溶液中铝元素应为铝离子，AlCl33NaOH=Al(OH)33NaCl1 mol 3 mol 1 mol依题意，若溶液中剩余1 mol Al3，则c(AlCl3)c(NaOH)n(AlCl3)n(NaOH)(11)mol3 mol23。若氢氧化钠过量，氯化铝完全反应，生成的氢氧化铝部分溶解，溶液中铝元素的存在形式为四羟基合铝酸钠，假设有2 mol铝离子反应，依题意有关系式：AlCl33NaOHAl(OH)31 mol 3 mol 1 molAlCl3
24、; 4NaOHNaAl(OH)41 mol 4 mol 1 mol则c(AlCl3)c(NaOH)n(AlCl3)n(NaOH)(11)mol(3 mol4 mol)27。【点睛】本题考查氢氧化铝的两性，注意当强碱过量时，产生的氢氧化铝又溶解，沉淀的量减少，则应计算氢氧化钠不足和过量两种情况下产生的氢氧化铝的量。20 44.2848g/mol设R的相对原子质量为aR + 2HCl = RCl2 + H2a &
25、nbsp; 22.4 LA B L故答案为；M = 22.4 = 22.41.977 g/mol= 44.2848 g/mo
26、l故答案为44.2848 g/mol。21 氮 硫 第三周期A族 H2SO4 离子键与（非极性）共价键 H+HSO3-=H2O+SO2A、B、C、D、E、F、G七种元素为元素周期表中短周期元素，其原子序数依次增大A的质量数等于其质子数，说明原子核内无中子，应为H元素；B原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，为C元素；D的最外层电子数是其电子层数的3倍
27、，为O元素，则C为N元素；E、F、G三种元素同周期且它们的最高价氧化物的水化物两两反应生成均盐和水，则F为Al，E为Na，E、F、G的最外层电子数之和为10，可知G的最外层电子数为10-1-3=6，为S元素；(1)由分析可知元素C为氮元素、G为硫元素； (2)Al元素在周期表中的位置第三周期A族； (3)以上七种元素中硫元素非金属性最强，则其最高价氧化物对应的水合物中酸性最强的为H2SO4；(4)离子化合物Na2O2的电子式为，其含有的化学键的类型为离子键与(非极性)共价键；用电子式表示NH3的形成过程为； (5)分别由H、O、Na、Al四种元素组成的NaHSO4和NaHSO3发生反应的离子方
28、程式为H+HSO3-=H2O+SO2。点睛：利用质子数、电子数的关系来推断元素是解答的关键，注意基础知识的积累与掌握、理解元素周期表和元素周期律中“位、构、性”关系的应用：元素原子的核外电子排布，决定元素在周期表中的位置，也决定了元素的性质；元素在周期表中的位置，以及元素的性质，可以反映原子的核外电子排布；根据元素周期律中元素的性质递变规律，可以从元素的性质推断元素的位置；根据元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可以推测元素的性质。22 玻璃棒、烧杯、漏斗 Fe2O3 2Al(OH)3Al2O3+3H2O &
29、nbsp; 偏铝酸钠 盐 氨水铝土矿主要成分为Al2O3，还有少量的Fe2O3，SiO2等杂质，向其中加入浓NaOH溶液，并加热，Al2O3、SiO2发生反应，产生可溶性NaAlO2、Na2SiO3进入溶液，Fe2O3不反应，仍然以固体形式存在，然后过滤，沉淀M为Fe2O3，滤液X中含有NaAlO2、Na2SiO3、NaOH，向滤液中通入CO2气体，并控制一定条件得到Al(OH)3沉淀，滤液Y中含有Na2SiO3、Na2CO3，将Al(OH)3沉淀过滤、洗涤，然后加热，发生分解反应产生Al2O3、H2O，则固体N为Al2O3。(1)步骤中分离操作用到的硅酸盐材料有烧杯、漏斗、玻璃棒；(2)沉淀M中除含有泥沙外，还含有不溶于NaOH溶液的Fe2O3；Al(OH)3不稳定，受热分解产生Al2O3、H2O，反应方程式为：2Al(OH)3Al2O3+3H2O；(3)滤液X中，含铝元素的溶质是NaAlO2，名称为偏铝酸钠，在物质分类上它属于盐；(4)Al(OH)3是两性物质，既能够与强酸反应产生盐和水，又能够与强碱反应产生盐和水，所以在实验室里制取Al(OH)3时，常往AlCl3溶液中加入弱碱，用含有NH3H2O的氨水来制取。/xy
