2020版高考化学二轮复习专题强化训练4物质结构与元素周期律含解析

2020版高考化学二轮复习专题强化训练4物质结构与元素周期律含解析

专题强化训练(四)‎ 能力练(20分钟)‎ 一、选择题 ‎1．(2019·重庆七校联考)W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y(XW)Z2是一种新型净水剂，XW－是一种10电子微粒，且对水的电离有抑制作用，X和Y能形成二元化合物R，工业上电解熔融的R可制取Y的单质。下列说法正确的是(　　)‎ A．含有Y元素的离子水解一定显酸性 B．电解熔融R时，X的离子向阳极移动 C．简单离子半径：Z>Y>X D．可用pH试纸测定Z单质水溶液的pH ‎[解析]　短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，由“XW－是一种10电子微粒，且对水的电离有抑制作用”，推出X为O，W为H；由“X和Y能形成二元化合物R，工业上电解熔融的R可制取Y的单质”及“Y(XW)Z2是一种新型净水剂”，可推出Y为Al，R为Al2O3；由Y(XW)Z2中各元素化合价代数和为0，推出Z为－1价，从而推出Z为Cl。KAlO2溶液因AlO水解而显碱性，A项错误；电解熔融R(Al2O3)时，X的离子(O2－)向阳极移动，B项正确；电子层数多的离子半径大，具有相同核外电子排布的离子，原子序数小的离子半径大，则简单离子半径：Z(Cl－)>X(O2－)>Y(Al3＋)，C项错误；因氯水中含具有漂白作用的HClO，故不能用pH试纸测定氯水的pH，D项错误。‎ ‎[答案]　B ‎2．(2019·河北名校第二次联考)A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中A、C同主族且能形成离子化合物。B、D同主族，A、D两元素组成的一种化合物与B、D两元素组成的一种化合物反应，生成浅黄色固体。下列有关推断合理的是(　　)‎ A．简单离子半径：E>C>D>B B．A、B、C、D四种元素能组成阴、阳离子数之比为1∶1的离子化合物 C．简单氢化物沸点：E>D>B D．C、D、E的最高价氧化物对应水化物相互之间一定能发生反应 ‎[解析]　A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中A、C同主族且能形成离子化合物，则A为H，C为Na；B、D同主族，A、D两元素组成的一种化合物与B、D两元素组成的一种化合物反应，生成浅黄色固体，故B为O，D为S，E为Cl，生成的浅黄色固体为单质S。‎ S2－、Cl－电子层结构相同，r(S2－)>r(Cl－)，O2－、Na＋电子层结构相同，r(O2－)>r(Na＋)，简单离子半径：r(S2－)>r(Cl－)>r(O2－)>r(Na＋)，A项错误；A、B、C、D四种元素组成的阴、阳离子数之比为1∶1的离子化合物为NaHSO4、NaHSO3，B项正确；Cl、S、O三种元素的简单氢化物分别为HCl、H2S、H2O，因为H2O分子间存在氢键，所以三者中H2O的沸点最高，C项错误；C、D、E的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、H2SO4、HClO4，H2SO4和HClO4不能发生反应，D项错误。‎ ‎[答案]　B ‎3．(2019·广东省六校第二次联考)下列事实不能用元素周期律解释的是(　　)‎ A．相同条件下，HNO3酸性比H3PO4强 9‎ B．F2在暗处遇H2即爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应 C．NaOH固体溶于水放热，NH4NO3固体溶于水吸热 D．氯与钠形成离子键，氯与硅形成共价键 ‎[解析]　N和P均为第ⅤA族元素，且非金属性：N>P，故最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3>H3PO4，A项能用元素周期律解释；F和I均为第ⅦA族元素，且非金属性：F>I，故F2与H2在暗处反应要比I2与H2在暗处反应剧烈，B项能用元素周期律解释；NaOH、NH4NO3固体溶于水分别为放热和吸热过程，这与其物理性质有关，而与元素周期律无关，C项不能用元素周期律解释；Na最外层只有1个电子，易失电子，Si最外层有4个电子，既不易得电子也不易失电子，Cl最外层有7个电子，易得电子(同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强)，故钠、硅与氯分别形成离子键和共价键，D项能用元素周期律解释。 ‎ ‎[答案]　C ‎4．(2019·河北衡水期中考试)前20号元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且分别位于四个不同周期和四个不同主族。A为Y元素组成的单质；甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物；常温下乙为液体。上述物质的转化关系如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．X、Y元素形成的阴离子可以促进水的电离 B．X所在主族中，X的简单氢化物分子间存在氢键，所以其氢化物稳定性最强 C．Y所在周期中，Y的含氧酸酸性最强 D．W和Z形成的化合物与乙可以发生氧化还原反应 ‎[解析]　根据题给信息分析可知，常温下乙为液体，乙为H2O，W为H元素，Y为Cl元素，A为Cl2；甲为CaO，与H2O反应生成Ca(OH)2，X为O元素，Z为Ca元素；化合物丁和化合物戊可能为CaCl2或Ca(ClO)2；Cl－对水的电离无影响，A错误；氢键的存在与氢化物的稳定性无关，B错误；Cl所在周期中，Cl的最高价含氧酸酸性最强，C错误；CaH2＋2H2O===Ca(OH)2＋2H2↑为氧化还原反应，D正确。‎ ‎[答案]　D ‎5．(2019·山东潍坊调研)四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素原子的最外层电子数是其电子层数的二倍；X和Y元素原子的最外层电子数之和与W元素原子的最外层电子数相同；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性。根据下列实验事实，结论正确的是(　　)‎ 9‎ 选项 实验事实 ‎ 结论 A 将X的单质投入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀 X的金属性比Cu强 B 向Y的氯化物溶液中滴加氨水，生成白色沉淀 Y的金属性比N强 C HZ溶液的酸性比HBr溶液的酸性强 Z的非金属性比Br强 D 将W的含氧钠盐与SiO2在高温下反应得到Na2SiO3和W的气态氧化物 W的非金属性比Si强 ‎[解析]　四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素原子的最外层电子数是其电子层数的二倍，W是碳元素；X和Y元素原子的最外层电子数之和与W元素原子的最外层电子数相同，即X和Y元素原子的最外层电子数之和为4，故X是钠元素，Y是铝元素；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为氯元素。A项，因钠与硫酸铜没有发生置换反应，不能比较两者的金属性。但是将单质钠投入CuSO4溶液中，Na先和水反应生成NaOH和H2，NaOH和CuSO4反应生成Na2SO4和Cu(OH)2蓝色沉淀，可以根据NaOH→Cu(OH)2，判断Na的金属性比Cu强，正确。B项，认为Al是金属元素、N是非金属元素，直接判断结论正确，忽略了实验事实与结论的对应关系。根据实验事实只能判断出NH3·H2O的碱性比Al(OH)3强，但NH3·H2O不是最高价氧化物对应的水化物，不能比较元素的金属性强弱，错误。C项，HZ和HBr不是最高价氧化物对应的水化物，不能按酸性强弱判断元素的非金属性强弱，错误。D项，根据反应Na2CO3＋SiO2CO2↑＋Na2SiO3不在溶液内无法判断元素的非金属性强弱，错误。 ‎ ‎[答案]　A ‎6．(2019·湖北调研)已知主族元素A、B、C、D、E、F在周期表中的相对位置如图所示，A和C原子的最外层电子数之差等于4，C和F原子的核外电子总数相差8，X、Y、Z分别为D、E、F的最高价氧化物对应的水化物。下列说法不正确的是(　　)‎ A．简单离子半径：A>B>C B．简单氢化物的沸点：B>A>D C．相同温度下，等浓度的X、Y、Z的水溶液，pH由大到小的顺序为Z、X、Y D．B、C、D三种元素形成的某种化合物可能与E的简单氢化物反应产生黄色沉淀 ‎[解析]　A和C原子的最外层电子数之差等于4，主族元素最外层电子数与主族序数相同，若C位于ⅠA族，则A、B、E分别位于ⅤA、ⅥA、ⅦA族，符合题意，若C位于ⅡA族，则A、B、E分别位于ⅥA、ⅦA、0族，不符合题意。结合C和F原子的核外电子总数相差8，则A、B、C、D、E、F分别为氮元素、氧元素、钠元素、硫元素、氯元素、钾元素。根据电子层结构相同时，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径：Na＋NH3>H2‎ 9‎ S，B正确；由于硫酸为二元强酸，所以相同温度下等浓度三种溶液的pH：NaOH>HClO4>H2SO4，C错误；Na2S2O3与HCl反应有黄色沉淀S产生：Na2S2O3＋2HCl===S↓＋SO2↑＋H2O＋2NaCl，D正确。‎ ‎[答案]　C ‎7．(2019·江西重点中学联考)短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数和族序数均依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期，Z是地壳中含量最多的元素。下列说法正确的是(　　)‎ A．Y一定是非金属元素 B．原子半径：r(X)Y>X>Z B．简单气态氢化物的沸点：X>W C．Y与X、Z、Q均可形成至少两种二元化合物 D．Y、Z、Q组成的化合物的水溶液均呈碱性 ‎[解析]　由短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，其中X是组成有机物的必要元素，可知X为C；由W与X同主族，可知W为Si；由Y的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，可知Y为O；Z与Q的最外层电子数相差6，则Z为Na，Q为Cl。非金属性强弱顺序为O>Cl>C>Na，即Y>Q>X>Z，A项错误；对于组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，故沸点：CH4Z>Y C．X与Y形成晶体的基本结构单元为四面体 D．原子半径：Y>Z>X>W ‎[解析]　根据“短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大”“W的某种核素不含中子”，推出W为H，再由“X、Y原子核外L层的电子数之比为3∶‎‎4”‎ 9‎ ‎“X与Z同主族，且X、Y、Z原子的最外层电子数之和为‎16”‎，推出X、Y、Z分别为O、Si、S。W(H)、X(O)、Z(S)三种元素形成的化合物中H2SO4为强电解质，H2SO3为弱电解质，A项错误；X(O)、Y(Si)、Z(S)的简单氢化物分别为H2O、SiH4、H2S，根据非金属性越强形成的气态氢化物越稳定，可知稳定性：H2O>H2S>SiH4，B项正确；X(O)与Y(Si)形成的SiO2为原子晶体，基本结构单元为四面体，C项正确；根据同一周期主族元素从左到右原子半径依次减小，同一主族元素从上到下原子半径依次增大，可知原子半径：Y(Si)>Z(S)>X(O)>W(H)，D项正确。‎ ‎[答案]　A ‎3．(2019·河南调研)短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由这些元素组成的单质及化合物的转化关系如图所示，其中甲和丁分别为10电子、18电子结构的气态氢化物，乙为气态单质，戊、己的焰色反应为黄色，丙为含有多种成分的混合物，下列说法中正确的是(　　)‎ A．丙中所有物质均为不溶于水的液体 B．己转化为丁的反应中，只利用了浓硫酸的强酸性 C．Y与其他三种元素均能形成阴、阳离子个数之比为1∶1的化合物 D．四种元素均能形成多种氧化物 ‎[解析]　根据“甲和丁分别为10电子、18电子结构的气态氢化物”以及甲与乙的反应条件可知：甲为CH4，乙为Cl2，丁为HCl，丙为一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷以及四氯化碳的混合物；结合“戊、己的焰色反应为黄色”及乙和戊在点燃条件下反应得到己，可知戊为Na，己为NaCl。W、X、Y、Z依次为H、C、Na、Cl。一氯甲烷为气体，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳为液体，A错误；NaCl与浓硫酸反应生成HCl的反应原理为“高沸点酸制低沸点酸”，主要利用浓硫酸的高沸点性，B错误；NaH和NaCl的阴、阳离子个数之比为1∶1，类比CaC2，可知Na‎2C2的阴、阳离子个数之比为1∶2，C错误；H、C、Na、Cl均能形成多种氧化物，D正确。‎ ‎[答案]　D ‎4．(2019·山东临沂二模)短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大。其中X、Z位于同一主族；W的气态氢化物常用作制冷剂；Y是同周期主族元素中离子半径最小的；ZXR2与水剧烈反应，液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，且该气体能使品红溶液褪色。下列说法正确的是(　　)‎ A．简单气态氢化物的热稳定性：W>X 9‎ B．含氧酸的酸性：ZM D．单质沸点：M>Z ‎[解析]　根据元素周期表的结构可知，M、X、Y、Z分别为Al、Si、C、N或Si、P、N、O或P、S、O、F或S、Cl、F、Ne。A项，只有M可能为金属元素，正确。B项，忽略Z可能为Ne而错判，Ne是稀有气体元素，不是最活泼的非金属元素， 错误。C项，元素周期表中，同一周期主族元素从左向右元素非金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，正确。D项，四种情况下，M的单质为铝、硅、白磷(或红磷等)、硫，常温下均为固体；Z的单质为N2、O2(O3)、F2、Ne，常温下均为气体。则M形成单质的沸点大于Z形成单质的沸点，正确。‎ ‎[答案]　B ‎6. (2019·唐山二模)短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和W为同主族元素，Z的简单离子半径在第三周期元素中最小，由这四种元素中的一种或几种元素组成的物质存在如图转化关系。其中P是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，Q为一种二元化合物，常温下0.01 mol·L－‎1 M(化合物)溶液pH＝12。下列说法错误的是(　　)‎ 9‎ A．X和Y、W均至少能形成两种化合物 B．离子半径：W>Y>Z>X C．Q和M中都存在离子键 D．气态氢化物的稳定性：X>W ‎[解析]　Z的简单离子半径在第三周期元素中最小，Z为Al元素；X的氢化物的稀溶液用于伤口消毒，X为O元素；常温下0.01 mol·L－‎1 M溶液的pH＝12，M为一元强碱，M的组成元素为短周期元素，M为NaOH，结合框图中的转化关系，推出W为S元素，所以X、Y、Z、W分别为元素O、Na、Al、S。O和Na、O和S能形成化合物Na2O与Na2O2、SO2与SO3，A正确；离子半径：S2－>O2－>Na＋>Al3＋，B错误；Q为Na2S，M为NaOH，都存在离子键，C正确；稳定性：H2O>H2S，D正确。‎ ‎[答案]　B ‎7．(2019·河南开封模拟)X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的前20号主族元素；X的单质是手机电池中重要的电极材料；常温下，Y的两种气态氧化物之间可发生可逆反应；X、Y、W原子的最外层电子数之和与Z的相等，Z能形成多种氧化物。下列叙述正确的是(　　)‎ A．X与W均为活泼金属，其单质通常保存在煤油中 B．Z的非金属性强于Y，其对应含氧酸的酸性：Z>Y C．原子半径：X>Y，简单离子半径：ZN，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径：K＋

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