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AlO2水解而显碱性，A项错误；电解熔融R(Al2O3)时，X的离子(O)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(O)>Y(Al)，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。

S、Cl电子层结构相同，r(S)>r(Cl)，O、Na电子层结构相同，r(O)>r(Na)，简单离子半径：r(S)>r(Cl)>r(O)>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

2－

－

2－

＋

2－

－

2－

－

2－

＋

2－

＋

－

2－

3＋

－

2－－

－

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( )

－

选项 A B C D 实验事实 结论 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 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 HZ溶液的酸性比HBr溶液的酸性强 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 Z的非金属性比Br强 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高温

强弱，错误。D项，根据反应Na2CO3＋SiO2=====CO2↑＋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：NaNH3>H2S，B正

＋

2－

3－

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)

C．W的最高价氧化物对应水化物的钠盐是“84”消毒液的主要成分 D．X与Z形成的化合物中只含有X—Z共价键

[解析] Z是地壳中含量最多的元素，即氧元素；只有Y、Z处于同一周期，则X只能为氢元素，W为第三周期ⅦA族元素，为氯元素；则Y可能为Be、B、C、N中的一种。A项，Y为Be时，是金属元素，错误。B项，氢原子半径最小，同一周期，主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，故原子半径：r(H)

[答案] B 二、非选择题

8．(2019·福州市质量抽测)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Z、W均可形成酸性氧化物。X的一种氢化物分子的空间构型为三角锥形，YW是氯碱工业的主要原料，Z的最外层电子数为4，请回答以下问题：

(1)表示氯碱工业生产原理的化学方程式为_________________。

(2)X的另一种氢化物X2H4可作为火箭推进器燃料，其结构式为______________。 (3)Y的氧化物中，有一种既含离子键又含共价键，该氧化物的电子式为_______________。该氧化物与SO2反应的化学方程式为________________。

(4)Z的氧化物属于________晶体，工业制备Z单质的化学方程式为____________。 (5)W单质是毒性很大的窒息性气体。工业上用X气态氢化物的浓溶液检验W单质是否泄漏，写出反应的化学方程式：________。

[解析] 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的一种氢化物分子的空间构型为三角锥形，该氢化物为NH3，则X为N；YW是氯碱工业的主要原料，则Y为Na，W为Cl；Z的最外层电子数为4，则Z为Si。(1)氯碱工业的生产原理为电解饱和食盐水，得通电

到烧碱、氯气和氢气，化学方程式为2NaCl＋2H2O=====2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。(2)N2H4的结构

式为

··

··

。(3)Na的氧化物有Na2O、Na2O2，Na2O2既含离子键又含共价

＋

键，其电子式为Na[

O··O··

]Na。Na2O2与SO2发生氧化还原反应：Na2O2＋SO2===Na2SO4。

2－＋

(4)SiO2属于原子晶体，工业上常用焦炭还原石英砂的方法制备单质硅，化学方程式为2C＋

高温

SiO2=====Si＋2CO↑。(5)工业上利用NH3的浓溶液检验氯气是否泄漏，NH3与Cl2发生氧化还原反应：8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2，反应中有白烟生成。

通电

[答案] (1)2NaCl＋2H2O=====2NaOH＋H2↑＋Cl2↑

(2)

··

····

＋

··

(3)Na[OO]Na Na2O2＋SO2===Na2SO4

2－＋

高温

(4)原子 2C＋SiO2=====Si＋2CO↑ (5)8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2

拔高练(25分钟)

一、选择题

1．(2019·合肥第二次教学质量检测)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，Y的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，W与X同主族，Z与Q的最外层电子数相差6。下列说法正确的是( )

A．非金属性：Q>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：CH4

[答案] C

2．(2019·石家庄教学质量检测)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；X、Y原子核外L层的电子数之比为3∶4；X与Z同主族，且X、Y、Z原子的最外层电子数之和为16。下列说法不正确的是( )

A．W、X、Z三种元素形成的化合物一定为强电解质 B．简单氢化物的稳定性：X>Z>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”“X与Z同主族，