统考版2024版高考化学一轮复习微专题小练习专练26元素位_构_性综合推断

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A．原子半径：X>Y>Z
B．非金属性：Y>X>W
C．Z的单质具有较强的还原性
D．原子序数为82的元素与W位于同一主族
2．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，Z的最外层电子数为K层的一半，W与X可形成原子个数比为2∶1的18e－分子。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z>X>Y
B．W与Y能形成含有非极性键的化合物
C．X和Y的最简单氢化物的沸点：X>Y
D．由W、X、Y三种元素所组成化合物的水溶液均显酸性
3．[2023·河北唐山考试]W、N、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y所处的周期序数与族序数相等。甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素组成的化合物，丁是氯碱工业的一种产物，戊为二元化合物，常温下0.01 ml·L－1戊溶液的pH为2。上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：NB．W2N分子的比例模型为
C．物质丁中含有离子键和共价键
D．丙属于分子晶体
4．短周期主族元素 X、Y、Z、W的原子序数依次增大，四种元素形成的单质依次为m、n、p、q；r、t、u 是这些元素组成的二元化合物，其中u为葡萄酒中的抑菌成分；25 ℃，0.01 ml·L－1的v溶液中： eq \f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(H＋)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(OH－))) ＝1.0×10－10。上述物质的转化关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．简单离子半径：W>Y>Z>X
B．W，Y分別与X元素形成的简单化合物的沸点：Y>W
C．Z2Y和ZX都只存在离子键
D．v能抑制水的电离，u能促进水的电离
5．如图所示，a、b、c均为非金属单质；d、e均为10电子共价化合物，且分子中所含原子数：d>e；f为离子化合物。下列说法正确的是（ ）
A．f受热易分解为d和e
B．单质c具有强还原性
C．稳定性：d>e
D．单质a中的元素在周期表中位于第二周期第ⅥA族
6．有M、A、B、D、N、E六种短周期元素原子序数依次增大，M元素的单质是自然界最轻的气体，N元素的原子半径是所在周期中最大的，A、B、D、E四种元素在周期表中的相应位置如下图，它们的原子序数之和为37。下列说法不正确的是（ ）
A.沸点：M2D>BM3>AM4
B.原子半径：rE>rA>rB>rD
C.化合物AnM2n分子中既含有极性键又含有非极性键
D.B元素的氢化物与D元素的单质在一定条件下能发生置换反应，且氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶3
7.
[2023·邢台二中月考]短周期主族元素a、b、c、d原子序数依次增大，b元素的一种同位素可用于考古年代鉴定。甲、乙分别是元素b、d的单质，通常甲为固体，乙为气体，0.001 ml·L－1的丙溶液pH＝3；W、X、Y均是由这些元素构成的二元化合物，Y是形成酸雨的主要物质之一。上述物质的转化关系如图，下列说法正确的是（ ）
A.原子半径：b>d>c
B.a、c形成的化合物一定是共价化合物
C.W、X、Y中X的熔沸点最高
D.Y、Z均可用排水法收集
8．[2023·河北石家庄期中]物质M可用作调味剂、乳化剂、抗氧化增效剂，吸湿剂、pH调节剂、增香剂、缓冲剂，其结构式如图所示。M的组成元素X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，且Y的一种核素常用于检测文物的年代。下列说法错误的是（ ）
A.物质M与稀硫酸反应生成的有机物中含有两种官能团
B.X、Y、Z、Q四种元素原子半径的大小顺序为Y>Q>Z>X
C.Y与Z分别形成的最简单氢化物的沸点：Z>Y
D.元素Q在元素周期表中的位置为第三周期ⅠA族，工业上采用电解法冶炼Q
9．X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为＋4价，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物Z2X4的电子总数为18个；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子。下列说法不正确的是（ ）
A.原子半径：ZB.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y>M
C.X2Z­ZX2易溶于水，其水溶液呈碱性
D.X、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物
10．[2023·河南南阳期中]短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，浙江大学研究团队以aY2X3·bZX2（固态物质，a、b为系数）为载体，利用Au­Pb纳米颗粒催化气态单质W2、X2合成W2X2，其原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A.元素主要化合价（最高正价）：Z>Y
B.地壳中元素含量：X>Z>Y
C.Y2X3、ZX2均具有较高熔点
D.W与X形成的化合物只含极性键
11．随原子序数递增，八种短周期元素（用字母x等表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图甲所示。
回答下列问题：
（1）f在周期表中的位置是 。
（2）比较d、e常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）： > ；比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱： > 。
（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式： 。
（4）已知1 ml e的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5 kJ热量，写出该反应的热化学方程式： 。
（5）上述元素可组成盐R：zx4f（gd4）2。向盛有10 mL 1 ml·L－1 R溶液的烧杯中滴加1 ml·L－1 NaOH溶液，沉淀的物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如图乙所示：
①R的化学式为 ，其物质的量为 。
②写出m点反应的离子方程式： 。
③若在R溶液中改加20 mL 1.1 ml·L－1 Ba（OH）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为 ml。
专练26 元素位—构—性综合推断
1．C 同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，A项正确；同周期元素从左到右非金属性依次增强，同主族元素从上到下非金属性依次减弱，故非金属性O>C>Si，B项正确；F2具有强氧化性，C项错误；82号元素的原子结构示意图为，位于第6周期第ⅣA族，D项正确。
2．B Z的最外层电子数为K层的一半，则Z的最外层电子数为1，又W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，则Z不可能为氢、锂元素，故Z为第三周期的Na元素。Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，且Y的原子序数小于11，又W与X可形成原子个数比为2∶1的18e－分子，分析可知N2H4符合题意，故W为氢元素、X为氮元素，则Y为氧元素。Z、X、Y的简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，即简单离子半径：X>Y>Z，A错误；W与Y能形成H2O2，既含有极性键又含有非极性键，B正确；X和Y形成的最简单氢化物分别为NH3和H2O，常温下，NH3为气态，H2O为液态，故H2O的沸点更高，C错误；由氢、氮、氧三种元素所组成的化合物NH3·H2O的水溶液呈碱性，D错误。
3．B 由“W、N、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素”和“Y所处的周期序数与族序数相等”推出Y为Al，由“甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素组成的化合物，丁是氯碱工业的一种产物”推出丁为NaOH，由“戊为二元化合物，常温下0.01 ml·L－1戊溶液的pH为2”推出戊为HCl，由图可知，甲既能与丁(NaOH)反应，又能与戊(HCl)反应，且生成的乙和丙反应又能生成甲，则甲为Al(OH)3，乙为NaAlO2，丙为AlCl3。进一步推出W、N、X、Z分别是H、O、Na、Cl。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：O4．D 分析可以知道，X为H，Y为O，Z为Na，W为S。 电子层数越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径： W>Y>Z>X，A正确； 水分子间含氢键，则W、Y分別与X元素形成的简单化合物的沸点： Y>W，B正确； Na2O和NaH均由阴阳离子构成，都只存在离子键，所以C正确； u为SO2，与水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，抑制水的电离，v为NaOH，抑制水的电离，D错误。
5．A 分析可以知道，a为N2，b为H2，c为F2，d为NH3，e为HF，f为NH4F。铵盐不稳定，加热易分解，结合氯化铵的性质可以知道，f受热易分解为d和e，A正确； c为F2，具有强氧化性，故B错误；非金属性F>N，则稳定性：e>d，C错误；N原子位于第二周期第VA族，D错误。
6．D M元素的单质是自然界最轻的气体，M为H；N元素的原子半径是所在周期原子半径最大的，则N应为第三周期第ⅠA族的Na；结合图中的位置，设A的原子序数为x，则B为x＋1，D为x＋2，E为x＋10，它们的原子序数之和为37，所以x＋x＋1＋x＋2＋x＋10＝37，x＝6，即A为C，B为N、D为O，E为S；由上述分析可以知道，M为H，A为C，B为N，D为O，N为Na，E为S。水分子间含氢键，且氢键数目比氨分子多，甲烷不含氢键，则沸点：M2D>BM3>AM4，A正确；电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：rE>rA>rB>rD，B正确； 化合物AnM2n分子中既含有C、H形成的极性键又含有C、C形成的非极性键，C正确； B元素的氢化物与D元素的单质在一定条件下能发生置换反应，为4NH3＋3O2 eq \(=====,\s\up7(催化剂),\s\d5(△)) 2N2＋6H2O, O元素的化合价降低、N元素的化合价升高，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶4，故D错误。
7．C 根据已知条件，结合物质的转化关系图，可知：a、b、c、d分别为：H、C、N、O这四种元素，甲、乙、丙、W、X、Y、Z分别为：C、O2 、HNO3 、CO2 、H2O、 NO2、NO，根据分析可解答问题。b、c、d分别为C、N、O，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小：b>c>d，A错误；a、c分别为H、N，可以形成离子化合物NH4H，B错误；W、X、Y分别为CO2 、H2O、 NO2，由于H2O分子间能形成氢键，所以H2O的熔沸点最高，C正确；Y、Z分别为：NO2、NO，NO2能与水反应生成一氧化氮和硝酸，NO2不能用排水法收集，D错误。
8．B 根据题给结构式中各元素原子成键数目和题干信息可得，X为H、Y为C、Z为O、Q为Na。A项，生成的有机物为CH3CH(OH)COOH，含羟基和羧基两种官能团，正确；B项，钠原子核外有三个电子层，原子半径最大，错误。
9．D Y元素的最高正价为＋4价，为第ⅣA族元素，又知Y与Z、M相邻，且与M同族，可推知Y为C，Z为N，M为Si，化合物Z2X4的电子总数为18，则推知X为H；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子，推出Q为Cl。X、Z和Q三种元素形成的化合物氯化铵为离子化合物，D错误。
10．D 根据四种元素形成的化合物结构aY2X3·bZX2的特点，可知该物质是盐，表示成氧化物形式，应该为硅酸盐。结合元素原子序数大小关系及气态单质W2、X2合成W2X2可知：W是H，X是O，Y是Al，Z是Si。Z是Si元素，最高化合价是＋4价，Y是Al元素，最高化合价是＋3价，所以元素主要化合价(最高正价)：Z>Y，A项正确；在地壳中各种元素的含量由多到少的顺序为O、Si、Al、Fe、Ca、Na等，可见地壳中元素含量：X>Z>Y，B项正确；Y2X3是Al2O3，该物质是离子化合物，离子之间以极强的离子键结合，其熔点较高，ZX2是SiO2，该物质属于原子晶体，原子之间以共价键结合，具有较高的熔点，C项正确；W是H，X是O，二者形成的化合物H2O2中既含有极性键H—O键，也含有非极性键O—O键，D项错误。
11．(1)第三周期第ⅢA族
(2)O2－ Na＋ HClO4 H2SO4
(3) (或H∶ eq \(O,\s\up6(··),\s\d4(··)) ∶ eq \(O,\s\up6(··),\s\d4(··)) ∶H或H∶C⋮⋮C∶H)
(4)2Na(s)＋O2(g)===Na2O2(s)
ΔH＝－511 kJ·ml－1
[或Na(s)＋ eq \f(1,2) O2(g)=== eq \f(1,2) Na2O2(s)
ΔH＝－255.5 kJ·ml－1]
(5)①NH4Al(SO4)2 0.01 ml
②NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ＋OH－===NH3·H2O ③0.026
解析：从题图中的化合价和原子半径的大小，可知x、y、z、d、e、f、g、h分别为H、C、N、O、Na、Al、S、Cl。(1)f是Al元素，在元素周期表中的位置是第三周期第ⅢA族。
(2)核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故r(O2－)>r(Na＋)；元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性：HClO4>H2SO4。
(3)题给元素组成的四原子共价化合物有NH3、H2O2、C2H2等，其电子式分别为、H∶ eq \(O,\s\up6(··),\s\d4(··)) ∶ eq \(O,\s\up6(··),\s\d4(··)) ∶H、H∶C⋮⋮C∶H等。
(4)1 ml Na(s)在足量O2(g)中燃烧生成Na2O2，放出255.5 kJ热量，据此写出反应的热化学方程式。
(5)①R是NH4Al(SO4)2，其物质的量n＝cV＝0.01 L×1 ml·L－1＝0.01 ml；②加入氢氧化钠溶液30～40 mL的过程中，沉淀的物质的量不变，说明此时是NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 与OH－反应生成NH3·H2O，则m点反应的离子方程式为
NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ＋OH－===NH3·H2O；③10 mL 1 ml·L－1 NH4Al(SO4)2溶液中Al3＋物质的量为0.01 ml，NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 的物质的量为0.01 ml，SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 的物质的量为0.02 ml，20 mL 1.1 ml·L－1 Ba(OH)2溶液中Ba2＋的物质的量为0.022 ml，OH－的物质的量为0.044 ml，由SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋Ba2＋===BaSO4↓，可知SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 不足，故可以得到0.02 ml BaSO4沉淀，
eq \b\lc\ (\a\vs4\al\c1(Al3＋ ＋ 3OH－===Al（OH）3↓,0.01 ml 0.03 ml 0.01 ml))
反应后剩余OH－的物质的量为0.044 ml－0.03 ml＝0.014 ml，
NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ＋ OH－===NH3·H2O
0．01 ml 0.01 ml
反应后剩余OH－的物质的量为0.014 ml－0.01 ml＝0.004 ml，
Al(OH)3 ＋ OH－===AlO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋2H2O
0．004 ml 0.004 ml
反应消耗0.004 ml Al(OH)3，故得到Al(OH)3沉淀的物质的量为0.01 ml－0.004 ml＝0.006 ml，则最终得到沉淀的物质的量为0.02 ml＋0.006 ml＝0.026 ml。