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专练26元素位－构－性综合推断授课提示：对应学生用书51页一、选择题1．[2024·湖北卷]主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y的价电子数相等，Z的价电子所在能层有16个轨道，4种元素形成的化合物如图。下列说法正确的是（）A．电负性：W>YB．酸性：W2

YX3>W2YX4C．基态原子的未成对电子数：W>XD．氧化物溶于水所得溶液的pH：Z>Y答案：D解析：电负性：H<S，A错误；H2SO3为弱酸，故酸性：H2SO3<H2SO4，B错误；基态H原子中未成对电子数为1，基态O原子中未成对电子数为2，故C错误；K的氧化物溶于

水可产生KOH，溶液pH>7，S的氧化物溶于水生成H2SO3或H2SO4，溶液pH<7，故D正确。2．[2024·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0.01mol·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：N<Y<XB．W2N分子的比例模型为C．物质丁中含有离子键和共价键D．丙属于分子晶体答案：B解析

：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0.01mol·L－1戊溶液的pH为2”推出戊为H

Cl，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：O<S<Al<Na，A项正确；水分子的比例模型是V形而不是直线形，B项错误；NaOH中含有Na＋与OH－形成的离子键和H与O形成的共价键，C项正确；AlCl3是

分子晶体，D项正确。3．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℃，0.01mol·L－1的v溶液中：c()H＋c

()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>XB．W，Y分別与X元素形成的简单化合物的沸点：Y>WC．Z2Y和ZX都只存在离子键D．v能抑制水的电离，u能促进水的电离答案：D解析：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。4．已知A、B、C、D为短周期元素组成的四种物质，且D为强电解质。在一定条件下有如下转化关系：A――→O2B――→O2C――→H2OD（其他相关物质可能省略）。下列说法不正

确的是（）A.A不可能为碳单质B．若A为金属单质，则A一定位于第三周期第ⅠA族C．若常温下D的浓溶液能使铁、铝钝化，则A可能是单质，也可能是化合物D．若A是共价化合物，A的水溶液一定显碱性答案：D解析：如A为碳，则对应D为碳酸，

为弱电解质，则A不可能为碳单质，A说法正确；若A为金属单质，则短周期只有Na可发生连续氧化反应，A一定位于第三周期第ⅠA族，即A为Na，B说法正确；若常温下D的浓溶液能使铁、铝钝化，可为硝酸或硫酸，对应的A可为S、N的单质，也可能为NH3或H2S，C说法正确；如为A为H2S，

则水溶液呈酸性，D说法错误。5．[2024·北京朝阳质检]如图是部分短周期元素主要化合价与原子序数的关系图，X、Y、Z、W、R是其中的五种元素。下列说法正确的是（）A．离子半径：Y＋>X2－B．气态氢化物的热稳定性：H2W>H2X

C．Y＋、Z3＋、R－、WX2－4在水中能大量共存D．工业上利用电解熔融ZR3的方法制取金属Z答案：C解析：根据题图中数据，可推知X为O，Y为Na，Z为Al，W为S，R为Cl。离子半径：r（O2－）>r（Na＋），A项错误；非金属性S<O，故气态氢化物热稳定性H2S

<H2O，B项错误；Na＋、Al3＋、Cl－、SO2－4在水中能大量共存，C项正确；AlCl3为共价化合物，熔融态不导电，工业上利用电解熔融Al2O3的方法制取金属铝，D项错误。6.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eB．单质c具有强还原性C．稳定性：d>eD．单质a中的元素在周期表中位于第二周期第ⅥA族答案：A解析：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。7．短周期主族元素X、Y、Z、W的原

子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是（）A．原子半径：r（W）>r（Z）>r（Y）>r（X）B．由X、Y组成的化合

物是离子化合物C．Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强D．W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强答案：B解析：本题涉及的考点有元素周期律和元素周期表的应用、原子半径大小的比较、元素金属性与非金属性的强弱判断与应用，通过元素推断的形式考查了学生提取

、吸收、整合化学信息的能力，体现了宏观辨识与微观探析的学科核心素养。X是地壳中含量最多的元素，则X为O；Y的原子序数比X大且Y原子的最外层有2个电子，则Y为Mg；Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，则Z为Si；W为X位

于同一主族，则W为S。A项，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r（Mg）>r（Si）>r（S）>r（O），即r（Y）>r（Z）>r（W）>r（X），错误；B项，由X、Y组成的化合物是

MgO，为离子化合物，正确；C项，Si的最高价氧化物对应水化物是H2SiO3，S的最高价氧化物对应水化物是H2SO4，Si的非金属性弱于S，故H2SiO3的酸性比H2SO4弱，错误；D项，S的非金属性弱于O，H2S的热稳定性比H

2O弱，错误。8．a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族，下列叙述正确的是（）A．原子半径：d>c>b>aB．4种元素中b的金属性

最强C．c的氧化物的水化物是强碱D．d单质的氧化性比a单质的氧化性强答案：B解析：由于a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的原子序数应为8，所以a为氧元素。c所在周期数与族数相同，则c只能为Al，又由于d与a同族，d为S；则b为Na

或Mg。由于b、c、d在第3周期，则原子半径为b>c>d，d与a同主族，则原子半径d>a，A错误；同周期从左到右，金属性逐渐减弱，则金属性b>c，B正确；c为Al，其氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，不是强碱，C错误；d与a属于第ⅥA族，分别为S和O，同一主族的非金属性从上到下逐渐

减弱，因此a单质的氧化性比d单质的氧化性强，D错误。ABDE,E9.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>AM4B.原子半径：rE>rA>rB>rDC.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答案：D解析：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=====催化剂△2N2＋6H2

O,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。10.[2024·全国百强校郑州一中高三摸底测试]已知X、Y、Z、W、M均为短周期元素。25℃时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol·L－1）溶液的pH和原子半径的关系如图

所示。下列说法不正确的是（）A.X、M简单离子半径大小顺序：X>MB.X、Y、T、W、M五种元素中只有一种是金属元素C.Z的最高价氧化物的化学式为ZO3D.X、Z的最简单气态氢化物反应现象：有白烟生成答案：C解析：根据X、Y、Z、W、M最高价氧化物对应的水化物（浓度均为

0.01mol·L－1）溶液的pH和原子半径的关系：NaOH溶液的pH为12，则M为Na，X、Z的最高价氧化物对应的水化物的溶液pH＝2，且Z的原子半径大于X，则X为N元素，Z为氯元素；Y对应pH>2，原

子半径大于N小于Cl，则Y为C元素，W对应的pH<2，为S元素；离子半径N3－>Na＋，A正确；五种元素中只有钠为金属，B正确；氯的最高价氧化物的化学式是Cl2O7，C错误；氯化氢和氨气相遇反应生成氯化铵，有白烟产生，D正确。11．短周期主族元素W、X、Y、

Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是（）A.W的简单氢化物的热稳定性比X的强B.Y

的简单离子与X的具有相同的电子层结构C.Y与Z形成化合物的水溶液不能使蓝色石蕊试纸变红D.Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期答案：A解析：根据“Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的”可知Y为Na，根据“W的简单氢化物可用作制冷剂”可知W为N，根据“由X、Y

和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生”可知该盐为Na2S2O3，则X为O，Z为S。X的简单氢化物为H2O，W的简单氢化物为NH3，H2O的热稳定性比NH3强，

A项错误；Y的简单离子为Na＋，X的简单离子为O2－，Na＋与O2－电子层结构相同，B项正确；Y与Z形成的化合物为Na2S，其水溶液为碱性，不能使蓝色石蕊试纸变红，C项正确；S与O属于同一主族，S与Na属于同一周期，D项正确。12.[2024·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，0.001mol·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>cB.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均可用排水法收集答案：C解析：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N

H4H，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。二、非选择题13．[2024·山西应县一中月考]下列框图中的字母分别代表一种常

见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如下图所示（部分产物及反应条件已略去）。已知A、B为气态单质，F是地壳中含量最多的金属元素的单质；E、H、I为氧化物，E为黑色固体，I为红棕色气体；M为红褐色沉淀。

请回答下列问题：（1）B中所含元素位于周期表中第周期第族。（2）A在B中燃烧的现象是。（3）D＋E→B的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量比是。（4）G＋J→M的离子方程式是_____________________________________________

___________________________。（5）Y受热分解的化学方程式是________________________________________________________________________。答案：（1）三ⅦA（2）产生苍白色火焰（3）2∶1（4）

3AlO－2＋Fe3＋＋6H2O===3Al（OH）3↓＋Fe（OH）3↓（5）4Fe（NO3）3=====△2Fe2O3＋12NO2↑＋3O2↑解析：“A、B为气态单质”，结合图中所示的信息“A、B、C是由X电解产生”，猜测出该反应为电解饱和食盐水反应，可得X为NaCl，C为NaO

H，A、B为H2和Cl2（但具体哪个是Cl2需要根据后面的信息得知）；D由A、B反应得到，故D为HCl；由“E为黑色固体且为氧化物”，再由图中所示，单质B由D（HCl）、E反应得到，可推测出该反应为实验室制氯气的反应，故E为MnO2，B为Cl2，A为H2；由题干中

“F是地壳中含量最多的金属元素的单质”可得，F为Al；G由C（NaOH）与F（Al）反应得，故G应为NaAlO2；由题干中“I为氧化物且为红棕色气体”得I为NO2；由“M为红褐色沉淀”可知M为Fe（OH）3，同时也说明Y中存在元素Fe；由

“H为氧化物”以及“I为NO2”可猜测出Y=====△H＋I应为硝酸盐分解反应：4Fe（NO3）3=====△2Fe2O3＋12NO2↑＋3O2↑，则Y为Fe（NO3）3，H为Fe2O3，很明显J为FeCl3，N为HNO3。（1

）B为Cl2，Cl位于元素周期表中第三周期第Ⅶ族。（2）氢气（A）在氯气（B）中燃烧的现象是产生苍白色火焰。（3）D＋E→B为实验室制氯气的反应，化学方程式为4HCl（浓）＋MnO2=====△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，可见被氧化与被还原的物质的量之比为2∶1。（4）该反应

为双水解反应：3AlO－2＋Fe3＋＋6H2O===3Al（OH）3↓＋Fe（OH）3↓。（5）此为硝酸盐不稳定受热分解反应：4Fe（NO3）3=====△2Fe2O3＋12NO2↑＋3O2↑。