（江苏专用）高考化学二轮复习 滚动练2-人教版高三全册化学试题

1、滚动练(二)一、选择题1下列事实不能用元素周期律解释的是()A气态氢化物的稳定性：HBrHIB0.1 molL1溶液的pH：NaOHLiOHC向Na2SO3溶液中加盐酸，有气泡产生DMg、Al与同浓度盐酸反应，Mg更剧烈答案C解析A选项同一主族的气态氢化物的稳定性依次减弱，因此HBrHI。B选项同一主族的氢氧化物的碱性依次增强，因此NaOHLiOH。C选项Na2SO3与盐酸反应生成SO2，不能体现元素周期律。D选项同周期的金属单质从左向右还原性依次减弱，因此Mg比Al与等浓度的盐酸反应更剧烈。2X、Y、Z、W均为短周期元素且原子序数依次增大，X是宇宙中含量最多的元素，Y与W同主族且可形成WY2和WY3型化合物，Z与Y形成的化合物是光纤制品的基本原料。下列说法正确的是()A原子半径：XYZWBW的含氧酸一定是强酸CY与Z形成晶体的基本结构单元为四面体DX与Y只能形成一种化合物答案C解析宇宙中含量最多的元素是H元素，则X为H元素，SiO2是光纤的主要成分，Z与Y形成的化合物是光纤制品的基本原料，则Z为Si元素，Y为O元素，Y与W同主族且可形成WY2和WY3型化合物，则W为S元素，同周期主族

2、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X、Y、Z、W原子半径顺序为：XYWYWZBY的最高价氧化物对应的水化物为强酸CY的气态氢化物的稳定性高于XD工业上采用电解熔融状态的Z的氯化物制备Z单质答案B解析根据表中数据知，X为O元素、Y为N元素、Z为Al元素、W为Mg元素。O2、N3、Al3、Mg2的核外电子层结构相同，离子半径随核电荷数增大而减小，故顺序为N3O2Mg2Al3，A错误；Y的最高价氧化物对应的水化物是硝酸，B正确；O的非金属性大于N元素，故水的稳定性大于氨气，C错误；氯化铝是共价化合物，熔融状态下不电离，工业上采用电解熔融氧化铝来制备Al单质，D错误。4短周期主族元素X、Y、Z、R、W原子序数依次递增，且Y原子半径在这5种原子中最小，R单质是将太阳能转化为电能的常用材料，X和R原子最外层电子数相同；W2的最外层为8电子结构，单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，下列说法正确的是()A简单离子半径WYZB化合物ZY和RY4化学键类型相同CW、R最高价氧化物均能与水反应，且生成的酸的酸性WRDW的最高价氧化物对应的水化物在与X单质反

3、应时既显氧化性又显酸性答案A解析短周期主族元素X、Y、Z、R、W的原子序数依次增大，R单质是将太阳能转化为电能的常用材料，R为Si元素；X和R原子最外层电子数相同，则X为C元素；W2的最外层为8电子结构，W为S元素；单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，Z为钠元素，燃烧生成的产物为过氧化钠；Y原子半径在这5种原子中最小，则Y可能为N、O、F中的一种元素，根据选项B的物质组成，Y为F元素。电子层越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子半径S2FNa，A正确；化合物ZY和RY4分别为NaF和SiF4，分别为离子化合物和共价化合物，化学键类型不同，B错误；W、R最高价氧化物分别为三氧化硫和二氧化硅，二氧化硅不能与水反应，C错误；W的最高价氧化物对应的水化物为硫酸，浓硫酸与C单质反应生成二氧化碳和二氧化硫，只表现氧化性，D错误。5前20号元素M、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，M和W形成的某种化合物可作制冷剂，Y和Z能形成ZY2型离子化合物，其电子总数为38。下列有关叙述正确的是()AW和X形成的化合物只有5种BM和W可以形成离子化合物C

4、W、X、Y三种元素的简单氢化物的沸点：YXWDX和Z形成的化合物ZX2中，阳离子和阴离子的数目之比为12答案B解析M和W形成的某种化合物可作制冷剂，M为氢元素，W为氮元素；Y和Z能形成ZY2型离子化合物，其电子总数为38，Y为氟元素，Z为钙元素；根据M、W、X、Y、Z的原子序数依次增大可知，X为氧元素；氮元素和氧元素形成的化合物有：N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5等，A错误；M为氢元素，W为氮元素，二者可以形成离子化合物NH4H，B正确；W、X、Y三种元素的简单氢化物分别为：NH3、H2O、HF；虽然三种氢化物均含有氢键，但是由于水中含有的氢键比NH3、HF多，所以沸点比二者都大，C错误；X和Z形成的化合物CaO2，属于离子化合物，钙离子和过氧根离子的数目之比为11，D错误。6甲、乙、丙、丁、戊五种物质中，甲、乙、丙中均含有某种相同的元素，它们之间具有如图所示转化关系(反应条件及部分产物已略去)。下列有关物质的推断不正确的是()选项假设结论A甲为Al(OH)3丁可能是盐酸B甲为Na2CO3溶液戊可能是CO2C甲为Fe丁可能是盐酸D甲为N2戊可能是氧气答案C解析若甲为A

5、l(OH)3，丁为盐酸，则乙为AlCl3，戊可以是NaOH，丙是NaAlO2，A正确；若甲为Na2CO3，戊为CO2，则丙为NaHCO3，丁可以是Ca(OH)2，乙是NaOH，B正确；若甲是铁，丁是盐酸，则乙是FeCl2，丙中含有铁元素，则丙必为化合物，丙与乙反应不能得到铁，C错误；若甲为N2，戊为O2，则丙为NO，丁可以是H2，乙是NH3，D正确。7X、Y、Z、W、M五种短周期元素的原子序数依次增大，X原子的电子层数等于其电子总数，Z原子最外层电子数与X、Y原子最外层电子数之和相等，W原子和Y原子最外层电子数之和为Z原子最外层电子数的2倍，W原子的最外层电子数为电子层数的3倍，X、M同主族。下列说法正确的是()A原子半径的大小顺序为：MWZYXBX、Y、Z、W四种元素都属于非金属元素，它们之间只能形成共价化合物CY、Z、W、M四种元素与X元素分别形成的最简单化合物的沸点依次升高DX、M均可与W形成可用于自来水杀菌消毒的强氧化性化合物答案C解析根据题意可推出，X为H，Y为C，Z为N，W为O，M为Na。原子半径的大小顺序为：NaCNOH，A错误；NH4HCO3、(NH4)2CO3等都是离

6、子化合物，B错误；因为NH3分子间和H2O分子间均能形成氢键，故NH3、H2O的沸点均高于CH4的沸点，H2O在常温下为液态，沸点高于NH3的沸点，而NaH为离子化合物，常温时为固体，其沸点最高，C正确；氢元素与氧元素形成的强氧化性物质为过氧化氢，钠元素与氧元素形成的强氧化性物质为过氧化钠，它们都不用于自来水的杀菌消毒，D错误。8废气中SO2的回收利用方案如图所示。下列说法正确的是()A废气与氨水混合一定只发生反应2NH3H2OSO2=2NHSOH2OB气体a可用于杀菌消毒以及食品漂白C可以循环利用的物质为H2SO4D(NH4)2S2O8中含有过氧键(OO)，其中S元素显7价，具有强氧化性答案C解析用氨水吸收废气中的SO2，当氨水足量时生成正盐(NH4)2SO3，当氨水不足时，可生成NH4HSO3，A错误；气体a为SO2，可用于杀菌消毒，但不能用于食品漂白，B错误；根据流程图知，可循环利用的物质为H2SO4，C正确；(NH4)2S2O8中含有过氧键(OO)，过氧键中O元素的化合价为1，N元素的化合价为3，H元素的化合价为1，根据化合物中正、负化合价代数和为0，计算得到S元素的化合价为6

7、，因(NH4)2S2O8含有过氧键，所以其具有强氧化性，D错误。9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0.01 molL1)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()AX、M简单离子半径大小顺序：XMBX、Y、Z、W、M五种元素中只有一种是金属元素CZ的最高价氧化物的化学式为ZO3DX、Z的最简单气态氢化物反应现象：有白烟生成答案C解析X、Y、Z、W、M为短周期主族元素，25 时，其最高价氧化物对应的水化物(浓度均为0.01 molL1)溶液的pH和原子半径的关系：NaOH溶液的pH为12，M为Na，硝酸的pH2，X为N元素，Y对应pH2，为碳酸，则Y为C，W对应的pH2，为硫酸，故W为S；Z对应pH2，故Z是Cl。N3和Na核外电子排布相同，电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径大小顺序：N3Na，A正确；根据以上分析可知，只有金属钠为金属元素，B正确；氯元素的最高价氧化物的化学式为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。10X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族

8、元素，其相关信息如下表；XYZW单质有多种同素异形体，一种是自然界中最硬的物质元素的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应生成离子化合物一价离子的电子层结构与Ne原子的电子层结构相同族序数是周期序数的2倍下列说法正确的是()A原子半径：r(Z)r(W)r(X)r(Y)BX、Y、Z、W的最高化合价都等于族序数CX、Y、Z的最简单氢化物都含有10个电子DZ可能存在最高价氧化物对应的水化物，且其能使酚酞溶液变红答案D解析根据题意及题表中信息知X是C元素，Y是N元素，Z是F元素或者Na元素，W是S元素。同周期主族元素原子半径从左到右依次减小，若Z是F元素，则原子半径大小关系为r(W)r(X)r(Y)r(Z)，若Z是Na元素，则r(Z)r(W)r(X)r(Y)，A错误；F元素没有正价，B错误；NaH中含有12个电子，C错误；Z为Na时，NaOH能使酚酞溶液变红，D正确。11CuSO4是一种重要的化工原料，有关其制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是()A途径所用混酸中H2SO4与HNO3的物质的量之比最好为23B从绿色化学的角度看，途径最好C混合气体X中一定含有O2D当Y为葡萄糖时，此反应可用于糖尿病的检查答案A解析途径涉及的反应的离子方程式为3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O，NO由HNO3提供，H由HNO3和H2SO4共同提供，所以若HNO3为2 mol，则H2SO4为(82)23 mol，所以混酸中H2SO4与HNO3的物质的量之比最好为32，A错误。途径涉及的反应为2Cu2H2SO4O22CuSO42H2O；途径涉及的反应为Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O；途径中没有污染性气体产生，B正确。据题图可知，CuSO4在1100 下分解产生Cu2O和混合气体X，Cu元素从2价降至1价，还原产物为Cu2O，根据化合价升降总数相等，O元素以2价升至0价，氧化产物为O2，则混合气体中一定含有O2，C正确。CuSO4与过量的NaOH溶液反应生

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