高考化学选择题专项训练5660套Word版含答案及解析.docx
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高考化学选择题专项训练5660套Word版含答案及解析
2020年高考化学选择题专项训练56~60套
2020年高考化学选择题专项训练56
一、选择题：
本卷共7小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.二氧化碳气体能引起温室效应，“碳捕捉技术”可实现二氧化碳的分离、储存和利用，其工艺流程示意图如下，下列叙述中正确的是（）
A.CO2是引起酸雨的主要物质之一
B.能源消耗低是该技术的一大优点
C.捕捉CO2可使用小苏打溶液
D.捕捉到的CO2可作化工原料
【答案】D
【解析】
【详解】A.二氧化碳气体是引起温室效应的主要气体之一，故A错误；
B.由流程示意图可知，该捕捉技术反应复杂且能耗大，故B错误；
C.CO2和小苏打溶液不反应，故C错误；
D.CO2可以和许多物质发生反应，因此可作化工原料，比如制纯碱就要用二氧化碳，故D正确；
故选D。
2.三氯生（常作抗菌剂）的一种衍生物结构如下图所示。
关于该衍生物的说法不正确的是（）
A.分子式为C12H6Cl4OB.是二氯苯的同系物
C.其一溴代物有三种D.能发生加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.三氯生的分子式是C12H6Cl4O，故A正确；
B.同系物要满足结构相似，
和二氯苯的结构不相似，故B错误；
C.
是以氧原子为中心的对称结构，苯环上有三种不同环境的氢原子，故其一溴代物有三种，故C正确；
D.苯环与氢气发生加成反应，故D正确；
故选B。
3.NA代表阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是（）
A.标准状况下，22.4L己烯中含有碳氢键数目为12NA
B.5.6gFe与足量盐酸完全反应，失去电子数目为0.2NA
C.0.1molN2与0.3molH2充分反应，生成NH3的数目为0.2NA
D.电解精炼铜时阳极减轻32g，电路中转移电子数目一定为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.标准状况下，己稀不是气体，无法计算，故A错误；
B.5.6gFe为0.1mol，与足量盐酸完全反应生成Fe2+，失去电子数目为0.2NA，故B正确；
C.N2与H2的反应是一个可逆反应，0.1molN2与0.3molH2充分反应，生成NH3的数目小于0.2NA，故C错误；
D.粗铜中含有杂质铁、锌等，所以阳极减轻32g，电路中转移电子数目不一定为NA，故D错误；
故选B。
4.下列实验中，为达到实验目的所用的实验操作和原理解释都正确的是（）
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A.胶粒和溶液都能够通过滤纸，无法通过过滤分离，可用渗析的方法分离，故A错误；
B.镁离子水解生成氢氧化镁和氯化氢，氯化氢易挥发，直接蒸发无法获得氯化镁固体，应该在HCl气流中蒸发，故B错误；
C.氯化铵溶液和氢氧化钠溶液要反应，故C错误；
D.乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中不溶，所以可以采取分液的操作，故D正确；
故选D。
5.X、Y、Z、W是第三周期元素，它们最高价氧化物对应的水化物溶于水，得到浓度均为0.010mol/L的溶液，其pH（25℃）与对应元素原子半径的关系如图所示。
下列说法正确的是（）
A.简单离子的半径：
X>Z>W
B.简单气态氢化物的稳定性：
Z>W>Y
C.Y单质可用于制作半导体材料
D.n=2-lg2
【答案】D
【解析】
【分析】
第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y>Z>Cl，硅酸不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素，以此来答题。
【详解】A.比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层结构相同的离子，原子序数大，半径小，故离子的半径：
Z>W>X，故A错误；
B.非金属性越强，气态氢化物越稳定，故简单气态氢化物的稳定性：
W>Z>Y，故B错误；
C.Y为P元素，单质不可用于制作半导体材料，故C错误；
D.Z为S元素，形成的最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，由于PH=-lgc（H+）=-lg0.02=n，故n=2-lg2，故D正确；
故选D。
【点睛】比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。
据此，同种元素的原子半径大于阳离子半径，小于阴离子半径。
6.用Li和石墨的复合材料以及纳米Fe2O3材料作电极的锂离子电池，在循环充放电过程中可实现对磁性的可逆调控（如图）。
下列有关说法一定错误的是
A.该电池的电解质溶液可以是硫酸溶液
B.放电时，总反应式是6Li+Fe2O3=3Li2O+2Fe
C.充电时，阳极的电极反应是2Fe+3Li2O-6e-=Fe2O3+6Li+
D.充放电过程中，电池可在被磁铁不吸引和吸引之间循环调控
【答案】A
【解析】
【详解】A.因为该电池中含有Li和Fe2O3，都可以与硫酸反应，故A错误；
B.放电时，Li作为负极，失电子被氧化，阳极Fe2O3得电子被还原，故放电时，总反应式是6Li+Fe2O3=3Li2O+2Fe，故B正确；
C.充电时，阳极与正极相反，阳极的电极反应是2Fe+3Li2O-6e-=Fe2O3+6Li+，故C正确；
D.根据题目的示意图，充电过程是从右往左的过程，可以看到电池没有被磁铁吸引，因为充电过程的物质转化过程是由Fe和Li2O转化为Li和Fe2O3，因此充电时电池不能被磁铁吸引，放电过程的物质转化是由Li和Fe2O3转化为Fe和Li2O，有铁生成，因此放电时电池被磁铁吸引，故D正确；
故选A。
7.常温下，向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图。
下列分析正确的是（）
A.各点溶液中的离子浓度总和大小关系：
d>c>b>a
B.常温下,R-的水解平衡常数数量级为10-9
C.a点和b点溶液中，水的电离程度相等
D.d点的溶液中,微粒浓度关系：
c（R-）+2c（HR）=c（NH3∙H2O）
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据图分析可知，b点导电能力最强，故b点溶液中的离子浓度最大，故A错误；
B.根据起点PH=3，Ka=c（H+）c（R-）/c（HR）=（10-3）2/0.1=10-5，代入Kh=Kw/Ka=10-14/10-5=10-9，故B正确；
C.a点是酸过量，抑制水的电离，b点恰好中和，水解促进水的电离，故C错误；
D.d点是NH4R和NH3∙H2O的混合物，它们物质的量浓度相等，故物料守恒：
2c（R-）+2c（HR）=c（NH3∙H2O）+c（NH4+），电荷守恒：
c（NH4+）+c（H+）=c（R-）+c（OH-），两式相加可得，2c（HR）+c（H+）+c（R-）=c（NH3∙H2O）+c（OH-），故D错误；
故选B。
【点睛】溶液是显电中性的，即溶液中阳离子所带的正电荷数等于阴离子所带的负电荷数。
2020年高考化学选择题专项训练57
一、选择题：
本卷共7小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.化学与生活、生产和社会可持续发展密切相关。
下列说法正确的是
A.高纯二氧化硅可用作计算机芯片的材料
B.硅胶、铁粉均可作为食品包装中的抗氧化剂
C.氯化铝是工业上电解法治炼金属铝的原料
D.“地沟油”可用来制肥皂和生物柴油
【答案】D
【解析】
【详解】A.计算机芯片的主要成分是提纯的单质硅，故A项错误；
B.硅胶经硅酸凝胶干燥脱水而得到，可以作为干燥剂，但因不具有还原性，不能作为食品包装中的抗氧化剂，故B项错误；
C.氯化铝为分子晶体，在熔融状态下不能电离，不能用于冶炼金属铝，而氧化铝才是工业上电解法治炼金属铝的原料，故C项错误；
D.“地沟油”的成分是油脂，碱性条件下水解成为皂化反应，可用来制肥皂，可从地沟油中提炼出油脂作为生物柴油，故D项正确；
答案选D。
【点睛】本题侧重考查物质的性质及用途，注重化学知识与生产、生活的联系，体现素质教育的价值。
其中A选项硅及其化合物的用途是常考点，也是易混知识。
硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。
2.下列关于有机化合物的说法正确的是
A.水、乙醇、乙酸都属于弱电解质
B.苯与氯气生成
的反应属于取代反应
C.分子式为C9H12的芳香烃共有8种
D.淀粉、油脂、蛋白质都属于高分子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A.乙醇在水溶液和熔融状态下均不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，故A项错误；
B.苯与氯气反应生成
，反应前后氢原子数不变，且不饱和度降低，不是取代反应，而是加成反应，故B项错误；
C.分子式为C9H12的芳香烃，可以是:
①苯环上含有1个—C3H7，—C3H7有—CH2CH2CH3、
两种结构，共2种，②苯环上含有1个—CH3、1个—CH2CH3，二者在苯环上有邻、间、对三种位置关系，共3种，③苯环上含有3个—CH3，共3种，故总共有2+3+3=8种，故C项正确；
D.油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，不属于高分子化合物，故D项错误；
答案选C。
【点睛】有机物中的化学反应类型是常考点，其中取代反应与加成反应的特点很显著，判断依据可归纳为：
若为取代反应，以甲烷与氯气在光照下反应为例，甲烷分子内的一个H被取代，消耗一个Cl2，同时产生一个无机小分子HCl；若为加成反应，以CH2=CH2与Br2反应为例，其原理是：
C=C中的双键断开其中一个，两个C各形成一个半键，分别与两个Br原子结合成键，其特点就是双键变单键，不饱和变饱和。
依据两者的区别，本题的B选项显然为加成反应，而不是取代反应。
因此抓住有机反应类型的主要特点才能万变不离其宗，解答此类题型时游刃有余。
3.实验室从废定影液[含Ag（S2O3）23-和Br-等]中回收Ag和Br2的主要步骤为：
向废定影液中加入Na2S溶液沉淀银离子，过滤、洗涤、干燥，灼烧Ag2S制取金属Ag；制取C12并将Cl2通入滤液中氧化Br-，再用苯萃取分液。
其中部分实验操作的装置如下图所示：
下列叙述正确的是
A.用装置甲分离Ag2S时，用玻璃棒不断搅拌
B.用装置乙在通风橱中高温灼烧Ag2S制取Ag
C.用装置丙制备用于氧化过滤液中Br-的Cl2
D.用装置丁分液时，先放出水层再换个烧杯继续放出有机层
【答案】C
【解析】
【分析】
A.Ag2S为不溶物，可用过滤操作进行分离，玻璃棒起引流作用；
B.高温灼烧Ag2S需用坩埚；
C.高锰酸钾与浓盐酸在常温下可制备氯气；
D.分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口流出。
【详解】A.用装置甲可分离Ag2S不溶物，但不能用玻璃棒不断搅拌，否者可能会使滤纸破损而影响实验操作，故A项错误；
B.蒸发皿可用于水溶液的蒸发结晶实验操作，而高温灼烧Ag2S固体时需用坩埚进行实验，故B项错误；
C.高锰酸钾具有强氧化性，在常温下可与浓盐酸反应制备氯气，其实验装置与操作均科学规范，故C项正确；
D.苯为有机萃取剂，其密度比水小，则在分液时，先从分液漏斗的下口放出水层，不能从下口继续放出有机层，而应该从上口倒出有机层，D项错误；
答案选C。
4.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X、Y、Z原子最外层的电子数之和与W原子最外层的电子数相等，X的最低负价为-4，Y的周期数是族序数的3倍。
下列说法正确的是
A.原子半径：
Y＞Z＞X
B.Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的弱
C.W的氧化物对应的水化物的酸性一定比X的强
D.W分别与X、Z形成的化合物所含的化学键类型相同
【答案】A
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的最低负价为-4，则X为第二周期IVA族元素，为C元素；Y的周期数是族序数的3倍，则Y为Na元素；X、Y、Z原子最外层的电子数之和与W原子最外层的电子数相等，则可推出Z为Mg元素，W的最外层电子数=1+2+4=7，为Cl元素，据此分析作答。
【详解】由上述分析可知：
A.同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，同一主族，原子半径从上到下依次增大，则原子半径从大到小的顺序为：
Na>Mg>C，即Y>Z>X，故A项正确；
B.元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强。
因同一周期中，从左到右金属性依次减弱，即金属性比较：
Na>Mg，所以Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强，故B项错误；
C.W为Cl元素、X为C元素，W的氧化物对应的水化物可能为次氯酸，其酸性不如碳酸强，故C项错误；
D.W为Cl元素、X为C元素，Z为Mg元素，因活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，一般情况下非金属元素之间易形成共价键，所以W与X形成的四氯化碳之间化学键类型为共价键，而W与Z元素形成的氯化镁中形成离子键，即两个化合物中所含的化学键类型不同，故D项错误；
答案选A。
【点睛】元素周期表、元素周期律是学习化学的工具。
元素周期律是反映元素之间关系的规律，是元素周期表排布的依据，本题侧重考查学生对元素周期律与化学键的理解与运用能力，非金属性的宏观表现之一：
元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，但一定要注意该酸是最高价的含氧酸，而不是普通的酸，其中C项的陷阱要识破，所以知识掌握要准确，严谨治学才能熟练做题。
5.NA代表阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.常温常压下，36g18O2中所含的中子数为16NA
B.8.0gCu2S和CuO的混合物中含有的铜原子数为0.1NA
C.电解饱和食盐水时，阳极生成22.4L气体时，转移的电子数为2NA
D.室温下向1LpH＝1的醋酸溶液中加水，所得溶液中H+数目小于0.1NA
【答案】B
【解析】
【分析】
A.18O2的摩尔质量为36g/mol，据此计算出18O2分子的物质的量，根据分子构成得出结论；
B.Cu2S的摩尔质量是CuO摩尔质量的2倍，含有的铜原子个数也是CuO的2倍；
C.阳极上生成气体的状态不明确；
D.加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大。
【详解】A.36g18O2的物质的量为
=1mol，则所含中子数为2×（18-8）×NA=20NA，故A项错误；
B.Cu2S的摩尔质量是CuO摩尔质量的2倍，含有的铜原子个数也是CuO的2倍，故Cu2S和CuO的混合物可以看做均由“CuO”构成，则含有的“CuO”物质的量为n=
=0.1mol，则混合物中含有的铜原子数为0.1NA，故B项正确；
C.阳极上生成气体的状态不明确，故物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故C项错误；
D.1LpH＝1的醋酸溶液中，氢离子的物质的量n（H+）=0.1mol，在加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，故所得溶液中H+数目略大于0.1NA，故D项错误；
答案选B。
【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。
本题C项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项，提高做题效率。
6.一种新的低能量电解合成1，2一二氯乙烷的实验装置如下图所示。
下列说法正确的是
A.该装置工作时，化学能转变为电能
B.CuCl2能将C2H4还原为1，2一二氯乙烷
C.X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜
D.该装置总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaCl
H2+2NaOH+ClCH2CH2Cl
【答案】D
【解析】
【分析】
A.该装置为外加电源的电解池原理；
B.根据装置图易知，阳极生成的CuCl2与C2H4发生了氧化还原反应，根据化合价的升降判断该氧化还原反应的规律；
C.根据电解池阴阳极发生的电极反应式及溶液电中性原则分析作答；
D.根据具体的电解反应与氧化还原反应综合写出该装置的总反应。
【详解】A.该装置为电解池，则工作时，电能转变为化学能，故A项错误；
B.C2H4中C元素化合价为-2价，ClCH2CH2Cl中C元素化合价为-1价，则CuCl2能将C2H4氧化为1，2一二氯乙烷，故B项错误；
C.该电解池中，阳极发生的电极反应式为：
CuCl-e-+Cl-=CuCl2，阳极区需要氯离子参与，则X为阴离子交换膜，而阴极区发生的电极反应式为：
2H2O+2e-=H2↑+2OH-，有阴离子生成，为保持电中性，需要电解质溶液中的钠离子，则Y为阳离子交换膜，故C项错误；
D.该装置中发生阳极首先发生反应：
CuCl-e-+Cl-=CuCl2，生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1，2一二氯乙烷和CuCl，在阳极区循环利用，而阴极水中的氢离子放电生成氢气，其总反应方程式为：
CH2＝CH2＋2H2O＋2NaCl
H2＋2NaOH＋ClCH2CH2Cl，故D项正确；
答案选D。
7.根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是
操作
现象
结论
A
向蔗糖中加入浓硫酸
蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体
浓硫酸具有脱水性和强氧化性
B
向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液
溶液变成棕黄色，一段时间后溶液中出现气泡，随后有红褐色沉淀生成
Fe2+催化H2O2分解产生O2
C
铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中
无明显现象
浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝表面被浓硝酸氧化为致密的氧化铝薄膜
D
向浓度均为0.1mol·L-1的KCl、KI的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液
先出现黄色沉淀
Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A.蔗糖含有碳氢氧三种元素，加入浓硫酸，浓硫酸具有脱水性，将蔗糖脱水变成碳，过程放热，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，浓硫酸表现强氧化性，故正确；
B.过氧化氢具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子可以催化过氧化氢分解，故错误；
C.浓硝酸具有强氧化性，能使铝表面形成致密的氧化膜，故正确；
D.含等浓度的碘离子和氯离子的溶液中加入硝酸银，先生成碘化银沉淀，说明碘化银的溶度积小，故正确。
2020年高考化学选择题专项训练58
一、选择题：
本卷共7小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.化学与资源利用、环境保护及社会可持续发展密切相关。
下列说法错误的是
A.煤转化为水煤气加以利用是为了节约燃料成本
B.利用太阳能蒸发淡化海水的过程属于物理变化
C.在阳光照射下，利用水和二氧化碳合成的甲醇属于可再生燃料
D.用二氧化碳合成可降解塑料聚碳酸酯，实现“碳”的循环利用
【答案】A
【解析】
【详解】A.煤转化为水煤气加以利用是为了减少环境污染，A错误；
B.利用太阳能蒸发淡化海水得到含盐量较大的淡水，其过程属于物理变化，B正确；
C.在阳光照射下，利用水和二氧化碳合成甲醇，甲醇为燃料，可再生，C正确；
D.用二氧化碳合成可降解塑料聚碳酸酯，聚碳酸酯再降解回归自然，实现“碳”的循环利用，D正确；
答案为A
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.1L0.1mol·L－1NaClO溶液中含有的ClO－为NA
B.1molFe在1molCl2中充分燃烧，转移的电子数为3NA
C.常温常压下，32gO2与O3的混合气体中含有的分子总数小于NA
D.标准状况下，22.4LHF中含有的氟原子数目为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.NaClO为强碱弱酸盐，ClO－会水解，使溶液中ClO－的物质的量小于1L×0.1mol·L－1，即小于NA，A项错误；
B.根据反应2Fe＋3Cl2=2FeCl3可知铁过量，1molCl2参与反应转移2mol电子，B项错误；
C.32gO2的物质的量为
=1mol，分子数为NA，而含有O3，相同质量的O3所含分子数少，则分子总数减少，小于NA，C项正确；
D.标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，D项错误；
答案选C。
【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。
本题D项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。
3.我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。
下列说法不正确的是
A.异戊二烯所有碳原子可能共平面
B.可用溴水鉴别M和对二甲苯
C.对二甲苯的一氯代物有2种
D.M的某种同分异构体含有苯环且能与钠反应放出氢气
【答案】D
【解析】
【详解】A.异戊二烯中2个碳碳双键所确定的平面重合时，所有碳原子共平面，A正确；
B.M中含有碳碳双键可使溴水褪色，对二甲苯与溴水可发生萃取，使溶液分层，有机层显橙红色，可用溴水鉴别，B正确；
C.对二甲苯的一氯代物有氯原子在苯环上1种，在甲基上1种，合计2种，C正确；
D.M的分子式为C8H12O，某种同分异构体含有苯环，则剩余基团为C2H7-，无此基团，D错误；
答案为D
【点睛】碳碳双键与溴水中的溴发生加成反应使溴水褪色；对二甲苯与溴水萃取使溴水褪色，但有机层显橙红色。
4.用下列装置能达到实验目的的是
A.
清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管
B.
配置一定物质的量浓度的溶液实验中，为定容时的操作
C.
装置制取金属锰
D.
装置为制备并用排气法收集NO气体的装置
【答案】D
【解析】
【详解】A.自来水中有杂质离子，清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管不能用自来水，应该用蒸馏水，且应该把反应液倒入水中，A项错误；
B.定容时，当液面距定容刻度线1到2厘米处，改用滴管滴加，使凹液面最低端与刻度线相切，B项错误；
C.利用铝热反应制取金属锰时采用的是高温条件，需要氯酸钾分解产生氧气，促进镁条燃烧，利用镁条燃烧产生大量热制取金属锰，该实验装置中没有氯酸钾作引发剂，C项错误；
D.铜和稀硝酸反应可以制备NO，NO的密度比CO2的密度小，采用短口进气、长口出气的集气方式，D项正确；
答案选D。
5.四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，
的内层电子与最外层电子数之比为2：
5，Z和W位于同一周期。
Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均
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