《高中化學》階段檢測卷三物質結構與性質元素周期律（解析版）

階段檢測卷03物質結構與性質元素周期律（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）一、選擇題（本題共15小題，每小題3分，共45分。每小題只有一項是符合題目要求的）1．我國的激光技術在世界上處于領先地位，科學家用激光將置于鐵室中石墨靶上的碳原子炸松，與此同時再用射頻電火花噴射氮氣，碳、氮原子結合成碳氮化合物薄膜。據(jù)稱，這種化合物可能比金剛石更堅硬，其原因可能是（）A.碳、氮原子構成平面結構的晶體B.碳氮鍵鍵長比金剛石中的碳碳鍵鍵長更短C.氮原子電子數(shù)比碳原子電子數(shù)多D.碳、氮的單質的化學性質均不活潑【答案】B【解析】A項，根據(jù)“這種化合物可能比金剛石更堅硬”可知該晶體應該是一種共價晶體，共價晶體是一種空間網狀結構而不是平面結構，錯誤；B項，氮原子的半徑比碳原子的半徑小，碳氮鍵的鍵長要比碳碳鍵的鍵長短，所以該晶體的熔、沸點和硬度應該比金剛石更高，正確；C項，原子的電子數(shù)一般不會影響到所形成的晶體的硬度等，錯誤；D項，單質的活潑性一般不會影響到所形成的晶體的硬度等，錯誤。2．（2024·江蘇蘇錫常鎮(zhèn)四市教學情況調研一）超硬陶瓷材料氮化硅可由反應3SiH4＋4NH3=Si3N4＋12H2制得。下列說法正確的是（）A.NH3的電子式為B.SiH4為平面正方形結構C.H2是非極性分子D.Si3N4屬于分子晶體【答案】C【解析】NH3的電子式為，A錯誤；SiH4的價電子對數(shù)為4，雜化類似為sp3，為正四面體形結構，B錯誤；H2的正電中心與負電中心重合，是非極性分子，C正確；Si3N4屬于共價晶體，D錯誤。3．(2024·湖南岳陽模擬)對于下列性質的比較正確的是()A．離子半徑：r(Cl－)>r(S2－)>r(Na＋)B．元素的電負性：Si<P<NC．穩(wěn)定性：H2O>H2S>HClD．晶格能：MgO>NaBr>NaCl【答案】B【解析】電子層結構相同的離子核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層數(shù)越多離子半徑越大，故離子半徑：r(S2－)>r(Cl－)>r(Na＋)，故A錯誤；同主族自上而下電負性呈現(xiàn)減小的趨勢，同周期自左向右電負性逐漸增大，故電負性：Si<P<N，故B正確；非金屬性：S<Cl，故氫化物穩(wěn)定性：H2S<HCl，故C錯誤；離子半徑：r(Mg2＋)<r(Na＋)，r(O2－)<r(Cl－)<r(Br－)，且Mg2＋、O2－電荷多，故晶格能：MgO>NaCl>NaBr，故D錯誤。4．下列關于NaHSO4的說法正確的是()A．因為NaHSO4是離子化合物，所以NaHSO4固體能夠導電B．NaHSO4固體中陽離子和陰離子的個數(shù)比是2∶1C．NaHSO4固體熔化時破壞的是離子鍵和共價鍵D．NaHSO4固體溶于水時破壞的是離子鍵和共價鍵【答案】D【解析】雖然NaHSO4是離子化合物，但其固體中不存在能自由移動的陰、陽離子，因此不能導電；NaHSO4固體中陽離子(Na＋)和陰離子(HSOeq\o\al(－,4))的個數(shù)比是1∶1；NaHSO4固體熔化時破壞的只是離子鍵，而溶于水時電離出Na＋、H＋和SOeq\o\al(2－,4)，破壞的是離子鍵和共價鍵。5．（2024·遼寧鞍山期末）下列各項敘述不正確的是（）A.若硫元素基態(tài)原子的核外電子排布圖為則違反了泡利原理B.若21號Sc元素的基態(tài)原子電子排布式為1sC.鈹原子核外有兩種能量不同的電子D.某原子的核外電子排布由1s【答案】A【解析】A項，題給電子排布圖中的3p6．氰氣的化學式為(CN)2，結構式為N≡C—C≡N，性質與鹵素相似。下列敘述正確的是()A．不能和氫氧化鈉溶液發(fā)生反應B．分子中N≡C鍵的鍵長大于C≡C鍵的鍵長C．分子中既有極性鍵，又有非極性鍵D．分子中含有2個σ鍵和4個π鍵【答案】C【解析】氰氣性質與鹵素相似，能和氫氧化鈉溶液發(fā)生反應，故A錯誤；同周期主族元素從左到右，原子半徑逐漸減小，原子半徑越大，鍵長越長，碳原子半徑大于氮原子半徑，所以氰氣分子中C≡N鍵的鍵長小于C≡C鍵的鍵長，故B錯誤；該分子的結構式為N≡C—C≡N，分子中既含有極性鍵，又含有非極性鍵，該分子中含有3個σ鍵、4個π鍵，故C正確、D錯誤。7．下列關于能層與能級的說法正確的是()A．同一原子中，符號相同的能級上排布電子的能量一定相同B．任意能層的能級總是從ns能級開始，且能級總數(shù)一定等于該能層序數(shù)C．同樣是p能級，在不同的能層中所容納的最多電子數(shù)是不同的D．多電子原子中，同一能層上排布電子的能量一定相同【答案】B【解析】同一原子中，符號相同的能級上排布電子的能量不一定相同，如1s、2s、3s、4s能級上排布電子的能量逐漸升高，A錯誤；任意能層的能級總是從ns能級開始，np、nd、nf能級不一定存在，但能級總數(shù)一定等于該能層序數(shù)，B正確；np能級在任何能層最多排布電子數(shù)均為6，C錯誤；多電子原子中，同一能層可能有ns、np、nd等能級，不同能級上排布電子的能量不同，D錯誤。8．氮的最高價氧化物為無色晶體，它由兩種離子構成，已知其陰離子的空間結構為平面三角形，則其陽離子的空間結構和陽離子中氮的雜化方式為()A．直線形sp雜化B．V形sp2雜化C．三角錐形sp3雜化D．平面三角形sp2雜化【答案】A【解析】氮的最高價氧化物為N2O5，根據(jù)N元素的化合價為＋5和原子組成可知，陰離子為NOeq\o\al(－,3)、陽離子為NOeq\o\al(＋,2)，NOeq\o\al(＋,2)中N原子形成了2個σ鍵，孤電子對數(shù)目為0，所以雜化類型為sp，空間結構為直線形，故A項正確。9．短周期元素R基態(tài)原子最外層的p能級上有2個未成對電子。則關于基態(tài)R原子的描述中正確的是()A．基態(tài)R原子核外電子的電子云輪廓圖有兩種：球形和啞鈴形B．基態(tài)R原子的價層電子排布式為ns2np2(n＝2或3)C．基態(tài)R原子的原子軌道總數(shù)為9D．基態(tài)R原子的軌道表示式為【答案】A【解析】由“短周期元素R基態(tài)原子最外層的p能級上有2個未成對電子”可知，可能有兩種情況：p能級上只有2個電子，R為第ⅣA族元素，C或Si；p能級上有4個電子，R為第ⅥA族元素，O或S，故只有A正確。10．5-氨基四唑硝酸鹽受熱迅速生成以N2為主的環(huán)境友好型氣體，并放出大量的熱，是制造HTPB火箭推進劑的重要原料，結構簡式如圖，其中五元環(huán)為平面結構，下列說法正確的是()A．基態(tài)N原子核外電子的運動狀態(tài)有3種B．陰離子的空間結構為三角錐形C．該化合物中五元環(huán)上的5個原子的雜化方式都相同D．該化合物的大π鍵為Πeq\o\al(5,5)【答案】C【解析】N為7號元素，其原子核外有7個電子，基態(tài)N原子核外電子的運動狀態(tài)有7種，A錯誤；陰離子為NOeq\o\al(－,3)，NOeq\o\al(－,3)中心原子N原子周圍的價層電子對數(shù)為3＋eq\f(5＋1－3×2,2)＝3，無孤電子對，其空間結構為平面三角形，B錯誤；其中五元環(huán)為平面結構，可知該化合物中五元環(huán)上的原子均為sp2雜化，它們的雜化方式相同，故C正確；該化合物的大π鍵應為Πeq\o\al(7,5)，D錯誤。11．(2024·廣東廣州天河區(qū)二模)X、Y、Z、N是原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，其元素性質或原子結構如下表。下列說法正確的是()元素元素性質或原子結構X原子核外s能級上的電子總數(shù)與p能級上的電子總數(shù)相等，且第一電離能低于同周期相鄰元素Y原子核外s能級上的電子總數(shù)與p能級上的電子總數(shù)相等，且第一電離能高于同周期相鄰元素Z其價電子中，在不同形狀的原子軌道中運動的電子數(shù)相等N只有一個不成對電子A.原子半徑：Z>Y>XB．電負性：X>N>ZC．第一電離能：Z>N>YD．X的基態(tài)原子的電子軌道表示式：【答案】B【解析】X、Y、Z、N是原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，X元素原子核外s能級上的電子總數(shù)與p能級上的電子總數(shù)相等，且第一電離能低于同周期相鄰元素，則X為O；Y元素原子核外s能級上的電子總數(shù)與p能級上的電子總數(shù)相等，且第一電離能高于同周期相鄰元素，則Y為Mg；Z元素的價電子在不同形狀的原子軌道中運動的電子數(shù)相等，則Z為Si；N元素只有一個不成對電子且在這幾種元素中原子序數(shù)最大，則N為Cl。綜上所述，X為O，Y為Mg，Z為Si，N為Cl。原子半徑：Mg>Si>O，A項錯誤；元素的非金屬性越強，電負性越強，故電負性：Cl>Si，化合物ClO2中，O顯負價，說明電負性：O>Cl，則電負性：O>Cl>Si，B項正確；同周期元素從左到右第一電離能呈增大趨勢，故第一電離能：Cl>Si>Mg，C項錯誤；O的基態(tài)原子的電子軌道表示式為，D項錯誤。12．(2024·浙江杭州模擬)X、Y、Z、M、Q為五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大，X和Q為同主族元素，Y和M為同周期元素。X的2s軌道全充滿，Q的s能級電子數(shù)比p能級的電子數(shù)少1，Y和M是純堿中的兩種元素。下列說法不正確的是()A．最高正價：Y<ZB．電負性：M>ZC．Y與M形成的化合物中不可能含有非極性共價鍵D．最高價氧化物對應水化物的酸性：X>Q【答案】C【解析】X、Y、Z、M、Q為五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大，Q原子序數(shù)最大，s能級電子數(shù)比p能級電子數(shù)少1，Q原子的電子排布式為1s22s22p63s23p1，Q為Al，X與Al同主族，2s軌道全充滿，X為B，Y和M為同周期元素且是純堿中的兩種元素，則Y為C，M為O，則Z為N。C的最高正價為＋4價，N的最高正價為＋5價，最高正價：C<N，A正確；同周期元素從左到右電負性逐漸增強，電負性：O>N，B正確；C和O能形成C3O2，其結構式為O=C=C=C=O，含有非極性共價鍵，C錯誤；B的非金屬性強于Al，則最高價氧化物對應水化物的酸性：H3BO3>Al(OH)3，D正確。13．(2024·湖南湘潭一中模擬)BeO晶體是制備氟代硼鈹酸鉀晶體的原料之一，其晶胞結構與ZnS類似，下列說法中不正確的是()A．Be原子的配位數(shù)是12B．若原子a、b的坐標分別為(0,0,0)、eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，則原子c的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(1,4)))C．沿晶胞面對角線投影，所得的投影結果是D．設O與Be的最近距離為npm，用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則BeO晶體的密度為eq\f(4×9＋16,NA\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)n))3×10－30)g·cm－3【答案】A【解析】由晶胞結構可知Be位于O原子構成的四面體的體心，Be原子的配位數(shù)是4，A錯誤；由BeO的晶胞結構可知，每個Be處于晶胞體對角線的eq\f(1,4)處，結合原子a、b的坐標可知原子c的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(1,4)))，B正確；沿面對角線進行投影，可知所得的投影結果是，C正確；若O與Be的最近距離為npm，則題中a、c之間的距離為npm，又因為a、c之間的距離為晶胞體對角線長的eq\f(1,4)，則晶胞體對角線長為4npm，故晶胞棱長為eq\f(4\r(3),3)npm，晶胞內Be的個數(shù)為4，O的個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，則根據(jù)晶胞質量＝晶胞密度×晶胞體積可得，晶胞密度為eq\f(4×9＋16,NA\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)n))3×10－30)g·cm－3，D正確。14．(2024·遼寧朝陽模擬)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X原子的價電子排布式可表示為nsnnpn＋1，Y是地殼中含量最多的元素，Z的原子半徑在短周期中最大，Y、W同主族。下列說法正確的是()A．常溫常壓下，X、Y、W的單質均呈氣態(tài)B．簡單離子半徑：Y<Z<WC．簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：X<Y<WD．X、Z、W分別與Y組成的化合物均不止一種【答案】D【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X原子的價電子排布式可表示為nsnnpn＋1，n＝2，所以X是N；Y是地殼中含量最多的元素，Y是O；Z的原子半徑在短周期中最大，Z是Na；Y、W同主族，W是S。常溫常壓下，硫單質呈固態(tài)，A錯誤；核外電子層數(shù)越多，離子半徑越大，核外電子排布相同時離子半徑隨原子序數(shù)的增大而減小，則簡單離子半徑：Na＋<O2－<S2－，B錯誤；非金屬性越強，簡單氫化物越穩(wěn)定，簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：S<N<O，C錯誤；N、Na、S分別與O組成的化合物均不止一種，例如NO、NO2、氧化鈉、過氧化鈉、SO2、SO3等，D正確。15．(2024·重慶渝中模擬)CaC2的晶胞與NaCl相似，但由于Ceq\o\al(2－,2)的結構導致晶胞沿一個方向拉長(如圖)，已知CaC2的摩爾質量為Mg·mol－1，若阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，下列說法錯誤的是()A．Ca2＋填充在Ceq\o\al(2－,2)圍成的八面體空隙中B．每個Ca2＋周圍等距緊鄰的Ceq\o\al(2－,2)有6個C．兩個最近Ca2＋之間的距離為eq\f(\r(2)a,2)pmD．CaC2晶體密度的計算式為eq\f(4M,NAa2b×10－30)g·cm－3【答案】B【解析】由晶胞結構可知，Ceq\o\al(2－,2)為面心立方緊密堆積，Ca2＋填充在Ceq\o\al(2－,2)圍成的八面體空隙中，故A正確；該晶胞不是正方體，以面心Ca2＋為研究對象，每個Ca2＋周圍等距緊鄰的Ceq\o\al(2－,2)不是6個，故B不正確；由晶胞結構可知，兩個最近Ca2＋之間的距離為面對角線的一半，為eq\f(\r(2)a,2)pm，故C正確；CaC2晶體中Ca2＋的個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，Ceq\o\al(2－,2)的個數(shù)為1＋12×eq\f(1,4)＝4，密度的計算式為eq\f(4M,NAa2b×10－30)g·cm－3，故D正確。二、非選擇題（本題包括4小題，共55分）16．（14分）Ⅰ.非金屬氟化物在生產、生活和科研中應用廣泛。(1)OF2分子的空間結構為__________；OF2的熔、沸點__________(填“高于”或“低于”)Cl2O，原因是_______________________________________________。(2)Xe是第五周期的稀有氣體元素，與F形成的XeF2室溫下易升華。XeF2中心原子的價層電子對數(shù)為__________，下列對XeF2中心原子雜化方式推斷合理的是__________(填字母)。A．spB．sp2C．sp3D．sp3dⅡ.我國科學家研發(fā)的全球首套千噸級太陽能燃料合成項目被形象地稱為“液態(tài)陽光”計劃。該項目通過太陽能發(fā)電電解水制氫，再采用高選擇性催化劑將二氧化碳加氫合成甲醇。(3)SiCl4是生產高純硅的前驅體，其中Si采取的雜化類型為__________。SiCl4可發(fā)生水解反應，機理如下：含s、p、d軌道的雜化類型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中間體SiCl4(H2O)中Si采取的雜化類型為__________(填標號)。(4)CO2分子中存在____________個σ鍵和__________個π鍵。(5)甲醇的沸點(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH,7.6℃)之間，其原因是_____________________________________________________________________?！敬鸢浮?1)V形（1分）低于（1分）OF2和Cl2O都是分子晶體，結構相似，Cl2O的相對分子質量大，Cl2O的熔、沸點高（2分）(2)5（2分）D（2分）(3)sp3（1分）②（1分）(4)2（1分）2（1分）(5)甲硫醇不能形成分子間氫鍵，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氫鍵多（2分）【解析】(1)根據(jù)VSEPR模型知，OF2的中心原子O的價層電子對數(shù)為2＋eq\f(6－1×2,2)＝4，去掉2個孤電子對，知OF2分子的空間結構是V形；OF2和Cl2O都是分子晶體，結構相似，Cl2O的相對分子質量大，Cl2O的熔、沸點高。(2)XeF2易升華，所以是分子晶體，其中心原子的價層電子對數(shù)為2＋eq\f(8－1×2,2)＝5，其中心原子的雜化方式應為sp3d。(3)SiCl4中Si原子價層電子對數(shù)為4＋eq\f(4－4×1,2)＝4，因此Si原子采取sp3雜化；由圖可知，SiCl4(H2O)中Si原子的σ鍵數(shù)為5，說明Si原子的雜化軌道數(shù)為5，由此可知Si原子的雜化類型為sp3d。(4)CO2的結構式為O=C=O,1個雙鍵中含有1個σ鍵和1個π鍵，因此1個CO2分子中含有2個σ鍵和2個π鍵。(5)甲醇分子之間和水分子之間都存在氫鍵，因此沸點高于不含分子間氫鍵的甲硫醇，甲醇分子之間氫鍵的總強度低于水分子之間氫鍵的總強度，因此甲醇的沸點介于水和甲硫醇之間。17．（10分）(1)As、Se、Br元素的電負性由大到小的順序為________，第一電離能由大到小的順序為________。(2)銅、鋅兩種元素的第一電離能、第二電離能如表所示：電離能/(kJ·mol－1)I1I2銅7461958鋅9061733銅的第一電離能(I1)小于鋅的第一電離能，而銅的第二電離能(I2)卻大于鋅的第二電離能，其主要原因是______。(3)氫、氮、氧是重要的非金屬元素，在新材料和新能源開發(fā)中有重要的作用。MH中基態(tài)H－的核外電子的電子云輪廓圖呈________形。已知H－(g)=H(g)＋e－吸收的能量為73kJ·mol－1，H(g)=H＋(g)＋e－吸收的能量為1311kJ·mol－1，則H－的第二電離能為_____________。(4)磷及其化合物與人類生產、生活密切相關。如圖表示碳、硅、磷元素的四級電離能變化趨勢，其中表示磷的曲線是________(填標號)?！敬鸢浮?1)Br＞Se＞As（2分）Br＞As＞Se（2分）(2)Cu失去一個電子變成電子結構為[Ar]3d10的Cu＋，能量較低，結構穩(wěn)定，所以Cu的第二電離能相對較大(或Zn失去一個電子變成電子結構為[Ar]3d104s1的Zn＋，易再失去一個電子，所以Zn的第二電離能相對較小或Cu原子失去一個電子后，核外電子排布式為[Ar]3d10，而Zn原子失去1個電子后的核外電子排布式變?yōu)閇Ar]3d104s1，Cu達到了較穩(wěn)定狀態(tài)，所以Cu的第二電離能相對較大)（2分）(3)球（1分）1311kJ·mol－1（1分）(4)b（2分）【解析】(3)MH中基態(tài)H－的核外電子排布式是1s2，故電子云輪廓圖呈球形；H－eq\o(→,\s\up10(失去1個電子))Heq\o(→,\s\up10(失去1個電子))H＋，故H－失去第二個電子所吸收的能量即為氫原子失去一個電子所吸收的能量。H－的第二電離能為H－失去第二個電子所吸收的能量，即H(g)=H＋(g)＋e－吸收的能量，則H－的第二電離能為1311kJ·mol－1。(4)C、Si和P的價電子排布式分別為2s22p2、3s23p2、3s23p3，P失去的第四個電子是3s2電子，3s能級處于全充滿狀態(tài)，較難失去電子，故P的第三和第四電離能差值較大，故b曲線表示P。18．（17分）硫、鈷及其化合物用途非常廣泛?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)Co原子價層電子排布圖為，第四電離能I4（Co）＜I4（Fe），其原因是；Co與Ca同周期且最外層電子數(shù)相同，單質鈷的熔、沸點均比鈣大，其原因是。（2）單質硫與熟石灰加熱產物之一為CaS3，S32?的空間結構是，中心原子雜化方式是（3）K和Na位于同主族，K2S的熔點為840℃，Na2S的熔點為950℃，前者熔點較低的原因是。（4）S與O、Se、Te位于同一主族，它們的氫化物的沸點如圖所示，沸點按圖像所示變化的原因是。（5）鈷的一種化合物晶胞結構如圖所示。①已知A點的原子坐標參數(shù)為（0，0，0），B點為,12,0，則C點的原子坐標參數(shù)為②已知晶胞參數(shù)a＝0.5485nm，則該晶體的密度為g·cm－3（列出計算表達式即可）?！敬鸢浮浚?）（2分）鐵失去的是較穩(wěn)定的3d5上的一個電子，鈷失去的是3d6上的一個電子（2分）鈷的原子半徑比鈣小，價電子數(shù)比鈣多，鈷中的金屬鍵比鈣中的強（2分）（2）V形（2分）sp3（2分）（3）K＋的半徑比Na＋大，K2S的離子鍵比Na2S弱（2分）（4）H2O分子間存在較強的氫鍵，其他三種分子間不含氫鍵，所以H2O的沸點最高；H2S、H2Se及H2Te的結構相似，隨著相對分子質量的增大，范德華力增大，所以沸點逐漸升高（2分）（5）①12（1分）12②1556.02×1【解析】（1）基態(tài)Co原子價層電子排布式為3d74s2，價層電子排布圖為（2）單質硫與熟石灰加熱產物之一為CaS3，S32-中中心原子孤電子對的數(shù)目為6+2-2×22＝2，形成（5）①已知A點的原子坐標參數(shù)為（0，0，0），B是面心，B點為12,12,0，C是體心，則C點的原子坐標參數(shù)為12,12,12。②立方晶胞頂角粒子占18，面上粒子占12，晶胞內部粒子為整個晶胞所有，因此一個晶胞中含有Ti4＋的個數(shù)為8×18＝1，O2－的個數(shù)為6×12＝3，Co2＋的個數(shù)為1，取1mol晶胞，則1mol晶胞的質量為155g，1mol晶胞含有NA個晶胞，晶胞參數(shù)a＝0.5485nm＝0.5485×10－7cm，則一個晶胞的體積V＝（0.5485×