《高中化学》阶段检测卷三物质结构与性质元素周期律（解析版）

阶段检测卷03物质结构与性质元素周期律（考试时间：75分钟试卷满分：100分）一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一项是符合题目要求的）1．我国的激光技术在世界上处于领先地位，科学家用激光将置于铁室中石墨靶上的碳原子炸松，与此同时再用射频电火花喷射氮气，碳、氮原子结合成碳氮化合物薄膜。据称，这种化合物可能比金刚石更坚硬，其原因可能是（）A.碳、氮原子构成平面结构的晶体B.碳氮键键长比金刚石中的碳碳键键长更短C.氮原子电子数比碳原子电子数多D.碳、氮的单质的化学性质均不活泼【答案】B【解析】A项，根据“这种化合物可能比金刚石更坚硬”可知该晶体应该是一种共价晶体，共价晶体是一种空间网状结构而不是平面结构，错误；B项，氮原子的半径比碳原子的半径小，碳氮键的键长要比碳碳键的键长短，所以该晶体的熔、沸点和硬度应该比金刚石更高，正确；C项，原子的电子数一般不会影响到所形成的晶体的硬度等，错误；D项，单质的活泼性一般不会影响到所形成的晶体的硬度等，错误。2．（2024·江苏苏锡常镇四市教学情况调研一）超硬陶瓷材料氮化硅可由反应3SiH4＋4NH3=Si3N4＋12H2制得。下列说法正确的是（）A.NH3的电子式为B.SiH4为平面正方形结构C.H2是非极性分子D.Si3N4属于分子晶体【答案】C【解析】NH3的电子式为，A错误；SiH4的价电子对数为4，杂化类似为sp3，为正四面体形结构，B错误；H2的正电中心与负电中心重合，是非极性分子，C正确；Si3N4属于共价晶体，D错误。3．(2024·湖南岳阳模拟)对于下列性质的比较正确的是()A．离子半径：r(Cl－)>r(S2－)>r(Na＋)B．元素的电负性：Si<P<NC．稳定性：H2O>H2S>HClD．晶格能：MgO>NaBr>NaCl【答案】B【解析】电子层结构相同的离子核电荷数越大离子半径越小，电子层数越多离子半径越大，故离子半径：r(S2－)>r(Cl－)>r(Na＋)，故A错误；同主族自上而下电负性呈现减小的趋势，同周期自左向右电负性逐渐增大，故电负性：Si<P<N，故B正确；非金属性：S<Cl，故氢化物稳定性：H2S<HCl，故C错误；离子半径：r(Mg2＋)<r(Na＋)，r(O2－)<r(Cl－)<r(Br－)，且Mg2＋、O2－电荷多，故晶格能：MgO>NaCl>NaBr，故D错误。4．下列关于NaHSO4的说法正确的是()A．因为NaHSO4是离子化合物，所以NaHSO4固体能够导电B．NaHSO4固体中阳离子和阴离子的个数比是2∶1C．NaHSO4固体熔化时破坏的是离子键和共价键D．NaHSO4固体溶于水时破坏的是离子键和共价键【答案】D【解析】虽然NaHSO4是离子化合物，但其固体中不存在能自由移动的阴、阳离子，因此不能导电；NaHSO4固体中阳离子(Na＋)和阴离子(HSOeq\o\al(－,4))的个数比是1∶1；NaHSO4固体熔化时破坏的只是离子键，而溶于水时电离出Na＋、H＋和SOeq\o\al(2－,4)，破坏的是离子键和共价键。5．（2024·辽宁鞍山期末）下列各项叙述不正确的是（）A.若硫元素基态原子的核外电子排布图为则违反了泡利原理B.若21号Sc元素的基态原子电子排布式为1sC.铍原子核外有两种能量不同的电子D.某原子的核外电子排布由1s【答案】A【解析】A项，题给电子排布图中的3p6．氰气的化学式为(CN)2，结构式为N≡C—C≡N，性质与卤素相似。下列叙述正确的是()A．不能和氢氧化钠溶液发生反应B．分子中N≡C键的键长大于C≡C键的键长C．分子中既有极性键，又有非极性键D．分子中含有2个σ键和4个π键【答案】C【解析】氰气性质与卤素相似，能和氢氧化钠溶液发生反应，故A错误；同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径越大，键长越长，碳原子半径大于氮原子半径，所以氰气分子中C≡N键的键长小于C≡C键的键长，故B错误；该分子的结构式为N≡C—C≡N，分子中既含有极性键，又含有非极性键，该分子中含有3个σ键、4个π键，故C正确、D错误。7．下列关于能层与能级的说法正确的是()A．同一原子中，符号相同的能级上排布电子的能量一定相同B．任意能层的能级总是从ns能级开始，且能级总数一定等于该能层序数C．同样是p能级，在不同的能层中所容纳的最多电子数是不同的D．多电子原子中，同一能层上排布电子的能量一定相同【答案】B【解析】同一原子中，符号相同的能级上排布电子的能量不一定相同，如1s、2s、3s、4s能级上排布电子的能量逐渐升高，A错误；任意能层的能级总是从ns能级开始，np、nd、nf能级不一定存在，但能级总数一定等于该能层序数，B正确；np能级在任何能层最多排布电子数均为6，C错误；多电子原子中，同一能层可能有ns、np、nd等能级，不同能级上排布电子的能量不同，D错误。8．氮的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成，已知其阴离子的空间结构为平面三角形，则其阳离子的空间结构和阳离子中氮的杂化方式为()A．直线形sp杂化B．V形sp2杂化C．三角锥形sp3杂化D．平面三角形sp2杂化【答案】A【解析】氮的最高价氧化物为N2O5，根据N元素的化合价为＋5和原子组成可知，阴离子为NOeq\o\al(－,3)、阳离子为NOeq\o\al(＋,2)，NOeq\o\al(＋,2)中N原子形成了2个σ键，孤电子对数目为0，所以杂化类型为sp，空间结构为直线形，故A项正确。9．短周期元素R基态原子最外层的p能级上有2个未成对电子。则关于基态R原子的描述中正确的是()A．基态R原子核外电子的电子云轮廓图有两种：球形和哑铃形B．基态R原子的价层电子排布式为ns2np2(n＝2或3)C．基态R原子的原子轨道总数为9D．基态R原子的轨道表示式为【答案】A【解析】由“短周期元素R基态原子最外层的p能级上有2个未成对电子”可知，可能有两种情况：p能级上只有2个电子，R为第ⅣA族元素，C或Si；p能级上有4个电子，R为第ⅥA族元素，O或S，故只有A正确。10．5­氨基四唑硝酸盐受热迅速生成以N2为主的环境友好型气体，并放出大量的热，是制造HTPB火箭推进剂的重要原料，结构简式如图，其中五元环为平面结构，下列说法正确的是()A．基态N原子核外电子的运动状态有3种B．阴离子的空间结构为三角锥形C．该化合物中五元环上的5个原子的杂化方式都相同D．该化合物的大π键为Πeq\o\al(5,5)【答案】C【解析】N为7号元素，其原子核外有7个电子，基态N原子核外电子的运动状态有7种，A错误；阴离子为NOeq\o\al(－,3)，NOeq\o\al(－,3)中心原子N原子周围的价层电子对数为3＋eq\f(5＋1－3×2,2)＝3，无孤电子对，其空间结构为平面三角形，B错误；其中五元环为平面结构，可知该化合物中五元环上的原子均为sp2杂化，它们的杂化方式相同，故C正确；该化合物的大π键应为Πeq\o\al(7,5)，D错误。11．(2024·广东广州天河区二模)X、Y、Z、N是原子序数依次增大的四种短周期元素，其元素性质或原子结构如下表。下列说法正确的是()元素元素性质或原子结构X原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，且第一电离能低于同周期相邻元素Y原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，且第一电离能高于同周期相邻元素Z其价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等N只有一个不成对电子A.原子半径：Z>Y>XB．电负性：X>N>ZC．第一电离能：Z>N>YD．X的基态原子的电子轨道表示式：【答案】B【解析】X、Y、Z、N是原子序数依次增大的四种短周期元素，X元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，且第一电离能低于同周期相邻元素，则X为O；Y元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，且第一电离能高于同周期相邻元素，则Y为Mg；Z元素的价电子在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等，则Z为Si；N元素只有一个不成对电子且在这几种元素中原子序数最大，则N为Cl。综上所述，X为O，Y为Mg，Z为Si，N为Cl。原子半径：Mg>Si>O，A项错误；元素的非金属性越强，电负性越强，故电负性：Cl>Si，化合物ClO2中，O显负价，说明电负性：O>Cl，则电负性：O>Cl>Si，B项正确；同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能：Cl>Si>Mg，C项错误；O的基态原子的电子轨道表示式为，D项错误。12．(2024·浙江杭州模拟)X、Y、Z、M、Q为五种短周期元素，原子序数依次增大，X和Q为同主族元素，Y和M为同周期元素。X的2s轨道全充满，Q的s能级电子数比p能级的电子数少1，Y和M是纯碱中的两种元素。下列说法不正确的是()A．最高正价：Y<ZB．电负性：M>ZC．Y与M形成的化合物中不可能含有非极性共价键D．最高价氧化物对应水化物的酸性：X>Q【答案】C【解析】X、Y、Z、M、Q为五种短周期元素，原子序数依次增大，Q原子序数最大，s能级电子数比p能级电子数少1，Q原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，Q为Al，X与Al同主族，2s轨道全充满，X为B，Y和M为同周期元素且是纯碱中的两种元素，则Y为C，M为O，则Z为N。C的最高正价为＋4价，N的最高正价为＋5价，最高正价：C<N，A正确；同周期元素从左到右电负性逐渐增强，电负性：O>N，B正确；C和O能形成C3O2，其结构式为O=C=C=C=O，含有非极性共价键，C错误；B的非金属性强于Al，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H3BO3>Al(OH)3，D正确。13．(2024·湖南湘潭一中模拟)BeO晶体是制备氟代硼铍酸钾晶体的原料之一，其晶胞结构与ZnS类似，下列说法中不正确的是()A．Be原子的配位数是12B．若原子a、b的坐标分别为(0,0,0)、eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，则原子c的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(1,4)))C．沿晶胞面对角线投影，所得的投影结果是D．设O与Be的最近距离为npm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，则BeO晶体的密度为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】由晶胞结构可知Be位于O原子构成的四面体的体心，Be原子的配位数是4，A错误；由BeO的晶胞结构可知，每个Be处于晶胞体对角线的eq\f(1,4)处，结合原子a、b的坐标可知原子c的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(1,4)))，B正确；沿面对角线进行投影，可知所得的投影结果是，C正确；若O与Be的最近距离为npm，则题中a、c之间的距离为npm，又因为a、c之间的距离为晶胞体对角线长的eq\f(1,4)，则晶胞体对角线长为4npm，故晶胞棱长为eq\f(4\r(3),3)npm，晶胞内Be的个数为4，O的个数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，则根据晶胞质量＝晶胞密度×晶胞体积可得，晶胞密度为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正确。14．(2024·辽宁朝阳模拟)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的价电子排布式可表示为nsnnpn＋1，Y是地壳中含量最多的元素，Z的原子半径在短周期中最大，Y、W同主族。下列说法正确的是()A．常温常压下，X、Y、W的单质均呈气态B．简单离子半径：Y<Z<WC．简单气态氢化物的热稳定性：X<Y<WD．X、Z、W分别与Y组成的化合物均不止一种【答案】D【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的价电子排布式可表示为nsnnpn＋1，n＝2，所以X是N；Y是地壳中含量最多的元素，Y是O；Z的原子半径在短周期中最大，Z是Na；Y、W同主族，W是S。常温常压下，硫单质呈固态，A错误；核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径：Na＋<O2－<S2－，B错误；非金属性越强，简单氢化物越稳定，简单气态氢化物的热稳定性：S<N<O，C错误；N、Na、S分别与O组成的化合物均不止一种，例如NO、NO2、氧化钠、过氧化钠、SO2、SO3等，D正确。15．(2024·重庆渝中模拟)CaC2的晶胞与NaCl相似，但由于Ceq\o\al(2－,2)的结构导致晶胞沿一个方向拉长(如图)，已知CaC2的摩尔质量为Mg·mol－1，若阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法错误的是()A．Ca2＋填充在Ceq\o\al(2－,2)围成的八面体空隙中B．每个Ca2＋周围等距紧邻的Ceq\o\al(2－,2)有6个C．两个最近Ca2＋之间的距离为eq\f(\r(2)a,2)pmD．CaC2晶体密度的计算式为eq\f(4M,NAa2b×10－30)g·cm－3【答案】B【解析】由晶胞结构可知，Ceq\o\al(2－,2)为面心立方紧密堆积，Ca2＋填充在Ceq\o\al(2－,2)围成的八面体空隙中，故A正确；该晶胞不是正方体，以面心Ca2＋为研究对象，每个Ca2＋周围等距紧邻的Ceq\o\al(2－,2)不是6个，故B不正确；由晶胞结构可知，两个最近Ca2＋之间的距离为面对角线的一半，为eq\f(\r(2)a,2)pm，故C正确；CaC2晶体中Ca2＋的个数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，Ceq\o\al(2－,2)的个数为1＋12×eq\f(1,4)＝4，密度的计算式为eq\f(4M,NAa2b×10－30)g·cm－3，故D正确。二、非选择题（本题包括4小题，共55分）16．（14分）Ⅰ.非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。(1)OF2分子的空间结构为__________；OF2的熔、沸点__________(填“高于”或“低于”)Cl2O，原因是_______________________________________________。(2)Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF2室温下易升华。XeF2中心原子的价层电子对数为__________，下列对XeF2中心原子杂化方式推断合理的是__________(填字母)。A．spB．sp2C．sp3D．sp3dⅡ.我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。(3)SiCl4是生产高纯硅的前驱体，其中Si采取的杂化类型为__________。SiCl4可发生水解反应，机理如下：含s、p、d轨道的杂化类型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为__________(填标号)。(4)CO2分子中存在____________个σ键和__________个π键。(5)甲醇的沸点(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH,7.6℃)之间，其原因是_____________________________________________________________________。【答案】(1)V形（1分）低于（1分）OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高（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间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多（2分）【解析】(1)根据VSEPR模型知，OF2的中心原子O的价层电子对数为2＋eq\f(6－1×2,2)＝4，去掉2个孤电子对，知OF2分子的空间结构是V形；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高。(2)XeF2易升华，所以是分子晶体，其中心原子的价层电子对数为2＋eq\f(8－1×2,2)＝5，其中心原子的杂化方式应为sp3d。(3)SiCl4中Si原子价层电子对数为4＋eq\f(4－4×1,2)＝4，因此Si原子采取sp3杂化；由图可知，SiCl4(H2O)中Si原子的σ键数为5，说明Si原子的杂化轨道数为5，由此可知Si原子的杂化类型为sp3d。(4)CO2的结构式为O=C=O,1个双键中含有1个σ键和1个π键，因此1个CO2分子中含有2个σ键和2个π键。(5)甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，甲醇分子之间氢键的总强度低于水分子之间氢键的总强度，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间。17．（10分）(1)As、Se、Br元素的电负性由大到小的顺序为________，第一电离能由大到小的顺序为________。(2)铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示：电离能/(kJ·mol－1)I1I2铜7461958锌9061733铜的第一电离能(I1)小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能(I2)却大于锌的第二电离能，其主要原因是______。(3)氢、氮、氧是重要的非金属元素，在新材料和新能源开发中有重要的作用。MH中基态H－的核外电子的电子云轮廓图呈________形。已知H－(g)=H(g)＋e－吸收的能量为73kJ·mol－1，H(g)=H＋(g)＋e－吸收的能量为1311kJ·mol－1，则H－的第二电离能为_____________。(4)磷及其化合物与人类生产、生活密切相关。如图表示碳、硅、磷元素的四级电离能变化趋势，其中表示磷的曲线是________(填标号)。【答案】(1)Br＞Se＞As（2分）Br＞As＞Se（2分）(2)Cu失去一个电子变成电子结构为[Ar]3d10的Cu＋，能量较低，结构稳定，所以Cu的第二电离能相对较大(或Zn失去一个电子变成电子结构为[Ar]3d104s1的Zn＋，易再失去一个电子，所以Zn的第二电离能相对较小或Cu原子失去一个电子后，核外电子排布式为[Ar]3d10，而Zn原子失去1个电子后的核外电子排布式变为[Ar]3d104s1，Cu达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大)（2分）(3)球（1分）1311kJ·mol－1（1分）(4)b（2分）【解析】(3)MH中基态H－的核外电子排布式是1s2，故电子云轮廓图呈球形；H－eq\o(→,\s\up10(失去1个电子))Heq\o(→,\s\up10(失去1个电子))H＋，故H－失去第二个电子所吸收的能量即为氢原子失去一个电子所吸收的能量。H－的第二电离能为H－失去第二个电子所吸收的能量，即H(g)=H＋(g)＋e－吸收的能量，则H－的第二电离能为1311kJ·mol－1。(4)C、Si和P的价电子排布式分别为2s22p2、3s23p2、3s23p3，P失去的第四个电子是3s2电子，3s能级处于全充满状态，较难失去电子，故P的第三和第四电离能差值较大，故b曲线表示P。18．（17分）硫、钴及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：（1）基态Co原子价层电子排布图为，第四电离能I4（Co）＜I4（Fe），其原因是；Co与Ca同周期且最外层电子数相同，单质钴的熔、沸点均比钙大，其原因是。（2）单质硫与熟石灰加热产物之一为CaS3，S32−的空间结构是，中心原子杂化方式是（3）K和Na位于同主族，K2S的熔点为840℃，Na2S的熔点为950℃，前者熔点较低的原因是。（4）S与O、Se、Te位于同一主族，它们的氢化物的沸点如图所示，沸点按图像所示变化的原因是。（5）钴的一种化合物晶胞结构如图所示。①已知A点的原子坐标参数为（0，0，0），B点为,12,0，则C点的原子坐标参数为②已知晶胞参数a＝0.5485nm，则该晶体的密度为g·cm－3（列出计算表达式即可）。【答案】（1）（2分）铁失去的是较稳定的3d5上的一个电子，钴失去的是3d6上的一个电子（2分）钴的原子半径比钙小，价电子数比钙多，钴中的金属键比钙中的强（2分）（2）V形（2分）sp3（2分）（3）K＋的半径比Na＋大，K2S的离子键比Na2S弱（2分）（4）H2O分子间存在较强的氢键，其他三种分子间不含氢键，所以H2O的沸点最高；H2S、H2Se及H2Te的结构相似，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，所以沸点逐渐升高（2分）（5）①12（1分）12②1556.02×1【解析】（1）基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，价层电子排布图为（2）单质硫与熟石灰加热产物之一为CaS3，S32-中中心原子孤电子对的数目为6+2-2×22＝2，形成（5）①已知A点的原子坐标参数为（0，0，0），B是面心，B点为12,12,0，C是体心，则C点的原子坐标参数为12,12,12。②立方晶胞顶角粒子占18，面上粒子占12，晶胞内部粒子为整个晶胞所有，因此一个晶胞中含有Ti4＋的个数为8×18＝1，O2－的个数为6×12＝3，Co2＋的个数为1，取1mol晶胞，则1mol晶胞的质量为155g，1mol晶胞含有NA个晶胞，晶胞参数a＝0.5485nm＝0.5485×10－7cm，则一个晶胞的体积V＝（0.5485×