高考化学一轮复习 讲义 阶段检测(二)　元素化合物　物质结构与性质（浙江版）

阶段检测(二)元素化合物物质结构与性质[分值：100分]一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.(2025·浙江模拟预测)下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是()A.工业上利用氯气与冷的石灰乳制备漂白粉、漂粉精B.工业上利用二氧化氮与水反应制备硝酸C.“杯酚”是一种超分子，能通过“分子识别”来分离C60和C70D.工业生产中，乙烯能通过原子利用率为100%的两步反应制备出乙二醇答案C解析工业制硝酸利用二氧化氮与水反应，即3NO2+H2O=2HNO3+NO，B正确；杯酚不是超分子，杯酚与C60形成了超分子，可以通过分子识别分离C60和C70，C错误；乙烯和氧气反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，两步反应的原子利用率都为100%，D正确。2.(2025·浙江一模)根据元素周期律推测，下列说法不正确的是()A.离子半径：H->Li+B.第一电离能：P>SC.非金属性：F>OD.热稳定性：H2O<H2S答案D解析H-、Li+电子层数相同，但Li+核电荷数更大，因此离子半径：H->Li+，A正确；P和S同处第三周期，P的3p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于S，B正确；F和O同处第二周期，非金属性从左到右逐渐增强，则非金属性：F>O，C正确；O和S同属第ⅥA族，非金属性：O>S，故氢化物稳定性：H2O>H2S，D错误。3.(2025·浙江一模)下列化学用语表示正确的是()A.乙醚的结构式：B.基态碳原子的价层电子轨道表示式：C.H—Cl的s⁃pσ键电子云图：D.CH3C(CH2CH3)3的系统命名：答案C解析乙醚的结构式应为，A错误；基态碳原子的价层电子轨道表示式为，B错误；H—Cl的s⁃pσ键由H的1s轨道与Cl的3p轨道“头碰头”重叠形成，电子云沿键轴呈轴对称分布，C正确；CH3C(CH2CH3)3的正确命名应为3⁃甲基⁃3⁃乙基戊烷，D错误。4.(2025·浙江模拟预测)Cu的化合物种类多样，下列说法正确的是()A.可以蒸发CuCl2溶液来制备CuCl2固体B.欲得到CuSO4·4NH3·2H2O，可以在其溶液中加入乙醇使晶体析出C.在电解精炼铜的过程中，原粗铜中所含的杂质，如金、银、铂等沉积在阴极底部，是提炼贵金属的原料D.CuS可溶于稀硝酸，也可以溶于稀硫酸答案B解析CuCl2属于强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解反应：CuCl2+2H2O⥬Cu(OH)2+2HCl，当蒸发CuCl2溶液时，HCl会挥发，促使水解平衡正向移动，最终得到的是Cu(OH)2固体，A错误；CuSO4·4NH3·2H2O在乙醇中的溶解度比在水中的溶解度小，根据结晶的原理，向其溶液中加入乙醇，可降低CuSO4·4NH3·2H2O的溶解度，从而使晶体析出，B正确；在电解精炼铜时，粗铜作阳极，发生氧化反应，粗铜中的锌、铁等活泼金属会先于铜失去电子进入溶液，而金、银、铂等不活泼金属，因为难以失去电子，会以单质形式沉积在阳极底部，C错误；稀硝酸具有强氧化性，CuS中S2-具有还原性，二者会发生氧化还原反应，所以CuS可溶于稀硝酸；而稀硫酸不能与CuS发生反应，所以CuS不溶于稀硫酸，D错误。5.(2024·浙江新阵地教育联盟、浙江十校高三联考)碳酸钠和碳酸氢钠在生产生活中有广泛的应用，下列有关说法不合理的是()A.通过化合反应可由碳酸钠制得碳酸氢钠B.可用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙：CaSO4(s)+CO32-(aq)⥬CaCO3(s)+SO4C.向1mL浓度均为0.6mol·L-1Na2CO3和NaHCO3溶液中分别滴加浓的BaCl2溶液，只有碳酸钠溶液产生白色沉淀D.碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液都显碱性，均可用作食用碱答案C解析碳酸钙的溶解度更小，可用碳酸钠溶液来处理锅炉水垢中的硫酸钙，B正确；向NaHCO3溶液中滴加浓的BaCl2溶液也会产生白色沉淀，反应的离子方程式为2HCO3-+Ba2+=BaCO3↓+CO2↑+H2O，6.(2025·杭州一模)下列方程式正确的是()A.Cl2与冷的澄清石灰水反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OB.Fe3O4溶于氢碘酸：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2OC.AlCl3溶液与过量氨水混合：Al3++4NH3·H2O=[Al(OH)4]-+4ND.SiO2被氢氟酸腐蚀：SiO2+4H++4F-=SiF4↑+2H2O答案A解析Fe3O4可将I-氧化为碘单质，离子方程式为2I-+Fe3O4+8H+=3Fe2++4H2O+I2，故B错误；Al3+与过量氨水反应生成Al(OH)3沉淀，离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C错误；氢氟酸为弱酸，应保留分子形式，正确的方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O7.(2025·温州模拟)某化学兴趣小组处理海带灰浸取液，实验步骤如下：下列说法正确的是()A.海带灰浸取液中因溶有大量I2而呈黄色B.步骤Ⅰ，应通入过量的O3，以提高I2的浓度C.步骤Ⅱ，分液时，当液面间的界线接近旋塞时，关闭旋塞，静置片刻后，再次仔细地放出下层液体D.步骤Ⅲ，馏分为纯碘答案C解析海带灰浸取液在酸性条件下加入氧化剂臭氧，氧化碘离子生成碘单质，用四氯化碳进行萃取，然后蒸馏分离。海带灰浸取液中溶有碘离子而非碘单质，A错误；臭氧为强氧化剂，步骤Ⅰ若通入过量的O3，会进一步氧化碘单质，反而会降低I2的浓度，B错误；步骤Ⅲ，馏分为沸点较低的四氯化碳，D错误。8.(2025·浙江一模)下列实例与解释不符的是()A.He的电子构型稳定，不易得失电子，故用He替代H2填充气球更安全B.电负性：Cl>Br，故酸性：HClO>HBrOC.石蜡油的分子间作用力比水的小，故石蜡油的流动性比水的差D.Cs+比Na+的半径大，故CsCl晶体中Cs+的配位数为8，而NaCl晶体中Na+的配位数为6答案C解析氦气具有稳定的电子构型，化学性质稳定，不易燃烧，因此比氢气更安全，故A正确；Cl的电负性大于Br，因此Cl—O的极性更强，更易释放H+，故HClO的酸性强于HBrO，故B正确；石蜡油由长链烷烃组成，其分子间作用力大于水，导致其流动性比水差，故C错误；Cs+比Na+的半径大，Cs+与Cl-的半径比更大，所以CsCl晶体中Cs+的配位数为8，而NaCl晶体中Na+的配位数为6，故D正确。9.利用如图所示装置进行实验(忽略④中试剂选择)，所选试剂能达到相应实验目的的是()选项①②③实验目的AH2O2MnO2水制备并收集O2B浓盐酸KMnO4含HCl的淀粉碘化钾溶液验证Cl2的氧化性C浓硫酸Cu品红溶液验证SO2的漂白性D稀盐酸CaCO3澄清石灰水比较Cl和C的非金属性答案B解析排水法收集O2时导管需要短进长出，A不合题意；向KMnO4固体中滴加浓盐酸可制得Cl2，反应原理为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，将生成的Cl2通入含HCl的淀粉碘化钾溶液，可观察到溶液变蓝色，说明Cl2将I-氧化生成了I2，证明Cl2具有氧化性，B符合题意；Cu与浓硫酸需在加热的条件下才能反应生成SO2，C不合题意；稀盐酸滴加到CaCO3表面观察到有大量气泡产生，通入澄清石灰水，溶液变浑浊，说明发生了反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，则酸性：HCl>H2CO3，由于HCl不是Cl的最高价氧化物对应的水化物，故无法比较C和Cl的非金属性，D不合题意。10.(2025·浙江一模)已知：BF3和水反应生成氟硼酸(HBF4)和硼酸(H3BO3)，一定条件下BF3与一定量水可形成(H2O)2·BF3晶体Q(H2O…)。下列有关说法正确的是()A.(H2O)2·BF3的热稳定性比BF3高B.BF3和水的反应为非氧化还原反应，氟硼酸(HBF4)的酸性大于硼酸(H3BO3)C.(H2OD.(H2O)2·BF3中键角∠FBF大于答案B解析(H2O)2·BF3中配位键稳定性弱于BF3的共价键，高温时易分解，故A错误；与水反应时元素化合价未发生改变，故为非氧化还原反应，氟硼酸(HBF4)直接电离出H+，为强酸，硼酸需与水作用后间接电离出H+，酸性弱，故B正确；(H2O)2·BF3晶体属于分子晶体，晶体中存在范德华力、氢键、配位键，无离子键，故C错误；(H2O)2·BF3中B为sp3杂化，BF3中B为sp2杂化，所以(H2O)11.下列说法正确的是()A.图A中，18⁃冠⁃6中O原子电负性大，带负电荷，通过离子键与K+作用，体现了超分子“分子识别”的特征B.图B物质相较NaBF4摩尔质量更大，具更高的熔、沸点C.图B中，1mol该物质含有20molσ键D.图C中，表示硅氧四面体，则该硅酸盐结构的通式为(Si6O17)n答案D解析A中冠醚与K+之间并非离子键，而是通过配位键结合，A错误；B中物质阳离子半径较大，离子键较弱，较NaBF4熔、沸点更低，B错误；根据图B中物质的结构可知，1mol该物质含有23molσ键，C错误；将左边结构补齐全形成两个环，被两个环共用的氧原子左边有7个，右边有7个，共14个，独立的氧原子有10个，同时每个环都有独立的硅原子4个和两个环共用的硅原子4个，则Si∶O=(4+4×0.5)∶(14×0.5+10)=6∶17，这样每个环所包含的O有17个，硅有6个，再根据硅化合价为+4价，氧化合价为-2价，其结构通式为(Si6O17)n10n12.(2025·绍兴模拟)X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号元素，常温下只有一种元素的单质为气态，基态X原子s轨道上的电子数是p轨道上的2倍，Y的简单氢化物与其最高价含氧酸反应会产生白烟，Z与X形成的某种化合物常温下为液体，基态W原子有1个未成对电子。下列说法不正确的是()A.电负性：Y>Z>WB.原子半径：W>Z>X>YC.氢化物的沸点：Y>Z>XD.上述4种元素形成的某种化合物的溶液可用于检测Fe3+答案C解析X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号元素，Y的简单氢化物与其最高价含氧酸反应会产生白烟，则Y为N元素；基态X原子s轨道上的电子数是p轨道上的2倍，Z与X形成的某种化合物常温下为液体，则X为C元素、Z为S元素；常温下只有一种元素的单质为气态，基态W原子有1个未成对电子，则W为K元素。金属元素的电负性小于非金属元素，则钾元素的电负性最小，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，氮元素的非金属性强于硫元素，则氮元素的电负性强于硫元素，所以电负性的大小顺序为N>S>K，故A正确；同主族元素从上到下原子半径依次增大，同周期元素从左到右原子半径依次减小，则原子半径的大小顺序为K>S>C>N，故B正确；碳元素形成的氢化物有多种，其中液态烃、固态烃的沸点高于氨气，故C错误；上述四种元素可以形成用于检验铁离子的化合物硫氰化钾，故D正确。13.(2024·嘉兴高三联考)实验室利用MnO2制备高锰酸钾采用的一种方法是固体碱溶氧化法，实验操作流程如图：下列说法正确的是()A.“熔融”时，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3B.“熔融”时使用的仪器为瓷坩埚，同时需要用玻璃棒不断搅拌C.“歧化”步骤主要反应的离子方程式为3MnO42-+4H+=2MnO4-+MnO2D.KMnO4晶体应保存于带有橡胶塞的棕色试剂瓶中答案A解析“熔融”时的反应为3MnO2+KClO3+6KOH=3K2MnO4+KCl+3H2O，参加反应的氧化剂(KClO3)与还原剂(MnO2)的物质的量之比为1∶3，故A正确；“熔融”时由于有熔融的KOH，因此不能使用瓷坩埚和玻璃棒，故B错误；“歧化”步骤主要反应的离子方程式为3MnO42-+4CH3COOH=2MnO4-+MnO2↓+2H2O+4CH3COO-，故C错误；KMnO14.(2025·绍兴二模)南开大学孙忠明组于2022年成功合成无机二茂铁[FeP8]2-，其中环状配体P42-以π电子配位，结构如图。已知：P42-结构类似苯环，存在大πA.P4B.P42-中参与形成大π键的轨道是未杂化的C.[FeP8]2-中Fe的价态为+3D.从结构角度分析P4答案C解析P42-的结构类似苯环，苯环是平面结构，因此P42-也是平面结构，A正确；根据电荷守恒，[FeP8]2-的总电荷为-2，而P42-的电荷为-2，因此Fe的价态应为+2，C错误；从结构角度分析，15.(2024·台州高三模拟)La和Ni的合金是目前使用最广泛的储氢材料。某La⁃Ni合金(晶胞为平行六面体)由图甲、图乙两个原子层交替紧密堆积而成，图丙是该合金的晶体结构。下列说法错误的是()A.该晶体可表示为LaNi5B.该晶体中1个La原子与18个Ni原子配位C.该晶胞结构中Ni原子数为12D.通过晶体X射线衍射实验可确定该晶体的结构答案C解析该晶胞结构中在两个底面上各有7个La，其中6个在角上，1个在面心，根据均摊法计算可得该晶胞结构中La原子数为(6+6)×16+2×12=3；该晶胞结构中在两个底面上各有6个Ni，侧面有6个Ni，体内有6个Ni，根据均摊法计算可得该晶胞结构中Ni原子数为(6+6+6)×12+6=15；故该晶体中La与Ni的个数比是3∶15=1∶5，可表示为LaNi5，故A正确、C错误；对于1个La来说，同一层周围有6个Ni，还有上下两层各6个，所以，La原子与18个Ni16.乙二胺(H2NCH2CH2NH2)和三甲胺[N(CH3)3]均为有机化合物，已知：乙二胺能与MgCl2、CuCl2等溶液中的金属离子形成相对稳定的配离子，如[Cu(En)2]2+(En是乙二胺的简写)，结构如图所示，下列说法正确的是()A.乙二胺的沸点比三甲胺的低B.三甲胺分子中N的杂化方式为sp2C.[Cu(En)2]2+的配位数为2D.Cu2+比Mg2+更容易与乙二胺形成配离子答案D解析乙二胺分子间可以形成氢键，而三甲胺分子间不能形成氢键，则乙二胺比三甲胺的沸点高，故A错误；三甲胺[N(CH3)3]分子中的N原子与三个C原子形成3个σ键，有1个孤电子对，三甲胺分子中N的杂化方式为sp3，故B错误；[Cu(En)2]2+中Cu2+提供4个空轨道，分别与氮原子的孤电子对形成配位键，则[Cu(En)2]2+中Cu2+的配位数为4，故C错误；Mg2+的半径小于Cu2+，Mg2+的配位数小于Cu2+，Cu2+比Mg2+更容易与乙二胺形成配离子，故D正确。二、非选择题(本大题共4小题，共52分)17.(10分)(2025·杭州二模)硫、氯及其化合物在生活、生产中有着广泛的应用，请回答。(1)关于第ⅥA族元素有关微粒的描述，下列说法正确的是(填字母)。A.第二电离能：基态氧原子高于基态氮原子B.Se4+的电子排布为[Ar]4s2C.酸性：CH3OH<CH3SHD.价层电子轨道表示式为的S原子处于激发态(2)某化合物的晶胞如图所示，其化学式是，Au周围最近的Cs有个，晶体类型是。(3)焦亚硫酸钠(可视为Na2SO3·SO2)溶于水所得溶液呈(填“酸”或“碱”)性，结合数据说明原因：。(常温下，H2SO3的Ka1=1.54×10-2，Ka2=1.02×10-7)

(4)某兴趣小组将载金硫化矿粉(细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹)通入空气焙烧，得到烟气和烧渣(含有Fe2O3和Au)，以烧渣为原料，制备单质Au和FeSO4·7H2O，流程如下：①操作A是，试剂B是。②写出Zn和Na[Au(CN)2]生成Au的化学方程式(Zn元素以四配位离子存在)：。③在碱性条件下，FeAsS与足量高压O2反应可得Fe2O3和两种空间结构相同的酸根离子，写出反应的离子方程式：。答案(1)AC(2)Cs2[AuCl2][AuCl4]8离子晶体(3)酸焦亚硫酸钠与水发生反应：Na2S2O5+H2O=2NaHSO3，水解常数Kh(NaHSO3)=KwKa1(H2SO3)≈6.5×10(4)①过滤过量铁粉②Zn+2Na[Au(CN)2]=Na2[Zn(CN)4]+2Au③2FeAsS+10OH-+7O2=Fe2O3+2AsO43-+2S解析(1)氧元素的原子序数为8，基态氧原子失去1个电子后得到O+的价层电子排布式为2s22p3，2p轨道为稳定的半充满结构，较难失去电子，氮元素的原子序数为7，基态氮原子失去1个电子后得到N+的价层电子排布式为2s22p2，较易失去电子，所以基态氧原子第二电离能高于基态氮原子，故A正确；硒元素的原子序数为34，基态Se4+的电子排布式为[Ar]3d104s2，故B错误；氧元素的电负性大于硫元素，则甲硫醇分子中巯基的极性弱于甲醇分子中羟基的极性，解离出氢离子能力强于甲醇，酸性强于甲醇，故C正确；由价层电子轨道表示式可知，表示处于基态的硫原子，故D错误。(2)据“均摊法”，晶胞中含8×18+1=2个AuCl4、4×14+2×12=2个AuCl2、8×12=4个Cs，则化学式为Cs2[AuCl2][AuCl4]；由图可知，Au周围最近的Cs在上下层各有4个，共有8个，该物质中含有离子键，其晶体类型是离子晶体。(3)焦亚硫酸钠溶于水发生的反应为Na2S2O5+H2O=2NaHSO3，则焦亚硫酸钠溶于水得到亚硫酸氢钠溶液，亚硫酸氢根离子的水解常数Kh=KwKa1≈6.5×10-13<K18.(10分)(2024·江浙高中发展共同体高三联考)碳酸二甲酯()是一种环保性能优异、用途广泛的化工原料，可以通过下列流程制备：已知：碳酰氯具有酯的性质。请回答：(1)写出NH3的电子式：。(2)写出步骤Ⅲ反应的化学方程式：。(3)下列说法正确的是(填字母)。A.液氯和氯水工业上均可用铁槽车运送B.CO(NH2)2属于铵盐，含氮量高，可作氮肥C.碳酸二甲酯在酸性条件下水解产生的气体是非极性分子D.CO与Fe可形成配合物Fe(CO)5，其中配位原子是O(4)碳酸二甲酯比碳酸一甲酯的沸点(填“低”或“高”)，分析其原因：。(5)设计实验方案检验COCl2中的氯元素：。答案(1)(2)CO(NH2)2+2CH3OH→CO(OCH3)2+2NH3↑(3)C(4)低碳酸一甲酯能形成分子间氢键(5)将COCl2通入足量的NaOH溶液中充分反应，先加足量稀硝酸，再加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，说明COCl2中含氯元素19.(12分)(2025·浙江强基联盟高三联考)氮是构建化合物的重要元素。请回答：(1)某种含B和N两种元素的功能陶瓷，其晶胞结构示意图如图所示。B的配位数为，写出功能陶瓷的化学式：。(2)下列说法正确的是(填字母)。A.基态氮原子价层电子轨道表示式不是，是因为该排布方式违背了洪特规则B.N2H2的空间结构为直线形C.第二周期元素的第一电离能比N大的只有1种D.已知液氨自耦电离产生NH4+和NH2-，可推测NH3和COCl2反应生成CO(NH2(3)NH3与Cu2+可生成CuNH342+配离子，已知NF3与NH3结构相似，而NF3不易与(4)N2H4和NH2OH可以看成是NH3中一个H分别被—NH2、—OH取代后的产物，都具有碱性和还原性。①N2H4、NH2OH、NH3碱性由强到弱的顺序为。②液态N2H4能将AgBr还原，试写出反应的方程式：。答案(1)4BN(2)AD(3)F的电负性大于N，N—F成键电子偏向F，导致NF3中的N原子核对孤电子对的吸引力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子(4)①NH3>N2H4>NH2OH②N2H4+4AgBr=4Ag+N2↑+4HBr解析(1)该结构中B原子在晶胞的顶点及面心、N原子在晶胞的内部，所含B原子数目为8×18+6×12=4，所含N原子数目为4，所以B∶N为1∶1，该功能陶瓷的化学式为(2)N2H2中的氮原子采取sp2杂化，为平面形结构，B错误；第二周期元素的第一电离能比N大的有氟和氖，C错误。(4)①N2H4和NH2OH可以看成NH3中的一个H被—NH2和—OH取代而得到的产物，由于电负性：H<N<O，吸引电子能力：H<N<O，因而NH3被取代后给电子能力：NH3>N2H4>NH2OH，则碱性：NH3>N2H4>NH2OH。②液态N2H4能将AgBr还原生成银单质，则肼中氮元素化合价升高被氧化为氮气，所以反应的方程式为N2H4+4AgBr=4Ag+N2↑+4HBr。20.(20分)(2025·绍兴二模)卤族元素在生产生活中扮演着重要的角色。(1)关于第ⅦA族元素的描述，下列说法正确的是(填字母)。A.基态Br原子的核外电子排布式为[Ar]4s24p5，其价层电子数等于最外层电子数B.键能：HF>HCl>HBr>HI，导致酸性：HF<HCl<HBr<HIC.根据VSEPR模型，可推测OF2和I3+空间结构均为D.已知AlCl3为分子晶体，则可推测沸点：AlI3>AlBr3>AlCl3(2)某配位化合物的晶胞及其在xy平面的投影如图所示。晶体中存在独立的阴、阳离子，晶胞参数分别为apm，apm，cpm，α=β=γ=90°。①该化合物中配离子为。②计算该晶体的密度为g·cm-3(列出计算表达式)。(3)以生产感光材料的过程中产生的含AgBr的废液为原料，制备单质银的一种工艺流程如图所示：已知：Ag+可与S2O32-结合生成稳定的[Ag(S2O3)2]①已知NH2OH与NH3类似，具有碱性，请写出其水溶液中主要存在的阳离子：。②步骤1中，有无毒无害的气体单质生成，请写出步骤1中AgBr与NH2OH反应的化学方程式：。③操作1、操作2均为，步骤2中，加入稍过量的Na2S2O3溶液的目的是，若省去操作1，直接加入Na2S2O3溶液，缺点是。(4)(CN)2、(SCN)2等物质具有与卤素单质类似的性质，称为拟卤素，其对应的CN-、SCN-称之为拟卤离子，已知氧化性：I2>(CN)2。①(SCN)2为链状结构，分子中每个原子均满足8e-，请写出(SCN)2的电子式：