新高考化学一轮复习考点精讲精练第五章 物质结构与性质、元素周期律 章末综合检测卷（2份，原卷版+解析版）

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1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 K 39
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．“新质生产力”的概念中“新 ”的核心在于科技创新，下列有关说法正确的是
A．小型核反应堆“玲龙一号 ”以为核燃料，与互为同素异形体
B．液氧甲烷火箭“朱雀二号 ”所用燃料 为非极性分子，燃烧时其非极性共价键被破坏
C．北斗卫星导航系统中的星载铷钟所用元素位于元素周期表中的 s 区
D．利用合成高级脂肪酸甘油酯，实现无机小分子向有机高分子的转化
【答案】C
【详解】A．与互为同位素，同素异形体是同种元素形成的不同单质（如和），而同位素是同一元素的不同核素，A错误；
B．为非极性分子，但燃烧时破坏的是极性共价键，不是非极性键，B错误；
C．铷（）位于第ⅠA族，属于元素周期表的s区，C正确；
D．高级脂肪酸甘油酯是相对分子质量较大的有机物，但未达到高分子化合物的范畴（通常需上万），D错误；
故答案选：C。
2．和的局部结构如图所示(局部结构中的所有原子共平面)，是一种高效催化剂，下列说法错误的是
A．中元素的电负性：
B．局部结构中N的杂化方式有2种
C．中元素呈价
D．作催化剂时可能会断裂共价键
【答案】B
【详解】A．电负性同周期从左到右增大，N、C同周期且N在C右侧，故N>C；H电负性小于C（C≈2.55，H≈2.20），则N>C>H，A正确；
B．TCPP局部结构中所有原子共平面，N需为sp2杂化以保证平面结构。无论是否连H，N的价层电子对数均为3（σ键数+孤电子对数=3），杂化方式均为sp2，仅1种，B错误；
C．TCPP中部分N与H结合，形成C-TCPP时失去2个H⁺，配体带-2电荷，C为+2价以平衡电荷，C正确；
D．催化剂可能通过与反应物形成中间产物参与反应，过程中可能涉及共价键的断裂与重新形成（反应后恢复），D正确；
故选B。
3．工业可用反应制备MgCl2 和 AlCl3 。下列说法正确的是
A．离子半径： B．电负性：χ（Cl）>χ（C）
C．电离能大小：I1（Al）>I1（Mg）D．酸性强弱：
【答案】B
【详解】A．和电子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小，故，A错误；
B．元素非金属性越强，电负性越大，Cl的非金属性强于C，故Cl的电负性（3.0）大于C（2.5），B正确；
C．Mg的轨道为全充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素Al，且Al的外围电子排布式为，失去3p能级的1个电子后形成稳定状态需要的能量较小，故第一电离能Mg>Al，C错误；
D．一般情况下，含氧酸中非羟基氧原子数越多，酸性越强，故HClO的酸性（）弱于（），D错误；
答案选B。
4．黄铁矿()作为电子供体的自养反硝化技术是处理低碳氮废水的一种潜力巨大的处理技术。氧化与反硝化耦合的机理如图所示。下列相关说法错误的是
A．晶体中存在非极性共价键
B．与反应的离子方程式：
C．整个反应过程中，最多提供电子
D．产生的可能会对环境产生二次污染
【答案】C
【详解】黄铁矿()氧化与反硝化耦合的过程中，反硝化作用是指硝酸盐被还原为氮气和水的过程，而黄铁矿作为电子供体，在这个过程中被氧化，提供电子，所以在这里作为还原剂，被氧化，失去电子，据此分析作答。
A．FeS2晶体中存在离子，中S原子之间形成非极性共价键，A正确；
B．离子方程式中，Fe、S、H、O元素守恒，Fe的化合价+3→+2得6e-，S的化合价-1→+2失6e⁻，得失电子守恒，B正确；
C．FeS2在该过程中作为还原剂，被氧化，失去电子，最终生成氢氧化铁沉淀和硫酸根离子，铁元素从+2价升至+3价，硫元素从-1价升至+6价，则1mlFeS2最多提供15ml电子，C错误；
D．大量排放可能导致水体酸化或土壤盐碱化，产生二次污染，D正确；
故答案为C。
5．最近，某科研团队首次合成由10个碳原子组成的环型纯碳分子材料，其合成方法如图所示。下列说法正确的是
A．环型C10中碳原子采用sp2杂化
B．环型C10的熔点高于C10Cl8的熔点
C．上述转化中，只断裂极性共价键
D．环型C10与石墨烯互为同素异形体
【答案】D
【详解】A．C10Cl8中碳原子采用sp2杂化，环形碳中每个碳原子都有两根双键，采用sp杂化，故A错误；
B．环型C10和C10Cl8都是分子晶体，熔化破坏分子间范德华力，C10Cl8相对分子量大，范德华力大，熔点高，故B错误；
C．上述转化中，C10Cl8断裂了碳氯极性键、碳碳非极性键，故C错误；
D．石墨烯和C10是两种碳元素的单质，互为同素异形体，故D正确；
故答案为D。
6．我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(结构式如图a)，该分子和客体分子可形成主客体包合物：被固定在空腔内部(结构示意图见图b)。下列说法错误的是
A．主体分子存在分子内氢键B．主客体分子之间存在共价键
C．磺酸基中的S—O键能比小D．和中N均采用杂化
【答案】B
【详解】A．主体分子内羟基与磺酸基相邻较近，磺酸基中含有羟基的结构，可以形成分子内氢键，A正确；
B．主体与客体间通过非共价键形成超分子，B错误；
C．已知单键的键能小于双键，则S-O的键能比S=O键能小，C正确；
D．N原子价电子数为5，中N有4条键，失去1个电子形成阳离子，无孤对电子，采用sp3杂化，中N有3条键，1对孤对电子，价层电子对数为4，采用sp3杂化，D正确；
故选B。
7．氧化铈(CeO2)常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂Y2O3，Y3+占据原来Ce4+的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示(图乙为晶胞的俯视图)。下列说法不正确的是
已知：①CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为apm
②O2-的填充率
A．图甲中M点的原子坐标为，则N点的原子坐标为
B．图乙中表示的相对位置的是4
C．晶胞参数为
D．化学式中y=4，且该晶胞中的填充率为83.3%
【答案】B
【详解】A．由题干晶胞结构可知，图甲中M点的原子坐标为，则N点的原子坐标为，A正确；
B．由题干晶胞结构可知，Ce4+或Y3+在顶点和面心上，而O2-在体内面心和顶点形成的8个四面体上，故图乙中表示O2-的相对位置的是3，B错误；
C．由题干晶胞示意图可知，CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为体对角线的，为apm，设晶胞的边长为x，则有=apm，解得CeO2晶胞参数即x为，C正确；
D．由题干晶胞可知，一个晶胞含有Ce4+和Y3+的个数为：=4，O2-的个数为8，化学式中y=4，且该晶胞中O2-的填充率为=83.3%，D正确；
故答案为：B。
8．下列关于物质的结构或性质以及解释均正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【详解】A．稳定性：，是由于O的非金属性比S强，A错误；
B．酸性：HCOOH＞CH3COOH，表明HCOOH比CH3COOH易发生电离，也就是前者羟基的极性比后者羟基的极性强，B正确；
C．水溶性：丙三醇大于乙醇，丙三醇分子中含有较多的羟基，这些羟基可以与水分子形成氢键，从而增加了丙三醇在水中的溶解度，C错误；
D．沸点：，是由于二者形成的均是分子晶体，前者的相对分子质量大于后者的相对分子质量，D错误；
故选B。
9．下列化学用语使用正确的是
A．基态硫原子的价层电子轨道表示式：
B．的电子式：
C．的空间填充模型：
D．氨水中与分子间氢键主要形式可表示为
【答案】A
【详解】A．基态硫原子价层电子为3s23p4，价层电子轨道表示式，故A正确；
B．是离子化合物，电子式为，故B错误；
C．H2O2的空间构型是二面角结构，故C错误；
D．氨水中与分子间氢键主要形式可表示为，故D错误；
选A。
10．科学家开发了以和为原料高效制备的方法：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．标准状况下，中含有键数为
B．常温常压下含有的原子数为
C．中心原子的孤电子对数为
D．上述反应生成时，转移电子数为
【答案】C
【详解】A．分子中每个Cl原子通过一个p-p σ键连接，1ml 含1ml σ键，标准状况下22.4L 为1ml，故σ键数为，A正确；
B．的摩尔质量为67.5g/ml，67.5g为1ml，每个分子含3个原子，总原子数为，B正确；
C．中心Cl的孤电子对数=，故1ml 含孤电子对数为，C错误；
D．反应中转移电子数为2，故生成2mlNaCl时，总转移电子数为，D正确。
故选C。
11．厌氧氨氧化法(Anammx)是一种新型的氨氮去除技术，下列说法正确的是
A．键角：B．键的极性：
C．N2H4、N2H2均为非极性分子D．键长：
【答案】A
【详解】A．NH中N原子价层电子对数为4（无孤电子对），空间构型为正四面体，键角109°28′；NO中N原子价层电子对数为3（含1对孤电子对），空间构型为V形，键角约115°。因此键角：，A正确；
B．成键原子之间电负性差值越大，成键原子之间键的极性就越强，H(2.1)与O(3.5)电负性差值为1.4，N(3.0)与N电负性差值为0，故H-O键极性远大于N-N键，B错误；
C．N2H4（肼）分子结构不对称（含孤电子对），正负电荷中心不重合，为极性分子；N2H2虽可能对称，但N2H4为极性分子，故“均为非极性分子”的说法错误，C错误；
D．键长越长，键能越小。N≡N键能大于N=N，因此N≡N键长更短，即N=N>N≡N，D错误；
答案选A。
12．某新型电池的正极材料的化学式为。X、Y、Z、M、Q是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Y在元素周期表中相邻，且Y是电负性最大的元素，Z是同周期原子半径最大的元素，基态M原子轨道半充满，X和M的原子序数之和等于Q的原子序数。下列说法正确的是
A．基态Q原子的价层电子数为3
B．简单离子半径：
C．简单氢化物的沸点：
D．X、Y、Z、M、Q均位于元素周期表的p区
【答案】B
【详解】X、Y、Z、M、Q是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Y在元素周期表中相邻，且Y是电负性最大的元素，Y是F元素、X是O元素；Z是同周期原子半径最大的元素，基态M原子道半充满，M是P元素，Z是Na元素，O和P的原子序数之和等于Q的原子序数,Q是V元素。
A．Q是V元素，V的价层电子数排布式为3d34s2，价层电子数为5，故A错误；
B．电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径O2-> F﹣> Na+，故B正确；
C．水分子间形成的氢键多，H2O沸点高于HF，故C错误；
D．Na位于s区，V位于d区，其余在p区，故D错误；
选B。
13．N-羧基丙氨酸酸酐广泛用于生物领域，可用碳酸二甲酯和丙氨酸为原料制备，其反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．在强酸性环境下不利于该反应进行
B．反应过程中有键的断裂和形成
C．该过程中元素的化合价发生改变
D．用甘氨酸代替丙氨酸，可制得
【答案】C
【详解】A．在强酸性溶液中，碳酸二甲酯会发生水解，同时CH3CH(NH2)COO-浓度降低，不利于反应进行，A正确；
B．根据图示，该过程中存在N－H、C－O等极性键的断裂和C－O等极性键的生成，B正确；
C．碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]与Zn(CH3COO)2形成的是配位键，整个过程中均未有元素化合价发生变化，C错误；
D．若用甘氨酸(H2NCH2COOH)代替丙氨酸，则根据转化关系，最后可得到，D正确；
故选C。
14．四种短周期元素，原子序数依次增大。四种元素形成的盐是强氧化剂，其阴离子的结构如图所示，图中各原子最外层都达到8电子稳定结构。下列说法中正确的是
A．简单离子半径：
B．第一电离能由大到小排序：
C．最简单氢化物的沸点：
D．具有强氧化性是因为Z元素呈价
【答案】B
【详解】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，形成的盐为，阳离子为，阴离子为 ⁻。根据阳离子及短周期元素特性，推断为（N为X，H为W）；由阴离子的8电子稳定结构、强氧化性及成键情况知，Y、Z为最外层电子数为6，是第ⅥA元素阴离子为，故Y为O，Z为S。综上，W为H、X为N、Y为O、Z为S。
A．电子层数越多、离子半径越大，当电子层数相同时，核电荷数越多，离子半径越小，简单离子半径：，A错误；
B．同一周期主族元素，从左到右，第一电离能呈增大趋势，但、反常，同一主族元素，从上到下，第一电离能减小，故第一电离能由大到小排序为，B正确；
C．常温下，为液态，为气体，沸点：，C错误；
D．Z元素为S，最高价为+6价，具有强氧化性是因为结构中存在过氧键，D错误；
故答案为B。
15．硫代硫酸盐是一种浸金试剂，硫代硫酸根的结构如图1。晶胞为长方体，边长分别为apm，apm，bpm，结构如图2.已知的摩尔质量为，设阿伏加德罗常数的值为下列说法正确的是

A．的空间结构为正四面体
B．含有的σ键数目为
C．能与形成配离子，中的2号硫原子提供孤电子对
D．该晶体的密度为
【答案】C
【详解】A．中键长不同，的空间结构为四面体，但不是正四面体，故A错误；
B．水分子中含有2个σ键，Mg2+与6个水分子形成6个配位键，配位键是σ键，1个中含有18个σ键，含有的σ键数目为，故B错误；
C．能与形成配离子，中的1号硫原子孤电子对数为，而2号硫原子具有孤电子对，2号硫原子提供孤电子对，故C正确；
D．根据均摊原则，晶胞中含有4个、数目为，每个晶胞含有4个，该晶体的密度为，故D错误；
选C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（11分）单质及其化合物应用广泛。回答下列问题：
(1)在元素周期表中，位于第 周期 族。基态原子与基态离子未成对电子数之比为 。
(2)尿素分子与形成配离子的硝酸盐俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。
①元素C、N、O中，第一电离能最大的是 ，电负性最大的是 。
②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为 。
③八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与配位的原子是 (填元素符号)。
(3)可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为)。
①晶胞中原子的半径为 。
②研究发现，晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是 ，该截面单位面积含有的原子为 个。
【答案】
(1)四 VIII 4：5
(2)N O sp2 O
(3) n
【详解】（1）Fe为26号元素，位于元素周期表中第四周期VIII族；基态Fe原子电子排布式为[Ar]3d64s2，未成对电子数为4，基态Fe3+电子排布式为[Ar]3d5，未成对电子数为5，故答案为：四；VIII；4：5。
（2）①同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能：N>O>C；同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，因此电负性：O>N>C，故答案为：N；O。
②尿素分子中C原子形成3个σ键，无孤电子对，采取的轨道杂化方式为sp2杂化。
③八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，因此N原子不会参与形成配位键，说明C=O中O原子参与配位，所以与配位的原子是O。
（3）①为体心立方晶胞，晶胞边长为a pm，体对角线长度为，体心立方晶胞中Fe原子半径r与体对角线关系为4r=，因此原子的半径为。
②m截面面积Sm=a2pm2，每个顶点被8个相邻晶胞共享​​，每个晶胞的面被两个晶胞共用，每个晶胞的顶点原子贡献个原子给该晶面，所含原子数为，单位面积原子数为个pm-2；n截面面积为pm2，每个顶点被8个相邻晶胞共享，每个顶点参与形成四个通过体心的截面，体心原子完全属于本截面，所含原子数为，单位面积原子数为个∙pm-2，因此催化活性较低的是n截面，该截面单位面积含有的原子为个∙pm-2。
17．（11分）独特的笼状结构使其及其衍生物表现出特殊的性质。
(1)金刚石与的晶胞结构如图，比较二者熔点大小：金刚石 (填“”、“”或“”)，并从结构角度分析原因 。
(2)一种金属富勒烯配合物合成过程如图所示。已知：烯烃、等因能提供电子与中心原子形成配位键，被称为“配体”。
①()内中心P原子的杂化轨道类型是 。
②比较两种配体与Pt的配位能力大小： (填“”、“”或“”)。
③结合中C原子的成键特点，分析可作为配体的原因 。
(3)的碱金属(、Rb、Cs)衍生物的晶胞结构如图。
①与每个分子紧邻且等距的分子数目为 。
②某种的碱金属衍生物的化学式为，每个晶胞中含有的M原子的数目是 。
③当M代表K时，晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数为。该晶体密度为 ()。
【答案】
(1) 金刚石是共价晶体，晶体是分子晶体，二者熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，共价键的强度大于分子间作用力，故金刚石熔点高于
(2) 中每个C原子形成3个键，未参与形成键的电子形成大键，故能提供电子与中心原子形成配位键
(3)12 12
【详解】（1）金刚石的熔点大于，因为金刚石为共价晶体， 为分子晶体，二者熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，共价键的强度大于分子间作用力，故金刚石熔点高于。
（2）① 三苯基膦中，中心P原子形成3个键和1个孤电子对，为杂化；
②都是配体，能够通过电子与中心金属原子形成配位键，分子由60个碳原子组成，形成球状结构，每个碳原子通过杂化与相邻的三个碳原子形成键，未参与杂化的一个轨道上的电子形成离域键，具有更大的电子云，因此其配位能力更强，则与的配位能力大小：。
③分子由60个碳原子组成，形成球状结构，每个碳原子通过杂化与相邻的三个碳原子形成键，未参与杂化的一个轨道上的电子形成离域键，这种离域键能够提供电子与中心原子形成配位键。
（3）① 由晶胞结构可知，C60分子位于晶胞的顶点和面心，则与每个C60分子紧邻且等距的C60分子数目为12；
②某种C60的碱金属衍生物的化学式为M3C60，该晶胞中C60分子的个数为，则每个晶胞中含有的M原子的数目是；
③当M代表K，晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数为NA时，该晶体密度为：。
18．（11分）氮形成的一系列化合物广泛应用于科研、医疗、化工等领域。回答下列问题：
(1)基态N原子核外电子的空间运动状态有 种；N、O、F第一电离能由大到小的顺序为 (填元素符号)。
(2)甲胺()和肼()都可用作制药原料。
①两者的碱性随N原子电子云密度增大而增强，则其中碱性较强的是 (填化学式)，原因为 。
②肼与硫酸反应生成，其晶体内存在 (填标号)。
A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．金属键
(3)含氮有机物邻二氮菲(，简称为phen)是平面分子，能与生成稳定的螯合物，其反应原理如下：。
①phen中N原子的价层孤电子对占据 (填标号)。
A．2s轨道 B．2p轨道 C．杂化轨道 D．杂化轨道
②中的配位数为 。
(4)活性氮物质能用于合成多种高附加值含氮化合物，其晶胞形状为长方体，结构如图。
以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。图中m处的分数坐标为(为m处到底面的垂直距离)，则n处的分数坐标为 ；该晶体的密度 (表示阿伏加德罗常数的值，用含a、b、的代数式表示)。
【答案】
(1)5
(2) 甲基是推电子基，使甲胺中N电子云密度增大 ABC
(3)D 6
(4)
【详解】（1）基态氮原子核外有7个电子，所以基态N原子核外电子的空间运动状态有5种；同一周期从左到右，元素的第一电离能有增大的趋势，但由于氮原子的价电子排布式为2s22p3，2p上排布3个电子是半充满的稳定结构，所以其第一电离能大于其后的氧元素，所以N、O、F第一电离能由大到小的顺序为F>N>O；
（2）①甲基为推电子基团，会导致甲胺中N的电子云密度增大，则碱性更强；
②肼分子与硫酸反应生成，与化合物类型相同，故是离子晶体，和之间存在离子键，中N和H之间形成6个共价键(其中2个配位键)，中也存在共价键，故选ABC；
（3）①为平面形分子，N原子的价层孤电子对占据杂化轨道，故选D；
②中，每个邻二氮菲分子中两个氮原子与形成2个配位键，该配离子中配体是3个，所以的配位数为6；
（4）图中m处的分数坐标为(p nm为m处到底面的垂直距离)，由晶胞结构可知n处的分数坐标为，的个数为8×+1=2，Li+的个数为8×=4，设表示阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度。
19．（11分）碳族、卤族可以形成多种化合物。中心原子为Cl，中心原子为O，二者均为V形结构，但中存在大键。回答下列问题。
(1)中Cl原子的轨道杂化方式 ；为O-Cl-O键角 Cl-O-Cl键角（填“>”“”“”“ < 分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中键的键长较小，而只存在普通的σ键
(2)角(V)形 低于 和都是分子晶体，结构相似，的相对分子质量大，的熔、沸点高
(3)正四面体形
(4)FDCA形成的分子间氢键更多
(5)平面三角形