鲁科版高考化学一轮总复习课时质量评价13含答案

这是一份鲁科版高考化学一轮总复习课时质量评价13含答案，共7页。试卷主要包含了选择题，不定项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)
1．有关乙烯分子中化学键的描述正确的是( )
A．每个碳原子的sp2杂化轨道中的其中一个形成π键
B．每个碳原子的未参加杂化的2p轨道形成σ键
C．碳原子的三个sp2杂化轨道与其他原子形成三个σ键
D．碳原子的未参加杂化的2p轨道与其他原子形成σ键
C 解析：每个碳原子的sp2杂化轨道与两个氢原子和另一个碳原子形成三个σ键，故A项错误，C项正确；每个碳原子的未参加杂化的2p轨道“肩并肩”形成π键，故B、D项错误。
2．在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是( )
A．范德华力、范德华力、范德华力
B．范德华力、范德华力、共价键
C．范德华力、共价键、共价键
D．共价键、共价键、共价键
B 解析：石蜡eq \(―――――→,\s\up10(范德华力))液体石蜡eq \(―――――→,\s\up10(范德华力))石蜡蒸气eq \(―――――→,\s\up10(共价键))裂化气。
3．下列说法中正确的是( )
A．Na2S2、NaClO中所含化学键的类型完全相同
B．只有活泼金属元素与活泼非金属元素之间才能形成离子键
C．等物质的量的CN－和N2含有的共用电子对数相等
D．氯气与NaOH反应的过程中，同时有离子键、极性键和非极性键的断裂和形成
C 解析：A项，Na2S2中含离子键和S—S非极性键，NaClO中含离子键和Cl—O极性键，故化学键类型不完全相同；B项，铵盐中含离子键，均为非金属元素，形成离子键的可能不含金属元素；C项，等物质的量的CN－和N2含有的共用电子对数相等；D项，氯气与NaOH反应生成NaClO、NaCl、H2O，产物中不存在非极性键，没有非极性键的形成。
4．某化合物的分子式为AB2，A属于ⅥA族元素，B属于ⅦA族元素，A和B在同一周期，它们的电负性值分别为3.44和3.98，已知AB2分子的键角为103.3°。下列推断不正确的是( )
A．AB2分子的空间结构为V形
B．A—B键为极性共价键，AB2分子为非极性分子
C．AB2与H2O相比，AB2的熔点、沸点比H2O的低
D．AB2分子中无氢原子，分子间不能形成氢键，而H2O分子间能形成氢键
B 解析：根据A、B的电负性值及所处位置关系，可判断A元素为O，B元素为F，该分子为OF2。OF2中O原子的价电子对数为2＋eq \f(1,2)×(6－2×1)＝4，其中孤电子对数为2，则OF2为V形；O—F键为极性共价键；因为OF2分子的键角为103.3°，结构不对称，所以为极性分子。
5．(2021·日照模拟)短周期元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X元素基态原子有2个未成对电子，Y元素基态原子的核外p电子比s电子少1个，Z的一种超原子Zeq \\al(－,13)具有40个价电子，下列说法错误的是( )
A．XOeq \\al(2－,3)的空间结构为平面三角形
B．简单离子半径：YC．YOeq \\al(－,3)中心原子的杂化方式为sp2杂化
D．化合物ZY的结构与X的某种单质的结构相似
B 解析：X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，Y元素基态原子的核外p电子比s电子少1个，则Y为N元素；X元素基态原子有2个未成对电子，则X为C元素；Z的一种超原子Zeq \\al(－,13)具有40个价电子，则Z的价电子数为eq \f(40－1,13)＝3，Z为Al元素。COeq \\al(2－,3)中心原子的价电子对数为3＋eq \f(4＋2－3×2,2)＝3，不含孤电子对，采用sp2杂化，空间结构为平面三角形，A选项正确；N3－与Al3＋的核外电子排布相同，而N的核电荷数小于Al，则离子半径：N3－>Al3＋，B选项错误；NOeq \\al(－,3)中心原子的价电子对数为3＋eq \f(5＋1－3×2,3)＝3，不含孤电子对，采用sp2杂化，C选项正确；化合物ZY为AlN，是共价晶体，属于类金刚石结构的氮化物，与C的单质金刚石结构相似，D选项正确。
6．下图中每条折线表示元素周期表ⅣA～ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化，其中a点代表的是( )
A．H2S B．HCl C．PH3 D．SiH4
D 解析：NH3、H2O、HF分子间存在氢键，它们的沸点较高，即沸点高低关系为NH3>PH3，H2O>H2S，HF>HCl，对应图上三条折线，所以a点所在折线对应ⅣA族元素的气态氢化物，且a点对应第3周期，所以a表示SiH4。
二、不定项选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)
7．下表中各微粒对应的空间结构及杂化方式均正确的是( )
AD 解析：A项，SO3分子中硫原子的价电子对数＝3＋eq \f(1,2)×(6－3×2)＝3，不含孤电子对，采取sp2杂化，空间结构为平面三角形，正确；B项，SO2分子中硫原子的价电子对数＝2＋eq \f(1,2)×(6－2×2)＝3，含1对孤电子对，采取sp2杂化，空间结构为V形，错误；C项，COeq \\al(2－,3)中碳原子的价电子对数＝3＋eq \f(1,2)×(4＋2－3×2)＝3，不含孤电子对，采取sp2杂化，空间结构为平面三角形，错误；D项，乙炔(CH≡CH)分子中每个碳原子均形成2个σ键和2个π键，价电子对数是2，为sp杂化，空间结构为直线形，正确。
8．下列对分子及其性质的解释中，不正确的是( )
A．硫易溶于二硫化碳、甲烷难溶于水都可用“相似相溶”原理解释
B．乳酸[CH3CH(OH)COOH]中存在一个手性碳原子
C．H2O比H2S稳定是由于水分子间可以形成氢键
D．已知酸性：HCOOH>CH3COOH，是因为CH3—是吸电子基团，使羧基中的羟基极性增强，酸性减弱
CD 解析：硫是非极性分子，易溶于非极性溶剂二硫化碳，甲烷是非极性分子，难溶于极性溶剂水，所以都可用“相似相溶”原理解释，A正确；碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子，所以中加“*”的碳原子为手性碳原子，B正确；H2O的沸点比H2S高是由于水分子间可以形成氢键，H2O比H2S稳定是由于水分子中的H—O键比硫化氢分子中的H—S键强，C错误；烃基为给电子基团，烃基的给电子效应使羧基中的羟基极性减小，羧酸酸性减弱，D错误。
9．(2020·天津高考)已知[C(H2O)6]2＋呈粉红色，[CCl4]2－呈蓝色，[ZnCl4]2－为无色。现将CCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：
[C(H2O)6]2＋＋4Cl－[CCl4]2－＋6H2O ΔH
用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：
以下结论和解释正确的是( )
A．等物质的量的[C(H2O)6]2＋和[CCl4]2－中σ键数之比为3∶2
B．由实验①可推知ΔH<0
C．实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动
D．由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2－>[CCl4]2－
D 解析：A项，1个[C(H2O)6]2＋中σ键数为6＋2×6＝18,1个[CCl4]2－中σ键数为4，错误；B项，置于冰水浴中溶液变成粉红色，说明平衡逆向移动，也说明逆反应是放热反应，则正反应是吸热反应，ΔH>0，错误；C项，H2O是纯液体，平衡移动与c(H2O)没有关系，错误；D项，加少量ZnCl2固体，溶液变成粉红色，说明平衡[C(H2O)6]2＋＋4Cl－[CCl4]2－＋6H2O逆向移动，是因为Zn2＋结合Cl－生成了更稳定的配离子[ZnCl4]2－，正确。
三、非选择题
10．[Zn(CN)4]2－在水溶液中与HCHO发生如下反应：[Zn(CN)4]2－＋4HCHO＋4H＋＋4H2O===[Zn(H2O)4]2＋＋4HOCH2CN。
(1)Zn2＋基态核外电子排布式为__________________________。
(2)1 ml HCHO分子中含有σ键的数目为________。
(3)HOCH2CN的结构式为，HOCH2CN分子中碳原子的杂化轨道类型分别是________和________。
(4)下列一组微粒中键角由大到小的顺序排列为________________(填标号)。
①CO2 ②SiF4 ③SCl2 ④COeq \\al(2－,3) ⑤H3O＋
(5)元素C、N、S的简单氢化物在水中的溶解度从大到小的顺序为_______________________________________________________，原因是________________________________________________。
解析：(1)Zn是30号元素，其原子核外有30个电子，失去最外层两个电子生成锌离子，根据构造原理书写其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 。(2)HCHO分子中含有2个C—H、1个C===O双键，即分子中含有3个σ键，所以1 ml HCHO分子中含有σ键的数目为3NA。(3)HOCH2CN的结构式为，其中与羟基(—OH)相连的一个碳原子为饱和碳原子，价电子对数为4，杂化轨道类型为sp3；另一碳原子与氮原子形成碳氮三键，1个三键含有1个σ键和2个π键，价电子对数为2，所以碳原子的杂化轨道类型为sp。(4)①CO2是直线形结构，键角为180°；②SiF4为正四面体结构，键角为109°28′；③SCl2中S采用sp3杂化，为V形结构；④COeq \\al(2－,3)中C采用sp2杂化，为平面正三角形结构，键角为120°；⑤H3O＋中O采用sp3杂化，为三角锥形结构，③中2个孤电子对之间的斥力较大，使得③中键角小于⑤，同理⑤中键角小于②，因此键角由大到小的顺序排列为①④②⑤③。(5)元素C、N、S的简单氢化物在水中的溶解度从大到小的顺序为NH3＞H2S＞CH4，原因是CH4为非极性分子，NH3、H2S均为极性分子，且NH3能与水形成氢键。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d10{或[Ar]3d10}
(2)3NA
(3)sp3 sp
(4)①④②⑤③
(5)NH3＞H2S＞CH4 CH4为非极性分子，NH3、H2S均为极性分子，且NH3能与水形成氢键
11．氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题：
(1)H、B、N中，原子半径最大的是________。根据对角线规则，B的一些化学性质与元素______的相似。
(2)NH3BH3分子中，N—B化学键称为________键，其电子对由________提供。
氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：
3NH3BH3＋6H2O===3NHeq \\al(＋,4)＋B3Oeq \\al(3－,6)＋9H2。B3Oeq \\al(3－,6)的结构式为。在该反应中，B原子的杂化轨道类型由____________变为____________。
(3)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ＋)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ－)，电负性大小顺序是________。与NH3BH3原子总数相等的等电子体是________(填分子式)，其熔点比NH3BH3________(填“高”或“低”)，原因是在NH3BH3分子之间，存在________________，也称“双氢键”。
(4)研究发现，氨硼烷在低温、高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为a pm、b pm、c pm，α＝β＝γ＝90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞结构如图所示。
氨硼烷晶体的密度ρ＝________g·cm－3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。
解析：(1)H、B、N中，H原子的核外电子层最少，原子半径最小，B、N均属于第2周期元素，原子序数：BN，故原子半径：B>N>H；根据对角线规则可知，周期表中某些主族元素与右下方的主族元素化学性质相似，如Li和Mg、Be和Al、B和Si。(2)NH3BH3分子中，N原子核外有1对孤电子对，B原子含有空轨道，故N原子提供孤电子对与B原子形成N→B配位键，NH3BH3分子的结构式为。由NH3BH3的结构式可知B原子的价电子对数＝σ键数＝4(孤电子对数为0)，故NH3BH3中B原子采取sp3杂化；由B3Oeq \\al(3－,6)的结构式可知，B原子的价电子对数＝σ键数＝3(孤电子对数为0)，故B3Oeq \\al(3－,6)中B原子采取sp2杂化。(3)电负性指原子对键合电子的吸引力，吸引力越大，电负性越大，反之越小。由N—H键中N显负电性、H显正电性，可知吸引共用电子对的能力：N>H，故电负性：N>H；同理可知电负性：H>B，综上可知电负性：N>H>B。CH3CH3分子之间不存在氢键，只存在范德华力，NH3BH3分子之间既存在氢键，又存在Hδ＋与Hδ－的静电引力即双氢键，故NH3BH3熔点高于CH3CH3。(4)根据氨硼烷的2×2×2超晶胞结构图可知，每个晶胞含有16个NH3BH3分子，则1个晶胞的质量为eq \f(16M,NA)＝eq \f(16×31,NA) g,1个晶胞的体积为2a×10－10×(2b×10－10)×(2c×10－10) cm3＝8abc×10－30 cm3，故晶体密度ρ＝eq \f(m,V)＝eq \f(62,NAabc×10－30) g·cm－3。
答案：(1)B Si(硅)
(2)配位 N sp3 sp2
(3)N>H>B CH3CH3 低 Hδ＋与Hδ－的静电引力
(4)eq \f(62,NAabc×10－30)
选项
微粒
空间结构
杂化方式
A
SO3
平面三角形
S原子采取sp2杂化
B
SO2
V形
S原子采取sp3杂化
C
COeq \\al(2－,3)
三角锥形
C原子采取sp2杂化
D
C2H2
直线形
C原子采取sp杂化