2015届高考化学第一轮知识点复习题45.doc

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沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。

须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。

一、选择题
1．下列关于粒子结构的描述不正确的是(　　)
A．H2S和NH3均是价电子总数为8的极性分子
B．HS－和HCl均是含一个极性键的18电子粒子
C．CH2Cl2和CCl4均是四面体构型的非极性分子
D．1mol DO中含中子、质子、电子各10 NA(NA代表阿伏加德罗常数的值)
解析：A项中H2S和NH3都是价电子总数为8的极性分子，A正确；B项中HS－和HCl都只含一个极性键，都具有18个电子，B正确；C项中CH2Cl2是极性分子，四面体构型，CCl4是非极性分子，正四面体构型，C不正确；D项中一个氘原子D(H)中含一个质子、一个电子、一个中子，故1 mol DO中含中子、质子、电子各10NA，D正确。
答案：C
2．下列叙述中正确的是(　　)
A．卤化氢分子中，卤素的非金属性越强，共价键的极性越强，稳定性也越强
B．以极性键结合的分子，一定是极性分子
C．判断A2B或AB2型分子是否是极性分子的依据是看分子中是否具有极性键
D．非极性分子中，各原子间都应以非极性键结合
解析：对比HF、HCl、HBr、Hl分子中H—X的极性键强弱，卤素中非金属性越强，键的极性越强，是正确的。以极性键结合的双原子分子，一定是极性分子，但以极性键结合成的多原子分子，也可能是非极性分子，如CO2。A2B型如H2O、H2S等，AB2型如CO2、CS2等，判断其是否是极性分子的根据是看是否有极性键且电荷分布是否对称，如CO2、CS2的结构为直线形，键角为180°，电荷分布对称，为非极性分子，如H2O，有极性键，电荷分布不对称，为极性分子。多原子分子，其电荷分布对称，这样的非极性分子中可以含有极性键。
答案：A
3．(双选)下列描述中正确的是(　　)
A．CS2为V形的极性分子
B．ClO的空间构型为平面三角形
C．SF6中有6对完全相同的成键电子对
D．SiF4和SO的中心原子均为sp3杂化
解析：CS2的结构类似于CO2的结构是直线形分子，A错误；氯原子与氧原子形成三个配位键，另得一电子形成8电子稳定结构，应该是三角锥形结构，B错误；SF6中的共价键完全相同，C正确；SiF4中心原子采取的是sp3杂化，正四面体构型，SO的中心原子也为sp3杂化，三角锥形结构。
答案：CD
4．常温下三氯化氮( NCl3)是一种淡黄色液体，其分子结构呈三角锥形，以下关于NCl3的说法正确的是(　　)
A．分子中N—Cl键是非极性键
B．分子中不存在孤电子对
C．NCl3分子是极性分子
D．因N—Cl键的键能大，它的沸点高
解析：NCl3的电子式为，N原子上还有一对孤电子对。NCl3分子类似于NH3。N原子上还有孤电子对，不是＋5价，为极性分子，结构不对称，类似于NH3，为三角锥形。N－Cl键为极性键，键能大说明分子稳定，而物质的熔、沸点的高低应受分子间作用力影响，与共价键强弱无关。
答案：C
5．(双选)下列分子中，属于非极性分子的是(　　)
A．SO2　　　　　　 B. BeCl2
C. BBr3 D．COCl2
解析：对于ABn型分子，若A原子的最外层电子均参与成键，该分子为非极性分子，否则为极性分子。BeCl2和BBr3为非极性分子，SO2为极性分子。COCl2的分子结构为，碳上连一个双键氧，然后左右各连一个氯，它们的正负电荷中心不是重合的，是极性分子。
答案：BC
6．(2012·长安一中、高新一中、交大附中、师大附中、西安中学三模)X、Y是周期表前二十号元素中的两种，已知X、Y之间原子序数相差3，X、Y能形成化合物M。下列说法正确的是(　　)
A．若X、Y处于同一周期，则化合物M不可能是正四面体形分子晶体
B．若X的单质常温下是气体，则Y的单质常温下也是气体
C．若X、Y两元素的周期数差1，则属于离子化合物的M只有四种
D．若M属于离子晶体，则其中可能含有非极性键
解析：X、Y处于同一周期，化合物M可能是CF4和SiCl4，这两种化合物均为正四面体形分子晶体，A项错；由于X、Y能形成化合物，当X的单质常温下是气体时，Y的单质常温下不可能是气体，B项错；X、Y两元素的周期数差1，属于离子化合物的M有：Na2O，Na2O2 、MgF2、K2S、CaCl2等，其中Na2O2中含有非极性键，故C错，D正确。
答案：D
7．(2013·太原模拟)下列说法正确的是(　　)
A．由于水中存在氢键，所以水很稳定
B．能与酸反应生成盐和水的氧化物一定是碱性氧化物
C．Na2O2中既含有离子键，又含有非极性键
D．由于C===O键是极性键，所以CO2是极性分子
解析：稳定性是化学性质，氢键只影响水的物理性质，不影响水的化学性质；B项注意两性氧化物与酸的反应；D项混淆了键的极性和分子的极性的关系，CO2是对称结构，所以是非极性分子。
答案：C
8．(2013·湖北模拟)下列有关物质性质、结构的表述均正确，且存在因果关系的是(　　)

表述1
表述2
A
在水中，NaCl的溶解度比I2的溶解度大
NaCl晶体中Cl－与Na＋间的作用力大于碘晶体中分子间的作用力
B
通常条件下，CH4分子比PbH4分子的稳定性高
Pb的原子半径比C的 大，Pb与H之间的键能比C与H间的小
C
在形成化合物时，同一主族元素的化合价相同
同一主族元素原子的最外层电子数相同
D
P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电
P4O10、C6H12O6均属于共价化合物
解析：A选项中，两表述均正确，但不是因果关系。B选项中分子的稳定性与键能有关，所以正确。C项中，同一主族因价电子数相同，所以化合价大多相同，但也有例外，如F无正价，且非金属有负价，而金属没负价，所以C项错。D选项，P4O10与水反应生成H3PO4，能导电，表述1错。
答案：B
9．下列现象与氢键有关的是(　　)
①NH3的熔、沸点比同主族相邻元素氢化物的熔、沸点高　②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶　③冰的密度比液态水的密度小　④邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低　⑤水分子在较高温度下也很稳定
A．①②③⑤ B．①②③④⑤
C．①②③④ D．①③④⑤
解析：氢键存在于电负性较大的N、O、F等原子与氢原子之间，而水的稳定性与分子内的氧氢共价键的强度有关。
答案：C
10．下列说法中正确的是(　　)
A．分子中键能越大，键长越长，则分子越稳定
B．元素周期表中的IA族(除H外)和ⅦA族元素的原子间可能形成共价键
C．水分子可表示为H—O—H，分子中键角为180°
D．H—O键键能为463 kJ·mol－1，即18 g H2O分解成H2和O2时，消耗能量为2×463 kJ
解析：D中H—O键键能为463 kJ·mol－1，指的是气态基态氢原子和氧原子形成1 mol H—O键时释放的最低能量，则拆开1 mol H—O键形成气态氢原子和氧原子所需吸收的能量也为463 kJ,18 g H2O即1 mol H2O中含2 mol H—O键，断开时需吸收2×463 kJ的能量形成气态氢原子和氧原子，再进一步形成H2和O2时，还需释放出一部分能量，故D错；Li的电负性为1.0，I的电负性为2.5，其差值为1.5<1.7，故可形成共价键，B项正确。
答案：B
11．下列推断正确的是(　　)
A．BF3是三角锥形分子
B．NH的电子式：，离子呈平面形结构
C．CuSO4·5H2O是含结晶水的化合物，不含配位键
D．CH4分子中的碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C—Hσ键
解析：BF3中B原子采用sp2杂化方式，故应为平面三角形。NH中N原子采用sp3杂化方式，为正四面体形。Cu2＋与H2O之间以配位键结合。
答案：D
12．氧族元素的氢化物的沸点如下表：
H2O
H2S
H2Se
H2Te
100 ℃
－60.75 ℃
－41.5 ℃
－1.8 ℃
下列关于氧族元素氢化物的沸点高低的分析和推断中，正确的是(　　)
A．氧族元素氢化物沸点高低与范德华力的大小无关
B．范德华力一定随相对分子质量的增大而减小
C．水分子间存在氢键这一特殊的分子间作用力
D．水分子间存在共价键，加热时较难断裂
解析：氢键是由电负性比较强的O、N、F等与H之间形成的一种介于范德华力与化学键之间的一种作用力，一些物质(如H2O、HF、NH3)，由于分子间存在氢键使得它们的熔、沸点高于同系列的氢化物。
答案：C
13．(2013·大连模拟)胆矾CuSO4·5H2O可写[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其结构示意图如下。

下列有关胆矾的说法正确的是(　　)
A．所有氧原子都采取sp3杂化
B．氧原子存在配位键和氢键两种化学键
C．Cu2＋的价电子排布式为3d84s1
D．胆矾中的水在不同温度下会分步失去
解析：A项不正确。氢键不是化学键，B项不正确。Cu2＋是Cu失去最外层的两个电子形成的，Cu2＋的价电子排布式为3d9，C项不正确。由题图结构可知，胆矾中有1个水分子与其他微粒靠氢键结合，易失去，有4个水分子与Cu2＋以配位键结合，较难失去，D项正确。
答案：D
14．已知CO2、BF3、CH4、SO3都是非极性分子，NH3、H2S、H2O、SO2都是极性分子，由此可推知ABn型分子是非极性分子的经验规律是(　　)
A．分子中所有原子在同一平面内
B．分子中不含氢原子
C．在ABn型分子中，A元素为最高正价
D．在ABn型分子中，A原子最外层电子均已成键
解析：结合所给出的例子进行分析，可知当A原子最外层电子均已成键时，分子无极性，所以D选项正确。
答案：D
二、非选择题
15．(1)(2012·山东高考)①CO分子内σ键与π键个数之比为________。
②甲醛(H2C＝O)在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH)。甲醇分子内C原子的杂化方式为________，甲醇分子内的O—C—H键角________(填“大于”“等于”或“小于”)甲醛分子内的O—C—H键角。
(2)(2011·福建高考)肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：
N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)
　ΔH＝－1038.7 kJ·mol－1
若该反应中有4 mol N—H键断裂，则形成的π键有________mol。
(3)(2010·福建高考)已知CN－与N2结构相似，推算HCN分子中σ键与π键数目之比为________。
解析：(1)①CO中C和O形成叁键，含有1个σ键、2个π键。②甲醇分子内C的成键电子对为4，无孤电子对，杂化类型为sp3，甲醛分子内C为sp2杂化，故甲醇分子内O—C—H键角比甲醛分子内O—C—H键角小。
(2)反应中有4 mol N—H键断裂，即有1 mol N2H4参加反应，生成1.5 mol N2，则形成的π键有3 mol。
(3)HCN分子中CN－与N2结构相似，含有三键，一个σ键与二个π键，再加上一个C—Hσ键，所以HCN分子中σ键与π键数目之比为2:2，即1:1。
答案：(1)①1:2　②sp3　小于
(2)3　(3)1:1
16．(1)(2012·海南高考)①氯和钾与不同价态的铜可生成两种化合物，这两种化合物都可用于催化乙炔聚合，其阴离子均为无限长链结构(如下图)，a位置上Cl原子的杂化轨道类型为________。已知其中一种化合物的化学式为KCuCl3，另一种的化学式为________；

②金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其原因是__________________，
反应的化学方应程式为_____________。
(2)(2012·新课标全国卷)S单质的常见形式为S8，其环状结构如下图所示，s原子采用的轨道杂化方式是________。

(3)H2Se的酸性比H2S________(填“强”或“弱”)。气态SeO3分子的立体构型为________，SO离子的立体构型为________。
(4)(2010·山东高考节选)用价层电子对互斥理论推断SnBr2分子中Sn—Br的键角________120°(填“>”“<”或“＝”)。
解析：(1)①由长链结构知，每个Cu原子周围有4个Cl原子，所以Cu原子的杂化方式是sp3，KCuCl3中Cu元素的化合价为＋2，则另一种无限长链结构中的Cu元素的化合价为＋1，CuCl3原子团的化合价为－2，故其化学式为K2CuCl3。
②“金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应”，这是两种物质共同作用的结果：过氧化氢具有强氧化性，能氧化Cu，而氨水能与Cu2＋形成配合物。故反应的方程式为：Cu＋H2O2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－。
(2)因为S8为环状立体结构，每个S原子有2个孤对电子，配位原子数是2，S原子的价层电子对数是4，所以轨道杂化方式是sp3。
(3)原子半径越大，氢化物越容易电离出氢离子，所以H2Se的酸性比H2S强。气态SeO3分子中Se原子没有孤对电子，配位原子数是3，所以立体构型为平面三角形，SO离子中S原子的价电子对数是4，其立体构型为三角锥形。
(4)SnBr2分子中，Sn原子的价层电子对数目是(4＋2)/2＝3，配位原子数为2，故Sn原子含有孤对电子，SnBr2空间构型为V型，键角小于120°。
答案：(1)①sp3　K2CuCl3　②过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2＋形成配离子，两者相互促进使反应进行
Cu＋H2O2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－
(2)sp3　(3)强　平面三角形　三角锥形
(4)<
17．(1)(2012·海南高考)下列有关元素锗及其化合物的叙述中是否正确：二氧化锗与二氧化碳都是非极性的气体化合物。________。
(2)(2012·福建高考)硅烷(SinH2n＋2)的沸点与其相对分子质量的变化关系如图所示，呈现这种变化关系的原因是________。

(3)(2012·新课标全国高考)H2SeO3的K1和K2分别为2.7×10－3和2.5×10－8，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2×10－2，请根据结构与性质的关系解释：
①H2SeO3和H2SeO4，第一步电离程度大于第二步电离的原因：_________________________________________。
②H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：_______________________
_________________________________________。
(4)(2011·山东高考)H2O分子内的O—H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为__________________________。
高，原因是________
_________________________________________。
解析：(1)锗是金属，金属的氧化物不可能为气体化合物，故不正确；
(2)硅烷形成的晶体是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高。
(3)①H2SeO4和H2SeO3第一步电离产生的氢离子抑制第二步电离，所以第一步电离程度大于第二步电离程度。
②H2SeO3中Se的化合价为＋4，H2SeO4中Se的化合价为＋6，正电性更高，导致Se—O—H中O的电子更向Se偏移，越易电离出氢离子。
(4)O—H键属于共价键，键能最大；分子间的范德华力和氢键均属于分子间作用力的范畴，但氢键要强于分子间的范德华力，所以它们从强到弱的顺序依次为O—H键、氢键、范德华力；氢键不仅存在于分子之间，有时也存在于分子内。邻羟基苯甲醛易在分子内形成氢键，而在分子之间不存在氢键；对羟基苯甲醛正好相反，只能在分子间形成氢键，而在分子内不能形成氢键，分子间氢键使分子间作用力增强，所以对羟基苯甲醛的沸点比邻羟基苯甲醛的高。
答案：(1)不正确
(2)硅烷的相对分子质量越大，分子间作用力越强沸点越高
(3)①H2SeO4和H2SeO3第一步电离产生的氢离子抑制第二步电离，所以第一步电离程度大于第二步电离程度
②对同一种元素的含氧酸来说，该元素的化合价越高，其含氧酸的酸性越强
(4)O—H键、氢键、分子间的范德华力　邻羟基苯甲醛在分子内形成氢键，对羟基苯甲醛在分子间形成氢键，分子间氢键使分子间作用力增强
18．Ⅰ.已知A、B、C、D四种分子所含原子的数目依次为1、3、6、6，且都含有18个电子，B、C是由两种元素的原子组成，且分子中两种原子的个数比均为12，D是一种有毒的有机物。
(1)组成A分子的原子的元素符号是________。
(2)从B分子的立体结构判断，该分子属于________分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)C分子中包含________个σ键。
(4)D的熔、沸点比CH4的熔、沸点高，其主要原因是(须指明D是何物质)________。
Ⅱ.CO的结构可表示为C≡O，N2的结构可表示为N≡N。
(5)下表是两者的键能数据(单位kJ/mol)：

A—B
A===B
A≡B
CO
357.7
798.9
1071.9
N2
154.8
418.4
941.7
结合数据说明CO比N2活泼的原因：__________。
Ⅲ.Fe、Co、Ni、Cu等金属能形成配合物与这些金属原子的电子层结构有关。
(6)基态Ni原子的核外电子排布式为________，基态Cu原子的价电子排布式为________。
(7)Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为－20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)5晶体属于________(填晶体类型)。
解析：Ⅰ.含有18个电子的粒子有：Ar(18)、HCl(17＋1)、H2S(16＋2)、PH3(15＋3)、SiH4(14＋4)、F2(9×2)、H2O(9×2)、N2H4(9×2)、C2H6(9×2)、CH3F(9＋9)、CH3OH(9＋9)、CH3NH2(9＋9)、HOF(9＋9)、NH2F(9＋9)等。由题述信息可推得A为Ar、B为H2S、C为N2H4、D为CH3OH。
N2H4分子中含有4个N—H键(4个σ键)和一个N—N键(1个σ键)，共5个σ键。CH3OH分子之间能形成氢键，所以CH3OH的熔、沸点比CH4的熔、沸点高。
Ⅱ.CO打开第一个键需要能量1071.9 kJ·mol－1－798.9 kJ·mol－1＝273 kJ·mol－1，而N2打开第一个键需要能量941.7 kJ·mol－1－418.4 kJ·mol－1＝523.3 kJ·mol－1。
Ⅲ.(6)Ni为28号元素，Cu为29号元素，基态Ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1。
(7)Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为－20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)5晶体属于分子晶体。
答案：(1)Ar　(2)极性　(3)5　(4)D是CH3OH，分子之间能形成氢键　(5)CO中第一个π键的键能是273 kJ·mol－1，N2中第一个π键的键能是523.3 kJ/mol，所以CO的第一个键比N2更容易断裂
(6)1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2　3d104s1
(7)分子晶体
19．(2013·安徽卷·25)X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的四种短周期元素，其相关信息如下表：
元素
相关信息
X
X的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2XO3
Y
Y是地壳中含量最高的元素
Z
Z的基态原子最外层电子排布式为3s23p1
W
W的一种核素的质量数为28，中子数为14
(1)W位于元素周期表第________周期第________族；W的原子半径比X的________(填“大”或“小”)。
(2)Z的第一电离能比W的________(填“大”或“小”)；XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是________；氢元素、X、Y的原子可共同形成多种分子，写出其中一种能形成同种分子间氢键的物质名称________。
(3)振荡下，向Z单质与盐酸反应后的无色溶液中滴加NaOH溶液直至过量，能观察到的现象是________；W的单质与氢氟酸反应生成两种无色气体，该反应的化学方程式是____________________。
(4)在25℃、101 kPa下，已知13.5 g的Z固体单质在Y2气体中完全燃烧后恢复至原状态，放热419 kJ，该反应的热化学方程式是____________________。
解析：先根据题给条件判断元素的种类，再结合具体元素及其化合物的性质进行分析，在解决问题时要注意相关知识的综合应用。
(1)根据题给信息，可以初步判断X为第ⅣA族元素，当判断出Y为O元素时，即可确定X为C元素；Z的最外层电子数为3，共有三个电子层，所以Z为Al元素；由质子数＝质量数－中子数，可以确定W的质子数为14，所以W为Si元素。由此可以判断W位于元素周期表第三周期第ⅣA族；W和X是同一主族元素，且W在X的下一周期，所以W的原子半径大于X的原子半径。(2)Z和W属于同周期元素，同周期元素的第一电离能从左向右呈逐渐增大趋势，所以Z的第一电离能小于W的；XY2为CO2，属于分子晶体，所以由固态变为气态时克服的作用力为分子间作用力；H、C、O三种元素可组成多种能形成同种分子间氢键的化合物，比如乙酸等。(3)Z单质即为铝，铝和盐酸反应生成氯化铝，向氯化铝中滴加氢氧化钠溶液，发生的反应主要分为两个阶段。第一阶段：先生成氢氧化铝沉淀；第二阶段：氢氧化钠过量时，氢氧化铝沉淀溶解。W单质即为硅，硅和氢氟酸反应生成SiF4和H2两种气体。
(4)13.5 g铝的物质的量为0.5 mol，所以该反应的热化学方程式为4Al(s)＋3O2(g)===2Al2O3(s)　ΔH＝－3352 kJ·mol－1。
答案：(1)三　ⅣA　大
(2)小　分子间作用力　乙酸(其他合理答案均可)
(3)先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后变成无色溶液
Si＋4HF===SiF4↑＋2H2↑
(4)4Al(s)＋3O2(g)===2Al2O3(s)　ΔH＝－3352 kJ·mol－1(其他合理答案均可)
点拨：知识：元素的推断，原子半径的比较，元素周期表的结构，电离能，晶体类型和作用力，氢键，铝及其化合物的性质，硅单质的性质，反应热的计算和热化学方程式的书写。能力：考查考生根据相关信息进行初步判断，并利用已有知识进行综合分析、解决问题的能力。试题难度：中等。

希望的灯一旦熄灭，生活刹那间变成了一片黑暗。——普列姆昌德

薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

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