答案解析

1.【解析】(1)铬为24号元素，属于第4周期第ⅥB族，所以可以很快地写出其基态电子排布式。

(2)CH3COCH3分子结构式为 ，羰基中含有1个π键，分子中含有2个C—Cσ键、6个C—Hσ键、1个C—Oσ键。

(3)通过氯化铬酰常温下的熔沸点、溶解性可知其属于分子晶体。丙酮中含有两种碳原子，甲基碳原子杂化方式与甲烷碳原子相同，为sp3杂化;羰基碳原子为sp2杂化。四氯化碳是非极性分子，二硫化碳也是非极性分子，其分子中只含极性键。

(4)K是配位化合物，其中肯定含有配位键。

(5)晶胞中显示的是9个原子，但8个位于晶胞顶点，每个顶点上的原子属于8个晶胞，故属于该晶胞的只有 ;晶胞内的原子完全属于该晶胞，因此一个晶胞中含有2个铬原子。

答案：(1)1s22s22p63s23p63d54s1(或3d54s1)

(2)1　9

(3)分子　甲基碳原子sp3、羰基碳原子sp2　非极性  极性

(4)配位  (5)2

【方法技巧】化学键与物质类别的关系

1.只含非极性共价键的物质：同种非金属元素构成的单质，如I2、N2、P4、金刚石、晶体硅等。

2.只含有极性共价键的物质：一般是不同种非金属元素构成的共价化合物，如HCl、NH3、SiO2、CS2等。

3.既有极性键又有非极性键的物质，如H2O2、C2H2、CH3CH3、C6H6(苯)等。

4.只含有离子键的物质：活泼非金属元素与活泼金属元素形成的化合物，如Na2S、NaCl、K2O、NaH等。

5.既有离子键，又有非极性键的物质，如Na2O2、CaC2等。

6.既有离子键，又有极性键的物质，如NaOH、NaHS、Ca(ClO)2等。

7.既有离子键，又有极性键和非极性键的物质，如Na2S2O3、Na2C2O4等。

8.既有离子键，又有共价键和配位键的物质，如NH4Cl、PH4I等。

9.由强极性键构成但又不是强电解质的物质，如HF。

10.只含有非极性共价键，而无范德华力的物质是原子晶体的单质，如金刚石、晶体硅等。

11.只含有极性共价键，而无范德华力的物质是原子晶体的化合物，如SiO2、SiC等。

12.不含化学键的物质，是稀有气体(单原子分子)，如Ar、Xe等。

2.【解析】(1)主量子数为2的能级包括s、p;主量子数为3的能级包括s、p、d;

(2)镓(Ga)的原子序数为31，电子分布的能级为1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s、4p。

(3)范德华力存在于分子之间，不含氢键的分子晶体符合题目要求。乙酸、乙醇、 分子间存在氢键，石英为原子晶体，熔融时破坏的是共价键。

(4)不同元素的原子之间形成的共价键为极性键，同种原子之间形成的共价键是非极性键;活泼金属元素和活泼非金属元素形成离子键，铵盐中存在离子键;只形成单键的共价键只存在σ键，含有双键或三键的物质同时存在σ键和π键。故只含有极性键的是CH2Cl2、CO2;既含有离子键又含有共价键的化合物是NH4Cl;只存在σ键的分子是CH2Cl2、C2H6;同时存在σ键和π键的分子是N2、CO2、C2H4。

(5)同周期从左到右第一电离能增大，但第2、3、4周期中第ⅡA族的第一电离能比相邻的第ⅠA和第ⅢA族的大;KCl与MgO均为离子晶体，晶格能的大小决定熔点高低，KCl与MgO晶胞类型相同，半径r(K+)>r(Mg2+)，电荷Mg2+>K+，故MgO的晶格能大于KCl，故熔点KCl

答案：①A、C　②1s22s22p63s23p63d104s24p1

③A、E　④B、C　⑤G　⑥C、E　⑦A、B、D

⑧>　⑨<

3.【解析】(1)观察A、B两元素各电离能的差别，可判断A的化合价为+3，即为Al;B为+2价，为Mg。因为同周期从左至右电负性增大，故Al的电负性大于Mg。

(2)从表格中给出的蛋白质中各共价键的键能可以发现，紫外光的光子能量足以破坏这些共价键。最简单的氨基酸是甘氨酸 ，其中碳①原子采用sp3杂化，碳②原子采用sp2杂化。

(3)观察表格中的数据会发现，阴阳离子所带的电荷数对晶格能的影响大于阴阳离子的半径对晶格能的影响。

四种晶体均为离子晶体，TiN和CaO中的阳离子均为18电子结构，阴离子均为10电子结构，Ti和Ca、N和O的原子序数均相差1，因此Ti3+和Ca2+、N3-和O2-的离子半径均相差不大，但是由于Ti3+和N3-均带有3个单位的电荷，因此TiN的晶格能大于CaO。

CaO、MgO中的阴阳离子均带有2个单位的电荷，Ca2+的半径大于Mg2+，所以MgO的晶格能大于CaO。

综上所述，这种晶体的晶格能大小顺序为TiN>MgO>CaO>KCl。所以晶体的熔点高低顺序也为TiN>MgO>CaO>KCl。

(4)V2O5中V5+的电子排布式为1s22s22p63s23p6，没有未成对电子;CrO2中Cr4+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，含有2个未成对电子，因此适合作录音带磁粉原料的是CrO2。

(5)观察配合物的分子结构会发现其中存在配位键Ni←N，极性键H—O、O—N等，非极性键C—C，氢键O……H—O等作用力。不存在离子键和金属键。

(6)CO2的结构式为O=C=O，1个CO2分子中含有2个σ键和2个π键，1个H2分子中共含有1个σ键，生成1 mol CH4需要1 mol CO2和4 mol H2，因此需要断裂6 molσ键和2 molπ键。

答案：(1)+3　>

(2)紫外光的光子所具有的能量比蛋白质分子中的化学键C—C、C—N、C—S的键能大，紫外光的光子所具有的能量足以使这些共价键断裂，从而破坏蛋白质分子　sp2、sp3

(3)TiN>MgO>CaO>KCl　12

(4)CrO2     (5)A、C   (6)6　2

【误区警示】

(1)分子晶体熔沸点的比较要特别注意氢键的存在;

(2)离子晶体的熔点不一定低于原子晶体，如MgO是离子晶体，熔点是

2 800℃;而SiO2是原子晶体，熔点是1 732℃。

4.【解析】(1)P、Cl位于同一周期，Cl的非金属性大于P，故Cl的第一电离能大于P。

(2)PCl5中存在P—Cl共价键，NH4Cl中存在离子键、配位键和极性共价键，因此上述反应中断裂的化学键有离子键、极性键和配位键。

(3)根据题目中叙述的P3N3Cl6的性质可以判断其属于分子晶体。

(4)由①转化为②时，双键的数目没有变，因此π键的数目不变。

(5)③中六元环的形成是由于形成O…H—O氢键。

(6)锗元素属于第4周期第ⅣA族元素，其核外价层电子排布为4s24p2。

(7)Ge位于第ⅣA族，能形成4个共价键，因此图中涂黑的微粒代表锗元素。

答案：(1)<   (2)A、B、C   (3)分子晶体   (4)不变

(5)氢键   (6)4s24p2    (7)Ge(或锗)

5.【解析】(1)①锰的质子数为25，Mn2+有23个电子;

②N 中心原子为氮原子，有三对价层电子对，三个配位原子，硝酸根为平面三角形结构;

(2)①一氧化碳与氮气互为等电子体，结构式与氮气类似;

②水中氧原子为中心原子，价层电子对为4对，为sp3杂化;

③一个二氧化碳中有两个σ键，1 mol二氧化碳中σ键为2 mol;

(3)铜离子与氢氧根之间为配位键。

答案：(1)①1s22s22p63s23p63d5(或3d5)

②平面三角形

(2)①C≡O　②sp3

③2×6.02×1023个(或2 mol)

6.【解析】由题目信息可以推出：A为F，B为K，C为Fe，D为Ni。

(1)D2+的价电子排布图为 。

(2)K的4s轨道只有1个电子，失电子能力比较强，铁元素的4s轨道有2个电子，3d轨道有6个电子，镍元素的4s轨道有2个电子，3d轨道有8个电子，故这四种元素中第一电离能最小的元素是K，一般来说，元素的非金属性越强，电负性就越大，所以这四种元素中电负性最大的元素是F。

(3)①由题干晶胞示意图可以看出，晶胞中氟原子位置：棱上16个，面上4个，体内2个，故每个晶胞平均占有氟原子个数为16×1/4+4×1/2+2=8;钾原子的位置：棱上8个，体内2个，故每个晶胞平均占有钾原子个数为8×1/4+2=4;镍原子的位置：顶点8个，体心1个，故每个晶胞平均占有镍原子个数为8×1/8+1=2。所以这三种原子个数比为K∶Ni∶F=4∶2∶8=2∶1∶4，故该化合物的化学式为K2NiF4;该化合物是离子晶体，配位数是指一个离子周围最邻近的异电性离子的数目，由图可以看出Ni的配位数是6。

②由密度公式知该晶体的密度为m/V=(39×4+59×2+19×8)/(NA×400×400×

1 308×10-30)g•cm-3≈3.4 g•cm-3。

(4)这三种离子形成的化合物为K3FeF6，它是一种离子化合物，所以其中化学键的类型有离子键和配位键，复杂离子为3-，配位体是F-。

答案：(1)    (2)K　F   (3)①K2NiF4　6

② g•cm-3≈3.4

(4)离子键、配位键　3-　F-

7.【解析】A原子核是一个质子，则A为H;B原子核外电子有6种不同的运动状态，即有6个电子，则B为C;B与C可形成正四面体形分子且A、B、C、D分别处于第1～4周期，则C只能为Cl;D原子外围电子排布为3d104s1，则D为Cu。(1)H、C、Cl、Cu四种元素中，电负性最大的应是Cl，第一电离能最小的应是金属元素Cu。(2)HF分子间含有氢键，沸点最高，HCl、HBr、HI的沸点随相对分子质量的增大而升高。(3)碳原子与另外三个碳原子相连，且形成平面结构，碳原子的杂化类型为sp2。(4)由结构图可知该醋酸铜晶体中含有极性键、非极性键和配位键。(5)分析实验流程图可知：Cu与Cl2反应生成CuCl2，蓝色沉淀为Cu(OH)2，蓝色溶液为Cl2，黑色沉淀则为CuS。据此可写出离子方程式为2++H2S+2H2O====CuS↓+2N +2NH3•H2O

答案：(1)Cl　Cu   (2)HCl   (3)sp2

(4)①②③

(5)2++H2S+2H2O====CuS↓+2N +2NH3•H2O

高考化学物质结构与性质专项检测就为大家介绍到这里，希望对你有所帮助。

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