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    三年高考化学真题分类汇编(2022-2024)专题20结构与性质含解析答案

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    三年高考化学真题分类汇编(2022-2024)专题20结构与性质含解析答案

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    这是一份三年高考化学真题分类汇编(2022-2024)专题20结构与性质含解析答案,共54页。试卷主要包含了氮的化合物种类繁多,应用广泛,硅材料在生活中占有重要地位,硫铁化合物应用广泛等内容,欢迎下载使用。
    1.硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根可看作是中的一个原子被原子取代的产物。
    (1)基态原子价层电子排布式是 。
    (2)比较原子和原子的第一电离能大小,从原子结构的角度说明理由: 。
    (3)的空间结构是 。
    (4)同位素示踪实验可证实中两个原子的化学环境不同,实验过程为。过程ⅱ中,断裂的只有硫硫键,若过程ⅰ所用试剂是和,过程ⅱ含硫产物是 。
    (5)的晶胞形状为长方体,边长分别为、,结构如图所示。

    晶胞中的个数为 。已知的摩尔质量是,阿伏加德罗常数为,该晶体的密度为 。
    (6)浸金时,作为配体可提供孤电子对与形成。分别判断中的中心原子和端基原子能否做配位原子并说明理由: 。
    (2023·浙江卷(6月))
    2.氮的化合物种类繁多,应用广泛。

    请回答:
    (1)基态N原子的价层电子排布式是 。
    (2)与碳氢化合物类似,N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。
    ①下列说法不正确的是 。
    A.能量最低的激发态N原子的电子排布式:
    B.化学键中离子键成分的百分数:
    C.最简单的氮烯分子式:
    D.氮烷中N原子的杂化方式都是
    ②氮和氢形成的无环氮多烯,设分子中氮原子数为n,双键数为m,其分子式通式为 。
    ③给出的能力: (填“>”或“①>②
    B.电子排布属于基态原子(或离子)的是:①②
    C.电离一个电子所需最低能量:①>②>③
    D.得电子能力:①>②
    (3)Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图。该晶体类型是 ,该化合物的化学式为 。
    (2022·重庆卷)
    6.配位化合物X由配体L2-(如图)和具有正四面体结构的[Zn4O]6+构成。
    (1)基态Zn2+的电子排布式为 。
    (2)L2-所含元素中,电负性最大的原子处于基态时电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形;每个L2-中采取sp2杂化的C原子数目为 个,C与O之间形成σ键的数目为 个。
    (3)X晶体内部空腔可吸附小分子,要增强X与H2O的吸附作用,可在L2-上引入 。(假设X晶胞形状不变)。
    A.-ClB.-OHC.-NH2D.-CH3
    (4)X晶体具有面心立方结构,其晶胞由8个结构相似的组成单元(如图)构成。
    ①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于 。
    ②X晶体中Zn2+的配位数为 。
    ③已知ZnO键长为dnm,理论上图中A、B两个Zn2+之间的最短距离的计算式为 nm。
    ④已知晶胞参数为2anm,阿伏加德罗常数的值为NA,L2-与[Zn4O]6+的相对分子质量分别为M1和M2,则X的晶体密度为 g•cm-3(列出化简的计算式)。
    (2022·福建卷)
    7.1962年首个稀有气体化合物问世,目前已知的稀有气体化合物中,含氙(54Xe)的最多,氪 (36Kr)次之,氩(18Ar)化合物极少。是与分子形成的加合物,其晶胞如下图所示。
    回答下列问题:
    (1)基态原子的价电子排布式为 。
    (2)原子的活泼性依序增强,原因是 。
    (3)晶体熔点: (填“>”“”或“I1(S),氧原子半径小,原子核对最外层电子的吸引力大,不易失去一个电子;
    (3)的中心原子S的价层电子对数为4,无孤电子对,空间构型为四面体形,可看作是中1个O原子被S原子取代,则的空间构型为四面体形。答案为四面体形;
    (4)过程Ⅱ中断裂的只有硫硫键,根据反应机理可知,整个过程中最终转化为,S最终转化为。若过程ⅰ所用的试剂为和,过程Ⅱ的含硫产物是和。答案为和;
    (5)由晶胞结构可知,1个晶胞中含有个,含有4个;该晶体的密度。答案为4;;
    (6)具有孤电子对的原子就可以给个中心原子提供电子配位。中的中心原子S的价层电子对数为4,无孤电子对,不能做配位原子;端基S原子含有孤电子对,能做配位原子。
    2.(1)2s22p3
    (2) A NnHn+2−2m(,m为正整数) < 形成配位键后,由于Cu对电子的吸引,使得电子云向铜偏移,进一步使氮氢键的极性变大,故其更易断裂
    (3) CaCN2 6
    【详解】(1)N核电荷数为7,核外有7个电子,基态N原子电子排布式为1s22s22p3,则基态N原子的价层电子排布式是2s22p3;故答案为:2s22p3。
    (2)①A.能量最低的激发态N原子应该是2s能级上一个电子跃迁到2p能级,其电子排布式:,故A错误;B.钙的金属性比镁的金属性强,则化学键中离子键成分的百分数:,故B正确;C.氮有三个价键,最简单的氮烯即含一个氮氮双键,另一个价键与氢结合,则其分子式:,故C正确;D.氮烷中N原子有一对孤对电子,有三个价键,则氮原子的杂化方式都是,故D正确;综上所述,答案为:A。
    ②氮和氢形成的无环氮多烯,一个氮的氮烷为NH3,两个氮的氮烷为N2H4,三个氮的氮烷为N3H5,四个氮的氮烷为N4H6,设分子中氮原子数为n,其氮烷分子式通式为NnHn+2,根据又一个氮氮双键,则少2个氢原子,因此当双键数为m,其分子式通式为NnHn+2−2m(,m为正整数);故答案为:NnHn+2−2m(,m为正整数)。
    ③形成配位键后,由于Cu对电子的吸引,使得电子云向铜偏移,进一步使氮氢键的极性变大,故其更易断裂,因此给出的能力:<(填“>”或“①>②,选项A正确;
    B.根据上述分析可知,电子排布属于基态原子(或离子)的是:①②,选项B正确;
    C.激发态Si原子不稳定,容易失去电子;基态Si原子失去一个电子是硅的第一电离能,Si+离子失去一个电子是硅的第二电离能,由于I2>I1,可以得出电离一个电子所需最低能量:②>①>③,选项C错误;
    D.由C可知②比①更难失电子,则②比①更容易得电子,即得电子能力:②>①,选项D错误;
    答案选AB;
    (3)Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图可知,原子间通过共价键形成的空间网状结构,形成共价晶体;根据均摊法可知,一个晶胞中含有个Si,8个P,故该化合物的化学式为。
    6.(1)[Ar]3d10
    (2) 哑铃 8 8
    (3)BC
    (4) 与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧 4 a-2d
    【详解】(1)锌元素的原子序数为30,基态锌离子的电子排布式为[Ar]3d10,故答案为:[Ar]3d10;
    (2)配体L2-所含元素中氧元素的电负性最大,氧原子处于基态时,电子云轮廓图为哑铃形的2p能级的电子占据最高能级;由结构简式可知,配体中苯环碳原子和双键碳原子杂化方式为sp2杂化,共有8个;配体中碳原子与氧原子之间的单键为σ键、双键中含有1个σ键,共有8个,故答案为:哑铃形;8;8;
    (3)若在L2-上引入能与水分子形成氢键的羟基和氨基,有利于增强X与水分子的吸附作用,若在L2-上引入不能与水分子形成氢键的氯原子、甲基,不能增强X与水分子的吸附作用,故选BC;
    (4)①由X晶胞的组成单元的对角面可知,晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧,故答案为:与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧;
    ②1个[Zn4O]6+上、下、左、右、前、后共有6个L2-,每个L2-与[Zn4O]6+形成2个Zn←O配位键,1个[Zn4O]6+含有4个Zn←O配位键,1个[Zn4O]6+中Zn2+形成的配位键数目为6×2+4=16,1个Zn2+的配位数为4;
    ③由X晶胞的组成单元结构可知,[Zn4O]6+中两个处于体对角线的氧离子距离、边长和面对角线构成直角三角形,氧离子距离为单元结构的体对角线,设A、B两个锌离子之间的最短距离为xnm,由体对角线的长度可得:x+2d=,解得x=a—2d,故答案为:a—2d;
    ④由X晶胞的组成单元结构可知,单元结构中位于顶点的[Zn4O]6+的个数为8×=1,位于棱上的L2-的个数为12×=3,设晶体的密度为dg/cm3,由X晶体具有面心立方结构,其晶胞由8个结构相似的组成单元构成可得:=(2a×10—7) 3d,解得d=,故答案为:。
    7.(1)
    (2)同族元素,从上而下原子半径逐渐增大,原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱,失电子能力逐渐增强
    (3) < 二者为同构型的分子晶体,相对分子质量大,范德华力大,熔点高
    (4)
    (5) 2 bc
    【详解】(1)位于元素周期表中第四周期VA族,原子序数为33,由构造原理写出其价电子排布式为。
    (2)同族元素,从上而下原子半径逐渐增大,原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱,失电子能力逐渐增强,故原子的活泼性依序增强。
    (3)和是同构型的分子晶体,相对分子质量大,范德华力大,熔点高,晶体熔点:一氯乙烯>一氯乙炔 Cl参与形成的大π键越多,形成的C-Cl键的键长越短
    (3) CsCl CsCl为离子晶体,ICl为分子晶体
    (4) 电解质
    【详解】(1)F的原子序数为9,其基态原子电子排布式为1s22s22p5,
    a.1s22s22p43s1,基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上,属于氟原子的激发态,a正确;
    b.1s22s22p43d2,核外共10个电子,不是氟原子,b错误;
    c.1s22s12p5,核外共8个电子,不是氟原子,c错误;
    d.1s22s22p33p2,基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上,属于氟原子的激发态,d正确;
    答案选ad;
    而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高,因此能量最高的是1s22s22p33p2,答案选d;
    (2)①一氯乙烯的结构式为,碳为双键碳,采取sp2杂化,因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Clσ键;
    ②C的杂化轨道中s成分越多,形成的C-Cl键越强,C-Cl键的键长越短,一氯乙烷中碳采取sp3杂化,一氯乙烯中碳采取sp2杂化,一氯乙炔中碳采取sp杂化,sp杂化时p成分少,sp3杂化时p成分多,因此三种物质中C-Cl键键长顺序为:一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔,同时Cl参与形成的大π键越多,形成的C-Cl键的键长越短,一氯乙烯中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键( ),一氯乙炔中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成2套3中心4电子的大π键( ),因此三种物质中C-Cl键键长顺序为:一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔;
    (3)CsICl2发生非氧化还原反应,各元素化合价不变,生成无色晶体和红棕色液体,则无色晶体为CsCl,红棕色液体为ICl,而CsCl为离子晶体,熔化时,克服的是离子键,ICl为分子晶体,熔化时,克服的是分子间作用力,因此CsCl的熔点比ICl高;
    (4)由题意可知,在电场作用下,Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移,因此α-AgI晶体是优良的离子导体,在电池中可作为电解质;每个晶胞中含碘离子的个数为8+1=2个,依据化学式AgI可知,银离子个数也为2个,晶胞的物质的量n=ml=ml,晶胞体积V=a3pm3=(50410-12)3m3,则α-AgI晶体的摩尔体积Vm===m3/ml。
    15.(1)
    (2) 图a 同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的,但由于N元素的2p能级为半充满状态,因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高 图b
    (3)
    (4) sp2 sp3 C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能,键能越大,化学性质越稳定
    (5) Ca2+ a
    【分析】根据基态原子的电子表示式书写价电子排布式;根据电离能的排布规律分析电离能趋势和原因;根据氢键的表示方法书写(HF)3的结构;根据键能影响物质稳定性的规律分析两种物质的稳定性差异;根据均摊法计算晶胞中各粒子的个数,判断粒子种类。
    【详解】(1)F为第9号元素其电子排布为1s22s22p5,则其价电子排布图为,故答案为。
    (2)C、N、O、F四种元素在同一周期,同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的,但由于N元素的2p能级为半充满状态,因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高,因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为CO>Cl;根据VSEPR理论有,去掉2对孤对电子,知OF2分子的空间构型是角形;OF2和Cl2O都是分子晶体,结构相似,Cl2O的相对分子质量大,Cl2O的熔、沸点高;
    (3)XeF2易升华,所以是分子晶体,其中心原子的价层电子对数为,其中心原子的杂化方式应为sp3d;
    (4)图中大球的个数为,小球的个数为,根据XeF2的原子个数比知大球是Xe原子,小球是F原子,该晶胞中有2个XeF2分子;由A点坐标知该原子位于晶胞的中心,且每个坐标系的单位长度都记为1,B点在棱的处,其坐标为(0,0,);图中y是底面对角线的一半,,,所以 pm。
    20. 3s23p4 H2O>H2S>CH4 六 AD 化合物III 由图9c可知,图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式 4 1:1:2
    【详解】(1)基态硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4,因此基态硫原子价电子排布式为3s23p4,故答案为:3s23p4。
    (2)H2S、CH4、H2O均为分子晶体,H2O分子间存在氢键,沸点较高,H2S、CH4的分子间范德华力随相对分子质量增大而增加,因此沸点由高到低顺序为:H2O>H2S>CH4,故答案为:H2O>H2S>CH4。
    (3)第六周期0族元素的原子序数为86,因此第80号元素Hg位于第六周期第ⅡB族,故答案为:六。
    (4)A.中S原子的价层电子对数=2+=4,因此S原子采取sp3杂化,故A正确;
    B.中含有的元素为H、C、O、S、Hg,同周期元素从左至右元素的电负性逐渐增大,同主族元素从上至下元素的电负性逐渐减小,因此5种元素中电负性最大的为O元素,故B错误;
    C.中C原子成键均为单键,因此C原子采取sp3杂化,所以C-C-C键角接近109º28’,故C错误;
    D.中存在C-H、C-C、C-S、S=O、S-O、S-H共价键和与Na+之间的离子键,故D正确;
    E.中硫氧键分为硫氧单键和硫氧双键,共价键种类不同,因此二者的键能不同,故 E错误;
    综上所述,说法正确的是AD项,故答案为AD。
    (5)中羟基能与水分子之间形成分子间氢键,为易溶于水的钠盐,溶于水后电离出的中O原子均能与水分子之间形成氢键,相同物质的量两种物质溶于水后,形成的氢键更多,因此化合物III更易溶于水,故答案为:化合物III。
    (6)①对比图9b和图9c可得X晶体的晶胞中上下两个单元内的原子位置不完全相同,不符合晶胞晶胞是晶体的最小重复单位要求,故答案为:由图9c可知,图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式。
    ②以晶胞上方立方体中右侧面心中Hg原子为例,同一晶胞中与Hg距离最近的Sb的数目为2,右侧晶胞中有2个Sb原子与Hg原子距离最近,因此X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为4;该晶胞中Sb原子均位于晶胞内,因此1个晶胞中含有Sb原子数为8,Ge原子位于晶胞顶点、面心、体心,因此1个晶胞中含有Ge原子数为1+8×+4×=4,Hg原子位于棱边、面心,因此1个晶胞中含有Hg原子数为6×+4×=4,则该晶胞中粒子个数比Hg:Ge:Sb =4:4:8=1:1:2,故答案为:4;1:1:2。
    ③1个晶胞的质量m=,1个晶胞的体积V=(x×10-7cm)2×(y×10-7cm)=x2y×10-21cm3,则X晶体的密度为== g/cm3,故答案为:。
    21. 3s23p2 原子晶体(共价晶体) sp3 ② 2 2 甲硫醇不能形成分子间氢键,而水和甲醇均能,且水比甲醇的氢键多 8 2-x
    【详解】(1)基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2,因此Si的价电子层的电子排式为3s23p2;晶体硅中Si原子与Si原子之间通过共价键相互结合,整块晶体是一个三维的共价键网状结构,因此晶体硅为原子晶体;SiCl4中Si原子价层电子对数为4+=4,因此Si原子采取sp3杂化;由图可知,SiCl4(H2O)中Si原子的δ键数为5,说明Si原子的杂化轨道数为5,由此可知Si原子的杂化类型为sp3d,故答案为:3s23p2;原子晶体(共价晶体);sp3;②;
    (2)CO2的结构式为O=C=O,1个双键中含有1个δ键和1个π键,因此1个CO2分子中含有2个δ键和2个π键,故答案为:2;2;
    (3)甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键,因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇,甲醇分子之间氢键的总强度低于水分子之间氢键的总强度,因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间,故答案为:甲硫醇不能形成分子间氢键,而水和甲醇均能,且水比甲醇的氢键多;
    (4)以晶胞中右侧面心的Zr4+为例,同一晶胞中与Zr4+连接最近且等距的O2-数为4,同理可知右侧晶胞中有4个O2-与Zr4+相连,因此Zr4+离子在晶胞中的配位数是4+4=8;1个晶胞中含有4个ZrO2微粒,1个晶胞的质量m=,1个晶胞的体积为(a×10-10cm)×(a×10-10cm)×(c×10-10cm)=a2c×10-30cm3,因此该晶体密度===g·cm-3;在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂,化学式可表示为ZnxZr1-xOy,其中Zn元素为+2价,Zr为+4价,O元素为-2价,根据化合物化合价为0可知2x+4×(1-x)=2y,解得y=2-x,故答案为:;2-x。
    22. 和 或 在原子数目相同的条件下,N2比N4具有更低的能量,而P4比P2具有更低的能量,能量越低越稳定 sp3 SiF4、SO2F2等 B
    【详解】(1)在的四种组成元素各自所能形成的简单离子分别为(或)、、和,其中核外电子排布相同的是和。
    (2)对于基态的磷原子,其价电子排布式为,其中3s轨道的2个电子自旋状态相反,自旋磁量子数的代数和为0;根据洪特规则可知,其3p轨道的3个电子的自旋状态相同,因此,基态磷原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为或。
    (3)根据表中的相关共价键的键能可知,若4ml N形成类似白磷分子结构的N4分子,可以释放出的能量为193kJ6=1158kJ;若4ml N形成N2分子,则可释放的能量为946kJ2=1892kJ,显然,形成N2分子放出的能量更多,故在N数目相同的条件下,N2具有更低的能量,能量越低越稳定。同理,若4ml P形成分子,可以释放出的能量为197kJ6=1182kJ;若4ml P形成P2分子,则可释放的能量为489kJ2=978kJ,显然,形成P4分子放出的能量更多,故在P数目相同的条件下,P4具有更低的能量,能量越低越稳定。
    (4)含氧酸分子中只有羟基上的H可以电离;由是次磷酸的正盐可知,为一元酸,其分子中只有一个羟基,另外2个H与P成键,还有一个O与P形成双键,故其结构式为,其中P共形成4个σ键、没有孤电子对,故其价层电子对数为4,其采取sp3杂化。
    (5)等电子体之间的原子总数和价电子总数都相同,根据前加后减、前减后加、总数不变的原则,可以找到与电子总数相同的等电子体分子为SiF4、SO2F2等。
    (6)由题中信息可知,n个磷酸分子间脱去(n-1)个水分子形成链状的多磷酸,因此,如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸,则可脱去n个水分子得到(HPO3)n,其失去后得到相应的酸根,故该酸根可写为。
    (7)①由晶胞结构可知,位于晶胞的顶点、面上和体心,顶点上有8个、面上有4个,体心有1个,故晶胞中的数目为;位于面上和棱上,面上有6个,棱上4个,故晶胞中的数目为。因此,平均每个晶胞中占有的和的数目均为4,若晶胞底边的边长均为、高为,则晶胞的体积为10-30a2c cm3,阿伏加德罗常数的值为,晶体的密度为。
    ②由图(a)、(b)、(c)可知,晶胞在x轴方向的投影图为 ,选B。
    23. ; SiC SiCl4 SiX4都是结构相似的分子晶体,相对分子质量依次增大,分子间作用力依次增大 正四面体形 sp2、sp3;; N>C>H 54 O Mg2GeO4 =×1021
    【详解】(1)硅元素的原子序数为14,价电子排布式为3s23p2,则价电子排布图为 ;原子晶体的熔点取决于共价键的强弱,晶体硅和碳化硅都是原子晶体,碳原子的原子半径小于硅原子,非金属性强于硅原子,碳硅键的键能大于硅硅键、键长小于硅硅键,则碳硅键强于硅硅键,碳化硅的熔点高于晶体硅,故答案为: ;SiC;
    (2) ①由题给熔沸点数据可知,0℃时,四氟化硅为气态,四氯化硅为液态,四溴化硅、四碘化硅为固态;分子晶体的沸点取决于分子间作用力的大小,SiX4都是结构相似的分子晶体,相对分子质量依次增大,分子间作用力依次增大,则SiX4的沸点依次升高;SiX4分子中硅原子的价层电子对数为4,孤对电子对数为0,则分子的空间构型为正四面体形,故答案为:SiCl4; SiX4都是结构相似的分子晶体,相对分子质量依次增大,分子间作用力依次增大;正四面体形;
    ②由M2+离子的结构可知,离子中含有杂化方式为sp3杂化的单键碳原子和sp2杂化的双键碳原子;元素的非金属性越强,其电负性越大,元素的非极性强弱顺序为N>C>H,则元素电负性的大小顺序为N>C>H;M2+离子的结构中含有单键、双键和配位键,单键和配位键都是σ键,双键中含有1个σ键,则离子中含有54个σ键,故答案为:sp2、sp3;N>C>H;54;
    (3)①由晶胞结构可知,晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的X原子为8×+6×+4×+3=8,位于体内的Y原子和Z原子分别为4和16,由Ge和O原子的个数比为1:4可知,X为Mg原子、Y为Ge原子、Z为O原子,则晶胞的化学式为Mg2GeO4,故答案为:O;Mg2GeO4;
    ②由晶胞的质量公式可得:=abc×10—21×ρ,解得ρ=×1021g/cm3,故答案为:×1021。
    24. AC 6 高 存在分子间氢键 含有一对孤对电子,而含有两对孤对电子,中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大 Al
    【详解】(1) A. 基态原子满足能量最低原理,Cr有24个核外电子,轨道处于半充满时体系总能量低,核外电子排布应为,A正确;
    B. Cr核外电子排布为,3s轨道能量低于4s轨道的能量,4s轨道的电子主要离核更远的地方运动,但其也有较小的机率在离核较近的地方运动,B错误;
    C. 电负性为原子对键合电子的吸引力,同周期除零族原子序数越大电负性越强,钾与铬位于同周期,铬原子序数大于钾,故铬电负性比钾高,原子对键合电子的吸引力比钾大,C正确;
    故答案为:AC;
    (2)中三价铬离子提供空轨道,提供孤对电子与三价铬离子形成配位键,中心离子的配位数为三种原子的个数和即3+2+1=6,故答案为:;6;
    (3)的价层电子对为3+1=4,故中P的杂化类型是; N原子电负性较强,分子之间存在分子间氢键,因此的沸点比的高;的键角小于的,原因是:含有一对孤对电子,而含有两对孤对电子,中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大,故答案为:;高;存在分子间氢键;含有一对孤对电子,而含有两对孤对电子,中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大;
    (4)已知具有体心四方结构,如图所示,黑球个数为,白球个数为,结合化学式可知,白球为Cr,黑球为Al,即处于顶角位置的是Al原子。设Cr和Al原子半径分别为和,则金属原子的体积为,故金属原子空间占有率=%,故答案为:Al;。

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