2020-2021學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期末測試卷（人教版選修3）02（全解全析）

2020-2021學(xué)年下學(xué)期期末測試卷02

高二化學(xué).全解全析

12345678910111213141516

BBBADDCADBDBDCAC

1.B

【詳解】

A.宋朝蘇軾《格物粗談》記載“紅柿摘下未熟，每籃用木瓜三枚放入，得氣即發(fā)，并無澀味?！蔽闹械?氣”

指的是乙烯，作用是催熟果實，故A錯誤；

B.甲烷也會造成溫室效應(yīng)，"可燃冰'’是一種有待大量開發(fā)的新能源，但開采過程中發(fā)生泄漏，會造成溫室

效應(yīng)，故B正確；

C.碳化硅不是有機高分子材料，屬于無機物，故C錯誤；

D.為了更好地為植物提供N、P、K三種營養(yǎng)元素，不能將草木灰與NH4H2P04混合使用，兩者會發(fā)生反

應(yīng)，故D錯誤。

綜上所述，答案為B。

2.B

【詳解】

A.Ne和Na+的結(jié)構(gòu)示意圖分別為:故A錯誤;

B.乙烯的結(jié)構(gòu)簡式：CH2=CH2,故B正確;

C.碳原子大于氧原子，二氧化碳分子的比例模型:故c錯誤;

D.硫化鈉是離子化合物，電子式：，故D錯誤;

故選B。

3.B

【詳解】

A.發(fā)生2so2+O2U2so3,此反應(yīng)可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行到底，生成SCh的分子總數(shù)小于2NA,分子總數(shù)大

于2NA,選項A錯誤;

B.NazCh由鈉離子和過氧根離子構(gòu)成，7.8gNa2Ch的物質(zhì)的量為(Mmol,離子總數(shù)為0.3N,\,選項B正確；

C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1個氧氣分子體積由氧氣分子的大小決定，不能直接用氣體摩爾體積進(jìn)行計算，選項C錯

誤：

D.反應(yīng)KC1C)3+6HC1=KC1+3c卜廿3H2。中氯元素由+5價變?yōu)?價，-1價變?yōu)?價，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為5e1說

明lmol[KClO3+6HCl]轉(zhuǎn)移電子數(shù)為5NA,選項D錯誤；

答案選B。

4.A

【詳解】

①pH=O的溶液呈酸性，酸性條件下ChMnO；發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，另外HCO；也不能大

量存在，故①不選；

②pH=ll的溶液呈堿性，堿性條件下CO：、Na+、A1O；,NO；、S2\SO：離子之間不發(fā)生任何反應(yīng)，可

大量共存，故②選；

③水電離的H+濃度c(H+>10-|2mol-L-'的溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，酸性條件下不能大量存在CO：,

堿性條件下NH：不能大量共存，故③不選；

④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，Mg2+、NH：、Cl\K+、SO：離子之間不發(fā)生任何反應(yīng)，可大量共存,

故④選；

⑤使石蕊變紅的溶液呈酸性，酸性條件下Fe?+、MnO；或NO；能夠發(fā)生氧化還原反應(yīng)不能大量共存，故⑤

不選；

⑥Fe3+、AU+與S2-易發(fā)生雙水解反應(yīng)，不能大量存在于中性溶液中，故⑥不選；

故選Ao

5.D

【詳解】

根據(jù)反應(yīng)8NH3+3CL=N2+6NH4CI分析，氧化劑為CL,還原劑為NH3,氧化產(chǎn)物為N2,還原產(chǎn)物為NHQ。

A.根據(jù)反應(yīng)8NH3+3Cb=N2+6NH4cl可知，氯元素由0價變?yōu)閮r，每有ImolCL參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子為

2mol,選項A正確；

B.生成NH4cl中氮元素不變，氯元素由0價變?yōu)?1價，故NH4cl僅為還原產(chǎn)物，選項B正確；

C.根據(jù)反應(yīng)可知，每8moiN%參與反應(yīng)，只有2moi為還原劑，6moi不參與氧化還原反應(yīng)，所以未被氧化

的NH3與被氧化的NH3物質(zhì)的量之比為3:1,占其反應(yīng)總量的25%,選項C正確；

D.氯氣與鐵發(fā)生反應(yīng)條件為點燃，選項D不正確。

答案選D。

6.D

【分析】

常溫下O.lmo卜L"r溶液的pH為13,應(yīng)為強堿，則r為NaOH：且由m、n電解生成，應(yīng)為電解飽和食鹽水,

則p、q為氫氣、氯氣，由此可知W為H元素、X為O元素，丫為Na元素，Z為C1元素，且p為H?,q

為02。

【詳解】

A.小和02均是共價分子，相對分子質(zhì)量越大，沸點越高，因此單質(zhì)的沸點：W<X,故A錯誤；

B.Z為CLX為0,丫為Na,C「離子有三個電子層，半徑最大，氧離子和鈉離子具有相同的核外電子排

布，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則簡單離子半徑：Z>X>Y,故B錯誤；

C.H與Na形成的化合物NaH為離子化合物，故C錯誤；

D.X為0元素，0與H、Na、。均可形成至少兩種二元化合物，如H?。、H2O2,Na2O.Na2O2,CIO2>

CI2O7,故D正確；

故選D。

7.C

【詳解】

A.中和熱的測定實驗中，反應(yīng)開始前分別測量HC1和NaOH的溫度，然后取平均值，作為初始溫度，將

HC1溶液和NaOH溶液迅速混合讀取混合溶液的最高溫度為最終溫度，故A錯誤；

B.用潔凈無銹的鐵絲或柏絲蘸取NaCl溶液進(jìn)行焰色試驗，可觀察到黃色火焰，不能用玻璃棒做焰色試驗,

因為玻璃中含有鈉、鈣元素，灼燒玻璃棒本身就有顏色，故B錯誤；

C.苯酚和NaOH反應(yīng)生成溶于水的苯酚鈉，苯不和NaOH反應(yīng)，室溫下向苯和少量苯酚的混合溶液中加入

適量NaOH溶液，振蕩、靜置后分液，可除去苯中的少量苯酚，故C正確；

D.酸或堿對乙酸乙酯的水解都有催化作用，酯在酸性條件下水解生成酸和醇，而在堿性條件下水解得到鹽

和醉，故D錯誤；

故選C。

8.A

【詳解】

A.反應(yīng)2sC)2(g)+O2(g)U2s03(g)△H=-198kJ.mo「為可逆反應(yīng)，貝UImolSCh和ImolCh反應(yīng)時消耗SCh

的物質(zhì)的量小于Imol,放出熱量小于99kJ,故A正確；

B.由圖可知，過程n化學(xué)鍵斷裂，為吸熱過程，過程in為化學(xué)鍵的形成，為放熱過程，故B錯誤；

c.過程I是吸附放熱過程，自發(fā)進(jìn)行程度大，過程n為舊鍵斷裂，過程ni為新鍵形成，過程iv是生成物

解吸過程，則過程n和過程川決定了整個反應(yīng)進(jìn)行的程度，故c錯誤：

D.此反應(yīng)的快慢與催化劑的表面積有關(guān)，表面積越大，反應(yīng)速率越快，故D錯誤；

故選Ao

9.D

【詳解】

A.不同的液體的嫡不可能相等，即使化學(xué)計量數(shù)相同也不會相同的，因此反應(yīng)前后端變不為0,A錯誤；

B.化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，化學(xué)平衡常數(shù)不變，與改變的外界條件及平衡的移動方向無關(guān),

B錯誤；

C(CH3COOC2H5)?C(H2O)

C.根據(jù)平衡常數(shù)的含義可該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=，c錯誤;

c(CHjGSM)H)?25

D.因為該反應(yīng)的不大，所以溫度變化對化學(xué)平衡移動的影響不大，故改變溫度對化學(xué)平衡轉(zhuǎn)化率的影

響就不大，D正確；

故合理選項是D。

10.B

【分析】

該裝置為原電池，由方程式知鋁電極是負(fù)極，電極反應(yīng)是Al-3e=A]3+,多孔碳電極是正極，電極反應(yīng)為

-

2CO2+2e=C2O4

【詳解】

A.電流的實質(zhì)是電子，只能通過導(dǎo)線移動，電流的方向是多孔碳電極T導(dǎo)線T鋁電極，A項不符合題意;

B.根據(jù)總反應(yīng)知，正極反應(yīng)是2co2+28=C2。：，B項符合題意：

C.涉及到02的反應(yīng)是①6C)2+6e-=6O2②6c。2+60產(chǎn)3c2。：+6。2,所以在正極反應(yīng)過程中，作催

化劑，C項不符合題意；

D.根據(jù)6e-6c02,轉(zhuǎn)移O.lmol電子，消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下CCh為22.4L,D項不符合題意；

故正確選項為B

11.D

【詳解】

A.澳單質(zhì)易溶于四氯化碳，四氯化碳與水互不相溶、分層，可用四氯化碳作萃取劑，故A正確；

B.分液漏斗帶有旋塞和瓶塞，使用前必須需檢查是否漏水，故B正確；

C.分液時，先從分液漏斗下口放出下層液體，關(guān)閉旋塞，再從上口倒出上層液體，以避免液體重新混合

而污染，故C正確；

D.酒精易溶于水，溶液不分層，不能利用分液法分離，故D錯誤；

故選D。

12.B

【詳解】

A.配制Fe(NCh)2溶液時，不可向溶液中加入硝酸，因為硝酸有強氧化性，會將亞鐵離子氧化為鐵離子，故

A錯誤；

B.向二氧化硫水溶液中滴加氯化饃溶液，弱酸不能制取強酸，二者不反應(yīng)，無現(xiàn)象，再滴加雙氧水，二氧

化硫被氧化成硫酸，硫酸與氯化鋼生成白色的硫酸鐵沉淀，故B正確；

C.中和熱的測定實驗中，測酸后的溫度計若未用水清洗便立即去測堿的溫度，在溫度計上殘留的酸液就會

與溶液中的堿發(fā)生中和反應(yīng)，放出熱量，使所測堿的起始溫度偏高，測出的溫度差偏低，從而導(dǎo)致中和熱

的數(shù)值偏小，故C錯誤；

D.NH4NO3溶于水吸熱，使溶液溫度降低，配制的NH4NO3溶液時，溶解后立即轉(zhuǎn)移至容量瓶，

恢復(fù)到室溫時會導(dǎo)致所配溶液的體積偏大，使所配溶液的濃度偏低，故D錯誤；

答案選B。

13.D

【詳解】

A.乙醇存在氫鍵，沸點較高，前者高于后者，故A不符合題意；

B.C3F8與C3H8都是分子晶體，結(jié)構(gòu)相似，相對分子質(zhì)量越大，沸點越高，前者高于后者，故B不符合題

-Ar.

懸；

C.對羥基苯甲醛含有分子間氫鍵，鄰羥基苯甲醛含有分子內(nèi)氫鍵，分子間作用力較強，沸點較高，前者高

于后者，故c不符合題意；

D.鄰羥基苯甲酸存在分子內(nèi)氫鍵，對羥基苯甲酸存在分子間氫鍵，分子間作用力較強，沸點較高，前者低

于后者，故D符合題意；

故答案為D。

14.C

【詳解】

A.；,N和：C質(zhì)子數(shù)不同，不能互稱為同位素，故A錯誤；

B.1C是碳的一種核素，而C60是單質(zhì)，不是同素異形體，故B錯誤；

C.核素的中子數(shù)為14-7=7,故C正確；

D.14co2的相對分子質(zhì)量為14+16x2=46,故D錯誤；

故選C。

15.A

【詳解】

A.同周期元素的第一電離能從左到右有增大的趨勢，但nA族和VA族的元素達(dá)到全滿或半滿狀態(tài)，所以

N、0、F的第一電離能由大到小的順序為F>N>0,A正確；

B.分子中C-H鍵的鍵能與C-F鍵的鍵能比較，可以根據(jù)鍵長的大小來判斷，具體來說就是根據(jù)相結(jié)合的

兩個原子的半徑來比較，半徑越小鍵能越大，兩個化學(xué)鍵都含有C原子，F(xiàn)原子的半徑大于H原子的，所

以C-H鍵的鍵能大于C-F鍵的鍵能，B正確；

C.該分子中。鍵與兀鍵數(shù)目之比為15：4,C錯誤；

D.手性碳原子一定是飽和碳原子，所連接的四個基團(tuán)要是不同的，該有機物中沒有飽和的碳原子，故D

錯誤；

故選Ao

16.C

【詳解】

A.B原子位于頂點，個數(shù)為8xg=l,A原子位于內(nèi)部，個數(shù)為1,所以化學(xué)式為AB,A錯誤；

B.E、F分別占據(jù)4個頂點，個數(shù)相同，化學(xué)式為EF,B錯誤；

C.Z原子位于頂點，個數(shù)為8x1=1,X原子位于內(nèi)部，個數(shù)為1,丫原子位于面心，個數(shù)為6x^=3,所

82

以化學(xué)式為XY3Z,C正確；

D.A原子位于頂點和面心，個數(shù)為8xl+6x'=4,B原子位于棱心和內(nèi)部，個數(shù)為l+12x'=4,所以化

824

學(xué)式為AB,D錯誤;

綜上所述答案為c。

17.(1)靜置，向上層清液中滴加1?2滴Na2cCh溶液，無沉淀生成

(2)PH>9

A

=

(3)4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O

(4)99%

【分析】

由流程可知，含銀(Ni2+)廢液為原料生產(chǎn)NiOOH,在含Ni+的廢液中加入碳酸鈉溶液，過濾得到NiCO3沉淀，

沉淀中加入硫酸溶解生成NiSCU,加入試劑調(diào)節(jié)溶液的pH使鎂離子全部沉淀生成Ni(OH)2,在空氣中加熱

Ni(OH)2制取NiOOH。

【詳解】

(1)加入Na2co3溶液時，確認(rèn)Ni2+已經(jīng)完全沉淀的實驗方法是靜置，向上層清液中滴加1?2滴Na2co3溶液,

無沉淀生成。故答案為：靜置，向上層清液中滴加1?2滴Na2cCh溶液，無沉淀生成；

I?x10-15

(2)欲使NiS04溶液中殘留c(Ni2+)<2xlO-5mol-L1,/C[Ni(OH)]=2x1015=c(Ni2+)c2(OH),c(OH>J

sp2V2x10-

=10-5,調(diào)節(jié)pH的范圍是PH》。故答案為：PH>9；

A

⑶在空氣中加熱Ni(0H)2制取NiOOH,Ni由+2價升高為+3價，化學(xué)方程式：4Ni(OH)2+Ch=4NiOOH+2H2O。

A

故答案為：4Ni(OH)2+O2=4NiOOH+2H2O；

3+3+115

(4)n(Fe),6=c(Fe)V=1.Omol'L-xO.1L=0.1mol,n(MnO；)=c(MnO：)V=0.001mobL-x0.02L=2x10-mol,20mL

溶液中n(Fe")余=5n(MnO：)=5x2x10-5mol=1x10-4mol,n(NiOOH)=n(Fe2+)g=n(Fe3+)s-n(Fe2+)^

,2000.099molx92.0g?機O/T

^.Imol-lxlO^molx——=0.099mol,co(NiOOH)=----------------------------------xlOO%=99%。故答案為：99%。

209.20g

18.(1)c(CH3coONa)>c(Na2so3)>c(Na2co3)

(2)2CO；-+SO2+H2O=2HCO3+SO,'

(3)AC

(4)①②

(5)c>b>a>

【分析】

有電離常數(shù)可以得出酸性強弱是醋酸大于亞硫酸，亞硫酸大于碳酸，碳酸大于亞硫酸根離子，亞硫酸根離

子大于碳酸氫根離子，據(jù)此回答問題。

【詳解】

(1)酸越弱，對應(yīng)的酸根離子水解程度越大，在等濃度時堿性越強，則在相同溫度下，等pH的CH3coONa

溶液、Na2cCh溶液和Na2s。3溶液，三種溶液的物質(zhì)的量濃度c(CH3coONa)、c(Na2co3)、c(Na2so3)由大至U

小排序為c(CH3coONa)>c(Na2so3)>c(Na2c03)；

(2)用足量Na2cO3溶液吸收工業(yè)尾氣中少量SO2氣體，依據(jù)分析酸性強弱，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為

2CO：+SO2+H2O2HCO；+SO；；

(3)25℃時，向O.lmobL/的氨水中緩緩少量C02氣體的過程中(忽略溶液體積的變化)，兩者反應(yīng)生成碳酸錢,

A.隨著二氧化碳的通入生成的碳酸錢逐漸增多，溶液中鏤根離子的濃度增大，碳酸氫根離子濃度增大，則

減小，故正確；B.隨著二氧化碳的通入生成的碳酸錢逐漸增多，溶液堿性減弱，則氫離子

c(HCO3)

濃度增大，氫氧根離子濃度減小，則半2增大，故錯誤；c.溫度不變電離常數(shù)不變，隨著二氧化碳的

c(0H)

c(0Hjc(QH)c(NH：)_K

通入生成的碳酸鏤逐漸增多，溶液中鏤根離子濃度增大,b

?峭?凡0)C(NH3^12O)C(NH；)—c(NH：)

減小，故正確；D.溫度不變電離常數(shù)及離子積常數(shù)不變,

+

c(Hj.c(NHi.H,O)C(H)C(OH)C(NH3-H2O)=詈不變，故錯誤；故選：AC：

c(NH；)—c(NH；)c(OH)

(4)①相同條件下，濃度均為0.1mol?LT的鹽酸和醋酸，醋酸的導(dǎo)電能力更弱，說明醋酸中離子濃度小于鹽酸,

則電離程度醋酸小于氯化氫，則醋酸是弱酸，故正確；

②25℃時，一定濃度的CH3coOH、CHaCOONa混合溶液的pH等于7,則醋酸鈉溶液顯堿性，所以醋酸鈉

是強堿弱酸鹽，所以醋酸是弱酸，故正確：

③CH3co0H溶液能與NaHCCh反應(yīng)生成CCh,說明醋酸酸性大于碳酸，但不能說明醋酸部分電離，所以不

能說明醋酸是弱酸，故錯誤；

④O.lmoH/CH3co0H溶液可使紫色石蕊試液變紅，說明其水溶液顯酸性，但不能說明醋酸部分電離，所

以不能說明醋酸是弱酸，故錯誤；

故答案為：①②；

(5)①溶液體積越大，醋酸電離程度越大，根據(jù)圖知，溶液的體積a<b<c,則a、b、c三點溶液中CH3coOH

的電離程度由大到小的順序是c>b>a；

②a、c兩點對應(yīng)的溶液分別吸收氨氣，若兩溶液最終pH均為7(25℃時)，在溶液中存在氫離子濃度等于氫

氧根離子濃度，根據(jù)電荷守恒得醋酸根離子濃度等于鉉根離子濃度，所以兩點溶液中醋酸根離子濃度越大

則該點錢根離子濃度越大,溶液中醋酸根離子濃度a>c,則鐵根離子濃度a>c,則a點溶液中的c(CH3coO)>c

點溶液中的c(NH；)。

19.(1)三頸燒瓶減弱

(2)平衡氣壓，便于液體順利流下

(3)減少氣體流入D裝置，減少澳的揮發(fā)

(4)I,2-二澳乙烷的熔點是9.3℃,過度冷卻會使其凝固造成導(dǎo)管堵塞

(5)Br2+2OH=Br+BrO+H20

(6)70%

(7)B

【分析】

A中主要發(fā)生濃硫酸與乙醇反應(yīng)生成乙烯和水，副產(chǎn)物中有二氧化硫、二氧化碳和水，C中主要除掉乙烯中

的二氧化硫、二氧化碳，避免D中澳單質(zhì)與二氧化硫反應(yīng)，主要發(fā)生乙烯和濕單質(zhì)反應(yīng)，由于浪易揮發(fā)，

乙烯和漠反應(yīng)是放熱反應(yīng)，在D中冷卻避免浪揮發(fā)而降低產(chǎn)率，E主要除掉尾氣。

【詳解】

(1)根據(jù)實驗裝置得到儀器A的名稱三頸燒瓶；A中發(fā)生了副反應(yīng)生成二氧化硫、二氧化碳要與NaOH溶液

反應(yīng)，因此反應(yīng)一段時間后C溶液堿性減弱：故答案為：三頸燒瓶；

(2)滴液漏斗中導(dǎo)管的作用是平衡氣壓，便于液體順利流下；故答案為：平衡氣壓，便于液體順利流下。

(3)單質(zhì)澳易揮發(fā)，開始加熱時有空氣進(jìn)入到C中，避免進(jìn)入到D中引起浪揮發(fā)，因此先將C與D連接處

斷開的原因是減少氣體流入D裝置，減少澳的揮發(fā)；故答案為：減少氣體流入D裝置，減少澳的揮發(fā)。

(4)根據(jù)信息1,2-二澳乙烷的熔點是9.3C,因此不能過度冷卻，過渡冷卻會使其凝固造成導(dǎo)管堵塞；故答

案為：1,2-二澳乙烷的熔點是9.3℃,過度冷卻會使其凝固造成導(dǎo)管堵塞。

(5)流程圖步驟③中加入1%的氫氧化鈉水溶液主要是處理未反應(yīng)完的澳單質(zhì)，其化學(xué)方程式是：Br2+2OH

=Br+BrO+H2O；故答案為：Br2+2OH=Br+BrO+H2O?

(6)試管中有6.0mL10mol/LBr2的CC14溶液，則n(Br2尸10mol-LTx0.006L=0.06mol,則1,2-二漠乙烷的質(zhì)

7896s

量為6。6m加88g-m°「1L28g,根據(jù)上述實驗計算I,2-二澳乙烷的產(chǎn)率為1。。％=7。％；故

答案為:70%o

(7)A.濱易揮發(fā)，裝置D中試管內(nèi)物質(zhì)換成液漠，浪更易揮發(fā)，因此A不符合題意；

B.裝置E中的NaOH溶液用水代替，對結(jié)果沒有任何影響，故B符合題意；

C.浪易揮發(fā),且反應(yīng)是放熱反應(yīng)，去掉裝置D燒杯中的冷水，浪更易揮發(fā)，產(chǎn)率降低，故C不符合題意；

D.C主要是除掉副產(chǎn)物中的二氧化硫，去掉裝置C,部分澳單質(zhì)與二氧化硫反應(yīng)導(dǎo)致產(chǎn)率降低，故D不符

合題意；

綜上所述，答案為B。

20.(1)318

(2)因為H2O2為極性分子，而CS2為非極性溶劑，根據(jù)“相似相溶''規(guī)律，H2O2難溶于CS2

(3)V2O5體心立方堆積

(4)四面體形

【分析】

A元素的核外電子數(shù)和電子層數(shù)相等，也是宇宙中最豐富的元素，為H元素；B元素原子的核外p電子數(shù)

與s電子數(shù)相等，B有2個電子層，為Is22s22P2,故B為C元素；C的價層電子排布為腿向叩向，由于s

能級最多容納2個電子，且p能級容納電子，故n=3,則C為S元素；非金屬性越強電負(fù)性越大，D的能

層數(shù)與C相同，且電負(fù)性比C大，則D為C1元素；E為第四周期元素，主族序數(shù)與周期數(shù)的差為1,則為

第四周期VA族元素，且第一電離能比同周期相鄰兩種元素都大，為As元素；F是前四周期中電負(fù)性最小

的元素，則為K元素；G在周期表的第五列，則為第四周期VB族元素，為V元素；所以可以得出A為H,

B為O,C為S,D為Cl,E為As,F為K,G為V元素。根據(jù)這些信息，進(jìn)而分析以下問題。

【詳解】

(l)C為S元素，基態(tài)原子中能量最高的電子在3P軌道，其電子云在空間有3種不同的方向，C簡單離子

S2-核外有18個電子，故有外種運動狀態(tài)不同的電子;故答案為：3；18。

(2)A?B2為H2O2,比。2為極性分子，而CS2為非極性溶劑根據(jù)“相似相溶"規(guī)律，山。2難溶于CS2,故答案

為：因為H2O2為極性分子，而CS2為非極性溶劑，根據(jù)“相似相溶”規(guī)律，仇。2難溶于CS2。

(3)G在氧化物中的化合價等于其價電子數(shù)，V的基態(tài)價電子排布式為3d34s2,則該氧化物中V的化合價為

+5,該氧化物的化學(xué)式為V2O5;金屬K形成晶體的空間堆積方式為體心立方堆積，故答案為：V2O5、體

心立方堆積。

(4)AsCb分子中中心原子As上的孤電子對數(shù)為一x(5-3x1)=1,As的成鍵電子對數(shù)為3,As的價層電子

2

對數(shù)為1+3=4,