化學(xué)名師講練大一輪復(fù)習(xí)魯科新高考地區(qū)專用版階段滾動(dòng)檢測(cè)（二）

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2759Co,A錯(cuò)誤;H2O2為共價(jià)化合物,沒有電子的得失,B錯(cuò)誤;NH3存在氮?dú)涔矁r(jià)鍵,NH4Cl存在銨根離子和氯離子間的離子鍵,氮?dú)湓娱g的共價(jià)鍵,C錯(cuò)誤;[Co(NH3)6]Cl3中[Co(NH3)6]3+與Cl之間是離子鍵,其中1個(gè)NH3分子中含有3個(gè)σ鍵,Co3+與6個(gè)NH3之間形成6個(gè)配位鍵,也均為σ鍵,因此1個(gè)[Co(NH3)6]3+中含有的σ鍵為【加固訓(xùn)練】(2020·溫州模擬)氫化銨(NH4H)與氯化銨的結(jié)構(gòu)相似,它與水反應(yīng)有氣體生成。下列關(guān)于氫化銨的敘述正確的是 ()A.是離子化合物,含有離子鍵和共價(jià)鍵B.電子式是C.與水反應(yīng)時(shí),NH4H是氧化劑D.固體投入少量的水中,只產(chǎn)生一種氣體【解析】選A。NH4H與氯化銨的結(jié)構(gòu)相似,是由NH4+和H構(gòu)成的離子化合物,故A正確;NH4H是離子化合物,由銨根離子與氫負(fù)離子構(gòu)成,電子式為,故B錯(cuò)誤;NH4H中含有H,與水反應(yīng)時(shí)發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氫氣,NH4H為還原劑,發(fā)生氧化反應(yīng),故C錯(cuò)誤;NH4H固體投入少量水中,NH4H有很強(qiáng)的還原性,可與H2O發(fā)生反應(yīng):NH4H+H2ONH3·H2O+H2↑,生成的氣體為NH3和H2,故D錯(cuò)誤。6.(2020·保山模擬)下列對(duì)一些實(shí)驗(yàn)事實(shí)的理論解釋正確的是 ()選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)事實(shí)理論解釋A碘單質(zhì)在CCl4中溶解度比在水中大CCl4和I2都是非極性分子,而H2O是極性分子BCO2為直線形分子CO2分子中C═O是極性鍵C金剛石的熔點(diǎn)低于石墨金剛石是分子晶體,石墨是原子晶體DHF的沸點(diǎn)高于HClHF的相對(duì)分子質(zhì)量小于HCl【解析】選A。CCl4和I2都是非極性分子,而H2O是極性分子,根據(jù)相似相溶原理可知碘單質(zhì)在水溶液中的溶解度很小,但在CCl4中溶解度很大,故A正確;理論解釋不對(duì),CO2分子是直線形,中心C原子雜化類型為sp雜化,分子構(gòu)型與鍵的極性無關(guān),故B錯(cuò)誤;金剛石是原子晶體,故C錯(cuò)誤;理論解釋不對(duì),HF分子間含有氫鍵,故HF的沸點(diǎn)高于HCl,故D錯(cuò)誤。7.(雙選)(2020·貴陽模擬改編)下列有關(guān)SO2與SiO2的比較,正確的是()A.它們均為酸性氧化物B.二者化學(xué)鍵類型相同,晶體類型也相同元素和Si元素化合價(jià)都為+4價(jià),因此從氧化還原角度考慮它們具有一樣的性質(zhì)molSiO2晶體中含4molSi—O鍵【解析】選A、D。SO2和SiO2均能和堿反應(yīng)生成鹽和水,屬于酸性氧化物,故A正確;二氧化硅屬于原子晶體,二氧化硫?qū)儆诜肿泳w,故B錯(cuò)誤;SO2具有強(qiáng)還原性,SiO2沒有,故C錯(cuò)誤;1molSiO2晶體中含4molSi—O鍵,故D正確。8.(2020·濟(jì)南模擬)如圖為碘晶體晶胞結(jié)構(gòu)。有關(guān)說法中正確的是()A.碘分子的排列有2種不同的取向,2種取向不同的碘分子以4配位數(shù)交替配位形成層結(jié)構(gòu)B.用均攤法可知平均每個(gè)晶胞中有4個(gè)碘原子C.碘晶體為無限延伸的空間結(jié)構(gòu),是原子晶體D.碘晶體中的碘原子間存在非極性鍵和范德華力【解析】選A。在立方體的頂面上,有5個(gè)I2,4個(gè)方向相同,結(jié)合其他面考慮可知,A項(xiàng)正確;每個(gè)晶胞中有4個(gè)碘分子,B項(xiàng)錯(cuò)誤;此晶體是分子晶體,C項(xiàng)錯(cuò)誤;碘原子間只存在非極性共價(jià)鍵,范德華力存在于分子與分子之間,D項(xiàng)錯(cuò)誤。9.(2020·駐馬店模擬)短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性,W和X的最外層電子數(shù)之和等于Z的最外層電子數(shù),Y的原子序數(shù)是W的2倍。YWZ2滴入水中,可觀察劇烈反應(yīng),液面上有霧生成,并有帶刺激性氣味的氣體逸出。下列說法正確的是 ()A.原子半徑:W<X<Y<Z分別與X、Z均只能形成一種二元化合物、Y、Z的最簡(jiǎn)單氫化物中,Z的氫化物沸點(diǎn)最高2滴入水中時(shí),逸出的氣體能使品紅褪色【解析】選D。短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性,該化合物為NaCl,則X為Na、Z為Cl元素;W和X的最外層電子數(shù)之和等于Z的最外層電子數(shù),W的最外層電子數(shù)為71=6,W的原子序數(shù)小于Na,則W為O元素;Y的原子序數(shù)是W的2倍,則Y的原子序數(shù)為16,為S元素;YWZ2為SOCl2,SOCl2滴入水中發(fā)生水解反應(yīng)生成二氧化硫、HCl,液面上有霧生成,并有帶刺激性氣味的氣體逸出,滿足條件。根據(jù)分析可知:W為O,X為Na,Y為S,Z為Cl元素。同一周期從左向右原子半徑逐漸減小,同一主族從上到下原子半徑逐漸增大,則原子半徑W<Z<Y<X,故A錯(cuò)誤;O與Na可以形成氧化鈉和過氧化鈉,與Cl可以形成ClO2、Cl2O7等多種化合物,故B錯(cuò)誤;O、S、Cl的氫化物分別為水、硫化氫和HCl,由于水分子間存在氫鍵,導(dǎo)致水的沸點(diǎn)較高,即W的氫化物沸點(diǎn)最高,故C錯(cuò)誤;SOCl2滴入水中生成的二氧化硫具有漂白性,能夠使品紅溶液褪色,故D正確。【加固訓(xùn)練】(2020·衡陽模擬)短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大,它們的原子最外層電子數(shù)為互不相等的奇數(shù)。X與Y位于不同周期,且X、Y、W原子最外層電子數(shù)之和恰好等于Z元素的核電荷數(shù),X與W的最高化合價(jià)之和為8,元素Z的單質(zhì)是目前使用量最大的主族金屬元素單質(zhì)。下列說法中正確的是()A.化合物YX4W屬于離子晶體,溶于水后得到的溶液呈堿性B.化合物YW3為平面三角形的非極性分子C.Y、Z形成的一種化合物,強(qiáng)度高、熱膨脹系數(shù)小,是良好的耐熱沖擊材料D.工業(yè)上常用電解Z與W形成的化合物的方法制取單質(zhì)Z【解析】選C。元素Z的單質(zhì)是目前使用量最大的主族金屬元素單質(zhì),Z為鋁元素。X、Y、W原子最外層電子數(shù)之和恰好等于Z元素的核電荷數(shù),X與W的最高化合價(jià)之和為8,則X與W的最外層電子數(shù)之和為8,Y最外層電子數(shù)為5,為N元素,短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大,它們的原子最外層電子數(shù)為互不相等的奇數(shù)。X與Y位于不同周期,X為H元素,W為氯元素。NH4Cl為離子化合物因此形成離子晶體,屬于強(qiáng)酸弱堿鹽,溶于水后水解,得到的溶液呈酸性,故A錯(cuò)誤;化合物NCl3分子中氮原子形成的σ鍵數(shù)為3,孤電子對(duì)為12×(51×3)=1,因此分子為三角錐形,為極性分子,故B錯(cuò)誤;Y、Z形成的一種化合物是AlN,AlN是原子晶體,強(qiáng)度高,熱膨脹系數(shù)小,是良好的耐熱沖擊材料,故C正確;Z與W形成的化合物是AlCl3,AlCl3是共價(jià)化合物,液態(tài)不導(dǎo)電,工業(yè)上無法用電解Z與W形成的化合物的方法制取單質(zhì)Al,故D10.(2020·佳木斯模擬)下列有關(guān)鹵素的說法不正確的是 ()在反應(yīng)ICl+2NaOHNaCl+NaIO+H2O中作氧化劑B.金屬鈉與氯氣反應(yīng)生成氯化鈉后,其結(jié)構(gòu)的穩(wěn)定性增強(qiáng),體系的能量降低C.淀粉碘化鉀在空氣中變藍(lán),發(fā)生了4I+O2+2H2O2I2+4OH、HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性依次減弱,還原性依次增強(qiáng)【解析】選A。在ICl+2NaOHNaCl+NaIO+H2O反應(yīng)中,ICl各種元素的化合價(jià)并沒有改變,因此不是氧化劑,故A錯(cuò)誤;化學(xué)反應(yīng)的實(shí)質(zhì)就是舊化學(xué)鍵的斷裂,新化學(xué)鍵的形成,物質(zhì)能量越高越活潑,鈉和氯氣反應(yīng)生成氯化鈉的反應(yīng)是放熱反應(yīng),生成物能量降低,故B正確;淀粉碘化鉀溶液在空氣中,碘離子被氧氣氧化成碘單質(zhì),碘單質(zhì)遇到淀粉變藍(lán),反應(yīng)的離子方程式為4I+O2+2H2O2I2+4OH,故C正確;非金屬性F>Cl>Br>I,則HF、HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性依次減弱,還原性增強(qiáng),故D正確。11.(2020·洛陽模擬)鎵(Ga)與鋁同主族,曾被稱為“類鋁”,其氧化物和氫氧化物均為兩性化合物。工業(yè)制備鎵的流程如圖所示:下列判斷不合理的是 ()、Ga均處于第ⅢA族2O3可與鹽酸反應(yīng)生成GaCl3C.Ga(OH)3可與NaOH反應(yīng)生成NaGaO2D.酸性:Al(OH)3>Ga(OH)3【解析】選D。鎵(Ga)與鋁同主族,均處于第ⅢA族,A項(xiàng)正確;Ga2O3與Al2O3的性質(zhì)相似,可與鹽酸反應(yīng)生成GaCl3,B項(xiàng)正確;Ga(OH)3屬于兩性氫氧化物,與Al(OH)3的性質(zhì)相似,能與NaOH溶液反應(yīng)生成NaGaO2,C項(xiàng)正確;在NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入適量CO2,只有Al(OH)3沉淀,而沒有Ga(OH)3沉淀,根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸的原理,鎵酸的酸性強(qiáng)于碳酸,則酸性:Al(OH)3<Ga(OH)3,D項(xiàng)錯(cuò)誤。12.(2020·曲靖模擬)如圖是一種綜合處理SO2廢氣的工藝流程。下列說法正確的是 ()A.向B溶液中滴加KSCN溶液,溶液可能變?yōu)榧t色B.溶液B轉(zhuǎn)化為溶液C發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為4H++2Fe2++O22Fe3++2H2OO42-和D.加氧化亞鐵可以使溶液C轉(zhuǎn)化為溶液A【解析】選A。溶液A轉(zhuǎn)化為溶液B發(fā)生反應(yīng):2Fe3++2H2O+SO22Fe2++SO42-+4H+,向溶液B中滴加KSCN溶液,未與SO2反應(yīng)的Fe3+與SCN反應(yīng),有紅色出現(xiàn),A項(xiàng)正確;溶液B轉(zhuǎn)化為溶液C發(fā)生反應(yīng):4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O,B項(xiàng)錯(cuò)誤;SO42-中硫原子形成的σ鍵數(shù)為4,孤電子對(duì)為12×(6+22×4)=0,因此中心原子硫采用sp3雜化;SO2中硫原子形成的σ鍵數(shù)為2,孤電子對(duì)為12×(62×2)=1,因此中心原子硫采用sp2雜化,C項(xiàng)錯(cuò)誤;溶液C中含有Fe3+和H+,溶液13.(2020·青島模擬)碘在地殼中主要以NaIO3的形式存在,在海水中主要以I的形式存在,幾種粒子之間有如圖所示關(guān)系,根據(jù)圖示轉(zhuǎn)化關(guān)系推測(cè)下列說法不正確的是 ()A.可用淀粉KI試紙和食醋檢驗(yàn)加碘鹽中是否含有碘B.足量Cl2能使?jié)駶?rùn)的淀粉KI試紙變白的原因可能是5Cl2+I2+6H2O2HIO3+10HClC.由圖可知氧化性的強(qiáng)弱順序?yàn)镃l2>I2>IOD.途徑Ⅱ中若生成1molI2,反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為10NA【解析】選C。加碘鹽中含有IO3-,在酸性條件下可被I還原生成I2,淀粉KI試紙會(huì)變藍(lán),A正確;根據(jù)圖示轉(zhuǎn)化關(guān)系可知原因可能是5Cl2+I2+6H22HIO3+10HCl,B正確;根據(jù)途徑Ⅰ可知氧化性:Cl2>I2,根據(jù)途徑Ⅱ可知氧化性:IO3->I2,根據(jù)途徑Ⅲ可知氧化性:Cl2>IO3-,C錯(cuò)誤;根據(jù)關(guān)系式:2IO3-～I(xiàn)2～10e可知,若生成1molI214.(2020·南昌模擬)已知氧化性強(qiáng)弱順序:Cl2>Br2>Fe3+>I2,則下列說法正確的是 ()可以和I2在加熱條件下生成FeI3B.向FeBr2溶液中通入少量Cl2,發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Br+Cl2Br2+2ClC.某溶液中含有Fe2+、Cl、I,為了除去I而不減少其他離子,可加入適量Fe3+D.向含有NaBr、NaI的溶液中通入適量氯氣,充分作用后,將溶液蒸干、灼燒,可能得到NaCl和NaI的固體混合物【解析】選C。根據(jù)氧化性的強(qiáng)弱順序:Cl2>Br2>Fe3+>I2,則對(duì)應(yīng)的還原性I>Fe2+>Br>Cl,結(jié)合氧化還原反應(yīng)的規(guī)律,分析作答。I2的氧化性弱于Fe3+,Fe和I2在加熱條件下不能生成FeI3,A項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)氧化性強(qiáng)弱順序:Cl2>Br2>Fe3+>I2,則還原性Fe2+>Br,所以向FeBr2溶液中通入少量Cl2,氯氣只氧化還原性較強(qiáng)的Fe2+,對(duì)應(yīng)的離子方程式為2Fe2++Cl22Fe3++2Cl,B項(xiàng)錯(cuò)誤;由上述分析已知,還原性I>Fe2+>Cl,則為了除去I而不減少其他離子,可加入適量Fe3+,C項(xiàng)正確;向含有NaBr、NaI的溶液中通入適量氯氣,可發(fā)生:2NaI+Cl22NaCl+I2,2NaBr+Cl22NaCl+Br2,因還原性NaI>NaBr,不可能含有NaI而沒有NaBr,D項(xiàng)錯(cuò)誤。15.(2020·蕪湖模擬)將一定量的鋅與100mLmol·L1濃硫酸充分反應(yīng)后,鋅完全溶解,同時(shí)生成氣體AL(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。將反應(yīng)后的溶液稀釋到1L,測(cè)得溶液的A.氣體A為SO2和H2的混合物B.氣體A中SO2和H2的體積比為5∶1C.反應(yīng)中共消耗鋅D.反應(yīng)中共轉(zhuǎn)移電子3mol【解析】選B。在涉及硫酸的反應(yīng)中,要注意分析硫酸濃度變化對(duì)反應(yīng)產(chǎn)生的影響。鋅和濃硫酸反應(yīng)生成SO2,如果鋅過量,硫酸濃度降低變成稀硫酸后,鋅與稀硫酸反應(yīng)生成氫氣,則二者反應(yīng)得到的是SO2和H2的混合氣體。將反應(yīng)后的溶液稀釋后所得溶液的pH=1,故硫酸過量。反應(yīng)掉的H2SO4為mol·L1L0.1mol·L-1×1L·mol1=L≠L,故不可能全是SO2氣體,A項(xiàng)正確;設(shè)生成的SO2物質(zhì)的量為x,H2物質(zhì)的量為y,則mol;由反應(yīng)的化學(xué)方程式可知,生成SO2所消耗的H2SO4物質(zhì)的量為2x,生成H2所消耗的H2SO4物質(zhì)的量為y,則有mol,解得mol,所以SO2與H2的體積比為1∶4,B項(xiàng)錯(cuò)誤;設(shè)參加反應(yīng)的Zn的物質(zhì)的量為a,根據(jù)得失電子守恒有mol,反應(yīng)中消耗Zn的質(zhì)量為mol×65g·mol1=g,C項(xiàng)正確;反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為316.(2020·阜陽模擬)A、B、C、D是原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素,甲、乙、丙、丁、戊是由其中的兩種或三種元素組成的化合物,辛是由C元素形成的單質(zhì),常溫常壓下乙為液態(tài)。常溫下mol·L1QUOTEL-1丁溶液的pH為13。上述各物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是()A.常溫條件下元素A、B所形成化合物的狀態(tài)一定是氣態(tài)B.Lmol·QUOTEL-1L1戊溶液中陰離子的總物質(zhì)的量小于molmol甲與足量的乙完全反應(yīng)共轉(zhuǎn)移了約6.02×1023個(gè)電子D.元素B、C、D的原子半徑由大到小的順序?yàn)閞(D)>r(C)>r(B)【解析】選C。mol·L1丁溶液的pH為13(25℃),丁是一元強(qiáng)堿,其含有的金屬元素在短周期,則丁應(yīng)為NaOH,發(fā)生反應(yīng):甲+乙丁+辛,根據(jù)元素守恒可知,甲、乙兩種物質(zhì)至少共含有H、O、Na元素,辛是由C組成的單質(zhì),由發(fā)生反應(yīng)可知,辛不能是Na,結(jié)合原子序數(shù)可知,A為H、C為O、D為Na元素,故辛為氧氣,可知甲是Na2O2、乙是水,再根據(jù)反應(yīng):甲+丙戊+辛,可知丙是二氧化碳,戊是碳酸鈉,則B為碳元素。A為H、B為碳,碳?xì)湫纬傻幕衔餆N中有氣態(tài)、液態(tài)、固態(tài),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;戊是碳酸鈉,在碳酸鈉溶液中,CO32-離子水解生成HCO3-離子和OH離子,溶液中陰離子總的物質(zhì)的量大于mol,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;甲與足量的乙完全反應(yīng)的方程式為2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,1molNa2O2反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子為1mol,約6.02×1023個(gè)電子,選項(xiàng)C正確;同周期隨原子序數(shù)增大原子半徑減小,同主族自上而下原子半徑增大,故原子半徑大小順序?yàn)镹a>C>O,即r(D)>r(B)>r(C),選項(xiàng)二、非選擇題(本題包括5小題,共52分)17.(10分)(2020·威海模擬)A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素,A2-和B+具有相同的電子構(gòu)型;C、D為同周期元素,C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍;D(1)四種元素中電負(fù)性最大的是________(填元素符號(hào)),其中C原子的核外電子排布式為__

______________________。

(2)單質(zhì)A有兩種同素異形體,其中沸點(diǎn)高的是________(填分子式),原因是__________________________________________________;A和B的氫化物所屬的晶體類型分別為____________和____________。

(3)C和D反應(yīng)可生成組成比為1∶3的化合物E,E的立體構(gòu)型為______________,中心原子的雜化軌道類型為____________。

(4)化合物D2A的立體構(gòu)型為__________,中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為________,單質(zhì)D與濕潤(rùn)的Na2CO3反應(yīng)可制備D2A,其化學(xué)方程式為

__________________________________________。

(5)A和B能夠形成化合物F,其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,晶胞參數(shù)nm,F的化學(xué)式為__________;晶胞中A原子的配位數(shù)為______________________;

列式計(jì)算晶體F的密度(g·cm3QUOTEm-3)______________________。

【解析】根據(jù)題目條件,可推出A、B、C、D分別為O、Na、P、Cl。(1)電負(fù)性最大的為O,P的核外電子排布為1s22s22p63s23p3。(2)單質(zhì)A有O2、O3兩種同素異形體,相對(duì)分子質(zhì)量大的,分子間作用力也大,沸點(diǎn)高。A、B的氫化物分別為H2O、NaH,晶體類型分別為分子晶體、離子晶體。(3)E為PCl3,P含有一對(duì)孤電子對(duì),價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4,立體構(gòu)型為三角錐形,中心原子P的雜化類型為sp3雜化。(4)Cl2O中的中心原子為O,O有2對(duì)σ鍵電子對(duì),孤電子對(duì)數(shù)=12(62×1)=2,故價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4,分子的立體構(gòu)型為V形。根據(jù)得失電子守恒配平化學(xué)方程式得2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2。(5)晶胞中O2-為8×18+6×12=4,Na+為8個(gè),則化學(xué)式為Na2O。以頂點(diǎn)氧原子為中心,與氧原子距離相等且最近的鈉原子的個(gè)數(shù)為8,則氧原子的配位數(shù)為8。晶體F的密度為4×62g答案:(1)O1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)(2)O3O3相對(duì)分子質(zhì)量較大,分子間作用力大分子晶體離子晶體(3)三角錐形sp3(4)V形42Cl2+2Na2CO3+H2OCl2O+2NaHCO3+2NaCl(或2Cl2+Na2CO3Cl2O+CO2+2NaCl)(5)Na2O84×62g·mol【加固訓(xùn)練】(2020·南通模擬)前四周期元素X、Y、Z、W、R的原子序數(shù)依次增大,X、Y、Z、W為短周期元素,X的價(jià)電子排布式為nsnnp2n,Y在周期表所有元素中電負(fù)性最大,Z、W為同周期金屬元素,Z的第一電離能大于W,R元素內(nèi)層電子所在能層全部排滿且最外層有兩個(gè)電子。(1)R的基態(tài)原子核外電子排布式為____________。

(2)X的某種常見氫化物,既含有極性鍵又含有非極性鍵,其結(jié)構(gòu)式為________________,其中X原子的雜化方式為____________。

(3)Z的第一電離能大于W的第一電離能的原因?yàn)開_________

__。

(4)Z與X形成的化合物熔點(diǎn)高于Z與Y形成的化合物,其原因?yàn)開___________。

(5)向RCl2溶液中逐滴加入氨水至過量,形成一種含配離子[R(NH3)4]2+的化合物,其反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________,不考慮立體構(gòu)型,[R(NH3)4]2+的結(jié)構(gòu)可用示意圖表示為______________________。

(6)化合物Na3WY6由Na+和WY63-構(gòu)成,其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,圖中位于大立方體頂點(diǎn)和面心,位于大立方體的12條棱的中點(diǎn)和8個(gè)小立方體的體心,是圖中、中的一種,大立方體的體心處所代表的是________(填離子符號(hào))。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,晶體的密度為ρg·cm3,摩爾質(zhì)量為M,該晶胞的棱長(zhǎng)為______nm。

【解析】X的價(jià)電子排布式為nsnnp2n,n=2,則X是氧,Y在周期表所有元素中電負(fù)性最大,Y是氟,Z、W為同周期金屬元素,Z的第一電離能大于W,Z是鎂、W是鋁,R元素內(nèi)層電子所在能層全部排滿且最外層有兩個(gè)電子,R為Zn。(1)R的基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2。(2)既含有極性鍵又含有非極性鍵的氧的氫化物是H2O2,其結(jié)構(gòu)式為H—O—O—H,其中X原子的雜化方式為sp3雜化。(3)Mg的第一電離能大于Al的第一電離能的原因?yàn)镸g的價(jià)層電子排布為3s2,能量低,穩(wěn)定。Al的價(jià)層電子排布為3s23p1,不穩(wěn)定,能量高,因此Mg的第一電離能大于Al的第一電離能。(4)Mg與O形成的化合物MgO熔點(diǎn)高于Mg與F形成的化合物MgF2,其原因?yàn)镸gO晶體中離子所帶電荷數(shù)多,晶格能大,所以熔點(diǎn)高。(5)向ZnCl2溶液中逐滴加入氨水至過量,形成一種含配離子[Zn(NH3)4]2+的化合物,其反應(yīng)的化學(xué)方程式為ZnCl2+4NH3·H2O[Zn(NH3)4]Cl2+4H2O,[Zn(NH3)4]2+的結(jié)構(gòu)可用示意圖表示為。(6)化合物Na3AlF6由Na+和AlF63-構(gòu)成,其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu),陽離子和陰離子需滿足3∶1,則所代表的是Na+。設(shè)晶胞的棱長(zhǎng)為anm,由4M=ρa(bǔ)3NA可得該晶胞的棱長(zhǎng)為34M答案:(1)1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2(2)H—O—O—Hsp3雜化(3)Mg的價(jià)電子排布為3s2,穩(wěn)定,能量低。Al的價(jià)電子排布為3s23p1,不穩(wěn)定,能量高,因此Mg的第一電離能大于Al的第一電離能(4)MgO晶體中離子所帶電荷數(shù)多,晶格能大,所以熔點(diǎn)高(5)ZnCl2+4NH3·H2O[Zn(NH3)4]Cl2+4H2O(6)Na+34M18.(10分)(2020·武漢模擬)一氧化二氯(Cl2O)是次氯酸的酸酐,用作氯化劑,其部分性質(zhì)如下:物理性質(zhì)化學(xué)性質(zhì)常溫下,Cl2O是棕黃色有刺激性氣味的氣體熔點(diǎn):℃;沸點(diǎn):Cl2O不穩(wěn)定,接觸一般有機(jī)物易爆炸;它易溶于水,同時(shí)反應(yīng)生成次氯酸實(shí)驗(yàn)室制備原理:2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O?，F(xiàn)用下列裝置設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)制備少量Cl2O,并探究相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)。(1)裝置A中儀器X的名稱為____________。

(2)若氣體從左至右流動(dòng),裝置連接順序是A、________(每個(gè)裝置限用一次)。

(3)裝置F中盛裝試劑的名稱為____________。

(4)A中反應(yīng)的離子方程式為________________。

(5)當(dāng)D中收集適量液態(tài)物質(zhì)時(shí)停止反應(yīng),設(shè)計(jì)簡(jiǎn)單實(shí)驗(yàn)證明B中殘留固體中含有NaHCO3:

_______________________。

(6)實(shí)驗(yàn)完成后,取E中燒杯內(nèi)溶液滴加品紅溶液,發(fā)現(xiàn)溶液褪色。設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)探究溶液褪色的原因。序號(hào)mol·L1NaClO溶液體積/mLmol·L1NaCl溶液體積/mLmol·L1NaOH溶液體積/mLH2O的體積/mL品紅溶液現(xiàn)象Ⅰ003滴較快褪色Ⅱ0a03滴不褪色Ⅲ003滴緩慢褪色①a=______________。

②由上述實(shí)驗(yàn)得出的結(jié)論是________________。

【解析】(2)通過A裝置制取氯氣,由于濃鹽酸具有揮發(fā)性,制取的氯氣中含有HCl雜質(zhì),為防止其干擾Cl2O的制取,先通過F裝置除去HCl雜質(zhì),再通過B裝置發(fā)生反應(yīng):2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O,由于Cl2O易溶于水,同時(shí)與水反應(yīng)生成次氯酸,所以收集之前要先通過C裝置干燥,再通過D裝置收集Cl2O并驗(yàn)證其沸點(diǎn)低,易液化的性質(zhì),由于Cl2會(huì)產(chǎn)生大氣污染,所以最后要用E裝置進(jìn)行尾氣處理,故裝置的連接順序?yàn)锳、F、B、C、D、E。(3)裝置F中盛裝飽和食鹽水,其作用是除去氯氣中的HCl雜質(zhì)氣體。(5)裝置B中氯氣與潮濕的碳酸鈉在加熱條件下反應(yīng)生成氯化鈉、碳酸氫鈉和一氧化二氯,為證明殘留固體中含有碳酸氫鈉,需先將B中固體溶于蒸餾水,滴加過量的BaCl2溶液,排除碳酸鈉的干擾,然后取上層清液再滴加Ba(OH)2溶液,觀察是否有白色沉淀生成,若有白色沉淀生成,則證明B中殘留固體中含有碳酸氫鈉。(6)①實(shí)驗(yàn)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ為對(duì)照實(shí)驗(yàn),實(shí)驗(yàn)中溶液的總體積應(yīng)相同,均為10.0mL,故a為5.0。②由表中數(shù)據(jù)分析知,在其他條件相同時(shí),溶液的堿性越強(qiáng),次氯酸鈉溶液的漂白能力越弱。答案:(1)分液漏斗(2)F、B、C、D、E(3)飽和食鹽水(4)MnO2+4H++2ClMn2++Cl2↑+2H2O(5)取B中固體少許于試管中,加蒸餾水溶解,滴加過量BaCl2溶液,振蕩靜置,取上層清液于另一試管中,再滴加Ba(OH)2溶液,有白色沉淀生成(合理即可)(6)①5.0②其他條件相同,堿性越強(qiáng),次氯酸鈉溶液的漂白能力越弱19.(10分)(2020·寧德模擬)碳、硅及其化合物的開發(fā)由來已久,在現(xiàn)代生活中有廣泛應(yīng)用。(1)SiO2是玻璃的主要成分之一,保存氫氧化鈉溶液的玻璃應(yīng)用橡膠塞的原因是____________________________(用化學(xué)方程式表示)。

(2)高純硅是現(xiàn)代信息、半導(dǎo)體和光伏發(fā)電等產(chǎn)業(yè)都需要的基礎(chǔ)材料。工業(yè)上提純硅有多種路線,其中一種工藝流程示意圖及主要反應(yīng)如下:①用石英砂和焦炭在電弧爐中制粗硅,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。

②在流化床反應(yīng)的產(chǎn)物中,SiHCl3大約占85%,還有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等,有關(guān)物質(zhì)的沸點(diǎn)數(shù)據(jù)如表所示,提純SiHCl3的主要工藝操作依次是沉降、冷凝和__________。

物質(zhì)SiSiCl4SiHCl3SiH2Cl2SiH3ClHClSiH4沸點(diǎn)/℃2355③SiHCl3極易水解,其完全水解的化學(xué)方程式為_______。

(3)某同學(xué)為了驗(yàn)證碳和硅兩種元素非金屬性的相對(duì)強(qiáng)弱,用如圖所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)(夾持儀器已略去,氣密性已檢驗(yàn)),實(shí)驗(yàn)操作步驟如下:Ⅰ.打開彈簧夾1,關(guān)閉彈簧夾2,并打開活塞a,滴加濃鹽酸。Ⅱ.A中看到白色沉淀時(shí),關(guān)閉彈簧夾1,打開彈簧夾2,關(guān)閉活塞a。①B中反應(yīng)的離子方程式是_______。

②通過步驟Ⅰ知濃鹽酸具有的性質(zhì)是______(填字母)。

A.揮發(fā)性B.還原性C.氧化性D.酸性③C裝置中的試劑X是____________(填化學(xué)式)。D中反應(yīng)的化學(xué)方程式是__

____________。

④碳、硅的非金屬性逐漸減弱的原因:

____________。

【解析】(1)玻璃中的二氧化硅與NaOH溶液反應(yīng)。(2)①石英砂的主要成分為二氧化硅,二氧化硅和碳在高溫條件下反應(yīng)生成硅和一氧化碳;②由于SiHCl3與SiCl4、SiH2Cl2等的沸點(diǎn)相差較大,可以使用蒸餾的方法提純;③SiHCl3中Si是+4價(jià),氫元素、氯元素均為1價(jià),SiHCl3完全水解時(shí),Si以H2SiO3形式存在,1價(jià)的氫元素與H2O反應(yīng)后生成H2。(3)①B中鹽酸與碳酸鈣發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是CaCO3+2H+Ca2++CO2↑+H2O;②步驟Ⅰ是為了驗(yàn)證濃鹽酸是否具有揮發(fā)性(看A中是否產(chǎn)生沉淀)和酸性(與鹽反應(yīng));③因?yàn)闈恹}酸具有揮發(fā)性,所以C裝置的作用是將HCl氣體除去,可以使用的試劑為飽和NaHCO3溶液;D中反應(yīng)的化學(xué)方程式是Na2SiO3+CO2+H2OH2SiO3↓+Na2CO3,也可以生成NaHCO3,答案合理即可;④由于碳和硅位于同一主族,從上到下,原子半徑逐漸增大,得電子的能力減弱,非金屬性減弱,所以碳、硅的非金屬性逐漸減弱。答案:(1)SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O(2)①SiO2+2CSi+2CO↑②蒸餾③SiHCl3+4H2OH4SiO4↓+H2↑+3HCl↑(或SiHCl3+3H2OH2SiO3↓+H2↑+3HCl↑)(3)①CaCO3+2H+Ca2++CO2↑+H2O②AD③NaHCO3Na2SiO3+CO2+H2OH2SiO3↓+Na2CO3(答案合理即可)④碳和硅位于同一主族,從上到下,原子半徑逐漸增大,得電子的能力逐漸減弱,非金屬性逐漸減弱【加固訓(xùn)練】(2020·廣州模擬)二氧化釩(VO2)是一種新型熱敏材料。+4價(jià)的釩化合物在弱酸性條件下易被氧化。實(shí)驗(yàn)室以V2O5為原料合成用于制備VO2的氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體,過程如圖:回答下列問題:(1)VOCl2中V的化合價(jià)為________。

(2)步驟ⅰ中生成VOCl2的同時(shí)生成一種無色無污染的氣體,該化學(xué)方程式為__________。

也可只用濃鹽酸與V2O5來制備VOCl2溶液,該法的缺點(diǎn)是_________________。

(3)步驟ⅱ可在如圖裝置中進(jìn)行。①反應(yīng)前應(yīng)通入CO2數(shù)分鐘的目的是______________________________。

②裝置B中的試劑是____________。

(4)測(cè)定氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體粗產(chǎn)品中釩的含量。稱量ag樣品于錐形瓶中,用20mL蒸餾水與30mL混酸溶解后,加mol·L1KMnO4溶液至稍過量,充分反應(yīng)后繼續(xù)加1%NaNO2溶液至稍過量,再用尿素除去過量的NaNO2,最后用cmol·L1(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn),消耗體積為bmL。滴定反應(yīng)為VO2++Fe2++2H+VO2++Fe3++H2O①KMnO4溶液的作用是______________。

NaNO2溶液的作用是______________。

②粗產(chǎn)品中釩的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式為______________。

【解析】(1)VOCl2中O為2價(jià),Cl為1價(jià),根據(jù)各元素化合價(jià)代數(shù)和為0可知,V的化合價(jià)為+4。(2)根據(jù)原子守恒可知生成的無色無污染的氣體為N2,結(jié)合V由+5價(jià)降至+4價(jià)、N由2價(jià)升至0價(jià),根據(jù)得失電子守恒、原子守恒可寫出步驟ⅰ中的化學(xué)方程式。用濃鹽酸與V2O5來制備VOCl2溶液時(shí),會(huì)生成污染空氣的Cl2。(3)①由+4價(jià)的釩化合物在弱酸性條件下易被氧化可知,反應(yīng)前通入數(shù)分鐘CO2,能排除裝置中的空氣,避免氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體被氧化。②裝置B中溶液能除去CO2中混有的HCl雜質(zhì),故裝置B中的試劑應(yīng)為飽和NaHCO3溶液。(4)①結(jié)合滴定時(shí)的離子反應(yīng)可知,KMnO4溶液能將+4價(jià)的釩化合物氧化為VO2+。NaNO2溶液具有還原性,能除去過量的KMnO②根據(jù)V～VO2+ 51g1mol m(V) cmol·L1×b×10-3則m(V)=51bc1000答案:(1)+4(2)2V2O5+N2H4·2HCl+6HCl4VOCl2+N2↑+6H2O有氯氣生成,污染空氣(3)①排除裝置中的空氣,避免產(chǎn)物被氧化②飽和NaHCO3溶液(4)①將+4價(jià)釩化合物氧化為VO2+除去過量的KMnO4②5120.(10分)(2020年山東等級(jí)考模擬)非線性光學(xué)晶體在信息、激光技術(shù)、醫(yī)療、國(guó)防等領(lǐng)域具有重要應(yīng)用價(jià)值。我國(guó)科學(xué)家利用Cs2CO3、XO2(X=Si、Ge)和H3BO3首次合成了組成為CsXB3O7的非線性光學(xué)晶體?；卮鹣铝袉栴}:(1)C、O、Si三種元素電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開_______;第一電離能I1(Si)________I1(Ge)(填“>”或“<”)。

(2)基態(tài)Ge原子核外電子排布式為__________;

SiO2、GeO2具有類似的晶體結(jié)構(gòu),其中熔點(diǎn)較高的是________,原因是__

__________。

(3)如圖為硼酸晶體的片層結(jié)構(gòu),其中硼的雜化方式為________________。H3BO3在熱水中比冷水中溶解度顯著增大的主要原因是________

__。

(4)以晶胞參數(shù)為單位長(zhǎng)度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置,稱作原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。CsSiB3O7屬于正交晶系(長(zhǎng)方體形)。晶胞參數(shù)為apm、bpm、cpm。如圖為沿y軸投影的晶胞中所有Cs原子的分布圖和原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。據(jù)此推斷該晶胞中Cs原子的數(shù)目為________。CsSiB3O7的摩爾質(zhì)量為Mg·mol1,設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,則CsSiB3O7晶體的密度為________g·cm3(用代數(shù)式表示)。

【解析】(1)電負(fù)性的變化規(guī)律為同周期從左向右逐漸增大,同主族由上至下逐漸減小,所以電負(fù)性O(shè)>C>Si;第一電離能的變化規(guī)律為同族元素由上至下逐漸減小,因此I1(Si)>I1(Ge)。(2)Ge原子位于第四周期ⅣA族,因此原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p2(或[Ar]3d104s24p2);SiO2、GeO2均為原子晶體,Ge原子半徑大于Si,Si—O鍵長(zhǎng)小于Ge—O鍵長(zhǎng),SiO2鍵能更大,熔點(diǎn)更高。(3)B原子最外層有3個(gè)電子,與3個(gè)—OH形成3個(gè)共價(jià)鍵,因此為sp2雜化。熱水破壞了硼酸晶體中的氫鍵,并且硼酸分子與水形成分子間氫鍵,使溶解度增大。(4)原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(0.5,0.2,0.5)的Cs原子位于晶胞體內(nèi),原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(0,0.3,0.5)及(1.0,0.3,0.5)的Cs原子位于晶胞的yz面上,原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(0.5,0.8,1.0)及(0.5,0.8,0)的Cs原子位于晶胞xy面上,原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(0,0.7,1.0)及(1.0,0.7,1.0)(0,0.7,0)及(1.0,0.7,0)的Cs原子位于晶胞平行于y軸的棱上,利用均攤法可計(jì)算該晶胞中共含Cs原子4個(gè);代入晶胞密度求算公式可得:ρ=ZMNAV=4×MNA×abc×10答案:(1)O>C>Si>(2)1s22s22p63s23p63d104s24p2(或[Ar]3d104s24p2)SiO2二者均為原子晶體,Ge原子半徑大于Si,Si—O鍵長(zhǎng)小于Ge—O鍵長(zhǎng),SiO2鍵能更大,熔點(diǎn)更高(3)sp2熱水破壞了硼酸晶體中的氫鍵,并且硼酸分子與水形成分子間氫鍵,使溶解度增大(4)44MabcN21.(12分)(2020·福州模擬)鈦及鈦合金在航空航天領(lǐng)域具有重要的應(yīng)用價(jià)值。(1)基態(tài)Ti原子的核外電子排布式為[Ar]__________,其中s軌道上總共有______個(gè)電子。

(2)TiCl3可用作烯烴定向聚合的催化劑,例如,丙