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…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁,總=sectionpages22頁第=page11頁,總=sectionpages11頁2025年仁愛科普版選修3化學(xué)上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍:全部知識點;考試時間:120分鐘學(xué)校:______姓名:______班級:______考號:______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題,共14分)1、下列各組原子中,彼此化學(xué)性質(zhì)一定相似的是()A.原子核外電子排布式為ls2的X原子與原子核外電子排布式為ls22s2的Y原子B.原子核外M層上僅有兩個電子的X原子與原子核外N層上僅有兩個電子的Y原子C.2p軌道上有一個空軌道的X原子與3p軌道上有一個空軌道的Y原子D.最外層都只有一個電子的X、Y原子2、下列說法正確的是()A.核外電子排布式為的原子能產(chǎn)生發(fā)射光譜B.電子的能量不一定高于電子的能量C.基態(tài)鈉原子核外電子只有1種運動狀態(tài)D.違反了泡利原理3、某物質(zhì)的實驗式為PtCl4·2NH3,其水溶液不導(dǎo)電,加入AgNO3溶液反應(yīng)也不產(chǎn)生沉淀,用強堿處理并沒有NH3放出,則下列有關(guān)說法中正確的是A.NH3與NO3-中氮原子的雜化方式相同B.配合物中心離子的電荷數(shù)和配位數(shù)均為4C.PtCl4·2NH3的立體構(gòu)型為正八面體形D.Cl-和NH3分子均與中心離子Pt4+配位4、最近,科學(xué)家合成了含有N的鹽類,含有該離子的鹽是高能爆炸物質(zhì),該離子的結(jié)構(gòu)呈“V”形,如圖所示,以下有關(guān)該物質(zhì)的說法中正確的是()
A.每個N中含有35個質(zhì)子和36個電子B.該離子中有非極性鍵和配位鍵C.該離子中含有2個π鍵D.與PCl互為等電子體5、下表中各粒子、粒子對應(yīng)的立體結(jié)構(gòu)及解釋均正確的是。粒子立體結(jié)構(gòu)解釋A氨基負(fù)離子()直線形N原子采用sp雜化B二氧化硫(SO2)V形S原子采用sp3雜化,與H2O中的O原子雜化形式相同C乙炔(C2H2)直線形C原子采用sp雜化且C原子的價電子均參與成鍵D碳酸根離子()三角錐形C原子采用sp3雜化A.AB.BC.CD.D6、下列分子中的中心原子雜化軌道的類型相同的是()A.SO3與SO2B.BF3與NH3C.BeCl2與SCl2D.H2O與SO27、下列說法不正確的是()A.HCl、HBr、HI的熔、沸點依次升高與分子間作用力大小有關(guān)B.H2O的熔、沸點高于H2S是由于H2O分子之間存在氫鍵C.甲烷可與水形成氫鍵D.I2易溶于CCl4可以用相似相溶原理解釋評卷人得分二、多選題(共7題,共14分)8、在下列有關(guān)晶體的敘述中錯誤的是()A.分子晶體中,一定存在極性共價鍵B.原子晶體中,只存在共價鍵C.金屬晶體的熔沸點均很高D.稀有氣體的原子能形成分子晶體9、下列各式中各能級能量高低的排列順序正確的是()A.B.C.D.10、下列說法中正確的是A.所有的電子在同一區(qū)域里運動B.能量高的電子在離核遠(yuǎn)的區(qū)域運動,能量低的電子在離核近的區(qū)域運動C.處于最低能量的原子叫基態(tài)原子D.同一原子中,1s、2s、3s所能容納的電子數(shù)越來越多11、砷化氫(AsH3)是一種無色、可溶于水的氣體,其分子構(gòu)型是三角錐形。下列關(guān)于AsH3的敘述中正確的是A.AsH3分子中有未成鍵的電子對B.AsH3是非極性分子C.AsH3是強氧化劑D.AsH3分子中的As—H鍵是極性鍵12、硼砂是含結(jié)晶水的四硼酸鈉,其陰離子Xm-(含B、O、H三種元素)的球棍模型如圖所示。下列說法正確的是()
A.m=2B.在Xm-中,硼原子軌道的雜化類型相同C.1、2原子間和4、5原子間的化學(xué)鍵可能是配位鍵D.若382g硼砂晶體中含2molNa+,則硼砂的化學(xué)式為Na2B4O7?10H2O13、有關(guān)晶體的敘述正確的是()A.在24g石墨中,含C-C共價鍵鍵數(shù)為3molB.在12g金剛石中,含C-C共價鍵鍵數(shù)為4molC.在60g二氧化硅中,含Si-O共價鍵鍵數(shù)為4molD.在NaCl晶體中,與Na+最近且距離相等的Na+有6個14、下表是某些原子晶體的熔點和硬度。原子晶體金剛石氮化硼碳化硅硅鍺熔點/℃3350300026001415938.4硬度109.59.07.06.0
分析表中的數(shù)據(jù),判斷下列敘述正確的是()A.構(gòu)成原子晶體的原子種類越多,晶體的熔點越高B.構(gòu)成原子晶體的原子間的共價鍵鍵能越大,晶體的熔點越高C.構(gòu)成原子晶體的原子的半徑越大,晶體的硬度越大D.構(gòu)成原子晶體的原子的半徑越大,晶體的硬度越小評卷人得分三、填空題(共7題,共14分)15、銅是第四周期重要的過渡元素之一;其單質(zhì)及化合物具有廣泛用途。
請回答下列有關(guān)問題:
⑴銅原子的基態(tài)電子排布式是____________。比較第一電離能Cu______Zn(填“>”、“=”、“<”),說明理由___________________。
⑵氮和銅形成某種化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,則其化學(xué)式為_______。(每個球均表示1個原子)
⑶銅可以形成多種多樣的配合物。
①NH3可以和很多過渡金屬形成配合物。NH3分子中心原子的雜化類型為____雜化,與NH3互為等電子體的粒子有___。(只寫其中一種)
②向盛有硫酸銅水溶液的試管里加入氨水,首先形成難溶物,繼續(xù)添加氨水,難溶物溶解得到深藍(lán)色的透明溶液。試用離子方程式表示其原因____、___。
⑷在綠色植物標(biāo)本的制作過程中,將植物材料洗凈后浸入5%的硫酸銅溶液中,葉綠素(如圖1)中心離子Mg2+被置換成Cu2+(如圖2),葉片則永保綠色,請在圖2中用箭頭表示出配位鍵。16、X、Y、Z、M、G五種元素分屬三個短周期,且原子序數(shù)依次增大。X、Z同主族,可形成離子化合物ZX;Y、M同主族,可形成MY2、MY3兩種分子。
(1)Y在元素周期表中的位置為_________;
(2)上述元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物酸性最強的是_________(寫化學(xué)式)。
(3)X、Y、Z、M組成兩種鹽的溶液反應(yīng)可產(chǎn)生MY2氣體;寫出其反應(yīng)離子方程式:_________;
(4)M的氧化物與G的單質(zhì)的水溶液均有漂白性,相同條件下,相同體積的該M的氧化物與Y的單質(zhì)混合通入品紅溶液,品紅溶液_________(填褪色或不褪色),原因(用化學(xué)方程式表示)_________。17、Cu2O廣泛應(yīng)用于太陽能電池領(lǐng)域。以CuSO4、NaOH和抗壞血酸為原料,可制備Cu?O。
(1)抗壞血酸的分子結(jié)構(gòu)如圖1所示,分子中碳原子的軌道雜化類型為__________;推測抗壞血酸在水中的溶解性:____________(填“難溶于水”或“易溶于水”)。
(2)一個Cu2O晶胞(見圖2)中,Cu原子的數(shù)目為__________。18、試判斷下列分子中心原子的雜化類型和分子構(gòu)型。
(1)NI3:______;
(2)CH3Cl:______;
(3)CO2:______;
(4)BF3:______;
(5)H2O:______。19、據(jù)報道復(fù)旦大學(xué)修發(fā)賢教授課題組成功制備出砷化鈮納米帶;并觀測到其表面態(tài)具有百倍于金屬銅薄膜和千倍于石墨烯的導(dǎo)電性。相關(guān)研究論文已在線發(fā)表于權(quán)威科學(xué)期刊《自然》?;卮鹣铝袉栴}:
(1)鈮元素(Nb)為一種金屬元素,其基態(tài)原子的核外電子排布式為[Kr]4d55s1。下列是Nb的不同微粒的核外電子排布式,其中失去最外層1個電子所需能量最小的是___(填標(biāo)號)。
a.[Kr]4d35s15p1b.[Kr]4d45s1c.Kr]4d2d.Kr]4d3
(2)砷為第VA族元素,砷可以與某些有機基團(tuán)形成有機化合物,如(ClCH=CH)2AsCl,其中As原子與2個C原子、1個Cl原子形成的VSEPR模型為____。
(3)英國曼徹斯特大學(xué)物理學(xué)家安德烈·蓋姆和康斯坦丁諾沃肖洛夫用微機械剝離法成功從石墨中分離出石墨烯;因此共同獲得2010年諾貝爾物理學(xué)獎;而石墨烯具有優(yōu)異的光學(xué);電學(xué)、力學(xué)特性在材料學(xué)、微納加工、能源、生物醫(yī)學(xué)和藥物傳遞等方面具有重要的應(yīng)用前景,被認(rèn)為是一種未來革命性的材料。
已知“石墨烯”的平面結(jié)構(gòu)如圖所示,一定條件下石墨烯與H2發(fā)生加成反應(yīng)生成石墨烷,石墨烷中碳原子雜化類型是___,石墨烯導(dǎo)電的原因是____。
(4)石墨烯也可采用化學(xué)方法進(jìn)行制備如采用六氯苯、六溴苯作為原料可制備石墨烯。下表給出了六氯苯、六溴苯、苯六酸俗名為蜜石酸的熔點和水溶性:。物質(zhì)六氯苯六溴苯苯六酸熔點/℃231325287水溶性不溶不溶易溶
六溴苯的熔點比六氯苯高的原因是____,苯六酸與六溴苯、六氯苯的水溶性存在明顯的差異本質(zhì)原因是___。
(5)出于以更高效率利用太陽光等目的研制出金紅石型鈮氧氮化物(NbON),比以往的光學(xué)半導(dǎo)體更能夠吸收長波長側(cè)的光,作為光學(xué)半導(dǎo)體的新材料。該化合物的晶胞有如圖所示的兩種構(gòu)型,若晶胞的邊長為apm,該晶體的密度為__g·cm-3。(NA是阿伏加德羅常數(shù)的值,相關(guān)原子量:Nb—93)
20、早期發(fā)現(xiàn)的一種天然二十面體準(zhǔn)晶顆粒由Al;Ca、Cu、Fe四種金屬元素組成;回答下列問題:
(1)基態(tài)Fe原子有_______個未成對電子,F(xiàn)e3+的價電子排布式為__________。
(2)新制的Cu(OH)2可將乙醛氧化成乙酸,而自身還原成Cu2O。乙醛分子中含有的σ鍵與π鍵的比例為___。乙醛中碳原子的雜化軌道類型為_____,配合物[Cu(NH3)4](OH)2中含有的化學(xué)鍵類型有_________,1mol該物質(zhì)中有______個σ鍵。
(3)Cu2O為半導(dǎo)體材料,在其立方晶胞內(nèi)部有4個氧原子,其余氧原子位于面心和頂點,則該晶胞中有______個銅原子。
(4)CaCl2熔點高于AlCl3的原因__________________________________。
(5)CaF2晶胞如圖所示,已知:氟化鈣晶體密度為ρg·cm-3,NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。氟化鈣晶體中Ca2+和F-之間最近核間距(d)為______________pm(只要求列出計算式即可)。21、(15分)周期表前四周期的元素X;Y、Z、T、W;原子序數(shù)依次增大。X的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同,Y基態(tài)原子的p電子數(shù)比s電子數(shù)少1個,Z基態(tài)原子的價電子層中有2個未成對電子,T與Z同主族,W基態(tài)原子的M層全充滿,N層只有一個電子?;卮鹣铝袉栴}:
(1)Y、Z、T中第一電離能最大的是____(填元素符號,下同),原子半徑最小的是____。
(2)T的原子結(jié)構(gòu)示意圖為____,W基態(tài)原子的電子排布式為____。
(3)X和上述其他元素中的一種形成的化合物中,分子呈三角錐形的是____(填化學(xué)式);分子中既含有極性共價鍵,又含有非極性共價鍵的化合物是____(填化學(xué)式;寫一種)。
(4)T與Z形成的化合物中,屬于非極性分子的是____(填化學(xué)式)。
(5)這5種元素形成的一種陰陽離子個數(shù)比為1:1型的配合物中,陰離子呈四面體結(jié)構(gòu),陽離子的結(jié)構(gòu)如圖所示。該配合物的化學(xué)式為____,陽離子中存在的化學(xué)鍵類型有____。
評卷人得分四、原理綜合題(共4題,共8分)22、Ⅰ.為了探究一種固體化合物甲(僅含3種元素)的組成和性質(zhì);設(shè)計并完成如下實驗:(氣體體積已經(jīng)換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積)
請回答:
(1)寫出化合物甲的化學(xué)式________。
(2)寫出形成溶液C的化學(xué)方程式:_____________。
(3)寫出氣體A通入溶液D中,發(fā)生反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式__________。
Ⅱ.近年來化學(xué)家又研究開發(fā)出了用H2和CH3COOH為原料合成乙醇(反應(yīng)Ⅰ);同時會發(fā)生副反應(yīng)Ⅱ。
反應(yīng)Ⅰ.CH3COOH(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)△H1
反應(yīng)Ⅱ.CH3COOH(g)+H2(g)CO(g)+CH4(g)+H2O(g)△H2>0
已知:乙醇選擇性是轉(zhuǎn)化的乙酸中生成乙醇的百分比。請回答:
(1)反應(yīng)Ⅰ一定條件下能自發(fā)進(jìn)行,則△H1___0。(填“>”或“<”)
(2)某實驗中控制CH3COOH和H2初始投料比為1∶1.5,在相同壓強下,經(jīng)過相同反應(yīng)時間測得如下實驗數(shù)據(jù):。溫度(K)催化劑乙酸的轉(zhuǎn)化率(%)乙醇選擇性(%)573甲4050573乙3060673甲5535673乙4050
①有利于提高CH3COOH轉(zhuǎn)化為CH3CH2OH平衡轉(zhuǎn)化率的措施有______。
A使用催化劑甲B使用催化劑乙。
C降低反應(yīng)溫度D投料比不變;增加反應(yīng)物的濃度。
E增大CH3COOH和H2的初始投料比。
②673K甲催化劑作用下反應(yīng)Ⅰ已達(dá)平衡狀態(tài),測得乙酸的轉(zhuǎn)化率為50%,乙醇的選擇性40%,若此時容器體積為1.0L,CH3COOH初始加入量為2.0mol,則反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)K=_____。
③表中實驗數(shù)據(jù)表明,在相同溫度下不同的催化劑對CH3COOH轉(zhuǎn)化成CH3CH2OH的選擇性有顯著的影響,其原因是_________________。
(3)在圖中分別畫出I在催化劑甲和催化劑乙兩種情況下“反應(yīng)過程-能量”示意圖。_____
23、核安全與放射性污染防治已引起世界核大國的廣泛重視。在爆炸的核電站周圍含有放射性物質(zhì)碘一131和銫一137。碘—131—旦被人體吸入;可能會引發(fā)甲狀腺等疾病。
(l)Cs(銫)的價電子的電子排布式為6s1,與銫同主族的前四周期(包括第四周期)的三種金屬元素X、Y、Z的電離能如下表。元素代號XYZ第一電離能(kJ·mol-1)520496419
上述三種元素X、Y、Z的元素符號分別為_________,基態(tài)Z原子的核外電子排布式為______,X形成的單質(zhì)晶體中含有的化學(xué)鍵類型是_________________。
(2)F與I同主族,BeF2與H2O都是由三個原子構(gòu)成的共價化合物分子,二者分子中的中心原子Be和O的雜化方式分別為______、______,BeF2分子的立體構(gòu)型是____________,H2O分子的立體構(gòu)型是________________。
(3)與碘同主族的氯具有很強的活潑性,能形成大量的含氯化合物。BC13分子中B—C1鍵的鍵角為__________________。
(4)131I2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖甲所示,該晶胞中含有____個131I2分子;KI的晶胞結(jié)構(gòu)如圖乙所示,每個K+緊鄰______個I-。
(5)KI晶體的密度為ρg?cm3,K和I的摩爾質(zhì)量分別為MKg?mol-1和MIg?mol-1,原子半徑分別為rKpm和rIpm,阿伏加德羅常數(shù)值為NA,則KI晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為_____________。24、太陽能電池可分為:硅太陽能電池;化合物太陽能電池,如砷化鎵(GaAs);銅銦鎵硒(CIGS)、硫化鎘(CdS),功能高分子太陽能電池等,Al-Ni常作電極。據(jù)此回答問題:
(1)鎳(Ni)在周期表中的位置為______;S原子的價電子排布式為________;Ga、As和Se的第一電離能由大到小的順序是________。
(2)Na3As3中As原子的雜化方式為_____;AsCl3的空間構(gòu)型為____。
(3)GaAs熔點為1238℃,GaN熔點約為1500°,GaAs熔點低于GaN的原因為__________。
(4)寫出一種與SO42-互為等電子體的分子_________。
(5)GaAs的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,其中As原子形成的空隙類型有正八面體形和正四面體形,該晶胞中Ga原子所處空隙類型為_____。已知GaAs的密度為ρg/cm3,Ga和As的摩爾質(zhì)量分別為MGag/mol和MAsg/mol,則GaAs晶胞中Ga之間的最短距離為________pm。
25、碳及其化合物廣泛存在于自然界中?;卮鹣铝袉栴}:
(1)基態(tài)碳原子核外有________種能量不同的電子,其核外電子運動狀態(tài)由_____種因素決定。
(2)CH4分子間不能形成氫鍵,主要原因是CH4分子中的碳原子不含孤對電子、_____、_____________。
(3)碳酸的非羥基氧的個數(shù)和磷酸的非羥基氧的個數(shù)都是1,從結(jié)構(gòu)上分析,它們的強度相近,均為中強酸。然而事實上二氧化碳水溶液的酸性卻很弱,原因是__________。
(4)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一種有機化合物,N原子的雜化軌道類型為______,乙二胺通過配位鍵能與Cu2+形成穩(wěn)定的環(huán)狀配離子,其結(jié)構(gòu)可表示為__________。
(5)金剛石是碳的一種同素異形體,屬于_______晶體。已知金屬鈉的晶胞(體心立方堆積)沿其體對角線垂直在紙平面上的投影圖如圖A所示,則金剛石晶胞沿其體對角線垂直在紙平面上的投影圖應(yīng)該是下圖___________(從A~D圖中選填).
若碳原子半徑為r,金剛石晶胞中碳原子的空間占有率為_____________(用含π的代數(shù).式表示).評卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共5題,共50分)26、已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素,它們的核電荷數(shù)A<B<C<D<E。其中A、B、C是同一周期的非金屬元素?;衔顳C為離子化合物,D的二價陽離子與C的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)?;衔顰C2為一種常見的溫室氣體。B;C的氫化物的沸點比它們同族相鄰周期元素氫化物的沸點高。E的原子序數(shù)為24。請根據(jù)以上情況;回答下列問題:(答題時,A、B、C、D、E用所對應(yīng)的元素符號表示)
(1)基態(tài)E原子的核外電子排布式是________,在第四周期中,與基態(tài)E原子最外層電子數(shù)相同還有_______(填元素符號)。
(2)A、B、C的第一電離能由小到大的順序為____________。
(3)寫出化合物AC2的電子式_____________。
(4)D的單質(zhì)在AC2中點燃可生成A的單質(zhì)與一種熔點較高的固體產(chǎn)物,寫出其化學(xué)反應(yīng)方程式:__________。
(5)1919年,Langmuir提出等電子原理:原子數(shù)相同、電子數(shù)相同的分子,互稱為等電子體。等電子體的結(jié)構(gòu)相似、物理性質(zhì)相近。此后,等電子原理又有發(fā)展,例如,由短周期元素組成的微粒,只要其原子數(shù)相同,各原子最外層電子數(shù)之和相同,也可互稱為等電子體。一種由B、C組成的化合物與AC2互為等電子體,其化學(xué)式為_____。
(6)B的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的稀溶液與D的單質(zhì)反應(yīng)時,B被還原到最低價,該反應(yīng)的化學(xué)方程式是____________。27、現(xiàn)有屬于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七種元素,原子序數(shù)依次增大。A元素的價電子構(gòu)型為nsnnpn+1;C元素為最活潑的非金屬元素;D元素核外有三個電子層,最外層電子數(shù)是核外電子總數(shù)的E元素正三價離子的3d軌道為半充滿狀態(tài);F元素基態(tài)原子的M層全充滿;N層沒有成對電子,只有一個未成對電子;G元素與A元素位于同一主族,其某種氧化物有劇毒。
(1)A元素的第一電離能_______(填“<”“>”或“=”)B元素的第一電離能,A、B、C三種元素的電負(fù)性由小到大的順序為_______(用元素符號表示)。
(2)C元素的電子排布圖為_______;E3+的離子符號為_______。
(3)F元素位于元素周期表的_______區(qū),其基態(tài)原子的電子排布式為_______
(4)G元素可能的性質(zhì)_______。
A.其單質(zhì)可作為半導(dǎo)體材料B.其電負(fù)性大于磷。
C.其原子半徑大于鍺D.其第一電離能小于硒。
(5)活潑性:D_____(填“>”或“<”,下同)Al,I1(Mg)_____I1(Al),其原因是____。28、原子序數(shù)小于36的X;Y、Z、R、W五種元素;其中X是周期表中原子半徑最小的元素,Y是形成化合物種類最多的元素,Z原子基態(tài)時2p原子軌道上有3個未成對的電子,R單質(zhì)占空氣體積的1/5;W的原子序數(shù)為29?;卮鹣铝袉栴}:
(1)Y2X4分子中Y原子軌道的雜化類型為________,1molZ2X4含有σ鍵的數(shù)目為________。
(2)化合物ZX3與化合物X2R的VSEPR構(gòu)型相同,但立體構(gòu)型不同,ZX3的立體構(gòu)型為________,兩種化合物分子中化學(xué)鍵的鍵角較小的是________(用分子式表示),其原因是________________________________________________。
(3)與R同主族的三種非金屬元素與X可形成結(jié)構(gòu)相似的三種物質(zhì),三者的沸點由高到低的順序是________。
(4)元素Y的一種氧化物與元素Z的單質(zhì)互為等電子體,元素Y的這種氧化物的結(jié)構(gòu)式是________。
(5)W元素原子的價電子排布式為________。29、下表為長式周期表的一部分;其中的編號代表對應(yīng)的元素。
。①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
請回答下列問題:
(1)表中⑨號屬于______區(qū)元素。
(2)③和⑧形成的一種常見溶劑,其分子立體空間構(gòu)型為________。
(3)元素①和⑥形成的最簡單分子X屬于________分子(填“極性”或“非極性”)
(4)元素⑥的第一電離能________元素⑦的第一電離能;元素②的電負(fù)性________元素④的電負(fù)性(選填“>”、“=”或“<”)。
(5)元素⑨的基態(tài)原子核外價電子排布式是________。
(6)元素⑧和④形成的化合物的電子式為________。
(7)某些不同族元素的性質(zhì)也有一定的相似性,如表中元素⑩與元素⑤的氫氧化物有相似的性質(zhì)。請寫出元素⑩的氫氧化物與NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式:____________________。30、下表為長式周期表的一部分;其中的序號代表對應(yīng)的元素。
(1)寫出上表中元素⑨原子的基態(tài)原子核外電子排布式為___________________。
(2)在元素③與①形成的水果催熟劑氣體化合物中,元素③的雜化方式為_____雜化;元素⑦與⑧形成的化合物的晶體類型是___________。
(3)元素④的第一電離能______⑤(填寫“>”、“=”或“<”)的第一電離能;元素④與元素①形成的X分子的空間構(gòu)型為__________。請寫出與元素④的單質(zhì)互為等電子體分子、離子的化學(xué)式______________________(各寫一種)。
(4)④的最高價氧化物對應(yīng)的水化物稀溶液與元素⑦的單質(zhì)反應(yīng)時,元素④被還原到最低價,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______________。
(5)元素⑩的某種氧化物的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示,其中實心球表示元素⑩原子,則一個晶胞中所包含的氧原子數(shù)目為__________。參考答案一、選擇題(共7題,共14分)1、C【分析】【詳解】
A、原子核外電子排布式為1s2的X原子是He,結(jié)構(gòu)穩(wěn)定,原子核外電子排布式為1s22s2的Y原子是Be;結(jié)構(gòu)不穩(wěn)定,故A錯誤;
B;原子核外M層上僅有兩個電子的X原子是Mg原子;原子核外N層上僅兩個電子的Y原子是Ca、Sc、Ti、V、Fe、Co、Ni、Zn等元素,故B錯誤;
C;2p軌道上只有一個電子的X為B元素;3p軌道上只有一個電子的Y為Al,二者位于周期表同一主族,最外層電子數(shù)相同,性質(zhì)相似,故C正確;
D;最外層都只有一個電子的X、Y原子;可能為H與堿金屬元素,性質(zhì)有相似地方,都具有還原性,但與ⅠB族元素性質(zhì)不同,雖然最外層也有1個電子,故D錯誤;
答案選C。2、D【分析】【詳解】
A.1s22s22p2為基態(tài)原子;不能產(chǎn)生發(fā)射光譜,故A錯誤;
B.各能級能量的大小順序為1s;2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s;ns電子的能量一定高于(n-1)p電子的能量,故B錯誤;
C.鈉原子核外具有11個核外電子;處于不同能層;能級上的電子具有的能量不同,同一能級上的電子的自旋方向不同,所以有11種不同的運動狀態(tài),故C錯誤;
D.對于3p能級共有3個軌道;最多可以排6個電子,違反了泡利不相容原理,故D正確;
答案選D。
【點睛】
發(fā)射光譜是由激發(fā)態(tài)原子變成基態(tài)原子形成的光譜。3、D【分析】【分析】
加入AgNO3不產(chǎn)生沉淀,用強堿處理沒有NH3放出,說明不存在游離的氯離子和氨分子,所以該物質(zhì)的配位化學(xué)式為[PtCl4(NH3)2];據(jù)此分析解答。
【詳解】
A.NH3中氮原子的價層電子對數(shù)=3+=4,NO3-中氮原子的價層電子對數(shù)=3+=3;氮原子的雜化方式不同,故A錯誤;
B.配合物中中心原子的電荷數(shù)為4;配位數(shù)為6,故B錯誤;
C.該配合物中中心原子的配位數(shù)為6;應(yīng)是八面體結(jié)構(gòu),Pt與6個配體成鍵,但不是正八面體,故C錯誤;
D.由上述分析可知,Cl-和NH3分子均與Pt4+配位,形成的配合物為[PtCl4(NH3)2];故D正確;
故選D。4、B【分析】【詳解】
A.1個氮原子中含有7個質(zhì)子、7個電子,則1個N5分子中含有35個質(zhì)子、35個電子,N是由N5分子失去1個電子得到的,則1個N粒子中有35個質(zhì)子;34個電子,A錯誤;
B.N中氮氮三鍵是非極性共價鍵;中心的氮原子有空軌道,兩邊的兩個氮原子提供孤電子對形成配位鍵,B正確;
C.1個氮氮三鍵中含有2個π鍵;所以該離子中含有4個π鍵,C錯誤;
D.N和PCl具有相同原子數(shù);但價電子數(shù)分別為5×5-1=24,5+4×7-1=32,不是等電子體,D錯誤。
答案選B。5、C【分析】【詳解】
A.中心原子N原子價層電子對數(shù)=采用sp3雜化;VSEPR構(gòu)型為四面體形,N原子有兩對價電子未參與成鍵,減去孤電子對數(shù)即為分子的立體構(gòu)型:V型,故A錯誤;
B.SO2中S原子的價層電子對數(shù)=δ鍵數(shù)+孤對電子對數(shù)=含孤電子對數(shù)為1,雜化軌道數(shù)3,采取sp2雜化,VSEPR構(gòu)型為平面三角形,減去孤電子對數(shù)即為分子的立體構(gòu)型:V形;根據(jù)價層電子對互斥理論可得H2O中的O原子雜化形式為sp3雜化;故B錯誤;
C.C2H2為直線形;鍵角180°,中心原子C原子采用sp雜化且C原子的價電子均參與成鍵,所以分子的立體構(gòu)型為直線型,故C正確;
D.中,價層電子對數(shù)=VSEPR構(gòu)型為平面三角形,含孤電子對數(shù)為0,雜化軌道數(shù)3,采取sp2雜化;VSEPR構(gòu)型為平面三角形,減去孤電子對數(shù)即為分子的立體構(gòu)型:平面三角形,故D錯誤;
故選:C。6、A【分析】【分析】
【詳解】
A.SO3中S原子的價電子對數(shù)為3+(6-6)=3,采取sp2雜化方式,SO2中S原子的價電子對數(shù)為2+(6-4)=3,采取sp2雜化方式;故A正確;
B.BF3中B原子的價電子對數(shù)為3+(3-3)=3,采取sp2雜化方式,NH3中N原子的價電子對數(shù)為3+(5-3)=4,采取sp3雜化方式;二者雜化方式不同,故B錯誤;
C.BeCl2中Be原子的價電子對數(shù)為2+(2-2)=2,采取sp雜化方式,SCl2中S原子的價電子對數(shù)為2+(6-2)=4,采取sp3雜化方式;二者雜化方式不同,故C錯誤;
D.H2O中O原子的價電子對數(shù)為2+(6-2)=4,采取sp3雜化方式,SO2中S原子的價電子對數(shù)為2+(6-4)=3,采取sp2雜化方式;二者雜化方式不同,故D錯誤;
答案選A。
【點睛】
本題考查原子軌道雜化類型判斷,難度中等。需熟練掌握幾種常見分子的中心原子雜化類型。7、C【分析】【詳解】
A.HCl、HBr;HI都是分子晶體;由于它們的相對分子質(zhì)量逐漸增大,則分子間作用力依次增大,所以物質(zhì)的熔沸點依次升高,A正確;
B.H2O的熔、沸點高于H2S是由于H2O分子之間除了存在范德華力外;還存在分子間氫鍵,B正確;
C.甲烷中C原子半徑較大;電負(fù)性較小;則甲烷不可與水形成氫鍵,C錯誤;
D.I2與CCl4都是非極性分子,根據(jù)相似相溶原理可知:I2易溶于CCl4中;D正確;
答案選C。二、多選題(共7題,共14分)8、AC【分析】【分析】
A.分子晶體如果是單質(zhì)中只存在非極性鍵;所以A錯;B.原子晶體中只存在共價鍵。
是正確的;故B正確;C.金屬晶體的熔沸點有高有低,如鎢的熔沸點很高,而金屬汞常溫下為液體,故C錯;D.稀有氣體的原子能形成分子晶體是正確的,故D正確。
【詳解】
所以本題的正確答案為:A.C。9、BC【分析】【詳解】
A.不同能層不同能級的電子能量:E(4f)>E(5s)>E(3d)>E(4s);故A錯誤;
B.不同能層不同能級的電子能量:E(3d)>E(4s)>E(3p)>E(3s);故B正確;
C.不同能層不同能級的電子能量:E(4s)>E(3s)>E(2s)>E(1s);故C正確;
D.不同能層不同能級的電子能量:E(4f)>E(5s)>E(3d)>E(4s);故D錯誤;
故選:BC。
【點睛】
根據(jù)構(gòu)造原理,各能級能量高低順序為①相同n而不同能級的能量高低順序為:ns<3s<4s2p<3p<4p;③不同層不同能級ns<(n-2)f<(n-1)d10、BC【分析】【詳解】
A.電子在核外的排布是分層的;不同的電子在不同的能級運動,故A錯誤;
B.離核越遠(yuǎn)的電子能量越大;離核越近的電子能量越小,故B正確;
C.處于最低能量的原子叫基態(tài)原子;故C正確;
D.s能層最多只能容納2個電子;與所在能層無關(guān),故D錯誤;
故答案選BC。11、AD【分析】【詳解】
A.AsH3分子中As原子最外層有5個電子;其中3個電子和3個氫原子形成共用電子對,所以該物質(zhì)中有1對未參與成鍵的孤對電子,故A正確;
B.該分子為三角錐形結(jié)構(gòu);正負(fù)電荷重心不重合,所以為極性分子,故B錯誤;
C.AsH3中As原子易失電子而作還原劑;所以是一種強還原劑,故C錯誤;
D.同種非金屬元素之間形成非極性鍵;不同種非金屬元素之間形成極性鍵,所以As—H原子之間存在極性鍵,故D正確;
故答案選:AD。12、AD【分析】【分析】
由圖示可以看出該結(jié)構(gòu)可以表示為[H4B4O9]m-,其中B為+3價,O為-2價,H為+1價,根據(jù)化合價判斷m值求解Xm-的化學(xué)式;根據(jù)價層電子對互斥理論確定分子空間構(gòu)型及中心原子雜化方式,價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù),σ鍵個數(shù)=配原子個數(shù),孤電子對個數(shù)=(a-xb),a指中心原子價電子個數(shù),x指配原子個數(shù),b指配原子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)需要的電子個數(shù),1,3,5,6代表氧原子,2,4代表B原子,2號B形成3個鍵,則B原子為sp2雜化,4號B形成4個鍵,則B原子為sp3雜化;陰離子中含配位鍵,不含離子鍵,以此來解答。
【詳解】
A.觀察模型,可知Xm-是(H4B4O9)m-;依據(jù)化合價H為+1,B為+3,O為-2,可得m=2,故A正確;
B.2,4代表B原子,2號B形成3個鍵,則B原子為SP2雜化,4號B形成4個鍵,則B原子為SP3雜化,所以在Xm-中;硼原子軌道的雜化類型有不同,故B錯誤;
C.2號B一般是形成3個鍵;4號B形成4個鍵,其中1個鍵很可能就是配位鍵,所以配位鍵存在4號與5號之間,故C錯誤;
D.若硼砂的化學(xué)式為Na2B4O7?10H2O,則382g硼砂晶體中含×2=2molNa+;故D正確;
答案選AD。13、AC【分析】【詳解】
A.在石墨中,每個C原子與相鄰的3個C原子形成共價鍵,每個共價鍵為相鄰2個C原子所共有,所以每個C原子形成的共價鍵數(shù)目為3×=24g石墨含有的C原子的物質(zhì)的量是2mol,因此其中含有的C-C共價鍵的物質(zhì)的量為2mol×=3mol;A正確;
B.在金剛石晶體中每個碳原子與相鄰的4個C原子形成4個共價鍵,每個共價鍵為相鄰兩個C原子形成,所以其含有的C-C數(shù)目為4×=2個;則在12g金剛石含有的C原子的物質(zhì)的量是1mol,故含C-C共價鍵鍵數(shù)為2mol,B錯誤;
C.二氧化硅晶體中;每個硅原子含有4個Si-O共價鍵,所以在60g二氧化硅的物質(zhì)的量是1mol,則其中含Si-O共價鍵鍵數(shù)為4mol,C正確;
D.在NaCl晶體中,每個Na+周圍與它最近且距離相等的Na+有12個;D錯誤;
故合理選項是AC。14、BD【分析】【詳解】
A.原子晶體的熔點與構(gòu)成原子晶體的原子種類無關(guān);與原子間的共價鍵鍵能有關(guān),故A錯誤;
B.構(gòu)成原子晶體的原子間的共價鍵鍵能越大;晶體的熔點越高,故B正確;
C.構(gòu)成原子晶體的原子的半徑越大;鍵長越長,鍵能越小,晶體的硬度越小,故C錯誤;
D.構(gòu)成原子晶體的原子的半徑越大;鍵長越長,鍵能越小,晶體的硬度越小,故D正確;
故答案選:BD。三、填空題(共7題,共14分)15、略
【分析】【分析】
(1)銅的原子序數(shù)是29;同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而增大;
(2)根據(jù)晶胞中微粒個數(shù)的分配方法計算化學(xué)式;
(3)①NH3分子中N原子呈3個N-H鍵;N原子還原1對孤對電子對,雜化軌道數(shù)為4,據(jù)此判斷雜化方式;原子數(shù)和電子數(shù)目相同的微粒為等電子體;②氨水和硫酸銅反應(yīng)生成氫氧化銅藍(lán)色沉淀,當(dāng)氨水過量時,氨水和氫氧化銅反應(yīng)生成可溶性的銅氨絡(luò)合物,所以難溶物溶解得到深藍(lán)色的透明溶液;
(4)配位鍵是化學(xué)鍵的一種;兩個或多個原子共同使用它們的外層電子,在理想情況下達(dá)到電子飽和的狀態(tài)。
【詳解】
(1)銅原子的基態(tài)電子排布式:1s22s22p63s23p63d104s1;Cu失去1個電子后內(nèi)層電子達(dá)到全充滿的穩(wěn)定狀態(tài);銅的第一電離能小于鋅;
答案:1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1;<;Cu失去1個電子后內(nèi)層電子達(dá)到全充滿的穩(wěn)定狀態(tài);
(2)根據(jù)晶胞中微粒個數(shù)的分配方法計算,晶胞中含有N原子的數(shù)目為8×=1,Cu原子的數(shù)目為:12×=3,故化學(xué)式為Cu3N;
答案:Cu3N;
(3)①NH3分子中N原子呈3個N-H鍵,N原子還原1對孤對電子對,雜化軌道數(shù)為4,N原子采取sp3雜化;NH3的等電子體H3O+;
答案:sp3;H3O+;
②氨水和硫酸銅反應(yīng)生成氫氧化銅藍(lán)色沉淀,當(dāng)氨水過量時,氨水和氫氧化銅反應(yīng)生成可溶性的銅氨絡(luò)合物,所以難溶物溶解得到深藍(lán)色的透明溶液:Cu2++2NH3?H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+;Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42++2OH-;
答案:Cu2++2NH3?H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+;Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42++2OH-;
(4)配位鍵是指成鍵雙方一方提供空軌道一方提供孤對電子.N元素最外層有5個電子通過3個共用電子對就可以形成8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu).所以Cu與4個氮形成共價健的氮原子中;有2條是配位鍵,氮原子提供電子,Cu提供空軌道;
答案:【解析】①.1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1②.<③.Cu失去1個電子后內(nèi)層電子達(dá)到全充滿的穩(wěn)定狀態(tài)④.Cu3N⑤.SP3⑥.H3O+⑦.Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+⑧.Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42++2OH-16、略
【分析】試題分析:X、Y、Z、M、G五種元素分屬三個短周期,且原子序數(shù)依次增大,所以X是H元素;X、Z同主族,可形成離子化合物ZX,且Y原子序數(shù)大于Y原子序數(shù),所以Z是Na元素;Y、M同主族,可形成MY2、MY3兩種分子;所以Y是O元素,M是S元素,G是短周期主族元素,所以G是Cl元素(不考慮稀有氣體)。
(1)Y是O元素;O原子有2個電子層,最外層電子數(shù)為6,處于第二周期第ⅥA族,故答案為:第二周期第ⅥA族;
(2)非金屬元素的非金屬性越強,其相應(yīng)的最高價含氧酸的酸性越強,這幾種元素非金屬性最強的是Cl元素,所以其最高價含氧酸的酸性最強的是高氯酸HClO4,故答案為:HClO4;
(3)用硫酸氫鈉和亞硫酸氫鈉反應(yīng)可制得二氧化硫氣體,其反應(yīng)離子方程式為HSO3-+H+=SO2↑+H2O,故答案為:HSO3-+H+=SO2↑+H2O;
(4)二氧化硫和氯水都有漂白性,但當(dāng)它們以相同體積混合通人品紅溶液,由于發(fā)生氧化還原反應(yīng),使兩種物質(zhì)都失去了漂白作用,所以品紅溶液不褪色,化學(xué)方程式表示為Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl,故答案為:不褪色;Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl。
考點:考查了元素周期律與元素周期表的相關(guān)知識?!窘馕觥浚?)第二周期第ⅥA族;
(2)HClO4;
(3)HSO3-+H+=SO2↑+H2O;
(4)不褪色;Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl17、略
【分析】【詳解】
(1)根據(jù)抗壞血酸的分子結(jié)構(gòu),該結(jié)構(gòu)中有兩種碳原子,全形成單鍵的碳原子和雙鍵的碳原子,全形成單鍵的碳原子為sp3雜化,雙鍵的碳原子為sp2雜化;根據(jù)抗環(huán)血酸分子結(jié)構(gòu);分子中含有4個-OH,能與水形成分子間氫鍵,因此抗壞血酸易溶于水;
(2)晶胞的計算:白球位于頂點和內(nèi)部,屬于該晶胞的個數(shù)為8×1/8+1=2,黑球全部位于晶胞內(nèi)部,屬于該晶胞的個數(shù)為4,化學(xué)式為Cu2O,因此白球為O原子,黑球為Cu原子,即Cu原子的數(shù)目為4?!窘馕觥竣?sp3、sp2②.易溶于水③.418、略
【分析】【分析】
利用雜化軌道理論和價層電子對互斥理論進(jìn)行解題。
【詳解】
(1)NI3:中心原子N原子孤電子對數(shù)為×(5-3×1)=1,價層電子對數(shù)為3+1=4,雜化軌道為sp3;VSEPR模型為四面體,去掉孤電子對,分子空間構(gòu)型為三角錐形;
(2)CH3Cl:中心原子C原子孤電子對數(shù)為×(4-3×1-1)=0,價層電子對數(shù)為4,雜化軌道為sp3;VSEPR模型為四面體,無孤電子對,分子空間構(gòu)型為四面體型;
(3)CO2:中心原子C原子孤電子對數(shù)為×(4-2×2)=0;價層電子對數(shù)為2,雜化軌道為sp,VSEPR模型為直線型,無孤電子對,分子空間構(gòu)型為直線型;
(4)BF3:中心原子B原子孤電子對數(shù)為×(3-3×1)=0,價層電子對數(shù)為3,雜化軌道為sp2;VSEPR模型為平面三角形,無孤電子對,分子空間構(gòu)型為平面三角形;
(5)H2O:中心原子O原子孤電子對數(shù)為×(6-2×1)=2,價層電子對數(shù)為2+2=4,雜化軌道為sp3;VSEPR模型為四面體,去掉孤電子對,分子空間構(gòu)型為V型。
【點睛】
分子的中心原子價層電子對數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對數(shù),孤電子對數(shù)的計算用最外層電子數(shù)減去成鍵電子數(shù),再除以2。如果價層電子對數(shù)是4且不含孤電子對,則雜化軌道為sp3,四面體結(jié)構(gòu),如果價層電子對數(shù)是4且含有一個孤電子對,則雜化軌道為sp3,三角錐形結(jié)構(gòu),如果價電子對數(shù)是4且含有2個孤電子對,則雜化軌道為sp3,V形;如果價層電子對數(shù)是3且不含孤電子對,則雜化軌道為sp2,平面三角形結(jié)構(gòu),如果價層電子對數(shù)是2,則雜化軌道為sp,直線型結(jié)構(gòu)?!窘馕觥竣?sp3、三角錐②.sp3、四面體③.sp、直線型④.sp2、平面三角形⑤.sp3、V型19、略
【分析】【分析】
(1)激發(fā)態(tài)失去最外層1個電子所需能量最??;
(2)As原子與2個C原子;1個Cl原子形成共價鍵;還有一對孤電子對;
(3)石墨烷中碳原子形成4個共價鍵,雜化類型為sp3;石墨烯中每個碳原子垂直于層平面的2p軌道上的電子;都參與形成了貫穿全層的多原子的大鍵,因而具有優(yōu)良的導(dǎo)電性;
(4)分子晶體;結(jié)構(gòu)相似,相對分子質(zhì)量越大,形成的范德華力強,熔點高;苯六酸含多個羧基,與水分子能形成氫鍵;六氯苯;六溴苯為非極性分子,根據(jù)相似相溶原理,均難溶于水;
(5)根據(jù)計算。
【詳解】
(1)Nb元素的基態(tài)原子的核外電子排布式為[Kr]4d55s1,失去最外層1個電子所需能量,[Kr]4d35s15p1屬于激發(fā)態(tài)的電子排布式;所以失去最外層1個電子所需能量最小的a,故答案為:a;
(2)As原子與2個C原子;1個Cl原子形成共價鍵;還有一對孤電子對,其VSEPR模型為四面體形,故答案為:四面體形;
(3)石墨烯與H2發(fā)生加成反應(yīng)生成石墨烷,石墨烷中碳原子形成4個共價鍵,雜化類型為sp3;石墨烯中每個碳原子垂直于層平面的2p軌道上的電子,都參與形成了貫穿全層的多原子的大鍵,因而具有優(yōu)良的導(dǎo)電性,故答案為:sp3;石墨烯中每個碳原子垂直于層平面的2p軌道上的電子;都參與形成了貫穿全層的多原子的大鍵,因而具有優(yōu)良的導(dǎo)電性;
(4)六溴苯和六氯苯均屬于分子晶體;且結(jié)構(gòu)相似,六溴苯的相對分子質(zhì)量大于六氯苯,形成的范德華力強,熔點高;苯六酸含多個羧基,與水分子能形成氫鍵,從而易溶于水,六氯苯;六溴苯為非極性分子,根據(jù)相似相溶原理,均難溶于水,故答案為:兩者結(jié)構(gòu)相似,六溴苯的相對分子質(zhì)量大于六氯苯,形成的范德華力強,熔點高;苯六酸含多個羧基,與水分子形成氫鍵,從而易溶于水,六氯苯、六溴苯為非極性分子,難溶于水;
(5)根據(jù)晶胞圖可知,該晶胞中含有2個Nb原子,2個O原子,2個N原子,所以故答案為:
【點睛】
雜化類型:中心原子的價層電子對數(shù)為4,則sp3雜化、中心原子的價層電子對數(shù)為3,則sp2雜化、中心原子的價層電子對數(shù)為2,則sp雜化;中心原子的價層電子對數(shù)=鍵+孤電子對數(shù)?!窘馕觥竣?a②.四面體形③.sp3④.石墨烯中每個碳原子垂直于層平面的2p軌道上的電子,都參與形成了貫穿全層的多原子的大鍵,因而具有優(yōu)良的導(dǎo)電性⑤.兩者結(jié)構(gòu)相似,六溴苯的相對分子質(zhì)量大于六氯苯,形成的范德華力強,熔點高⑥.苯六酸含多個羧基,與水分子形成氫鍵,從而易溶于水,六氯苯、六溴苯為非極性分子,難溶于水⑦.20、略
【分析】【詳解】
(1)26號元素鐵基態(tài)原子核外電子排布是為1s22s22p63s23p63d64s2,可知在3d上存在4個未成對電子,失去電子變成鐵離子時,先失去4s上的2個電子后失去3d上的1個電子,因此鐵離子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d5;(2).一個乙醛分子含有6個σ鍵和一個π鍵,乙醛中甲基上的碳形成4條σ鍵,無孤對電子,因此采取sp3雜化類型,醛基中的碳形成3條σ鍵和1條π鍵,無孤對電子,采取sp2雜化類型。配合物{Cu(NH3)4}(OH)2中銅離子提供空軌道,氮原子提供孤對電子,銅離子和氨氣分子之間形成配位鍵,氨氣分子中氮和氫原子之間以共價鍵結(jié)合,內(nèi)界離子和外界離子氫氧根離子之間以離子鍵結(jié)合,所以含有的化學(xué)鍵離子鍵、共價鍵、配位鍵,1mol[Cu(NH3)4](OH)2中含4mol氨氣,4mol氨氣總共含有σ鍵的物質(zhì)的量為12mol,1mol該配合物中含有4mol配位鍵,外界的氫氧根離子中也有2molσ鍵,所以含有的σ鍵的物質(zhì)的量為18mol,即18NA個。(3).該晶胞中氧原子個數(shù)為=8,有氧化亞銅中銅和氧的比例關(guān)系可知該晶胞中銅原子個數(shù)為氧原子個數(shù)的2倍,即為16個。(4)CaCl2是離子晶體,AlCl3是分子晶體,所以氯化鈣的熔點比氯化鋁的高。(5)該晶胞中氟離子個數(shù)為8,鈣離子個數(shù)為=4,故1mol晶胞的質(zhì)量為4×78g,由晶胞的密度可以求出晶胞的體積為cm3,故晶胞的邊長為cm。將晶胞分成8個小正方體,則氟離子與鈣離子之間的最小距離就是小正方體的頂點與體心之間的距離,因此,d=cm=pm?!窘馕觥?1s22s22p63s23p63d56:1sp2sp3離子鍵、共價鍵、配位鍵18NA16CaCl2是離子晶體,AlCl3是分子晶體21、略
【分析】試題分析:周期表前四周期的元素X;Y、Z、T、W;原子序數(shù)依次增大。X的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同,則X是氫元素。Y基態(tài)原子的p電子數(shù)比s電子數(shù)少1個,則Y應(yīng)該是氮元素。Z基態(tài)原子的價電子層中有2個未成對電子,所以Z是氧元素。T與Z同主族,則T是S元素。W基態(tài)原子的M層全充滿,N層只有一個電子,則W是Cu元素。
(1)非金屬性越強;第一電離能越大。但氮元素的2p軌道電子處于半充滿狀態(tài),穩(wěn)定性強,則氮元素的第一電離能大于氧元素的。同周期自左向右原子半徑逐漸減小,同主族自上而下原子半徑逐漸增大,則原子半徑最小的是O。
(2)S的原子序數(shù)是16,原子結(jié)構(gòu)示意圖為根據(jù)核外電子排布規(guī)律可知W基態(tài)原子的電子排布式為[Ar]3d104s1。
(3)X和上述其他元素中的一種形成的化合物中,分子呈三角錐形的是NH3。分子中既含有極性共價鍵,又含有非極性共價鍵的化合物是H2O2或N2H4。
(4)T與Z形成的化合物中,SO2是V形結(jié)構(gòu),三氧化硫是平面三角形,則屬于非極性分子的是SO3。
(5)這5種元素形成的一種陰陽離子個數(shù)比為1:1型的配合物中,陰離子呈四面體結(jié)構(gòu),則為硫酸根。陽離子的結(jié)構(gòu)如右圖所示,即為氨氣和銅離子形成的配位健,則該配合物的化學(xué)式為[Cu(NH3)4]SO4;陽離子中存在的化學(xué)鍵類型有配位健及氮元素與氫原子之間的共價鍵。
考點:考查元素推斷、第一電離能、空間構(gòu)型、原子半徑、化學(xué)鍵、核外電子排布等【解析】(1)NO(各1分)(2)(1分)[Ar]3d104s1(2分)
(3)NH3(2分)H2O2或N2H4(2分)(4)SO3(2分)
(5)[Cu(NH3)4]SO4(2分)共價鍵、配位鍵(2分)四、原理綜合題(共4題,共8分)22、略
【分析】【分析】
Ⅰ.固體甲在空氣中灼燒生成的氣體A能使品紅褪色,加熱后恢復(fù)紅色,說明氣體A為SO2,且物質(zhì)的量為=0.04mol;固體乙用NaOH溶解后并過濾,固體丙用稀硫酸溶解后的溶液中滴加KSCN溶液變紅色,說明固體丙為Fe2O3,其物質(zhì)的量為=0.005mol;固體乙有部分固體能溶解于NaOH,質(zhì)量為1.82g-0.8g=1.02g,若為Al2O3,則其物質(zhì)的量為=0.01mol,此時固體甲中含有的三種元素的總質(zhì)量為0.04mol×32g/mol+0.005mol×2×56g/mol+0.01mol×2×27g/mol=2.38g,則固體乙為Fe2O3和Al2O3的混合物;
Ⅱ.(1)△H-T△S<0的反應(yīng)可自發(fā)進(jìn)行;
(2)①結(jié)合平衡的移動因素分析;一般當(dāng)平衡正向進(jìn)行時,可提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率;
②673K時,在甲催化劑作用下反應(yīng)Ⅰ已達(dá)平衡狀態(tài),此時容器體積為1.0L,若CH3COOH初始加入量為2.0mol,結(jié)合三行計算列式得到平衡濃度,反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)K=
③不同的催化劑催化效率不同;
(3)加入催化劑;可降低反應(yīng)的活化能,催化能力越強,活化能越低,但反應(yīng)熱不變。
【詳解】
Ⅰ.固體甲在空氣中灼燒生成的氣體A能使品紅褪色,加熱后恢復(fù)紅色,說明氣體A為SO2,且物質(zhì)的量為=0.04mol;固體乙用NaOH溶解后并過濾,固體丙用稀硫酸溶解后的溶液中滴加KSCN溶液變紅色,說明固體丙為Fe2O3,其物質(zhì)的量為=0.005mol;固體乙有部分固體能溶解于NaOH,質(zhì)量為1.82g-0.8g=1.02g,若為Al2O3,則其物質(zhì)的量為=0.01mol,此時固體甲中含有的三種元素的總質(zhì)量為0.04mol×32g/mol+0.005mol×2×56g/mol+0.01mol×2×27g/mol=2.38g,則固體乙為Fe2O3和Al2O3的混合物;
(1)由分析知化合物甲的組成元素是Fe、Al和S,三者的物質(zhì)的量之比為0.01mol:0.02mol:0.04mol=1:2:4,則化合物甲的化學(xué)式為FeAl2S4;
(2)氧化鋁溶于NaOH溶液生成偏鋁酸鈉,發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;
(3)氣體A為SO2氣體,溶液D含有Fe3+,通入SO2后發(fā)生氧化還原反應(yīng),所得溶液中生成Fe2+和SO42-,發(fā)生反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42—+4H+;
Ⅱ.(1)Ⅰ.CH3COOH(g)+2H2(g)═CH3CH2OH(g)+H2O(g)△H1,反應(yīng)△S<0,滿足△H-T△S<0,則△H1<0;
(2)①已知CH3COOH(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)△H1<0;
A.使用催化劑甲不影響平衡的移動,無法提高CH3COOH轉(zhuǎn)化為CH3CH2OH平衡轉(zhuǎn)化率;故A錯誤;
B.使用催化劑乙不影響平衡的移動,無法提高CH3COOH轉(zhuǎn)化為CH3CH2OH平衡轉(zhuǎn)化率;故B錯誤;
C.降低反應(yīng)溫度平衡正向移動,可提高CH3COOH轉(zhuǎn)化為CH3CH2OH平衡轉(zhuǎn)化率;故C正確;
D.投料比不變,增加反應(yīng)物的濃度,相當(dāng)于增大壓強,平衡向正反應(yīng)移動,可提高CH3COOH轉(zhuǎn)化為CH3CH2OH平衡轉(zhuǎn)化率;故D正確;
E.增大CH3COOH和H2的初始投料比,即相當(dāng)于增大CH3COOH的濃度,平衡向正反應(yīng)方向移動,可提高H2的轉(zhuǎn)化率,但CH3COOH轉(zhuǎn)化為CH3CH2OH平衡轉(zhuǎn)化率降低;故E錯誤;
故答案為CD;
②控制CH3COOH和H2初始投料比為1:1.5,673K時,在甲催化劑作用下反應(yīng)Ⅰ已達(dá)平衡狀態(tài),乙酸轉(zhuǎn)化率50%,此時容器體積為1.0L,若CH3COOH初始加入量為2.0mol;乙醇的選擇性為0%,則反應(yīng)Ⅰ中:
CH3COOH(g)+2H2(g)═CH3CH2OH(g)+H2O(g)
起始量(mol/L)2300
變化量(mol/L)2×50%=121×0.41×0.4
平衡量(mol/L)110.40.4
反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)K==0.16;
③表中實驗數(shù)據(jù)表明,此時反應(yīng)未達(dá)到平衡,不同的催化劑對反應(yīng)Ⅰ的催化能力不同,因而在該時刻下對CH3COOH轉(zhuǎn)化成CH3CH2OH的選擇性有顯著的影響;
(3)從表中數(shù)據(jù)分析,在催化劑乙的作用下,乙醇的選擇性更大,說明催化劑乙對反應(yīng)Ⅰ催化效果更好,催化劑能降低反應(yīng)的活化能,說明使用催化劑乙的反應(yīng)過程中活化能更低,故圖為
【點睛】
復(fù)雜化學(xué)式的確定的解題特點:常給出一種成分較為復(fù)雜的化合物及其發(fā)生某些化學(xué)反應(yīng)時產(chǎn)生的現(xiàn)象,通過分析、推理、計算,確定其化學(xué)式。此類題目往往將計算、推斷融為一體,計算類型靈活多變,具有較高的綜合性,在能力層次上要求較高。其解題的一般方法和思路:一是依據(jù)題目所給化學(xué)事實,分析判斷化合物的成分;二是以物質(zhì)的量為中心,通過計算確定各成分的物質(zhì)的量之比?!窘馕觥竣?FeAl2S4(或Al2FeS4或FeS?Al2S3或Al2S3?FeS)②.Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O③.2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42—+4H+④.<⑤.CD⑥.0.16或5/32⑦.表中數(shù)據(jù)表明此時反應(yīng)未達(dá)到平衡,不同的催化劑對反應(yīng)Ⅰ的催化能力不同,因而在該時刻下對乙醇選擇性有影響。⑧.23、略
【分析】【詳解】
(1)由銫的最外層電子排布式為6s1,可知A、B、C為第ⅠA族,而ⅠA族前四周期的元素分別為H、Li、Na、K,又由提供的A、B的第一電離能的差值與B、C的第一電離能的差值相差不大可知,A、B、C不可能有H元素,而同主族元素隨著電子層數(shù)的增加,第一電離能逐漸減小,故A、B、C分別為Li、Na、K;都是金屬單質(zhì),微粒均以金屬鍵結(jié)合,故答案為Li、Na、K;1S22S22P63S23P64S1;金屬鍵;
(2)BeF2分子內(nèi)中心原子為Be,其價電子數(shù)為2,F(xiàn)提供2個電子,所以Be原子的價層電子對數(shù)為=2,Be原子的雜化類型為sp雜化,為直線形分子;H2O分子的中心原子為O,其價電子數(shù)為6,H提供2個電子,所以O(shè)原子的價層電子對數(shù)為=4,O原子雜化類型為sp3,為V形分子,故答案為sp、sp3;直線形;V形;
(3)硼原子價電子數(shù)為3,Cl提供3個電子,硼原子的價層電子對數(shù)為=3,因價層電子對中沒有孤對電子,故BCl3為平面正三角形結(jié)構(gòu);分子中B-Cl鍵的鍵角為120°;
故答案為120°;
(4)由碘晶胞可知,I2在晶胞的8個頂點和6個面上,故一個晶胞中含有4個I2分子;KI晶胞與NaCl晶胞結(jié)構(gòu)相似,每個K+緊鄰6個I-;故答案為4;6;
(5)根據(jù)均攤法計算,K:8×+6×=4,I:12×+1=4,故其晶胞中原子所占的體積V1=(πr3K×4+πr3I×4)×10-30,晶胞的體積V2==故KI晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為×100%=×100%,故答案為×100%。
點睛:本題綜合考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì),涉及核外電子排布規(guī)律、電離能、雜化理論、分子結(jié)構(gòu)、晶胞結(jié)構(gòu)與計算等。本題的易錯點和難點是(5)的計算,要學(xué)會利用分割法確定微粒數(shù)目和體積的百分率的計算方法。【解析】Li、Na、Kls22s22p63s23p64sl金屬鍵spsp3直線形V形120°46×100%24、略
【分析】【分析】
(1)鎳是28號元素;根據(jù)構(gòu)造原理,可確定Ni;S的核外電子排布式,結(jié)合原子結(jié)構(gòu)與元素在元素周期表的位置關(guān)系確定其在周期表中的位置;一般情況下,同一周期的元素原子序數(shù)越大,元素的第一電離能就越大,但當(dāng)原子核外電子處于其軌道上的全滿、半滿、全空時是穩(wěn)定結(jié)構(gòu),比相應(yīng)原子序數(shù)大1個的VIA的元素大分析。
(2)根據(jù)As原子最外層電子數(shù)及形成化學(xué)鍵的關(guān)系分析Na3As3中As原子的雜化方式;AsCl3的空間構(gòu)型要根據(jù)成鍵電子對與孤對電子分析其空間構(gòu)型;
(3)GaAs根據(jù)微粒間的作用力與微粒半徑大小分析物質(zhì)熔點高低;
(4)根據(jù)等電子體的概念分析其相應(yīng)的等電子體;
(5)根據(jù)微粒的空間構(gòu)型及相對位置分析其空間構(gòu)型;用均攤法先計算晶胞中含有的As;Ga原子數(shù)目,計算出晶胞的質(zhì)量,結(jié)合晶胞的密度可得晶胞的體積。
【詳解】
(1)鎳是28號元素,根據(jù)構(gòu)造原理,可確定Ni核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2,在元素在元素周期表的位置為第四周期第Ⅷ族;S原子的價電子排布式為1s22s22p4;一般情況下,同一周期的元素原子序數(shù)越大,元素的第一電離能就越大,但As原子核外最外層的4p軌道的電子處于半充滿的較穩(wěn)定狀態(tài),比同周期原子序數(shù)大1個的VIA的Se元素大,所以Ga、As和Se的第一電離能由大到小的順序是As>Se>Ga。
(2)在Na3As3中As最外層有5個電子,形成3個共價鍵即δ鍵電子對數(shù)為3,另外還有1個孤電子對,所以As的雜化方式為sp3;AsCl3中As的價層電子對數(shù)=3+(5-1×3)=4,As原子采用sp3雜化,由于孤電子對對成鍵電子對排斥了強,所以AsCl3分子空間構(gòu)成三角錐形分子;
(3)GaAs熔點為1238℃;GaN熔點約為1500°,GaAs熔點低于GaN是因為兩種晶體均為原子晶體,且GaN中N原子半徑比Ga小,Ga-N鍵長比Ga-As短,鍵能更大,斷裂化學(xué)鍵需要的能量大,因此熔點更高;
(4)根據(jù)等電子體的概念是原子數(shù)相同,最外層電子數(shù)也相同的微粒,則SO42-相應(yīng)的等電子體是CCl4、SiCl4、SiF4、CF4;
(5)該晶胞中Ga原子處于與它最近的四個As原子所構(gòu)成的正四面體的幾何中心,因此Ga所處空隙類型為正四面體;在該晶胞中含有的As原子數(shù)目為:=4,含有的Ga原子數(shù)目為:1×4=4,因此該晶胞在含有4個GaAs,則晶胞的質(zhì)量為m=g,由于晶胞的密度為ρg/cm3,所以晶胞的體積為V=cm3,則晶胞的邊長L=cm=×1010pm。在該晶體在兩個Ga原子之間的距離為晶胞邊長的倍,所以兩個Ga原子之間的距離為×1010pm。
【點睛】
本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的知識,涉及元素在元素周期表的位置、原子雜化方式判斷、微??臻g構(gòu)型、物質(zhì)熔點比較、晶體結(jié)構(gòu)分析與計算等知識點,本題綜合性較強,側(cè)重考查學(xué)生判斷及知識綜合應(yīng)用能力,易錯點是晶體中最近的Ga原子之間的位置及其與晶胞邊長的關(guān)系的確定與計算,題目難度中等?!窘馕觥康谒闹芷诘冖?s23p4As>Se>Gasp3三角錐形均為原子晶體,且GaN中N原子半徑小,Ga-N鍵長比Ga-As短,鍵能更大,熔點更高CCl4、SiCl4、SiF4、CF4(填其中一種即可)正四面體形×101025、略
【分析】【分析】
(1)同一能級中的電子能量相同;不同能級中電子能量不同;
(2)根據(jù)氫鍵的形成條件及本質(zhì)分析解答;
(3)根據(jù)酸的分子結(jié)構(gòu)及二氧化碳在水中的溶解度分析解答;
(4)根據(jù)價層電子對互斥模型分析解答;根據(jù)配位鍵的形成原理分析配位離子的結(jié)構(gòu);
(5)根據(jù)物質(zhì)的熔沸點;硬度等物理性質(zhì)判斷晶體類型;根據(jù)晶胞的空間結(jié)構(gòu)分析解答。
【詳解】
(1)碳原子核外有6個電子,核外電子排布式為1s22s22p2,有1s、2s、2p3個能級,故核外有3種能量不同的電子;其核外電子運動狀態(tài)由4種因素決定,分別為:a.電子層(主量子數(shù)n);b.電子亞層和電子云的形狀(副量子數(shù)或角量子數(shù)l);c.電子云的伸展方向(磁量子數(shù)m);d.電子的自旋(自旋量子數(shù)ms);
故答案為:3;4;
(2)形成氫鍵的條件有:1.存在與電負(fù)性很大的原子A形成強極性鍵的氫原子;2.存在較小半徑、較大電負(fù)性、含孤對電子、帶有部分負(fù)電荷的原子B(F、O、N);CH4分子間不能形成氫鍵,主要原因是CH4分子中的碳原子不含孤對電子;電負(fù)性較小、原子半徑較大;
故答案為:電負(fù)性較??;原子半徑較大;
(3)二氧化碳水溶液的酸性卻很弱;原因是溶于水的二氧化碳分子只有部分與水結(jié)合成碳酸;
故答案為:溶于水的二氧化碳分子只有部分與水結(jié)合成碳酸(合理即可);
(4)乙二胺中N原子的雜化軌道類型與NH3相同,根據(jù)價層電子對互斥模型分析,中心原子N的價層電子對數(shù)為則軌道雜化類型為sp3;乙二胺通過配位鍵能與Cu2+形成穩(wěn)定的環(huán)狀配離子,Cu2+的配位數(shù)為4,則其結(jié)構(gòu)可表示為
故答案為:sp3;
(5)金剛石熔點高、硬度大,屬于原子晶體;金剛石結(jié)構(gòu)類似甲烷空間構(gòu)型的正四面體結(jié)構(gòu),沿其體對角線垂直在紙平面上的投影圖應(yīng)為規(guī)則的正六邊形,結(jié)合其晶胞圖可知應(yīng)是圖D;金剛石晶胞如圖該晶胞中C原子個數(shù)4+8×+6×=8,金剛石體對角線上的四個原子緊密相連,晶胞棱長a=晶胞體積=a3=所有原子體積=空間占有率=
故答案為:原子;D;
【點睛】
氫鍵的本質(zhì):強極性鍵(A-H)上的氫核與電負(fù)性很大的、含孤電子對并帶有部分負(fù)電荷的原子B之間的靜電作用力?!窘馕觥?4電負(fù)性較小原子半徑較大溶于水的二氧化碳分子只有部分與水結(jié)合成碳酸(合理即可)sp3原子D五、元素或物質(zhì)推斷題(共5題,共50分)26、略
【分析】【分析】
已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素,它們的核電荷數(shù)A<B<C<D<E。其中A、B、C是同一周期的非金屬元素?;衔顳C為離子化合物,D的二價陽離子與C的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu),化合物AC2為一種常見的溫室氣體,則A為C,C為O,B為N,D為Mg。B、C的氫化物的沸點比它們同族相鄰周期元素氫化物的沸點高。E的原子序數(shù)為24,E為Cr。
【詳解】
(1)基態(tài)E原子的核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1),在第四周期中,與基態(tài)E原子最外層電子數(shù)相同即最外層電子數(shù)只有一個,還有K、Cu;故答案為:1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1);K;Cu;
(2)同周期從左到右電離能有增大趨勢;但第IIA族元素電離能大于第IIIA族元素電離能,第VA族元素電離能大于第VIA族元素電離能,因此A;B、C的第一電離能由小到大的順序為C<O<N;故答案為:C<O<N;
(3)化合物AC2為CO2,其電子式故答案為:
(4)Mg的單質(zhì)在CO2中點燃可生成碳和一種熔點較高的固體產(chǎn)物MgO,其化學(xué)反應(yīng)方程式:2Mg+CO22MgO+C;故答案為:2Mg+CO22MgO+C;
(5)根據(jù)CO與N2互為等電子體,一種由N、O組成的化合物與CO2互為等電子體,其化學(xué)式為N2O;故答案為:N2O;
(6)B的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的稀溶液為HNO3與Mg的單質(zhì)反應(yīng)時,NHO3被還原到最低價即NH4NO3,其反應(yīng)的化學(xué)方程式是4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O;故答案為:4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O?!窘馕觥?s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)K、CuC<O<N2Mg+CO22MgO+CN2O4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O27、略
【分析】【分析】
A元素的價電子構(gòu)型為nsnnpn+1,則n=2,故A為N元素;C元素為最活潑的非金屬元素,
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