河南省駐馬店市2024-2025學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期末考試試題含解析_第1頁
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PAGE30-河南省駐馬店市2024-2025學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期末考試試題(含解析)1.在抗擊新冠肺炎傳播的戰(zhàn)斗中,化學(xué)試劑發(fā)揮了重要作用。下列說法正確的是A.醫(yī)用消毒酒精中乙醇的質(zhì)量分數(shù)為75%B.向空氣中噴灑大量酒精進行消毒,存在平安隱患C.生產(chǎn)醫(yī)用防護口罩的原料聚丙烯纖維屬于純凈物D.84消毒液可作為環(huán)境消毒劑,其有效成分為次氯酸鈣【答案】B【解析】【詳解】A.醫(yī)用消毒酒精中乙醇的體積分數(shù)為75%,故A錯誤;B.酒精易燃燒,向空氣中噴灑大量酒精進行消毒,存在平安隱患,故B正確;C.生產(chǎn)醫(yī)用防護口罩的原料聚丙烯纖維是合成高分子化合物,高分子化合物屬于混合物,故C錯誤;D.84消毒液可作為環(huán)境消毒劑,其有效成分為次氯酸鈉,故D錯誤;選B。2.下列試驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是選項試驗操作現(xiàn)象結(jié)論A用銅電極電解飽和KCl溶液有氣體生成Cl-的失電子實力比OH-強BCl2通入石蕊試液溶液先變紅后褪色Cl2具有酸性和漂白性C對H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡體系加壓氣體顏色加深加壓平衡向生成I2(g)的方向移動D將金屬鈉在燃燒匙中點燃,快速伸入集滿CO2的集氣瓶集氣瓶中產(chǎn)生大量白煙,并有黑色顆粒產(chǎn)生CO2具氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A.以金屬銅為電極電解飽和KCl溶液,陽極放電的為金屬銅,正確的離子方程式為:Cu+2H2OCu(OH)2↓+H2↑,Cl-沒有失電子,故A錯誤;B.氯氣不具有漂白性,與水反應(yīng)生成HCl和HClO即Cl2+H2O=HCl+HClO,生成的鹽酸使石蕊試液變紅,生成的HClO具有漂白性,使石蕊試液褪色,故B錯誤;C.對H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡體系加壓,減小容器體積,濃度增大、顏色加深,但該化學(xué)平衡是反應(yīng)前后氣體體積不變的的反應(yīng),加壓平衡不移動,故C錯誤;D.鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和C,即4Na+3CO22Na2CO3+C,CO2中的C元素的化合價由+4價得電子變?yōu)?價,化合價降低,發(fā)生還原反應(yīng),作氧化劑,具有氧化性,即CO2具有氧化性,故D正確;答案為D。3.鐵鍋用水清洗放置后出現(xiàn)紅褐色銹斑,在此改變過程中不發(fā)生的反應(yīng)是A.Fe-3e-+3OH-=3Fe(OH)3B.O2+2H2O+4e-=4OH-C.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3D.2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2【答案】A【解析】【詳解】鐵鍋用水清洗放置后出現(xiàn)紅褐色的銹斑,發(fā)生電化學(xué)腐蝕,負極上鐵失去電子生成亞鐵離子,電極反應(yīng)為:Fe-2e-=Fe2+,正極上氧氣得到電子,O2+2H2O+4e-=4OH-,總的電極反應(yīng)為:2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2,且氫氧化亞鐵易被氧化,發(fā)生反應(yīng):4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,B、C、D均可發(fā)生,A沒有發(fā)生,答案選A。4.科學(xué)家利用原子序數(shù)依次遞增的四種短周期元素W、X、Y和Z“組合”成一種超分子,具有高效的催化性能,其分子結(jié)構(gòu)示意圖如下。W、X、Z分別位于不同周期,Z的原子半徑在同周期元素中最大。下列說法不正確的是(注:實線代表共價鍵,Y與Y之間其他重復(fù)單元的W、X未標注)A.Y的非金屬性在同主族中最強B.簡潔離子半徑:Z<YC.Z與Y形成的化合物中只含離子鍵D.Y的簡潔氣態(tài)氫化物比X的簡潔氣態(tài)氫化物穩(wěn)定【答案】C【解析】【分析】依據(jù)圖示可知W形成1個共價鍵,又是短周期中原子序數(shù)最小的元素,說明W原子核外只有1個電子,則W是H元素,X形成4個共價鍵,則X是C元素,W、X、Z分別位于不同周期,Z的原子半徑在同周期元素中最大,則Z是Na元素,Y形成2個共價鍵,原子序數(shù)比C大,比Na小,說明Y原子核外有2個電子層,最外層有6個電子,則Y是O元素,據(jù)此分析解答?!驹斀狻恳罁?jù)上述分析可知:W是H,X是C,Y是O,Z是Na元素。A.同一主族的元素,原子序數(shù)越大,元素的原子半徑越大,原子獲得電子的實力就越弱,氧化性就越弱。由于O是同一主族中原子序數(shù)最小的元素,故O的氧化性在同主族中最強,A正確;B.Y是O,Z是Na元素,O2-、Na+核外電子排布相同,離子的核電荷數(shù)越大,離子半徑就越小,所以離子半徑:Z<Y,B正確;C.O、Na兩種元素可形成兩種離子化合物Na2O、Na2O2,Na2O2中既含有離子鍵,又含有共價鍵,C錯誤;D.元素的非金屬性越強,其簡潔氫化物的穩(wěn)定性就越強。X是C,Y是O,由于元素的非金屬性:C<O,所以氫化物的熱穩(wěn)定性:CH4<H2O,D正確;答案選C。5.綠色化學(xué)理念影響著整個化學(xué)試驗改革,微型化學(xué)試驗就是在這種復(fù)背景下誕生的一種創(chuàng)新性的試驗教學(xué)方法。蔗糖與濃硫酸反應(yīng)的探究試驗改進裝置如圖所示。下列說法不正確的是A.該試驗體現(xiàn)了濃硫酸的脫水性和強氧化性B.反應(yīng)中,品紅溶液褪色,紫色石蕊試液先變紅后褪色C.該裝置能證明二氧化硫具有氧化性D.X可以是某種堿,也可以是某種鹽【答案】B【解析】【分析】本試驗為蔗糖與濃硫酸反應(yīng)的探究試驗,濃硫酸加入蔗糖中,蔗糖會先變黑后體積膨脹,可產(chǎn)生SO2氣體,SO2具有漂白性,可使品紅溶液褪色,SO2具有酸性氧化物的性質(zhì),能使紫色石蕊試液變紅,SO2具有還原性,因此可使酸性高錳酸鉀溶液褪色,又SO2具有氧化性,可與硫化鈉溶液反應(yīng)生成S單質(zhì)的淡黃色沉淀,由于SO2干脆排放至空氣中會造成污染,因此須要進行尾氣處理,據(jù)此分析解答。【詳解】A.依據(jù)上述分析可知,濃硫酸加入蔗糖中,蔗糖會先變黑后體積膨脹,表明濃硫酸具有脫水性和強氧化性,A正確;B.反應(yīng)中,SO2具有漂白性,可使品紅溶液褪色,SO2具有酸性氧化物性質(zhì),能使紫色石蕊試液變紅,但不能褪色,B錯誤;C.該裝置中,硫化鈉溶液處出現(xiàn)淡黃色沉淀,可證明SO2具有氧化性,C正確;D.X溶液用于尾氣處理,可用NaOH(堿)溶液或酸性高錳酸鉀(鹽)溶液汲取,D正確;答案選B?!军c睛】B為易錯點,SO2的漂白性是與有色物質(zhì)生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì),但SO2不能夠使酸堿指示劑褪色。6.丙烷(C3H8)的一溴代反應(yīng)產(chǎn)物有兩種:CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3,部分反應(yīng)過程的能量改變?nèi)鐖D所示(Ea表示活化能)。下列敘述正確的是A.比較Ea1和Ea2推想生成速率:?CH2CH2CH3<?CH(CH3)2Blmol丙烷中有3mol非極性共價鍵C.CH3CH2CH3+?Br=?CH2CH2CH3+HBrΔH<0D.丙烷(C3H8)與Br2的反應(yīng)只涉及到極性鍵的斷裂【答案】A【解析】【詳解】A.活化能小的反應(yīng)快,依據(jù)圖象可知,生成?CH2CH2CH3比?CH(CH3)2的活化能大,則生成速率:?CH2CH2CH3<?CH(CH3)2,A項正確;B.丙烷存在共價鍵為碳氫鍵和碳碳鍵,其中碳碳鍵為非極性共價鍵,lmol丙烷中有2mol非極性共價鍵,B項錯誤;C.生成?CH2CH2CH3和HBr時,反應(yīng)吸熱,ΔH>0,C項錯誤;D.Br2在反應(yīng)中涉及到非極性鍵的斷裂,D項錯誤;答案選A。7.在2L恒容密閉容器中充入X(g)和Y(g)發(fā)生反應(yīng)X(g)+Y(g)M(g)+N(s),所得試驗數(shù)據(jù)如下表:試驗編號溫度/°C起始時物質(zhì)的量/mol平衡時物質(zhì)的量/moln(X)n(Y)n(M)n(N)①8000.100.150.050.05②8000.20030aa③9000.100.150.040.04下列說法不正確的是A.正反應(yīng)為放熱反應(yīng)B.試驗①5min達平衡,平均反應(yīng)速率v(X)=0.005mol/(L?min)C.試驗②中,該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=0.l(mol/L)-1D.試驗②中,達到平衡時,a大于0.10【答案】C【解析】【詳解】A.依據(jù)表格中試驗①③的數(shù)據(jù)分析可知,當(dāng)溫度上升時,平衡時M、N的物質(zhì)的量減小,說明平衡逆向移動,則該反應(yīng)的逆反應(yīng)方向為吸熱反應(yīng),正反應(yīng)反向為放熱反應(yīng),A正確;B.依據(jù)試驗①中的數(shù)據(jù)建立三段式有:所以平均反應(yīng)速率,B正確;C.由B可知,試驗①的平衡常數(shù),由于試驗①和試驗②的溫度相同,所以兩個試驗的平衡常數(shù)相等,C錯誤;D.試驗①②溫度相同、體積相同,②中物質(zhì)的量為①的兩倍,若平衡不移動,平衡時a=0.10,但壓強增大平衡正向移動,則平衡時a>0.10,D正確;答案選C。8.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。關(guān)于常溫下pH=2的H3PO4溶液,下列說法不正確的是A.加入NaH2PO4固體,溶液酸性增加B.每升溶液中的H+數(shù)目為0.01NAC.加水稀釋使H3PO4電離程度增大,溶液pH增大D.c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)【答案】A【解析】【詳解】A.H3PO4電離方程式為H3PO4H++、H++、H++,加入NaH2PO4固體,主要抑制H3PO4第一步電離,H+濃度減小,溶液酸性減弱,A選項錯誤;B.由題目中pH=2可得c(H+)=0.01mol/L,1L溶液中H+數(shù)目應(yīng)為0.01NA,B正確;C.加水稀釋后,雖會促使H3PO4的電離,但H+濃度減小,pH增大,C正確;D.由質(zhì)子守恒可得c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-),D正確;答案選A。9.在濕法煉鋅的電解循環(huán)溶液中,較高濃度的Cl-會腐蝕陽極板而增大電解能耗。向電解循環(huán)液中同時加入Cu和CuSO4,可生成CuCl沉淀除去Cl-,降低對電解的影響,反應(yīng)原理如下:Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)ΔH1=akJ?mol-1Cl-(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)ΔH2=bkJ?mol-1試驗測得電解循環(huán)液pH對溶液中殘留c(Cl-)的影響如圖所示。下列說法正確的是A.溶液pH增大,Ksp(CuCl)增大B.反應(yīng)達到平衡時:n(Cu)越多,c(Cl-)越小C.向電解液中加入稀硫酸,有利于Cl-的去除D.除Cl-反應(yīng)為:Cu(s)+Cu2+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s)ΔH=(a+b)kJ?mol-1【答案】D【解析】【詳解】A.Ksp只受溫度的影響,pH越大,Ksp(CuCl)不變,故A錯誤;B.反應(yīng)達到平衡時:n(Cu)越多,由于Cu為固體,對平衡移動無影響,則Cu的量對c(Cl-)無影響,故B錯誤;C.依據(jù)圖中信息:溶液的pH越大,氯離子的濃度越小,電解液中加入稀硫酸,不利于Cl-的去除,故C錯誤;D.①Cu(s)+Cu2+(aq)?2Cu+(aq)△H1=akJ?mol-1,②Cl-(aq)+Cu+(aq)?CuCl(s)△H2=bkJ?mol-1,依據(jù)蓋斯定律,①+②可得到:Cu(s)+Cu2+(aq)+Cl-(aq)?CuCl(s)△H=(a+b)kJ?mol-1,故D正確;答案為D。10.一種太陽能電池的工作原理如圖所示,電解質(zhì)為鐵氰化鉀K3[Fe(CN)6]和亞鐵氰化鉀K4[Fe(CN)6]的混合溶液,下列說法不正確的是A.該裝置實現(xiàn)了太陽能干脆轉(zhuǎn)化成電能B.Fe(CN)63-在催化劑b表面被還原的方程式為:-e-=C.電解質(zhì)溶液中和濃度之和理論上保持不變D.電子流向:→電極a→外導(dǎo)線→電極b→【答案】B【解析】【分析】由圖可知,電子從負極流向正極,則a為負極,b為正極?!驹斀狻緼.該裝置為原電池,實現(xiàn)了太陽能干脆轉(zhuǎn)化成電能,A正確;B.b上發(fā)生還原反應(yīng),在催化劑b表面被還原,電極反應(yīng)方程式為+e-=,B錯誤;C.由B選項中的電極反應(yīng)可知,和二者以1:1相互轉(zhuǎn)化,電解液中和濃度基本保持不變,C正確;D.該電池中,失去電子,由電極a經(jīng)外導(dǎo)線移向電極b,再得到電子,故電子流向為→電極a→外導(dǎo)線→電極b→,D正確;答案選B。11.常溫下,用AgNO3溶液分別滴定濃度均為0.0lmol/L的KCl、K2C2O4溶液,所得的沉淀溶解平衡圖像如圖所示(不考慮C2O42-的水解)。巳知Ksp(AgCl)數(shù)量級為10-10。下列敘述不正確的是A.n點表示Ag2C2O4的不飽和溶液B.圖中X線代表的AgClC.Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+的平衡常數(shù)為109.04D.向c(Cl-)=c()的混合液中滴入AgNO3溶液時,先生成Ag2C2O4沉淀【答案】D【解析】【分析】若曲線X為AgCl的沉淀溶解平衡曲線,則Ksp(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl-)=10-4×10-5.75=10-9.75=100.25×10-10,則數(shù)量級為10-10,若曲線Y為AgCl的沉淀溶解平衡曲線,則Ksp(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl-)=10-4×10-2.46=10-6.46=100.54×10-7,則數(shù)量級為10-7,又已知Ksp(AgCl)數(shù)量級為10-10,則曲線X為AgCl的沉淀溶解平衡曲線,則曲線Y為Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲線Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)×c()=(10-4)2×10-2.46=10-10.46,據(jù)此分析解答?!驹斀狻緼.曲線Y為Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲線,在n點,c(Ag+)小于平衡濃度,故n點的離子Qc(Ag2C2O4)<Ksp(Ag2C2O4),故為Ag2C2O4的不飽和溶液,A正確;B.由以上分析知圖中X線代表AgCl,B正確;C.g2C2O4+2Cl-=2AgCl+的平衡常數(shù)為K=c()/c2(Cl-),此時溶液中c(Ag+)相同,故有K=c()/c2(Cl-)=,C正確;D.依據(jù)圖象可知當(dāng)陰離子濃度相同時,生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小于生成Ag2C2O4沉淀所需的c(Ag+),故向c(Cl-)=c()的混合液中滴入AgNO3溶液時先析出氯化銀沉淀,D錯誤;故選D。12.為分析不同試劑是否對H2O2分解有催化作用,該小組向四支盛有10mL5%H2O2的試管中滴加不同溶液,試驗記錄如下:試管ⅠⅡⅢⅣ滴加試劑2滴1mol/LNaCl2滴1mol/LCuSO42滴1mol/LCuSO4和2滴1mol/LNaCl2滴1mol/LCuSO4和4滴1mol/LNaCl產(chǎn)生氣泡狀況無氣泡產(chǎn)生均產(chǎn)生氣泡,且氣泡速率從Ⅱ到Ⅳ依次加快下列說法不正確的是()A.依據(jù)試驗Ⅰ的現(xiàn)象,可得結(jié)論NaCl對H2O2分解沒有催化作用B.依據(jù)試驗II的現(xiàn)象,可得結(jié)論CuSO4對H2O2分解有催化作用C.對比試驗可得結(jié)論:濃度較大的NaCl溶液對H2O2分解有催化作用D.綜合對比以上試驗可得結(jié)論:NaCl濃度對于CuSO4的催化作用有影響,NaCl濃度越大催化效果越明顯?!敬鸢浮緾【解析】【詳解】A.10mL5%H2O2的試管中滴2滴1mol/LNaCl,無氣泡產(chǎn)生,說明NaCl對H2O2分解沒有催化作用,A正確;B.10mL5%H2O2的試管中滴2滴1mol/LCuSO4,有氣泡產(chǎn)生,說明CuSO4對H2O2分解有催化作用,B正確;C.由試驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ對比可知,CuSO4對H2O2分解有催化作用,且在CuSO4存在時,NaCl對H2O2分解有催化作用,C錯誤;D.由試驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ對比可知,CuSO4對H2O2分解有催化作用,且在CuSO4存在時,NaCl對H2O2分解有催化作用,NaCl濃度越大,催化效果越強,D正確;故答案:C。13.下列說法正確的是A.p電子云都是啞鈴形的,每個p能級有3個原子軌道,它們相互垂直,能量相同B.基態(tài)氮原子的價電子排布圖:C.甲醛(HCHO)和光氣(COCl2)分子中:鍵角∠H—C—H<∠Cl—C—ClD.四硼酸根離子Xm-(含B、O、H)的球棍模型如圖,配位鍵存在于4、5和4、6原子之間【答案】A【解析】【詳解】A.p能級有3個相互垂直的原子軌道,其電子云都是啞鈴形的,由于3個軌道均是同一個能級,所以3個軌道的能量是相同的,A正確;B.基態(tài)N的原子核外電子排布式為1s22s22p3,則其價電子排布圖為,B錯誤;C.氯原子的電負性強于氫原子,對電子的吸引實力更強,所以甲醛分子中的H-C-H鍵角更大,C錯誤;D.B原子最外層有3個電子,而4號B原子形成4條共價鍵,說明有一個為配位鍵,5號O原子連接的是H原子,簡潔給出孤電子對,故4、5原子之間存在配位鍵,4、6之間不存在配位鍵,D錯誤;答案選A。14.下列對分子結(jié)構(gòu)及其性質(zhì)的說明中,不正確的是A.與中心原子的價層電子對數(shù)相同B.液態(tài)氟化氫的化學(xué)式有時寫成(HF)n的形式與氫鍵有關(guān)C.碘易溶于四氯化碳、甲烷難溶于水都可用相像相溶原理說明D.酸性:H3PO4>HClO,是因為H3PO4分子中氫原子數(shù)比HClO的多【答案】D【解析】【詳解】A.的中心原子為Cl,價層電子對數(shù)為,的中心原子為Cl,其價層電子對數(shù)為,兩者價電子對數(shù)相同,A正確;B.氟化氫分子之間能形成氫鍵,許多HF分子可以締結(jié)在一起,所以液態(tài)氟化氫的化學(xué)式有時可以寫成(HF)n的形式,B正確C.碘單質(zhì)、四氯化碳、甲烷都是非極性分子,而水是極性分子,所以依據(jù)相像相溶原理知,碘易溶于四氯化碳,甲烷難溶于水,滿意相像相溶原理,C正確;D.酸性強弱的一條閱歷規(guī)律是:含氧酸分子的結(jié)構(gòu)中含非羥基(羥基為-OH)氧原子數(shù)越多,該含氧酸的酸性越強;H3PO4的非羥基氧原子數(shù)大于次氯酸的非羥基氧原子數(shù),所以磷酸的酸性大于次氯酸,與氫原子數(shù)目沒有干脆關(guān)系,D錯誤;答案選D。15.有5種元素X、Y、Z、Q、T,除Y外均為短周期元素。X原子M層上有2個未成對電子且無空軌道;Y原子的價電子排布式為3d64s2;Z原子的L電子層的p能級上有一個空軌道;Q原子的L電子層的p能級上只有一對成對電子;T原子的M電子層上p軌道半充溢。下列敘述不正確的是A.元素Y和Q可形成化合物YQB.T的一種單質(zhì)的空間構(gòu)型為正四面體形,鍵角為109°28′C.X和T第一電離能:X<TD.ZQ2是極性鍵構(gòu)成的非極性分子【答案】B【解析】【分析】5種元素X、Y、Z、Q、T,除Y外均為短周期元素,X原子M層上有2個未成對電子且無空軌道,則X為S元素;Y原子的價電子排布式為3d64s2,則Y為Fe元素;Z原子的L電子層的p能級上有一個空軌道,則Z為C元素;Q原子的L電子層的P能級上只有一對成對電子,則Q是O元素;T原子的M電子層上p軌道半充溢,則T是P元素,據(jù)此解答?!驹斀狻恳罁?jù)分析可知,X為S元素,Y為Fe元素,Z為C元素,Q為O元素,T為P元素。A.Y為Fe元素,Q為O元素,F(xiàn)e與O可形成FeO,故A正確;B.T為P元素,P的單質(zhì)中,白磷的空間構(gòu)型為正四面體形,但白磷分子中四個P原子位于四個頂點上,其鍵角為60°,故B錯誤;C.X為S元素,T是P元素,屬于同周期相鄰元素,由于P原子最外層3p能級電子為半充溢,較穩(wěn)定,則第一電離能P比S大,即S<P,故C正確;D.Z為C元素,Q是O元素,ZQ2是CO2,該分子結(jié)構(gòu)中碳與每個氧形成兩對共用電子對,其電子式為,結(jié)構(gòu)式為O=C=O,CO2分子中只含極性鍵,且CO2分子結(jié)構(gòu)對稱,正負電荷重心重合,是非極性分子,故D正確;答案為B。16.有四種不同積累方式的金屬晶體的晶胞如圖所示(假設(shè)金屬的摩爾質(zhì)量為Xg?mol-1,金屬原子半徑為rcm,用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)。有關(guān)說法正確的是A.③和④中原子的配位數(shù)分別為6、12B.金屬Zn采納②積累方式C.①中空間利用率的表達式為:×100%D.對于采納②積累方式的金屬,試驗測得Wg該金屬的體積為Vcm3,則阿伏加德羅常數(shù)NA的表達式為【答案】C【解析】【詳解】A.依據(jù)晶胞圖示分析可知,③為六方最密積累,④為面心立法最密積累,配位數(shù)均為12,A錯誤;B.金屬Zn為六方最密積累,因此Zn采納③積累方式,B錯誤;C.①為簡潔立方積累,原子半徑為r,則其晶胞參數(shù)a=2r,一個晶胞中含有的原子個數(shù)為,則原子的體積為,則其空間利用率為×100%,C正確;D.②為體心立方積累,金屬原子半徑與正方體邊長的關(guān)系,依據(jù)晶胞的模型,晶胞中含有金屬原子的個數(shù)為8×+1=2,因此該晶胞的質(zhì)量為=,邊長與金屬半徑的關(guān)系是邊長=,即晶胞的體積為cm3,即有,推出阿伏加德羅常數(shù)為,故D錯誤;答案選C。【點睛】難點是空間利用率的計算和阿伏加德羅常數(shù)的計算,這類題的關(guān)鍵點,找出原子半徑與邊長的關(guān)系,即哪些原子是剛性接觸。17.下列表述或說法正確的是A.—OH與都表示羥基B.鄰羥基苯甲酸的結(jié)構(gòu)簡式:C.丙烷分子的比例模型為:D.命名為:2-甲基-3-戊烯【答案】A【解析】【詳解】A.—OH為羥基的結(jié)構(gòu)簡式,為羥基的電子式,A正確;B.為間羥基苯甲酸的結(jié)構(gòu)簡式,鄰羥基苯甲酸的結(jié)構(gòu)簡式應(yīng)為,B錯誤;C.為丙烷的球棍模型,C錯誤;D.主鏈有5個C原子,4號碳上有1個甲基,碳碳雙鍵在2號碳上,故其命名為4-甲基-2-戊稀,D錯誤;答案選A。18.可用來鑒別甲苯、1-己烯、乙酸乙酯和苯酚溶液的一組試劑是A.FeC13溶液、濃溴水 B.酸性高錳酸鉀溶液、FeC13溶液C.碳酸鈉溶液、濃溴水 D.酸性高錳酸鉀溶液、濃溴水【答案】D【解析】【詳解】A.先用溴水鑒別出己烯、苯酚,溴水褪色的為己烯、加入溴水生成白色沉淀的為苯酚,但溴水、FeCl3溶液都不能鑒別甲苯和乙酸乙酯,故A不符合題意;B.FeCl3溶液能鑒別出苯酚,加入氯化鐵溶液后溶液變?yōu)樽仙臑楸椒?,己烯、甲苯都能使酸性高錳酸鉀褪色,即不能鑒別己烯和甲苯,故B不符合題意;C.先用溴水鑒別出己烯、苯酚,溴水褪色的為己烯、加入溴水生成白色沉淀的為苯酚,碳酸鈉溶液、溴水都不能鑒別甲苯和乙酸乙酯,故C不符合題意;D.先用溴水鑒別出己烯、苯酚,溴水褪色的為己烯、加入溴水生成白色沉淀的為苯酚,剩余兩種中能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的為甲苯,無明顯現(xiàn)象的為乙酸乙酯,可鑒別,故D符合題意;答案選D。19.探討1-溴丙烷是否發(fā)生消去反應(yīng),用下圖裝置進行試驗,視察到溴的四氯化碳溶液褪色。下列敘述不正確的是A.向反應(yīng)后的①試管中加入少量的AgNO3溶液無法驗證是否發(fā)生消去反應(yīng)B.若②中試劑改為酸性高錳酸鉀溶液,視察到溶液褪色,則①中肯定發(fā)生了消去反應(yīng)C.①試管中肯定發(fā)生了消去反應(yīng)生成不飽和烴D.②中發(fā)生了加成反應(yīng)【答案】B【解析】【詳解】A.試管①中1-溴丙烷和NaOH的醇溶液加熱,無論是發(fā)生取代反應(yīng)生成1-丙醇和NaBr,還是發(fā)生了消去反應(yīng)生成丙烯和NaBr,兩者都有Br-產(chǎn)生,因此向反應(yīng)后的①試管中加入少量的AgNO3溶液無法驗證是否發(fā)生消去反應(yīng),而且過量的氫氧化鈉會干擾試驗,A說法正確;B.由于所用試劑中有醇,醇有肯定的揮發(fā)性,醇也能使酸性高鈿酸鉀溶液褪色。若②中試劑改為酸性高錳酸鉀溶液,醇和丙烯均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,因此視察到溶液褪色,不能說明①中發(fā)生的是消去反應(yīng),B說法錯誤;C.溴的CCl4溶液褪色,說明生成了不飽和烴,則①試管中肯定發(fā)生了消去反應(yīng),C說法正確;D.②中溴的CCl4溶液褪色,是因為生成物丙烯和溴發(fā)生了加成反應(yīng),D說法正確;答案選B。20.免水洗消毒液中含有能快速殺死新冠病毒的三氯羥基二苯醚,其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列有關(guān)三氯羥基二苯醚的說法正確的是A.分子式為C12H8O2Cl3 B.全部原子肯定處于同一平面C.苯環(huán)上的一溴代物有6種 D.不能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)【答案】C【解析】【詳解】A.依據(jù)該分子的結(jié)構(gòu)可知,其分子式為C12H7O2Cl3,A錯誤;B.由三氯羥基二苯醚的結(jié)構(gòu)可知,兩個苯環(huán)通過醚鍵連接,只有旋轉(zhuǎn)到特定角度時,這兩個苯環(huán)才會共面;此外,其中一個苯環(huán)上連接的羥基中的氫原子也只有在旋轉(zhuǎn)到特定角度時,才會與苯環(huán)共平面;綜上所述,該有機物中全部原子不肯定共平面,B錯誤;C.由三氯羥基二苯醚的結(jié)構(gòu)可知,該有機物結(jié)構(gòu)高度不對稱,分子中的兩個苯環(huán)上的氫原子之間均不等效,因此苯環(huán)上的一溴代物有6種,C正確;D.由三氯羥基二苯醚的結(jié)構(gòu)可知,其分子中含有酚羥基以及鹵素原子,因此可以與NaOH溶液反應(yīng),D錯誤;答案選C。21.某化學(xué)小組以苯甲酸()為原料制取苯甲酸甲酯()。已知有關(guān)物質(zhì)的沸點:甲醇(CH3OH):64.7°C;苯甲酸:249°C;苯甲酸甲酯:199.6°C。I.合成苯甲酸甲酯粗產(chǎn)品在圓底燒瓶中加入12.2g苯甲酸和15.Sg甲醇,再當(dāng)心加入3mL濃硫酸,混合勻稱,再投入幾塊碎瓷片,當(dāng)心加熱充分反應(yīng)后,得苯甲酸甲酯粗產(chǎn)品。(1)寫出苯甲酸與甲醇反應(yīng)的化學(xué)方程式:____________。(2)甲和乙兩位同學(xué)分別設(shè)計了如圖所示的兩套試驗室合成苯甲酸甲酯的裝置(夾持儀器和加熱儀器均已略去)。依據(jù)有機物的有關(guān)性質(zhì)分析,最好采納____________裝置(填“甲”或“乙”)。(3)工業(yè)生產(chǎn)中常采納反應(yīng)物CH3OH過量的方法,緣由是____________。II.粗產(chǎn)品的精制(4)苯甲酸甲酯粗產(chǎn)品中往往含有少量甲醇、苯甲酸和水等,現(xiàn)擬按下列流程進行精制,請在流程圖中方括號內(nèi)填入操作方法的名稱:a____________,b____________。(5)通過計算,苯甲酸甲酯的產(chǎn)率為____________?!敬鸢浮?1).+CH3OH+H2O(2).甲(3).有利于提高苯甲酸的轉(zhuǎn)化率(4).分液(5).蒸餾(6).59.1%【解析】【分析】苯甲酸和甲醇在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生酯化反應(yīng),該反應(yīng)是可逆反應(yīng),而且又存在副反應(yīng),故得苯甲酸甲酯粗產(chǎn)品,苯甲酸甲酯粗產(chǎn)品中往往含有少量甲醇、苯甲酸和水等,故可與飽和碳酸鈉溶液混合,它的作用為:降低苯甲酸甲酯的溶解度,溶解甲醇,除去酸,經(jīng)分液后得到較純凈的苯甲酸甲酯,進一步蒸餾獲得純產(chǎn)品,據(jù)此分析解答。【詳解】Ⅰ.(1)濃硫酸在酯化反應(yīng)中起到了催化劑作用和吸水劑的作用,苯甲酸與甲醇反應(yīng)的化學(xué)方程式:+CH3OH+H2O;(2)由裝置圖可知,甲圖的圓底燒瓶上有冷凝管,充分起到回流作用,乙圖則沒有,而本題中反應(yīng)物甲醇沸點低,苯甲酸、苯甲酸甲酯的沸點遠高于甲醇,若采納乙圖,甲醇必定會大量揮發(fā),不利于合成反應(yīng),所以應(yīng)冷凝回流,削減甲醇的揮發(fā),提高產(chǎn)率;(3)酯化反應(yīng)為可逆反應(yīng),增大反應(yīng)物的濃度,平衡向正反應(yīng)方向移動,故甲醇應(yīng)過量;Ⅱ.(4)苯甲酸甲酯不溶于水,操作Ⅰ分別出互不相溶的液體,通常采納分液操作完成;甲醇和苯甲酸甲酯相互溶解,二者沸點不同,可以通過蒸餾操作分別;(5)12.2g苯甲酸的物質(zhì)的量為:,20mL甲醇(密度約0.79g/mL)的物質(zhì)的量為:,則理論上生成苯甲酸甲酯的物質(zhì)的量為0.1mol,質(zhì)量為:136g/mol×0.1mol=13.6g,則苯甲酸甲酯的產(chǎn)率為:。22.I.(1)工業(yè)制氫有多種渠道,其中一個重要反應(yīng)是:CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-4lkJ/mol已知:2C(s,石墨)+O2(g)=2CO(g)ΔH1=-222kJ/molH2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH2=-242kJ/mol則石墨的燃燒熱ΔH3=____________。(2)工業(yè)上可通過CO(g)和H2(g)化合來制備可再生能源CH3OH(g):CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=-99kJ?mol-1又知該反應(yīng)中某些物質(zhì)分子里的化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)如下表(已知CO中的C與O之間為叁鍵連接):化學(xué)鍵C—HH—HCOH—O鍵能/kJ?mol-14134361076465則C—O鍵的鍵能為____________kJ?mol-1。lI.CO2的熔鹽捕獲與電化學(xué)轉(zhuǎn)化受到了科研人員的廣泛關(guān)注,采納該技術(shù)可將工廠煙氣中的CO2干脆轉(zhuǎn)化為碳材和氧氣,是一種短程、高效、綠色的CO2高值利用方法。我國科學(xué)家設(shè)計的轉(zhuǎn)扮裝置示意圖如下:(3)①②中,熔鹽捕獲CO2過程中碳元素的化合價____________改變(填“有”或“無”)。(4)b為電源的____________極,a極的電極反應(yīng)式為____________。(5)上述裝置發(fā)生的總反應(yīng)為____________?!敬鸢浮?1).-394kJ/mol(2).343(3).無(4).正(5).2-4e-=4CO2↑+O2↑(6).CO2C+O2【解析】【分析】依據(jù)題中所給熱化學(xué)方程式,由蓋斯定律求出石墨的燃燒熱;依據(jù)題中所給鍵能,由反應(yīng)的焓變△H=反應(yīng)物總鍵能之和-生成物總鍵能之和,求出C—O鍵的鍵能;依據(jù)題中圖示信息,CO2轉(zhuǎn)化為C2O52-,再轉(zhuǎn)化為O2,CO2轉(zhuǎn)化為CO32-,再轉(zhuǎn)化為C,由化合價的改變,推斷得失電子,推斷電解池的陰陽極及電源的正負極,進而回答相關(guān)問題?!驹斀狻縄.(1)由①CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-4lkJ/mol,②2C(s,石墨)+O2(g)=2CO(g)ΔH1=-222kJ/mol,③H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH2=-242kJ/mol,依據(jù)蓋斯定律:(①×2+②+③×2),可得C(s,石墨)+O2(g)═CO2(g);△H3=[(-41×2)kJ/mol+(-222)kJ/mol+(-242×2)kJ/mol]=-394kJ/mol;答案為-394kJ/mol。(2)設(shè)C—O鍵的鍵能為x,則CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=-99kJ?mol-1,反應(yīng)的焓變△H=反應(yīng)物總鍵能之和-生成物總鍵能之和,即(1076kJ?mol-1+2×436kJ?mol-1)-(413×3kJ?mol-1+x+465kJ?mol-1)=-99kJ?mol-1,所以x=343kJ?mol-1,答案為343。II.(3)由題中圖示可知①是CO2→C2O52-,②是CO2→CO32-,碳元素的化合價均為+4價,沒有改變;答案為無。(4)依據(jù)題中圖示可知C2O52-→O2,則a電極發(fā)生失去電子的氧化反應(yīng),為陽極,與電源正極相接,所以b為原電池正極,因為a電極發(fā)生失去電子的氧化反應(yīng),所以a極的電極反應(yīng)式為2C2O52--4e-═4CO2

↑+O2↑;答案為正,2C2O52--4e-═4CO2↑+O2↑。(5)因為a陽極二氧化碳被捕獲2CO2+O2-═C2O52-,陽極電極反應(yīng)為2C2O52--4e-═4CO2

↑+O2↑,d陰極二氧化碳被捕獲CO2+O2-═CO32-電極反應(yīng)式為CO32-+4e-═3O2-+C,則總反應(yīng)方程式為CO2C+O2;答案為CO2C+O2。23.我國具有豐富的銻礦資源,銻及其化合物被廣泛應(yīng)用于機械材料、塑料、阻燃劑、微電子技術(shù)等領(lǐng)域,具有非常重要的價值。利用脆硫鉛銻精礦(主要成分是Sb2S3及PbS)制備銻白(Sb2O3)的工藝流程如圖所示。已知:浸出反應(yīng)Sb2S3+3Na2S=2Na3SbS3酸化反應(yīng)4Na3SbS3+9SO2=6Na2S2O3+3S↓+2Sb2S3↓回答下列問題。(1)精礦進行研磨的目的是___________________。(2)在浸出反應(yīng)中,浸出率隨NaOH用量的改變曲線如圖所示,其中NaOH的作用是_______________________。(3)向浸出液中通入SO2氣體進行酸化,得到Sb2S3中間體。酸化反應(yīng)過程中,pH對銻沉淀率及酸化后溶液中Na2S2O3含量的影響如下表所示,則最相宜的pH為__________。pH不能過低的緣由是_______________(結(jié)合離子方程式說明)。pH酸化后溶液成分/(g·L-1)銻的沉淀率/%SbNa2S2O360.6160.599.572.7157.697.585.6150.495.4910.5145.092.4(4)浸出液酸化后過濾,得到沉淀混合物,在高溫下被氧化,寫出全部反應(yīng)的化學(xué)方程式:_____________。(5)從尾氣處理的角度評價該工藝流程在環(huán)保方面的優(yōu)點是__________________?!敬鸢浮?1).增大反應(yīng)物的接觸面積,加快反應(yīng)速率,提高浸出率(2).供應(yīng)堿性環(huán)境,削減Na2S的水解(3).6(4).pH較低時發(fā)生反應(yīng)S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O,會造成Na2S2O3損耗(5).2Sb2S3+9O22Sb2O3+6SO2,S+O2SO2(6).SO2可以循環(huán)利用,削減環(huán)境污染【解析】【詳解】(1)將精礦進行研磨有助于增加反應(yīng)接觸面積,加快反應(yīng)速率,提高Sb的浸出率;(2)浸出時加入Na2S溶液中的S2-會發(fā)生水解,當(dāng)加入NaOH時,溶液呈堿性,可以抑制S2-的水解;(3)從表中可以看出,當(dāng)pH=6時,溶液中的Sb含量最少,沉淀率最大,故最相宜的pH選擇6;假如pH過低,酸化后生成的S2O32-可以與溶液中的H+反應(yīng)生成S沉淀,影響Na2S2O3的產(chǎn)率。(4)酸化后的沉淀為Sb2S3和S的混合物,在高溫下與氧氣發(fā)生反應(yīng)生成SO2和Sb2O3,相應(yīng)的反應(yīng)方程式為2Sb2S3+9O22Sb2O3+6SO2,S+O2SO2;(5)沉淀氧化后有SO2氣體生成,將氣體通入到酸化溶液中循環(huán)利用可以削減環(huán)境污染。24.氨是最為重要的基礎(chǔ)化工產(chǎn)品之一,其產(chǎn)量居各種化工產(chǎn)品的首位。合成氨方面的探討共產(chǎn)生了三名諾貝爾獎得主,分別是理論可行性探討、工業(yè)化探討和機理探討三個方面,這也代表了現(xiàn)代化學(xué)探討的三個方面?;卮鹣铝袉栴}:I.合成氨反應(yīng)的機理探討:N2和H2在活性鐵表面催化合成NH3的機理如圖所示,其中(ad)表示物種的吸附狀態(tài)。(1)依據(jù)反應(yīng)歷程圖,寫出合成氨反應(yīng)的熱化學(xué)方程式___________。(2)合成氨經(jīng)驗如下五個過程:N2(g)+H2(g)→N(ad)+3H(ad)iN(ad)+3H(ad)→NH(ad)+2H(ad)iiNH(ad)+2H(ad)→NH2(ad)+H(ad)iiiNH2(ad)+H(ad)→NH3(ad)ivNH3(ad)→NH3(g)V下列說法正確的是___________(填選項字母)。A.上升溫度,過程i的反應(yīng)速率減慢,過程ii的反應(yīng)速率加快B.增大壓強,有利于提高過程i的轉(zhuǎn)化率C.運用催化劑時,反應(yīng)N2(g)+H2(g)→N(g)+3H(g)ΔH<0II.合成氨反應(yīng)的反應(yīng)條件探討:試驗測定不同條件下,平衡時氨氣的含量與起始氫氮比[]之間的關(guān)系如圖所示。(3)T0___________420°C(填“<”“>”或“=”,下同)。(4)a點時的轉(zhuǎn)化率:a(N2)___________a(H2)。(5)a、b、c、d四點對應(yīng)的平衡常數(shù)由大到小的依次為___________(用Ka、Kb、Kc、Kd表示)。(6)b點對應(yīng)的平衡常數(shù)Kb=___________MPa-2(用體系中各物質(zhì)的分壓表示平衡常數(shù),物質(zhì)的分壓=物質(zhì)的量百分含量×容器的總壓,列出計算式即可)。III.合成氨的工業(yè)化探討:合成氨的原料氣中的雜質(zhì)會影響氨的合成效率,已知某原料氣中含有20%N2、40%H2、30%CO、3%Ar。(7)在恒壓條件下,單位時間通入的氣體總量肯定時,雜質(zhì)稀有氣體Ar會使N2的平衡轉(zhuǎn)化率降低的緣由為___________?!敬鸢浮?1).N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol-1(2).B(3).>(4).<(5).Kb=Kc>Ka>Kd(6).或或9.5×10-2(7).恒壓容器中,充入Ar會減小反應(yīng)體系的壓強,使平衡向氣體分子數(shù)增多的方向移動,因此會降低N2的平衡轉(zhuǎn)化率【解析】【分析】依據(jù)催化合成NH3的機理圖書寫熱化學(xué)方程式并計算反應(yīng)熱,依據(jù)“定一議二、先拐先平”比較溫度大小,結(jié)合圖中數(shù)據(jù)進行轉(zhuǎn)化率和平衡常數(shù)的計算,結(jié)合平衡常數(shù)的定義及平衡移動原理比較平衡常數(shù)的大小?!驹斀狻竣?(1)依據(jù)反應(yīng)歷程圖可知,合成氨為放熱反應(yīng),其熱化學(xué)反應(yīng)方程式為N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-2×(276kJ/mol-106kJ/mol-33kJ/mol-41kJ/mol-50kJ/mol)=-92kJ/mol,故答案為:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol-1;(2)A.上升溫度,過程ⅰ和ii的反應(yīng)速率均加快,A錯誤;B.過程ⅰ為N2(g)+H2(g)→N(ad)+3H(ad),反應(yīng)前后體積減小,增大壓強,平衡正向移動,有利于提高過程ⅰ的轉(zhuǎn)化率,B正確;C.運用催化劑時,反應(yīng)N2(g)+H2(g)→N(g)+3H(g)ΔH>0,C錯誤;故答案為:B;Ⅱ.(3)依據(jù)圖像,由①④曲線分析可知,壓強相同,420℃→T0℃,平衡時氨氣的含量降低,說明平衡逆向移動,又反應(yīng)為放熱反應(yīng),所以420℃→T0℃為溫度上升的過程,則T0>420℃,故答案為:>;(4)依據(jù)圖像可知,a點時起始氫氮比,則N2的轉(zhuǎn)化率<H2的轉(zhuǎn)化率,故答案為:<;(5)由于②③的溫度相同,所以兩個條件下平衡常數(shù)相等,即Kb=Kc,①④相比,壓強相同,④的溫度更高,所以平衡常數(shù)Ka>Kd,①②相比,①的溫度更高,所以平衡常數(shù)Kb>Ka,故答案為:Kb=Kc>Ka>Kd;(6)依據(jù)圖像,b點時起始氫氮比,總壓強為20MPa,平衡時氨氣的含量為50%,設(shè)N2的起始投量為1mol,轉(zhuǎn)化量為xmol,則列三段式有:則有,x=,所以N2的物質(zhì)的量百分含量為,H2的物質(zhì)的量百分含量為,則b點對應(yīng)的平衡常數(shù),故答案為:或或9.5×10-2;Ⅲ.(7)在恒壓條件下,單位時間通入的氣體總量肯定時,充入Ar會減小反應(yīng)體系的壓強,使平衡向氣體分子數(shù)增多的方向移動,因此會降低N2的平衡轉(zhuǎn)化率,故答案為:恒壓容器中,充入Ar會減小反應(yīng)體系的壓強,使平衡向氣體分子數(shù)增多的方向移動,因此會降低N2的平衡轉(zhuǎn)化率。25.光刻技術(shù)需利用深紫外激光,我國是唯一駕馭通過非線性光學(xué)晶體變頻來獲得深紫外激光技術(shù)國家。目前唯一好用化的晶體是氟硼鈹酸鉀(KBeBF,含K、B、Be、O、F元素)?;卮鹣铝袉栴}:(1)一群均處于激發(fā)態(tài)1s22s13s1的鈹原子,若都回到基態(tài),最多可發(fā)出___種波長不同的光。A.1B.2C.3D.4(2)Be和B都簡潔與配體形成配位鍵,如[BeF4]-、[B(OH)4]-等,從原子結(jié)構(gòu)分析其緣由是__。(3)氟硼酸鉀是制備KBeBF的原料之一,高溫下分解為KF和BF3。KF的沸點比BF3的高,緣由是___。(4)BF3易水解得到H3BO3(硼酸)和氫氟酸。氫氟酸濃溶液中因F-與HF結(jié)合形成HF使酸性大大增加。HF的結(jié)構(gòu)式為___;H3BO3和BF中,B原子的雜化類型分別為___、__。(5)KBeBF晶體為層片狀結(jié)構(gòu),圖1為其中一層的局部示意圖。平面六元環(huán)以B—O鍵和Be—O鍵交織相連,形成平面網(wǎng)狀結(jié)構(gòu),每個Be都連接一個F,且F分別指向平面的上方或下方,K+分布在層間。KBeBF晶體的化學(xué)式為____。(6)BeO晶體也是制備KBeBF的原料,圖2為其晶胞結(jié)構(gòu)示意圖。①沿著晶胞體對角線方向的投影,下列圖中能正確描述投影結(jié)果的是___。②BeO晶胞中,O的積累方式為____;設(shè)O與Be的最近距離為acm,NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值,則BeO晶體的密度為____g·cm-3?!敬鸢浮?1).C(2).Be原子和B原子價層電子數(shù)均小于價層軌道數(shù),存在空軌道(3).KF為離子晶體,而BF3為分子晶體,離子晶體的熔沸點大于分子晶體(4).(5).sp2(6).sp3(7).KBe2BO3F2(8).D(9).面心立方最密積累

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