届黑龙江省大庆市高三第一次教学质量检测理综化学试题解析版.docx
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届黑龙江省大庆市高三第一次教学质量检测理综化学试题解析版
黑龙江省大庆市2018届高三第一次教学质量检测
理综化学试卷
1.下列说法正确的是
A.NO2和SO2作为酸性氧化物都是可形成酸雨的气体
B.合成纤维与光导纤维都是新型无机非金属材料
C.亚硝酸盐属于食物防腐剂,可以大量地添加于食物中
D.雾霾与煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘、秸秆燃烧等有关
【答案】D
【解析】A.二氧化氮、二氧化硫是形成酸雨的重要物质,但二氧化氮与水反应除了生成硝酸,还有NO生成,所以二氧化氮不是酸性氧化物,故A错误;B.合成纤维是有机材料,光导纤维是新型无机非金属材料,故B错误;C.亚硝酸盐具有防腐性,常在食品加工业中被添加在香肠和腊肉中作为保色剂和防腐剂,但亚硝酸盐是有毒物质,不能大量添加于食物中,故C错误;D.雾是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴,霾是悬浮在大气中的大量微小尘粒、烟粒或盐粒的集合体,主要是由煤炭燃烧排放的二氧化硫、氮氧化物、烟尘以及机动车尾气、建筑扬尘、秸秆燃烧等导致的,故D正确;答案选D。
2.原电池与电解池在生活和生产中有着广泛应用。
下列有关判断中错误的是
A.装置①研究的是电解CuCl2溶液,它将电能转化为化学能
B.装置②研究的是金属的吸氧腐蚀,Fe上的反应为Fe-2e-=Fe2+
C.装置③研究的是电解饱和食盐水,B电极发生的反应:
2Cl--2e-=Cl2↑
D.向装置④烧杯a中加入少量K3[Fe(CN)6]溶液,没有蓝色沉淀生成
【答案】C
【解析】A.装置①是电解池,电解池是将电能转化为化学能的装置,故A正确;B.装置②研究的是金属的吸氧腐蚀,Fe为负极,Fe上发生的反应为:
Fe-2e-=Fe2+,故B正确;C.据图可知,装置③中B电极连接外加电源的负极,所以B为阴极,在B电极上发生的反应为:
2H++2e-=H2↑,故C错误;D.该装置是燃料电池,燃料电池的负极是氮气失电子发生氧化反应,正极上是氧气得电子发生还原反应,所以a中不存在亚铁离子,加入少量K3[Fe(CN)6]溶液,没有蓝色沉淀生成,故D正确;答案选C。
点睛:
本题主要考查原电池和电解池的知识,熟练掌握原电池和电解池的基本工作原理是解答本题的关键,试题难度不大。
本题的易错点是D项,解题时要看清装置④的特点,因装置的两个烧杯中分别通入氮气和氧气,说明该装置是燃料电池,正极上是氧气得电子发生还原反应,所以a烧杯中Fe不发生反应,溶液中不存在亚铁离子,加入少量K3[Fe(CN)6]溶液,没有蓝色沉淀生成。
3.环丙基乙烯(VCP)结构如图所示
,关于该物质说法正确的是
A.环丙基乙烯不属于烃类
B.该物质能发生取代反应、加成反应、聚合反应
C.环丙基乙烯与环戊二烯(
)是同分异构体
D.环丙基乙烯中的所有碳原子都在同一平面内
【答案】B
【解析】A.由环丙基乙烯的结构可知,环丙基乙烯中只含有碳、氢两种元素,属于烃类,故A错误;B.环丙基乙烯中含有饱和碳原子且饱和碳原子上有氢原子,可以发生取代反应,含有碳碳双键,可以发生加成反应和加聚反应,故B正确;C.环丙基乙烯的分子式为C5H8,环戊二烯的分子式为C5H6,二者分子式不同,不是同分异构体,故C错误;D.环丙基乙烯分子中含有3个饱和碳原子,均为四面体结构,所以在环丙基乙烯分子中所有碳原子不可能在同一平面上,故D错误;答案选B;
点睛:
本题通过环丙基乙烯(VCP)的结构,考查有机物的类别、反应类型、同分异构体和原子共面等知识,试题难度不大。
本题的易错点是D项,判断有机物分子中的碳原子是否共面时,首先要看该有机物中是否含有饱和碳原子,在环丙基乙烯分子中含有3个饱和碳原子,均为四面体结构,所以在环丙基乙烯分子中所有碳原子不可能在同一平面上,从而可以达到快速判断的效果。
4.下列实验操作、现象和结论均正确的是
实验操作
现象
结论
A
含HCl、BaCl2的FeCl3溶液中通入SO2
产生白色沉淀
SO2有还原性
B
用铂丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
原溶液中有Na+、无K+
C
向Fe(OH)3悬浊液中,滴加适量饱和的MgCl2溶液
红褐色沉淀部分转化为白色沉淀
Mg(OH)2溶解度小于Fe(OH)3
D
将KI和FeCl3溶液在试管中混合后,加入CCl4振荡,静置
上层溶液显紫红色,下层无色
氧化性:
Fe3+>I2
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】A.含HCl、BaCl2的FeCl3溶液中通入SO2,FeCl3将SO2氧化成硫酸根离子,硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀,在该反应中二氧化硫被氧化,表现还原性,故A正确;B.因钾元素的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察,才能确定是否含有钾元素,用铂丝蘸取溶液进行焰色反应,火焰呈黄色,说明原溶液中含有Na+,因未透过蓝色钴玻璃观察,所以不能确定是否含有K+,故B错误;C.向Fe(OH)3悬浊液中,滴加饱和的MgCl2溶液,只有部分红褐色沉淀转化为白色沉淀,说明是因为镁离子浓度大,造成Qc[Mg(OH)2]>Ksp[Mg(OH)2],从而生成氢氧化镁白色沉淀,不能说明Mg(OH)2溶解度小于Fe(OH)3,故C错误;D.KI和FeCl3溶液反应生成单质碘,碘溶于四氯化碳中使四氯化碳层显紫红色,因CCl4的密度大于水,则应为下层溶液显紫红色,上层无色,故D错误;答案选A。
5.四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W、X的简单离子具有相同电子层结构,X的原子半径在短周期主族元素原子中最大,Y的核外电了数是W的2倍且同主族。
下列说法错误的是
A.X与Z形成的化合物熔化或溶于水时均可发生电离
B.W、X、Y元素形成的盐溶于水,溶液一定呈中性
C.最高价氧化物对应水化物的酸性:
Z>Y
D.常温下,1molZ的单质与足量的NaOH溶液反应转移电子数NA
【答案】B
【解析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的,则X是Na,Y的核外电子数是W的2倍且同主族,可知W为O、Y为S,则Z只能为Cl元素。
A.X与Z形成的化合物是NaCl,NaCl是离子化合物,在熔化状态下或溶于水时均可发生电离,故A正确;B.W、X、Y元素形成的盐是硫酸钠或亚硫酸钠,若是硫酸钠,因硫酸钠是强酸强碱盐,溶于水溶液呈中性,若是亚硫酸钠,因亚硫酸钠是强碱弱酸盐,溶于水时溶液呈碱性,故B错误;C.因非金属性Cl>S,则最高价氧化物对应水化物的酸性:
HClO4>H2SO4,故C正确;D.氯气和NaOH溶液反应的离子方程式为:
Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O,反应中Cl元素化合价由0价分别变为+1价、−1价,则1molZ的单质与足量的NaOH溶液反应转移电子的物质的量为1mol,数目是NA,故D正确;答案选B。
点睛:
本题主要考查原子结构和元素周期表、元素周期律的知识,能够根据题目信息正确推断各元素是解答本题的关键,在答题时,最好能够根据判断出的元素,画出各元素在周期表中的位置关系,这样可以根据位置关系并结合元素周期律,使解题更快更准确,本题的难点是D项,常温下,1molCl2的单质与足量的NaOH溶液反应时,要注意Cl元素的化合价由0价分别变为+1价、−1价,该反应为歧化反应,转移电子的物质的量只有1mol。
6.用如图所示装置进行实验,正确的是
A.用图①装置制取并收集氨气
B.用图②装置制取和收集纯净的Cl2
C.用图③装置可以看到试管内液体变为红色,滴加KCl溶液后颜色加深
D.用图④装置制取乙酸乙酯
【答案】D
【解析】A.用图①装置制取并收集氨气时,因加热氯化铵与消石灰反应生成的产物中有水,因此试管口应向下倾斜,故A错误;B.用浓盐酸和二氧化锰为原料制取氯气时,需用酒精灯加热,故B错误;C.向氯化铁溶液中滴加硫氰化钾溶液,可以看到试管内液体变为红色,滴加KCl溶液,相当于对原溶液进行了稀释,则溶液颜色变浅,故C错误;D.乙酸乙酯制备实验合理,饱和碳酸钠能够吸收乙醇,除去乙酸,降低乙酸乙酯的溶解度,装置合理,故D正确;答案选D。
7.室温下,将0.1mol/L的一元酸HA溶液逐滴滴加到10mL0.1mol/LNaOH溶液中,pH的变化曲线如图所示。
下列说法错误的是
A.a点所示溶液中c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)
B.a、b两点所示溶液中水的电离程度a点大于b点
C.pH=7时,c(Na+)=c(A-)+c(HA)
D.一元酸HA为弱酸
【答案】C
8.某工厂排出的铬渣含有SiO2、A12O3、Fe2O3、Na2Cr2O7(易溶于水,是强氧化剂)等,处理建议是将+6价铬转化为低毒性的+3价铬后制备K2Cr2O7。
实验室模拟处理铬渣的工艺流程如下(部分操作和条件略):
(1)已知过滤1后的滤液中存在如下平衡:
Cr2O72-(橙色)+H2O
2CrO42-(黄色)+2H+,则滤液应呈现的颜色是_________
(2)滤渣1的成分为______滤渣2中所含的金属元素为___________
(3)根据表中生成成氧化物沉淀的pH数据判断,流程中a的范围为__________。
物质
Fe(OH)3
Al(OH)3
Cr(OH)3
Fe(OH)2
开始沉淀
1.5
3.4
4.9
6.3
完全沉淀
2.8
4.7
5.5
8.3
(4)过滤3所得滤液又回流到过滤1所得滤液中,其目的是__________
(5)由Cr(OH)3得到黄色溶液过程中发生的反应的离子方程式是_________
(6)向橙色的K2Cr2O7溶液中,滴加Ba(NO3)2溶液,产生黄色沉淀,溶液pH减小。
试推测黄色沉淀是_________,用平衡移动的原理解释溶液pH变小的原因是________.
【答案】
(1).橙色
(2).SiO2(3).Al、Fe(4).5.5≤a<6.3(5).使还原剂FeSO4循环使用(6).2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O(7).BaCrO4(8).K2Cr2O7溶液中存在平衡:
Cr2O72-(橙色)+H2O
2CrO42-(黄色)+2H+,加入Ba(NO3)2溶液后,产生BaCrO4沉淀,c(CrO42-)降低,平衡向正反应方向移动,c(H+)增大
【解析】铬渣成分为SiO2、A12O3、Fe2O3、Na2Cr2O7,酸浸时A12O3、Fe2O3与酸反应生成硫酸铝、硫酸铁,Na2Cr2O7溶于水,过滤1后的滤液中存在硫酸铝、硫酸铁,Na2Cr2O7,滤渣1为SiO2,用FeSO4•7H2O还原 Na2Cr2O7,Cr2O72-变为Cr3+,调pH≈4.7使铁离子、铝离子沉淀,则滤渣2为氢氧化铝和氢氧化铁,经过滤2后调pH为5.5≤a<6.3使铬离子完全沉淀而亚铁离子不沉淀,经过滤3得Cr(OH)3,在KOH作用下,Cr(OH)3被H2O2氧化为CrO42-,经酸化后得到K2Cr2O7。
(1).已知过滤1后的滤液中存在如下平衡:
Cr2O72-(橙色)+H2O
2CrO42-(黄色)+2H+,因酸浸时加入足量稀硫酸,氢离子浓度增大,平衡向左移动,使溶液呈现橙色,则滤液应呈现的颜色是橙色,故答案为:
橙色;
(2).根据上述分析可知,滤渣1的成分为SiO2,滤渣2是氢氧化铝和氢氧化铁,则滤渣2中所含的金属元素为Al、Fe,故答案为:
SiO2;Al、Fe;
(3).根据表中生成氢氧化物沉淀的pH数据分析,流程中的a的范围应为5.5≤a<6.3,以保证铬离子完全沉淀而亚铁离子不沉淀,故答案为:
5.5≤a<6.3;
(4).过滤3所得滤液主要成分是硫酸亚铁,又回流到过滤1所得滤液中,其目的是使还原剂FeSO4循环使用,故答案为:
使还原剂FeSO4循环使用;
(5).由题目信息可知,生成的黄色溶液为CrO42-,则Cr(OH)3在碱性溶液中被H2O2氧化为CrO42-,根据得失电子守恒和原子守恒,得到该反应的离子方程式为:
2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O,故答案为:
2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O;
(6).向橙色的K2Cr2O7溶液中,滴加Ba(NO3)2溶液,由于K2Cr2O7溶液中存在平衡:
Cr2O72-(橙色)+H2O
2CrO42-(黄色)+2H+,加入Ba(NO3)2溶液后,产生BaCrO4沉淀,c(CrO42-)降低,平衡向正反应方向移动,使c(H+)增大,溶液pH减小,故答案为:
BaCrO4;K2Cr2O7溶液中存在平衡:
Cr2O72-(橙色)+H2O
2CrO42-(黄色)+2H+,加入Ba(NO3)2溶液后,产生BaCrO4沉淀,c(CrO42-)降低,平衡向正反应方向移动,c(H+)增大。
9.“一带一路”为中国化工企业开辟了新的国际市场,而能源、资源整合及环境治理是保驾护航的基础。
Ⅰ.在能源领域,科学家提出“绿色自由“”构想:
把含有大量CO2的空气吹入K2CO3溶液中,再把CO2从溶液中提取出来,并使之与H2反应生成可再生能源甲醇。
其工艺流程如下图所示:
(1)在合成塔中,若有4400gCO2与足量H2完企反应,生成气态的H2O和气态甲醇,可放出5370kJ的热量,写出该反应的热化学方程式__________。
(2)一定条件下,向2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2,在不同催化剂作用下发生反应Ⅰ、反应Ⅱ与反应Ⅲ,相同时间内CO2的转化率随温度变化如下图所示:
①催化剂效果最佳的反应是__________(填“反应I”,“反应II”,“反应III”)。
②b点v(正)______v(逆)(填“>”,“<”,“=”)。
③c点时该反应的平衡常数K=_________。
(写单位)
Ⅱ.环境治理中,安装汽车尾气催化转化器的反应是:
2NO(g)+2CO(g)
2CO2(g)+N2(g)ΔH<0
(3)温度升高K值_______(填“增大”或“减小”)
(4)若反应在恒容的密闭体系中进行,下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是____________。
(5)下列所示装置可以在吸收SO2的同时,用阴极排出的溶液吸收NO2,(电极均为惰性电极)
a极为______极(填“阴”、“阳”),b极的电极反应式为_________,结合电极反应式简述该装置能吸收SO2的原理:
__________。
【答案】
(1).CO2(g)+3H2(g)
H2O(g)+CH3OH(g)ΔH=-53.7kJ/mol
(2).反应I(3).>(4).K=16/3(L/mol)2(5).减小(6).bd(7).阳(8).2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O(9).SO2在a极发生氧化反应,电极反应式:
SO2-2e-+2H2O=4H++SO42-,H+通过阳离子交换膜进入b极室
【解析】I.
(1).1mol二氧化碳反应时放出的热量为:
5370kJ×
=53.7kJ,则该反应的热化学方程式为:
CO2(g)+3H2(g)
H2O(g)+CH3OH(g)ΔH=-53.7kJ/mol,故答案为:
CO2(g)+3H2(g)
H2O(g)+CH3OH(g)ΔH=-53.7kJ/mol;
(2).①.据图可知,反应I在较低温度T3时CO2就达到了80%的转化率,则催化剂效果最佳的是反应I,故答案为:
反应I;
②.T3时的b点,反应尚未达到最大限度,则v(正)>v(逆),故答案为:
>;
③.c点时,根据三段式法有:
CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)
起始浓度(mol/L)0.51.500
转化浓度(mol/L)0.5×
1.5×
0.5×
0.5×
平衡浓度(mol/L)0.5×
1.5×
0.5×
0.5×
在温度为T5时,该反应的平衡常数K=
=
=
(L/mol)2,故答案为:
K=
(L/mol)2;
II.(3).该反应的ΔH<0,为放热反应,温度升高,平衡逆向移动,K值减小,故答案为:
减小;
(4).a.t1时刻正反应速率最大,之后随反应的进行正反应速率减小,说明t1时刻未达到平衡状态,故a错误;b.该反应正向为气体减少的反应,随着反应的进行,气体逐渐减少,压强逐渐减小,t1时刻压强不再改变,说明反应达到了平衡状态,故b正确;c.t1时刻时CO2和CO的物质的量相等,但t1时刻后,二者的物质的量发生变化,说明t1时刻未达到平衡状态,故c错误;d.随着反应的进行,NO质量分数逐渐减小,t1时刻不再改变,说明反应达到平衡状态,故d正确;答案为:
bd;
(5).因阳极发生氧化反应,则阳极上发生的是二氧化硫被氧化为硫酸根离子的反应,所以a为阳极,阳极上发生的电极反应式为:
SO2-2e-+2H2O=4H++SO42-,b为阴极,在阴极上,亚硫酸氢根离子得电子生成S2O42-,电极反应式为:
2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O,根据上述分析可知,SO2在a极发生氧化反应,电极反应式为SO2-2e-+2H2O=4H++SO42-,H+通过阳离子交换膜进入b极室参与阴极反应,故答案为:
阳;2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O;SO2在a极发生氧化反应,电极反应式:
SO2-2e-+2H2O=4H++SO42-,H+通过阳离子交换膜进入b极室。
10.某实验室采用新型合成技术,以Cu(CH3COO)·2H2O和K2C2O4·H2O为原料在玛瑙研钵中研磨反应,经过后处理得到蓝色晶体。
已知该蓝色晶体的化学式为Ka[Cub(C2O4)c]·nH2O,在合成过程中各种元素的化合价均不发生变化。
为了测定其组成进行以下两组实验,请回答相关问题:
Ⅰ.草酸根与铜含量的测定
①将蓝色晶体于研钵中研碎,取该固体粉末,加入1mol/L的H2SO4溶解,配制成250mL溶液。
②配制100mL0.1000mol/LKMnO4溶液备用。
③取所配溶液25.00mL于锥形瓶中,采用0.1000mol/LKMnO4溶液滴定至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳,共消耗KMnO4溶液20.00mL。
④另取所配溶液25.00mL于锥形瓶中,加入过量KI溶液,充分反应后用0.2000mol/LNa2S2O3溶液滴定,消耗12.50mL.(发生反应:
2Cu2++4I-=2CuI↓+I2,2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)
(1)后处理提纯该蓝色晶体时,除掉的杂质的主要成分(除原料外)是_______(填化学式)
(2)配制0.1000mol/LKMnO4溶液,需要的玻璃仪器有________、_______,胶头滴管,玻璃棒,烧杯。
(3)用Na2S2O3滴定时,应选用_______滴定管(填“酸式”或“碱式”)
(4)KMnO4溶液滴定草酸根过程中发生反应的离子方程式为_______,滴定终点的现象为_____。
Ⅱ.热重分析法测定结晶的含量
氮气气氛中以升温速率10℃/min测定该化合物的热失重曲线,如图所示晶体在107℃失重10.2%,失去全部结晶水。
(5)通过热失重分析,蓝色晶体的化学式中n=________,经过实验测定后,蓝色晶体的化学式为________.
(6)加热400℃之后,剩余物质的质量不再发生变化。
为探究剩余固体的成分,冷却后取少量固体于试管中,加水溶解有红色不溶物,过滤后向滤液中加入稀盐酸产生无色无味气体。
则剩余固体的成分为________。
【答案】
(1).CH3COOK
(2).量筒(3).100mL容量瓶(4).碱式(5).2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O(6).当滴入最后一滴试剂时,锥形瓶中溶液由无色变成粉红色,且30s不褪色(7).2(8).K2[Cu(C2O4)2]·2H2O(9).Cu、K2CO3
【解析】I.
(1).以Cu(CH3COO)·2H2O和K2C2O4·H2O为原料在玛瑙研钵中研磨反应,经过处理得到蓝色晶体,已知该蓝色晶体的化学式为Ka[Cub(C2O4)c]·nH2O,因在合成过程中各种元素的化合价均不发生变化,根据原料和蓝色晶体的化学式可知,除去的杂质主要成分是CH3COOK,故答案为:
CH3COOK;
(2).配制100mL0.1000mol/LKMnO4溶液,用到的玻璃仪器有:
量筒、烧杯、玻璃杯、100mL容量瓶、胶头滴管等,故答案为:
量筒;100mL容量瓶;
(3).Na2S2O3为强碱弱酸盐,溶液呈碱性,所以应选用碱式滴定管,故答案为:
碱式;
(4).KMnO4溶液滴定草酸根离子过程中,MnO4-作氧化剂,Mn元素化合价降低生成Mn2+,C2O42-作还原剂,C元素化合价升高生成CO2,根据得失电子守恒和原子守恒得该反应的离子方程式为:
2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O,当滴入最后一滴试剂时,锥形瓶中溶液由无色变成粉红色,且30s不褪色,说明达到了滴定终点,故答案为:
2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O;当滴入最后一滴试剂时,锥形瓶中溶液由无色变成粉红色,且30s不褪色;
II.(5).根据上述滴定过程可知,用0.1000mol/LKMnO4溶液滴定至草酸根离子恰好全部氧化成二氧化碳,共消耗KMnO4溶液20.00mL,则原晶体中n(C2O42-)=0.1mol/L×0.02L×
×
=0.05mol,另取所配溶液25.00mL于锥形瓶中,加入过量KI溶液,充分反应后用0.2000mol/LNa2S2O3溶液滴定,消耗12.50mL,由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2,2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可知,2Cu2+~I2~2Na2S2O3,则原晶体中n(Cu2+)=0.0125L×0.2mol/L×
=0.025mol,则n(Cu2+):
n(C2O42-)=0.025mol:
0.05mol=1:
2,则蓝色晶体中b=1、c=2,再根据化合价整体为0,得a=2,所以蓝色晶体为:
K2[Cu(C2O4)2]·nH2O,晶体在107℃失重10.2%,失去全部结晶水,说明结晶水在晶体中的质量分数为10.2%,则有10.2%=
×100%,解得n=2,则蓝色晶体的化学式为:
K2[Cu(C2O4)2]·2H2O,故答案为:
2;K2[Cu(C2O4)2]·nH2O;
(6).冷却后取少量固体于试管中,加水溶解有红色不溶物,说明有单质铜,过滤后向滤液中加入稀盐酸产生无色无味气体,说明有碳酸钾,故答案为:
Cu、K2CO3。
11.X、Y、Z为前四周期元素,X与Y位于同一周期。
X是生物体中不可缺少的元素之一,它能形成多种化合物。
其基态原子中有15种电子运动状态.Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的电子数相同;Z是第四周期元素,最外层只有1个电子,次外层的所有原子轨道均充满电子。
(1)基态X原子中,电子占据的最高能层符号为_____;该能层中电子占据的能量最高的电子云在空间有___个伸展方向,原子轨道呈_______形.
(2)单质X与单质Y2反应,可以生成XY3和XY5,其中各原子满足最外层8电子稳定结构的化合物中,X原子的杂化轨道类型为_______
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