届新疆兵团第二师华山中学高三上学期学前考试化学试题解析版.docx
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届新疆兵团第二师华山中学高三上学期学前考试化学试题解析版
2019届新疆兵团第二师华山中学高三上学期学前考试
化学试题
可能用到的相对原子质量:
H:
1C:
12B:
11N:
14O:
16F:
19Na:
23
Mg:
24Al:
27S:
32
一、单选题
1.化学与生产、生活、社会密切相关。
下列有关说法正确的是
A.煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料
B.为了提高酒精的杀菌消毒效果,医院常使用体积分数为100%的酒精
C.用内含橙色酸性重铬酸钾溶液的仪器检验酒驾,利用了乙醇的挥发性和还原性
D.纤维的应用很广,人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A.煤的气化和液化都是化学变化,故A错误;B.体积分数为75%的酒精杀菌效果是最好的,体积分数过高或过低其杀菌效果都会减弱,故B错误;C.交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是:
橙色的K2Cr2O7酸性水溶液与乙醇迅速生成蓝绿色Cr3+,利用了乙醇的挥发性和还原性,故D正确;D.光导纤维的主要成份为二氧化硅,并不是有机高分子化合物,故D错误;答案选C。
【点睛】酒精的作用是能够渗入细菌体内,使组成细菌的蛋白质凝固。
所以酒精在医疗卫生上常用它作消毒杀菌剂。
而当使用95%的纯酒精消毒时,因为酒精浓度过高,使蛋白质凝固的作用越强。
当高浓度的酒精与细菌接触时,就能使得菌体表面迅速凝固,形成一层薄膜,组织了酒精继续向菌体内部渗透,细菌内部的细胞没能彻底杀死。
有的细菌遇到高浓度酒精时,会迅速产生防护反应,形成有坚硬外壳的孢子,以对抗酒精的伤害。
待到适当时机,薄膜内的细胞将重新复活。
因此,使用浓酒精达不到消毒杀菌的目的。
2.用NA表示阿伏加德罗常数的数值,下列说法不正确的是
A.1mol甲基(-CH3)中含有的电子数为9NA
B.标准状况下,1.4gCH2=CH2和C3H6的混合物中含C数为0.1NA
C.1mol分子式为C2H6O的物质,含O-H数一定是NA
D.0.1mol由乙烯与乙醇组成的混合物完全燃烧所消托的氧气分子数为0.3NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.一个甲基中含有9个电子,故1mol甲基(-CH3)中含有的电子数为9NA,故A说法正确;B.因CH2=CH2和C3H6最简式相同为(CH2)n,则1.4gCH2=CH2和C3H6的混合物中所含有的碳原子的物质的量为1.4g÷14g/mol,碳原子的个数为0.1NA,故B说法正确;C.分子式为C2H6O的物质可能是乙醇,也可能是二甲醚,当它代表二甲醚时,其分子中是没有O-H,故C说法错误;D.乙烯、乙醇完全燃烧时消耗氧气分子数的关系分别为:
C2H4~3O3、C2H6O~3O3,都是1:
3的关系,则0.1mol由乙烯与乙醇组成的混合物完全燃烧所消托的氧气分子数为0.3NA,故D说法正确;答案选C。
【点睛】1.4gCH2=CH2和C3H6的混合物中乙烯和丙烯的和物质的量各为多少虽然不清楚,但由于其最简式相同,故混合物中的碳原子数和氢原子数都是一个定值。
3.下列各组有机物的鉴别所选试剂不能达目的的是
A.乙烷、乙烯:
鉴别试剂为溴的四氯化碳溶液
B.苯甲酸、苯酚:
鉴别试剂为碳酸氢钠溶液
C.乙醇、乙酸:
鉴别试剂为新制氢氧化铜浊液
D.氯乙烷、溴乙烷:
鉴别试剂为氢氧化钠醇溶液和硝酸银溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙烷不能使溴的四氯化碳溶液褪色,乙烯能使之褪色,故A能达目的;B.苯甲酸能与碳酸氢钠反应产生气体,而苯酚不能,故B能达目的;C.乙酸能溶解氢氧化铜浊液,而乙醇不能,故C能达目的;D.氯乙烷、溴乙烷发生消去反应后应加硝酸中和过量的氢氧化钠后再加硝酸银溶液来检验,故D不能达目的;答案选D。
4.丙烯酸可与水反应生成乳酸,化学方程式如下。
下列说法正确的是
A.该反应为加成反应,没有副产物生成
B.可用Br2的CCl4溶液鉴别丙烯酸和乳酸
C.丙烯酸与乳酸都属于有机酸,两者不发生反应
D.lmol乳酸分别与足量Na、NaOH、NaHCO3反应,消耗三者物质的量之比为2:
2:
1
【答案】B
【解析】
A.该反应为加成反应,但加成产物有两种,其中一种HOCH2CH2COOH为副产物生成,故A错误;B.丙烯酸结构中有碳碳双键,而乳酸没有碳碳双键,可用可用Br2/CCl4溶液鉴别这两种有机物,故B正确;C.丙烯酸与乳酸都属于有机酸,羧基之间可以脱水生成酸酐,故C错误;D.羧基能与Na、NaOH、NaHCO3反应,而羟基只与Na反应,则1mol乳酸分别与足量Na、NaOH、NaHCO3反应,消耗三者物质的量之比为2:
1:
1,故D错误;答案为B。
5.用下列实验装置完成对应的实验(部分仪器略去),能达到实验目的的是
............
A.利用A装置制取乙酸乙酯
B.利用B装置吸收氨气
C.利用C装置进行石油的分馏
D.利用D装置比较盐酸、碳酸、苯酚的酸性强弱
【答案】B
【解析】
【详解】A.由于蒸出的乙酸乙酯中含有乙醇、乙酸,它们的溶解性很强,当导管口插入液面以下时易发生倒吸,故A错误;B.装置中NH3不溶于CCl4,不会引起倒吸,且上层的水会吸收NH3,防止NH3逸出,故B正确;C.石油分馏中,温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处,故C错误;D.浓盐酸易挥发,生成的二氧化碳气体中含有氯化氢气体也能使苯酚钠溶液变浑浊,故D错误;答案选B。
【点睛】D实验的设计原理的是正确的,通过盐酸与碳酸钙反应有气泡的现象说明盐酸的酸性大于碳酸,生成的二氧化碳通入苯酚钠溶液中有浑浊出现说明生成了苯酚,故证明碳酸的酸性大于苯酚,但忽视了盐酸易挥发而混入生成的二氧化碳中,对实验造成干扰。
6.化合物
(甲)、
(乙)、
(丙)的分子式均为C8H8,下列说法不正确的是
A.甲、乙、丙在空气口燃烧时均产生明亮并带有浓烟的火焰
B.甲、乙、丙中只有甲的所有原子可能处于同一平面
C.等量的甲和乙分别与足量的溴水反应,消耗Br2的量:
甲>乙
D.甲、乙、丙的二氯代物数目最少的是丙
【答案】C
【解析】
分析:
本题考查烃的分子结构和性质,涉及燃烧、原子共面问题、反应物耗量多少的分析和同分异构体的判断。
详解:
A.甲、乙、丙分子式均为C8H8,含碳量高,燃烧时均产生明亮并带有浓烟的火焰,故A正确;B.甲烷是正四面体结构,乙、丙中含有类似于甲烷饱和碳原子,所有原子不可能处于同一平面,甲中含有苯环和碳碳双键,由于连接的碳碳单键可以旋转,两个平面可以重合,所以只有甲的所有原子可能处于同一平面,B正确;C.苯环不和溴水反应,甲和乙与溴水反应是碳碳双键上的加成反应,由于乙中含有3个碳碳双键,所以消耗Br2的量:
甲<乙,C错误;D.由于丙的对称性最好,故二氯代物数目最少的是丙,只有三种,故D错误;综合以上分析,本题答案为C。
点睛:
本题D选项是难点,寻找甲、乙、丙的二氯代物数目可以先分析该分子的等效氢原子种数,从而先确定一氯代物种数,在进一步确定二氯代物种数。
本题甲、乙、丙的等效氢原子分别为5种、2种和1种,据此判断化难为易。
7.下列叙述不正确的是
A.甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代,所得产物有6种
B.分子式符合C5H11Cl的化合物有6种
C.已知二氯苯有3种同分异构体,则四氯苯的同分异构体的数目为3
D.菲的结构简式为
,它与硝酸反应,可生成5种一硝基取代物
【答案】B
【解析】
分析:
A、根据甲苯苯环上氢原子的种类结合3个碳原子的烷基有两种解答;
B、根据戊烷分子中氢原子的种类判断;
C、根据替代法分析判断;
D、根据菲分子中氢原子种类判断。
详解:
A、甲苯苯环的H原子有3种,含3个碳原子的烷基的结构有2种,即正丙基和异丙基,所以取代后的产物的结构有2×3=6种,A正确;
B、分子式符合C5H11Cl的化合物是戊烷的一氯代物,戊烷有3种同分异构体,正戊烷有3种H原子,异戊烷有4种H原子,新戊烷有1种H原子,所以戊烷的一氯代物有8种,B错误;
C、二氯苯与四氯苯中的H原子数之和为6,所以四氯苯与二氯苯的同分异构体的数目相同,C正确;
D、根据菲的结构简式可知,该分子中存在对称结构,所以分子中有5种H原子,则与硝酸反应后的产物有5种,D正确。
答案选B。
8.某有机物的分子式为C9H10O3。
它有多种同分异构体,同时符合下列四个条件的同分异构
体有①能与Na2CO3溶液反应,但是不能生成气体;②苯环上的一氯代物只有两种;
③能发生水解反应;④该有机物是苯的二取代物。
A.4种B.5种C.6种D.7种
【答案】C
【解析】
分析:
①能与Na2CO3溶液反应,但是不能生成气体,说明含有酚羟基;②苯环上的一氯代物只有两种,说明苯环上有两种等效氢原子;③能发生水解反应,说明含有酯基;④该有机物是苯的二取代物,说明苯环上含两个取代基,根据有机物的分子式和结构特点来书写。
详解:
①能与Na2CO3溶液反应,但是不能生成气体,说明含有酚羟基;②苯环上的一氯代物只有两种,说明苯环上有两种等效氢原子;③能发生水解反应,说明含有酯基;④该有机物是苯的二取代物,说明苯环上含两个取代基,所以苯环上的两个取代基处于对位,其中一个是羟基,另一个是含有酯基的基团,可以是-COOCH2CH3,-CH2COOCH3,HCOOCH2CH2-,HCOOCH(CH3)-,-OOCCH2CH3,CH3COOCH2-,共六种,故选C。
9.乙酸橙花酯是一种食用香料,其结构简式如图,关于该有机物的叙述中正确的是
①1mol该有机物可消耗3molH2;②不能发生银镜反应;③分子式为C12H20O2;④它的同分异构体中可能有酚类;⑤1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH
A.②③④B.①④⑤C.①②③D.②③⑤
【答案】D
【解析】
试题分析:
该有机物含有碳碳双键和酯基。
①1摩尔该有机物能消耗2摩尔氢气,错误;②没有醛基,不能发生银镜反应,正确;③给有机物分子式为C12H20O2,正确;④该分子式分析,当有苯环时,氢原子最多为18个,所以不能含有苯环,即不可能有酚类,错误;⑤含有酯基,1摩尔该有机物水解消耗1摩尔氢氧化钠,正确。
故选D。
考点:
有机物的结构和性质
10.姜黄素有抗氧化、保肝护肝、抑制肿瘤生长等功能。
它的结构简式如图所示
已知:
下列有关姜黄素的说法正确的是
A.姜黄素在一定条件下能发生水解、加成、氧化反应
B.1个姜黄素分子一定有15个原子共平面
C.1mol姜黄素在镍(Ni)、加热条件下最多10molH2发生加成反应
D.姜黄素的分子式为C21H18O6
【答案】C
【解析】
分析:
姜黄素分子结构具有对称性,其中含有醚键、酚羟基、碳碳双键、羰基官能团,结合酚和烯烃的性质分析解答。
详解:
A.姜黄素分子结构中没有能够水解的官能团,不能发生水解反应,故A错误;B.苯环、碳碳双键和羰基均为平面结构,但碳碳单键可以旋转,1个姜黄素分子中的碳原子可能都在同一平面上,但不一定有15个原子共平面,故B错误;C.苯环、碳碳双键和羰基都能与氢气加成,1mol姜黄素在镍(Ni)、加热条件下最多10molH2发生加成反应,故C正确;D.根据姜黄素的结构简式可知,姜黄素的分子式为C21H20O6,故D错误;故选C。
点晴:
本题考查有机物的结构和性质,掌握官能团的结构和性质是解题的关键。
本题的易错点为B,要根据常见的基本物质(甲烷、乙烯、乙炔、苯、甲醛)的结构分析解答,同时注意碳碳单键是可以旋转的,该分子中最少7个碳原子,最多21个碳原子共平面。
11.迷迭香酸是从蜂花属植物中提取的物质,其结构简式如图所示。
则等量的迷迭香酸消耗的Br2、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为
A.7:
6:
1B.7:
6:
5C.6:
7:
1D.6:
7:
5
【答案】A
【解析】
分析:
含有酚羟基,可与溴水发生取代反应,含有碳碳双键,可与溴水发生加成反应,酯基、酚羟基、-COOH与NaOH反应,只有-COOH与NaHCO3反应,以此来解答。
详解:
分子中含有4个酚羟基,共有6个邻位、对位H原子可被取代,含有1个碳碳双键,可与溴水发生加成反应,则1mol有机物可与7mol溴发生反应;含有4个酚羟基,1个羧基和1个酯基,则可与6molNaOH反应;只有羧基与碳酸氢钠反应,可消耗1mol碳酸氢钠,因此等量的迷迭香酸消耗的Br2、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为7:
6:
1,答案选A。
点睛:
本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,注意把握官能团、性质的关系为解答的关键,熟悉苯酚、酯、酸的性质即可解答,注意酚羟基与碳酸氢钠不反应,为易错点。
12.对下列四种有机物的有关说法正确的是
A.甲的名称为:
反式-2-丁烯
B.乙中所有碳原子一定处于同一平面
C.1mol丙分别与足量Na、NaOH、NaHCO3反应,其物质的量分别是3mol、4mol、1mol
D.丁的二氯代物有3种
【答案】C
【解析】
A.甲的名称为顺-2-丁烯,选项A错误;B、
可看成甲烷中的氢原子均被苯基取代,具有甲烷的结构特点,因此所有碳原子不可能处于同一平面上,选项B错误;C.
含有一个酯基且酯水解后生成物酚羟基多一个,含有一个酚羟基、一个醇羟基、一个羧基,故1mol丙分别与足量Na、NaOH、NaHCO3反应,消耗这三种物质分别是3mol、4mol、1mol,选项C正确;D.丁的二氯代物有邻位、对位、氮间位和硼间位4种,选项D错误。
答案选C。
13.下列几种类推结论中正确的是
A.第二周期元素氢化物稳定性顺序是HF>H2O>NH3;
则第三周期元素氢化物稳定性顺序也是HCl>H2S>PH3
B.Fe3O4可写成FeO·Fe2O3;Pb3O4也可写成PbO·Pb2O3
C.可电解熔融MgCl2来制取金属镁;也能电解熔融AlCl3来制取金属铝
D.晶体中有阴离子,必有阳离子,则晶体中有阳离子也必有阴离子。
【答案】A
【解析】
【详解】A.元素的非金属性越强,稳定性越大,同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强,则对应的氢化物的稳定性逐渐增强,故A正确;B.Pb3O4中铅元素的化合价为+2价和+4价,则应写成2PbO·PbO2,故B错误;C.因AlCl3为共价化合物,在熔融状态下不导电,故C错误;D.金属晶体组成微粒为金属阳离子和自由电子,不含阴离子,故D错误;答案选A。
【点睛】本题主要考查元素性质、物质结构等理论的一般规律,在掌握物质变化的一般规律的同时,也要物质变化的特殊性,平衡好一般与特殊之间的关系。
14.已知X、Y元素同周期,且电负性X>Y,下列说法不正确的是
A.X与Y形成化合物时,X显负价,Y显正价
B.第一电离能Y可能小于X,也可能大于X
C.含氧酸的酸性:
X>Y
D.气态氢化物的稳定性:
HmY小于HnX
【答案】C
【解析】
【分析】
由X、Y元素同周期,且电负性X>Y,则非金属性X>Y,据此分析可得结论。
【详解】A.电负性大的元素在化合物中显负价,所以X和Y形成化合物时,X显负价,Y显正价,故A说法正确;B.一般同周期的主族元素的第一电离能随核电荷数的增加而逐渐增大,但当原子外围电子为全充满或半充满状态时第一电离能相对较高,则有第一电离能Y可能小于X,也可能大于X,故B正确;C.应为最高价的含氧酸的酸性X>Y,故C错误;
D.非金属性X>Y,非金属性越强,气态氢化物越稳定,故X的气态氢化物的稳定性,故D正确;答案选C。
【点睛】明确同周期位置关系及电负性大小得出元素的非金属性是解答本题的关键,第一电离能的大小不仅与原子半径的大小有关,还与原子的核个电子排布有关。
通常情况下,当原子核外电子排布的能量相等的轨道上形成全空、半满和全满结构时,原子的能量较低,该元素具有较大的第一电离能。
15.已知磷酸分子(
)中的三个氢原子都可以与重水分子(D2O)中的D原子发生氢交换。
又知次磷酸(H3PO2)也可与D2O进行氢交换,但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能与D2O发生氢交换。
下列说法正确的是
A.H3PO2属于三元酸B.H3PO2的结构式为
C.NaH2PO2属于酸式盐D.NaH2PO2溶液可能呈酸性
【答案】B
【解析】
A.次磷酸(H3PO2)也可跟D2O进行氢交换,但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能跟D2O发生氢交换,则H3PO2中只有一个羟基氢,为一元酸,故A错误;B.H3PO2中只有一个羟基氢,为一元酸,则其结构为
,故B正确;C.H3PO2为一元酸,则NaH2PO2属于正盐,故C错误;D.NaH2PO2是强碱盐,不能电离出H+,则其溶液可能显中性或碱性,不可能呈酸性,故D错误;答案为B。
点睛:
准确理解信息是解题关键,根据磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子(D2O)中的D原子发生氢交换及次磷酸(H3PO2)也可跟D2O进行氢交换,说明羟基上的氢能与D2O进行氢交换,但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能跟D2O发生氢交换,说明次磷酸钠中没有羟基氢,则H3PO2中只有一个羟基氢,由此分析判断。
16.已知氯化硼BCl3的熔点为-107℃,沸点为12.5℃,在其分子中键与键之间的夹角为120°,它能水解,有关叙述正确的是
A.氯化硼液态时能导电而固态时不导电B.氯化硼中心原子采用sp3杂化
C.氯化硼分子呈三角锥形,属极性分子D.三氯化硼遇水蒸气会产生白雾
【答案】D
【解析】
分析:
本题考查的是原子轨道杂化、分子构型等,注意三氯化硼中的硼的杂化类型,无孤对电子,分子为三角形。
详解:
A.三氯化硼是共价化合物,液态是不能导电,故错误;B.氯化硼中的硼采用sp2杂化,故错误;C.氯化硼中的硼为sp2杂化,无孤对电子,分子中键与键的夹角为120°,是平面三角形结构,属于非极性分子,故错误;D.氯化硼水解生成氯化氢在空气中形成白雾,故正确。
故选D
17.同类型的稀有气体的氟化物结构相似,已知二氟化氪KrF2是非极性分子,下列关于二氟化氙XeF2的说法正确的是
A.各原子最外层均达到8电子稳定结构B.熔沸点高于KrF2
C.分子构型为折线(V字)形D.所含的化学键为非极性键
【答案】B
【解析】
A.Xe的化合价是+2价,最外层电子数=8+2=10,不能满足最外层8电子稳定结构,A错误;B.二氟化氙和二氟化氪形成的晶体均是分子晶体,相对分子质量高于二氟化氪,所以熔沸点高于KrF2,B正确;C.分子是非极性分子,属于直线形结构,C错误;D.化学键是不同的非金属元素形成的,所含的化学键为极性键,D错误,答案选B。
18.正硼酸(H3BO3)是一种片层状结构白色晶体,有与石墨相似的层状结构,受热易分解,层内的H3BO3分子通过氢键相连(如图所示),则下列有关说法中不正确的是
A.正硼酸晶体属于分子晶体
B.正硼酸分子的稳定性与氢键无关
C.1molH3BO3晶体中含有3mol氢键
D.B原子杂化轨道的类型sp2,层间的H3BO3分子通过共价键相连
【答案】D
【解析】
正硼酸与石墨有相似的层状结构,层内的H3BO3分子通过氢键相连,受热易分解,所以正硼酸晶体属于分子晶体,故A正确;分子的稳定性与分子内的B-O、H-O共价键有关,熔沸点与氢键有关,故B正确;1个硼酸分子形成了6个氢键,但每个氢键是2个硼酸分子共用的,所以平均含3个氢键,则含有1molH3BO3的晶体中有3mol氢键,故C正确;B只形成了3个单键,没有孤电子对,价层电子对数为3,所以采取sp2杂化,同层分子间的主要作用力是范德华力,故D错误.
点睛:
根据硼酸的结构跟石墨相似可知B原子的杂化方式为sp2。
因为硼酸中有电负性强的O元素,分子中还有活泼H,同层分子间的主要作用力是氢键。
根据其受热易分解,说明硼酸是分子晶体。
19.经X射线研究证明:
PCl5在固体状态时,由空间构型分别是正四面体和正八面体两种离子构成,下列关于PCl5的推断正确的是
A.PCl5固体是分子晶体
B.PCl5晶体具有良好的导电性
C.PCl5晶体有[PCl4]+和[PCl6]-构成,其离子数目之比为1∶1
D.PCl5晶体有[PCl3]2+和[PCl7]2-构成,其离子数目之比为1∶1
【答案】C
【解析】
A项,根据题意PCl5固体由两种离子构成,PCl5固体属于离子晶体,A项错误;B项,PCl5晶体属于离子晶体,离子晶体中阴、阳离子不自由移动,PCl5晶体没有良好的导电性,B项错误;C项,两种离子分别是正四面体和正八面体,正四面体的为AB4型,正八面体的为AB6型,根据PCl5的化学式,正四面体型的为[PCl4]+,正八面体型的为[PCl6]-,且两种离子数目之比为1:
1,C项正确;D项,两种离子分别是正四面体和正八面体,正四面体的为AB4型,正八面体的为AB6型,根据PCl5的化学式,正四面体型的为[PCl4]+,正八面体型的为[PCl6]-,且两种离子数目之比为1:
1,D项错误;答案选C。
20.下列说法错误的是
A.在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键
B.
σ键和π键比例为7:
1
C.
与
互为等电子体,1mol
中含有的π键数目为2NA
D.已知反应N2O4(l)+2N2H4(l)=3N2(g)+4H2O(l),若该反应中有4molN—H键断裂,则形成的π键数目为3NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键,故A说法正确;B.
分子中含有16个单键和2个双键,则σ键和π键比例应为9:
1,故B说法错误;C.C22-和O22+是等电子体,所以1molO22+中含有2NAπ键,故C正确;D.若该反应中有4 mol N-H键断裂,则生成1.5mol氮气,形成π键的数目是3NA,故D错误;答案选B。
【点睛】在有机物分子中,一般情况下,单键是一个σ键,双键是一个σ键和一个π键,三键是一个σ键和两个π键,在通过键线式分析分子中的σ键时容易遗漏C-H。
二、填空题
21.锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。
回答下列问题:
(1)Zn原子核外电子排布式为______________。
(2)黄铜是人类最早使用的合金之一,主要由Zn和Cu组成。
第一电离能Ⅰ1(Zn)_______Ⅰ1(Cu)(填“大于”或“小于”)。
原因是_____________。
(3)ZnF2具有较高的熔点(872℃),其化学键类型是________;ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,原因是______________。
(4)《中华本草》等中医典籍中,记载了炉甘石(ZnCO3)入药,可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。
ZnCO3中,阴离子空间构型为____,C原子的杂化形式为______。
(5)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示,这种堆积方式称为_______。
【答案】
(1).[Ar]3d104s2
(2).大于(3).Zn核外电子排布为全满稳定结构,较难失电子((4).离子键(5).ZnF2为离子化合物,ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小(6).平面三角形(7).sp2(8).六方最密堆积
【解析】
【详解】
(1)Zn是第30号元素,其核外电子排布式为[Ar]3d104s2;
(2)Zn的第一电离能大于Cu的第一电离能,因为Zn的外围电子每个能级都能是全满的
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