安徽省合肥市届高三第三次教学质量检测理科综合化学试题解析版.docx
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安徽省合肥市届高三第三次教学质量检测理科综合化学试题解析版
安徽省合肥市2018届高三第三次教学质量检测
理综化学试题
可能用到的相对原子质量:
H-1B-11C-12 O-16 Na-23Cl-35.5Fe-56Ag-108
1.化学与生活密切相关。
下列说法正确的是()
A.食品中抗氧化剂具有弱氧化性,对人体无害
B.尼龙是有机合成高分子材料,强度很大
C.污水中Cu2+、Hg2+、Pb2+ 等有毒。
可用氯气处理
D.糖类、油脂、蛋白质均能水解,属于营养物质
【答案】B
学。
科。
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科。
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科。
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科。
网...
2.设NA 为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()
A.10g46%乙醇水溶液中所含氢原子数目为0.6NA
B.0.1mol·L-1AlCl3溶液中含有Cl-数目为0.3NA
C.标准状况下,4.48L乙烯和环丁烷混合气中含碳原子数为0.4NA
D.7.8gNa2O2与足量CO2 或H2O反应转移电子数为0.1NA
【答案】D
【解析】A.10g46%乙醇水溶液中含4.6g乙醇,即含0.1mol乙醇,0.1mol乙醇含0.6molH,另外水分子中也有H,故溶液中所含氢原子数目大于0.6NA,A不正确;B.0.1mol·L-1AlCl3溶液的体积未知,无法计算其中含有Cl -的数目,B不正确;C.乙烯分子中有2个C、环丁烷分子中有4个C,标准状况下4.48L乙烯和环丁烷混合气的总物质的量为0.2mol,其中所含碳原子数一定大于0.4NA,C不正确;D.7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol,其与足量CO2 或H2O反应时,可以生成0.05molO2,因为Na2O2中的O的化合价为-1,故转移电子数为0.1NA,D正确。
本题选D。
3.分子式为C9H10O2 的有机物,其分子结构中含有苯环且可以与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的同分异构体有(不考虑立体异构)()
A.12种B.13种
C.14 种D.15种
【答案】C
【解析】试题分析:
该有机物能与NaHCO3发生反应产生气体,说明含有羧基-COOH;取代基为正丙酸基时,1种;
取代基为异丙酸基,1种;取代基为-COOH、-CH2-CH3,有邻、间、对3种;取代基为乙酸基、-CH3,有邻、间、对3种;取代基为-COOH、-CH3,-CH3,2个甲基邻位,2种;2个甲基间位,3种;2个甲基对位,1种;符合条件的总共有14种。
故选C。
【考点定位】同分异构体的类型及其判定
【名师点睛】
4.下列实验操作中,对应的实验现象以及实验结论都正确,且两者具有因果关系的是()
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向稀硝酸中加入过量铁粉,充分反应后,再滴加KSCN溶液
有气体生成,溶液呈血红色
稀硝酸将Fe 氧化为Fe3+
B
将少量铜粉加入1.0mol·L-1
Fe2(SO4)3溶液中
固体溶解,溶液变蓝色
金属铁比铜活泼
C
0.1mol·L-1MgSO4溶液中滴加过量NaOH 溶液,再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液
先生成白色沉淀,后变为浅蓝色沉淀
Cu(OH)2溶度积比Mg(OH)2小
D
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
金属铝熔化而不滴落下来
金属铝熔点比氧化铝低
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】A.向稀硝酸中加入过量铁粉,充分反应后,有气体生成,再滴加KSCN溶液,溶液呈浅绿色,说明稀硝酸将Fe 氧化为Fe2+,A不正确;B.将少量铜粉加入1.0mol·L-1
Fe2(SO4)3溶液中,固体溶解,溶液变蓝色,不能说明金属铁比铜活泼,只能说明Fe3+的氧化性强于Cu2+,B不正确;C.0.1mol·L-1MgSO4溶液中滴加过量NaOH 溶液,再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液,先生成白色沉淀,后变为浅蓝色沉淀,因为NaOH 溶液过量,故不能说明Cu(OH)2溶度积比Mg(OH)2小,C不正确;D.用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热,表层的铝被氧化而内部的铝不能被氧化,金属铝熔化而不滴落下来,说明金属铝熔点比氧化铝低,D正确,本题选D。
5.科学家用氮化镓(GaN)材料与铜作电极组装如下图所示的人工光合系统,成功地实现了以CO2 和H2O合成CH4。
下列说法不正确的是()
A.该过程是将太阳能转化为化学能和电能
B.GaN 表面发生氧化反应,有O2 产生
C.电解液中H+从质子交换膜右侧向左侧迁移
D.Cu表面电极反应式:
CO2+8e-+8H+= CH4+2H2O
【答案】C
【解析】试题分析:
由题中信息可知,科学家用氮化镓(GaN)材料与铜作电极组装的人工光合系统,成功地实现了以CO2 和H2O合成CH4。
由图可知, CO2 在铜电极上发生还原反应,电极反应式为CO2+8e-+8H+= CH4+2H2O;H2O在GaN电极上发生氧化反应,电极反应为4H2O-8e-=O2↑+8H+,故电解液中H+从质子交换膜左侧向右侧迁移,该过程是将太阳能转化为化学能和电能。
综上所述,C不正确,本题选C。
6.已知X、Y、Z、W 为短周期主族元素,在元素周期表中的相对位置如下图所示,其中Z元素原子之间通常形成Z2分子。
下列说法不正确的是()
A.X元素的单质既能与强酸反应也能与强碱反应
B.Y元素形成的氢化物在常温下不一定为气体
C.W元素的最高价氧化物对应水化物一定为强酸
D.由Y、Z、W 三种元素形成的二元化合物中只含共价键
【答案】A
【解析】试题分析:
已知X、Y、Z、W 为短周期主族元素,其中Z元素原子之间通常形成Z2分子,由4种元素在元素周期表中的相对位置可知,Z可能为N或O。
若Z为N,则X、Y、W 分别为Al、C、S;若Z为O,则X、Y、W 分别为Si、N、Cl。
A.X元素的单质若为Al,则Al既能与强酸反应也能与强碱反应;X元素的单质若为Si,则Si只能与强碱反应、不能与强酸反应,A不正确;B.Y元素形成的氢化物在常温下不一定为气体,如C6H6、N2H4等等都是液体,B正确;C.W元素的最高价氧化物对应水化物可能是硫酸或高氯酸,一定为强酸,C正确;D.Y、Z、W 三种元素一定是非金属元素,故由Y、Z、W 三种元素形成的二元化合物中只含共价键,D正确。
本题选A。
7.亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病,在溶液中存在多种微粒形态。
向1L0.1mol·L-1H3AsO3溶液中逐滴加入KOH溶液,各种微粒物质的量分数与溶液的pH 关系如下图所示。
下列说法正确的是()
A.H3AsO3的电离常数Ka1的数量级为10-9
B.pH在8.0~10.0时,反应的离子方程式:
H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2O
C.M点对应的溶液中:
c(H2AsO3-)+c(HAsO32-)+c(AsO33- )+c(H3AsO3)= 0.1mol·L-1
D.pH=12时,溶液中:
c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H3AsO3)>c(H+)+c(K+)
【答案】B
8.实验室利用CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料,在活性炭催化下,合成橙黄色晶体Co(NH3)6Cl3,实验流程和装置图如下:
已知:
①不同温度下,Co(NH3)6Cl3在水中溶解度曲线如图所示。
②Co(NH3)6Cl3 在溶液中主要以Co(NH3)63 +和Cl- 形式存在,加入少量浓盐酸有利于结晶析出。
③Ksp[Co(OH)2]=1.09 ×10-15,Ksp[Co(OH)3]=1.6×10 -44。
回答下列问题:
(1)图中仪器A的名称是_______;在实验过程中NH4Cl除作反应物外,还可防止在滴加氨水时生成粉红色Co(OH)2沉淀,其原理是_______。
(2)氧化过程在图所示装置中进行,生成Co(NH3)6Cl3。
①氧化时须先加入氨水,再加入H2O的目的是_______;该反应的离子方程式为_______。
②反应时需要控制温度在50~60℃之间,温度不能过高的原因是_______。
(3)冰水冷却的目的是_______ ;滤渣中所含有的主要杂质为_______。
(4)请完成由过滤后所得滤渣获取Co(NH3)6Cl3的实验方案:
将滤渣加入沸水中,充分搅拌,趁热过滤,_______,再用少许乙醇洗涤,低温干燥。
(5)上述实验过程中若不使用活性炭作催化剂,则会得到紫红色晶体Co(NH3)5Cl3(M=250.5g·mol-1)。
取2.505g紫红色晶体,溶于水后加入足量AgNO3溶液,生成白色沉淀2.870g,写出该反应的化学方程式:
_______。
【答案】
(1).分液漏斗
(2).NH4Cl会抑制NH3·H2O的电离,防止pH过高(3).氨水提供NH3分子,与氧化生成的Co3+ 形成Co(NH3)63+,从而防止Co(OH)3的生成(4).H2O2+2Co2++2NH4+ +10NH3·H2O=2Co(NH3)63++12H2O(5).温度过高过氧化氢分解,氨气逸出(6).降低Co(NH3)6Cl3的溶解度,提高产量(7).活性炭(8).向滤液中加入少量浓盐酸,用冰水浴冷却后过滤(9).Co(NH3)5Cl3+2AgNO3=2AgCl↓+Co(NH3)5Cl(NO3)2
【解析】试题分析:
由图中信息可知,实验室利用CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料,在活性炭催化下,可以合成橙黄色晶体Co(NH3)6Cl3。
由实验流程和装置图可知,在三口烧瓶中,双氧水把+2价Co氧化到+3价,NH4Cl的作用是抑制NH3·H2O的电离,防止pH过高。
过滤后,滤渣中含活性炭和Co(NH3)6Cl3。
(1)仪器A的名称是分液漏斗;在实验过程中NH4Cl除作反应物外,还可防止在滴加氨水时生成粉红色Co(OH)2沉淀,其原理是NH4Cl会抑制NH3·H2O的电离,防止pH过高。
(2)①氧化时须先加入氨水,再加入H2O的目的是氨水提供NH3分子,与氧化生成的Co3+ 形成Co(NH3)63+,从而防止Co3+ 水解生成Co(OH)3;该反应的离子方程式为H2O2+2Co2++2NH4+ +10NH3·H2O=2Co(NH3)63++12H2O。
②反应时需要控制温度在50~60℃之间,温度不能过高的原因是温度过高过氧化氢分解,氨气逸出。
(3)由Co(NH3)6Cl3在水中溶解度曲线可知,Co(NH3)6Cl3的溶解度随温度升高而显著增大,故冰水冷却的目的是降低Co(NH3)6Cl3的溶解度,提高产量 ;滤渣中所含有的主要杂质为活性炭。
(4)由Co(NH3)6Cl3在水中溶解度曲线可知,Co(NH3)6Cl3的溶解度随温度升高而显著增大,故提纯Co(NH3)6Cl3时可以可以采用重结晶法,又知加入少量浓盐酸有利于结晶析出,故可以设计由过滤后所得滤渣获取Co(NH3)6Cl3的实验方案如下:
将滤渣加入沸水中,充分搅拌,趁热过滤,向滤液中加入少量浓盐酸,用冰水浴冷却后过滤,再用少许乙醇洗涤,低温干燥。
(5)上述实验过程中若不使用活性炭作催化剂,则会得到紫红色晶体Co(NH3)5Cl3(M=250.5g·mol-1)。
取2.505g紫红色晶体,2.505gCo(NH3)5Cl3的物质的量为0.01mol,溶于水后加入足量AgNO3溶液,生成白色沉淀2.870g,该白色沉淀是AgCl,其物质的量为0.02mol,所以,Co(NH3)5Cl3的电离方程式为Co(NH3)5Cl3=[Co(NH3)5Cl]2++2Cl-,因此,该反应的化学方程式为Co(NH3)5Cl3+2AgNO3=2AgCl↓+Co(NH3)5Cl(NO3)2。
点睛:
本题考查了有关无机物制备的实验题,主要考查了常见仪器的使用、反应条件的控制、有关物质分离与提纯的方法、简单实验方案的设计以及有关物质组成的计算,难度较大。
要求学生要熟悉常见的仪器,能根据反应原理、反应物的性质等控制合适的反应条件,学会有关物质的制备、检验和分离提纯的简单实验方案的设计。
9.硼镁泥是硼镁矿生产硼砂晶体(Na2B4O7·10H2O)时的废渣,其主要成分是MgO,还含有Na2B4O7、CaO、Fe2O3、FeO、MnO、SiO2等杂质。
以硼镁泥为原料制取MgSO4·7H2O的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)Na2B4O7·10H2O中B的化合价为_______;Na2B4O7可制备强还原剂NaBH4,写出NaBH4的电子式:
_______。
(2)滤渣A中除含有H3BO3外。
还含有_______;加入硫酸时Na2B4O7发生反应的化学方程式为_______。
(3)滤渣B中含有不溶于稀盐酸,但加热时能溶于浓盐酸的黑色固体,写出生成黑色固体的离子方程式:
_______;加入MgO的目的是_______。
(4)碱性条件下,阴极上电解NaBO2 溶液也可制得硼氢化钠,其电极反应式为_______;“有效氢含量”(即:
每克含氢还原剂的还原能力相当于多少克H2的还原能力)可用来衡量含氢还原剂的还原能力,则NaBH4的有效氢含量为_______(保留2位有效数字)。
【答案】
(1).+3
(2).
(3).SiO2(4).Na2B4O7+H2SO4+5H2O=Na2SO4+H3BO3↓(5).ClO-+Mn2++H2O=MnO2↓+Cl-+2H+(6).调节溶液的pH,使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去(7).BO2-+6H2O+8e-=BH4-+8OH-(8).0.21
【解析】试题分析:
由题中信息可知,硼镁泥经硫酸浸取后过滤除去滤渣A,滤渣A主要含H3BO3和SiO2,滤液中主要含硫酸镁、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸锰、硫酸钙等等;滤液中加入次氯酸钠把亚铁离子氧化为铁离子、把锰离子氧化为二氧化锰,过滤除去滤渣B,滤渣B主要为二氧化锰;滤液以蒸发浓缩、趁热过滤,除去滤渣C(石膏),滤液以冷却结晶、过滤,即得到MgSO4·7H2O。
(1)Na2B4O7·10H2O中Na、H、O的化合价分别为+1、+1、-2,故B的化合价为+3;NaBH4为离子化合物,其由钠离子和硼氢根离子组成,其电子式为
。
(2)滤渣A中除含有H3BO3外。
还含有SiO2;加入硫酸时Na2B4O7发生反应的化学方程式为Na2B4O7+H2SO4+5H2O=Na2SO4+H3BO3↓。
(3)滤渣B中含有不溶于稀盐酸,但加热时能溶于浓盐酸的黑色固体,则此黑色固体是MnO2,生成黑色固体的离子方程式为ClO-+Mn2++H2O=MnO2↓+Cl-+2H+;加入MgO的目的是调节溶液的pH,使Fe3+水解转化为氢氧化铁沉淀除去。
(4)碱性条件下,阴极上电解NaBO2 溶液也可制得硼氢化钠,其电极反应式为BO2-+6H2O+8e-=BH4-+8OH-;NaBH4作为还原剂时,其中H由-1价降低至+1,故1molNaBH4可以失去8mol电子,相当于4molH2的还原能力,故NaBH4的有效氢含量为
0.21。
点睛:
本题为有关无机物制备的化工流程题。
无机物的制备通常都分为这样几步,目标元素的提取、杂质离子的去除、核心转化、产品的分离与提纯。
要求学生要掌握常见的除杂方法,如通常Fe2+都是转化为Fe3+,再通过调节溶液的pH使其转化为氢氧化物沉淀。
能根据题意和流程的目标,分析流程中各个环节的意义。
10.H2S在重金属离子处理、煤化工等领域都有重要应用。
请回答:
Ⅰ.H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体,反应原理为
ⅰ.COS(g)+H2(g)
H2S(g)+CO(g) △H= +7 kJ·mol-1
ⅱ.CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g) △H=-42kJ·mol-1
已知断裂1mol气态分子中的化学键所需能量如下表所示。
分子
COS(g)
H2(g)
CO(g)
H2S(g)
能量(kJ·mol-1)
1310
442
x
669
(1)计算表中x=_______。
(2)T℃时,向VL容积不变的密闭容器中充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g),发生上述两个反应。
①在T℃时测得平衡体系中COS为0.80mol,H2为0.85mol,则T℃时反应ⅰ的平衡常数K=_______(保留2位有效数字)。
②上述反应达平衡后,若向其中再充入1molCOS(g)、1mol H2(g)和1molH2O(g),则再次达平衡后H2的体积分数_______(填“增大”、“减小”或“不变”);若升高温度,则CO的平衡体积分数_______(填“增大”、“减小”或“不变”),其理由是_______。
Ⅱ.H2S在高温下分解制取H2,同时生成硫蒸气。
(3)向2L密闭容器中加入0.2molH2S,反应在不同温度(900~1500℃)下达到平衡时,混合气体中各组分的体积分数如下图所示,则在此温度区间内,H2S 分解反应的主要化学方程式为_______;在1300℃时,反应经2min达到平衡,则0~2min的反应速率v(H2S)=_______。
Ⅲ.H2S用作重金属离子的沉淀剂。
(4)25℃时,向浓度均为0.001mol·L-1Sn2+和Ag+的混合溶液中通入H2S,当Sn2+开始沉淀时,溶液中c(Ag+)=_______。
(已知:
25 ℃时,Ksp(SnS)= 1.0×10-25,Ksp(Ag2S)=1.6×10-49)。
【答案】
(1).1076
(2).0.044(3).不变(4).增大(5).反应ⅰ为吸热反应,升高温度,平衡正向移动,CO的平衡体积分数增大;反应ⅱ为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,CO的平衡体积分数也增大(6).2H2S
2H2+S2(7).0.02 mol·L-1·min-1(8).4.0×10-14mol·L-1
【解析】Ⅰ.试题分析:
H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体,反应原理为ⅰ.COS(g)+H2(g)
H2S(g)+CO(g) △H= +7 kJ·mol-1,该反应为吸热反应;ⅱ.CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g) △H=-42kJ·mol-1,该反应为放热反应。
(1)化学反应的反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和。
由COS(g)+H2(g)
H2S(g)+CO(g) △H= +7 kJ·mol-1可知,1310+442-x-669=7,所以x=1076。
(2)T℃时,向VL容积不变的密闭容器中充入1molCOS(g)、1mol H2(g)和1molH2O(g),发生上述两个反应。
①在T℃时测得平衡体系中COS为0.80 mol,H2 为0.85mol,由物料守恒可以求出H2S和CO的平衡量分别为0.20mol和0.15mol,由于反应ⅰ中各组分的化学计量数均为1,所以,T ℃时反应ⅰ的平衡常数K=
。
②上述反应达平衡后,若向其中再充入1molCOS(g)、1mol H2(g)和1molH2O(g),则与原平衡体系的起始投料的配比相同,由于两个反应均分气体分子数不变的反应,所以再次达平衡后H2的体积分数不变;若升高温度,则CO的平衡体积分数增大,因为反应ⅰ为吸热反应,升高温度,平衡正向移动,CO的平衡体积分数增大;而反应ⅱ为放热反应,升高温度,平衡逆向移动也使CO的平衡体积分数也增大。
Ⅱ.H2S在高温下分解制取H2,同时生成硫蒸气。
(3)向2L密闭容器中加入0.2molH2S,反应在不同温度(900~1500℃)下达到平衡时,由图中数据可知,混合气体中两种生成物的体积分数不同,其中一种生成物的体积分数约是另一种的2倍,由此可以推断,H2S主要分解为H2和S2,则在此温度区间内,H2S 分解反应的主要化学方程式为2H2S
2H2+S2;在1300℃时,反应经2min达到平衡,由图中数据可知,此时的体积分数为50%,设H2S的变化量为x,则H2和S2的变化量分别为x和0.5x,则
,解之得x=0.08mol,所以,0~2min的反应速率v(H2S)=
0.02 mol·L-1·min-1。
Ⅲ.H2S用作重金属离子的沉淀剂。
(4)25℃时,向浓度均为0.001mol·L-1Sn2+和Ag+的混合溶液中通入H2S,当Sn2+开始沉淀时,c(S2-)
mol/L,所以,溶液中c(Ag+)=
4.0×10-14mol·L-1。
点睛:
本题属于化学反应原理的综合考查,主要考查了反应热的计算、化学平衡常数的计算、有关化学反应速率的计算、有关沉淀溶解平衡的计算以及外界条件对化学平衡的影响。
总之,本题以化学反应原理为载体,主要考查了学生分析图表数据的能力和计算能力,加深对相关计算原理的理解和应用,能根据实际情况简化计算过程,快速高效解题。
11.因瓦合金是铁和镍的合金,由于其膨胀系数极小,又称不变合金,适合做测量元件。
回答下列问题:
(1)基态镍原子的价电子轨道表达式为_______;铁的基态原子核外未成对电子数为_______个。
(2)在稀氨水介质中,Ni2+与丁二酮肟(分子式为C4H8N2O2)反应可生成鲜红色沉淀,其分子结构如下图所示,该结构中碳原子的杂化方式为_______;已知丁二酮肟分子结构中C-C键与N-O键的键长和键能数据如下表所示,请从原子结构角度解释N-O键的键能小于C-C键:
_______。
化学键
键长
(10-12m)
键能
(kJ/mol)
C-C
154
332
N-O
146
230
(3)铁、镍易与CO作用形成羰基配合物Fe(CO)5、N(CO)4。
1个Fe(CO)5分子中含有σ键数目为_______;已知Ni(CO)4分子为正四面体构型,下列溶剂能够溶解Ni(CO)4的是_______(填写字母)。
A.四氯化碳B.苯C.水D.液氨
(4)镍晶胞为面心立方,其中镍原子的配位数为_______。
氯化亚铁的熔点为674℃,而氯化铁的熔点仅为282℃,二者熔点存在差异的原因是_______。
(5)Fe3O4晶体中,O2- 的重复排列方式如右图所示,该排列方式中存在着由如1、3、6、7的O2-围成的正四面体空隙和3、6、7、8、9、12的O2-围成的正八面体空隙。
Fe3O4 中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中,另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中,则Fe3O4晶体中,正四面体空隙数与O2-数之比为_______。
Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元,晶体密度为5.18g/cm3,则该晶胞参数a=_______cm(写出计算表达式即可)。
【答案】
(1).
(2).4(3).sp2、sp3(4).C-C键中的C原子无孤电子对,而N-O键中的N、O原子均有孤电子对,且N-O键键长短,N、O原子孤电子对之间的相互排斥导致N-O键的键能小于C-C键(5).10(6).A、B(7).12(8).氯化亚铁为离子晶体,熔化时需要破坏离子键;而氯化铁为分子晶体,熔化时需要破坏分子间作用力(9).2∶1(10).
【解析】试题分析:
(1)镍是28号元素,基态镍原子的价电子排布式为3d84s2,故价电子轨道表达式为
;铁的基态价电子排布式为3d64s2,故其原子核外未成对电子数为4个。
(2)在稀氨水介质中
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