推荐专题03+第06周高考理科综合周周练之化学部分全真模拟.docx
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推荐专题03+第06周高考理科综合周周练之化学部分全真模拟
2019年高考全真模拟试卷(新课标卷)(第六周)(3)
理科综合能力测试化学部分
7.化学与生产、生活、社会等密切相关,下列说法正确的是
A.由碳化硅、陶瓷和碳纤维形成的复合材料,是一种新型有机高分子材料,可用于制造航天服
B.用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料,能减少白色污染及其危害
C.“84”消毒液主要成分为次氯酸钠,使用时滴加盐酸可以增强消毒效果
D.明矾溶于水可形成氢氧化铝胶体,常用于水体杀菌消毒
【答案】B
【解析】
碳化硅、陶瓷和碳纤维等属于无机物,不是有机高分子材料,A错误;B.白色污染是指聚乙烯塑料袋,由于不能降解从而对环境造成污染,但用CO2合成的是可降解的聚碳酸酯塑料,故可以减少白色污染和危害,B正确;C.次氯酸钠,与适量白醋混合,可生成次氯酸,浓度增大,可增大消毒效果,盐酸是强酸,具有腐蚀性,因此不能滴入盐酸,C错误;D.胶体具有吸附性而没有强氧化性,所以明矾只能作净水剂,不能杀菌消毒,D错误;故合理选项是B。
8.下列关于有机物的说法正确的是( )
A.CH2=CH﹣COOH能发生取代反应、加成反应、水解反应
B.石油裂解的主要目的是为了获得短链的不饱和烃
C.分子式为C4H8O2的酯有3种
D.硬脂酸甘油酯、淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物
【答案】B
【解析】A、CH2=CH﹣COOH含有碳碳双键和羧基,可发生加成、取代反应,不能发生水解反应,故A错误;B、石油裂解可获得烯烃,可获得短链的不饱和烃,故B正确;C、根据酯基位置异构和碳链异构可得:
甲酸丙酯2种(丙基2种异构)、乙酸乙酯1种、丙酸甲酯1种,共4种,故C错误;D、高分子化合物的相对分子质量为10000以上,硬脂酸甘油酯不是高分子化合物,淀粉和蛋白质能发生水解,且属于高分子化合物,故D错误。
9.NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.2g氘化锂(6LiD)中含中子数为NA
B.22.4L(标准状况)CHCl3含C—H键数目为NA
C.2molSO2和1mol18O2充分反应,产物中含18O原子数为2NA
D.0.5molCl2通入FeCl2溶液中,最后溶液中含Fe3+数目为NA
【答案】A
【解析】A.2g氘化锂(6LiD)中含中子数为:
4NA=NA,故A正确;B.已知体积,但标准状况下CHCl3不是气态,无法计算其物质的量,故B错误;C.SO2和18O2的反应是可逆的,故产物中含18O原子数小于2NA,故C错误;D.FeCl2溶液中Fe2+物质的量未知,最后溶液中含Fe3+数目也未知,故D错误;答案选A;
10.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。
W的某种核素不含中子;X、Y原子核外L层的电子数之比为3︰4;X与Z同主族,且X、Y、Z原子的最外层电子数之和为16。
下列说法不正确的是
A.W、X、Z三种元素形成的化合物一定为强电解质
B.简单氢化物的稳定性:
X>Z>Y
C.X与Y形成晶体的基本结构单元为四面体
D.原子半径:
Y>Z>X>W
【答案】A
【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。
W的某种核素不含中子,则W为H元素;X、Y原子核外L层的电子数之比为3∶4,则L层电子数分别为3、4或6、8,X与Z为同主族元素,且X、Y、Z的最外层电子数之和为16,若X、Y的L层电子数分别为3、4,则3+3+4≠16,则X的L层电子数为6,X为O元素,Z为S元素,Y的最外层电子数为16-6-6=4,且Y的L层电子数为8,则Y为Si元素,据此分析解答。
根据上述分析可知:
W为H,X为O元素,Y为Si,Z为S元素。
A.H、O、S形成的亚硫酸为弱酸,属于弱电解质,故A错误;B.非金属性O>S>Si,则简单氢化物的稳定性X>Z>Y,故B正确;C.O、Si形成的化合物为二氧化硅,二氧化硅晶体的基本结构单元为四面体,故C正确;D.同一主族,从上到下,原子半径逐渐增大,同一周期,从左向右,原子半径逐渐减小,则原子半径Y>Z>X>W,故D正确;答案选A。
11.某学习小组以废催化剂(主要成分SiO2、ZnO、ZnS和CuS)为原料,制备锌和铜的硫酸盐晶体。
设计的实验方案如下:
下列说法不正确的是( )
A.步骤①中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnS
B.步骤①、③中发生的反应均为氧化还原反应
C.步骤③涉及的离子反应可能为CuS+H2O2+2H+
Cu2++S+2H2O
D.步骤②和④,采用蒸发浓缩、冷却结晶,过滤后均可获取粗晶体
【答案】B
【解析】A.ZnO、ZnS可与硫酸反应,CuS不溶于硫酸,故A不符合题意;B.①中发生ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑,不是氧化还原反应,故B符合题意;C.③中发生CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S↓+2H2O,离子反应为CuS+H2O2+2H+
Cu2++S+2H2O,故C不符合题意;D.步骤②和④均为溶液结晶得到含结晶水的晶体,则均采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤获得晶体,故D不符合题意;答案:
B。
12.水系锌离子电池是一种新型二次电池,工作原理如下图。
该电池以粉末多孔锌电极(锌粉、活性炭及粘结剂等)为负极,V2O5为正极,三氟甲磺酸锌[Zn(CF3SO3)2]为电解液。
下列叙述错误的是()
A.放电时,Zn2+向V2O5电极移动
B.充电时,阳极区电解液的浓度变大
C.充电时,粉末多孔锌电极发生还原反应
D.放电时,V2O5电极上的电极反应式为:
V2O5+xZn2++2xe-=ZnxV2O5
【答案】B
【解析】A.放电时,阳离子向正极移动,所以Zn2+向V2O5电极移动,故正确;B.充电时,阳极区发生氧化反应,锌离子通过阳离子交换向左移动,所以阳极区电解液的浓度变小,故错误;C.充电时,粉末多孔锌电极为阴极,发生还原反应,故正确;D.放电时,V2O5电极上的电极反应式为:
V2O5+xZn2++2xe-=ZnxV2O5,故正确。
故选B。
13.向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。
其中主要含硫各物种(H2S、HS-、S2-)的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与滴加盐酸体积的关系如图所示(忽略滴加过程H2S气体的逸出)。
下列说法不正确的是
A.X、Y为曲线两交叉点。
由X点处的pH,可计Ka1(H2S)
B.Y点对应溶液中c(Na+)与含硫各微粒浓度的大小关系为:
c(Na+)=3[c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)]
C.X、Y点对应溶液中水的电离程度大小关系为:
X>Y
D.已知NaHS呈碱性,若向溶液中加入CuSO4溶液至恰好完全反应,所得溶液呈强酸性。
其原因是Cu2++HS-=CuS↓+H+
【答案】A
【解析】向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸,盐酸和氢氧化钠先反应,然后和硫化钠反应,A表示含硫微粒浓度减小为S2-,B先增加后减少为HS-,C浓度一直在增加为H2S,据此分析解答。
A.当滴加盐酸至X点时,c(HS−)=c(S2-),所以Ka2=
=c(H+),由X点处的pH,可以计算Ka2(H2S),不能计算Ka1(H2S),故A错误;B.向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸,设Na2S、NaOH各为1mol,则n(Na)=3n(S),溶液中含硫的微粒为HS-、S2-、H2S,则c(Na+)=3[c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)],故B正确;C.X点对应溶液中含有等物质的量浓度的Na2S和NaHS,以及NaCl,溶液水解显碱性,Y点对应溶液中含有等物质的量浓度的NaHS和H2S,以及NaCl,是继续加入盐酸的结果,加入盐酸,抑制了水的电离,因此溶液水的电离程度大小关系为:
X>Y,故C正确;D.NaHS溶液中加入CuSO4溶液,硫化铜难溶于稀酸会发生反应Cu2++HS-=CuS↓+H+,溶液显示强酸性,故D正确;答案选A。
26.某研究性学习小组拟对SO2和亚硫酸的性质进行探究。
请回答下列问题:
Ⅰ.探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反应
该小组用图所示装置达成实验目的。
已知:
1.0mol/LFe(NO3)3溶液的pH=1。
(1)为排除空气对实验的干扰,滴加浓硫酸之前应进行的操作是_____。
(2)装置B中产生了白色沉淀,说明SO2具有_____性。
(3)分析B中产生白色沉淀的原因:
①观点1:
SO2与Fe3+反应;观点2:
酸性条件下,SO2与NO3﹣反应;观点3:
_____。
②按观点1,装置B中反应的离子方程式为_____,为证明该观点,应进一步确认生成的新物质,实验操作及现象是_____。
③按观点2,只需将装置B中的Fe(NO3)3溶液替换为等体积的下列溶液,在相同条件下进行实验。
此时应选择的最佳溶液是_____(填序号)。
A.0.1mol/L稀硝酸
B.1.5mol/LFe(NO3)2
C.3.0mol/LNaNO3溶液和0.1mol/L硫酸等体积混合的溶液
D.6.0mol/LNaNO3溶液和0.2mol/L盐酸等体积混合的溶液
Ⅱ.探究H2SO3的酸性强于HClO。
该小组用图所示装置达成实验目的。
(4)装置的连接顺序为:
纯净SO2→_____(选填字母),F中反应的离子方程式为_____。
(5)可证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象是_____。
【答案】打开弹簧夹,向体系中通入一段时间的N2,关闭弹簧夹还原 性。
SO2与Fe3+、NO3﹣(H+)都反应SO2+2Fe3++Ba2++2H2O=BaSO4↓+2Fe2++4H+取少量B中溶液于一支洁净的试管中,加入几滴铁氰化钾溶液,如果产生蓝色沉淀,就说明有亚铁离子生成,观点1正确dCEDFCa2++2ClO﹣+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClOD中品红溶液不褪色,F中出现白色沉淀 。
【解析】
I.
(1)因为空气中氧气也具有氧化性,对实验造成干扰,为防止空气干扰,用氮气将空气排出,所以为排尽空气,滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹,向体系中通入一段时间的N2,关闭弹簧夹;
(2)SO2和BaCl2溶液不反应,装置B中有白色沉淀生成,说明有BaSO4生成,该反应中S元素化合价由+4价变为+6价,则二氧化硫体现还原性;
(3)①观点3:
SO2与Fe3+及酸性条件下与NO3﹣也反应;
②按观点1,SO2与Fe3+反应生成BaSO4和Fe2+,离子方程式为SO2+2Fe3++Ba2++2H2O=BaSO4↓+2Fe2++4H+,要检验Fe2+可以用铁氰化钾溶液检验,其操作及现象为取少量B中溶液于一支洁净的试管中,加入几滴铁氰化钾溶液,如果产生蓝色沉淀,就说明有亚铁离子生成,观点1正确;
③按观点2,只需将装置B中的Fe(NO3)3溶液替换为c(H+)=0.1mol/L、c(NO3﹣)=3.0mol/L的溶液即可,
a、0.1mol/L稀硝酸中c(NO3﹣)不符合,故a错误;
b、1.5mol/LFe(NO3)2中c(H+)不符合,故b错误;
c、3.0mol/LNaNO3溶液和0.1mol/L硫酸等体积混合的溶液中c(NO3﹣)不符合,故错c误;
d、6.0mol/LNaNO3溶液和0.2mol/L盐酸等体积混合的溶液中c(H+)、c(NO3﹣)都符合,故d正确;
Ⅱ.(4)探究H2SO3的酸性强于HClO,可以用强酸制取弱酸的方法检验,因为亚硫酸具有还原性、HClO具有强氧化性,二者发生氧化还原反应,所以应该先将亚硫酸转化为没有还原性酸,再用该酸与次氯酸盐制取次氯酸即可,C装置制取二氧化碳、D装置检验二氧化硫、E装置吸收二氧化硫、F装置制取HClO,所以装置顺序为CEDF,F中离子方程式为Ca2++2ClO﹣+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO;
(5)D中品红不褪色,就说明气体中不含二氧化硫,只有二氧化碳,二氧化碳再和漂白粉溶液反应生成白色沉淀即可证明,所以可证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象是D中品红溶液不褪色,F中出现白色沉淀。
27.锌是一种常用金属,冶炼方法有火法和湿法。
回答下列问题:
I.镓(Ga)是火法冶炼锌过程中的副产品,镓与铝同主族且相邻,化学性质与铝相似。
(1)Ga在元素周期表中的位置为___________。
(2)下列有关镓和镓的化合物的说法正确的是___________(填字母)。
A一定条件下,Ga可溶于盐酸和氢氧化钠溶液
B常温下,Ga可与水剧烈反应放出氢气
C.Ga2O3可由Ga(OH)3受热分解得到
D一定条件下,Ga2O3可与NaOH反应生成盐
Ⅱ工业上利用锌熔砂(主要含ZnO、ZnFe2O4,还含有少量CaO,FeO、CuO、NiO等氧化物)湿法制取金属锌的流程如图所示:
已知:
Fe的活泼性强于Ni。
(3)ZnFe2O4可以写成ZnO·Fe2O3,写出ZnFe2O4与H2SO4反应的化学方程式:
___________。
(4)净化Ⅰ工操作分为两步:
第一步是将溶液中少量的Fe2+氧化;第二步是控制溶液pH,仅使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,净化I生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质,溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是______________________。
(5)净化Ⅱ中加入Zn的目的是______________________。
Ⅲ.(6)某化学课外小组拟用废旧电池锌皮(含杂质铁),结合如图所示信息,从提供的试剂中选取适当试剂,制取纯净的ZnSO4·7H2O。
实验步骤如下:
①将锌片完全溶于稍过量的3mol·L-1的稀硫酸,加入___________(填字母,下同);
A.30%H2O2B新制氯水C.FeCl3溶液D.KSCN溶液
②加入___________;
A纯锌粉B纯碳酸钙粉末C.纯ZnO粉末D.3mol·L-1的稀硫酸
③加热到60℃左右并不断搅拌;
④趁热过滤得ZnSO4溶液,再蒸发浓缩、冷却结晶,过滤、洗涤、干燥。
其中步骤③加热的主要目的是_________________________________。
【答案】第四周期IIIA族ACDZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2OFe(OH)3胶粒具有吸附性(或其他合理答案)使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去AC促进Fe3+水解转化为沉淀,并使过量的H2O2分解除去
【解析】
(1)Ga的原子序数为31,位于第四周期第ⅢA族,
因此,本题正确答案是:
第四周期第ⅢA族;
(2)镓位于第ⅢA族,位于金属与非金属交界处,与Al具有相似性质,则:
A.Al与盐酸、NaOH均反应,则一定条件下,Ga可溶于盐酸和氢氧化钠,所以A选项是正确的;
B.Al与水常温不反应,则常温下,Ga不能与水剧烈反应放出氢气,故B错误;
C.氧化铝可由氢氧化铝分解生成,则Ga2O3可由Ga(OH)3受热分解得到,所以C选项是正确的;
D.氧化铝与NaOH反应生成盐,则一定条件下,Ga2O3可与NaOH反应生成盐,所以D选项是正确的;
因此,本题正确答案是:
ACD;
(3)根据信息可知,酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐,分别为硫酸锌、硫酸铁,即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁、水,反应的化学方程式为:
ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O;
因此,本题正确答案是:
ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O;
(4)因为Fe(OH)3胶粒具有吸附性,则净化Ⅰ生成的沉淀是由氢氧化铁胶体粒子吸附溶液中的悬浮杂质共同形成;
因此,本题正确答案是:
Fe(OH)3胶粒具有吸附性;
(5)加入稀硫酸后生成物中含有硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸锌、硫酸铜、硫酸镍、硫酸钙,其中硫酸钙微溶于水,净化Ⅰ后除去Fe元素,所以净化Ⅱ中加入Zn的目的是使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去;
因此,本题正确答案是:
使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去;
(6)①据题意用废旧干电池锌皮(含杂质铁)制取纯净的ZnSO4溶液实验流程为用硫酸酸溶、除杂。
由实验步骤
(1)将锌片完全溶于稍过量的3mol·L-1稀硫酸发生的反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑、Fe+2H+=Fe2++H2↑,所得溶液中含有杂质离子Fe2+,必须将其除去,结合图象所给信息Zn2+和Fe2+难以分离,必须先将Fe2+氧化为Fe3+再进行分离,所以要加过氧化氢氧化亚铁离子;
因此,本题正确答案是:
A;
(2)分离Zn2+和Fe3+的方法结合图象可用盐类水解原理通过调节pH的方法进行除杂,为防止引进杂质可用纯ZnO粉末来调节pH,使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去;
因此,本题正确答案是:
C;
(3)因盐类水解吸热,加热能促进三价铁离子的水解,H2O2受热易分解,所以步骤③加热的主要目的有促进Fe3+水解转化为沉淀,同时使过量的H2O2分解除去;
因此,本题正确答案是:
促进Fe3+水解转化为沉淀,并使过量的H2O2分解除去。
28.消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。
(1)化学上采用NH3处理NxOy不仅可以消除污染,还可作为工业生产的能量来源。
已知:
2NO(g)=N2(g)+O2(g)△H=-177kJ/mol
4NH3(g)+3O2(g)===2N2(g)+6H2O(g)△H=-1253.4kJ/mol
则用NH3处理NO生成氮气和气态水的热化学方程式为___________________。
(2)已知:
N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)△H<0。
不同温度下,向三个容器中分别投入相同量的反应物进行反应,测得不同压强下平衡混合物中NH3的物质的量分数如图所示。
①M点的v正_________Q点的v正(填“>”“<”或“=”)。
②T3温度下,将1molN2和3molH2充入2L的密闭容器中,维持压强为60MPa不变,达到N点的平衡状态,反应的浓度平衡常数K=_____________(用最简分数表示),M点的平衡常数比N点的平衡常数_________(填“大”“小”或“相等”)。
(3)水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富营养化。
①用次氯酸钠除去氨氮的原理如图所示。
写出总反应化学方程式:
_____________。
②取一定量的含氨氮废水,改变加入次氯酸钠的用量,反应一段时间后,溶液中氨氮去除率、总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的总量)去除率以及剩余次氯酸钠的含量随m(NaClO)∶m(NH3)的变化情况如上图所示。
点B剩余NaClO含量低于点A的原因是____。
当m(NaClO)∶m(NH3)>7.6时,水体中总氮去除率反而下降,可能的原因是__________。
(4)电极生物膜电解脱硝是电化学和微生物工艺的组合。
某微生物膜能利用电解产生的活性原子将NO3-还原为N2,工作原理如题图所示。
若阳极生成标准状况下2.24L气体,理论上可除去NO3-的物质的量为_____mol。
【答案】4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ΔH=-1784.4kJ·mol-1>25/108大2NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O增加NaClO的量,反应速率加快,相同时间内NaClO消耗多有部分NH3被氧化成NO2-或NO3-0.08
【解析】
(1)NH3和NO生成氮气和气态水的化学方程式为4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(g),①2NO(g)=N2(g)+O2(g)△H=-177kJ/mol,②4NH3(g)+3O2(g)===2N2(g)+6H2O(g)△H=-1253.4kJ/mol;根据盖斯定律①×3+②得到4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(g)△H=(-177kJ/mol)×3+(-1253.4kJ/mol)-1784.4kJ/mol,故答案为:
4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(g)△H=-1784.4kJ/mol;
(2)①Q、M两点在同一等温曲线上,但M点压强高,所以M点反应速率大,故答案为:
>;
②反应的三段式:
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)
起始量(mol) 1 3 0
变化里(mol) x 3x 2x
平衡量(mol) 1-x 3-3x 2x
平衡时氨气的含量为20%,即
×100%=20%,x=
mol,N2、H2、NH3的物质的量分别为
mol、2mol、
mol,总物质的量为(4-2×
)mol=
mol,恒压时气体体积之比等于物质的量之比,所以平衡时容器体积为
L=
L,即c(N2)=c(NH3)=0.4mol/L,c(H2)=1.2mol/L,平衡常数K=
=
=
,该反应正向放热,升温平衡逆向移动,平衡常数k减小,所以T3>T2时,T3℃平衡常数小于T2℃时平衡常数,即M点平衡常数大于N点平衡常数,故答案为:
;大;
(3)①根据图示,由始态和终态判断反应物中NH3被氧化为N2,则NaClO被还原为NaCl,生成1molN2转移6mol电子,根据转移的电子守恒,需要3molNaClO,再结合元素守恒,反应的化学方程式为2NH3+3NaClO=N2+3H2O+3NaCl,故答案为:
2NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O;
②增加NaClO的量,反应速率加快,相同时间内NaClO消耗多,使得B点剩余NaClO含量低于A点;当m(NaClO):
m(NH3)>7.7时,可能是NaClO投入过多会将氨氮氧化为NO3-等更高价态的物质,未能从溶液中除去,使得总氮的去除率随m(NaClO):
m(NH3)的增大不升反降,故答案为:
增加NaClO的量,反应速率加快,相同时间内NaClO消耗多;NaClO投入过多会将部分NH3被氧化成NO2-或NO3-;
(4)阳极发生氧化反应,溶液中的氢氧根离子失电子生成的氧气,标准状况下,2.24L氧气的物质的量=
=0.1mol,转移的电子为0.1mol×4=0.4mol,活性原子将NO3-还原为N2,存在关系NO3-~
N2↑~5e-,理论上可除去NO3-的物质的量=
=0.08mol,故答案为:
0.08。
35.教材插图具有简洁而又内涵丰富的特点。
请回答以下问题:
(1)第三周期的某主族元素,其第一至第五电离能数据如图1所示,则该元素对应的原子有_____种不同运动状态的电子。
(2)如图2所示,每条折线表示周期表ⅣA~ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。
每个小黑点代表一种氢化物,其中a点代表的是___________。
判断依据是____________。
(3)CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示。
则该晶体的类型属于_____________晶体。
(4)第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有____种。
GaCl3中中心原子的杂化方式为_________,写出与GaCl3结构相同的一种等电子体(写离子)______________。
(5)冰、干冰、碘都是分子晶体,冰的结构具有特殊性,而干冰、碘的晶体具有相似的结构特征,干冰分子中一个分子周围有__________个紧邻分子。
D的醋酸盐晶体局部结构如图,该晶体中含有的化学键是_____________(填字母标号)。
a.极性键b.非极性键c.配位键d.金