在BF3,BCl3,BBr3,SiF4中,酸性最强的是哪个,为什么_百度作业帮
在BF3,BCl3,BBr3,SiF4中,酸性最强的是哪个,为什么
酸性最强的是BBr3:前三个三卤化硼（BX3,X = F、Cl、Br）都可与常见路易斯碱形成加合物,根据反应放热程度可大概推知它们路易斯酸性的强弱.结果为： BF3< BCl3< BBr3（最强） ；这个顺序表明了三卤化硼从平面大π键变为四面体结构的难易程度,即BBr3最易,而BF3最难. 但其中的大π键强度并不容易衡量.有一个解释是,氟原子最小,因此Pz轨道中的孤对电子很容易与硼的空Pz轨道重叠.也因此BF3中的反馈作用比BI3更强.另一个解释认为,BF3路易斯酸性较弱是因为加合物中F3B-L键能低.原题链接：http://emuch.net/html/6682.html求教化学高人，PCL3是否是碱性。BCL3是否是酸性。为什么呢_百度知道
求教化学高人，PCL3是否是碱性。BCL3是否是酸性。为什么呢
请教化学高人指点。。所以水显示酸性。
以上是本人猜想RT。。所以会吸附OH-。。。所以显碱性。BCL3因为就算和3个CL成键还无法变成8电子结构。。然后水里OH-变多。然后。然后水里H+的空轨很容易走进来。由于P那还有一对电子没成键.我的猜想是因为PCL3是三角锥结构嘛
因为磷原子虽有孤对电子。BCl3在含有路易斯碱的溶剂中，容易重新解离出H+，使得磷的孤对电子的电子云往里吸。[PCl3水解，但是由于3个氯原子具有吸电子的作用，PCl3是可以接受质子(H+)的路易斯碱，进一步加强了硼原子的路易斯酸性。 (1)如果PCl3不与水反应，方可显示其碱性，形成后也不稳定，那么按理来说，而三个氯原子的吸电子作用，有一个天然的空轨道。 (2)如果BCl3不与水反应，BCl3是可以接受孤对电子的路易斯酸，使得硼原子的电子云密度更低：PCl3 + 3H2O == H3PO3 + 3HCl]但是这个碱性会很弱，空轨道接受孤对电子的能力增强，硼原子缺电子。[BCl3水解：BCl3 + 3H2O == H3BO3 + 3HCl]BCl3是比较强的路易斯酸是的，PCl3在水溶液中可以表现弱碱性，因此难以进入H+的空轨道形成稳定的配位键，所以在水中表现不出来酸。只不过它们都和水反应；PCl3在不与其反应的质子型溶剂中、碱性，BCl3在水溶液中可以表现弱酸性，方可表现其路易斯酸性，比如和一些具有孤对电子的化合物(路易斯碱)形成加合物，可以接受质子，那么按理来说，被束缚了活动范围
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而三氯化硼会与水反应即水解为硼酸和盐酸~平の楽^老大唉，三氯化磷和三氯化硼没有酸碱性这个说法的，三氯化磷溶于水即会与水反应即水解生成亚磷酸和盐酸
PCL3会跟水反应，生成亚磷酸和盐酸…
似乎PCL3跟H2O反应的吧……
两者都是酸性
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出门在外也不愁A．两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化
B．NH3分子中N原子形成三个杂化轨道，CH4分子中C原子形成四个杂化轨道
C．NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强
D．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子


17．用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的立体结构，两个结论都正确的是（
）
A．直线形；三角锥形????? 　　　　
B．V形；三角锥形
C．直线形；平面三角形??? 　　　　
D．V形；平面三角形
18．已知CsCl晶体的密度为
，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个
的核间距为a cm，如图所示，则CsCl的相对分子质量可以表示为(
B．

C．

D．

19．下列数据是对应物质的熔点，有关的判断正确的是（
）
Na2O
Na
AlF3
AlCl3
Al2O3
BCl3
CO2
SiO2

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高二化学选择题答案，网上一道道查的，，对完心都凉了1--14dccddccdadbabd15铜和镁的合金4．6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480ml的NO2气体和336mlN2O4气体（标况），在反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，生成沉淀的质量为多少？
镁与铜都是2价金属且都能完全溶于硝酸，最终生成沉淀的质量等于金属的质量加上氢氧根离子的质量可据如下方程式找出关系式。硝酸中N元素得电子物质的量为:(4.48+0.336×2)/22.4=0.23mol,这与还原剂铜,镁共失电子总物质的量相等,也与结合氢氧根的物质的量相等.因为1mol铜或镁失2mol电子结合2molOH-生成相应氢氧化物.所以结合OH-的质量为0.23×17=3.91g,生成沉淀的质量为4.6+3.91=8.51g16在一密闭容器中进行如下反应2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）测得某一时刻SO2、O2、SO3物质的量浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L．当反应达到平衡时，下列数据可能存在的是（　　）解：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g），某时刻0.2mol/L 0.1mol/L
0.2mol/L极限转化0.4mol/L 0.2mol/L
0极限转化 0
0.4mol/L、由于反应为可逆反应，SO2的浓度一定小于0.4mol/L，O2浓度小于0.2mol/L，
由于反应为可逆反应，SO3的浓度一定小于0.4mol/L，
，SO3的浓度一定小于0.4mol/L，大于0，则可能为0.25mol/L D、SO3、SO2浓度不会均为0.15mol/L，只能一种物质的浓度增大，另一种物质的浓度减小， 17.在某100毫升混合溶液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.4摩每升和0.1摩每升，向该混合溶液中加入1.92克 在某100毫升混合溶液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.4摩每升和0.1摩每升，向该混合溶液中加入1.92克铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中的铜离子的物质的量浓度是多少检举|
08:41提问者采纳加入铜单质？用稀硝酸和铜的离子方程式求解。硫酸就是提供氢离子给硝酸用的。 铜:0.03mlo,氢离子：0.06mol,硝酸根：0.04mol 3Cu
2NO3- = 3Cu2+ + 2NO + 4H2O（氢离子不足，计算以氢离子量为准） 0.03
0.5/0.1=0.225mlo/L18.选B.乙酸虽是弱酸,但还是能过溶解氢氧化铜的.乙酸与其混合后溶液澄清.葡萄糖是还原性糖,与氢氧化铜悬浊液共热会产生砖红色沉淀.蔗糖不是还原性糖,与氢氧化铜悬浊液混合后无明显现象.19为确定下列置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂(括号内物质）不能达到目的的是如果变质成立Na2SO4，和原物质都可以和氯化钡生成沉淀Na2SO4+BaCl2==BaSO4↓+2NaClNa2SO3+BaCl2==BaSO3↓+2NaCl20. 在1LK2SO4和CuSO4的混合溶液中，c（SO42-）=2.0mol&#x2022;L-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L（标况）气体，则原溶液中K+的物质的量浓度为（　　）A．2.0mol&#x2022;L-1 B．1.5mol&#x2022;L-1 C．1.0mol&#x2022;L-1 D．0.5mol&#x2022;L-1考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：根据电解池中离子的放电顺序和两极上发生的变化来书写电极反应方程式，并且两个电极上转移的电子数目是相等的，溶液中遵循电荷守恒．解答：解：电解1LK2SO4和CuSO4的混合溶液，阳极发生的反应为：4OH-→2H2O+O2↑+4e-，阴极上发生的电极反应为：Cu2++2e-→Cu，2H++2e-→H2↑，两极均收集到22.4L（标况）气体，即均生成1mol的气体，阳极生成1mol氧气说明转移了4mol电子，而阴极上生成的1molH2只得到了2mol电子，所以剩余2mol电子由铜离子获得，且溶液中有1mol铜离子，再根据溶液为电中性，遵循电荷守恒可得钾离子物质的量为2×2-1×2=2mol，所以浓度为2mol/L．故选A．
1楼 13:06&|
在极性分子中，正电荷重心同负电荷重心间的距离称偶极长，通常用d表示．极性分子的极性强弱同偶极长和正（或负）电荷重心的电量（q）有关，一般用偶极矩（μ）来衡量．分子的偶极矩定义为偶极长和偶极上一端电荷电量的乘积，即=d&#x2022;q，在非极性分子中因正负电荷重心重合，故μ为0．试回答以下问题：（1）HCl、CS2、H2S、SO2四种分子中μ=0的有CS2；（2）实验测得：μPF3=1.03、μBCl3=0．①由此可知，PF3分子的空间构型为三角锥形；②BC13分子的空间构型为平面正三角形，中心原子的杂化方式为sp2．（3）治癌药Pt（NH3）2Cl2具有平面四边形结构，Pt处在四边形中心，NH3和Cl分别处在四边形的4个角上．已知该化合物有两种异构体，棕黄色者μ&#65310;0，淡黄色者μ=0．试画出两种异构体的构型图，并比较在水中的溶解度．构型图：淡黄色者，棕黄色者；在水中溶解度较大的是棕黄色者．考点：极性键和非极性键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．专题：化学键与晶体结构．分析：（1）根据价层电子对互斥模型和题意分析．（2）根据分子的极性和结构特点（正负电荷重心是否重合）来思考．（3）根据分子结构和相似相溶解答．解答：解：（1）HCl是极性键形成双原子的极性分子．根据价层电子对互斥模型可知，CS2是直线形分子，即非极性分子，其偶极矩为0；H2S、SO2中都是V形，即极性分子，其 μ&#65310;0．故 μ=0 的是 CS2，故答案为：CS2；（2）①μPF3=1.03说明PF3是极性分子，不是非极性分子，即PF3是三角锥形而不是正三角形．故答案为：三角锥形；②μBCl3=0说明 BCl3 是非极性分子，其正负电荷重心重合，应该是平面正三角形．中心原子B与3个Cl原子形成共价键（没有孤对电子），即B的杂化方式是sp2杂化．故答案为：平面正三角形；sp2；（3）根据题意，Pt（NH3）2Cl2具有平面四边形结构，若μ=0，则为非极性分子，NH3和Cl分别对称分布在四边形的4个角上，即正负电荷重心重合，故淡黄色者是；若μ&#65310;0，则为极性分子，NH3和Cl在四边形的4个角上的分布是不对称的，即正负电荷重心不重合，故棕黄色者是．根据“相似相溶”规律，水是极性分子，因此极性分子的溶质易溶解在水中，即在水中溶解度较大的是棕黄色者，故答案为：；
；棕黄色者．点评：本题考查了分子的极性和分子结构、分子性质的关系，具有很强的综合性，属于要求较高的题目．这类题目要求考生审清题目信息，并与所学知识结合起来
2楼 13:07&|
现有七种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大．请根据下列相关信息，回答问题．A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素B元素原子的核外p电子数比s电子数少1C原子的第一至第四电离能分别是：I1=738kJ/mol
I2=1451kJ/mol
I3=7733kJ/mol
I4=10540kJ/molD原子核外所有p轨道全满或半满E元素的主族序数与周期数的差为4F是前四周期中电负性最小的元素G在周期表的第七列（1）已知BA5为离子化合物，写出其电子式．（2）B基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有3个方向，原子轨道呈纺锤形形（3）某同学根据上述信息，推断C基态原子的核外电子排布如图：该同学所画的电子排布图违背了泡利原理．（4）G位于第ⅦB族d区，价电子排布式为3d54s2．（5）DE3中心原子的杂化方式为sp3，用价层电子对互斥理论推测其空间构型为三角锥形．（6）检验F元素的方法是焰色反应，请用原子结构的知识解释产生此现象的原因是当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子．电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，将以光的形式释放能量．（7）若某单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示．则晶胞中该原子的配位数为12，该单质晶体中原子的堆积方式为四种基本模式中的铜型．考点：位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算．专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．分析：A、B、C、D、E为短周期主族元素，原子序数依次增大，元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则A为H；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，电子排布为1s22s22p3，即B为N；由C原子的第一至第四电离能，则C为Mg；D原子核外所有p轨道全满或半满，则价电子为3s23p3符号题意，即D为P；E元素的主族序数与周期数的差为4，E为第三周期第ⅥⅠA族元素，即E为Cl；F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，F是前四周期中电负性最小的元素，则F为K，G在周期表的第七列，则G为Mn，然后利用原子结构及分子的空间构型来解答．解答：解：A、B、C、D、E为短周期主族元素，原子序数依次增大，元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则A为H；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，电子排布为1s22s22p3，即B为N；由C原子的第一至第四电离能，则C为Mg；D原子核外所有p轨道全满或半满，则价电子为3s23p3符号题意，即D为P；E元素的主族序数与周期数的差为4，E为第三周期第ⅥⅠA族元素，即E为Cl；F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，F是前四周期中电负性最小的元素，则F为K，G在周期表的第七列，则G为Mn，（1）BA5为离子化合物，则为NH4H，其电子式为，故答案为：；（2）B为N，能量最高的电子为2p电子，其电子云在空间有3个方向，p轨道为纺锤形，故答案为：3；纺锤形；（3）由泡利原理可知，电子在同一轨道内的自旋方向应相反，C基态原子的核外电子排布图中3s上的两个电子自旋方向相同，则违反了泡利原理，故答案为：泡利原理；（4）G为Mn，在第四周期第ⅦB，最后填充的为d电子，在d区，其价电子为3d54s2，故答案为：第ⅦB；d；3d54s2；（5）PCl3中，孤电子对数为1，成键数为3，则为sp3杂化，空间构型为三角锥形，故答案为：sp3；三角锥形；（6）F为K，检验K元素应利用焰色反应，原因为当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子．电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，将以光的形式释放能量，故答案为：焰色反应；当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子．电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，将以光的形式释放能量；（7）根据晶胞特征图乙和图丙可知，晶胞中该原子的配位数为12，该单质晶体中原子的堆积方式为铜型，故答案为：12；铜型．点评：本题考查位置、结构、性质的关系及其应用，难度较大，注意原子结构知识在元素推断中的重要性，学生应熟悉电子的排布、价电子、空间构型、杂化等知识点来解答．
3楼 13:08&|
（2013&#x2022;常州一模）A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期主族元素．A、F原子的最外层电子数均等于其周期序数，F原子的电子层数是A的3倍；B原子核外电子分处3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同；A与C形成的最简单分子为三角锥形；D原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数；E原子核外每个原子轨道上的电子都已成对，E电负性小于F．（1）写出B的基态原子的核外电子排布式1s22s22p2．（2）A、C形成的最简单分子极易溶于水，其主要原因是NH3与H2O间能形成氢键；与该最简单分子互为等电子体的阳离子为H3O+．（3）比较E、F的第一电离能：E&#65310;F（选填“&#65310;”或“&#65308;”，“=”）．（4）BD2在高温高压下所形成的晶胞如右图所示．该晶体的类型属于原子（选填“分子”、“原子”、“离子”或“金属”）晶体，该晶体中B原子的杂化形式为sp3．（5）光谱证实单质F与强碱性溶液反应有[F（OH）4]-生成，则[F（OH）4]-中存在acd．a．共价键
b．非极性键
e．π键．考点：原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；“等电子原理”的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响．专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．分析：根据题意，A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短六种短周期主族元素，F原子的电子层数是A的3倍，说明A有一个电子层．F有三个电子层，A、F原子的最外层电子数均等于其周期序数可知，A为H元素，F为AI元素；原子核外电子分处3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同，根据B原子的核外电子排布式为1S22S22P2，为C元素；A与C形成的最简单分子为三角锥形，为NH3分子，则C为N元素；D原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数，P亚层三个轨道中的电子数只能是2、1、1共四个电子，核外电子排布式1S22S22P4，所以核外电子总数为8，D元素是O元素；E原子核外每个原子轨道上的电子都已成对，E电负性小于F，即电负性小于AI，原子序数大于8小于13，且原子轨道上都是成对电子，结合原子结构轨道表示式可知，E元素为Mg元素．所以A、B、C、D、E、F分别为H、C、N、O、Mg、AI；根据推断出的元素进行解答．解答：解：（1）B元素为碳元素，根据核外电子排布规律，C元素的基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p2，故答案为：1s22s22p2；（2）A、C形成的最简单分子是NH3分子，是一种极性分子，极易溶于水的原因主要有：①根据相似相溶原理，氨气易溶于极性溶剂水中；②氨气分子在水中易与水分子形成氢键，增大了氨气的溶解性；③部分氨气与水反应，降低了NH3浓度，使溶解量增大；所谓等电子体是指一类分子或离子，组成它们的原子数相同，而且所含的价层电子数相同，则它们互称为等电子体．与氨气分子互为等电子体的阳离子为H3O+，故答案为：NH3与H2O间能形成氢键；H3O+；（3）电离能可以衡量元素的原子失去一个电子的难易程度（可近似理解为金属性）．第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子；第一电离能数值越大，原子越难失去一个电子．存在的规律为：①随着核电荷数的递增，元素的第一电离能呈现周期性变化；②总体上金属元素第一电离能较小非金属元素第一电离能较大； ③同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势．所以同一周期第一电离能最小的是碱金属元素，最大的是稀有气体元素；④同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折．当外围电子在能量相等的轨道上形成全空（p0，d0，fo）、半满（p3，d5，f7）或全满（p6，d10，f14）结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大．特例是第二主族的第一电离能大于第三主族，第五主族的第一电离能大于第六主族； ⑤同一主族元素从上到下，原子半径增加，有效核电荷增加不多，则原子半径增大的影响起主要作用，第一电离能由大变小，元素的金属性逐渐增强，则镁原子结构中各亚层均处于全满状态，所以镁比铝的第一电离能反常高，故答案为：&#65310;；（4）根据BD2即CO2在高温高压下所形成的晶胞晶胞结构可知，该晶体为原子晶体，晶胞内白球为C原子，黑球为O原子，每个晶胞中含碳原子为8×18+6×12+4=8，含氧原子为16，所以碳原子和氧原子微粒数之比为1：2，根据晶胞中碳原子和氧原子的结构可知，碳原子的杂化方式为SP3杂化，故答案为：原子；sp3；（5）光谱证实单质AI与强碱性溶液反应有[AI（OH）4]-生成，可看作其中铝原子和三个羟基形成三对共用电子对，形成三个极性共价键，形成AI（OH）3；AI（OH）3溶解在强碱中，和OH-形成[AI（OH）4]-，利用的是铝原子的空轨道和氢氧根离子的孤对电子形成的配位键；由两个相同或不相同的原子轨道沿轨道对称轴方向相互重叠而形成的共价键，叫做σ键，所以[AI（OH）4]-中也形成了σ键．故答案为：acd．点评：本题考查了原子核外电子排布、电负性电离能的概念含义和应用、等电子体、化学键形成、原子轨道杂化方式和类型、氢键的实际应用，元素周期表的应用等知识，综合性较大．
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5楼 13:13&|
6楼 13:37&|
你就是闲的
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貌似都忘的差不多了。
8楼 17:04&|来自
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为兴趣而生，贴吧更懂你。&或下列叙述正确的是（　　）A．1个甘氨酸分子（结构式如图）中存在10对共用电子B．PCl3和了BCl3分子中所有_百度知道
提问者采纳
A．因单键为1对共用电子对，双键为2对共用电子对，则由结构式可知，1个甘氨酸分子中存在10对共用电子，故A正确；B．BCl3分子中B原子的最外层为6个电子，没有达到8电子稳定结构，故B错误；C．CS2分子结构对称，正负电荷的重心重合，为非极性分子，故C错误；D珐穿粹费诔渡达杀惮辑．根据结构可知，C原子的成键，则C原子周围有4个单键，采取sp3杂化，-COOH中的C采取sp2杂化，故D正确；故选AD．
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