2020年高三化学信息卷四

2020年高考高三最新信息卷化学（四）注意事项：．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必然自己的姓名、考生号填写在答题卡上。．回答第Ⅰ卷时，选出每题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需变动，用橡皮擦洁净后，再选涂其余答案标号。写在试卷上无效。．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5K39第Ⅰ卷一、选择题：本大题共7小题，每题6分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。7．中国传统文化对人类文明贡献巨大，我国古代的人民在那时候就已经宽泛应用了，书中充分记录了古代化学研究成就．以下对于古代化学的应用和记录，对其说明不合理的是A．《本草纲目》中记录“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳极”这是利用了“KNO3的氧化性”B．杜康用高粱酿酒的原理是经过蒸馏法将高粱中的乙醇分别出来C．我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈[Cu2(OH)2CO]3D．蔡伦利用树皮、碎布（麻布）、麻优等为原料精制出优秀纸张，由他监制的纸被称为“蔡侯纸”。“蔡侯纸”的制作工艺中充分应用了化学工艺8．1，1-二环丙基乙烯( )是重要医药中间体，以下对于该化合物的说法错误的选项是A．全部碳原子可能在同一平面B．能使酸性高锰酸钾溶液退色C．二氯代物有9种D．生成1molC8H18最少需要3molH29．国际计量大会第26次会议新校订了阿伏加德罗常数(NA=6.02214076×1023mol-1)，并于2020年5月20日正式奏效。以下说法正确的选项是A．1L0.5mol·L-1Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数量小于1.5NAB．2molNH3和3molO2在催化剂和加热条件下充分反响生成NO的分子数为2NAC．56g聚乙烯分子中含碳碳双键的数量为2NAD．32.5g锌与必然量浓硫酸恰巧完满反响，生成气体的分子数为0.5NA10．ClO2和NaClO2均拥有漂白性，工业上用ClO2气系统备NaClO2的工艺流程以以以下图所示：

以下说法不正确的选项是A．工业上可将ClO2制成NaClO2固体，便于积蓄和运输B．通入空气的目的是驱逐出ClO2，使其被汲取器充分汲取-+C．汲取器中生成NaClO2的离子方程式：2ClO2+H2O2=2ClO2+O2↑+2HD．步骤a的操作包含过滤、冲刷和干燥11．溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，此中-HCO3占95%，利用图示装置从海水中提取CO2，有益于减少环境温室气体含量。以下说法正确的选项是A．a室排出的是NaOH、Ca(OH)2等强碱性物质B．b室发生主要反响：+2-=H2O+CO2↑2H+CO3C．c室发生的反响为2H2O－4e-=O2↑＋4H+D．装置中产生的O2和提取的CO2的体积比约为1∶412．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数挨次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y是短周期元素中原子半径最大的原子，X、Y、Z的简单离子电子层构造同样，Z与W最外层电子数之和等于10。以下说法正确的选项是A．最高正价由低到高的次序为：Y、Z、X、WB．原子半径由小到大的次序为：X、Z、WC．Y、Z、W的最高价氧化物的水化物两两之间均能发生反响D．X与Y两种元素只好构成一种化合物13．近来几年来AIST报告正在研制一种“高容量、低成本”的锂—铜空气燃料电池。该电池经过一种复杂的铜腐化“现象”产生电力，此中放电过程为：2Li+Cu+-2O+H2O=2Cu+2Li+2OH，以下说法正确的是A．Li极有机电解质能够换成Cu极的水溶液电解质B．通空气时，整个反响过程中，铜相当于催化剂C．放电时，Cu极的水溶液电解质的PH值减小D．放电时，正极的电极反响式为：+-Cu2O+2H+2e=2Cu+HO第II卷二、非选择题：本卷包含必考题和选考题两部分。第26-28题为必考题，每个试题考生都必然作答。第33-35题为选考题，考生依据要求作答。26．（14分）某化学小组对卤素及其化合物的制备和性质进行以下研究实验，依据实验回答问题。．研究氯化亚铁与氧气反响的产物已知氯化亚铁的熔点为674℃，沸点为1023℃；三氯化铁在100℃左右时升华，极易水解。在500℃条件下氯化亚铁与氧气可能发生以下反响，12FeCl2+3O2△3、4FeCl△====2Fe2O+8FeCl2+3O====322FeO+4Cl2，该化学小组采纳以以下图部分装置(装置能够重复采纳)进行氯化亚铁与氧气反响产物的探23究。（1）实验装置的合理连结次序为：A→__________→D，装置E的作用是___________。（2）控制在500℃下发生反响，一段时间后，B中反响节余固体的成分，可能是_______或_______(填化学式)。设计实验对上述节余固体的成分进行考证：______________________。3）实验室保留1mol·L-1的FeCl3溶液，应控制溶液的pH不大于________。(已知：Fe(OH)3的Ksp为1×10-39)Ⅱ．卤素化合物之间反响实验条件控制研究

4）室温下，KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。上边是该小组设计的一组实验数据记录表：①该组实验的目的是____________；②2号试管反响完满后，取少许2号试管中的溶液加淀粉溶液后显蓝色，假定复原产物只有KC1，写出反响的离子方程式________________________。27．（14分）丙烯(C3H6)是重要的有机化工原料。丙烷脱氢制丙烯发生的主要反响及能量变化以以以下图。（1）丙烷脱氢制丙烯为强吸热过程。①为供给反响所需热量，恒压时若向原料气中掺入水蒸气，则K(主反响)____(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，转变率α(C3H8)_____。②温度高升，副反响更简单发生的主要原由是_____________________________。（2）以以下图为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的均衡体积分数与温度、压强的关系(图中的压强分别为104Pa和105Pa)。①104Pa时，图中表示丙烯的曲线是____(填“ⅰ”、“ⅱ”、“ⅲ”或“ⅳ”)。②104Pa、500℃时，主反响用均衡分压取代均衡浓度表示的化学均衡常数Kp=_____(已知：气体分压=气体总压×体积分数)。3）利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。该工艺可采纳铬的氧化物为催化剂，其反响机理如图。已知：CO和H2的焚烧热分别为=－283.0kJ·mol-1、=－285.8kJ·mol-1。HH①图中催化剂为______。②298K时，该工艺总反响的热化学方程式为_______________________________。③该工艺能够有效除去催化剂表面的积炭，保持催化剂活性，原由是__________。28．（15分）三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3是橙黄色、微溶于水的配合物，是合成其余一些含钴配合物的原料。以以下图是某科研小组以含钴废料（含少许Fe、Al等杂质）制[Co(NH)]Cl3的工艺流36程：回答以下问题：1）写出加“合适NaClO3”发生反响的离子方程式______________。（2）“加Na2CO3调pH至a”会生成两种积淀，分别为_____________________（填化学式）。3）操作Ⅰ的步骤包含_____________________________、冷却结晶、减压过滤。（4）流程中NHCl除作反响物外，还可防备加氨水时-c(OH)过大，其原理是_____________4___________________________________________________________________________________。（5）“氧化”步骤，甲同学以为应先加入氨水再加入H2O2，乙同学以为试剂增添次序对产物无影响。你以为___________（填“甲”或“乙”）同学看法正确，原由是_____________。写出该步骤的化学方程式：________________________________（6）经过碘量法可测定产品中钴的含量。将[Co(NH3)6]Cl3转变为Co3+后，加入过分KI溶液，3+-＝2+2--2-，再用Na2S2O3标准液滴定(淀粉溶液做指示剂)，反响原理：2Co＋2I2Co＋I2，I2＋2S2O3＝2I＋S4O6实验过程中，以下操作会致使所测钴含量数值偏高的是_______。a．用久置于空气中的KI固体配制溶液b．盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗c．滴定结束后，发现滴定管内有气泡d．溶液蓝色退去，立刻读数

35．【化学——选修3：物质构造与性质】（15分）锰元素在多个领域中均有重要应用，回答以下问题。（1）Mn在元素周期表中位于_____区；MnSO4中阳离子的价电子排布式为__________。3+22+（2）Mn在水溶液中简单歧化为MnO和Mn以下说法合理的是_______3+4，不属于较坚固的电子构型A．Mn的价电子构型为3d2+4+B．依据Mn的电子构型可知，Mn中不含成对电子2+2+C．Mn易被氧化，可能是因为Mn产内有大批自旋方向同样的电子2+3+D．Mn与Fe拥有同样的价电子构型，所以它们的化学性质相像2-_____。该化合（3）在K2MnF6中，MnF6的空间构型是正八面体，则中心原子的价层电子对数为物中含有的共价键在形成过程中原子轨道的重叠方式为__________（4）二价锰的化合物的性质以下表所示：物质MCl2MnSMnSO4熔点650℃1610℃700℃上表三种物质中晶格能最大的是________；上表波及的三种阴离子中，半径最大的是______。（5）某锰氧化物的晶胞构造以以以下图所示：该锰的氧化物的化学式为______________，该晶体中Mn的配位数为____________，该晶体中Mn之间的近来距离为____________pm（用a、b来表示）。36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）EPR橡胶( )宽泛应用于汽车零件、建筑用防水资料、电线电缆护套、耐热胶管、汽车密封件、润滑油增添剂及其余制品。PC塑料( )的透光性优秀，可制作车、船、飞机的挡风玻璃以及眼镜等。它们的合成路线以下：已知：①RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH②B、F、G、H、J各物质中，核磁共振氢谱都只有一组汲取峰。1）B的构造简式：_______________，E中官能团名称：_______________。2）A→D的反响种类：_______________，D→E的反响条件：_______________。3）E→F的化学方程式：_______________。4）H的构造简式：_______________。5）反响II的化学方程式：_______________。6）以下说法正确的选项是：_______________。a．反响I的原子利用率为100%b．1molJ与足量的NaOH溶液反响，耗费2molNaOHc．CH3OH在合成PC塑料过程中能够循环利用（7）反响

I过程中，能够获取两种同种类副产物，且与

M互为同分异构体，请写出此中一种结构：_______________。（8）A

N

苯酚+F，试推测

N的构造：

_______________。绝密★启用前2020年高考高三最新信息卷化学答案（四）【答案】B【解析】A．火药发生化学反响时，KNO3中N元素的化合价降低，获取电子，被复原，作氧化剂，表现氧化性，A正确；B．高粱中不含乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反响产生了乙醇，此后用蒸馏方法将乙醇分别出来，B错误；C．明矾是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，酸性溶液中H+与盐铜锈[Cu2(OH)2CO3]发生反响，产生可溶性的物质，所以能够达到除锈的目的，C正确；D．蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻优等为原料精制出优秀纸张，表现了化学的物理和化学分别方法，因此充分应用了化学工艺，D正确；故合理选项是B。8.【答案】A【解析】A．碳有2种杂化方式：sp3、sp2，前者是正周围体构型，与它相连的原子不能够能全处于同一平面，全部碳原子不能够能在同一平面，故A错误；B．构造中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液退色，故B正确；C．1，1-二环丙基乙烯( )的二氯代物有9种，故C正确；D．1，1-二环丙基乙烯( )分子式为C8H12，由C8H12生成1molC8H18最少需要3molH2，故D正确。应选A。9.【答案】D3+2++，该溶液中阳离子还包含+【解析】A．A1、Fe水解产生HH，阳离子总数增添，故1L0.5mol/LAl2Fe(SO4)4溶液中阳离子数量大于1.5NA，故1L0.5mol·L-1Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数量大于1.5A，故A项错误；B．因存在反响4NH+5O4NO+6HO，所以2molNH3和3molO2在催化剂和322加热条件下充分反响后氧气有节余，生成的NO会与过分的氧气连续反响生成NO2，所以最一世成NO的分子数小于2NA，故B项错误；C．聚乙烯是乙烯经过加聚反响制备而成，分子内没有碳碳双键，故C项错误；D．浓硫酸与锌反响的方程式△Zn+2H2SO4====ZnSO4+SO2↑+2H2O，从方程式能够看出1mol锌生成1mol二氧化硫气体，跟着硫酸的耗费和水的生成，硫酸变稀，这是就会发生锌与稀硫酸反响，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，从方程式能够看出1mol锌生成1mol氢气，所以1mol锌不论与浓硫酸反响还是与稀硫酸反响，生成气体都为1mol，32.5g锌的物质的量为n===0.5mol，生成气体分子数为0.5NA，故D项正确；答案选D。10.【答案】C【解析】A．ClO2为气体，不易积蓄和运输，常将其制备成NaClO2固体以便运输和积蓄，A不符合题意；B．反响结束后，发生器中仍有少许ClO2，用空气能够将其排出，保证其被充分汲取，B不

符合题意；C．反响的环境是碱性环境，离子方程式应当为--+2HO，C符合题2ClO2+2OH+H2O2=2ClO2+O2意；D．NaClO2溶液中获取NaClO2固体需要真空蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，冲刷和干燥，D不符合题意；答案：C。11.【答案】D【解析】A项：a室电极与电源正极相连，是电解池阳极，电极反响为2HO－4e-=O2↑＋4H+。H+经过阳离子互换膜进入c室，A项错误；B项：a室生成的H+经过阳离子互换膜进入b室，与主要含-+碳粒子发生反响HCO+H＝HO+CO↑，B项错误；C项：c室电极与电源负极相连，是电解池阴极，322--c室，故c室排出的是NaOH、电极反响为2H2O+2e=H2↑＋2OH。b室海水中阳离子经过离子互换膜进入Ca(OH)2等强碱性物质，C项错误；D项：据阳极反响和b室反响可知，装置中产生的O2和提取的CO2的体积比约为1∶4，D项正确。此题选D。12.【答案】C【解析】A项、X是O元素，O元素没有正化合价，故A错误；B项、Z为Al元素、W为Cl元素，同周期元素从左到右，原子半径挨次减小，原子半径Z＞W，故B错误；C项、Y、Z、W的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸，因为氢氧化铝是两性氢氧化物，则两两之间均能发生反响，故C正确；D项、X与Y两种元素能够构成氧化钠和过氧化钠，故D错误。【答案】B【解析】A．锂是开朗金属，易与水反响，故A错误；B．铜先与氧气反响生成Cu2O，放电时Cu2O从头生成Cu，则整个反响过程中，铜相当于催化剂，故B正确；C．放电过程为2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li＋-CuO，正极反响为--+2OH，可知通空气时，铜被腐化，表面产生Cu2O+HO+2e=Cu+2OH，Cu22极的水溶液电解质的PH值增大，故C错误；D．该电池经过一种复杂的铜腐化而产生电力，由方程式可知铜电极上其实不是是氧气直接放电，正极反响为--Cu2O+HO+2e=Cu+2OH，故D错误。应选B。226.【答案】（1）C→B→E冷却采集到FeCl3（2）Fe2O3Fe3O4取反响后的混淆物与试管中，加稀盐酸进行溶解，静置后取上层清液滴加浓溴水，假如溴水退色说明含有Fe3O4，假如溴水不退色，说明只含Fe2O3。3）1（4）研究其余条件同样时，酸度浓度对反响产物的影响ClO-3+6I-+6H+==Cl-+312+3H2O【解析】（1）A为O2的发生装置，制得的氧气中含有水蒸气，因为三氯化铁极易水解，所以需要对制得的氧气进行干燥，可经过盛有碱石灰的装置D；氯化亚铁与氧气反响的产物为Fe2O3、FeCl3、Cl2，经过装置F冷却能够采集到FeCl3，则氯化亚铁与氧气反响的实验装置的合理连结次序为：A→C→B→E→D；装置E的作用是冷却采集到FeCl3。答案：C→B→E；冷却采集到FeCl3。（2）控制在500℃下发生反响，一段时间后，由△△，12FeCl2+3O2====2Fe2O3+8FeCl3、4FeCl2+3O2====2Fe2O3+4Cl2氯化亚铁的熔点为674℃，沸点为1023℃，知B中反响节余固体的成分，可能是Fe2O3或Fe3O4。考证方法是：取反响后的混淆物与试管中，加稀盐酸进行溶解，静置后取上层清液滴加浓溴水，假如溴水退色说明含有Fe3O4，假如溴水不退色，说明只含Fe2O3。答案：Fe2O3或Fe3O4；取反响后的混淆物与试管中，加稀盐酸进行溶解，静置后取上层清液滴加浓溴水，假如溴水退色说明含有Fe3O4，假如溴水不退色，说明只含3+--39，实验室保留的Fe2O3。（3）由Fe(OH)3=Fe+3OH且Fe(OH)3的Ksp为1×10FeCl3溶液中c(Fe3+)=1mol·L-1，则c(OH-)=-=1×10-13，C(H+)=10-1，应控制溶液的pH不大于1。答案：1；（4）①4组实验只有硫酸的浓度不同样，所以实验的目的是研究其余条件同样时，酸度浓度对反响产物的影响。答案：研究其余条件同样时，酸度浓度对反响产物的影响。②滴加淀粉溶液后显蓝色，说明有I2生成，由2I-→I2，失2e---，得6e-，依据得失电子；由CIO3→Cl守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为：ClO3-+6I-+6H+==Cl-+312+3H2O，答案：ClO3-+6I-+6H+==Cl-+312+3H2O。27.【答案】（1）增大增大副反响的活化能低于主反响的活化能（2）ⅰ3.3×103Pa（3）CrO3C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)=+121.5kJ/mol2碳与CO反响生H成CO，走开催化剂表面【解析】（1）①由图可知，丙烷脱氢制丙烯为吸热反响：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)H=+124.3kJ/mol，恒压时若向原料气中掺入水蒸气，反响温度高升，均衡向正反响方向挪动，化学均衡常数K增大，丙烷的转变率增大，故答案为：增大；增大；②由图可知，副反响的活化能低于主反响的活化能，温度高升，活化能较低的副反响更简单发生，故答案为：副反响的活化能低于主反响的活化能；（2）①丙烷脱氢制丙烯为气体体积增大的反响，增大压强，均衡向逆反响方向移动，丙烯的均衡体积分数减小，故曲线ⅰ代表104Pa时丙烯的均衡体积分数，故答案为：ⅰ；②104Pa、500℃时，丙烯的均衡体积分数为33%，设初步丙烷为1mol，转变率为x，由题意成立以下三段式：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)起（mol）100变（mol）xxx平（mol）1-xxx则由丙烯的均衡体积分数为33%可得，x/(1+x)=0.33，解得x≈0.5，丙烷、丙烯和氢气的分压均为104Pa×1/3，则用均衡分压取代均衡浓度表示的化学均衡常数Kp=（104Pa×1/3）×（104Pa×1/3）/（104Pa×1/3）=104Pa×1/3=3.3×103Pa，故答案为：3.3×103Pa；（3）①由图可知，反响ⅰ为3C3H8+2CrO33C3H6+Cr2O3+3H2O，反响ⅱ为3CO2+Cr2O32CrO3+3CO，则催化剂为CrO3，故答案

为：CrO3；②由题意可得H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)H=－285.8kJ/mol；①CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)=－283.0kJ/mol②C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)=+124.3kJ/mol③，由盖斯定律③-②+①得HH热化学方程式C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)，则H=（+124.3kJ/mol）+（－285.8kJ/mol）—（－283.0kJ/mol）=+121.5kJ/mol，故答案为：CH(g)+CO2CH(g)+CO(g)+HO(l)38362H=+121.5kJ/mol；③该工艺中碳与CO2反响生成CO，能够有效除去催化剂表面的积炭，保持催化剂活性，故答案为：碳与CO2反响生成CO，走开催化剂表面。28.【答案】（1）6Fe2+＋ClO-3＋6H+=6Fe3+＋Cl－＋3H2O2）Fe(OH)3和Al(OH)33）HCl气氛下蒸发浓缩（4）NH4Cl溶于水电离出+NH3·H2O的电离NH4会控制后期加入的（5）甲防备Co(OH)3的生成HO＋2CoCl＋2NHCl＋10NH·HO＝2Co(NH)Cl↓＋12HO2224323632（6）ab【解析】（1）加合适NaClO的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，发生的离子反响为2+-33＋6H+=6Fe3+＋Cl－＋3H2O；（2）加入碳酸钠调理pH，积淀铝离子和铁离子，转变为Fe(OH)3和Al(OH)3；（3）为了防备产品水解，故应在HCl气氛下蒸发浓缩；（4）流程中氯化铵除作为反响物外，NHCl4溶于水电离出+会控制后期加入的NH3·H2O的电离，可防备加氨水时氢氧根离子浓度过大；（5）NH4若先加入过氧化氢，将钴元素氧化到Co3+，后加入氨水，会生成氢氧化钴，不利于产品的生成，故甲同学正确，先加入氨水再加入过氧化氢，可防备Co(OH)3的生成，此时的反响为H2O2＋2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3·H2O＝2Co(NH3)6Cl3↓＋12H2O；（6）a．用久置于空气中的KI固体配制溶液，碘化钾部分被氧化为碘单质，滴准时耗费的硫代硫酸钠标准增添，测定结果偏高，故正确；b．盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗，则标准也被稀释，滴准时耗费的硫代硫酸钠标准也体积增添，测定结果偏高，故正确；c．滴定结束后，发现滴定管内有气泡，气泡占体积，则耗费的硫代硫酸钠标准液体积读数偏小，测定结果偏低，故错误；d．溶液蓝色退去，立刻读数，此时溶液混淆不均，碘单质并未完满被标准液反响完满，致使耗费的标准液减少，测定结果偏低，故错误。应选ab。35.【答案】（1）区3d52）A（3）6“头碰头”2-4）MnSSO45）MnO26【解析】（1）Mn是25号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2，可知Mn在元素周期表中位于第周围期第2+5VIIB，属于d区，MnSO4中Mn元素为+2价，则Mn的价电子排布式是3d；3+2+3+3+（2）A.Mn在水溶液中简单歧化为MnO2和Mn，说明Mn不坚固，Mn简单变为电子半充满的坚固的544+价电子构型为3d，3d则属于不坚固的电子构型，A正确；B．Mn中价电子层不含成对电子，可是内层中含有成对电子，2+B错误；C．Mn产内有大批自旋方向同样的电子，这些电子自旋方向同样，能够使原子的能量最低，而2+2+C错误；Mn易被氧化，明显与Mn内含有大批自旋方向同样的电子没关，2+3+D．Mn与Fe拥有同样的价电子构型，微粒的化学性质不只与价电子构型相关，也和微粒的电荷数、微粒半径、原子序数相关，所以它们的化学性质不相像，2+3+Mn拥有强的复原性，而Fe拥有强的氧化性，D错误；故合理选项是A；（2-的中，Mn与6个F形成6个σ键，所以含有6对σ键，3）在MnF6含有的孤对电子对数为2-的中心原子Mn的价电子对数为6+0=6，在化=0，所以MnF6合物化合物K2MnF6中含有的F与Mn之间的共价键都是共价单键，属于σ键，在形成过程中原子轨道的重叠方式为“头碰头”；（4）三种物质都是离子晶体，离子半径越小，离子键就越强，离子晶体的晶格能就越大，物质的熔点就越高，依据表格数据可知上表三种物质中晶格能最大的是MnS，MnCl2、MnS的阴离子都是简单的离子，而MnSO的阴离子是复杂离子，2-为正周围体形，所以其离SO44子半径最大，该晶体拥有