2021-2022学年河南省八市重点高中高三下学期开学考试理综化学试题（含解析）

试卷第=page1919页，共=sectionpages1919页河南省八市重点高中2021-2022学年高三下学期开学考试理综化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．胡辣汤是河南早餐中常见的传统汤类名吃，制作传统胡辣汤需要用到牛(羊)肉粒、淀粉粉芡、细粉条、新鲜蔬菜、植物油等。下列说法中错误的是A．牛肉含有丰富的蛋白质，蛋白质属于高分子化合物B．新鲜蔬菜含有多种维生素，维生素属于人体必需营养素之一C．淀粉粉芡、细粉条的主要成分均为淀粉，淀粉属于糖类，糖类均能水解D．植物油属于高级脂肪酸甘油酯，是酯类物质，在碱性条件下能水解【答案】C【解析】【详解】A．牛肉含有丰富的蛋白质，蛋白质属于高分子化合物，故A正确；B．新鲜蔬菜含有多种维生素，维生素属于人体必需七大营养素之一，故B正确；C．淀粉粉芡、细粉条的主要成分均为淀粉，淀粉属于糖类，糖类中的单糖不能水解，故C错误；D．植物油属于高级脂肪酸甘油酯，是酯类物质，在碱性条件下能水解为高级脂肪酸盐和甘油，故D正确；选C。2．某科研团队用PdCl2催化苯酚(PhOH)羰基化合成(DPC)，并提出了合成DPC的反应机理(如图所示)，下列有关说法中错误的是A．Cl-Pd-OPh和是反应的中间产物B．反应过程中Pd的化合价始终保持不变C．反应过程中PdCl2降低了反应的活化能，未改变反应的△HD．总反应方程式为4PhOH+2CO+O2→2+2H2O【答案】B【解析】【详解】A．由图可知Cl-Pd-Cl作为催化剂参与反应，流程呈逆时针方向进行，Cl-Pd-OPh和是反应的中间产物，A选项正确；B．流程图中有最后一步Pd0转化为Cl-Pd-Cl，Pd化合价发生改变，B选项错误；C．催化剂PdCl2使活化能降低，加快反应速率，但并未改变反应的△H，C选项正确；D．由流程图的物质对应箭头指向可知总反应方程式为4PhOH+2CO+O2→2+2H2O，D选项正确；答案选B。3．一种由X转化为Z的合成路线如图，下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是A．Z中含有4种官能团B．Y的分子式为C11H10O6C．相同条件下，等物质的量的X、Y、Z与足量Na反应生成的气体体积之比为2：1：1D．Z既能使溴水褪色又能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A．Z中含有羟基、羧基、醚键、羰基、碳碳双键5种官能团，故A错误；B．根据Y的结构简式，Y的分子式为C12H12O6，故B错误；C．X中的羟基能与钠反应放出氢气，Y中羟基能与钠反应放出氢气，Z中羟基、羧基能与钠反应放出氢气，相同条件下，等物质的量的X、Y、Z与足量Na反应生成的气体体积之比为2：1：2，故C错误；D．Z含有碳碳双键，既能使溴水褪色又能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；选D。4．下列由实验现象推出的实验结论正确的是选项实验过程实验现象实验结论A取少量浓硝酸加热分解，将产物先通入浓硫酸，再用集气瓶收集气体，将带火星的木条伸入集气瓶内木条复燃NO2支持燃烧B向石蜡油中加入碎瓷片，加热，将产生的气体通入溴水中溴水褪色石蜡油分解气中一定含有乙烯C向盛有2mL氯化铁黄色溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液溶液由黄色变为浅绿色维生素C具有氧化性D向Na2SO3溶液中滴入BaCl2溶液产生白色沉淀，滴入足量盐酸后，沉淀部分溶解Na2SO3完全变质A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】【详解】A．浓硝酸受热分解会生成二氧化氮、氧气和水，取少量浓硝酸加热分解，将产物先通入浓硫酸，吸收水后再用集气瓶收集气体，将带火星的木条伸入集气瓶内，木条复燃，则说明二氧化氮和氧气均助燃，A正确；B．石蜡油在催化剂作用下分解可产生能使溴水褪色的不饱和烃，不一定是乙烯，结论不正确，B错误；C．根据实验现象描述可知，铁离子被还原为亚铁离子，所以证明维生素C具有还原性，C错误；D．亚硫酸钠与氯化钡反应可生成亚硫酸钡沉淀，该沉淀可溶于盐酸，通过现象描述，当加入盐酸后，沉淀部分溶解，说明沉淀中除了亚硫酸钡还含有硫酸钡，则推知亚硫酸钠已变质，有硫酸钠，但不能说明完全变质，D错误；故选A。5．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。W、X、Y所在的族均不相邻，族序数按Y、W、X、Z的顺序依次增大。下列说法正确的是A．由X、Y、Z三种元素形成的化合物只有一种B．原子半径：C．W的氢化物的沸点小于X的氢化物的沸点D．一定条件下，Y的单质能将W从置换出来【答案】D【解析】【分析】族序数按Y、W、X、Z的顺序依次增大，但Y的序数比W、X均大，则Y、Z一定位于第三周期，W、X一定位于第二周期；4种元素最外层电子数之和为19，则Y和W的族序数之和一定小于19÷2=9.5，则二者只能为前四个主族；Y为Na时，没有符合题意的，Y为Mg时，W为C、X为O、Z为Cl，故符合题意的为：Y为Mg、W为C、X为O、Z为Cl。【详解】A．X、Y、Z分别为O、Mg、Cl，三者可形成MgClO3、MgClO4等种化合物，A错误；B．Y为Mg、W为C、X为O、Z为Cl，原子半径Y(Mg)>Z(Cl)>W(C)>X(O)，B错误；C．W为C，其氢化物很多，如甲烷、苯、甚至固态氢化物，X为O，其氢化物为H2O、H2O2，因此W的氢化物的沸点不一定小于X的氢化物的沸点，C错误；D．Y为Mg、为CO2，2Mg+CO22MgO+C，故一定条件下，Y的单质能将W从置换出来，D正确；答案选D。6．某科研小组研制了一种通过电解将草酸(HOOC-COOH)转化为羟基乙酸(HOCH2COOH)的装置。固体聚合物为两面分别是以Y2O3为基质的阳极和TiO2涂覆的阴极，H+可通过固体聚合物电解质。其装置如图所示，下列说法错误的是A．电源的a极为负极B．电解池工作时，H+通过固体聚合物电解质向右移动C．为增强阳极电解液的导电性，可在水中添加适量Na2SO4D．阴极上的电极反应式为HOOC-COOH+4H++4e-=HOCH2COOH+H2O【答案】B【解析】【分析】由外接电源，本题主要考查电解池相关知识。【详解】A．根据图示，电解池中右侧电极水失电子生成氧气，右侧点击为电解池阳极，则电源的b极是正极、a极为负极，故A正确；B．电解池左侧为阴极、右侧为阳极，电解池工作时，H+通过固体聚合物电解质向左(阴极)移动，故B错误；C．右侧电极水失电子生成氧气，阳极电解液中添加适量Na2SO4，电极反应不变，故C正确；D．阴极草酸得电子生成羟基乙酸，电极反应式为HOOC-COOH+4H++4e-=HOCH2COOH+H2O，故D正确；选B。7．常温下，用0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1HA溶液。溶液中A-(或HA)的分布系数δ、NaOH溶液体积V与pH的关系如图所示[已知：δ(HA)=]。下列叙述错误的是A．曲线a表示的是HA的分布系数变化曲线B．HA的电离平衡常数的数量级为10-6C．p点对应的溶液中，c(A-)＜3c(HA)D．p、n、q中，水的电离程度最大的是q点【答案】C【解析】【分析】用NaOH溶液滴定酸HA的过程中会发生反应：，HA不断减少，NaA不断生成。溶液的pH不断增大，当加入20mLNaOH溶液时时，恰好完全反应。【详解】A．由分析可知：HA因为消耗，而使其分布系数随NaOH的滴加而降低；同时生成NaA，而使A-的分布系数随NaOH的滴加而升高，故a、b分别为HA和A-的分布系数曲线；A项正确；B．由图可知，曲线a、b的交点x表示HA和A-的分布系数相同，即溶液中c(HA)=c(A-)，由电离平衡常数计算式Ka=可得HA的电离平衡常数Ka=c(H+)=10-5.2，数量级为10-6；B项正确；C．p点时，溶液中HA和NaA的浓度比为1:3，但此时溶液pH小于7，显酸性，即HA的电离程度大于A-的水解程度，所以c(A-)﹥3c(HA)；C项错误；D．由图可知，q点是NaOH和HA恰好完全反应的点，此时溶液中只有A-的水解促进水的电离，水的电离程度最大。D项正确；故选C。二、实验题8．实验室以浓硫酸、铜与NaOH溶液为原料制取少量NaHSO3并探究其性质，已知CuCl为白色难溶于水的化合物。I.制备NaHSO3(装置如图所示)。(1)仪器a的名称是____。(2)装置丙的作用是____。II.探究：NaHSO3与Cu2+的反应，设计实验：向2mL1mol·L-1NaHSO3溶液中加入2mL1mol·L-1CuSO4溶液，得到绿色溶液，3min内无明显变化。将所得混合液分为两等份。①第一份加入适量Na2SO4固体，瞬间无明显变化，30s时也无明显变化。②另一份加入适量NaCl固体，瞬间无明显变化，30s时有无色气体和白色沉淀生成，上层溶液颜色变浅。(3)推测实验②产生的无色气体为SO2，用新制的氯水检验该无色气体，可观察到淡黄绿色消失，滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成。写出SO2与氯气反应的离子方程式：____。(4)对实验II产生SO2的原因进行分析，提出两种假设：假设1：Cu2+水解使溶液中c(H+)增大。假设2：Cl-存在时，Cu2+与HSO反应生成CuCl白色沉淀，溶液中c(H+)增大。①假设1不合理，实验证据是____。②实验证实假设2合理，实验II中发生反应的离子方程式有____和H++HSO=SO2↑+H2O。III.与碘酸盐的反应：向用H2SO4酸化的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液(以及少量淀粉溶液)。实验现象为“无色→蓝色→无色→蓝色→……”的周期性变化，此反应过程分为三步：①IO+3HSO=3SO+3H++I-(慢)；②IO+5I-+6H+=3I2+3H2O(慢)；③I2+HSO+H2O=2I-+SO+3H+(快)。(5)请解释出现该实验现象可能的原因：____。IV.NaHSO3固体的纯度测定：称取wgNaHSO3固体溶于水配成100mL溶液，取25.00mL已配好的溶液置于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1的酸性KMnO4溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液VmL。(已知：2MnO+5HSO+H+=2Mn2++5SO+3H2O)(6)滴定终点的颜色变化为____，NaHSO3固体的纯度为____(用含V和w的代数式表示)。【答案】(1)分液漏斗(2)防倒吸、尾气处理(3)SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO(4)

实验①无气体放出

2Cu2++HSO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+3H+(5)NaHSO3溶液滴加到KIO3溶液中，IO先转化为I-，I-与过量的KIO3溶液生成碘单质，I2遇淀粉变为蓝色，而后NaHSO3与I2反应又变为I-(6)

无色变为浅红色，且半分钟内不变色

×100%【解析】【分析】甲中浓硫酸和铜在加热条件下反应生成二氧化硫，乙中过量二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸氢钠，二氧化硫有毒，用丙中的高锰酸钾氧化二氧化硫，防止污染。(1)根据装置图，仪器a的名称是分液漏斗；(2)二氧化硫有毒，高锰酸钾能氧化二氧化硫，装置丙中倒置漏斗防倒吸、尾气处理；(3)SO2与氯气反应生成盐酸和硫酸，反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO；(4)①实验①无气体放出，所以假设1不合理；②Cl-存在时，Cu2+与HSO反应生成CuCl白色沉淀，氢离子浓度增大，亚硫酸氢根离子在酸性条件下放出二氧化硫气体，反应的方程式为2Cu2++HSO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+3H+、H++HSO=SO2↑+H2O；(5)NaHSO3溶液滴加到KIO3溶液中，IO先转化为I-，I-与过量的KIO3溶液生成碘单质，I2遇淀粉变为蓝色，而后NaHSO3与I2反应又变为I-，所以实验现象为“无色→蓝色→无色→蓝色→……”周期性变化。(6)高锰酸钾能被亚硫酸氢钠还原，滴定终点高锰酸钾剩余，滴定终点的现象为：滴入最后一滴高锰酸钾溶液，无色变为浅红色，且半分钟内不变色；消耗KMnO4溶液的体积VmL，则25mLNaHSO3溶液中n(NaHSO3)=，NaHSO3固体的纯度为×100%。三、工业流程题9．硫酸锌是生活中常用的营养强化剂之一，用于补充微量元素锌。工厂以某种含锌矿渣为原料(主要含有ZnO，另含有少量CaO、Fe2O3、FeO、CuO、SiO2等)制备ZnSO4·7H2O的流程如图：已知：①常温下，部分物质的Ksp相关信息如表所示：物质Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2Zn(OH)2CuSZnSKsp2.7×10-394.9×10-172.2×10-201.3×10-176.3×10-361.6×10-24②硫酸锌晶体的溶解度随温度的变化如图。(1)“酸浸”时，提高含锌矿渣中锌的浸出率的措施有____(任写一条)。(2)“滤渣1”中除了SiO2外，还含有____(填化学式)。(3)“氧化”的主要目的是____，工业上常用的氧化剂有次氯酸钠、稀硝酸、过氧化氢，从经济角度考虑，也有提出用氧气作氧化剂，若该流程使用氧气作氧化剂，请设计实验验证氧化已完全：____。(4)若“氧化”后所得滤液中c(Zn2+)=1.3mol·L-1，c(Cu2+)=0.022mol·L-1，常温下，“除铁”操作中为了使铁元素完全除去[c(Fe3+)≤10-6mol·L-1时视为完全除去，lg3≈0.5]，又不影响硫酸锌的产量，可以调节pH的范围是____(保留两位有效数字)～5.0。(5)“除铁”操作时添加的“试剂2”除了可以选择ZnO外，还可以选择____(填化学式)。(6)“除铜”所用“试剂3”一般选用ZnS固体，某同学认为将“试剂2”和“试剂3”的加入顺序对调，也可以除去Cu2+和Fe3+，并回收CuS和Fe(OH)3，该设计____(填“合理”或“不合理”)，理由是____。(7)“滤液”经一系列操作可得成品ZnSO4·7H2O，具体操作如图：简述从“滤液2”中得到成品ZnSO4·7H2O的操作：____，过滤、洗涤、干燥。【答案】(1)将矿渣进行粉碎(2)CaSO4(3)

将Fe2+转化为Fe3+

取少量氧化后的溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无明显变化，说明已经氧化完全(4)3.2(5)Zn(OH)2(或ZnCO3)(6)

不合理

加入ZnS会将Fe3+还原为Fe2+，使铁元素难以除去(7)在60℃左右蒸发浓缩至有晶膜产生时停止加热，冷却结晶【解析】【分析】含锌矿渣硫酸酸浸后氧化钙转化为硫酸钙进入滤渣1，二氧化硅不与硫酸反应，进入滤渣1，其他氧化物与稀硫酸反应转化离子留在滤液中，金属阳离子为：Zn2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+，加试剂1氧化将亚铁离子转化为铁离子，加试剂2调节pH值使铁离子形成氢氧化铁沉淀，进入滤渣2；再加试剂3除铜，转化为氢氧化铜沉淀进入滤渣3；此时滤液中为硫酸锌溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产物。(1)“酸浸”时，提高含锌矿渣中锌的浸出率的措施有：将矿渣进行粉碎、适当升高温度、适当增大硫酸的浓度、搅拌（任写一条）；(2)根据分析，“滤渣1”中除了SiO2外，还含有CaSO4；(3)根据分析，“氧化”的主要目的是：将Fe2+转化为Fe3+；验证氧化已完全，证明不存在Fe2+即可，故可选用铁氰化钾溶液，看是否产生蓝色沉淀，故答案为：取少量氧化后的溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无明显变化，说明已经氧化完全；(4)由题意可知通过调节pH值使铁离子沉淀完全，但不能沉淀铜离子和锌离子，c(Fe3+)≤10-6mol·L-1时视为完全除去，根据其Ksp，此时溶液中的氢氧根浓度为：，，pH+pOH=14，故pH=3.2，故调节pH值范围是：3.2～5.0；(5)除铁是加ZnO目的是促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，同时不引入新的杂质离子，故还可选用难溶性的：Zn(OH)2(或ZnCO3)；(6)先加ZnS，溶液中的Fe3+会被ZnS还原为Fe2+，Fe2+水解程度弱，不易在有Zn2+的溶液中除去，故答案为不合理，理由是：加入ZnS会将Fe3+还原为Fe2+，使铁元素难以除去；(7)根据硫酸锌的溶解度曲线可知，在60oC时溶解度最大，即其饱和溶液的浓度最大，在此温度下冷却结晶可得到较多的产物，故从“滤液2”中得到成品ZnSO4·7H2O的操作：在60℃左右蒸发浓缩至有晶膜产生时停止加热，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥。四、原理综合题10．丙烯是生产石油化工产品的基本原料之一，其需求增长迅速。某科研小组以、、等为催化剂，通过丙烷催化氧化脱氢制备丙烯，其反应原理为

。Ⅰ．已知：丙烷、丙烯的燃烧热()分别为、。

。(1)则___________。Ⅱ．不同催化剂对丙烷的催化效率不同，平衡时，丙烷的总转化率与催化剂、不同投料比之间的关系如表。催化剂反应温度/℃总转化率/%丙烯的选择性/%5003：2：52546.65003：2：52540.05001：1：840.045.0(2)在上述三种催化剂作用下，丙烯产率最高的是___________(填催化剂的化学式)。(3)在500℃、以为催化剂的条件下，向容积为10L的恒容密闭容器中充入、、，发生反应，经过10min达到平衡状态。①，丙烯的化学反应速率___________。②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是___________(填标号)。A．不变B．与的物质的量之比为1：1C．的质量不再改变③欲提高丙烷转化率，可采取的措施是___________(任写一条即可)。④在恒温恒压的密闭容器中充入丙烷、氧气、氨气发生氧化脱氢反应，起始氧气一定时，越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是___________。(4)在500℃、以为催化剂的条件下，向恒容密闭容器中充入、、发生反应，平衡时压强为p[已知该催化剂条件下的副反应为]，则该温度下丙烷氧化脱氢反应的平衡常数___________(用含p的代数式表示，是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×体积分数，列出计算式即可，不用化简)。【答案】(1)-236(2)(3)

0.003

C

及时分离出

该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大(4)【解析】(1)①②

由丙烷、丙烯的燃烧热()分别为、的方程式：③

④

由盖斯定律可得③×2-④×2+②×2得方程式①，则则。故答案为：-236;(2)在上述三种催化剂作用下，丙烯的选择性高且丙烷的总转化率高时，丙烯产率才会最高，所以最好的催化剂是：。故答案为：(3)①在500℃、以为催化剂的条件下，丙烷转化率为25%，丙烯选择性为40%，说明丙烷生成丙烯的部分是40%，则，则，丙烯的化学反应速率。②A．与物质状态和热化学方程式的书写有关，所以不论是否平衡状态其值都不变，故A错误；B．，与的物质的量之比一直为1：1，不能说明该反应达到平衡状态，故B错误；C．为生成物，平衡时的质量才不再改变，故C正确。③欲提高丙烷转化率，即让反应正向进行即可，所以可采取的措施是及时分离出产物，促进反应正向进行。④在恒温恒压的密闭容器中充入丙烷、氧气、氨气发生氧化脱氢反应，起始氧气一定时，越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。故答案为：①0.003；②C；③及时分离出；④该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。(4)在500℃、以为催化剂的条件下，向恒容密闭容器中充入、、发生反应，丙烯选择性为45%，丙烷转化率为40%，则，则可得：起始n始(mol)

1

1

0

0变化△n(mol)

0.18

0.09

0.18

0.18终态n终(mol)

0.82

0.91

0.18

0.18起始n始(mol)

0.82

0.91

0

0.18变化△n(mol)

0.4-0.18

0.77

0.66

0.88终态n终(mol)

0.6

0.17

0.66

1.06故平衡时：，，，，，，则；平衡时压强为，平衡分压=总压×体积分数，则，，，，则该温度下丙烷氧化脱氢反应的平衡常数：故答案为：五、结构与性质11．H、N、P、Cl、Mg、Al、Cu元素的单质及其化合物在生活、工业和国防领域应用广泛。请回答下列问题：(1)基态氯原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图为____形，Ag与Cu位于同一族且相邻，基态银原子的价电子排布式为____，Cu、Ag元素位于元素周期表____区。(2)CuF的熔点为1008℃，熔化呈液态时能导电。CuCl的熔点为426℃，能升华，熔化呈液态时不导电。CuF的熔点比CuCl的高，原因是____。(3)镁合金是航空器、航天器和火箭导弹制造工业中使用的最轻金属结构材料。以氨水和磷酸一氢铵[(NH4)2HPO4]检验Mg2+的反应中，有白色晶体MgNH4PO4·6H2O沉淀生成。N、P、Mg中第一电离能由大到小的顺序为____(用元素符号表示)，分子中N原子的杂化类型为____，PO的空间构型为____。(4)一种由Mg2+、N3-、F-组成的化合物的立方晶胞如图所示。该化合物的化学式为____，若距离最近的两个Mg2+的核间距为apm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞密度为____g·cm-3。【答案】(1)

纺锤或哑铃

4d105s1

ds(2)CuF是离子晶体，CuCl是分子晶体，离子键强度大于分子间作用力(3)

N>P>Mg

sp3

正四面体形(4)

Mg3NF3

×1030【解析】(1)基态氯原子核外电子简化排布式为[Ne]3s23p5，最高能级3p的电子云轮廓图为纺锤或哑铃形；Cu为第四周期29号元素，核外电子简化排布式为[Ar]3d104s1，Ag在Cu的下一周期第五周期且同族，所以原子序数相差18，Ag的核外电子简化排布式为[Kr]4d105s1，基态Ag原子的价电子排布式为4d105s1；Cu、Ag元素位于第IB族，即元素周期表ds区；(2)CuF的熔点较高，熔化呈液态时能导电，说明CuF是离子晶体；CuCl的熔点低，且能升华，熔化呈液态时不导电，说明CuCl是分子晶体，离子键强度大于分子间作用力，故CuF的熔点比CuCl的高；(3)同一主族自上而下，第一电离能逐渐减小，则第一电离能N>P，同一周期自左向右，第一电离能逐渐增大，则第一电离能P>Mg，则N、P、Mg中第一电离能由大到小的顺序为N>P>Mg；根据VSEPR理论可得，N的价电子为5，H的价电子为1，（5+4-1）/2=4，中心原子N的价电子对数为4对电子，为sp3杂化；PO是正四面体形结构，中心原子是P，周围有4个O原子，氧族元素作配位原子时,不考虑其成键电子，价电子对数为(5+3)/2=4，