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  • 2021-08-23 发布

【化学】陕西省渭南韩城市2020届高三上学期第二次月考(解析版)

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陕西省渭南韩城市2020届高三上学期第二次月考 可能用到的相对原子质量:C:12;N:14;O:16;Na:23;Mg:24;Fe:56;Al:27;Cu:64;S:32;Cl:35.5;P:31;K:39;Si:28;Mo:96;Ba:137。‎ 第Ⅰ卷 一、单项选择题(共18小题,每小题3分,共54分)‎ ‎1.关于下列诗句或谚语,说法不正确的是(  )‎ A. “忽闻海上有仙山,山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象,与胶体知识有关 B. “水乳交融,火上浇油”前者包含物理变化,而后者包含化学变化 C. “滴水石穿、绳锯木断”不包含化学变化 D. “落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化 ‎【答案】C ‎【详解】A.空气属于胶体,海市蜃楼是光线在延直线方向密度不同的气层中,经过折射造成的结果,故A正确;‎ B.水乳交融体现的是物质溶解性,属于物理变化,火上浇油体现的是物质的燃烧反应,属于化学变化,故B正确;‎ C.水滴石穿蕴含着碳酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙,属于化学变化,绳锯木断体现的是物质间的摩擦,属于物理变化,故C错误;‎ D.“落汤螃蟹着红袍”体现了在加热条件下蛋白质发生了变性,生成了新的物质,属于化学变化,故D正确;‎ 故选C。‎ ‎2.下列化学用语表述正确的是( )‎ A. 核内质子数为117、中子数为174的核素Ts可表示为:‎ B. 氯离子的结构示意图:‎ C. COCl2的结构式为: ‎ D. CaO2的电子式为: ‎ ‎【答案】C ‎【分析】本题考查了简单粒子的基本结构,和化学中常见物质的电子式和结构式,逐一分析即可。‎ ‎【详解】A.核内质子数为117、中子数为174的核素Ts应表示为:;B. 氯离子的结构示意图为;C. COCl2的结构式为: ;D. CaO2的电子式为:。综上本题选C。‎ ‎3.下列装置用于实验室中制取干燥氨气的实验,能达到实验目的的是(  )‎ A. 用装置甲制备氨气 B. 用装置乙除去氨气中少量水 C. 用装置丙收集氨气 D. 用装置丁吸收多余的氨气 ‎【答案】D ‎【详解】A.为防止试管炸裂,试管口应略向下倾斜,故A错误;‎ B.浓硫酸与氨气能够反应,不能用浓硫酸干燥氨气,故B错误;‎ C.应用双孔塞,该装置中气体不能导入烧瓶中,故C错误;‎ D.氨气极易溶于水,利用干燥管能防止发生倒吸,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎4.一定温度压强下,用相同质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球,下列说法中正确的是(  )‎ A. 气球B中装的是O2 B. 气球A和气球D中气体物质的量之比为4:1‎ C. 气球A和气球C中气体分子数相等 D. 气球C和气球D中气体密度之比为2:1‎ ‎【答案】D ‎【详解】A. 一定温度压强下,气体的Vm是相等的,用mg的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球,则根据V=nVm=Vm,得到体积和相对分子质量成反比,所以体积的大小顺序是:CH4>O2>CO2>SO2,C中装的是氧气,故A错误;‎ B. 气球A和气球D中气体物质的量之比等于体积之比,等于M的倒数之比,即为1:4,故B错误;‎ C. 根据A的分析,D、C、B、A四个球中分别是CH4、O2、CO2、SO2,气球A和气球C中气体分子数之比等于体积之比,等于相对分子质量M的倒数之比,即为32:64=1:2,故C错误;‎ D. 气球C和气球D中气体密度之比等于摩尔质量之比,即为:32:16=2:1,故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎5.用硫酸铜晶体配制 480mL 浓度为 0.5mol/L的溶液,下列说法正确的是(  )‎ A. 用托盘天平称量‎60.0g硫酸铜晶体 B. 如果称量时药品和砝码放反了,对配制结果没有影响,因为没有使用游码 C. 如果定容时俯视所配溶液浓度会偏高 D. 在转移溶液后,可以不用洗涤玻璃棒 ‎【答案】C ‎【解析】A. 用硫酸铜晶体配制480mL浓度为0.5mol/L的溶液,需要利用500mL容量瓶,则用托盘天平称量硫酸铜晶体的质量是‎0.5L×0.5mol/L×‎250g/mol=‎62.5g,A错误;B. 如果称量时药品和砝码放反了,则实际称量的质量小于‎62.5g,结果偏低,B错误;C. 如果定容时俯视,则溶液体积减少,所配溶液浓度会偏高,C正确;D. 在转移溶液后,必须洗涤玻璃棒和烧杯,并把洗涤液也注入容量瓶中,D错误,答案选C。‎ ‎6.为检验某种钠盐溶液中含有的阴离子是SO42-、CO32-还是OH-、Cl-,下面设计的方案中合理的是(  )‎ A. 检验CO32-:向待测液中加入足量的盐酸产生气泡,将气体通入浓Ba(OH)2溶液有白色沉淀生成 B. 检验SO42-:向待测液中加入盐酸至酸性,未见沉淀或气体生成,再加入BaCl2溶液出现白色沉淀 C. 检验OH-:向待测液中加入石蕊溶液,溶液变红色 D. 检验Cl-:向待测液中加入AgNO3溶液和稀盐酸的混合液,有白色浑浊物出现 ‎【答案】B ‎【详解】A项、待测液与盐酸产生的气体通入浓Ba(OH)2溶液有白色沉淀生成,与盐酸反应的离子不一定是CO32-,还可能是HCO3-或SO32-等,故A错误;‎ B项、先在待测溶液中加入盐酸,排除SO42-以外的其它阴离子及Ag+的干扰,再用BaCl2检验SO42-离子的存在是正确的操作,故B正确;‎ C项、溶液中若有OH-,OH-会使溶液变成蓝色,故C错误;‎ D项、AgNO3溶液和稀HCl混合就有白色浑浊物,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查常见阴离子的检验,注意离子的性质、加入试剂的选择和实验现象的分析是解答关键。‎ ‎7.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是( )‎ ‎①22gT2O含有电子数为10NA ‎②0.44gC3H8中含有的共价键总数目为0.1NA ‎③1molNa2O2与CO2完全反应时转移电子数为2NA ‎④‎28g硅晶体中含有2NA个Si—Si键 ‎⑤11.2LCl2通入足量的NaOH溶液中充分反应,转移的电子数等于0.5NA ‎⑥200mL1mol·L-1Al2(SO4)3溶液中Al3+和SO42-的数目总和是NA A. ①②③ B. ②④⑥ C. ①③⑤ D. ①②④‎ ‎【答案】D ‎【详解】①T2O的摩尔质量为‎22g/mol,故22gT2O的物质的量为1mol,而1molT2O含有10mol电子,即10NA个,故①正确;‎ ‎②0.44gC3H8的物质的量n==0.01mol,而1mol丙烷中含10molσ键,故0.01mol丙烷中含0.1molσ键,即0.1NA个,故②正确;‎ ‎③Na2O2与CO2的反应为歧化反应,1mol过氧化钠转移1mol电子,即NA个,故③错误;‎ ‎④‎28g硅晶体中含有1molSi原子,晶体硅中,每个硅原子与其它4个Si形成4个Si-Si键,则每个硅原子形成的共价键为:×4=2,则1mol单质硅含有2molSi-Si键,含有2NA个Si-Si键,故④正确;‎ ‎⑤11.2LCl2所处的状态不明确,不一定是标况下,其物质的量不一定是0.5mol,故⑤错误;‎ ‎⑥Al3+是弱碱阳离子,在溶液中会水解导致其个数减少,故溶液中的Al3+和SO42-离子数的总和小于NA,故⑥错误;‎ 正确的有①②④;‎ 故答案为:D。‎ ‎8.硅及其化合物是带来人类文明的重要物质。下列说法正确的是(  )‎ A. 陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐 B. 水玻璃是纯净物,可用于生产黏合剂和防火剂 C. 某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8,可用K2O·Al2O3·6SiO2表示 D. 高纯硅可用于制造光导纤维,高纯二氧化硅可用于制造太阳能电池 ‎【答案】C ‎【详解】A.水晶主要成分是二氧化硅,是氧化物,不是硅酸盐,选项A错误;‎ B.水玻璃为硅酸钠的水溶液,属于混合物,选项B错误;‎ C.某硅酸盐化学式为KAlSi3O8,可用K2O·Al2O3·6SiO2表示,选项C正确;‎ D.二氧化硅可用于制造光导纤维,高纯硅可用于制造太阳能电池,选项D错误;‎ 答案选C。‎ ‎9.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )‎ A MnO2与浓盐酸反应制Cl2:MnO2+4HClMn2++2Cl-+Cl2↑+2H2O B. 明矾溶于水产生Al(OH)3胶体:Al3++3H2O =Al(OH)3↓+3H+‎ C. Na2O2溶于水产生O2:Na2O2+H2O =2Na++2OH-+O2↑‎ D. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应:HCO3-+Ca2++OH-= CaCO3↓+H2O ‎【答案】D ‎【详解】A、浓盐酸应改成离子形式,MnO2与浓盐酸反应制Cl2的离子方程式为:MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O,A错误;‎ B、明矾溶于水产生Al(OH)3胶体的离子方程式为:Al3++3H2O ⇌Al(OH)3(胶体)+3H+,B错误;‎ C、Na2O2溶于水产生O2的离子方程式为:2Na2O2+2H2O =4Na++4OH-+O2↑,C错误;‎ D、Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应的离子方程式为:HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O,D正确;‎ 答案选D。‎ ‎10.在处理废水时某反应体系中有6种粒子:N2、HCO3-、ClO-、CNO-、H2O、Cl-,在反应过程中部分离子浓度与反应进程关系如图所示。下列有关该反应的说法正确的是( )‎ A. 在上述反应体系中,CNO-是氧化剂 B. 还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶3‎ C. 在标准状况下,产生‎4.48 L N2时转移0.8 mol电子 D. 上述反应中,只有两种元素化合价发生了变化 ‎【答案】D ‎【分析】由曲线变化图可知,随反应进行HCO3-的物质的量增大,故HCO3-是生成物,根据碳元素守恒, CNO-应是反应物,N2是生成物;ClO-物质的量减小,ClO-是反应物,Cl-是生成物。ClO-中氯元素化合价降低,ClO-是氧化剂;CNO-中N元素化合价由‎-3升高为0,CNO-是还原剂。根据得失电子守恒,反应离子方程式是3ClO-+2CNO- +H2O = N2+2HCO3- +3Cl-。‎ ‎【详解】A. ClO-是反应物,Cl-是生成物,ClO-中氯元素化合价降低,ClO-是氧化剂,CNO-中N元素化合价由‎-3升高为0,CNO-是还原剂,故A错误;‎ B. 氯元素化合价降低,Cl-是还原产物,N元素化合价由‎-3升高为0,氮气是氧化产物,还原产物与氧化产物的物质的量之比为3∶1,故B错误;‎ C. 根据方程式生成1mol N2转移6mol电子;在标准状况下,产生‎4.48 L N2时转移1.2 mol电子,故C 错误;‎ D. 上述反应中,只有N、Cl两种元素化合价发生了变化,故D正确。‎ ‎11.将15.‎6 g Na2O2和5.‎4 g Al同时放入一定量的水中,充分反应后得到200 mL溶液,再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.‎72 L,若反应过程中溶液的体积保持不变,则下列说法正确的是(  )‎ A. 标准状况下,反应过程中得到7.‎84 L的气体 B. 最终得到的溶液中c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)‎ C. 最终得到7.‎8 g的沉淀 D. 最终得到的溶液中c(Na+)=1.5 mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析:2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑‎ ‎0.2 mol 0.4 mol 0.1 mol ‎2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑‎ ‎0.2 mol 0.4 mol 0.2 mol 0.3 mol A、由以上两个方程式可知:生成的气体体积为:(0.1 mol+0.3 mol)=0.4 mol,为‎8.96 L,A错误;B、最终得到的是0.1 mol NaCl和0.1 mol NaAlO2的混合溶液,据电荷守恒有:c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(AlO2—),由于c(H+)≠c(AlO2—),B错误;C、反应后剩余0.2 mol NaOH,故0.3 mol HCl先与其反应后,剩余的0.1 mol HCl再与NaAlO2反应,生成0.1 mol Al(OH)3沉淀,质量为‎7.8 g,C正确;D、n(Na+)=0.4 mol,则c(Na+)=0.4 mol÷‎0.2 L=2 mol·L-1,D错误,答案选C。‎ 考点:考查化学计算 ‎12.某无色稀溶液X中,可能含有下表所列离子中的某几种。‎ 阴离子 CO、SiO32-、[Al(OH)4]-、Cl-‎ 阳离子 Al3+、Fe3+、Mg2+、NH4+、Na+‎ 现取该溶液适量,向其中加入某试剂Y,产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂Y体积(V)的关系如图所示,下列说法正确的是( )‎ A. 若Y是盐酸,则Oa段转化为沉淀的离子(上表中,下同)只有[Al(OH)4]-‎ B. 若Y是盐酸,则溶液中可能含有的阳离子是Al3+‎ C. 若Y是NaOH溶液,则bc段反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-‎ D. 若Y是NaOH溶液,则X溶液中只存在四种离子,是Al3+、Fe3+、NH4+、Cl-‎ ‎【答案】C ‎【详解】:A.若Y是盐酸,SiO32-、[Al(OH)4]-与盐酸反应都会生成沉淀,所以oa段转化为沉淀的离子有[Al(OH)4]-和SiO32-,故A错误;‎ B.若Y是盐酸,ab段沉淀的物质的量不变,则盐酸与CO32-反应,所以溶液中一定有CO32-,CO32-与Al3+不能共存,所以不含有Al3+,故B错误;‎ C.若Y是NaOH溶液,bc段沉淀减少,是氢氧化铝溶于过量的氢氧化钠,则发生反应的离子方程式为:Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-,故C正确;‎ D.若Y是NaOH溶液,则不能判断溶液中是否含有Na+,所以溶液中可能还有Na+,故D错误。‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】含有[Al(OH)4]-的溶液中滴加盐酸时会先生成氢氧化铝成,后沉淀消失。‎ ‎13.下图是部分短周期元素原子(用字母表示)最外层电子数与原子序数的关系图。说法正确的是(  )‎ A. 元素的非金属性: X>R>W B. 简单离子的半径:W>R>X C. X与W形成的化合物中只有共价键 D. X与Z形成的化合物中只有离子键 ‎【答案】C ‎【解析】由各原子的最外层电子数和原子序数的关系可推断X、Y、Z、R、W依次为O、F、Na、S、Cl元素。A项,元素的非金属性X(O)R(S)、W(Cl)R(S),错误;B项,根据“层多径大,序大径小”的原则,简单离子半径R(S2-)W(Cl-)X(O2-),错误;C项,O与Cl形成的化合物中只有共价键,正确;D项,X与Z可形成Na2O、Na2O2,Na2O中只有离子键,Na2O2中既有离子键又有共价键,错误;答案选C。‎ ‎【点睛】微粒半径大小比较的总体原则是:“层多径大,序大径小”,具体规律:‎ 同一主族元素 原子或离子半径从上而下依次增大 同一周期主族元素 原子半径从左到右逐渐变小 同种元素 原子半径大于阳离子半径;原子半径小于阴离子半径 电子层结构相同的离子 核电荷数越大,离子半径越小(阴前阳下,序大径小)‎ ‎14.CuSO4是一种重要的化工原料,其有关制备途径如图所示。下列说法正确的是(  )‎ A. 途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为2∶3‎ B. 利用途径③制备‎16g硫酸铜,消耗硫酸的物质的量为0.1mol C. 生成等量的硫酸铜,三个途径中参加反应的硫酸的物质的量:①=②=③‎ D. 与途径①、③相比,途径②更好地体现了绿色化学思想 ‎【答案】D ‎【解析】A、Cu与混酸反应,3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,离子反应为:3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,从方程式知,硝酸根离子由硝酸提供,氢离子由硝酸和硫酸提供,所以硝酸为2mol时,硫酸为3mol,用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:2,故A错误;B、‎16g硫酸铜的物质的量为=0.1mol,在途径③中,发生的反应为2H2SO4(浓) + CuCuSO4 + 2H2O +SO2↑,消耗硫酸0.2mol,故B错误;C. 若均生成1mol硫酸铜,途径①消耗硫酸1mol硫酸;途径②消耗1mol硫酸,途径③消耗2mol硫酸,故C错误;D、相对于途径①、③均有污染空气的气体产生,途径②的优点:铜与氧气反应生成氧化铜,氧化铜再被硫酸溶解生成硫酸铜,制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径2无污染性气体产生,故D正确;故选D。‎ 点睛:本题考查制备方案的评价,注意根据反应途径,写出相关反应的离子方程式或化学方程式,利用方程式进行判断较为简单。本题的易错点为C,途径①中制备1mol硫酸铜,需要mol H+和mol NO3-,可以由1mol硫酸和mol硝酸提供。‎ ‎15.某同学设计了用氯气制取无水氯化铁(易升华)的相关装置,其中设计正确且能达到相应目的的是( )‎ A. 用装置①制取氯气 B. 用装置②除去Cl2中的HCl C. 用装置③干燥氯气 D. 用装置④制取并收集FeCl3‎ ‎【答案】D ‎【详解】A.浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制取氯气,稀盐酸和二氧化锰不反应,没有加热且使用的是稀盐酸,所以不能实现实验目的,故A错误; B.氯气和氯化氢都能和NaOH反应,HCl极易溶于水,NaCl抑制氯气溶解,所以用饱和食盐水除去氯气中的HCl,故B错误; C.氯气能和碱反应,应该用酸性物质干燥,如浓硫酸,故C错误; D.氯气和铁在加热条件下反应生成氯化铁,氯化铁是固体,故D正确; 故选:D。‎ ‎16.铁的常见化合价有+2价和+3价。据研究,铁在浓HNO3中发生钝化时,可生成一种化学式为Fe8O11的化合物,它可以看作由FeO和Fe2O3组成的复杂氧化物。该化合物可以表示为(  )‎ A. FeO·3Fe2O3 B. FeO·2Fe2O‎3 ‎C. 2FeO·3Fe2O3 D. 2FeO·Fe2O3‎ ‎【答案】C ‎【分析】一般拆写成氧化物时,低价在前,高价在后,同时符合原子守恒,据此分析;‎ ‎【详解】A、FeO·3Fe2O3中铁原子和氧原子个数比为7:10,不符合8:11,故A不符合题意;‎ B、 FeO·2Fe2O3中铁原子和氧原子个数比为5:7,不符合8:11,故B不符合题意;‎ C、2FeO·3Fe2O3中铁原子和氧原子个数比为8:11,符合8:11,故C符合题意;‎ D、2FeO·Fe2O3中铁原子和氧原子个数比为4:5,不符合8:11,故D不符合题意;‎ 答案为C。‎ ‎17.探究浓硫酸和铜的反应,下列装置或操作正确的是(  )‎ A. 用装置甲进行铜和浓硫酸的反应 B. 用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气 C. 用装置丙稀释反应后的混合液 D. 用装置丁测定余酸的浓度 ‎【答案】C ‎【详解】A.铜与浓硫酸反应需加热,无酒精灯,错误;‎ B.SO2密度比空气的密度大,应该长管进,短管出,错误;‎ C.稀释浓硫酸,将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入水中,并不断用玻璃棒搅拌,正确;‎ D.NaOH溶液腐蚀玻璃,应放在碱式滴定管中,该滴定管是酸式滴定管,错误;‎ 选C。‎ ‎18.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,由这些元素组成的常见物质的转化关系如下图,其中a、b、d、g为化合物,a为淡黄色固体,c是Z的单质,该单质与沸水缓慢反应,且该单质可制造照明弹;f为固体单质。下列有关说法正确的是(  )‎ A. 简单离子的半径:Y>Z>X ‎ B. 元素的非金属性:W>X C. 最高价氧化物对应水化物的碱性:Y>Z ‎ D. X、Y 两种元素组成的化合物只含离子键 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析: a、b、d、g为化合物,a为淡黄色固体,则a为过氧化钠;c是Z的单质,该单质与沸水缓慢反应,且该单质可制造照明弹,则Z为镁元素;由这些元素组成的常见物质的转化关系可知,若f为固体单质,则b为二氧化碳、f为碳、e为氧气、d为碳酸钠、g为氧化镁。短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,则其分别为C、O、Na、Mg。A. 电子层结构相同的离子,核电荷数越大的半径越小,所以简单离子的半径X>Y>Z,A不正确; B. 元素的非金属性为O >C,B不正确;C. Na的金属性强于Mg,故其最高价氧化物对应水化物的碱性较强,C正确;D. X、Y 两种元素组成的化合物有氧化钠和过氧化钠,其中氧化钠只含离子键、过氧化钠既有离子键又有共价键,D不正确。本题选C。‎ 第Ⅱ卷 二、填空题(共4小题,共46分)‎ ‎19.X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素,部分信息如下表所示:‎ X Y Z M R Q 原子半径/nm ‎0.186‎ ‎0.074‎ ‎0.099‎ ‎0.143‎ 主要化合价 ‎-4,+4‎ ‎-2‎ ‎-1,+7‎ ‎+3‎ 其他 阳离子核外无电子 无机非金属材料的主角 焰色反应呈黄色 ‎(1)R在元素周期表中的位置是_________________;R在自然界中有质量数为35和37的两种核素,它们之间的关系互为_________________。‎ ‎(2)Z的单质与水反应的化学方程式为_______________________________________。‎ ‎(3)Y与R相比,非金属性较强的是____________(用元素符号表示),下列事实能证明这一结论的是___________ (填字母)。‎ A.常温下Y的单质呈固态,R的单质呈气态 B.稳定性:XR>YX4‎ C.Y与R形成的化合物中Y呈正价 ‎(4)根据表中数据推测,Y的原子半径(用r表示)的最小范围是__________________。‎ ‎(5)甲、乙是上述部分元素的最高价氧化物的水化物,且甲+乙→丙+水。若丙的水溶液呈碱性,则丙的化学式为__________________。‎ ‎【答案】 (1). 第三周期第ⅦA族 (2). 同位素 (3). 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ (4). Cl (5). BC (6). 0.099nm