河北省唐山市遵化石門鎮(zhèn)中學(xué)2022年高三化學(xué)聯(lián)考試卷含解析

河北省唐山市遵化石門鎮(zhèn)中學(xué)2022年高三化學(xué)聯(lián)考試卷含解析一、單選題（本大題共15個小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，共60分。）1.下列關(guān)于工業(yè)生產(chǎn)的說法中，不正確的是（）A．工業(yè)上，用焦炭在電爐中還原二氧化硅得到含雜質(zhì)的粗硅B．生產(chǎn)普通水泥的主要原料有石灰石、石英和純堿C．工業(yè)上將粗銅進行精煉，應(yīng)將粗銅連接在電源的正極D．在高爐煉鐵的反應(yīng)中，一氧化碳作還原劑參考答案：

考點：硅和二氧化硅；銅的電解精煉；高爐煉鐵；水泥的主要化學(xué)成分、生產(chǎn)原料及其用途．專題：碳族元素；幾種重要的金屬及其化合物．分析：A．C和二氧化硅發(fā)生置換反應(yīng)生成硅；B．生產(chǎn)普通水泥的原料是石灰石和黏土；C．精煉銅時，粗銅為陽極；D．鐵可用熱還原法冶煉．解答：解：A．C的還原性比硅強，碳和二氧化硅發(fā)生置換反應(yīng)生成硅，故A正確；B．生產(chǎn)普通水泥的原料是石灰石和黏土，石灰石、石英和純堿時制備玻璃的主要原料，故B錯誤；C．精煉銅時，粗銅為陽極，純銅為陰極，故C正確；D．鐵可用熱還原法冶煉，可用C、CO等為還原劑，故D正確．故選B．點評：本題考查較為綜合，涉及工業(yè)生產(chǎn)的考查，側(cè)重于化學(xué)與生產(chǎn)、生活以及化學(xué)對工業(yè)生成的指導(dǎo)意義，難度不大，主要相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累．2.下列說法正確的是A．在分子中，兩個成鍵的原子間的距離叫做鍵長B．H—Cl的鍵能為431.8kJ/mol，H—I的鍵能為298.7kJ/mol，這可以說明HCl分子比HI分子穩(wěn)定C．含有極性鍵的分子一定是極性分子

D．鍵能越大，表示該分子越容易受熱分解參考答案：B略3.對于密閉容器中的反應(yīng)：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H＜0，在673K，30MPa下n(NH3)和n(H2)隨時間變化的關(guān)系如下圖所示。下列敘述正確的是（）A．點a處的正反應(yīng)速率比點b處的大B．點c處的正反應(yīng)速率比逆反應(yīng)速率大C．點d(t1時刻)的n(N2)比點e(t2時刻)處的n(N2)大D．其他條件不變，773K下反應(yīng)至t1時刻，此時畫出的兩根平行線間的距離將要變大參考答案：答案：AB4.(2012河南平頂山一調(diào))常溫時,下列關(guān)于電解質(zhì)溶液的敘述正確的是(

)A.稀釋pH=10的氨水,溶液中所有離子的濃度均降低B.常溫下物質(zhì)的量濃度相等的①、②、③三種溶液中c:③>①>②C.pH=11的NaOH和pH=11的氨水分別稀釋100倍后的pH前者一定大于后者D.分別中和pH與體積均相同的硫酸和醋酸,硫酸消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量多參考答案：B5.碳納米管是近年來材料科學(xué)研究的熱點．為除去碳納米管中的雜質(zhì)﹣﹣碳納米顆粒（少量碳原子的聚集體），可以將樣品溶解于強酸性的K2Cr2O7溶液中充分反應(yīng)，當(dāng)溶液由橙色轉(zhuǎn)變?yōu)槟G色（Cr3+）即可，同時放出一種無毒的氣體．以下判斷正確的是（）A．可以用濃鹽酸調(diào)節(jié)K2Cr2O7溶液的酸性B．該過程中每氧化2mol碳納米顆粒，轉(zhuǎn)移8NA個電子C．若將該反應(yīng)設(shè)計為原電池，則碳納米顆粒應(yīng)作為原電池的正極D．可以通過過濾的方法最終得到碳納米管參考答案：B考點：氧化還原反應(yīng)；原電池和電解池的工作原理．專題：氧化還原反應(yīng)專題．分析：由信息可知，發(fā)生C+K2CrO7+H2SO4→CO2↑+K2SO4+Cr2（SO4）3+H2O，C元素的化合價升高，Cr元素的化合價降低，以此來解答．解答：解：A．濃鹽酸與K2Cr2O7發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能用濃鹽酸調(diào)節(jié)K2Cr2O7溶液的酸性，故A錯誤；B．C元素的化合價升高，失去電子被氧化，則每氧化2mol碳納米顆粒，轉(zhuǎn)移2mol×（4﹣0）×=NA8NA個電子，故B正確；C．若將該反應(yīng)設(shè)計為原電池，C失去電子，碳納米顆粒應(yīng)作為原電池的負極，故C錯誤；D．碳納米管的直徑較小，可透過濾紙，不能利用過濾分離，故D錯誤；故選B．點評：本題考查氧化還原反應(yīng)，為高頻考點，把握習(xí)題中的信息判斷發(fā)生的反應(yīng)、反應(yīng)中元素的化合價變化為解答的關(guān)鍵，涉及電子轉(zhuǎn)移、原電池原理、混合物分離方法等，綜合性較強，側(cè)重分析與遷移應(yīng)用能力的考查，題目難度中等．6.25℃時，下列各溶液中有關(guān)微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A．在0.1mol?L﹣1Na2S溶液中：2c（Na+）=c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）B．pH=2的醋酸溶液與pH=12的NaOH溶液等體積混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）C．將0.1mol?L﹣1鹽酸與0.1mol?L﹣1K2CO3溶液等體積混合：c（K+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．向0.1mol?L﹣1NH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性：c（Na+）＞c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）參考答案：BC考點：離子濃度大小的比較分析：A．根據(jù)0.1mol?L﹣1Na2S溶液中的物料守恒判斷；B．溶液中一定存在電荷守恒，根據(jù)混合液中的電荷守恒分析；C．混合液中溶質(zhì)為等濃度的氯化鉀和碳酸氫鉀，碳酸氫根離子部分水解，溶液顯示堿性，則c（OH﹣）＞c（H+），結(jié)合電荷守恒判斷各離子濃度大??；D．溶液為中性，則c（OH﹣）=c（H+），根據(jù)電荷守恒可得：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），混合液為中性，加入的氫氧化鈉的物質(zhì)的量稍大于0.1mol．解答：解：A．根據(jù)0.1mol?L﹣1Na2S溶液中的物料守恒可得：c（Na+）=2c（S2﹣）+2c（HS﹣）+2c（H2S），故A錯誤；B．pH=2的醋酸溶液與pH=12的NaOH溶液等體積混合，根據(jù)電荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故B正確；C．將0.1mol?L﹣1鹽酸與0.1mol?L﹣1K2CO3溶液等體積混合，反應(yīng)生成碳酸氫鉀，反應(yīng)后溶質(zhì)為氯化鉀和碳酸氫鉀，碳酸氫根離子部分水解，溶液顯示堿性，c（OH﹣）＞c（H+），溶液中離子濃度大小為：c（K+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正確；D．向0.1mol?L﹣1NH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性，則c（OH﹣）=c（H+），氫氧化鈉的物質(zhì)的量應(yīng)該稍大些，則c（Na+）＞c（SO42﹣），根據(jù)電荷守恒可得：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），則c（SO42﹣）＞c（NH4+），溶液中離子濃度大小為：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故D錯誤；故選BC．點評：本題考查了離子濃度大小比較、酸堿混合的定性判斷，題目難度中等，明確反應(yīng)后溶質(zhì)組成為解答關(guān)鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒及鹽的水解原理的含義及應(yīng)用方法，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析理解能力．7.若NA表示阿佛加德羅常數(shù)，下列說法正確的是（） A． 1molCl2作為氧化劑得到的電子數(shù)為NA B． 在0℃，101kPa時，22.4L氫氣中含有NA個氫原子 C． 14g氮氣中含有7NA個電子 D． NA個一氧化碳分子和0.5mol甲烷的質(zhì)量比為7：4參考答案：

考點： 阿伏加德羅常數(shù)．專題： 阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律．分析： A、從氯氣只做氧化劑和自身氧化還原反應(yīng)分析電子轉(zhuǎn)移；B、從標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積換算物質(zhì)的量，結(jié)合氫氣是雙原子分子計算；C、質(zhì)量換算物質(zhì)的量，結(jié)合分子結(jié)構(gòu)計算電子數(shù)；D、從微粒數(shù)計算物質(zhì)的量，結(jié)合摩爾質(zhì)量計算質(zhì)量；解答： 解：A、1molCl2作為氧化劑得到的電子數(shù)為2NA，故A錯誤；B、0℃，101kPa時為標(biāo)準(zhǔn)狀況，22.4L氫氣物質(zhì)的量為1mol，含有氫原子2mol，故B錯誤；C、14g氮氣物質(zhì)的量為0.5mol，含電子數(shù)為0.5mol×2×7=7mol，即7NA，故C正確；D、NA個一氧化碳分子物質(zhì)的量為1mol，質(zhì)量=1mol×28g/mol=28g；0.5mol甲烷的質(zhì)量=0.5mol×16g/mol=8g，所以一氧化碳和甲烷的質(zhì)量比為28：8=7：2；故D錯誤；故選C．點評： 本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的應(yīng)用，主要是氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移計算，氣體摩爾體積的應(yīng)用，物質(zhì)的量與微粒數(shù)、電子數(shù)的計算應(yīng)用．8.有關(guān)CH2＝CH－C≡N分子的說法正確的是（）A．3個鍵，2個π鍵B．5個鍵，3個π鍵C．6個鍵，2個π鍵D．6個鍵，3個π鍵參考答案：D略9.下列對物質(zhì)用途的描述中，錯誤的是

A．與Mg、Al比較，鎂鋁合金的強度和硬度均較大，常用作航天器的材料

B．Cl2、SO2、NaClO均可用于漂白某些物質(zhì)

C．濃硫酸具有吸水性，可用于干燥HCl、H2S、O2

D．碳酸鈉可用于制皂和制玻璃參考答案：C10.

右圖為直流電源電解稀Na2SO4水溶液的裝置。通電后在石墨電極a和b附近分別滴加一滴石蕊溶液。下列實驗現(xiàn)象中正確的是A．逸出氣體的體積，a電極的小于b電極的B．一電極逸出無味氣體，另一電極逸出刺激性氣味氣體C．a(chǎn)電極附近呈紅色，b電極附近呈藍色D．a(chǎn)電極附近呈藍色，b電極附近呈紅色參考答案：D11.下列電池工作時，O2在正極放電的是

A．鋅錳電池B．氫燃料電池C．鉛蓄電池D．鎳鎘電池參考答案：B12.下列儲存藥品的方法中，正確的是A．液溴保存在帶橡膠塞的玻璃瓶中B．新制氯水保存在棕色廣口瓶中C．金屬鋰保存在石蠟油中D．硅酸鈉溶液保存在帶磨口玻璃塞的玻璃瓶中參考答案：C試題分析：A．液溴能腐蝕橡膠塞，故A錯誤；B．新制氯水保存在棕色細口瓶中，故B錯誤；C．鋰和氧氣和水能發(fā)生反應(yīng)，所以要隔絕空氣保存，鋰的密度大于石蠟油，所以金屬鋰保存在石蠟油中，故C正確；D．硅酸鈉溶液具有黏性，保存硅酸鈉溶液應(yīng)該保存在帶有橡膠塞的玻璃瓶中，故D錯誤；故選C。13.下列敘述中正確的是

（

）A．常溫下，在pH=10的溶液中，NO3-、SO42-、I－、K＋可以大量共存B.物質(zhì)的量濃度相等的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液，其pH是pH(Na2CO3)<pH(NaHCO3)C.FeBr2溶液中通入少量Cl2時，離子方程式為2Br－+Cl2=2Cl－+Br2D.醋酸與NaOH發(fā)生中和反應(yīng)，當(dāng)c(CH3COO－)=c(Na＋)時，c(H＋)=c(OH－)參考答案：D略14.下列所給的離子或分子能大量共存的是

A.

B.

C.

D.參考答案：D略15.等質(zhì)量的下列物質(zhì)與足量稀硝酸反應(yīng)，放出NO物質(zhì)的量最多的是

A．FeO

B.Fe2O3

C.FeSO4

D、Fe3O4

參考答案：A【知識點】氧化還原反應(yīng)的計算

【答案解析】A

解析:假設(shè)質(zhì)量都為mg，A．FeO與硝酸反應(yīng)被氧化生成Fe3+，則失電子物質(zhì)的量為m/72mol；B．Fe2O3與硝酸不發(fā)生氧化還原反應(yīng)，失電子為0；C．FeSO4與硝酸反應(yīng)被氧化生成Fe3+，則失電子物質(zhì)的量為m/152mol；D．Fe3O4中Fe元素的化合價有+2、+3價，與硝酸反應(yīng)被氧化生成Fe3+，則失電子物質(zhì)的量為m/232mol，由以上分析可知，失電子最多的是FeO，則放出NO物質(zhì)的量最多的是FeO，故選A．【思路點撥】本題考查了本題考查氧化還原反應(yīng)的相關(guān)計算，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和計算能力的考查，為高頻考點，注意把握元素的化合價的變化，為解答該題的關(guān)鍵，本題易錯點為D，注意Fe3O4中Fe元素化合價的判斷，難度不大．二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.滴定分析法又叫容量分析法，是一種重要的定量分析方法。這種方法是將一種已知準(zhǔn)確濃度的試劑通過滴定管滴加到被測物質(zhì)的溶液中，直到所加試劑與被測物質(zhì)恰好完全反應(yīng)，然后求出被測物質(zhì)的組分含量。酸堿中和滴定是重要的滴定分析實驗。I．（1）現(xiàn)用已知濃度的NaOH溶液，用中和滴定法去測定未知濃度的CH3COOH溶液，實驗步驟如下，請?zhí)顚懹嘘P(guān)內(nèi)容：①將酸式滴定管洗凈后，每次用3－4mL待測醋酸溶液潤洗2－3次，然后加入待測醋酸至0刻度以上。把滴定管夾在滴定管夾上，轉(zhuǎn)動活塞，放出少量溶液，使滴定管，并使液面達到，記錄初讀數(shù)。②用相似的方法在堿式滴定管中加入標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液，并調(diào)節(jié)好液面。③在酸式滴定管內(nèi)取VmL的待測醋酸移到洗凈的錐形瓶中，加2－3滴作指示劑，記錄終讀數(shù)。④用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液滴定待測醋酸。左手，向錐形瓶中慢慢滴加NaOH溶液，右手輕輕搖動錐形瓶，兩眼注視，當(dāng)溶液顏色由無色變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)不褪色，表示達到滴定終點，記錄終讀數(shù)。⑤重復(fù)上述實驗步驟。（2）指示劑的選擇一般根據(jù)滴定突躍，其選擇標(biāo)準(zhǔn)是：。（3）已知標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液的濃度為0.1000mol·L-1，所取待測醋酸的體積V均為20.00mL。實驗過程記錄的數(shù)據(jù)如下表，求待測醋酸的物質(zhì)的量濃度。滴定前第一次終點第二次終點第三次終點堿式滴定管液面刻度0.10mL19.12mL18.15mL19.08mLⅡ．（1）DIS數(shù)字化信息系統(tǒng)因為可以準(zhǔn)確測量溶液的pH而在中和滴定的研究中應(yīng)用越來越廣泛深入。某學(xué)習(xí)小組利用DIS系統(tǒng)測定NaOH滴定同濃度HCl、CH3COOH的pH變化曲線分別如下，你能從中得到的信息有（寫出2條信息）：

①

；②

；（2）右圖是NaOH滴定磷酸的pH變化曲線圖，已知曲線右端NaOH已過量。①寫出第一次滴定突躍前反應(yīng)的離子方程式

；②你認為曲線中沒有第三個突躍的可能原因是：

A．磷酸是二元酸，只有二個突躍B．到第二個突躍后，溶液堿性已較強，滴定過程中溶

液堿性變化不大了C．磷酸濃度不夠大，不能出現(xiàn)第三個突躍D．NaOH溶液量不足，在第三個突躍前已消耗完E．第三次滴定突躍范圍太窄，不明顯參考答案：I．（1）①尖嘴內(nèi)充滿溶液；

0或0刻度以下。

③酚酞溶液

④擠壓堿式滴定管玻璃球；錐形瓶中溶液顏色的變化。（2）指示劑的變色范圍在滴定突躍范圍內(nèi)（3）0.09500mol·L-1（注：舍去第二次終點數(shù)據(jù)進行計算，并結(jié)果保留四位有效數(shù)字）Ⅱ．（1）①起點pH不同，鹽酸的小，醋酸的大；②均有一個pH突躍；③鹽酸中開始pH上升慢，突躍前突然變快，醋酸中開始pH上升快，突躍前pH上升變慢。

（2）①H3PO4＋OH－=H2PO4－+H2O

②BE略三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.[選修5：有機化學(xué)基礎(chǔ)](15分)有機物G是合成免疫抑制劑藥物霉酚酸的中間體，可由如下路徑合成得到：請回答下列問題：(1)有機物A中含氧官能團的名稱為________。(2)B→C的反應(yīng)類型為________。(3)反應(yīng)⑥除生成有機物G外還生成HBr，則試劑X的結(jié)構(gòu)簡式為________。(4)反應(yīng)④可得到副產(chǎn)品有機物J，有機物J和有機物E互為同分異構(gòu)體，寫出有機物J的結(jié)構(gòu)簡式：________。(5)D的一種同分異構(gòu)體滿足下列條件：Ⅰ.可以發(fā)生銀鏡反應(yīng)，且能夠與NaHCO3溶液反應(yīng)產(chǎn)生CO2；Ⅱ.屬于芳香族化合物，且核磁共振氫譜圖顯示分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子。寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：__________________________________________________________________________________________________。(6)已知：直接與苯環(huán)相連的鹵素原子難以與NaOH溶液發(fā)生取代反應(yīng)。根據(jù)已有知識并結(jié)合相關(guān)信息，設(shè)計出以、HCHO為原料合成的合成路線(無機試劑任用)。合成路線示例如下：CH2===CH2CH3CH2BrCH3CH2OH。參考答案：(1)(酚)羥基(1分)、酯基(1分)(2)取代反應(yīng)(1分)(6)(4分)(先酯化后去溴原子也可)

(1)(2)解析略。(3)G與F相比，增加的為虛線框標(biāo)出的部分，即F中苯環(huán)上的氫原子被取代，生成了HBr，因此試劑X應(yīng)為虛線框標(biāo)出的部分接一個溴原子，故其結(jié)構(gòu)簡式為。(4)反應(yīng)④的原理是在其中一個—OH所連碳原子的鄰位碳原子上引入一個—CH2Cl，而鄰位碳原子有兩個，故在另一個鄰位碳原子上也可引入一個—CH2Cl。(5)可以發(fā)生銀鏡反應(yīng)，且能夠與NaHCO3溶液反應(yīng)產(chǎn)生CO2，說明分子中含有—CHO和—COOH，它們的不飽和度都為1；屬于芳香族化合物，說明分子中含有苯環(huán)。由于D中除苯環(huán)外，不飽和度為2，碳原子數(shù)為2，氧原子數(shù)為4，故符合條件的D的同分異構(gòu)體中，除含—CHO和—COOH外，還有1個氧原子在C—C鍵之間或在C—H鍵之間。由于分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，—CHO和—COOH中各有1種氫原子，故苯環(huán)上只能有2種氫原子，因此—CHO和—COOH必處于苯環(huán)的對位：剩余的一個氧原子有兩種插入方法：，從而可得D的同分異構(gòu)體。(6)分析①：目標(biāo)有機物與原料的結(jié)構(gòu)及差異分析②：從表中分析來看，目標(biāo)有機物中的結(jié)構(gòu)1與結(jié)構(gòu)2在原料1中都存在，因此不需要轉(zhuǎn)變。目標(biāo)有機物中的結(jié)構(gòu)3和結(jié)構(gòu)4合起來為—CH2OOCH，即為酯類，因此需要用HCOOH與—CH2OH反應(yīng)得到。分析原料可知，HCOOH可由HCHO氧化得到。而—CH2OH可由—CH2Cl水解得到，因此如何引入—CH2Cl是關(guān)鍵，此基團可由—CH3氯代得到，但在苯環(huán)上引入一個—CH3無法實現(xiàn)，此時需要應(yīng)用其他方法。分析有機物G的合成路線，可知D→E可引入—CH2Cl，問題得到解決。目標(biāo)有機物中沒有溴原子，而原料1中有兩個溴原子，因此必須想辦法將其去掉?；貞浰鶎W(xué)知識，沒有這方面的講解，故必須在題中尋找，發(fā)現(xiàn)C→D可實現(xiàn)這一轉(zhuǎn)化。分析③：由分析②可知，有3個順序需要確定，一是引入—CH2Cl，二是除去溴原子，三是酯化反應(yīng)。從有機物G的合成路線中C→E看，會誤認為可以先除去溴原子，再引入—CH2Cl，出現(xiàn)這樣的錯誤是由于沒有弄清反應(yīng)的原理，該路線中—OH的鄰、對位已部分被其他基團占據(jù)，故再引入—CH2Cl，不會出現(xiàn)大量副產(chǎn)物，而若先除去溴原子，則得到此時若引入—CH2Cl，會產(chǎn)生大量的副產(chǎn)物，故應(yīng)引入—CH2Cl之后再除去溴原子。由題給信息知在引入—CH2Cl之后，可在NaOH溶液中水解(此時苯環(huán)上的溴原子不水解)，使其轉(zhuǎn)變?yōu)椤狢H2OH。此時再進行酯化和除去溴原子即可。

18.【化學(xué)―選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】鐵被稱為“第一金屬”，鐵及其化合物在生產(chǎn)、生活中有廣泛用途。(1)鐵原子外圍電子軌道表示式為_______，鐵原子核外電子發(fā)生躍遷時會吸收或釋放不同的光，可以用___________攝取鐵元素的原子光譜。(2)FeCoOx是一種新型光電催化劑。第四電離能大小關(guān)系是I4(Co)____I4(Fe)（填“>”或“<”)，原因是__________________________。(3)二茂鐵[(C5H5)2Fe]可用作火箭燃料添加劑、汽油抗爆劑。二茂鐵熔點172℃，沸點249℃，易升華，難溶于水，易溶于有機溶劑，它屬于_____________晶體。(4)環(huán)戊二烯(C5H6)結(jié)構(gòu)如圖(a)，可用于制二茂鐵。環(huán)戊二烯中碳原子的雜化方式為________。分子中的大π鍵可用符號表示，其m代表參與形成大π鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大π鍵的電子數(shù)，環(huán)戊二烯負離子(C5H5―）結(jié)構(gòu)如圖(b)，其中的大π鍵可以表示為_________________。(5)某普魯士藍類配合物可作為新型鈉離子電池電極材料。它由Na+、Ni2+、Fe3+和CN―構(gòu)成，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖(c)。該物質(zhì)中，不存在________（填標(biāo)號）。A離子鍵

Bσ鍵

Cπ鍵

D氫鍵

E金屬鍵(6)該晶胞中Ni2+采用的堆積方式與________(選填Po、Na、Mg、Cu)相同，單個晶胞的配位空隙中共容納_____個Na+。參考答案：(1)

光譜儀

(2)<

鐵失去的是處于半充滿狀態(tài)的3d5的一個電子，相對較難；鈷失去3d6上的一個電子后形成穩(wěn)定的半充滿狀態(tài)，相對容易

(3)分子

(4)sp2、sp3

(5)DE

(6)Cu

4【分析】(1)鐵是26號元素，價電子電子排布式是3d64s2；光譜儀可以攝取原子光譜；(2)根據(jù)洪特規(guī)則，能量相同的原子軌道處于全滿、半滿、全空狀態(tài)時能量低，相對穩(wěn)定；(3)根據(jù)熔沸點判斷晶體類型；(4)有機物中單鍵碳原子的雜化方式是sp3、雙鍵碳原子的雜化方式