2023年高考化學(xué)真題試卷(河北卷)351帶答案解析

2023年高考化學(xué)真題試卷〔河北卷〕一、單項(xiàng)選擇題〔927分〕“灌鋼法”“鋼鐵是雜煉生鍒作刀鐮者”。“灌鋼法”主要是將生鐵和熟鐵(含碳量約0.1%)混合加熱，生鐵熔化灌入熟鐵，再鍛打成鋼。以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕鋼是以鐵為主的含碳合金鋼的含碳量越高，硬度和脆性越大生鐵由于含碳量高，熔點(diǎn)比熟鐵高冶煉鐵的原料之一赤鐵礦的主要成分為Fe2O3【答案】C【考點(diǎn)】合金及其應(yīng)用，鐵的氧化物和氫氧化物【解析】【解答】A．鋼是含碳量低的鐵合金，故A不符合題意；B．鋼的硬度和脆性與含碳量有關(guān)，隨著含碳量的增大而增大，故不符合題意；C．由題意可知，生鐵熔化灌入熟鐵，再鍛打成鋼，說明生鐵的熔點(diǎn)低于熟鐵，故C符合題意；D．赤鐵礦的主要成分是Fe2O3 ，可用于冶煉鐵，故D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥靠疾斓氖氰F合金，鐵的合金常用的是生鐵和鋼，生鐵和鋼的性質(zhì)下差異的緣由是含碳量不同，生鐵的含碳量高，鋼的含碳量低，鋼的含碳量越高，印度和脆性越大，常用冶鐵礦石的是赤鐵礦主要成分是三氧化二鐵，合金的熔點(diǎn)比純金屬要低高分子材料在生產(chǎn)生活中應(yīng)用廣泛。以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕蘆葦可用于制造黏膠纖維，其主要成分為纖維素聚氯乙烯通過加聚反響制得，可用于制作不粘鍋的耐熱涂層淀粉是相對(duì)分子質(zhì)量可達(dá)幾十萬的自然高分子物質(zhì)大豆蛋白纖維是一種可降解材料【答案】B【考點(diǎn)】合成材料，常用合成高分子材料的化學(xué)成分及其性能，高分子材料【解析】【解答】A．蘆葦中含有自然纖維素，可用于制造黏膠纖維，故A不符合題意；B．聚氯乙烯在高溫條件下會(huì)分解生成有毒氣體，因此不能用于制作不粘鍋的耐熱涂層，故B符合題意；C．淀粉為多糖，屬于自然高分子物質(zhì)，其相對(duì)分子質(zhì)量可達(dá)幾十萬，故C不符合題意；D．大豆蛋白纖維的主要成分為蛋白質(zhì)，能夠被微生物分解，因此大豆蛋白纖維是一種可降解材料，故D不符合題意；故答案為:B。【分析】A.蘆葦廣泛存在與自然界，主要成分是纖維素，因此可以用來制作粘膠纖維B.一般制備農(nóng)藥均選擇氯元素，磷元素、氟元素等非金屬很強(qiáng)的元素，而聚氯乙烯中存在氯元素，在加熱時(shí)易產(chǎn)生有毒的物質(zhì)10C.淀粉的分子式是(C6H10O5)n,為高分子化合物D.蛋白質(zhì)易被水解，因此可降解以下操作標(biāo)準(zhǔn)且能到達(dá)試驗(yàn)?zāi)康牡氖恰病硤D甲測(cè)定醋酸濃度 B.圖乙測(cè)定中和熱 C.圖丙稀釋濃硫酸 D.圖丁萃取分別碘水中的碘【答案】A【考點(diǎn)】濃硫酸的性質(zhì)，分液和萃取，中和滴定，中和熱的測(cè)定，化學(xué)試驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)【解析】【解答】A．氫氧化鈉溶液呈堿性，因此需裝于堿式滴定管，氫氧化鈉溶液與醋酸溶液恰好完全反響后生成的醋酸鈉溶液呈堿性，因此滴定過程中選擇酚酞作指示劑，當(dāng)溶液由無色變?yōu)榈t色時(shí)，達(dá)到滴定終點(diǎn)，故A符合題意；B．測(cè)定中和熱試驗(yàn)中溫度計(jì)用于測(cè)定溶液溫度，因此不能與燒杯內(nèi)壁接觸，并且大燒杯內(nèi)空隙需用硬紙板填充，防止熱量散失，故B不符合題意；C．容量瓶為定容儀器，不能用于稀釋操作，故C不符合題意；D．分液過程中長頸漏斗下方放液端的長斜面需緊貼燒杯內(nèi)壁，防止液體留下時(shí)飛濺，故D不符合題意；故答案為A。A.酸堿中和滴定，酚酞的變色范圍在堿性范圍內(nèi)，而氫氧化鈉和醋酸反響得到的醋酸鈉顯堿性符合酚酞的變色范圍B.中和熱測(cè)定時(shí)需要留意保溫裝置，以及溫度計(jì)不能與燒杯底部接觸，此裝置為進(jìn)展保溫可能測(cè)定的結(jié)果偏低C.濃硫酸稀釋時(shí)放熱，一般稀釋時(shí)放在燒杯中，容量瓶是用來配制確定物質(zhì)的量濃度的溶液D.分液時(shí)留意分液漏斗的下端僅靠燒杯內(nèi)壁硫和氮及其化合物對(duì)人類生存和社會(huì)進(jìn)展意義重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的環(huán)境問題也日益受到關(guān)注，以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕NO2SO2均為紅棕色且有刺激性氣味的氣體，是酸雨的主要成因汽車尾氣中的主要大氣污染物為NO、SO2和PM2.5NONO2作為肥料，實(shí)現(xiàn)氮的固定SO2可承受石灰法進(jìn)展脫除【答案】D【考點(diǎn)】氮的固定，氮的氧化物的性質(zhì)及其對(duì)環(huán)境的影響，常見的生活環(huán)境的污染及治理【解析】【解答】A．NO2是紅棕色且有刺激性氣味的氣體，而SO2是無色有刺激性氣味的氣體，A不符合題意；汽車尾氣的主要大氣污染物為CNNOxCO等，B不符合題意；氮的固定是指將游離態(tài)的氮元素轉(zhuǎn)化為化合態(tài)，且植物可吸取土壤中的銨根離子或硝酸根離子作為肥料，不能直接吸取空氣中的氮氧化物，C不符合題意；工業(yè)廢氣中的SO2可承受石灰法進(jìn)展脫除，如參與石灰石或石灰乳均可進(jìn)展脫硫處理，D符合題意；故答案為：D。n→Y+【分析】二氧化硫和二氧化氮均是造成酸雨的主要成分，二氧化硫主要來自煤的燃燒，二氧化氮主要來自汽車尾氣或工業(yè)廢氣等，二氧化硫是無色有刺激性氣味的氣體，二氧化氮是紅棕色有刺激性氣味的氣體。汽車的尾氣主要是含氮氧化物和一氧化碳，無二氧化硫，自然界中的固氮是將氮?dú)廪D(zhuǎn)化為含氮的肥料，二氧化硫被石灰石轉(zhuǎn)化犯難分解的硫酸鈣除去n→Y+用中子轟擊 NZ

X原子產(chǎn)生α粒子(即氮核 42

He)的核反響為： NZ

X+ 10

7 4He。已2??知元素Y在化合物中呈+1價(jià)。以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕2??H3XO3NaOH溶液Y單質(zhì)在空氣中燃燒的產(chǎn)物是Y2O2X和氫元素形成離子化合物6Y7Y互為同素異形體【答案】A【考點(diǎn)】物質(zhì)的組成、構(gòu)造和性質(zhì)的關(guān)系，同素異形體，化學(xué)試驗(yàn)安全及事故處理【解答】A．H3????3為硼酸，氫氧化鈉溶液具有腐蝕性，假設(shè)不慎將????????溶液濺到皮膚上，則H3????3，以中和堿液，A符合題意；B．YLiLi2O，B不符合題意；C．X為B，與氫元素會(huì)形成BH3或B2H4等硼氫化合物，B元素與H元素以共價(jià)鍵結(jié)合，屬于共價(jià)化合物，C不符合題意；6????和 7????兩者的質(zhì)子數(shù)均為3，中子數(shù)不同，所以兩者互為同位素，D不符合題意；故答案為：A?！痉治觥恳罁?jù)推斷YLi,X是BA.硼酸是弱酸，氫氧化鈉溶液是堿性溶液，不留神滴到皮膚上，利用硼酸的弱酸性可以中和氫氧化鈉溶液B.Li在空氣中產(chǎn)物沒有過氧化鋰，只有氧化鋰6Y76Y7Y均是元素不是單質(zhì)BiOCl是一種具有珠光澤的材料，利用金屬BiBiOCl的工藝流程如圖：以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕HNO3可降低反響猛烈程度HClBiONO3CH3COONa(s)Bi3+水解程度NH4NO3(s)BiOCl的生成【答案】D【考點(diǎn)】硝酸的化學(xué)性質(zhì)，物質(zhì)的分別與提純，制備試驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)【解答】A．硝酸為強(qiáng)氧化劑，可與金屬鉍反響，酸浸工序中分次參與稀??????3，反響物硝酸的用量削減，可降低反響猛烈程度，A不符合題意；BBiONO3，水解的離子方程式為3Bi3++NO-+H2O?BiONO3+2H+，轉(zhuǎn)化工序中參與稀??????，使氫離子濃度增大，依據(jù)勒夏特列原理分BiONO3，B不符合題意；3C．氯化鉍水解生成??????????的離子方程式為Bi3++Cl-+H2O?BiOCl+2H+，水解工序中參與少量CH3COONa(s)，醋酸根會(huì)結(jié)合氫離子生成弱電解質(zhì)醋酸，使氫離子濃度減小，依據(jù)勒夏特列原理分析，氯化鉍水解平衡右移，促進(jìn)Bi3+水解，C不符合題意；D．氯化鉍水解生成??????????的離子方程式為Bi3++Cl-+H2O?BiOCl+2H+，水解工序中參與少量????4????3(??)，銨根離子水解生成氫離子，使氫離子濃度增大，依據(jù)勒夏特列原理分析，氯化鉍水解平衡3左移，不利于生成??????????，且局部鉍離子與硝酸根、水也會(huì)發(fā)生反響B(tài)i3++NO-+H2O?3BiONO3+2H+，也不利于生成??????????，綜上所述，D符合題意；故答案為：D?！痉治觥緼.硝酸具有很強(qiáng)的氧化性，分批次參與避開大量的接觸，避開了反響速率過快BiONO3B. BiONO3C.鉍離子水解呈酸性，參與醋酸鈉結(jié)合氫離子形成醋酸是弱酸促進(jìn)了鉍離子的水解D.鉍離子水解呈酸性，銨根離子水解呈酸性抑制鉍離子的水解NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)18NA1mol1mol氫氣在密閉容器中充分反響，生成的碘化氫分子數(shù)小于2NA4A電解飽和食鹽水時(shí)，假設(shè)陰陽兩極產(chǎn)生氣體的總質(zhì)量為73g，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA4A1L1mol?L-1NH【答案】C【考點(diǎn)】阿伏伽德羅常數(shù)

+與H+離子數(shù)之和大于N【解析】【解答】A．在標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4??1mol1mol×9×2×NA=18NA，A不符合題意；2碘蒸氣與氫氣發(fā)生的反響為：I (g)+H2(g)?2HI(g)，反響為可逆反響，有確定的限度，所以充分反響，生成的碘化氫分子數(shù)小于2NA，B不符合題意；2電解2電解飽和食鹽水時(shí)電極總反響為：2NaCl+2HO 2_

2NaOH+H2↑+Cl2↑，假設(shè)陰陽兩極產(chǎn)生氣體分別是1:1，假設(shè)氣體的總質(zhì)量為73g，則說明反響生成的氫氣與氯氣的物質(zhì)的1molH2～2e-2NA，C符合題意；1L1???????L1 溴化銨水溶液存在電荷守恒，即c(????4 )+c(H )=c(Br-)+c(OH-)，則物質(zhì)的量也滿足4n(????4 )+n(H )=n(Br-)+n(OH-)，由于n(Br-)=1L×1???????L1 =1??????，所以該溶液中4

與H 離子數(shù)之和大于NA，D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥緼.1個(gè)氟氣分子的質(zhì)子數(shù)B.氫氣和碘單質(zhì)反響是可逆反響，不能完全反響C.電解飽和食鹽水，得到的氣體是氯氣和氫氣，依據(jù)得失電子守恒即可推斷電子數(shù)目D.依據(jù)電荷守恒即可推斷苯并降冰片烯是一種重要的藥物合成中間體，構(gòu)造簡(jiǎn)式如圖。關(guān)于該化合物，以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕是苯的同系物8個(gè)碳原子共平面6種(不考慮立體異構(gòu))4個(gè)碳碳雙鍵【答案】B【考點(diǎn)】有機(jī)化合物中碳的成鍵特征，有機(jī)物的構(gòu)造和性質(zhì)A．苯的同系物必需是只含有1個(gè)苯環(huán)，側(cè)鏈為烷烴基的同類芳香烴，由構(gòu)造簡(jiǎn)式可知，苯并降冰片烯的側(cè)鏈不是烷烴基，不屬于苯的同系物，故A不符合題意；B．由構(gòu)造簡(jiǎn)式可知，苯并降冰片烯分子中苯環(huán)上的6個(gè)碳原子和連在苯環(huán)上的2個(gè)碳原子共平面，共有8個(gè)碳原子，故B符合題意；C．由構(gòu)造簡(jiǎn)式可知，苯并降冰片烯分子的構(gòu)造上下對(duì)稱，分子中含有55種，C不符合題意；D．苯環(huán)不是單雙鍵交替的構(gòu)造，由構(gòu)造簡(jiǎn)式可知，苯并降冰片烯分子中只含有1個(gè)碳碳雙鍵，故D不符合題意；故答案為：B?！痉治觥吭摲肿邮欠枷阕寤衔?，與苯的構(gòu)造不相像不互為同系物，苯環(huán)上全部的原子均共面，苯環(huán)上的碳原子以及與苯環(huán)相連接的碳原子個(gè)數(shù)共有8個(gè)，該分子中存在著5種不同的氫原子，因此一氯取代物5種，苯環(huán)中的鍵是介于雙鍵和單鍵特別的鍵，僅含有1個(gè)雙鍵。K—O2電池構(gòu)造如圖，ab為兩個(gè)電極，其中之一為單質(zhì)鉀片。關(guān)于該電池，以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕隔膜允許K+通過，不允許O2通過放電時(shí)，電流由b電極沿導(dǎo)線流向a電極；充電時(shí)，b電極為陽極1AhKO2的質(zhì)量與消耗O22.22用此電池為鉛酸蓄電池充電，消耗3.9g0.9g水【答案】D【考點(diǎn)】電極反響和電池反響方程式，原電池工作原理及應(yīng)用A．金屬性強(qiáng)的金屬鉀易與氧氣反響，為防止鉀與氧氣反響，電池所選擇隔膜應(yīng)允許??通過，不允許??2通過，故A不符合題意；由分析可知，放電時(shí)，a為負(fù)極，b為正極，電流由b電極沿導(dǎo)線流向a電極，充電時(shí)，b電極應(yīng)與直流電源的正極相連，做電解池的為陽極，故B不符合題意；1mol1mol1mol×71g/mol：1mol×32g/mol≈2.22：1C不符合題意；鉛酸蓄電池充電時(shí)的總反響方程式為2PbSO4+2H2O＝PbO2+Pb+2H2SO4 ，反響消耗2mol水，轉(zhuǎn)移2mol電子，由得失電子數(shù)目守恒可知，耗3.9g鉀時(shí)，鉛酸蓄電池消耗水的質(zhì)量為×18g/mol=1.8gD符合題意；故答案為：D。

3.9g39g/mola是負(fù)極，鉀失去電子，變?yōu)殁涬x子，b是正極。氧氣得到電子結(jié)合鉀離子變?yōu)槌趸?。充電時(shí)，a與電源負(fù)極相連接，為陰極，b與電源正極相連接，為陽極。依據(jù)數(shù)據(jù)計(jì)算出超氧化鉀和氧氣的質(zhì)量，依據(jù)消耗的鉀質(zhì)量計(jì)算出轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，即可計(jì)算鉛蓄電池的水的量二、不定項(xiàng)選擇題〔共416分〕關(guān)于非金屬含氧酸及其鹽的性質(zhì)，以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕濃H2SO4具有強(qiáng)吸水性，能吸取糖類化合物中的水分并使其炭化NaClO、KClO3等氯的含氧酸鹽的氧化性會(huì)隨溶液的pH減小而增加NaI與濃H3PO4HIH3PO4HI酸性強(qiáng)HNO3HNO3CuNO2NOHNO3氧化性更強(qiáng)【答案】B【考點(diǎn)】氧化性、復(fù)原性強(qiáng)弱的比較，硝酸的化學(xué)性質(zhì)，濃硫酸的性質(zhì)【解析】【解答】A．濃硫酸能使蔗糖炭化，表達(dá)的是其脫水性，而不是吸水性，A不符合題意；B．NaClO在水溶液中會(huì)發(fā)生水解，離子方程式為：ClO-+H2O?HClO+OH-，pH減小，則酸性增加，會(huì)促使平衡向正反響方向移動(dòng)，生成氧化性更強(qiáng)的HClO，ClO3在酸性條件下可生成具有強(qiáng)氧化性的氯氣、二氧化氯等氣體，增加氧化力氣，B符合題意；C．HI的沸點(diǎn)低，易揮發(fā)加熱??????與濃??3????4混合物發(fā)生反響生成????利用的是高沸點(diǎn)酸制備低沸點(diǎn)酸的原理，C不符合題意；D．一樣條件下依據(jù)銅與濃硝酸、稀硝酸反響的猛烈程度可知，濃硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D不符合題意；故答案為：B?！痉治觥緼.蔗糖的碳化主要利用了濃硫酸的脫水性B.次氯酸和氯酸的氧化性強(qiáng)于次氯酸鈉和氯酸鉀的氧化性，酸性越強(qiáng)氧化性越強(qiáng)C.考察的是難揮發(fā)性酸制取易揮發(fā)性酸D.比較酸性的強(qiáng)弱可以比較一樣條件下與同種金屬反響的速率即可推斷A.XZ的最高化合價(jià)均為+7價(jià)B.HXHZ在水中均為強(qiáng)酸，電子式可表示為與C.四種元素中，Y原子半徑最大，A.XZ的最高化合價(jià)均為+7價(jià)B.HXHZ在水中均為強(qiáng)酸，電子式可表示為與C.四種元素中，Y原子半徑最大，X原子半徑最小D.Z、W和氫三種元素可形成同時(shí)含有離子鍵和共價(jià)鍵的化合物【答案】C,D【考點(diǎn)】元素周期表的構(gòu)造及其應(yīng)用，元素周期律和元素周期表的綜合應(yīng)用【解析】【解答】A．X和Z分別是F、Cl，F(xiàn)無正價(jià)，A不符合題意；B．????和????HFHCl，HF在水中不是強(qiáng)酸，B不符合題意；C．四種元素W〔N〕、X〔F〕、Y〔P〕、Z〔Cl〕中，W〔N〕、X〔F〕有兩個(gè)電子層，Y〔P〕、Z〔Cl〕有三個(gè)電子層，半徑大于W〔N〕和X〔F〕，Y〔P〕原子序數(shù)小于Z〔Cl〕，Y原子半徑在這四種元素中最大；X〔F〕原子序數(shù)大于W〔N〕，故X原子半徑在這四種元素中最小，C符合題意；D．Z〔Cl〕、W〔N〕和氫三種元素可形成氯化銨，屬于同時(shí)含有離子鍵和共價(jià)鍵的化合物，D符合題意；故答案為：CD?！痉治觥肯韧茢郬N,XF,YP,ZCl。F無正價(jià)，Cl含有最高正價(jià)為+7價(jià)，HFHCl是強(qiáng)酸，四種元素對(duì)應(yīng)的離子是N3-,F-,P3-,Cl- ，離子半徑最大是P3- ，最小的是F- ，Cl,H,N形成的是氯化銨，是離子化合物，含有離子鍵和共價(jià)鍵番木鱉酸具有確定的抗炎、抗菌活性，構(gòu)造簡(jiǎn)式如圖。以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕1molNaHCO322.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)CO2Na、NaOH反響，消耗二者物質(zhì)的量之比為5：11mol2molH2發(fā)生加成反響KMnO4溶液氧化【答案】B,C【考點(diǎn)】有機(jī)物中的官能團(tuán)，有機(jī)物的構(gòu)造和性質(zhì)【解析】【解答】A．依據(jù)分子的構(gòu)造簡(jiǎn)式可知，1mol1mol-COOH，可與NaHCO3溶液反響1mol????222.4L，A不符合題意；B．1mol5mol1mol羧基，其中羥基和羧基均能與Na發(fā)生置換反響產(chǎn)生氫氣，而只有羧基可與氫氧化鈉發(fā)生中和反響，所以確定量的該物質(zhì)分別與足量????和????????反響，消耗二者物質(zhì)的量之61，B符合題意；C．1mol1mol碳碳雙鍵，其他官能團(tuán)不與氫氣發(fā)生加成反響，所以1mol該物質(zhì)最多可與1????????2發(fā)生加成反響，C符合題意；D．分子中含碳碳雙鍵和羥基，均能被酸性????????4溶液氧化，D不符合題意；故答案為：BC?！痉治觥緼.羧基可以與碳酸氫鈉反響，找出羧基的個(gè)數(shù)即可B.與鈉反響的是羧基、羥基，與氫氧化鈉反響的是羧基，找出各官能團(tuán)個(gè)數(shù)即可C.與氫氣加成的是碳碳雙鍵或三鍵或醛基、羰基找出即可D.能使高錳酸鉀溶液褪色的是雙鍵或復(fù)原性基團(tuán)，含有碳碳雙鍵和羥基MN且濃度相等，同時(shí)發(fā)生以下兩個(gè)反響：①M(fèi)+N=X+Y；②M+N=X+Z，反響①v1=k1c2(M)，反響②v2=k2c2(M)(k1、k2為速率常數(shù))。反響體系中組分M、Z的濃度隨時(shí)間變化狀況如圖，以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕0～30min時(shí)間段內(nèi)，Y6.67×10-8mol?L-1?min-1反響開頭后，體系中YZ的濃度之比保持不變假設(shè)反響能進(jìn)展到底，反響完畢時(shí)62.5%M轉(zhuǎn)化為Z反響①的活化能比反響②的活化能大【答案】A【考點(diǎn)】化學(xué)反響速率，化學(xué)反響速率與化學(xué)平衡的綜合應(yīng)用【解析】【解答】A．由圖中數(shù)據(jù)可知，30??????時(shí)，M、Z的濃度分別為0.300?????????1 和0.125?????????1 ，則M的變化量為0.5?????????1 -0.300?????????1 =0.200?????????1 ，其中轉(zhuǎn)化為Y的變化量為0.200?????????1 -0.125?????????1 =0.075?????????1 。因此，0~30??????時(shí)間段內(nèi)，Y的平均反響速率為0.075mol?L-1=0.0025????????1 ??????1 ，A說法符合題意；30min由題中信息可知，反響①和反響②的速率之比為

??2

，YZ分別為反響①和反響②的產(chǎn)物，且兩M的化學(xué)計(jì)量數(shù)一樣〔化學(xué)計(jì)量數(shù)均為1〕，因此反響開頭后，體系中YZ的濃度之比等于1 k、k為速率常數(shù)，故該比值保持不變，B1

??1，??2結(jié)合A、B的分析可知因此反響開頭后，在一樣的時(shí)間內(nèi)體系中YZ的濃度之比等于

??1=??20.075mol×L-1=3，因此，假設(shè)反響能進(jìn)展到底，反響完畢時(shí)有5

的M轉(zhuǎn)化為Z，即62.5%M轉(zhuǎn)化為0.125mol×L-1 5 8Z，C說法不符合題意；由以上分析可知，在一樣的時(shí)間內(nèi)生成Z較多、生成Y較少，因此，反響①的化學(xué)反響速率較小，在同一體系中，活化能較小的化學(xué)反響速率較快，故反響①的活化能比反響②的活化能大，D說法不符合題意。故答案為：A。【分析】A.30min的數(shù)據(jù)計(jì)算出Y的物質(zhì)的量濃度的變化量即可計(jì)算出速率溫度不變，平衡常數(shù)不變，利用平衡常數(shù)公式帶入計(jì)算即可推斷Y和Z的濃度之比不變依據(jù)速率之比計(jì)算即可活化能越大，反響速率越慢，依據(jù)計(jì)算推斷Y和Z的濃度大小即可推斷速率的大小三、非選擇題【必考題】〔共3題；共42分〕化工專家侯德榜制造的侯氏制堿法為我國純堿工業(yè)和國民經(jīng)濟(jì)進(jìn)展做出了重要奉獻(xiàn)，某化學(xué)興趣小組在試驗(yàn)室中模擬并改進(jìn)侯氏制堿法制備NaHCO3 ，進(jìn)一步處理得到產(chǎn)品Na2CO3和NH4Cl，試驗(yàn)流程如圖：答復(fù)以下問題：A．B．C．D．E.3〔從AE中選擇適宜的儀器制備O ，正確的連接挨次 按氣流方向，用小寫字母示A．B．C．D．E.3〔2〕B中使用霧扮裝置的優(yōu)點(diǎn)是 。生成NaHCO3的總反響的化學(xué)方程式為 。反響完成后，將BU形管內(nèi)的混合物處理得到固體NaHCO3和濾液：①對(duì)固體NaHCO3充分加熱，產(chǎn)生的氣體先通過足量濃硫酸，再通過足量Na2O2 ，Na2O2增重0.14g，則固體NaHCO3的質(zhì)量為 g。②向?yàn)V液中參與NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)過程。為使NH4Cl沉淀充分析出并分別，依據(jù)NaCl和NH4Cl溶解度曲線，需承受的操作為 、 、洗滌、枯燥。無水NaHCO3可作為基準(zhǔn)物質(zhì)標(biāo)定鹽酸濃度.稱量前，假設(shè)無水NaHCO3保存不當(dāng)，吸取了確定量水分，用其標(biāo)定鹽酸濃度時(shí)，會(huì)使結(jié)果 (填標(biāo)號(hào))。偏高偏低不變【答案】〔1〕aefbcgh；將玻璃塞上的凹槽對(duì)準(zhǔn)漏斗頸部的小孔使氨鹽水霧化，可增大與二氧化碳的接觸面積，從而提高產(chǎn)率〔或其他合理答案〕NH ?HO+NaCl+CO=NHCl+NaHCO↓3 2 2 4 3〔4〕0.84；蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶〔5〕A【考點(diǎn)】純堿工業(yè)〔侯氏制堿法〕，常用儀器及其使用，物質(zhì)的分別與提純，制備試驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，物質(zhì)的量的相關(guān)計(jì)算【解析】【解答】(1)要制備NaHCO3，需先選用裝置A制備二氧化碳，然后通入飽和碳酸氫鈉溶液中除HCl，后與飽和氨鹽水充分接觸來制備NaHCO3，其中過量的二氧化碳可被氫氧化鈉溶液吸取，也能充分利用二氧化碳制備得到少量NaHCO3，所以按氣流方向正確的連接挨次應(yīng)為：aefbcgh；為使A中分液漏斗內(nèi)的稀鹽酸順當(dāng)?shù)蜗?，可將分液漏斗上部的玻璃塞翻開或?qū)⒉Ａ系陌疾蹖?duì)準(zhǔn)漏斗頸部的小孔，故答案為：aefbcgh；將玻璃塞上的凹槽對(duì)準(zhǔn)漏斗頸部的小孔；B中使用霧扮裝置使氨鹽水霧化，可增大與二氧化碳的接觸面積，從而提高產(chǎn)率；依據(jù)上述分析可知，生成NaHCO3NH3?H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；(4)①對(duì)固體NaHCO3充分加熱，產(chǎn)生二氧化碳和水蒸氣，反響的化學(xué)方程式為：_??_2NaHCO3

_????2????3+????2↑+??2??將氣體先通過足量濃硫酸，吸取水蒸氣，再通過足量Na2O2，Na2O2與二氧化碳反響生成碳酸鈉和氧氣，化學(xué)方程式為：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，依據(jù)方程式28可知，依據(jù)差量法可知，當(dāng)增重0.14??〔2CO的質(zhì)量時(shí)，消耗的二氧化碳的質(zhì)量為0.14g×4428

=0.22g，其物質(zhì)的量為22g44g/mol

=0.005mol，依據(jù)關(guān)系式2NaHCO3～????2可知，消耗的NaHCO3的物質(zhì)的量為2×0.005mol=0.01mol，所以固體NaHCO30.01mol×84g/mol=0.84g；②依據(jù)溶解度雖溫度的變化曲線可以看出，氯化銨的溶解度隨著溫度的上升而不斷增大，而氯化鈉的溶解度隨著溫度的上升變化并不明顯，所以要想使NH4Cl沉淀充分析出并分別，需承受蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、洗滌、枯燥的方法，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；(5)稱量前，假設(shè)無水NaHCO3保存不當(dāng)，吸取了確定量水分，標(biāo)準(zhǔn)液被稀釋，濃度減小，所以用其標(biāo)定鹽酸濃度時(shí)，消耗的碳酸氫鈉的體積??(標(biāo))c(測(cè))=正確，故答案為：A。

標(biāo))??(標(biāo))??(測(cè))

c(測(cè))偏高，A項(xiàng)【分析】〔1〕先將二氧化碳的氯化氫除去，再將二氧化碳通入含有氨的飽和氯化鈉溶液，最終進(jìn)展除雜即可，分液漏斗液體順當(dāng)?shù)蜗聭?yīng)當(dāng)保證內(nèi)外大氣壓相等接觸面積更大，提高反響速率氨水和氯化鈉溶液產(chǎn)生碳酸氫鈉和氯化銨固體①②依據(jù)溶解度的變化趨勢(shì)即可推斷得到氯化銨利用降溫結(jié)晶的方式進(jìn)展析出固體有水稀釋了碳酸氫鈉時(shí)，稱取相等的質(zhì)量，導(dǎo)致碳酸氫鈉削減，因此導(dǎo)致測(cè)定鹽酸的濃度偏大綠色化學(xué)在推動(dòng)社會(huì)可持續(xù)進(jìn)展中發(fā)揮著重要作用。某科研團(tuán)隊(duì)設(shè)計(jì)了一種熔鹽液相氧化法制備高價(jià)鉻鹽的工藝，該工藝不消耗除鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣以外的其他原料，不產(chǎn)生廢棄物，實(shí)現(xiàn)了Cr—Fe—Al—MgNa+內(nèi)循環(huán)。工藝流程如圖：答復(fù)以下問題：高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是 (填元素符號(hào))。工序①的名稱為 。濾渣的主要成分是 (填化學(xué)式)。工序③中發(fā)生反響的離子方程式為 。物質(zhì)V可代替高溫連續(xù)氧化工序中的NaOH，此時(shí)發(fā)生的主要反響的化學(xué)方程式為 ，可代替NaOH的化學(xué)試劑還有 (填化學(xué)式)。熱解工序產(chǎn)生的混合氣體最適宜返回工序 (填“①”或“②”或“③”或“④”)參與內(nèi)循環(huán)。工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的pH為 。(通常認(rèn)為溶液中離子濃度小于10-5mol?L-1為沉淀完全；Al(OH)3+OH-?Al(OH)【答案】〔1〕Fe、Cr溶解浸出MgO、Fe2O3

4 ：K=100.63 ，Kw=10-14 ，Ksp[Al(OH)3]=10-33)〔4〕2Na2CrO4+2CO2+H2O=Na2Cr2O7+2NaHCO3↓高溫_〔5〕4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO3 _ 8Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；Na2CO3_〔6〕②〔7〕8.37【考點(diǎn)】pH的簡(jiǎn)潔計(jì)算，物質(zhì)的分別與提純，制備試驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，離子方程式的書寫【解析】【解答】(1)高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是鐵元素和鉻元素，故答案為：Fe、Cr；工序①為將氧化后的固體加水溶解浸出可溶性物質(zhì)，故答案為：溶解浸出；2 濾渣Ⅰ的主要成分是氧化鐵和氧化鎂，故答案為：MgO、FeO2 工序③中發(fā)生的反響為鉻酸鈉溶液與過量的二氧化碳反響生成重鉻酸鈉和碳酸氫鈉沉淀，反響的離2Na2CrO4+2CO2+H2O=Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，故答案為：2Na2CrO4+2CO2+H2O=Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；2 碳酸氫鈉代替高溫連續(xù)氧化工序中的氫氧化鈉發(fā)生的主要反響為高溫下，，F(xiàn)e〔CrO〕2 高溫_酸氫鈉反響生成鉻酸鈉、氧化鐵、二氧化碳和水，反響的化學(xué)方程式為4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO3 __8Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；假設(shè)將碳酸氫鈉換為碳酸鈉也能發(fā)生類似的反響，故答案為：4Fe(CrO2)2+高溫_7O2+16NaHCO3 _ 8Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；_熱解工序產(chǎn)生的混合氣體為二氧化碳和水蒸氣，將混合氣體通入濾渣1中可以將氧化鎂轉(zhuǎn)化為碳酸氫鎂溶液，則混合氣體最適宜返回工序?yàn)楣ば颌?，故答案為：②；工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的反響為????(????)4

+H+?????(????)3+H2O，反響的平衡常數(shù)為K= 1

= c(OH-)

= 1 =1013.37 ，當(dāng)c[Al(OH)

]為10—5mol/L時(shí)，溶41 c[Al(OH)4]c(H+)4

c[Al(OH)-]c(H+)c(OH-)

??????? 4液中氫離子濃度為 1c[Al(OH)4]K1

= 1 mol/L=10—8.37mol/LpH8.37，故答案為：8.37。105×1013.37【分析】〔1〕找出元素化合價(jià)上升的元素即可①加水主要是將可溶于水的物質(zhì)溶解氧化鎂不溶于氫氧化鈉，亞鐵離子被氧化為三價(jià)鐵離子，連續(xù)高溫最終變?yōu)檠趸F，不溶于水，因此濾渣是氧化鎂和氧化鐵A為二氧化碳，鉻酸鉀和重鉻酸鉀在酸性條件下進(jìn)展轉(zhuǎn)換，因此確定V為碳酸氫鈉固體據(jù)此寫出放出方程式碳酸氫鈉具有堿性，且易分解，戈恩據(jù)反響物即可寫出方程式，碳酸鈉也具有堿性也可替換過程中的水和二氧化碳可以循環(huán)使用，因此②可循環(huán)依據(jù)沉淀的平衡即可計(jì)算出氫氧根離子濃度當(dāng)今，世界多國相繼規(guī)劃了碳達(dá)峰、碳中和的時(shí)間節(jié)點(diǎn)。因此，研發(fā)二氧化碳利用技術(shù)，降低空氣中二氧化碳含量成為爭(zhēng)論熱點(diǎn)。大氣中的二氧化碳主要來自于煤、石油及其他含碳化合物的燃燒。25℃時(shí)，相關(guān)物質(zhì)的燃燒熱數(shù)據(jù)如表：物質(zhì)物質(zhì)H2(g) C(石墨，s)C6H6(l)燃燒熱△H(kJ?mol-1)-285.8-393.5-3267.52 66則25℃時(shí)H(g)和C(石墨，s)生成CH(l)的熱化學(xué)方程式為2 66雨水中含有來自大氣的CO2 ，溶于水中的CO2進(jìn)一步和水反響，發(fā)生電離：①CO2(g)=CO2(aq)3②CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO 3

(aq)225℃時(shí)，反響②K。22溶液中CO2的濃度與其在空氣中的分壓成正比(分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))，比例系數(shù)為ymol?L-1?kPa-1 ，當(dāng)大氣壓強(qiáng)為pkPa，大氣中CO(g)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為x時(shí)，溶液中H+濃度為 mol?L-1(寫出表達(dá)23式，考慮水的電離，無視HCO ?的電離)3〔3〕105℃時(shí)，將足量的某碳酸氫鹽(MHCO)固體置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO(s)Δ3 3 ?M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反響達(dá)平衡時(shí)體系的總壓為46kPa。2保持溫度不變，開頭時(shí)在體系中先通入確定量的CO2(g)，再參與足量MHCO3(s)，欲使平衡時(shí)體系中水蒸氣的分壓小于5kPa，CO(g)的初始?jí)簭?qiáng)應(yīng)大于 kPa。2〔4〕Li—CO2電池，取得了重大科研成果，答復(fù)以下問題：2 ①Li—CO電池中，Li為單質(zhì)鋰片，則該電池中的CO在 (填“正”或“負(fù)”)2 說明，該電池反響產(chǎn)物為碳酸鋰和單質(zhì)碳，且CO2電復(fù)原后與鋰離子結(jié)合形成碳酸鋰按以下4個(gè)步驟進(jìn)展，寫出步驟Ⅲ的離子方程式。Ⅰ.2CO

+2e-=C

O

Ⅱ.CO

2?=CO

+CO 2?2 2Ⅲ.

4Ⅳ.CO

2 4 2 22?+2Li+=LiCO3 2 3②爭(zhēng)論說明，在電解質(zhì)水溶液中，CO2氣體可被電化學(xué)復(fù)原。Ⅰ.CO

在堿性介質(zhì)中電復(fù)原為正丙醇(CHCHCH

OH)的電極反響方程式為 。2 3 2 2Ⅱ.在電解質(zhì)水溶液中，三種不同催化劑(a、b、c)CO2

CO的反響進(jìn)程中(H+H2

的反響可同時(shí)發(fā)生)，相對(duì)能量變化如圖.由此推斷，CO2電復(fù)原為CO從易到難的挨次為 (用a、b、c字母排序)。2 66【答案】〔1〕6C(石墨，s)+3H(g)=CH(l)△H=49.1kJ?2 66〔2〕√??2??????〔3〕100.822

O2

+C；12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9CO2

；c、b、a33【考點(diǎn)】熱化學(xué)方程式，電極反響和電池反響方程式，物質(zhì)的量濃度，原電池工作原理及應(yīng)用332 2 【解析】【解答】(1)依據(jù)表格燃燒熱數(shù)據(jù)可知，存在反響①C(石墨，s)+O(g)=CO(g)△H=-393.5kJ2 2 mol-1 ，②H(g)+1O(g)=HO(l)△H=-285.8kJ?mol-1 ，③CH(l)+15O(g)=6CO(g)+6HO(l)2 2 2 2 2 66 2 2 2 2oH=-3267.5kJ?mol-1 ，依據(jù)蓋斯定律，[①×12+②×6]×1-③得反響：6C(石墨，s)+3H(g)=3 2 2CH(l)，△H=[(-393.5kJ?mol-1)×12+(-285.8kJ?mol-1)×6]×

-(-3267.5kJ?mol-1)=49.1kJ?mol-1 ，66 26故答案為：6C(石墨，s)+3H2(g)=C6H6

(l)△H=49.1kJ?mol-1；由題可知，①CO

(s)?CO

(aq)，②CO

(aq)+HO(l)?H+(aq)+HCO

(aq)，K=

，又由于2 2 2

3 2 c(CO2)p(CO2)=p(kPa)?x，則c(CO2)=y(mol?L-1?kPa-1)p(CO2)=p?x?ymol/L，在無視HCO3的電離時(shí)，c(H+)=c(HCO3)c(H+)=√??2??????，故答案為：√??2??????；△2MHCO(s)?MCO(s)+HO(g)+CO(g)，等溫等容條件下，壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，可用分壓表示3 2 3 2 2物質(zhì)的量濃度，平衡常數(shù)K

=

·

=1×46×1×46=529kPa2。溫度不變化學(xué)平衡常數(shù)K

不變，設(shè)p H2O CO2 2 2 pCO2

的分壓為xK=??H2O

·??CO2

=529kPa2 ，??CO2

=5295

kPa=105.8kPa，CO2的初始?jí)簭?qiáng)等于平衡壓強(qiáng)減去碳酸氫鹽分解產(chǎn)生的CO2的分壓，即CO2(g)的初始?jí)簭?qiáng)應(yīng)大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案為：100.8；①由題意知，Li-CO2電池的總反響式為：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，CO2發(fā)生得電子的復(fù)原反響，則CO2作為2電池的正極；CO2復(fù)原后與Li+結(jié)合成Li2CO3 ，按4個(gè)步驟進(jìn)展，由步驟II可知生成了CO22

，而步驟3IV需要CO23

III的離子方程式為：2CO2

O2

+C，故答案為：正極；2C23O322 +CO2=2CO223O32

+C；②I.CO2CH3CH2CH2OH，依據(jù)電子守恒和電荷守恒寫出電極反響式為：33，故答案為：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9CO2 ；33II.c催化劑條件下，CO2電復(fù)原的活化能小于H+電復(fù)原的活化能，更簡(jiǎn)潔發(fā)生CO2的電復(fù)原；而催化劑a和b條件下，CO2電復(fù)原的活化能均大于H+電復(fù)原的活化能，相對(duì)來說，更易發(fā)生H+的電復(fù)原。其中a催化劑條件下，H+電復(fù)原的活化能比CO2電復(fù)原的活化能小的更多，發(fā)生H+電復(fù)原的可能性更大，因此反響從易到難的挨次為c、b、a，故答案為：c、b、a。【分析】〔1〕寫出燃燒熱的方程式，依據(jù)蓋斯定律即可寫出氫氣和石墨轉(zhuǎn)為熱方程式依據(jù)平衡常數(shù)表述出氫離子的公式，再利用二氧化碳溶解的公式帶入計(jì)算先計(jì)算出平衡常數(shù)，再依據(jù)平衡壓強(qiáng)計(jì)算出二氧化碳的壓強(qiáng)①Li是金屬單質(zhì)易失去電子故做負(fù)極，二氧化碳在正極，依據(jù)總的反響進(jìn)展書寫第三步的方程式16即可②二氧化碳得到電子與氫氧根反響變?yōu)檎?，依?jù)氧化復(fù)原反響即可寫出③活化能越低越易轉(zhuǎn)化四、非選擇題【選考題】〔共2題；共30分〕17.[3：物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)]KH2PO4晶體具有優(yōu)異的非線性光學(xué)性能。我國科學(xué)工作者制備的超大KH2PO4晶體已應(yīng)用于大功率固體激光器，填補(bǔ)了國家戰(zhàn)略空白。答復(fù)以下問題：2 在KHPO的四種組成元素各自所能形成的簡(jiǎn)潔離子中，核外電子排布一樣的是 (填離子符號(hào))2 原子中運(yùn)動(dòng)的電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，假設(shè)一種自旋狀態(tài)用+1表示，與之相反的用-1表示，稱2 2為電子的自旋磁量子數(shù).對(duì)于基態(tài)的磷原子，其價(jià)電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為 。N—NN≡NP—PN—NN≡NP—PP≡P193 946197489從能量角度看，氮以N2、而白磷以P(構(gòu)造式可表示為4)形式存在的緣由是 。2 2 3 KHPO是次磷酸的正鹽，HPO的構(gòu)造式為 ，其中P實(shí)行 2 2 3 4與PO 3?電子總數(shù)一樣的等電子體的分子式為 。4如果有如果有n個(gè)磷酸分子間脫水形成環(huán)狀的多磷酸，則相應(yīng)的酸根可寫為 。4分別用○、●表示H2PO ?和K+ ，KH2PO4晶體的四方晶胞如圖(a)所示，圖(b)、圖(c)分別顯示的44是H2PO 4

、K+xz面、yz面上的位置：①假設(shè)晶胞底邊的邊長均為apm、高為cpm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA ，晶體的密度 g?cm-3(寫出表達(dá)式)。②晶胞在x軸方向的投影圖為 (填標(biāo)號(hào))。17【答案】〔1〕KP【答案】〔1〕KP3〔2〕32或32〔3〕在原子數(shù)目一樣的條件下，N2比N4具有更低的能量，而P4P2具有更低的能量，能量越低越穩(wěn)定〔4〕；sp3〔5〕SiF4、SOF等22〔6〕POn 3nn-〔7〕4×1361030??a2c|BA【解析【解答(1)在KH2PO4的四種組成元素各自所能形成的簡(jiǎn)潔離子分別為H 〔或H 、O2 、K P3

，其中核外電子排布一樣的是K 和P3 。對(duì)于基態(tài)的磷原子，其價(jià)電子排布式為3s23p33s2個(gè)電子自旋狀態(tài)相反，自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為0；依據(jù)洪特規(guī)章可知，其3p軌道的3個(gè)電子的自旋狀態(tài)一樣，因此，基態(tài)磷原子的價(jià)電子的自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為 3或 3。2 2然，形成P4分子放出的能量更多，故在P數(shù)目一樣的條件下，P4具有更低的能量，能量越低越穩(wěn)定。(4)含氧酸分子中只有羥基上的H可以電離；由????2????2是次磷酸的正鹽可知，H3????2為一元酸，其分子中只有一個(gè)羥基，另外2個(gè)H與P成鍵，還有一個(gè)O與P形成雙鍵，故其構(gòu)造式為，其P4σ鍵、沒有孤電子對(duì)，故其價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4sp然，形成P4分子放出的能量更多，故在P數(shù)目一樣的條件下，P4具有更低的能量，能量越低越穩(wěn)定。(4)含氧酸分子中只有羥基上的H可以電離；由????2????2是次磷酸的正鹽可知，H3????2為一元酸，其分子中只有一個(gè)羥基，另外2個(gè)H與P成鍵，還有一個(gè)O與P形成雙鍵，故其構(gòu)造式為，其P4σ鍵、沒有孤電子對(duì)，故其價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4sp3雜化。4依據(jù)前加后減、前減后加、總數(shù)不變的原則，可以找到與????34

電子總數(shù)一樣的等電子體分子為SiF4、SO2F2等。由題中信息可知，n個(gè)磷酸分子間脫〔n-1〕個(gè)水分子形成鏈狀的多磷酸，因此，假設(shè)有n個(gè)磷酸分子間脫水形成環(huán)狀的多磷酸，則可脫去n個(gè)水分子得到(HPO3)n ，其失去H 后得到相應(yīng)的酸根，故該酸3n根可寫為PnOn- 。3n18①由晶胞構(gòu)造可知，H2PO4 位于晶胞的頂點(diǎn)、面上和體心，頂點(diǎn)上有8個(gè)、面上有4個(gè)，體心有1個(gè)，故晶胞中H2PO4 的數(shù)目為8×1+4×1+1=4；K+

位于面上和棱上，面上有6個(gè)，棱上4個(gè)，8 2故晶胞中K+的數(shù)目為6×1+4×1=4。因此，平均每個(gè)晶胞中占有的H2PO4 和K+

的數(shù)目均為2 44，假設(shè)晶胞底邊的邊長均為??????、高為??????，則晶胞的體積為10-30a2ccm3 ，阿伏加德羅常數(shù)的值為?? ，晶體的密度為A

4×136②由圖〔a〕、〔b〕、〔c〕可知，晶胞在x②由圖〔a〕、〔b〕、〔c〕可知，晶胞在