江蘇專(zhuān)用2020高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)第三板塊考前巧訓(xùn)特訓(xùn)第二類(lèi)非選擇題專(zhuān)練“5+1”增分練四
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1、 “5+1”增分練(四) 16.(12分)(2019·南京、鹽城一模)NaH2PO2(次磷酸鈉)易溶于水,水溶液近中性,具有強(qiáng)還原性,可用于化學(xué)鍍銀、鎳、鉻等。一種利用泥磷(含P4和少量CaO、Fe2O3、Al2O3、CaCl2等)為原料制備N(xiāo)aH2PO2·H2O的工藝流程如下: 已知P4與兩種堿的反應(yīng)主要有: Ⅰ.2Ca(OH)2+P4+4H2O===2Ca(H2PO2)2+2H2↑ Ⅱ.4NaOH+P4+8H2O===4NaH2PO2·H2O+2H2↑ Ⅲ.4NaOH+P4+2H2O===2Na2HPO3+2PH3↑ Ⅳ.NaH2PO2+NaOH===Na2HPO3+H2↑
2、 (1)尾氣中的PH3被NaClO溶液吸收生成NaH2PO2和NaCl的離子方程式為_(kāi)__________________________________。 (2)“反應(yīng)”階段,在溫度和水量一定時(shí),混合堿總物質(zhì)的量與P4的物質(zhì)的量之比[n(堿)/n(磷)]與NaH2PO2產(chǎn)率的關(guān)系如圖所示。當(dāng)n(堿)/n(磷)>2.6時(shí),NaH2PO2的產(chǎn)率隨n(堿)/n(磷)的增大而降低的可能原因是__________________________________________。 (3)常溫下通CO2“調(diào)pH”應(yīng)至溶液的pH約為_(kāi)_______,濾渣2主要成分為_(kāi)___________(填化學(xué)式)
3、。 (4)“過(guò)濾2”的濾液須用Ag2SO4、Ba(OH)2及Na2S溶液除去其中Cl-及Fe2+等,其中加入的Ag2SO4溶液不宜過(guò)量太多,其主要原因__________________。 (5)用NiCl2與NaH2PO2溶液化學(xué)鍍Ni,同時(shí)生成H3PO4和氯化物的化學(xué)方程式為_(kāi)_____________________________________________。 解析:(1)根據(jù)題意可知,PH3與NaClO反應(yīng)生成NaH2PO2和NaCl,即PH3 被 ClO-氧化生成H2PO和Cl-,PH3中P為-3價(jià),H2PO中P為+1價(jià),化合價(jià)升高了4,ClO-中Cl為+1價(jià),氯元素化合
4、價(jià)降低了2,且NaClO溶液呈堿性,根據(jù)氧化還原反應(yīng)的配平原則,得到:PH3+2ClO-+OH-===H2PO+2Cl-+H2O; (2)由反應(yīng)4NaOH+P4+8H2O===4NaH2PO2·H2O+2H2↑、NaH2PO2+NaOH===Na2HPO3+H2↑可知,過(guò)量的堿與NaH2PO2繼續(xù)反應(yīng)生成Na2HPO3,因此當(dāng)n(堿)/n(磷)>2.6時(shí),NaH2PO2的產(chǎn)率隨n(堿)/n(磷)的增大而降低,可能的原因是過(guò)量的堿將NaH2PO2轉(zhuǎn)化為Na2HPO3; (3)常溫下通CO2“調(diào)pH”,CO2與過(guò)量的Ca(OH)2反應(yīng)生成CaCO3,與NaAlO2溶液反應(yīng)生成Al(OH)3 和
5、NaHCO3,因此溶液pH應(yīng)調(diào)節(jié)至約為7,濾渣2主要成分為 CaCO3和Al(OH)3; (4)過(guò)濾后的濾液用Ag2SO4除去其中Cl-、Ba(OH)2除去SO - 、Na2S溶液除去Fe2+等,其中加入的Ag2SO4溶液不宜過(guò)量太多,即Ag+過(guò)量,其主要原因是過(guò)量的Ag+會(huì)氧化H2PO; (5)NiCl2與NaH2PO2反應(yīng)生成Ni、H3PO4和氯化物,NiCl2 中Ni為+2價(jià)降低到0價(jià),化合價(jià)降低了2,NaH2PO2 中P為+1價(jià),H3PO4中P為+5價(jià),化合價(jià)升高了4,根據(jù)氧化還原反應(yīng)的配平原則,得到:2NiCl2+NaH2PO2+2H2O===2Ni↓+H3PO4+NaCl+3H
6、Cl。 答案:(1)PH3+2ClO-+OH-===H2PO+2Cl-+H2O (2)過(guò)量的堿將NaH2PO2轉(zhuǎn)化為Na2HPO3 (3)7 CaCO3和Al(OH)3 (4)過(guò)量的Ag+會(huì)氧化H2PO (5)2NiCl2+NaH2PO2+2H2O===2Ni↓+H3PO4+NaCl+3HCl 17.(15分)(2019·泰州一模)那可汀是一種藥物,該藥適用于刺激性干咳病人服用,無(wú)成癮性?;衔颕是制備該藥物的重要中間體,合成路線(xiàn)如下: (1)化合物A中的官能團(tuán)名稱(chēng)為_(kāi)_______________(寫(xiě)兩種)。 (2)設(shè)計(jì)反應(yīng)A→B的目的是_________________
7、_______________。 (3)化合物C的分子式為C10H11O4I,寫(xiě)出C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式:________________________。 (4)化合物I的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿(mǎn)足下列條件,寫(xiě)出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式:____________________。 ①分子中含有硝基(—NO2)且直接連在苯環(huán)上;②分子中只有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫。 (5)寫(xiě)出以和為原料制備的合成路線(xiàn)流程圖(無(wú)機(jī)試劑任用,合成路線(xiàn)流程圖示例見(jiàn)本題題干)。 解析:(1)由A結(jié)構(gòu)可知,A中含有醚鍵和醛基兩種官能團(tuán)。 (2)從合成路線(xiàn)A→E看,設(shè)計(jì)反應(yīng)A→B的目的是防止醛基在后續(xù)步驟中反應(yīng),起到保護(hù)醛基的作
8、用。 (3)對(duì)比B和D分子結(jié)構(gòu)可知,苯環(huán)一個(gè)氫原子被—OCH3代替,而B(niǎo)→C條件中有I2參加反應(yīng),又因C的分子式為C10H11O4I,可推知C的結(jié)構(gòu)為。 (4)化合物I的分子式為C12H15O3N,根據(jù)限定條件可知,該同分異構(gòu)體中含有1個(gè)—NO2,1個(gè)苯環(huán),因?yàn)橹挥?種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子,所以側(cè)鏈的6個(gè)碳原子和1個(gè)氧原子分布高度對(duì)稱(chēng),故該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 答案:(1)醚鍵、醛基 (2)防止醛基在后續(xù)步驟中反應(yīng)(或保護(hù)醛基) ( 18.(12分)(2019·南京二模)KBr可用于光譜分析和化學(xué)分析等。 (1)制備KBr的一種方法如下:80 ℃時(shí),向溶有CO(NH2)2
9、的KOH溶液中緩慢加入Br2,至pH為6~7時(shí)反應(yīng)完全,生成CO2、N2等。該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_________________。 (2)KBr可用于測(cè)定苯酚(C6H5OH)樣品的純度,方法如下:取0.500 0 g苯酚試樣,用NaOH溶液溶解后定容成250.00 mL溶液;移取25.00 mL該溶液,加入25.00 mL 0.030 00 mol·L-1的KBrO3(含過(guò)量KBr)標(biāo)準(zhǔn)溶液,然后加入足量鹽酸,充分反應(yīng)后再加足量KI溶液,充分反應(yīng);用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至淡黃色,加入指示劑,繼續(xù)滴定至終點(diǎn),用去16.20 mL。測(cè)定過(guò)程中物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如
10、下: ①加入的指示劑為_(kāi)_______。 ②計(jì)算苯酚樣品的純度(寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程)。 解析:(1)80 ℃時(shí),向溶有CO(NH2)2的KOH溶液中緩慢加入Br2,至pH為6~7時(shí)反應(yīng)完全,生成CO2、N2等,反應(yīng)的化學(xué)方程式:3Br2+6KOH+CO(NH2)26KBr+CO2↑+N2↑+5H2O; (2)①溴液中含有的KBrO3及過(guò)量KBr在鹽酸條件下反應(yīng)產(chǎn)生單質(zhì)溴、氯化鉀和水,方程式為KBrO3+5KBr+6HCl===3Br2+6KCl+3H2O,單質(zhì)溴具有氧化性,能將碘離子氧化生成單質(zhì)碘,離子方程式為Br2+2I-===2Br-+I(xiàn)2,用0.100 0 mol·L-1Na2S2
11、O3溶液滴定至淡黃色,加入指示劑,繼續(xù)滴定至終點(diǎn),I2+2Na2S2O3===Na2S4O6+2NaI,加入的指示劑為淀粉溶液,碘單質(zhì)遇到淀粉變藍(lán)色,待碘單質(zhì)消耗完后變至無(wú)色; ②定量關(guān)系Br2+2I-===2Br-+I(xiàn)2,I2+2Na2S2O3===Na2S4O6+2NaI, Br2~I(xiàn)2~2S2O,與I-反應(yīng)的Br2: n1(Br2)=n(S2O)=×16.20×10-3 L×0.100 0 mol·L-1=8.1×10-4 mol, KBrO3+5KBr+6HCl===3Br2+6KCl+3H2O,定量關(guān)系BrO~5Br-~3Br2,KBrO3與KBr生成的Br2: n(Br2
12、)=3n(KBrO3)=3×25.00×10-3 L×0.030 00 mol·L-1=2.25×10-3 mol, 與C6H5OH反應(yīng)的Br2:n2(Br2)=n(Br2)-n1(Br2)=2.25×10-3 mol-8.1×10-4 mol=1.44×10-3 mol, 根據(jù)C6H5OH~3Br2知,苯酚的物質(zhì)的量: n(C6H5OH)=n2(Br2)=×1.44×10-3 mol=4.8×10-4 mol, 苯酚的純度==90.24%。 答案:(1)3Br2+6KOH+CO(NH2)26KBr+CO2↑+N2↑+5H2O (2)①淀粉溶液 ②根據(jù)Br2~I(xiàn)2~2S2O,與I
13、-反應(yīng)的Br2: n1(Br2)=n(S2O)=×16.20×10-3 L×0.100 0 mol·L-1=8.1×10-4 mol 根據(jù)BrO~5Br-~3Br2,KBrO3與KBr生成的Br2: n(Br2)=3n(KBrO3)=3×25.00×10-3 L×0.030 00 mol·L-1=2.25×10-3 mol 與C6H5OH反應(yīng)的Br2: n2(Br2)=n(Br2)-n1(Br2)=2.25×10-3 mol-8.1×10-4 mol=1.44×10-3 mol 根據(jù)C6H5OH~3Br2知,苯酚的物質(zhì)的量: n(C6H5OH)=n2(Br2)=×1.44×10-
14、3 mol=4.8×10-4 mol 苯酚的純度==90.24% 19.(15分)(2019·揚(yáng)州一模)以高氯冶煉煙灰(主要成分為銅鋅的氯化物、氧化物、硫酸鹽,少量鐵元素和砷元素)為原料,可回收制備Cu和ZnSO4·H2O,其主要實(shí)驗(yàn)流程如下: 已知:①Fe3+完全沉淀pH為3.2,此時(shí)Zn2+、Cu2+未開(kāi)始沉淀; ②K3[Fe(CN)6]可用于檢驗(yàn)Fe2+:3Fe2++2[Fe(CN)6]3-===Fe3[Fe(CN)6]2↓(深藍(lán)色); ③砷元素進(jìn)入水體中對(duì)環(huán)境污染大,可通過(guò)沉淀法除去。 (1)兩段脫氯均需在85 ℃條件下進(jìn)行,適宜的加熱方式為_(kāi)_______。 (2)
15、堿洗脫氯時(shí),溶液中Cu2+主要轉(zhuǎn)化為Cu(OH)2和Cu2(OH)2CO3,也會(huì)發(fā)生副反應(yīng)得到Cu2(OH)3Cl沉淀并放出氣體,該副反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)___________________________。若用NaOH溶液進(jìn)行堿洗操作時(shí),濃度不宜過(guò)大,通過(guò)下表的數(shù)據(jù)分析其原因是__________________________________________________。 NaOH溶液濃度對(duì)脫氯率和其他元素浸出率的影響 NaOH濃度 /(mol·L-1) 脫氯率/% 元素浸出率/% Cl Zn Cu As 1.0 51.20 0.51 0.04 0.00
16、 2.0 80.25 0.89 0.06 58.87 3.0 86.58 7.39 0.26 78.22 (3)ZnSO4的溶解度曲線(xiàn)如圖所示。“電解”后,從溶液中回收Z(yǔ)nSO4·H2O的實(shí)驗(yàn)操作為_(kāi)___________________________________________________。 (4)濾液1和濾液2中含一定量的Cu2+、Zn2+。為提高原料利用率,可采取的措施有:將濾液1和濾液2混合,回收銅鋅沉淀物;循環(huán)使用電解過(guò)程產(chǎn)生的________(填化學(xué)式)。 (5)已知H3AsO3的還原性強(qiáng)于Fe2+,Ksp(FeAsO3)>Ksp(FeAs
17、O4)=5.7×10-21。測(cè)得酸浸液中雜質(zhì)鐵元素(以Fe2+存在)、砷元素(以H3AsO3存在)的濃度分別為1.15 g·L-1、0.58 g·L-1,可采用“氧化中和共沉淀”法除去,請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案:_________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________(實(shí)驗(yàn)中須使用的試劑有:30%雙氧水,0.001 mol·L-1K3[Fe(CN)6]溶液,回收的銅鋅沉淀物)。
18、 解析:(1)兩段脫氯均需在85 ℃條件下進(jìn)行,適宜的加熱方式為水浴加熱(或85 ℃水浴加熱); (2)堿洗脫氯時(shí)溶液中有Cu2+和2Cl-,加入CO發(fā)生副反應(yīng)得到Cu2(OH)3Cl沉淀并放出氣體CO2,則該副反應(yīng)的離子方程式為4Cu2++3CO+2Cl-+3H2O===2Cu2(OH)3Cl↓+3CO2↑;由表的數(shù)據(jù)分析可知,NaOH溶液濃度高時(shí),鋅、砷兩種元素浸出率高,要回收鋅元素制備ZnSO4·H2O,鋅元素?fù)p失較多;砷元素浸出率高,砷元素進(jìn)入水體中對(duì)環(huán)境污染大,增加了廢水處理難度; (3)根據(jù)溶解度曲線(xiàn),在330 K以下,析出ZnSO4·6H2O,在330 K以上,析出ZnSO
19、4·H2O,且ZnSO4·H2O溶解度隨溫度升高而減小,故從溶液中回收Z(yǔ)nSO4·H2O的實(shí)驗(yàn)操作為在330 K以上(330~380 K范圍內(nèi)皆可以)蒸發(fā)結(jié)晶,趁熱過(guò)濾,熱水洗滌干燥即得ZnSO4·H2O; (4)電解CuSO4溶液,生成Cu、O2、H2SO4,故可循環(huán)使用的物質(zhì)是 H2SO4; (5)實(shí)驗(yàn)方案如下: 向酸浸濾液中加入過(guò)量30%雙氧水,攪拌使其充分反應(yīng),取樣滴加0.001 mol·L-1K3[Fe(CN)6]溶液,無(wú)深藍(lán)色沉淀,加入回收的銅鋅沉淀物,并攪拌至調(diào)節(jié)pH為3.2,靜置,過(guò)濾,取濾液。 答案:(1)水浴加熱(或85 ℃水浴加熱) (2)4Cu2++3CO+2C
20、l-+3H2O===2Cu2(OH)3Cl↓+3CO2↑ NaOH溶液濃度高時(shí)鋅元素?fù)p失較多;砷元素浸出率高,增加廢水處理難度 (3)在330 K以上(330~380 K范圍內(nèi)皆可以)蒸發(fā)結(jié)晶,趁熱過(guò)濾,熱水洗滌干燥 (4)H2SO4 (5)向酸浸濾液中加入過(guò)量30%雙氧水,攪拌使其充分反應(yīng),取樣滴加0.001 mol·L-1K3[Fe(CN)6]溶液無(wú)深藍(lán)色沉淀,加入回收的銅鋅沉淀物并攪拌至調(diào)節(jié)pH為3.2,靜置,過(guò)濾,取濾液 20.(14分)(2019·南通七市三模)有效去除廢水中的H2SiF6、F-,改善水質(zhì)是環(huán)境部門(mén)的重要研究課題。 (1)AlF3是有機(jī)合成中常用催化劑,利用
21、廢水中的H2SiF6可轉(zhuǎn)變制得,相關(guān)的熱化學(xué)方程式如下: 3H2SiF6(aq)+2Al(OH)3(s)===Al2(SiF6)3(aq)+6H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1 Al2(SiF6)3(aq)+6H2O(l)===2AlF3(aq)+3SiO2(s)+12HF(aq) ΔH=b kJ·mol-1 3HF(aq)+Al(OH)3(s)===AlF3(aq)+3H2O(l) ΔH=c kJ·mol-1 反應(yīng)H2SiF6(aq)+2Al(OH)3(s)===2AlF3(aq)+SiO2(s)+4H2O(l)的ΔH=________kJ·mol-1?!? (2)
22、廢水的酸堿度及廢水中的Fe3+對(duì)F-濃度的測(cè)定都會(huì)產(chǎn)生一定的影響。 ①測(cè)定時(shí),通??刂茝U水的pH在5~6之間。pH過(guò)小所測(cè)F-濃度偏低,其原因是____________________________________________________________________。 ②Fe3+與檸檬酸根(C6H5O)、F-反應(yīng)可表示為Fe3++nC6H5OFe(C6H5O7)n、Fe3++nF-FeF。向含有Fe3+的含氟廢水中加入檸檬酸鈉(C6H5O7Na3)可消除Fe3+對(duì)F-測(cè)定的干擾,其原因是_________________________________________
23、_________。 (3)利用聚苯胺可吸附去除水中F-。用惰性電極電解苯胺(NH2)和鹽酸的混合液可在陽(yáng)極獲得聚苯胺薄膜,變化過(guò)程如下: 寫(xiě)出陽(yáng)極生成二聚體的電極反應(yīng)方程式:_____________________________________。 (4)利用MgCO3、Ca(OH)2和CaCO3等可沉淀去除廢水中F-。 ①以MgCl2溶液、尿素[CO(NH2)2]為原料可制得MgCO3,寫(xiě)出該反應(yīng)的化學(xué)方程式:______________________________________________________________。 ②取三份相同的含F(xiàn)-的酸性廢水,分別加
24、入足量的MgCO3、Ca(OH)2和CaCO3。相同時(shí)間后溶液的pH及F-殘留量如圖1所示。實(shí)際廢水處理過(guò)程中常選用MgCO3的理由是________________________________________________________________。 ③改變碳酸鎂添加量,處理后廢水中F-含量及溶液pH的變化如圖2所示。添加量超過(guò)2.4 g·L-1后,F(xiàn)-含量略有升高的原因是_______________________________{Ksp(MgF2)=7.4×10-11,Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12}。 解析:(1)將給定的三個(gè)熱化學(xué)方程式分別編號(hào)
25、為①、②、③,根據(jù)蓋斯定律,將[①+②+4×③]/3即得目標(biāo)熱化學(xué)方程式H2SiF6(aq)+2Al(OH)3(s)===2AlF3(aq)+SiO2(s)+4H2O(l),其ΔH= kJ·mol-1; (2)①測(cè)定時(shí),通??刂茝U水的pH在5~6之間。pH過(guò)小所測(cè)F-濃度偏低,是由于pH過(guò)小,H+與F-轉(zhuǎn)化為弱酸HF;②根據(jù)題給方程式可知,向含有Fe3+的含氟廢水中加入檸檬酸鈉(C6H5O7Na3)可消除Fe3+對(duì)F-測(cè)定的干擾,是由于Fe3+與檸檬酸根(C6H5O)的結(jié)合能力強(qiáng)于其與F-的結(jié)合能力; (3)苯胺在陽(yáng)極失去電子生成二聚體的電極反應(yīng)方程式為 (4)①以MgCl2溶液、尿
26、素[CO(NH2)2]為原料可制得MgCO3,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為MgCl2+CO(NH2)2+2H2O===MgCO3↓+2NH4Cl;②由圖1可知,加入Ca(OH)2,反應(yīng)后溶液的pH較大,即溶液的堿性較強(qiáng),加入CaCO3,反應(yīng)后溶液中F-殘留量較大,因此實(shí)際廢水處理過(guò)程中常選用MgCO3,理由是相同條件下,使用MgCO3處理后的廢水中F-殘留量最低,溶液接近中性;③Ksp(MgF2)=7.4×10-11大于Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12,由圖2可知,當(dāng)添加MgCO3量超過(guò)2.4 g·L-1后,F(xiàn)-含量略有升高是由于碳酸鎂的加入量增大后,導(dǎo)致溶液pH增大,使部分MgF2轉(zhuǎn)化成
27、Mg(OH)。 答案:(1) (2)①pH過(guò)小,H+與F-轉(zhuǎn)化為弱酸HF?、贔e3+與檸檬酸根(C6H5O)的結(jié)合能力強(qiáng)于其與F-的結(jié)合能力 (4)①M(fèi)gCl2+CO(NH2)2+2H2O===MgCO3↓+2NH4Cl?、谙嗤瑮l件下,使用MgCO3處理后的廢水中F-殘留量最低,溶液接近中性?、厶妓徭V的加入量增大后,導(dǎo)致溶液pH增大,使部分MgF2轉(zhuǎn)化成Mg(OH)2 21.(12分)(2019·徐州一中模擬)乙酸錳可用于制造鈉離子電池的負(fù)極材料??捎萌缦路磻?yīng)制得乙酸錳:4Mn(NO3)2·6H2O+26(CH3CO)2O===4(CH3COO)3Mn+8HNO2+3O2↑+40C
28、H3COOH (1)Mn3+基態(tài)核外電子排布式為_(kāi)_______。 (2)NO中氮原子軌道的雜化類(lèi)型是________。 (3)與HNO2互為等電子體的一種陰離子的化學(xué)式為_(kāi)_______。 (4)配合物[Mn(CH3OH)6]2+中提供孤對(duì)電子的原子是________。 (5)CH3COOH能與H2O任意比混溶的原因,除它們都是極性分子外還有_____________。 (6)鎂鋁合金經(jīng)過(guò)高溫淬火獲得一種儲(chǔ)鈉材料,其晶胞為立方結(jié)構(gòu)(如圖所示),圖中原子位于頂點(diǎn)或面心。該晶體中每個(gè)鋁原子周?chē)嚯x最近的鎂原子數(shù)目為_(kāi)_______。 解析:(1)錳為25號(hào)元素,核外電子排布式為1s
29、22s22p63s23p63d54s2,則Mn3+基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d4或[Ar]3d4; (2)NO中N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+=3,氮原子采用sp2雜化; (3)與HNO2互為等電子體的一種陰離子為HCOO-; (4)配合物[Mn(CH3OH)6]2+中的中心原子為Mn,配體為CH3OH,提供孤對(duì)電子的原子是羥基中的O原子; (5)CH3COOH分子與H2O分子都是極性分子,另外CH3COOH分子與H2O分子間可形成氫鍵,使得CH3COOH能與H2O任意比混溶; (6)根據(jù)鎂鋁合金的晶胞結(jié)構(gòu)可知,圖中原子位于頂點(diǎn)或面心,其中鎂原子位于頂點(diǎn)和其中2個(gè)面心,鋁原子位于其中2個(gè)面心,每個(gè)鋁原子周?chē)嚯x最近的鎂原子有8個(gè),包括同一側(cè)面的4個(gè)頂點(diǎn)和4個(gè)面心,距離均為晶胞面對(duì)角線(xiàn)長(zhǎng)度的一半。 答案:(1)[Ar]3d4 (2)sp2 (3)HCOO- (4)O (5)CH3COOH分子與H2O分子間可形成氫鍵 (6)8
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