【精编版】2020年全国高考化学全真模拟试题第10卷(解析版)

1、2020年全国高考化学全真模拟试题（十）可能用到的相对原子质量：H-1C-12 N-14O-16 F-19Na-23 Al-27Si-28S-32 Cl-35.5K-39Fe-56Co-59 Cu-64Br-80 I-127 Ba-137第I卷（选择题共42分）一、 选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目求的）7 .中国名片“中航天、军事、天文等领域的发展受到世界瞩目，它们与化学有着密切的联系。下列说 法不正确的是 A.天宫二号”空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能8 .蛟龙”号潜水器所使用的钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性9

2、.歼-20 ”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料D.港珠澳大桥设1f使用寿命 120年，水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极保护法【答案】C【解析】A项，天宫二号的太阳能电池板是为空间实验室提供电能的装置，可以将光能转化为电能，故A正确；B项，钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，故B正确；C项，碳纤维为碳的单质，不是有机物，C项错误；D项，因为铝比铁活泼，所以利用原电池原理，铁做正极被保护，这种方法叫牺牲 阳极的阴极保护法，故 D正确。8.据报道，中科院大连化学物理研究所的研究团队利用多功能催化剂首次实现了CO2直接加氢制汽油的过程。其转化过程如图所示。IIT通1 1下列说法

3、正确的是A.反应的产物中含有水8 .反应为化合反应C.所制得汽油的主要成分是煌和煌的含氧衍生物D.这种人造汽油用作汽车的燃料时，汽车尾气中不含氮氧化物【答案】A【解析】A项，根据质量守恒定律可以判断反应的产物中含有水，A正确；B项，反应物CO含有氧元素，而生成物(CH2)n不含有氧元素，所以反应不可能为化合反应，B错误；C项，所制得汽油的主要成分是烧，C错误；D项，在燃烧产生的高温条件下，N2+O2=2NO,所以这种人造汽油用作汽车的燃料时与其它燃料一样，汽车尾气中都含有氮氧化物，D错误。9 .某化学兴趣小组探究 SO2与FeCl3溶液的反应，所用装置如图所示(夹持仪器已略去)。零孔球泡 nm

4、下列说法错误的是A .装置I烧瓶中放入的药品X为铜屑10 装置n中用 多孔球泡”可增大SO2的吸收速率C.装置出用于吸收未反应的SO2D.用装置II反应后白溶液 B中的实验现象为由黄色变为浅绿色【答案】A【解析】A项，装置I烧瓶中放入的药品X为亚硫酸钠，铜与浓硫酸常温时不反应， A错误；B项，装置H中用 多孔球泡”可增大SO2与溶液的接触面积，增大吸收速率，B正确；C项，SO2有毒，不能直接排放到大气中，装置出用于吸收未反应的SO2, C正确；D项，SO2与FeCl3的发生氧化还原反应，生成硫酸亚铁和盐酸，反应现象为：由黄色变为浅绿色，D正确。10. 25 C,向40 mL 0.05 mol/

5、L 的FeCl3溶液中加入 10 mL 0.15 mol/L的KSCN溶液，发生反应，混合 溶液中c(Fe3+)与反应时间的变化如图所示。下列说法正确的是A .该反应的离子方程式为Fe3+ + 3SCN - -= Fe(SCN)3 JB. E点对应的坐标为(0, 0.05)C.该反应的平衡常数"一 0.04 mK3m? 3m 0.09D. t4时向溶液中加入50 mL 0.1 mol/L KCl溶液，平衡不移动【解析】A项，Fe(SCN)3为难电离的物质而不是沉淀，故离子方程式为 Fe3+ 3SCN - -= Fe(SCN)3,A错误；B项，40 mL 0.05 mol/L的FeCl

6、3溶液中加入10 mL 0.15 mol/L的KSCN溶液，溶液总体积变为 50 mL ,40此时 Fe3+的初始侬度 c(Fe3+尸0.05mol/L 一 0.04mol/ L50B错误;C项，根据化学反应，得:4- 3SCN- Esi?CN)初始 0.040,030转化 0.04-m 3(0.04-tn)0.04-mi平衡 m .03 3(O.O4-m)0.04mtj平衡常数K=0.04 m3m 0.03 3 0.04 m0.04 m3 , C正确；D项，t4时向溶液中加入 50 mL m? 3m 0.090.1 mol/L KCl溶液，相当于稀释了溶液，平衡逆向移动，D不正确。11.某温

7、度下，向 10 mL 0.1 mol -lNaCl溶液和10 mL 0.1 mol -lK2CrO4溶液中分别滴加 0.1mol MgNO3溶液。滴加过程中pM lgc(Cl-)或lgc(CrO42)与所加AgNO 3溶液体积之间的关系如下图所示。已知Ag 2CrO4为红棕色沉淀。下列说法不正确 的是 A .该温度下，K sp(Ag 2CrO4) = 4 X 1012B. a、b、c三点所示溶液中 c(Ag+)： al>b>cC.若将上述NaCl溶液浓度改为0.2molL1,则a1点会平移至a2点D.用AgNO 3标准溶液滴定 NaCl溶液时，可用 K2CrO4溶液作指示剂【答案】

8、B【解析】A 项，b 点时恰好反应生成 Ag2CrO4, -lgc(CrO 42 )=4.0, c(CrO42 )= 10 4mol - -l,则 c(Ag+)=2 x 10 4mol -ri,该温度下，Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42) x2(Ag+)=4 x 1012,故 A 正确；B 项，ai 点恰好反应，一 lgc(Cl-)=4.9 , c(Cl-)=10 4.9mol 匕贝U c(Ag+)=10 4.9mol 力 b 点 c(Ag +)=2 x 1dmol 尢 c 点，K2CQ4过量，c(CrO42 )约为原来的 1/4,则 c(CrO42 )= 0.025mol % L则

9、c(Ag+)= 4 10_ =716 x 105mol 比，a、b、c 0.025三点所示溶液中b点的c(Ag+)最大，故B错误；C项，温度不变，氯化银的溶度积不变，若将上述 NaCl溶 液浓度改为0.2mol/，平衡时，lgc(Cl-)=4.9,但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍，因此a1点会平移至a2点，故C正确；D项，根据上述分析，当溶液中同时存在Cl-和CrO42-时，加入硝酸银溶液，Cl-先沉淀，用AgNO3标准溶液滴定 NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂，滴定至终点时，会生成Ag2CrO4 为红棕色沉淀，故 D正确；故选B。12.某科研小组模拟人工树叶”电化学装置如图

10、所示，该装置能将H2O和CO2转化为糖类(C6H12O6)和。2, X、Y是特殊催化剂型电极，已知：装置的电流效率等于生成产品所需的电子数与电路中通过总电子数 之比。下列说法错误的是() A.该装置中Y电极发生氧化反应B. X 电极的电极反应式为6CO2+24H + +24e = C6H12O6+6H2OC.理论上，每生成 22.4 L(标准状况下)02,必有4 mol H+由X极区向丫极区迁移D.当电路中通过 3 mole时，生成18 g C6H12O6,则该装置的电流效率为 80%【答案】C【解析】A项，根据装置图可知，X与电源的负极相连，为阴极；Y与电源的正极相连，为阳极，阳极上失去电子

11、，发生氧化反应，A正确；B项，根据装置图可知二氧化碳在X电极上转化为 C6H12。6,因此X电极的电极反应式为6CO2+24H+24e = C6H12O6+6H2O, B正确；C、H+由丫极区向X极区迁移，C错误；D项，生成C6H1206的物质的量是18g + 18g/m# 0.1mol,转移电子的物质的量是2.4mol,因此当电路中通过3 mol e一时该装置的电流效率为2.4mol/3mol X100%= 80%, D正确。13.短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与 X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外

12、层电子数的2倍，由W、X、丫三种元素形成的化合物 M的结构如图所示。下列叙述正确的是A.元素非金属性强弱的顺序为W>Y>ZB. Y单质的熔点高于 X单质C. W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有一种D .化合物M中W不都?t足8电子稳定结构【答案】B【解析】短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；根据结构， W最外层有6个电子，原子序数小于 11,则W为O元素；Y最外 层有4个电子，原子序数大于 11,则Y为Si元素；W的核外电子数为8,与X、Z的最外层电子数之和相 等，则Z最外层有7个电子，只能为 Cl元素；

13、Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，符合题意。根据 上述分析，W为O元素，X为Na元素，丫为Si元素，Z为Cl元素。A项，同一周期，从左向右，非金属 性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为Cl>Si,即Z>Y,故A错误；B项，硅为原子晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于 X单质，故B正确；C项，。与Na能够形成氧U W化钠和过氧化钠 2种，故C错误；D项，根据x+ J- Y工+,阴离子带2个单位负电荷，其中O都满足8电子稳定结构，故 D错误；故选B。第n卷 （非选择题 共58分）二、必做题（本题共3小题，共43分。每个试题考生都必须作答 ）26. （

14、15分）茶叶中的茶多酚是一种天然抗氧化剂（其抗氧化能力是 VC的510倍），它易溶于水、乙醇、乙酸乙酯，难溶于氯仿。在酸性介质中，茶多酚能将Fe3+还原为Fe2+, Fe2+与K3Fe（CN）6生成的深蓝色配位化合物KFe（CN） 6对特定波长光的吸收程度（用光密度值A表示）与茶多酚在一定浓度范围内成正比。A与茶多酚标准液浓度的关系如图 1所示:图1英学南指渔港浓度弓R的关系图2搅捧速暖对茶多酚浸出量的影响某实验小组设计如下实验流程从茶叶中提取茶多酚:茶叶0作期驾粗产品滤清僭液4溶液请回答下列问题:(1)操作用水浸取茶多酚时，实验小组发现搅速度对茶多酚浸出量的影响如图2所示，原因是。若用乙醇浸

15、取茶多酚操作如下：称取 10g茶叶末，用滤纸包好，装入恒压滴液漏斗中，圆底烧瓶内加沸石和适量乙醇，如图3安装后，通冷凝水，加热套加热，当乙醇被加热沸腾后，控制加热套温度在90 Co为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm,并保持约1h,可行的操作方法是。(2)减压蒸发相对于一般蒸发的优点是 ；氯仿的作用是 。(3)下列有关实验基本操作不正确 的是。 A.图3中冷凝水流向为a进b出B.分液漏斗使用前须检验是否漏水并洗净备用C.操作过滤时，可用玻璃棒适当搅拌以加快分离速度D.萃取过程中，经振摇并放气后，将分液漏斗置于铁圈上立即分液(4)下列关于振摇操作的示意图，正确的是 (5)称取1.25g粗产品

16、，用蒸储水溶解并定容至1000mL,移取该溶液1.00mL,加±量Fe3+和K3Fe(CN)6 酸性溶液，用蒸储水定容至100mL后，测得溶液光密度值 A=0.800 ,则产品的纯度是 (以 质量分数表示)。(2分)关闭活【答案】(1)茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致（2分）（2）降低蒸发温度防止产物氧化或分解（2分） 萃取（或除杂）（2分）（3）CD（2 分）（4）A（2 分）（5）96%（3 分）【解析】（1）根据图1可知，茶多酚浓度越大 A越大，由图2可知，搅拌速度

17、越快，A越小，则茶多酚浓度越小，因为茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低；用乙醇浸取茶 多酚操作如下：称取 10g茶叶末，用滤纸包好，装入恒压滴液漏斗中，圆底烧瓶内加沸石和适量乙醇，如 图3安装后，通冷凝水，加热套加热，当乙醇被加热沸腾后，控制加热套温度在90C;为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约 0.5cm,并保持约1h,可行的操作方法是关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约 0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致；（2）减压蒸发可以降低蒸发温度防止产物氧化或分解；根据流程氯仿的作用是萃取（或除杂）；（3）A项，冷凝管通水方向为下进上出，图4中冷凝水流向为

18、a进b出，故A正确；B项，带活塞的仪器使用前均需检验是否漏液，分液漏斗使用前须检验是否漏水并洗净备用，故B正确；C项，过滤时，为防止戳破滤纸，不可用玻璃棒搅拌，故 C错误；D项，萃取过程中，经振摇并放 气后，将分液漏斗置于铁圈上静置后分液，故 D错误；故选CD； （4）振摇操作用左手握住分液漏斗活塞， 右手压住分液漏斗口部，把分液漏斗倒转过来振荡，使两种液体充分接触，选项A正确；（5）溶液光密度值A=0.800,则茶多酚的浓度为 12XT0g/mL,此时溶液中茶多酚的质量为12 X l0g/mL X 100mL=12 X 14g,产品中茶多酚的质量为12X 104g 000mL =1为 故产品

19、的纯度为2g x 100%=96%1mL1.25g27. （14分）利用废碱渣（主要成分为 W2CO3）处理硫酸厂尾气中的 SO2,可制得无水Na2SO3（成品），其 流程如图所示。达屏屉气播放二 I吉可迎干甲斗士耳沃仙甑K成品 密50；的晚一比二母液-一酸屋P（1）某硫酸厂排放出的尾气中SO2的含量特别高，而废碱渣的量不足，此时 吸收塔”内发生反应的离子方程式为 （不考虑H2O与SO2反应）。（2）亚硫酸钠的溶解度曲线如图所示，则上述流程中 结晶”的方法是（填 蒸发结晶”或 降温 结晶”）图中a点所示分散系类别为 （填浊液”胶体"或溶液” a2仅用BaCl2、H2O2和过量稀盐酸的

20、混合溶液难以检出成品”中的SO32-,原因是 成品”中含有某种杂 质阴离子。该杂质阴离子为 （填离子符号）。25c时，部分银盐的 Ksp如下表所示。化学式BaSO4BaSO3Ksp1.1 x 1105.5 x 170将得到的 成品”溶于水，测得溶液中SO32-的浓度为0.5mol ? L-1,为杂质阴离子浓度的10倍，向该溶液中加入等体积、0.5mol 11的BaCl2溶液，充分反应后c（Ba2+尸 mol ? L-1。（混合时溶液体积的变化忽 略不计）（4）某同学采用如下方法检验SO32-：'H 1 F dBl.Bt* 一=一23洗涤时使用的试剂最好为 （填字母）。a.稀HNO3b.

21、蒸储水c.稀H2SO4根据上述流程中的数据（w、x、y） （填能”或不能”计算出成品试样中 SO32-的百分 含量，若能，则SO32-的百分含量为 （若不能，则此空不填）；若不能，则理由是 （若 能，则此空不填）。【答案】（1） CO32-+2SO2+H2O=CO 2+2HSO3- （2 分）（2）蒸发结晶（2分）浊液（1分）（3）SO42- （2 分）2.2 X 10（2 分）（4）b（2分）不能（1分）白色沉淀B与少量盐酸反应时，BaSO3没有全部溶解（2分）【解析】（1）某硫酸厂排放出的尾气中SO2的含量特别高，而废碱渣的量不足，此时 吸收塔”内发生反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，反应的离

22、子方程式为CO32-+2SO2+H2O=CO2+2HSO3-。（2）上述流程中 结晶”得到无水Na2SO3,无水Na2SO3的溶解度随温度升高变化缓慢，所以结晶”的方法是蒸发结晶，图中 a点饱和溶液中含有晶体，所以图中a点所示分散系类别为浊液。(3)该杂质阴离子为可以通过H2O2与SO32-反应生成的SO42-。从钢盐的Ksp和溶液中SO32-的浓度为SO42-的10倍判断，先生成硫酸钢沉淀，后生成亚 硫酸钢沉淀。剩余 SO32-的浓度为 0.025mol ? L-1, c(Ba2+尸K sp(BaSO3)/剩余 SO32-的浓度=2.2 x 16mol ? L-1。 a项，稀HNO3可将Ba

23、SO3氧化为BaSO4； b项，蒸储水可洗去杂质离子；c项，稀H2SO4可将过量部分BaCl2转化为BaSO4。故选b。根据上述流程中的数据(w、x、y)不能计算出成品试样中 SO32-的百分含量， 理由是白色沉淀 B与少量盐酸反应时，BaSO3没有全部溶解。28. (14分)碳及其化合物广泛存在于自然界。请回答下列问题：反应 I: Fe(s)+CO2(g) .一FeO(s)+CO(g)AH1平衡常数为 K1反应 n： Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)AH2 平衡常数为 K2(填放热”或吸热”)不同温度下，K1、K2的值如下表：77K9731.472.3811732. 151.

24、67现有反应出：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g),结合上表数据，反应出是反应。(2)已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为：2CO2(g)+6H 2(g)C2H50H(g)+3H 2O(g) ?H<0。匚5忖化V- %P MPa8第化也,乂400 500 600 700 800PK断口刃炉酗分物耐量分数0的口050.2IXJ400 500 COO 700 SQ0 PK肿设m为起始时的投料比，即m= n(H 2)/ n(CO 2) o604020图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为 。图2中mi、m2、m3从大到小的顺序为 。图3表示在总压为5MPa的恒压条件下，且 m=

25、3时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关 系。则曲线d代表的物质化学名称为 , T4温度时，该反应平衡常数Kp的计算式为(不必化简)。(3)已知：NH3 也0的Kb=1.7X 1U,H2CO3的 Kai=4.3 X io(7、Ka2=5.6 Xiod1。工业生产尾气中的CO2捕获技术之一是氨水溶液吸收技术，工艺流程是将烟气冷却至155c265c后用氨水吸收过量的 CO2。所得溶液的pH 7(填 多”、“二或 之" J烟气需冷却至15.5C26.5C的可能原因是1 心(4)为了测量某湖水中无机碳含量，量取100mL湖水，酸化后用 N2吹出CO2,再用NaOH溶液吸收。往吸收液中滴

26、加1.0mol/L盐酸，生成的丫9。2)随丫(盐酸)变化关系如图所示，则原吸收液中离子浓度由大 到小的顺序为。【答案】吸热(1分)(2)丁3>丁2>丁1(2分)mi>m2>m3(2分)乙醇(1分)0.125 5MPa (0.375 5MPa)3、(0.125 5MPa)2 (0.375 5MPa)6 化分)(3)>(2分)降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对CO2的吸收(2分)(4)c(Na+)> c(HCO 3-) > c(CO 32-) > c(OH -) > c(H +) (2 分)【解析】(1)由图可知反应的 Ki随温度升高而增大，

27、说明正反应为吸热反应，AH>0,反应的K2随温度升高而减小，说明正反应为放热反应，HV0,已知：Fe(s)+CO2(g)一= FeO(s)+CO(g) AHi=Qi>0, Fe(s)+H2O(g) 一= FeO(s)+H2(g)AH2=Q2<0,由盖斯定律 -得 H2(g)+CO2(g)CO(g)+H 2O(g) AH=Q3=Qi-Q2>0,说明是吸热反应；(2)反应为放热反应，温度越高转化率越小，则丁3>T2>Ti;图2中m1、m2、m3投料比从大到小的顺序为m>m2>m3,因相同温度下，增大氢气的量，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大；温度升

28、高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，曲线 a代表的物质为H2, b表示CO2, c为H2O, d表示乙醇；设开始氢气的投入量是 3nmol,则二氧化碳是nmol,二氧化碳的转化量是x,则2CO2(g)+6H2(g) - C2H50H(g)+3H 2O(g)起始量(mol)n3n00变化量(mol)x3x0.5x1.5x平衡量(mol)n-x3n-3x0.5x1.5xP点a、c的体积分数相同，所以 3n-3x=1.5x ,解得x= 2 n,总物质的量是 n-x+3n-3x+0.5x+1.5x= - n, 331 -n 总压为5MPa的恒压条件下，p(

29、二氧化碳尸p(乙醇)=3-8 nX 5MPa=0.125 X 5Mpap(氢气尸p(水尸 83nx 5MPa=0.375 x 5MpaT4温度时，该反应的平衡常数0.125 5MPa (0.375 5MPa)3 . 丁寸片K p26(3) (0.125 5MPa)2 (0.375 5MPa)6程是将烟气冷却至 15.5265c后用氨水吸收过量的CO2,该反应是一水合氨和二氧化碳反应生成碳酸氢钱,反应的化学方程式为：NH 3?H2O+CO 2=NH4HCO3,由 NH3 2O 的 Kb=1.7 X T(5, H2CO3 的 Ka1=4.3 X TJ、3Ka2=5.6 X 1向1可知HCO3-的水

30、解程度大于 NH4+的水解程度，则所得溶液的pH>7;烟气需冷却至15.526.5C的可能原因是：降低吸收过程中氨气挥发，促进氨水对二氧化碳的成分吸收；(4)为了测量某湖水中无机碳含量，量取100mL湖水，酸化后用 N2吹出CO2,再用NaOH溶液吸收，图象分析可知，生成碳酸氢钠溶 液和碳酸钠溶液，二者物质的量之比为1： 1,且CO32-的水解程度大于 HCO3-,则溶液中离子浓度大小为：c(Na+)> c(HCO3-) >c(CO32-)>c(OH -)>c(H+)。三、选做题(本题共2小题，考生根据要求选择其中一题进行作答)37 .化学一一选彳3:物质结构与性

31、质(15分)铁被称为 第一金属”，铁及其化合物在生产、生活中有 广泛用途。(1)铁原子外围电子轨道表示式为 ,铁原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不 同的光，可以用 摄取铁元素的原子光谱。(2)FeCoOx是一种新型光电催化剂。第四电离能大小关系是I4(C。)I"Fe)(填“减“<”，)原因是(3)二茂铁(C5H5)2Fe可用作火箭燃料添加剂、汽油抗爆剂。二茂铁熔点172 C,沸点249 C ,易升华,难溶于水，易溶于有机溶剂，它属于 晶体。(4)环戊二烯(C5H6)结构如图(a),可用于制二茂铁。环戊二烯中碳原子的杂化方式为 。分子中 的大兀键可用符号 上表示，其m代表参与形

32、成大 兀键的原子数，n代表参与形成大 兀键的电子数，环戊二 烯负离子(C5H5一)结构如图(b),其中的大 兀键可以表示为 。图Na+、Ni2+、Fe3+和CN 构成，其晶胞结（5）某普鲁士蓝类配合物可作为新型钠离子电池电极材料。它由 构如图（c）。该物质中，不存在 （填标号）。A.离子键 B.b键C.冗键 D. 氢键（6）该晶胞中Fe3+采用的堆积方式与（选填Po、Na、Mg、Cu）相同，单个晶胞的配位空隙中共容纳 个Na+。（2分）光谱仪（1分）（2）（1分）铁失去的是处于半充满状态的3d5的一个电子，相对较难；钻失去3d6上的一个电子后形成稳定的半充满状态，相对容易（2分）分子（1分）（

33、4）sp2和sp3（2分） 式（1分）（5）DE（2 分）（6）Cu（1 分）4（2 分）【解析】铁原子序数为 26,核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6 4s2,外围电子排布式3d6 4s2,外围电Jd4»子轨道排布式为二一rmmo ；核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，形成光谱，T1 I I I !11可以用光谱仪获取原子光谱；（2）Co3+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6,不是特殊结构，失去一个电子形成1s22s22p63s23p63d5结构需要能量不大，Fe3+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5,是半充满的稳定结构，再

34、失去一个电子形成不稳定结构需要较高能量，所以I4（Co）I4（Fe）; （3）二茂铁晶体熔沸点不高、易升华、易溶于有机溶剂，符合分子晶体特征，所以该晶体为分子晶体；（4）由环戊二烯（C5H6）的结构式可知，环戊二烯中有4个C原子形成有C=C双键，1个C原子含有4个C-H单键，即有两种C原子，所以杂化类型为 sp2 和sp3;由环戊二烯负离子（C5H 5-）结构图可知，环戊二烯负离子，由两个双键和一个负电荷组成环状共轲体系，兀电子数是6,即形成5个碳原子、6个兀电子的大兀键，符号为 式；（5）普鲁士蓝类配合物由 Na+、Ni2+、Fe3+和CN-构成，是离子化合物，存在离子键，含有 CN-, CN-中存在CN三键，一个 BN由1个键和2个兀键组成，化合物中不存在氢键和金属键；（6）抽出晶胞中Fe3+和CN-可知，晶胞中Ni2+位于体心和棱心位置，配位数是 12,晶胞中含有Ni2+数目为12x1+1=4,为面心立方最密堆积，类似于 Cu晶胞；4晶胞中Fe3+的数目为8x1 +6x1=4, CN-的数目为24x1 +24 X- +6=24,化学式为NaxNi 4Fe4(CN) 24,由于 8242化合物中阴阳离子电荷数相等，X+4X2+4X 3=24XJ解得x=4。即单个晶胞的配位空隙中共容纳Na+的数目为4。3