福建省福州市2019届高三毕业班第三次质量检测理科综合化学试题含解析

福州市2019届高三毕业班第三次质量检测理科综合化学试题.氢氧化铈CeOH是一种重要的稀土氢氧化物。平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻4璃粉末含 2、O.、CeO2）某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：粉末过独.洗麻~M拢粉末过独.洗麻~M拢3I下列说法错误的是.滤渣中主要含有2。吨.过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒C.过程②中发生反应的离子方程式为CeO2+H2O2+由Ce+2H2O+OJ.过程④中消耗11.2已折合成标准状况，转移电子数为2X6.02X1022【答案】C【解析】【分析】该反应过程为：①CeO2、2、OeO等中加入稀盐酸，20转化eCi存在于滤液中，滤渣为CeO2和2；0②加入稀硫酸和H202,Ce02转化为Ce,滤渣为2；0③加入碱后Ce转化为沉淀，④通入氧气将Ce从+氧化为+4,得到产品。【详解】.Ce，20e0等中加入稀盐酸，e0转化eCi存在于滤液中，滤渣为Ce02和20故正确；结合过滤操作要点，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故正确；C.稀硫酸、H202, Ce（） 三者反应生成转化为Ce2（ 0）、02和4°，反应的离子方程式为：6R+H0+2Ce0=2Ce+0T+4H0，故C错误； 过程④中消耗11.2的物质的量为0.5mol，转移22 2 2 2 2电子数为0.5molXN=2X6.02X102，故正确；故答案为C。.鹅去氧胆酸和胆烷酸都可以降低肝脏中的胆固醇，二者的转化关系如图，下列说法中正确的是.二者互为同分异构体.二者互为同分异构体.二者均能发生氧化反应和取代反应胆烷酸中所有碳原子可能处于同一平面内等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸与足量 反应时，最多消耗 的量相同【答案】B【解析】【详解】A鹅去氧胆酸脱氢氧化后生成胆烷酸，则鹅去氧胆酸和胆烷酸的分子式不同，不可能是同分异构体，故错误；B.鹅去氧胆酸和胆烷酸分子中均有羧基和羟基，则均可发生取代反应，如发生酯化反应，故B正确；.胆烷酸分子结构中环上除羰基和羧基中的碳原子外，其它碳原子均是杂化，则分子结构中所有碳原子不可能在同一平面内，故错误；.鹅去氧胆酸和胆烷酸分子内均有一个羧基，但鹅去氧胆酸比胆烷酸多一个羟基，则等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸分别与 完全反应时消耗的的物质的量不等，故错误；故答案为B。J+6Br+6利用此氯气氧化Br提取溴的新工艺反应之一为6J+6Br+6利用此反应和 得到液溴的实验中不需要用到的实验装置是BB【答案】【解析】【详解】•萃取后得到的的 溶液分离时应选择蒸馏操作，故正确；.反应后的液体混24合物除 沉淀时，应选择过滤操作，故正确；.过滤后的混合液中的 应选择加入 ，l2萃取后再选择分液操作，故正确；.固体加热才选择坩埚加热，本实验不涉及此操作，故错误；故答案为D设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是.1L0.2molm酸钠溶液中 、 -、2-的总数为0.22.标准状况下，等物质的量的 和所含的氢原子数均为2.向含1mol 2的溶液中通入等物质的量的J转移的电子数为.100 的硫酸与磷酸的混合溶液中含氧原子数为0.【答案】【解析】【详解】•根据物料守恒，1L0.2mol/L亚硫酸钠溶液中 、 -、2—的总物质的量为21LX0.2mol/L=0.2mol,其含硫微粒总数为0.2,故正确；.标准状况下，等物质的量的2和 所含的氢原子数相等，因两者的物质的量不一定是1mol,则不一定均为 ，故错误；.向含1mol 的溶液中通入等物质的量的l1moll全部被还原为-则转移的电子数为2,2 2 2故错误；.100 的硫酸与磷酸的混合溶液中含有硫酸和磷酸的总质量为.8物质的量总和为0.1mol,酸中含有氧原子数为0.N但水中也有氧原子，则总氧原子数大于0.N故错误；故答案为。一种新兴宝玉石主要成分的化学式为21012dxyz均为短周期主族元素且、、、的原子序数依次增大，与位于同一主族，与位于同一周期。、、的最外层电子数之和与的最外层电子数相等，是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是.原子半径：.最高价氧化物对应水化物的碱性：.、组成的化合物能与强碱反应.的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为11【答案】【解析】【分析】均为短周期主族元素且、、、、的原子序数依次增大，、是地壳中含量最多的元素，均为短周期主族元素且、、、、的原子序数依次增大，、是地壳中含量最多的元素，则为元素；与位于同一主族，与位于同一周期，则X均为第三周期；X、的最外层电子数之和与的最外层电子数相等，设X的最外层电子数为a的最外层电子数为，则2，当，1时满足题意，即为、为、为。【详解】由分析可知：为元素、为元素、为元素、为元素；.、同周期，核电荷数大，原子半径小， 的原子半径大于，、同主族，核电荷数大，原子半径大，的原子半径大于，则原子半径是>>，故正确；. 的金属性比强， 的碱性比强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：，故正确；.、组成的化合物是酸性2氧化物，能与强碱反应，故正确；•的单质是，在氧气中燃烧生成22，存在和22,则阴阳离子之比为12故错误；故答案为。【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小稀有气体元素除外，如>>>,>2> ,2->l（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如<<， < <。（）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同核外电子排布相同的离子半径包括阴、阳离子随核电荷数的增加而减小，如2->-> >2> 。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如 <2<e<<-。（）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较3与2-的半径大小，可找出与3电子数相同的2-进行比较，1<2-,且2-<2-,故1<2-o6. 电解法可由金属氧化物直接电解制备金属单质，西北稀有金属材料研究院利用此法成功电解制备钽粉，其原理如图所示。下列说法正确的是T电源出熔*0.该装置将化学能转化为电能.极为电源的正极.2极发生的电极反应为2 10—2 2—.石墨电极上生成22.4 ,则电路中转移的电子数为4X6.02X1022【答案】

【解析】【分析】电解池工作时2向阳极移动，则石墨电极为阳极，电源的极为正极，电解池的阴极发生还原反应，据此分析解题。【详解】A该装置是电解池，是将电能转化为化学能，故错误；B电解池工作时2向阳极移动，则石墨电极为阳极，电源的极为正极，极为电源的负极，故错误；.极为阴极，25发生还原反应，其电极反应为 10-2 2-，5故正确；D.石墨电极上生成的22.425 2没有指明是标准状况，则其物质的量不一定是1,转移电子数也不一定是4X6.02X102,故D错误；故答案为。【点睛】本题考查电解原理的应用，判断电源的电极是解题关键，在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，再结合电解池的阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应分析，难点是气体摩尔体积的应用，只有指明气体的状态，才能利用22.4 计算气体的物质的量。已知2在水溶液中能发生水解。常温时，有1的H2溶液和1的H4氟硼酸溶液起始时的体积均为°,分别向两溶液中加水，稀释后溶液的体积为，所得曲线如图所示。下列说法错误的是2652.H2为弱酸，H4为强酸.常温下H 的电高平衡常数的数量级为10—42.在0WpHW5时，H4溶液满足pH0D.25℃时1pH的口4溶液与100℃时1 pH的口4溶液消耗的 O田同【答案】【解析】4溶液pH0说明H4是强酸；而【详解】.J14溶液pH0说明H4是强酸；而V00在水溶液中能发生水解，说明HCl是弱酸，故A正确；.对于HCl溶液，当IV+1时pH12 2 V0，即1l0，即1l0c（h+）xc（ClO-）HCl2c（HClO）2六1X102溶液中 (H0.1,l常温下HCl2的电离平衡常数，即HCl的电高平衡常数的数量级为10-2,故错误;C.1V+112 V0时pH0则0，即1l溶液pH0说明H是强酸，pHl(H+),溶液稀释多少倍，V溶液中(H+)为原来的多少分之一，所以在0WpHW5时，H溶液满足：pHl/，故C正确;0.25℃时pH2的H溶液与100℃时pH2的H溶液中(H+)均为0.01l,则体积均为1的两溶液完全中和消耗的N 相同，故正确；故答案为。氯化氨基汞H”是祛斑霜中常用的添加剂，可由反应H+2N+C(5)中短导管通入的气体是，(5)中短导管通入的气体是，导管采用长短不同的原因是。(氯化氨基汞产品中氯化氨基汞的含量测定：称取样品，加入水及稀硫酸溶解向溶解后的溶液中加入0.1l溶液，立即出现橙红色沉淀，继续滴加溶液至沉淀消失，溶液呈无色已知H2++2-HJ(橙红色)，H2+2-H2—(无色)，共消耗溶液。测定产品中氯化氨基汞的质量分数为【答案】 (1). 2+用2Cl3 2++2H2+Clf(2).NH•H2+CANHf+C(H)().形管().干燥氨气 (5).一一一C- ()无尾气处理装置 ().氯气(8).氯气的密度大于空气，氨气的密度小于空气，采用逆流原理，使氯气、氨气、汞充分混合 (9).制备，某学习小组在实验室中利用下列装置制备氯化氨基汞，回答下列问题。制备，某学习小组在实验室中利用下列装置制备氯化氨基汞，回答下列问题。(1)A中发生反应的离子方程式为。(2)中发生反应的化学方程式为。(盛装碱石灰的仪器名称为，其作用为。(整个装置的仪器连接顺序为A-(装置不能重复使用)。该实验的不足之处是0"x10l 1%4a【解析】分析】⑴装置A中 \混合加热制氯气，结合守恒法写出发生反应的离子方程式；(装置F中浓—■O^成氨气和Ca(OH)，结合原子守恒即可写出发生反应的化学方程式；(碱石灰能吸收水蒸气和酸性气体，根据仪器结构确定盛装碱石灰的仪器名称；()整个装置分成两部分，一部分是由A装置中的氯气经除杂并干燥后得到干燥的氯气，一部分是由F装置生成的氨气经干燥后得到干燥的氨气，最后将干燥的氯气和氨气一起通入E中制得H()£l；氯气、氨气和汞蒸气都是有毒气体，需要进行尾气处理；(结合气体充分混合的目的，根据氯气和氨气的密度相对大小分析；(已知口+-二H1(橙红色)，H+-二H-(无色)，得H()El H—4结合关系式并根据滴定时消耗的溶液的体积即可计算样品的纯度。【详解】(1)装置A中利用浓盐酸和 混合加热制氯气，发生反应的离子方程式为+用C-A+田+Clf；——()装置F中浓氨水加入到CaO中生成氨气和Ca(OH)，发生反应的化学方程式为H・HO+CaO+ Hf+Ca(OH)； (根据仪器结构确定盛装碱石灰的仪器名称为形管；碱石灰能吸收水蒸气和酸性气体，因此利用碱石灰干燥氨气；(整个装置分成两部分，一部分是由A装置中的氯气经除杂并干燥后得到干燥的氯气，一部分是由F装置生成的氨气经干燥后得到干燥的氨气，最后将干燥的氯气和氨气一起通入E中制得H()£1,则整个装置的仪器连接顺序为A-D-B-E-C-F,该实验的不足之处是没有尾气处理装置;(氯气的密度大于空气，氨气的密度小于空气，采用逆流原理，可使氯气、氨气、汞充分混合，故装置E中短导管@通入的气体是氯气，也是导管a采用长短不同的根本原因;(已知口+ -二H 1(橙红色)，H+ -二H -(无色)，得H ( )El H —4滴定时消耗的溶液VmL 的物质的量为VX10LX0.1mol/L=0.1VX10mol,则样品的纯度为0.1Vx10-3义252.5.= x100%。4a0.1Vx10-0.1Vx10-3义252.5.= x100%。4a溴酸镉常用于生产颜料和荧光粉。以镉铁矿成分为及少量的溴酸镉常用于生产颜料和荧光粉。以镉铁矿成分为及少量的和 为原料制备 的流程如下稀H加. CH10H 稀H加. CH10H 国内港植国8超液限优蒸发结品W 展现——-还原国——*H化已知： 溶于水。中的化合价为酸浸时，为了提高镉的浸取率可以采取的指施有 写出两种即可）还原镉时产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，其发生反应的离于方程式为用 溶液氧化时氧化剂与还原剂的物质的量之比为已知几种金属离子的氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的如下表调时，应调整的范为滤渣的主要成分为 填化学式）金属离子开始汛淀的pH完全汉江的pHFe5+1.52.SAF+3.05.0FW+6.3S.3CcP+7.4取4实际工业生产中有时还采用阳离子交换树脂法来测定沉镉后溶液中的含量其原理是d其中 为阳离子交换树脂。常温下，将沉镉后的溶液此时溶液 经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的比交换前增加了 ，则该条件下 的 值为已知镉铁矿中 的含量为 2整个流程中镉元素的损耗率为，则该镉铁矿可制得TOC\o"1-5"\h\z相对分子质量为 。【答案】 将矿石粉碎、适当升高浸取时的温度、延长浸取的时间、增大浸取液的浓度、充分搅拌等 fW 和【解析】【分析】用稀硫酸溶解镉铁矿成分为、 、及少量的和，其中不溶于水和酸，2 23 23 2 2通过过滤除去，即滤渣为；滤液中主要含有、、及，加入 将还原为d然后加入斗2溶液，将溶液中的2+氧化为 +再调节溶液pH使溶液中的 1 完全转化为、H)沉淀，过滤除去不溶物，向含有化为、H)沉淀，过滤除去不溶物，向含有4的滤液中加入2生成沉淀，再过滤将沉淀溶于H ,最后将溶液蒸发结晶即可得到溴酸镉再过滤将沉淀溶于H ,最后将溶液蒸发结晶即可得到溴酸镉)］据此分析解答(1)2⑸。6将沉镉后的溶液pH=6,6将沉镉后的溶液pH=6,则c)H=1X10,经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的+0.046g比交换前增加了0.046g,即浓度增加了23g比交换前增加了0.046g,即浓度增加了23g/mol=0.002,根据2++2=2N ,2可知原溶液中C2+)=0.001,再计算据轴；p7)2该镉铁矿中 2的质量为2X106gX72%=1.44X106g,其物质的量为1.44x106g…/：=0.01X106 o再根据整个流程中镉元素的损耗率为％并结合原子守恒计算B的质量。144g/B的质量。)中元素为+5价元素为-价根据正负化合价代数和为0可知【详解】1在乙中 >元^^^为-价，不^^^^^负化合价Iy^^^^^为【详解】1在的化合价为+2；2固体溶解于稀硫酸时，采取增大硫酸的浓度、将固体，、用玻璃棒搅拌或当加热等措施，)H将4+还原为2+时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体■匕气体为■结合守恒法，4+IHhH+H=2固体溶解于稀硫酸时，采取增大硫酸的浓度、将固体，、用玻璃棒搅拌或当加热等措施，)H将4+还原为2+时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体■匕气体为■结合守恒法，4+IHhH+H=2+Ht+6H+；・ ■2 ^^M222・时，发生■的离子方程式为22++HOFh+二2可提高镉的浸取率;可知发生反应的离于方程式为4用H22溶液将溶液中2+氧化则氧化剂H与还原剂2+的物质■之比为1?・ ■2 222沉淀时.口为2.8 Al完全转化为A^(OH^pH为5.0,2沉淀时的pH为7.4,则调节溶液的pH范围为5.0WpH<T4,此时获得5)e全转化为d2+开始转化为、、H)沉淀，即过滤的滤渣2为、H)、H)6将沉镉后的溶液6将沉镉后的溶液pH=6,则c )H=1X10,经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的0.046g交换前增加了0.046g,即+浓度增加了交换前增加了0.046g,即+浓度增加了23g/mol=0.002,根据2++2二跳2,可知原溶液中C2+)=0.001 ,则2+)Xc2 )H=1X10191.44x106g…,V=0.01X106mol,1441.44x106g…,V=0.01X106mol,144g/mol的物质的量为0.01X106molX(18)=9.2X103molX368g/mol=3.3856X106g二10.甲醇是种可再生能源，具有广阔的化剂，采用如下反应来合成甲醇22整个流程中镉元素，损耗率为8,根据，守恒可知获得邙F和应附景・用/A、p/Rh/2等作催卜勺△=_|用含字母的代数式表示)。32化学键H—Hc—一01键能/(kJ/mol)ab1下表所列数据是各化学键键能，该某科研小组用 /作催化剂，在450℃时，研究了 ) 分别为2)13时转化率的变化情况如图)，则图中表示 )h )=的变化曲线为 填“曲线或“曲线b”)。2^min^min3某化学研究性学习小组模拟工业合成甲醇的反应，在2的恒容密闭容器内充入1mol和2mol,加入合适催化剂后在某温度下开始反应，并用压力计监测容器内压强的变化如下：2反应时间/m0510152025压强/12.610.89.58.8.48.4则从反应开始到20m时，的平均反应速率为 该温度下的平衡常数为4将和2加入密闭容器中，在一定条件下发生反应： g)22?)o3 盒)。。平衡时的体积分数与温度和压强的关系如下图所示虚线框表示没有测定该条件下的数据)。2MPa3MPa2MPa3MPa、、由大到小的关系是 判_理_是(美国的两家公司合作开发了多孔硅甲醇直接燃料电池，其工作原理如图①石墨为 填”正”或"负")极。②石墨极发生的电极反应式为【答案】 ()( )kJ•mol()曲线() • •mi() () ()压强越大，C的体积分数越小，、、对应的C的体积分数逐渐增大，该反应向左移动，则 ()正()CHHHCTH【解析】【分析】(反应热△H反应物的键能和生成物键能和；()2H (C越大，C的转化率越大；(反应进行到 m时达到平衡，在恒温恒容容器中压强与气体的物质的量成正比，起始时总物质的量为mol压强为，平衡时压强为，则平衡时总物质的量为8.4MPamob …e mol设反应中参加反应的C的物质的量为mol贝U：12.6MPaH(g)C(京HH(g)起始物质的量(mol)变化物质的量(mol)平衡物质的量(mol)故( )( )，解得，再根据速率公式和平衡常数表达式计算即可；(图示中压强越大，C的体积分数越小，且C(g)(g)=CHH(g)AH温度升高平衡逆向移动，C的体积分数越大；(由甲醇燃料电池工作原理可知，石墨通入，发生还原反应生成Ho而原电池的正极发生还原反应，则石墨为原电池的负极，发生氧化反应，甲醇被氧化生成C2【详解】(已知反应热△H反应物的键能和生成物键能和，则H(g)C(或H口也的反应热△H( )kJmol( )kJmol)kJ•mol；()0H(C越大，C的转化率越大，故曲线表示 出：(C)：的变化曲线；

（反应进行到20min时达到平衡，在恒温恒容容器中压强与气体的物质的量成正比，起始时总物质的量为mol压强为12.6 ，平衡时压强为.，则平衡时总物质的量为8.4MPamoH 8.4MPamoH =2mol12.6MPa设反应中参加反应的的物质的量为mol贝U：2H()+2*3)H()起始物质的量(mol)21变化物质的量(mol)2平衡物质的量(mol)221故(22)+(1 )+=2解得=0.50.5mol则从反应开始到20min时， 的平均反应速率为2L=0.0125mol・Li・min;20min0.5molc(CHOH) 2L该温度下的平衡常数c2(Hi，c(CO)"(1mol^20.5mol42 1~LL~)*2L（已知（）+2H）oHH（）H0平衡时温度升高平衡逆向移动， 的体积分数增大，由TOC\o"1-5"\h\z图示可知压强越大，的体积分数越小，、、对应的的体积分数逐渐增大，该反应向左1 2移动，则 T\o"CurrentDocument"2 1（5）①石墨2通入2,发生还原反应生成H2,而原电池的正极发生还原反应，则石墨2为正极；②石墨1为燃料电池的负极，甲醇被氧化生成o发生的电极反应式为HH+H6=O+6H+。11.合金（含l、和几乎与钢一样坚固，但重量仅为钢的三分之一，已被用于飞机机身和机翼、智能手机外壳上等。但这种合金很难被焊接。最近科学家将碳化钛纳米颗粒（大小仅为十亿分之一米）注入 （的焊丝内，让这些纳米颗粒充当连接件之间的填充材料。注入了纳米粒子的填充焊丝也可以更容易地连接其他难以焊接的金属和金属合金。回答下列问题：⑴基态铜原子的价层电子排布式为 。⑵第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示。该元素是 填元素符号），判断依据是和-等配体都能与形成配离子。m和-等配体都能与形成配离子。mm键，中心离子的配位数为铝镁合金是优质储钠材料原子位于面心和顶点，其晶胞如图所示。个铝原子周围有个镁原子最近且等距离。在二氧化钛和光照条件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛:笨甲鼻 装甲磨①苯甲醇中原子杂化类型是②苯甲醇的沸点高于苯甲醛，其原因是钛晶体有两种品胞，如图所示。图4①如图所示，晶胞的空间利用率为用含口的式子表示°②已知图中六棱柱边长为cm高为cm图4①如图所示，晶胞的空间利用率为用含口的式子表示°②已知图中六棱柱边长为cm高为cm该钛晶胞密度为Dg・cm3—用含和D的式子表示°【答案】是的倍多，说明最外层有个电子，【答案】是的倍多，说明最外层有个电子，苯甲醇分子间存在氢键，苯甲醛分子间不存在氢键19"’3在氢键3Dxx2xy【解析】【分析】()铜原子有个电子，其能级上的电子为其价电子;()铜原子有个电子，其能级上的电子为其价电子;根据电离能的突变判断最外层电子，结合该元素为第三周期元素分析;⑶所有单键包括配位键均为o键，双键中有一个为o键，每个3分子中含有3个键，中心原子与四个原子之间存在配位键;(4)晶胞中每个侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到A原子的距离相等且最近;(5)①苯环上碳原子形成3个共用电子对，而2中原子形成4个共用电子对;②分子间的氢键对物质的沸点影响较大，苯甲醇分子间存在氢键;1(6)①由图3可知，晶胞中钛原子的数目为4r晶胞的边长为--，由此计算空间利用率(5)①苯环上碳原子形成3个共用电子对，而2中原子形成4个共用电子对;②分子间的氢键对物质的沸点影响较大，苯甲醇分子间存在氢键;1(6)①由图3可知，晶胞中钛原子的数目为4r晶胞的边长为--，由此计算空间利用率②图4晶胞中钛原子的数目为3+2*1+|高为，则晶胞的体积为3g2322【详解】(1)铜原子有2个电子，其3⑵由图1可知电离能3是25倍多，该元素为第三周期第IIA元素，此元素为⑶所有单键包括配位键均为O键，双有原子与四个原子之间存在配位键，则1为3,中心离子》的配位数为4；(4)晶胞中每个侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到A原子的距离相等且最近，则每个铝原子周围距离最近的镁原子有8个;⑸①苯环上碳原子形成3个共用电子对，碳原子的杂化类型是2,而2中原子形成4个共用电子对，碳原子的杂化类型是3；②苯甲醇分子间存在氢键，而苯甲醛分子间不存在氢键，导致苯甲醇的沸点明显比苯甲醛高;设原子半径为r则晶胞的对角线为4r(6)①由图3设原子半径为r则晶胞的对角线为4r84r晶胞的边长为-34r晶胞的边长为-3，则空间利用率为4 42x-Kr3一3——x100%、3史兀义100%；8②②图4晶胞中钛原子的数目为②②图4晶胞中钛原子的数目为3+"2+12X66x48晶胞的质量为~n~g六棱柱边长为A高为，则晶胞的体积为3m22高为，则晶胞的体积为3m22皿则D「「g：」L2 皿由此计算得N2192j3 mol-i。3Dxx2xy【点睛】本题考查原子杂化方式判断，注意杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层1电子对个数o键个数+孤电子对个数，。键个数配原子个数，孤电子对个数-( ),指中心原子价电子个数，指配原子个数，指配原子形成稳定结构需要的电子个数.根据值判断杂化类型：一般有如下规律：当,2杂化；,2杂化；，4杂化。12吡贝地尔(bbs)是多巴胺能激动剂，合成路线如下:CO12吡贝地尔(bbs)是多巴胺能激动剂，合成路线如下:CO号。蛇0L*已知：①c］爰5?o箸②D的结构简式为口X0⑴的名称是 。(2)E-F的反应类型是()的结构简式为；__最多消耗与 的物质的量之比为(4)D+H-吡贝地尔反应的化学方程式为 。()1的同分异构体中满足下列条件的有 种(碳碳双键上的碳原子不能连羟基)，其中核磁共(写出一种即可)。①与F 溶振氢谱有种峰且峰面积之比为2211的结构简式为液发生显色反应②苯环上有个取代基③1mol(写出一种即可)。①与F 溶(已知： 去；参照上述合成路线，以苯和