四川省泸州市2025届高三化学第三次教学质量诊断性考试试题含解析

PAGE17-四川省泸州市2025届高三化学第三次教学质量诊断性考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Fe56Cu64Zr91第Ⅰ卷一、选择题1.化学与生活亲密相关，下列说法错误的是A.硅酸盐陶瓷化学性质稳定，耐氢氟酸、碱的腐蚀B.“冰，水为之，而寒于水”，说明等质量的冰和水比较，冰的能量更低C.飞沫传播病毒存在气溶胶，飞沫中有直径为1nm~100nm的粒子D.核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是高分子化合物【答案】A【解析】【详解】A．硅酸盐陶瓷化学性质稳定，但能与氢氟酸、碱反应，故A错误；B．“冰，水为之，而寒于水”，说明等质量的冰和水比较，冰的温度更低，冰的能量更低，故B正确；C.飞沫传播病毒存在气溶胶，属于胶体，飞沫中有直径为1nm~100nm的粒子，故C正确；D．核酸是由很多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，核酸是高分子化合物，故D正确；故选A。2.对甲基苯乙烯（）是有机合成的重要原料。下列对其结构与性质的推断正确的是A.该物质易溶于水B.使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色的原理相同C.具有相同官能团的芳香烃同分异构体为3种D.分子中全部碳原子可能处于同一平面【答案】D【解析】【详解】A．该物质中没有亲水基，难溶于水，故A错误；B．使酸性高锰酸钾溶液是发生氧化反应，和溴水褪色是发生加成反应，原理不相同，故B错误；C．具有相同官能团的芳香烃同分异构体为5种、、、、，故C错误；D．苯平面和烯平面通过碳碳单键相连，碳碳单键可以旋转，分子中全部碳原子可能处于同一平面，故D正确；故选D。3.除去粗盐中的泥沙和可溶性Ca2＋、Mg2＋的过程中，涉及的试验操作正确的是A.粗盐溶解 B.分别泥沙C.滴加试剂除杂 D.蒸发结晶【答案】B【解析】【详解】A.粗盐溶解在烧杯中进行，故A错误；B．分别泥沙用过滤装置，故B正确；C．滴加试剂除杂时胶头滴管不能插入试管内，故C错误；D．蒸发结晶在蒸发皿中进行，故D错误；故选B。4.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.22.4LH2与2molI2反应生成HI的分子数为2NAB.5.6g铁与足量稀硝酸反应转移的电子数为0.2NAC.32g氧气与32g硫所含的质子数相等D.1L0.1mol·L-1NH4H2PO4溶液中阴阳离子数相等【答案】C【解析】【详解】A.22.4LH2不肯定是标准状况，且反应是可逆反应，故A错误；B.5.6g铁与足量稀硝酸反应生成铁离子，转移的电子数为0.3NA，故B错误；C.32g氧气含16mol质子，32g硫也含16mol质子，所含的质子数相等，故C正确；D.1L0.1mol·L-1NH4H2PO4溶液中，铵根离子要水解，磷酸二氢根离子要电离和水解，阴阳离子数不相等，故D错误；故选C。5.X、Y、Z、M、Q、R为短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法错误的是A.元素的金属性：Q＜R B.R的氧化物可能含共价键C.热稳定性：ZX3＜YX4 D.X2M的水溶液露置于空气中易变质【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，由原子半径和最外层电子数之间的关系图可知，X、R最外层只有一个电子，为第IA族元素；Q最外层有3个电子，位于第ⅢA族，Y最外层有4个电子，位于第ⅣA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，M最外层有6个电子，位于第VIA族；R原子半径最大，为Na元素，X原子半径最小，为H元素；Y原子大于Z、小于M，M原子半径小于R、大于Y，可知Q是Al、Y是C、Z是N、M为S元素。【详解】A．Na和Al是同一周期，元素的金属性：Al＜Na，故A正确；B．R的氧化物有Na2O、Na2O2，Na2O2中含共价键，故B正确；C．C和N是同一周期，非金属性，N>C，热稳定性：NH3>CH4，故C错误；D．H2S易被氧气氧化生成硫和水，H2S的水溶液露置于空气中易变质，故D正确；故选C。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，把握最外层电子数、原子半径来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用实力的考查，留意规律性学问的应用，易错点B，Na2O2中含共价键，过氧根离子中两个氧原子间形成非极性共价键。6.2024年5月，香港理工高校宣布研发出超松软高效能织物[柔性S/HPCNF(分级多孔碳纳米纤维)]锂空气二次电池，在S/HPCNF织物上匀称地沉积铜和镍，取代一般锂电池表面的金属箔，以提高松软度，电池的工作原理如图，下列有关说法错误的是A.放电时，O2在阳极区发生氧化反应B.沉积铜和镍是为了增加织物的导电性C.充电时，Li+移向金属锂一极D.充电时，阳极的电极反应为Li2O2－2e-＝O2↑＋2Li+【答案】A【解析】【详解】A.放电时，氧原子得电子，化合价降低，O2在阳极区发生还原反应，故A错误；B.铜和镍是金属，属于导体，沉积铜和镍是为了增加织物的导电性，故B正确；C.充电时，阳离子移向阴极，Li+移向金属锂一极，故C正确；D.充电时，阳极发生氧化反应，电极反应为Li2O2－2e-＝O2↑＋2Li+，故D正确；故选A。7.已知：pBa＝－lgc(Ba2＋)，Ksp(BaSO4)＝1.0×10-10，Ksp(BaCO3)＝3.0×10-9。常温下，用0.1mol·L-1Na2SO4溶液滴定20mL0.1mol·L-1BaCl2溶液曲线如图所示，V0达到滴定终点，下列说法错误的是A.图像中，m＝5，V0＝20B.若将c(BaCl2)从0.1mol·L-1变为0.2mol·L-1，m值将减小C.a点溶液中离子浓度大小关系为：c(Cl-)＞c(Na+)＞c(Ba2+)＞c(OH-)D.向b点溶液中滴加Na2CO3溶液至≥30时将生成BaCO3【答案】B【解析】【详解】A.图像中，m＝5，pBa＝－lgc(Ba2＋)=5，c(Ba2＋)=10-5mol·L-1，Ksp(BaSO4)＝1.0×10-10，c(SO42-)=10-5mol·L-1，沉淀完全，反应的钡离子和硫酸根离子的量相同，20mL×0.1mol·L-1=V0×0.1mol·L-1，V0＝20mL，故A正确；B.若将c(BaCl2)从0.1mol·L-1变为0.2mol·L-1，m为沉淀完全时，pBa＝－lgc(Ba2＋)，m值不变，故B错误；C.a点溶液中离子浓度大小关系为：c(Cl-)=，c(Na+)=，c(Ba2+)=，c(OH-)来源于水电离，c(Cl-)＞c(Na+)＞c(Ba2+)＞c(OH-)，故C正确；D.BaSO4+CO32－BaCO3+SO42－，K，向b点溶液中滴加Na2CO3溶液至≥30时将生成BaCO3，故D正确；故选B。第Ⅱ卷二、必考题8.一水硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4SO4·H2O，相对分子质量为246]是一种重要的染料及农药中间体。常温下该物质可溶于水，难溶于乙醇。某化学爱好小组通过以下试验制备一水硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。回答相关问题：I．试验室制取CuSO4溶液方案i：铜与浓硫酸加热制备。方案ii：将铜粉在空气中充分加热至完全变黑，再加稀硫酸即可得到硫酸铜溶液。(1)请写出方案i反应的化学方程式____，其缺点是____（写1点）。(2)实际生产中方案ii经常有紫红色固体未反应，猜想缘由可能是____。(3)基于此，试验进行了改进，其中一种方案是在硫酸和铜的反应容器中滴加H2O2溶液，视察到的现象是____（写1点）。H2O2的沸点为150.2℃。为加快反应须要提高H2O2溶液的浓度，可通过下图将H2O2稀溶液浓缩，冷水入口是____（填a或b），增加减压设备的目的是____。II．一水硫酸四氨合铜晶体的制备(4)硫酸铜溶液含有肯定硫酸，呈酸性，加入适量NH3·H2O调整溶液pH，产生浅蓝色沉淀，已知其成分为Cu2(OH)2SO4，试写诞生成此沉淀的离子反应方程式__________。(5)接着滴加NH3·H2O，会转化成深蓝色溶液。从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体的简便试验是滴加____________。III．产品纯度的测定(6)精确称取mg晶体，加适量水溶解，然后逐滴加入足量NaOH溶液，通入水蒸气将氨全部蒸出，用V1mL0.200mol·L－1的盐酸完全汲取。以甲基橙作指示剂，用0.200mol·L－1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。产品纯度的表达式为______。【答案】(1).Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O(2).会产生有污染的SO2气体（或硫酸利用率比较低或不节能）(3).表面生成的CuO阻挡内部铜与O2接触或反应(4).铜溶解、溶液变蓝、产生气泡(5).a(6).降低水的沸点，避开H2O2分解(7).2Cu2+＋2NH3·H2O＋SO42-=Cu2(OH)2SO4↓＋2NH4+(8).乙醇(9).=【解析】【详解】（1）方案i铜与浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O，其缺点是会产生有污染的SO2气体（或硫酸利用率比较低或不节能）（写1点）。故答案为：Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O；会产生有污染的SO2气体（或硫酸利用率比较低或不节能）；（2）实际生产中方案ii经常有紫红色固体未反应，猜想缘由可能是表面生成的CuO阻挡内部铜与O2接触或反应。故答案为：表面生成的CuO阻挡内部铜与O2接触或反应；（3）在硫酸和铜的反应容器中滴加H2O2溶液，Cu在H2O2作用下与稀硫酸反应生成硫酸铜，该反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4═CuSO4+H2O，视察到的现象是铜溶解、溶液变蓝、产生气泡（写1点）。H2O2的沸点为150.2℃。为加快反应须要提高H2O2溶液的浓度，可通过减压蒸馏将H2O2稀溶液浓缩，冷凝水逆流时热交换效率高，冷水入口是a（填a或b），过氧化氢受热易分解，故采纳减压蒸馏的方式，增加减压设备的目的是降低水的沸点，避开H2O2分解。故答案为：铜溶解、溶液变蓝、产生气泡；a；降低水的沸点，避开H2O2分解；II．（4）硫酸铜溶液含有肯定的硫酸，呈酸性，加入适量NH3·H2O调整溶液pH，产生浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4，生成此沉淀的离子反应方程式2Cu2+＋2NH3·H2O＋SO42-=Cu2(OH)2SO4↓＋2NH4+。故答案为：2Cu2+＋2NH3·H2O＋SO42-=Cu2(OH)2SO4↓＋2NH4+；（5）接着滴加NH3·H2O，会转化成深蓝色溶液。由于Cu（NH3）4SO4·H2O晶体难溶于乙醇，可溶于水，从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体的简便试验是滴加乙醇。故答案为：乙醇；III．（6）与氨气反应的n（HCl）=10-3V1L×0.200mol·L-1-0.200mol·L-1×10-3V2L=2×10-4（V1-V2）mol，依据NH3～HCl可知，n（NH3）=n（HCl）=2×10-4（V1-V2）mol，则n[Cu（NH3）4SO4·H2O]=n（NH3）=5×10-5（V1-V2）mol，样品中产品纯度的表达式为：==。故答案为：=。【点睛】本题考查探究物质组成与含量的方法，明确试验原理、题干信息为解答关键，留意驾驭化学试验基本方法及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析实力及化学试验实力，难点（6）计算样品的纯度，与氨气反应的n（HCl），依据NH3～HCl可知，n（NH3）=n（HCl）再算出n（NH3），最终利用关系式n[Cu（NH3）4SO4·H2O]=n（NH3），求出样品的物质的量。9.金属钒主要用于冶炼特种钢，被誉为“合金维生素”。工业上常用富钒炉渣（主要含FeO·V2O3，还有少量P2O5等杂质）制取钒的流程如下图。回答下列问题：(1)已知焙烧中先发生4FeO·V2O3+5O24V2O5+2Fe2O3反应，其氧化产物是__，进一步生成可溶性NaVO3的反应方程式为______。(2)25℃时，Ksp(NH4VO3)＝4×10-2，电离平衡常数Kb(NH3·H2O)＝1.8×10-5。“沉钒”后VO3-的浓度为mol/L，则滤液的pH为___。除OH-与VO3-外，滤液中还可能存在的阴离子是__。(3)“热解”过程产生的气体y的电子式为__。(4)硅参加高温还原反应的方程式为_____，炉渣的主要成分是__。(5)钒比铁的金属性强。工业上通过电解精炼“粗钒”可得到99.5%的纯钒，以熔融LiCl－KCl－VCl2为电解质，“粗钒”中含少量铁和硅。则“粗钒”应连接电源的___极，阴极的电极反应式为__。【答案】(1).V2O5、Fe2O3(2).V2O5＋Na2CO32NaVO3＋CO2↑(3).4.5(4).Cl-和H2PO42-、PO43-或HPO42-(5).(6).5Si＋2V2O54V＋5SiO2或5Si＋2V2O5＋5CaO4V＋5CaSiO3(7).CaSiO3(8).正或＋(9).V2+＋2e-＝V【解析】【分析】焙烧是将FeO·V2O3转化为可溶性NaVO3，氧化铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2，气体x为CO2，水浸，浸出渣为氧化铁，得到NaVO3溶液，滤液中加入NH4Cl沉钒生成NH4VO3，受热分解生成V2O5，和氨气，最终用硅铁还原，硅参加高温还原反应的方程式为5Si＋2V2O54V＋5SiO2或5Si＋2V2O5＋5CaO4V＋5CaSiO3，炉渣的主要成分是CaSiO3。【详解】（1）焙烧中先发生4FeO·V2O3+5O24V2O5+2Fe2O3反应，铁由+2价上升为+3价，钒由+3从上升为+5价，其氧化产物是V2O5、Fe2O3，进一步生成可溶性NaVO3的反应方程式为V2O5＋Na2CO32NaVO3＋CO2↑。故答案为：V2O5、Fe2O3；V2O5＋Na2CO32NaVO3＋CO2↑；（2）25℃时，Ksp(NH4VO3)＝4×10-2，电离平衡常数Kb(NH3·H2O)＝1.8×10-5。“沉钒”后VO3-的浓度为mol·L－1，Ksp(NH4VO3)＝4×10-2=c(NH4+)c(VO3-)，c(NH4+)==1.8mol·L－1,Kh=,x=c(H+)=10-4.5mol·L－1,则滤液的pH为4.5。除OH-与VO3-外，P2O5溶于水生成磷酸电离出H2PO42-、PO43-或HPO42-，滤液中还可能存在的阴离子是Cl-和H2PO42-、PO43-或HPO42-。故答案为：4.5；Cl-和H2PO42-、PO43-或HPO42-；（3）“热解”过程产生的气体y是氨气，N原子最外层是5个电子，与3个氢原子形成3个共用电子对，电子式为。故答案为：；（4）硅高温时将钒还原，同时生成二氧化硅与氧化钙形成炉渣，硅参加高温还原反应的方程式为5Si＋2V2O54V＋5SiO2或5Si＋2V2O5＋5CaO4V＋5CaSiO3，炉渣的主要成分是CaSiO3。故答案为：5Si＋2V2O54V＋5SiO2或5Si＋2V2O5＋5CaO4V＋5CaSiO3；CaSiO3；（5）以熔融LiCl－KCl－VCl2为电解质，“粗钒”中含少量铁和硅，“粗钒”应连接电源的正或＋极，发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应，阴极的电极反应式为V2+＋2e-＝V。故答案为：正或＋；V2+＋2e-＝V。10.铁在工业、农业和国防科技中有重要应用，我国已是生产钢铁最多的国家。回答下列问题：(1)工业上以磁铁矿和焦炭原料冶炼铁存在以下变更：①Fe3O4(s)+4C(s)=3Fe(s)+4CO(g)ΔH1=+678kJ·mol-1②CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-283kJ·mol-1③C(s)+O2(g)=CO(g)ΔH3=-110kJ·mol-1④Fe3O4(s)+4CO(g)⇌3Fe(s)+4CO2(g)ΔH4则ΔH4＝____kJ·mol-1。(2)铁矿石中常含有硫，使高炉尾气中混有SO2，除去高炉尾气中SO2的物质是___。生产中发觉，无论怎么变更原料配比与条件，在高炉尾气中始终有CO，缘由是___。(3)在温度aK时，反应Fe3O4(s)＋4CO(g)⇌3Fe(s)＋4CO2(g)的浓度平衡常数Kc＝16（用浓度计算所得），则用分压（分压等于总压×体积分数）代替浓度算得的平衡常数Kp___Kc（填“大于”“小于”或“等于”）。平衡混合气体中CO的体积分数为___（保留两位有效数字）。(4)aK时，在体积为2L的密闭容器中，加入Fe、Fe3O4、CO、CO2各1.0mol，气体的压强为PkPa。①此时，v正(CO2)___v逆(CO)（填“大于”“小于”或“等于”），反应经过5min后达到平衡，该时间范围内的平均反应速率v(CO2)＝___mol/(L·min)（保留两位有效数字）。②已知：恒容条件下，相同分子数的气体，其压强与温度成正比。平衡后温度从aK渐渐上升到3aK，请在下图中绘制出CO分压（PCO的变更曲线）_______。【答案】(1).－14(2).碱液（氢氧化钠溶液或氨水等）(3).高温下冶炼铁的反应是可逆反应，反应有限度（或反应要达到平衡），CO始终反应不完(4).等于(5).33%(6).大于(7).0.033或3.3×10-2(8).【解析】【详解】（1）工业上以磁铁矿和焦炭为原料冶炼铁存在以下变更：①Fe3O4(s)+4C(s)=3Fe(s)+4CO(g)ΔH1=+678kJ·mol-1②CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-283kJ·mol-1③C(s)+O2(g)=CO(g)ΔH3=-110kJ·mol-1，依据盖斯定律：①+②×4-③×4得：④Fe3O4(s)+4CO(g)⇌3Fe(s)+4CO2(g)ΔH4则ΔH4＝+678kJ·mol-1+（-283kJ·mol-1）×4-（-110kJ·mol-1）×4=－14kJ·mol-1。故答案为：－14；（2）SO2是酸性氧化物，除去高炉尾气中SO2的物质是碱液（氢氧化钠溶液或氨水等）。生产中发觉，无论怎么变更原料配比与条件，在高炉尾气中始终有CO，缘由是高温下冶炼铁的反应是可逆反应，反应有限度（或反应要达到平衡），CO始终反应不完。故答案为：碱液（氢氧化钠溶液或氨水等）；高温下冶炼铁的反应是可逆反应，反应有限度（或反应要达到平衡），CO始终反应不完；（3）在温度aK时，反应Fe3O4(s)＋4CO(g)⇌3Fe(s)＋4CO2(g)的浓度平衡常数Kc＝16（，因反应前后气体的体积不变，则用分压代替浓度算得的平衡常数Kp等于Kc。=16，x=，平衡混合气体中CO的体积分数为=30%（保留两位有效数字）。故答案为：等于；30%；（4）aK时，在体积为2L的密闭容器中，加入Fe、Fe3O4、CO、CO2各1.0mol，气体的压强为PkPa。①此时，Qc==1<16=K，反应正向进行，v正(CO2)大于v逆(CO)，反应经过5min后达到平衡，K==16，y=mol，该时间范围内的平均反应速率v(CO2)＝=0.033或3.3×10-2mol/(L·min)（保留两位有效数字）。故答案为：大于；0.033或3.3×10-2；②恒容条件下，相同分子数的气体，其压强与温度成正比。平衡后温度从aK渐渐上升到3aK，Fe3O4(s)+4CO(g)⇌3Fe(s)+4CO2(g)ΔH4＝－14kJ·mol-1，反应是放热反应，上升温度平衡逆向移动，CO的物质的量增大，CO的物质的量在（，1）区间，压强在（p，3p）区间，CO分压（PCO的变更曲线）如图：。故答案为：。三、选考题[化学——选修3：物质结构与性质]11.据世界权威刊物《自然》最近报道，选择碲化锆（ZrTe5）为材料验证了三维量子霍尔效应，并发觉了金属－绝缘体的转换。Te属于ⅥA元素。回答下列问题：(1)锆(Zr)的简化电子排布式为[Kr]4d25s2，锆原子中d轨道上的电子数是___，Zr2+的价电子排布图是___。(2)O、Se、Te的第一电离能由大到小的依次是___，H2O、H2Se、H2Te的沸点由高到低的依次是___。(3)H2Te和CO2均为三原子分子，但它们的键角差别较大，试用杂化轨道理论说明，理由是___。(4)[Zr(C2H5O)2]2+是Zr4+形成的一种配离子，其中的配位原子是___(填符号)，1个[Zr(C2H5O)2]2+离子中含共价键的数目是___。(5)立方氧化锆是一种人工合成的氧化物，其硬度极高，可用于陶瓷和耐火材料，其晶胞结构如图所示。Zr原子的配位数是___。若晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离为anm，则立方氧化锆的密度为___g/cm3。【答案】(1).12(2).(3).O＞Se＞Te(4).H2O＞H2Te＞H2Se(5).H2Te中Te为sp3杂化，由于两对孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28，CO2中C为sp杂化，键角为180°(6).O(7).16(8).8(9).=【解析】【详解】（1）锆(Zr)的简化电子排布式为[Kr]4d25s2，锆原子中3d轨道上的电子数是10，4d轨道上的电子数是2，d轨道上的电子数一共12个，Zr2+的价电子排布图是。故答案为：12；；（2）O、Se、Te处于同主族,同主族自上而下电离能降低，第一电离能由大到小的依次是O＞Se＞Te；H2O受氢键影响，所以沸点最高。H2Se、H2Te的沸点主要受范氏力影响，分子量越大，沸点越高。H2O、H2Se、H2Te的沸点由高到低的依次是H2O＞H2Te＞H2Se。故答案为：O＞Se＞Te；H2O＞H2Te＞H2Se；（3）H2Te中Te原子价层电子对个数=2+=4，有两对孤电子对，分子为V形结构，CO2中C原子价层电子对个数=2+=２，分子为直线型，H2Te和CO2均为三原子分子，但它们的键角差别较大，理由是H2Te中Te为sp3杂化，由于两对孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28，CO2中C为sp杂化，键角为180°。故答案为：H2Te中Te为sp3杂化，由于两对孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28，CO2中C为sp杂化，键角为180°；（4）[Zr(C2H5O)2]2+是Zr4+形成的一种配离子，配体中O原子含有孤电子对，所以配原子为O原子；1个[Zr(C2H5O)2]2+离子中同种非金属元素之间形成非极性键、不同非金属元素之间形成极性键，共价单键为σ键，该离子的结构是含共价键的数目是１６。故答案为：O；１６；（5）该晶胞中Zr原子个数=8×+6×=4、O原子个数为8，Zr、O原子个数之比=4：8=1：2，锆原子的配位数是8，若晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离为anm，这两个氧原子之间的距离为晶胞棱长的一半，则晶胞棱长为2anm，晶胞体积=（2a×10-7cm）3，则立方氧化锆的密度==g·cm－3=g·cm－3。故答案为：8；=g·cm－3。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、协作物结构、原子杂化类型推断等学问点，侧重考查对基础学问的理解和敏捷运用、空间想像实力及计算实力，难点是晶胞计算，留意晶胞中“距离最近的两个氧原子间的距离与晶胞棱长关系”，为解答易错点。[化学——选修5：有机化学基础]1