2024年高考化学专题03全真模拟第09周含解析

PAGEPAGE1全真模拟7．以某硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如下：下列说法不正确的是A．“酸溶”中加热或搅拌或适当增大硫酸浓度均可加快溶解速度B．滤渣的主要成分是SiO2和FeC．“沉铁”过程中生成Fe(OH)2的化学方程式为:FeSO4＋2NH4HCO3===Fe(OH)2↓＋(NH4)2SO4＋2CO2↑。D．“氧化”Fe(OH)2浆液时，可用氯气代替空气【答案】D【解析】硫酸渣用硫酸酸浸时，氧化铁溶解生成硫酸铁，加入铁粉，则溶液变为硫酸亚铁溶液，过滤，滤渣为过量的铁粉和未溶解的二氧化硅，滤液中加入碳酸氢铵，发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化亚铁；A．“酸溶”中加热或搅拌或适当增大硫酸浓度均可加快溶解速度，A正确；B．依据分析可知，滤渣的主要成分是SiO2和Fe，B正确；C．“沉铁”过程中硫酸亚铁与碳酸氢铵双水解生成Fe(OH)2的化学方程式为:FeSO4＋2NH4HCO3=Fe(OH)2↓＋(NH4)2SO4＋2CO2↑，C正确；D．“氧化”Fe(OH)2浆液时，若用氯气代替空气，导致制备的铁黄含量偏低且含有杂质，D错误；答案为D8．下列说法中正确的是A．因发生加成反应，苯可以使溴水褪色B．煤可以通过干馏、液化与气化等物理改变转化为清洁能源C．自然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点D．分子式为C10H14且只有一个取代基的芳香烃，其可能的结构有4种【答案】D【解析】A项、苯能使溴水褪色的缘由是溴在有机物中的溶解度大于在水中的溶解度，属于萃取，故A错误；B项、煤的干馏、气化与液化属于化学改变，故B错误；C项、自然植物油是混合物，没有恒定的熔点、沸点，故C错误；D项、分子式为C10H14且只有一个侧链的芳香烃，不饱和度为4，分子中含有一个苯环，则侧链是烷基，为-C4H9，-C4H9的异构体有：-CH2CH2CH2CH3、-CH（CH3）CH2CH3、-CH2CH（CH3）2、-C（CH3）3，故符合条件的结构有4种，故D正确。故选D。9．阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是A．标准状况下，11.2L12C18O中含有的中子数为8NAB．常温常压下，12g金刚石中含有C－C键数为4NAC．1molLi2O、Na2O2的混合物中含有的离子总数大于3NAD．25℃时，pH=2的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.02NA【答案】A【解析】A．标况下11.2L一氧化碳的物质的量为0.5mol，每个分子含有6+10=16个中子，故总共含有8mol中子，故A正确；B．12克金刚石为1mol，每个碳原子平均形成2个共价键，所以共形成2mol共价键，故B错误；C．氧化锂含有3个离子，过氧化钠也含有3个离子，故1mol混合物含有3mol离子，故C错误；D．没有说明溶液的体积，不能计算，故D错误。故选A。10．下列试验操作与温度计的运用方法均正确的是(加热装置略)（）ABCD苯与浓硝酸、浓硫酸制硝基苯乙醇与浓硫酸作用制乙烯中和热的测定蒸馏分别水与乙醇的混合物【答案】A【解析】A．苯与浓硝酸均易挥发，反应温度应限制在50～60℃，限制水浴温度，选项A正确；B．混合液反应温度应快速升温至170℃，故温度计水银球应没入溶液中，选项B错误；C．中和热测定应填充保温隔热材料，并运用环形玻璃搅拌棒，选项C错误；D．乙醇和水无法通过蒸馏分别，蒸馏操作时温度计水银球应与支管口平齐，选项D错误。答案选A。11．现有W、X、Y、Z四种短周期主族元素，其常见单质存在如图的转化关系(未注明反应条件)，甲(常温下呈液态)、乙是两种常见的化合物。X的原子半径是同周期主族元素原子中最小的，W与X同主族，W的最髙价氧化物对应的水化物是一种强酸。下列说法不正确的是()A．简洁离子的半径：W＞Y＞XB．化合物乙是强电解质C．化合物WY2可作漂白剂D．常温下，乙溶于甲中所得的溶液能蚀刻玻璃【答案】B【解析】由常见单质的转化关系可知，X单质和Y单质均能与Z发生化合反应生成乙和甲，X单质能和甲发生置换反应生成乙和Y单质，由甲常温下呈液态，X的原子半径是同周期元素原子中最小的可知，X为F元素、Y为O元素、Z为H元素、甲为H2O、乙为HF；由W与X同主族，W的最髙价氧化物对应的水化物是一种强酸可知，W是Cl元素。A项、电子层数越大，离子半径越大，电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简洁离子的半径：Cl-＞O2—＞F-，故A正确；B项、化合物乙是HF，其为弱电解质，故B错误；C项、化合物ClO2具有强氧化性，可作漂白剂，故C正确；D项、HF溶于水得到氢氟酸，氢氟酸能蚀刻玻璃，故D正确。故选B。12．Mg–AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。如图用该水激活电池为电源电解NaCl溶液的试验中，X电极上有无色气体逸出。下列有关分析正确的是A．II为正极，其反应式为Ag++e–=AgB．水激活电池内Cl–由正极向负极迁移C．每转移1mole-，U型管中消耗0．5molH2OD．起先时U型管中Y极旁边pH渐渐增大【答案】B【解析】X电极上有无色气体逸出，应为阴极，生成氢气，则Ⅰ为负极，Ⅱ为正极，依据电池总反应可推断出反应中Ag的化合价降低，被还原，Mg应为原电池的负极；在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以形成闭合电路，以此解答该题。A．AgCl是难溶物，其正极电极反应式为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，选项A错误；B．原电池放电时，阴离子向负极移动，则Cl-在正极产生由正极向负极迁移，选项B正确；C．每转移1mole-，由2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，可知生成0.5mol氢气，消耗1mol水，选项C错误；D．Y为阳极，生成氯气，氯气与水反应呈酸性，pH减小，选项D错误。答案选B。13．已知：p[c(HX)/c(X-)]=-lg[c(HX)/c(X-)]。室温下，向0．10mol/LHX溶液中滴加0.10mol/LNaOH溶液，溶液pH随p[c(HX)/c(X-)]改变关系如图。下列说法不正确的是A．溶液中水的电离程度：a<b<c B．图中b点坐标为(0，4.75)C．c点溶液中：c(Na+)=l0c(HX) D．室温下HX的电离常数为10-4．75【答案】C【解析】电离平衡常数只受温度的影响，因此用a或c点进行推断，假设用a点进行分析，c(HX)/c(X－)=10－1，c(H＋)=10－3.75mol·L－1，HX的电离平衡常数的表达式Ka=c(X－)×c(H＋)/c(HX)，代入数值，Ka=10－4.75，由于a、b、c均为酸性溶液，因此溶质均为“HX和NaX”；A、依据上述分析，pH<7说明HX的电离程度大于X－的水解程度，HX电离出H＋对水电离起到抑制作用，H＋浓度越小，pH越大，对水的电离抑制实力越弱，即溶液中水的电离程度：a<b<c，故A说法正确；B、依据上述分析，HX的电离平衡常数Ka=10－4.75，b点时，c(HX)/c(X－)=1，则c(H＋)=10－4.75mol·L－1，b点坐标是（0，4.75），故B说法正确；C、c点溶液中c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(X－)，依据c点坐标，c(HX)/c(X－)=10，代入电荷守恒得到c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋10c(HX)，因为溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)，推出c(Na＋)<10c(HX)，故C说法错误；D、依据上述分析，故D说法正确。26．某小组同学对FeCl3与KI的反应进行探究。（初步探究）室温下进行下表所列试验。序号操作现象试验Ⅰ取5mL0.1mol·L-1KI溶液，滴加0.1mol·L-1FeCl3溶液5～6滴(混合溶液pH=5)溶液变为棕黄色试验Ⅱ取2mL试验Ⅰ反应后的溶液，滴加2滴0.1mol·L-1KSCN溶液溶液呈红色（1）证明试验Ⅰ中有I2生成，加入的试剂为__________。（2）写出试验Ⅰ反应的离子方程式：_________________。（3）结合上述试验现象可以证明Fe3+与I-发生可逆反应，缘由是_____________________。（深化探究）20min后接着视察试验现象：试验Ⅰ溶液棕黄色变深；试验Ⅱ溶液红色变浅。（4）已知在酸性较强的条件下，I-可被空气氧化为I2，故甲同学提出假设：该反应条件下空气将I-氧化为I2，使试验Ⅰ中溶液棕黄色变深。甲同学设计试验：________，20min内溶液不变蓝，证明该假设不成立，导致溶液不变蓝的因素可能是_____________(写出两条)。（5）乙同学查阅资料可知：FeCl3与KI的反应体系中还存在I-+I2I3-，I3-呈棕褐色。依据资料从平衡移动原理说明试验Ⅱ中20min后溶液红色变浅的缘由：____________。（6）丙同学针对20min后的试验现象接着提出假设：FeCl3与KI的反应、I-与I2的反应达到平衡须要一段时间，有可能20min之前并未达到平衡。为验证该假设，丙同学用4支试管进行试验，得到了颜色由浅到深的四个红色溶液体系，详细试验方案为__________________。【答案】淀粉溶液或CCl42Fe3++2I-2Fe2++I2试验Ⅱ通过检验KI过量(或Fe3+不足量)的状况下仍有Fe3+剩余，说明正反应不能进行究竟向试管中加入5mL0.1mol·L-1KI溶液和2滴淀粉溶液，加酸调至pH=5c(I-)低、c(H+)低由于I-+I2I3-，使c(I2)减小，2Fe3++2I-2Fe2++I2正向移动，c(Fe3+)减小，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移动，红色变浅向1支试管中加入2mL0.1mol·L-1KI溶液，再滴加0.1mol·L-1FeCl3溶液2～3滴，滴加2滴0.1mol·L-1KSCN溶液，之后每间隔5min，另取1支试管重复上述试验，视察4支试管中溶液颜色的改变【解析】（1）取5mL0.1mol•L-1KI溶液，滴加0.1mol•L-1FeCl3溶液5～6滴(混合溶液pH=5)，溶液变为棕黄色，证明试验Ⅰ中有I2生成，检验碘单质可以选用淀粉溶液，溶液变蓝色说明生成了碘单质，故答案为：淀粉溶液；（2）试验Ⅰ中Fe3+与I-发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子，反应的离子方程式为：2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2，故答案为：2Fe3++2I-=I2+2Fe2+；（3）试验Ⅱ取2mL试验Ⅰ反应后的溶液，滴加2滴0.1mol•L-1KSCN溶液，溶液变红色，说明KI过量的前提下仍含铁离子，说明反应不能进行彻底，证明反应为可逆反应，故答案为：试验Ⅰ中KI过量的前提下反应后仍含铁离子，说明反应不能进行彻底，证明反应为可逆反应；（4）已知在酸性较强的条件下，I-可被空气氧化为I2，故甲同学提出假设：该反应条件下空气将I-氧化为I2，使试验Ⅰ中溶液棕黄色变深。甲同学可以设计如下试验：向试管中加入5mL0.1molKI溶液和2滴淀粉溶液，加酸调至pH=5，20min内溶液不变蓝，证明该假设不成立；导致溶液不变蓝的因素可能是I-浓度低、H+浓度低，故答案为：向试管中加入5mL0.1molKI溶液和2滴淀粉溶液，加酸调至pH=5；c(I-)低、c(H+)低；（5）试验Ⅱ中20min后溶液红色变浅的缘由：由于存在化学平衡I-+I2⇌I3-，碘离子过量，则碘单质浓度减小为主要因素，使得2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2平衡正向进行，铁离子浓度减小，导致Fe3+3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向进行，溶液红色变浅，故答案为：由于存在化学平衡I-+I2⇌I3-，使c(I2)减小，2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2平衡正向进行，c(Fe3+)减小，Fe3+3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向进行，溶液红色变浅；（6）丙同学针对20min后的试验现象接着提出假设：FeCl3与KI的反应、I-与I2的反应达到平衡须要一段时间，有可能20min之前并未达到平衡。为验证该假设，丙同学用4支试管进行试验，得到了颜色由浅到深的四个红色溶液体系，详细试验方案为：向1支试管中加入2mL0.1mol/LKI溶液，再滴入0.1mol/L的FeCl3溶液2-3滴，滴加2滴KSCN溶液，之后每间隔5min另取1支试管重复上述试验，视察4支试管中溶液颜色改变，故答案为：向1支试管中加入2mL0.1mol/LKI溶液，再滴入0.1mol/L的FeCl3溶液2-3滴，滴加2滴KSCN溶液，之后每间隔5min另取1支试管重复上述试验，视察4支试管中溶液颜色改变。27．工业上电解精炼铜的阳极泥是重要的二次资源，从阳极泥（含铜、银、金、铅等单质）中提取金和制备AgCl的工艺如下：已知：分金液的主要成分为H[AuCl4]；分金渣的主要成分为PbSO4和AgCl；分银液的主要成分为[Ag(SO3)2]3-，且存在[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-回答下列问题：（1）“分铜”时，铜单质参加反应的离子方程式为___________；假如温度过高，铜的浸出率会降低，缘由是____________。（2）“分铜渣”中的成分有Au、Ag、AgCl和__________。（3）“分金”时，溶解单质金的化学方程式为________；除HC1、NaC1O3可溶解金外，“王水”也可溶解金，“王水”的成分为_____________（写试剂的名称）。（4）从“分金液”中提取金时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______________。（5）向“分银液”中加入适量的H2SO4调到pH=4时“沉银”，能够析出AgCl的缘由是___________。（6）AgCl能溶于氨水，发生反应AgCl(s)+2NH3(aq)[Ag(NH3)2](aq)）+Cl-(aq)，其平衡常数K=2.0×10-3，现用1L某浓度氨水（溶质视为NH3）完全溶解0.1molAgCl，所需氨水浓度至少为____________mol·L-1（已知=2.25）。【答案】2H++H2O2+Cu=Cu2++2H2O温度过高时，H2O2受热分解PbSO42Au+8HCl+NaClO3=2H[AuCl4]+NaCl+3H2O浓硝酸、浓盐酸2:3H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，使[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-平衡正向移动，Ag+和Cl-反应生成AgCl2.45【解析】阳极泥（含铜、银、金、铅等单质）加入双氧水，硫酸和氯化钠，得到分铜液和分铜渣，这一步目的是除掉铜；分铜渣中加入盐酸和氯酸钠得到分金液（H[AuCl4]）和分金渣，在分金液中加入还原剂就可以提炼出金；分金渣中加入亚硫酸钠得到分银液（[Ag(SO3)2]3-），在分银液（[Ag(SO3)2]3-）中加入硫酸，依据平衡移动原理提炼出氯化银。（1）由于铜排在H后面，不和硫酸反应，所以需加入双氧水作为氧化剂；温度过高双氧水会分解，影响铜的浸出率；答案：2H++H2O+Cu=Cu2++2H2O温度过高时，H2O2受热分解（2）依据后一步分金渣成分，可推想出，“分铜渣”中的成分有Au、Ag、AgCl和PbSO4；答案：PbSO4（3）依据已知分金液的主要成分为H[AuCl4]，写出方程式；“王水”的成分为浓硝酸与浓盐酸体积比1:3混合物；答案：2Au+8HCl+NaClO3=2H[AuCl4]+NaCl+3H2O浓硝酸、浓盐酸（4）氧化剂（H[AuCl4]）中Au从正三价降到零价和还原剂（Na2SO3）中S从正四价上升到正六价，依据化合价升降相等（或得失电子数相等），可得物质的量之比为2:3；答案：2:3（5）利用化学平衡移动原理说明；答案：强酸制弱酸原理，H2SO4电离出的H+与SO32-，降低了SO32-的浓度，使[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-平衡正向移动，Ag+和Cl-反应生成AgCl。（6）①依据方程式可知完全反应0.1molAgCl，须要NH3：0.2mol，生成[Ag(NH3)2](aq)）和Cl-(aq)各0.1mol；②依据平衡常数计算平衡后应当还剩余的NH3，设剩余NH3xmol，AgCl(s)+2NH3(aq)[Ag(NH3)2](aq)）+Cl-(aq)，由于容器体积为1L，利用物质的量代替浓度计算平衡常数K；K=2.0×10-3=，得出x==2.25，所以共须要NH3：0.2+2.25=2.45mol；答案：2.4528．H2是一种清洁能源。在冶金、电力、材料等领域应用广泛。请回答下列问题：（1）某科研团队利用透氧膜获得N2、H2的工作原理如图甲所示(空气中N2与O2的物质的量之比按4：1计)。上述过程中，膜I侧所得气体的物质的量之比n(H2)：n(N2)=3：1，则CH4、H2O与O2反应的化学方程式为______________________。（2）用H2和CO合成甲醇的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1。已知：CO2(g)+3H2(g)==CH3OH(g)+H2O(g)△H2=－49.0kJ·mol－1；CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g)△H3=－41.1kJ·mol－1．则△H1=___________kJ·mol－1。（3）向容积可变的密闭容器中充入1molCO和2.2molH2，在恒温恒压条件下发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，平衡时，CO的转化率[α(CO)]随温度、压强的改变状况如图乙所示。①压强：p1___________(填“>”<”或“=”)p2。②M点时，H2的转化率为___________(计算结果精确到0.1%)，该反应的平衡常数Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。③不同温度下，该反应的平衡常数的对数值(lgK)如图丙所示，其中，A点为506K时平衡常数的对数值，则B、C、D、E四点中能正确表示该反应的lgK与温度(T)的关系的是___________。（4）H2还原NO的反应为2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O（1），试验测得反应速率的表达式为v=kcm(NO)·cn(H2)(k是速率常数，只与温度有关)①某温度下，反应速率与反应物浓度的改变关系如下表所示。编号c(H2)/(mol/L)c(NO)/(mol/L)v/(mol/Lmin)10.100.100.414k20.100.201.656k30.500.102.070k由表中数据可知，m=___________，n=___________。②上述反应分两步进行：i．2NO(g)+H2(g)==N2(g)+H2O2（1）(慢反应)；ii．H2O2（1）+H2(g)==2H2O（1）(快反应)。下列叙述正确的是___________(填字母)A．H2O2是该反应的催化剂B．反应i的活化能较高C．总反应速率由反应ii的速率确定D．反应i中NO和H2的碰撞仅部分有效【答案】14CH4+12H2O+O2=14CO+40H2－90.1>54.5％B点和E点21BD【解析】（1）空气中N2和O2的物质的量之比约为4：1，膜Ⅰ侧所得气体中，氮气的量在反应前后不变，设氮气为4mol，则生成氢气是12mol，由膜Ⅰ侧反应可知，12mol水得到电子，1mol氧气得到电子，膜Ⅰ上发生反应：12H2O+24e-=12H2+12O2-、O2+4e-=2O2-，膜Ⅱ上14molCH4中C失去84mol电子、H得到56mol电子时，总反应遵守电子守恒，则反应为14CH4+12H2O+O2=14CO+40H2。（2）设已知反应方程式分别为a和b，则所求CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)方程式c=a+b，则ΔH1=ΔH2+ΔH3=－90.1kJ·mol－1。（3）①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向右移动，CO的转化率会变大，结合图像乙，保持温度不变，转化率大的表示压强大，所以p1>p2；②该问可用三段式解决，M点α(CO)=60％，则CO转化了1mol×60％=0.6mol，下面列三段式：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始量1mol2.2mol0转化量0.6mol1.2mol0.6mol平衡量0.4mol1mol0.6mol可知，H2转化了1.2mol，则H2的转化率为1.2mol/2.2mol×100%=54.5％；由上列式可知平衡时总物质的量n=(0.4+1+0.6)mol=2mol，Kp====。③该反应为放热反应，当温度越高时，平衡常数K越小，则lgK也会越小，也就是T与lgK呈反比，所以B点和E点符合lgK与温度(T)的关系。（4）①保持H2的浓度不变，则，带入编号1和编号2数据，得，解得m=2，保持N2的浓度不变，则，带入编号1和编号3数据，得，解得n=1；②A．H2O2参加两个反应，但第一步未做反应物，因而不是催化剂，事实上H2O2仅仅是中间产物，A项错误；B．反应i是慢反应，说明反应速率小，在其他条件一样的状况下，活化能比较高，B项正确；C．总反应速率由慢反应确定，即反应（1），C项错误；D．碰撞理论指出能发生化学反应的碰撞是指有效碰撞，即须要肯定的能量和取向的碰撞，所以在全部碰撞中部分是有效地，D项正确。故答案选BD。35．铁氧体是一种磁性材料，具有广泛的应用。（1）基态铁原子的核外电子排布式为［Ar］_____________。（2）工业制备铁氧体常运用水解法，制备时常加入尿素[CO(NH)2]2、醋酸钠等碱性物质，尿素分子中四种不同元素的电负性由大到小的依次是_______；醋酸钠中碳原子的杂化类型是_________。（3）Fe3O4具有很多优异的性能，在磁性材料等领域应用广泛，化学共沉淀法是制备Fe3O4颗粒最常用的方法之一，方法是将FeSO4和FeCl3溶液以1：2投料比混合，再加入NaOH溶液，即可产生Fe3O4颗粒，则该反应的离子方程式为______________。（4）晶体Fe3O4的晶胞如图所示，该晶体是一种磁性材料，能导电。①晶胞中亚铁离子处于氧离子围成的___________(填空间结构)空隙。②晶胞中氧离子的积累方式与某金属晶体原子积累方式相同，该积累方式名称为________。③说明Fe3O4晶体能导电的缘由：_________________________；若晶胞的体对角线长为amm，则Fe3O4晶体的密度为________(阿伏加德罗常数用NA表示)g·cm—3【答案】3d64s2O>N>C>Hsp3杂化、sp2杂化Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4↓+4H2O正四面体面心立方最密积累电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移【解析】（1）铁的核外电子总数为26，则基态铁原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2；故答案为3d64s2；（2）尿素[CO(NH2)2]所含四种元素分别为N、H、C、O，元素的非金属性越强，电负性越大，则四种元素的电负性由大至小的依次是O>N>C>H；CH3COONa中甲基中的C原子为sp³杂化，羧基中的C原子为sp²杂化；故答案为：O>N>C>H；sp3杂化、sp2杂化；（3）FeSO4和FeCl3溶液以1：2投料比混合，再加入NaOH溶液，即可产生Fe3O4颗粒，依据守恒法可知反应的方程式为：Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4↓+4H2O；（4）①视察图示可知，Fe2+连接四个氧离子，四个氧离子为正四面体顶点，Fe2+在正四面体中心；故答案为：正四面体；②往图中晶胞左边加一个晶胞会发觉氧离子是八个顶点加六个面心，所以积累方式为面心立方最密积累；故答案为：面心立方最密积累；③电子的得失转移能使晶胞导电，因此四氧化三铁晶体能导电的缘由是电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移；依据晶胞的均摊计算，晶胞中含有的铁离子的个数为4×1/8+3×1/2=2，亚铁离子的个数为1，氧离子的个数为1+12×1/4=4，若晶胞体对角线长为anm，设边长为xnm，面对角线为，则体对角线长为，故，体积为，质量为，故密度。36．物质A是基本有机化工原料，由A制备高分子树脂(M)和苯佐卡因(一种常用的局部麻醉剂)的合成路途(部分反应条件略去)如下所示：已知：①A是苯的同系物，在相同条件下，其蒸气相对于氢气的密度为46；B可以发生银镜反应。②R-C