【KS5U解析】廣東福建等省2020屆高三下學期4月聯(lián)考（全國I卷）理綜化學試題 Word版含解析

1、高三模擬考試理科綜合(化學)考生注意：1.本試卷分第卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分，共300分?？荚嚂r間150分鐘。2.請將各題答案填寫在答題卡上。3.可能用到的相對原子質量：h 1 c 12 n 14 0 16 ag 108第卷 (選擇題)一、選擇題：本題共7小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.文房四寶即筆、墨、紙、硯，其中以湖筆、徽墨、宣紙和端硯最為稱著。下列說法正確的是a. 徽墨中墨的主要成分是黑色的油脂b. 湖筆中筆頭的羊毫的主要成分是蛋白質c. 宣紙的主要成分是無機碳和少量的纖維素d. 含較多氧化鐵的端硯呈黑色【答案】b【解析】【詳解】a徽

2、墨中墨的主要成分是碳，故a錯誤；b羊毛的主要成分是蛋白質，故b正確；c宣紙的主要成分是纖維素，故c錯誤；d硯石中含有較多的氧化鐵時，端硯應呈紅色，故d錯誤；故答案為b。2.設na為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是a. 將11.2lcl2通入足量的naoh溶液中充分反應，轉移的電子數(shù)為0.5nab. 常溫下，1.0lph=1的h2so4溶液中含有h+的數(shù)目為0. 2nac. 4.4 g由co2和n2o組成的混合氣體中含有的電子總數(shù)為2.2nad. 11.5 g乙醇分子中含有c-h鍵的數(shù)目為1.5na【答案】c【解析】【詳解】a未標明溫度和壓強，11.2l氯氣的物質的量無法確定，故a錯誤；bp

3、h=1的硫酸溶液中氫離子濃度為0.1mol/l，所以1.0l該溶液中h+的數(shù)目為0.1na，故b錯誤；cco2和n2o的摩爾質量均為44g/mol，故4.4g混合物的物質的量為0.1mol，且兩者分子中均含22個電子，故0.1mol混合物中含2.2na個電子，故c正確；d11.5 g乙醇的物質的量為=0.25mol，一個乙醇分子含c-h鍵個數(shù)為5，所以11.5 g乙醇分子中含有c-h鍵的數(shù)目為1.25na，故d錯誤；故答案為c。3.化合物(a)在乙酸汞催化下與乙酸反應生成化合物(b)： 下列說法錯誤的是a. (a)具有含苯環(huán)的同分異構體b. (a)能使酸性kmno4溶液褪色c. (b)能發(fā)生加

4、成聚合反應d. (b)的一氯代物有7種【答案】d【解析】【詳解】a(a)的分子式為c8h8，與苯乙烯c8h8互為同分異構體，故a正確；b(a)中含有碳碳雙鍵，能被酸性高錳酸鉀氧化而使其褪色，故b正確；c(b)含有碳碳雙鍵，可以發(fā)生加成聚合反應，故c正確；d(b)結構對稱，有5種環(huán)境的氫原子，一氯代物有5種，故d錯誤；故答案為d。4.海冰是海水凍結而成的咸水冰，海水凍結時，部分來不及流走的鹽分(設以nacl為主)以鹵汁的形式被包裹在冰晶之間，形成“鹽泡”，其大致結構如圖所示，若海冰的冰齡達到1年以上，則融化后的水為淡水。下列敘述正確的是a. 海冰內(nèi)層“鹽泡”越少，密度越大b. 海冰冰齡越短，內(nèi)層

5、的“鹽泡”越少c. 每含1mol h2o的海冰內(nèi)就有2×l0-5 na個nacl分子(na為阿伏加德羅常數(shù))d. 海冰內(nèi)層nacl的濃度約為l0-3 mol/l(設冰的密度為0.9 g.cm-3)【答案】d【解析】【詳解】a“鹽泡”內(nèi)含有nacl等鹽類，“鹽泡”越多，質量越大，海冰密度越大，故a錯誤；b若海冰的冰齡達到1年以上融化后的水為淡水，即冰齡越長，“鹽泡”滲出，內(nèi)層的“鹽泡”越少，故b錯誤；cnac1是離子化合物，不存在nacl分子，故c錯誤；d假設有1l海冰，質量為900 g，物質的量約為50mol，“鹽泡”與h2o的個數(shù)比約為2×10-5:1.則氯化鈉的物質的量

6、約為1×10-3 mol，所以海冰內(nèi)層nacl的濃度約為10-3mol/l，故d正確；故答案為d。5.磷酸鐵鋰電池放電時正極的反應式為。該電池放電時的工作原理如圖所示。下列敘述正確的是a. 放電時，li+通過隔膜移向正極b. 放電時，電子由銅箔經(jīng)溶液流向鋁箔c. 放電時，負極發(fā)生的電極反應：cu-2e-=cu2+d. 該電池放電過程中c、fe、p元素化合價均發(fā)生變化【答案】a【解析】【詳解】a放電時為原電池，原電池中陽離子流向正極，故a正確；b電子不能在溶液中遷移，故b錯誤；c根據(jù)鋰離子流向可知左側為負極，根據(jù)圖示可知放電時左側電極有鋰離子生成，所以負極反應為：lixc6-xe-=x

7、li+6c，故c錯誤；d放電過程中c和p的化合價沒有發(fā)生變化，故d錯誤；故答案為a?！军c睛】原電池中電解質溶液中陽離子流向正極，陰離子流向負極；電子通過導線由負極流向正極，電流的方向與電子流向相反。6.短周期主族元素w、x、y、z的原子序數(shù)依次增大，w的原子序數(shù)是z的原子序數(shù)的一半，w、x、y三種元素形成的化合物m結構如圖所示。下列敘述正確的是a. 原子半徑：z>y>wb. 化合物m中w的原子滿足8電子穩(wěn)定結構c. 對應單質的熔點：x>z>yd. z的氧化物對應的水化物為強酸【答案】b【解析】【分析】根據(jù)化合物m中y和w的成鍵特點可知y應為第a族元素，w應為第a族元素，

8、若w為s，滿足條件“w的原子序數(shù)是z的原子序數(shù)的一半”的z元素不是短周期主族元素，所以w為o，z為s，則y為si，x應為第ia族元素，則x為na?！驹斀狻縜同周期主族元素的原子序數(shù)越大原子半徑越小，所以原子半徑：si>s>o，故a錯誤；b根據(jù)m的結構可知該化合物中o原子均滿足8電子穩(wěn)定結構，故b正確；c晶體硅為原子晶體，熔點最高，故c錯誤；dz的氧化物有多種，其中so2對應的水化物為弱酸，故d錯誤；故答案為b。7.次磷酸(h3po2一元弱酸)和氟硼酸(hbf4)均可用于植物殺菌。常溫時，有1moll-1的h3po2溶液和1moll-1的hbf4溶液，兩者起始時的體積均為v0，分別向

9、兩溶液中加水，稀釋后溶液的體積均為v，兩溶液的ph變化曲線如圖所示。下列說法錯誤的是a. 常溫下，nabf4溶液的ph=7b. 常溫下，h3po2的電離平衡常數(shù)約為1.110-2c. nah2po2 溶液中：c(na+) =c( h2po2- ) +c( hpo22-) +c(po23-) +c( h3po2)d. 常溫下，在0ph4時，hbf4溶液滿足【答案】c【解析】【分析】此題的橫坐標是，v是加水稀釋后酸溶液的體積，未稀釋時，v=v0，橫坐標值為1；稀釋10倍時，v=10v0，橫坐標值為2，以此類推。此題實際上考察的是稀釋過程中，酸堿溶液ph的變化規(guī)律：越強的酸堿，稀釋過程中ph的變化越

10、明顯；如果不考慮無限稀釋的情況，對于強酸或強堿，每稀釋十倍，ph變化1。根據(jù)此規(guī)律，再結合題干指出的次磷酸是弱酸這條信息，就可以明確圖像中兩條曲線的歸屬，并且可以得出氟硼酸是強酸這一信息。【詳解】a根據(jù)圖像可知，b表示的酸每稀釋十倍，ph值增加1，所以b為強酸的稀釋曲線，又因為h3po2為一元弱酸，所以b對應的酸只能是氟硼酸(hbf4)，即氟硼酸為強酸；那么nabf4即為強酸強堿鹽，故溶液為中性，常溫下ph=7，a項正確；ba曲線表示的是次磷酸的稀釋曲線，由曲線上的點的坐標可知，1mol/l的次磷酸溶液的ph=1，即c(h+)=0.1mol/l；次磷酸電離方程式為：，所以1mol/l的次磷酸溶

11、液中c(h3po2)=0.9mol/l，c()=0.1mol/l，那么次磷酸的電離平衡常數(shù)即為：，b項正確；c次磷酸為一元弱酸，無法繼續(xù)電離，溶液中并不含有和兩類離子；此外，還會發(fā)生水解產(chǎn)生次磷酸分子，所以上述等式錯誤，c項錯誤；d令y=ph，x=，由圖可知，在0ph4區(qū)間內(nèi)，y=x-1，代入可得ph=，d項正確；答案選c?！军c睛】關于ph的相關計算主要考察三類：一類是最簡單的單一溶液的ph的相關計算，通過列三段式即可求得；第二類是溶液混合后ph的計算，最?？疾斓氖菑娝釅A混合的相關計算，務必要考慮混合時發(fā)生中和反應；第三類就是本題考察的，稀釋過程中ph的變化規(guī)律：越強的酸或堿，稀釋過程中ph的

12、變化越明顯，對于強酸或強堿，在不考慮無限稀釋的情況下，每稀釋十倍，ph就變化1。8.nano2是一種白色或微黃色斜方晶體，易溶于水，微溶于乙醇。某校同學設計實驗制備nano2并探究其性質?；卮鹣铝袉栴}：(1)甲組同學依據(jù)反應na2co3+no+no2=2nano2+co2，并利用下列裝置制備少量含nano2的溶液。(e中氧氣稍過量)a b c d e f正確的連接順序：afe _ _ 尾氣處理。(填字母)裝置a的燒瓶中盛放的物質是_(填名稱)，c裝置的作用是 _。(2)乙組同學依據(jù)反應pb+nano3nano2+pbo(難溶于水)，并按下列實驗流程制備nano2：“熔融”時用pb粉代替鉛粒的目

13、的是_。由“過濾2”的濾液得到nano2晶體還需經(jīng)過的具體操作為_、_、過濾、用乙醇洗滌后干燥。(3)丙組同學探究nano2的性質，取少量乙組制得的nano2溶于水制得nano2溶液。取少量nano2溶液于試管中，滴入鹽酸酸化，再加入ki和淀粉溶液，振蕩，溶液變藍，說明nano2具有_(填“氧化性”或“還原性”)。向酸性kmno4溶液中滴入nano2溶液，溶液紫色逐漸褪去，發(fā)生反應的離子方程式為_(mno4-被還原為mn2+)?！敬鸢浮?(1). d (2). c (3). b (4). 生石灰（或堿石灰或固體氫氧化鈉） (5). 除去未反應完的nh3 (6). 增大與nano3的接觸面積，加

14、快反應速率 (7). 蒸發(fā)濃縮 (8). 冷卻結晶 (9). 氧化性 (10). 5no2-+2mno4-+6h+=5no3-+2mn2+3h2o【解析】分析】由裝置圖可知：利用裝置a制備nh3，用裝置f中的堿石灰干燥后再在裝置e中和氧氣混合均勻，在裝置d處在鉑石棉的催化下發(fā)生催化氧化反應生成水和no，no在空氣中和氧氣反應又生成no2，全部氣體通入裝置c中除去未反應完的nh3，然后通入裝置b中，使其發(fā)生反應na2co3+no+no2=2nano2+co2，據(jù)此解答?！驹斀狻浚?）利用裝置a中濃氨水制備nh3，用裝置f干燥后再在裝置e中和氧氣混合均勻，在裝置d處發(fā)生催化氧化反應，全部氣體通入裝

15、置c中除去未反應完的nh3，然后通入裝置b中，使其發(fā)生反應na2co3+no+no22nano2+co2，注意尾氣用堿溶液吸收，結合氣流方向，故裝置的連接順序為afedcb尾氣處理；裝置a中是快速制nh3的，用堿性可以吸收水分的藥品即可以使?jié)獍彼莩鰊h3，所以可以選用生石灰（或堿石灰或固體氫氧化鈉）；制備少量nano2，需要比較純凈的no和no2，所以要用濃硫酸除去未反應完的nh3；（2）“熔融”時用pb粉代替鉛粒的目的是增大與液態(tài)nano3的接觸面積，加快反應速率；由“過濾2”的濾液得到nano2晶體還需經(jīng)過的具體操作為蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾、用乙醇洗滌后、干燥得到nano2晶體；（3）

16、淀粉溶液變藍，說明ki被氧化生成了單質碘，所以nano2具有氧化性；高錳酸酸鉀具有強的氧化性，在酸性條件下與nano2發(fā)生氧化還原反應，生成no3-和水，高錳酸根離子被還原為二價錳離子，結合電子守恒、電荷守恒可的離子方程式為5no2-+2mno4-+6h+=5no3-+2mn2+3h2o。9.一種利用含agcl的廢渣制取agno3的工藝流程如下：(1)步驟用氨水浸取時，溫度不宜超過35，其原因是 _。在氨水濃度、固液質量比和溫度均一定時，為提高銀的浸取率還可采取的措施是_；浸取時發(fā)生反應的離子方程式為_。(2)步驟中發(fā)生反應的離子方程式為_。(3)步驟中，銀與濃硝酸反應生成等物質的量的no和n

17、o2，當消耗了10.8g ag時，有_molhno3參與了反應。(4)步驟的操作為_，100下烘干得產(chǎn)品agno3。(5)上述流程中發(fā)生了氧化還原反應的步驟有_(用“”“”“”“”填空)?！敬鸢浮?(1). 溫度過高會加速氨的揮發(fā) (2). 適當延長浸取時間或者將濾渣再次浸取 (3). agcl+2nh3·h2o=ag(nh3)2+cl-+2h2o (4). 4ag(nh3)2+ n2h4·h2o=4ag+n2+4nh4+4nh3+h2o (5). 0.15 (6). 蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾(洗滌) (7). 【解析】【分析】向氯化銀廢渣中加入氨水浸取，得到含有ag(nh

18、3)2+的濾液，適當升高溫度可以加快反應速率，溫度過高又會加速氨的揮發(fā)；向含有ag(nh3)2+的溶液中加入n2h4·h2o并調節(jié)ph至1011，該過程中ag+被還原成ag，并生成n2和nh3；將過濾得到的銀單質溶于濃硝酸，得到硝酸銀溶液，之后經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌得到agno3?！驹斀狻浚?）氨氣易揮發(fā)，溫度過高會加速氨的揮發(fā)，造成原料的浪費；在氨水濃度、固液質量比和溫度均一定時，為提高銀的浸取率還可適當延長浸取時間或者將濾渣再次浸取；根據(jù)流程可知反應物為agcl和氨水，所以離子方程式為：agcl+2nh3·h2o=ag(nh3)2+cl-+2h2o；（2）反應

19、中ag+被還原成ag，n2h4·h2o被氧化為n2，同時有氨氣生成，根據(jù)電子守恒和元素守恒可得方程式為：4ag(nh3)2+ n2h4·h2o=4ag+n2+4nh4+4nh3+h2o；（3）10.8g ag的物質的量為0.1mol，則生成的n（agno3）=0.1mol，設生成的n（no）= n（no2）=x，根據(jù)電子守恒可知x+3x=0.1mol，所以x=0.025mol，則根據(jù)氮元素守恒可知消耗的硝酸的物質的量為0.1mol+0.025mol+0.025mol=0.15mol；（4）從溶液中獲取晶體一般需要經(jīng)過：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥等操作；（5）步驟的

20、反應沒有化合價變化不屬于氧化還原；步驟中ag元素化合價降低，n元素化合價升高，屬于氧化還原反應；步驟中硝酸將銀單質氧化屬于氧化還原反應；步驟為蒸發(fā)結晶過程，沒有元素化合價發(fā)生變化，不屬于氧化還原反應，綜上所述屬于氧化還原的為?！军c睛】第1題中書寫離子方程式要注意agcl為難溶物，不寫成離子，一水合氨為弱電解質，也不能寫成離子；涉及氧化還原反應的計算，要先從守恒的角度考慮問題；從溶液中獲取晶體一般需要經(jīng)過：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥等操作。10.2019年10月27日，國際清潔能源會議(icce2019)在北京開幕，一碳化學成為這次會議的重要議程。甲醇、甲醛(hcho)等一碳化合物在化

21、工、醫(yī)藥、能源等方面都有廣泛的應用。(1)甲醇脫氫法可制備甲醛(反應體系中各物質均氣態(tài))，反應生成1mol hcho過程中能量變化如圖：已知：co2(g)+3h2(g)=ch3oh(g)+h2o(g) h=-49.5kj/mol則反應co2(g)+2h2(g)=hcho(g)+h2o(g) h=_kj/mol(2)氧化劑可處理甲醛污染，結合圖象分析春季(水溫約為15)應急處理被甲醛污染的水源應選擇的試劑為_(填化學式)。(3)納米二氧化鈦催化劑可用于工業(yè)上合成甲醇：co(g)+2h2(g)ch3oh(g) h=akj/mol按=2投料比將h2與co充入vl恒容密閉容器中，在一定條件下發(fā)生反應，

22、測定co平衡轉化率與溫度、壓強的關系如圖所示。則a _(填“”或“”)0；壓強p1、p2、p3由小到大的關系是_。在溫度為t1，向某恒容密閉容器中充入h2和co發(fā)生上述反應，起始時c(h2)=c(co)=2.0mol/l。達到平衡時，co的轉化率為圖中的m點對應的轉化率，則在該溫度下，對應的n點的平衡常數(shù)為_(保留3位有效數(shù)字)。(4)工業(yè)上利用ch4(混有co和h2)與水蒸氣在一定條件下制取h2，該反應的逆反應速率表達式為v逆=kc(co)c3(h2)，k為速率常數(shù)，在某溫度下測得實驗數(shù)據(jù)如表所示：co濃度(mol/l)h2濃度(mol/l)逆反應速率(mol·l-1·m

23、in-1)0.1c18.0c2c116.0c20.156.75由上述數(shù)據(jù)可得該溫度下，c2=_，該反應的逆反應速率常數(shù)k=_l3mol-3min-l。(5)用甲醇可以制備甲胺(ch3nh2)，甲胺在水中的電離方程式與氨相似。25時，甲胺的電離常數(shù)ka=9.25×10-7。該溫度下，反應ch3nh2+h+ch3nh3+的平衡常數(shù)k= _(填數(shù)值)?！敬鸢浮?(1). +34.5 (2). ca(clo)2 (3). (4). p3p2p1 (5). 4.17 (6). 0.2 (7). 1.0×104 (8). 9.25×107【解析】【詳解】（1）由圖可知1mol

24、ch3oh分解為1molhcho和1molh2需要吸收能量463 kj/mol -379 kj/mol =84 kj/mol，所以圖示反應的熱化學方程式為i:ch3oh(g)=hcho(g)+h2(g) h=84 kj/mol，又已知ii: co2(g)+3h2(g)=ch3oh(g)+h2o(g) h=-49.5kj/mol，由i+ii可得方程式co2(g)+2h2(g)=hcho(g)+h2o(g)，根據(jù)蓋斯定律可知該反應h=84 kj·mol-1+（-49.5kj/mol）=34.5 kj/mol；（2）分析圖像可知，水溫約為15時.選擇ca(clo)2處理被甲醛污染的水源時，

25、甲醛去除率更高；（3）據(jù)圖可知相同壓強下溫度越高co的平衡轉化率越小，即溫度升高平衡逆向移動，所以正反應為放熱反應，所以h<0，即a0；該反應正反應為氣體體積減小的反應，所以相同溫度下壓強越大co的平衡轉化率越大，所以p3p2p1；平衡常數(shù)只與溫度有關，溫度不變則平衡常數(shù)不變，所以m點和n點平衡常數(shù)相等，m點co的轉化為40%，初始投料為2.0mol/l的h2和co，則列三段式有： 該反應平衡常數(shù)；（4）根據(jù)v逆=kc(co)c3(h2)，由表中數(shù)據(jù)可得：c13=，c2=，所以有，解得k=1.0×104l3·mol-3·min-3，帶入c2的等式可得c2=0

26、.2mol/l；（5）甲胺在水中的電離方程式與氨相似，所以其電離方程式為ch3nh2+h2och3nh3+oh-，所以ka=，反應ch3nh2+h+ch3nh3+的平衡常數(shù)k=9.25×107。11.碳、磷、硫等元素形成的單質和化合物在生活、生產(chǎn)中有重要的用途。(1)下列氮原子的電子排布圖表示的狀態(tài)中，能量由低到高的順序是_(填字母)。a. b. c. d. (2)p4s3可用于制造火柴，其分子結構如圖所示：p4s3分子中硫原子的雜化軌道類型為_。每個p4s3分子中含有的孤電子對的數(shù)目為_對。(3)科學家合成了一種陽離子“n5n+”，其結構是對稱的，5個n排成“v”形，每個n都達到8

27、電子穩(wěn)定結構，且含有2個氮氮三鍵，此后又合成了一種含有“n5n+”的化學式為“n8”的離子晶體(該晶體中每個n原子都達到了8電子穩(wěn)定結構)，n8的電子式為_。(cn)2中鍵與鍵之間的夾角為180°，并有對稱性，分子中每個原子的最外層均滿足8電子穩(wěn)定結構，其結構式為_。(4)直鏈多磷酸根陰離子是由兩個或兩個以上磷氧四面體通過共用頂角氧原子連接起來的，其結構如圖所示。則由n個磷氧四面體形成的這類磷酸根離子的通式為_。(5)碳酸鹽中的陽離子不同，熱分解溫度就不同。下表為四種碳酸鹽的熱分解溫度和對應金屬陽離子的半徑。隨著金屬陽離子半徑的增大，碳酸鹽的熱分解溫度逐漸升高，原因是 _。碳酸鹽mg

28、co3caco3srco3baco3熱分解溫度/40290011721360金屬陽離子半徑/pm6699112135(6)石墨的晶胞結構如圖所示。已知石墨的密度為g.cm-3，c-c鍵的鍵長為r cm，m為阿伏加德羅常數(shù)的值，則石墨晶體的層間距d= _cm?！敬鸢浮?(1). acbd (2). sp3 (3). 10 (4). (5). nc-cn (6). (7). 碳酸鹽分解實際過程是晶體中陽離子結合碳酸根離子中氧離子，使碳酸根離子分解為二氧化碳的過程，陽離子所帶電荷相同時，陽離子半徑越小，其結合氧離子能力越強，對應的碳酸鹽就越難分解，熱分解溫度越高 (8). 【解析】【詳解】（1）軌道

29、中電子能量：1s2s2p，能量較高的軌道中電子越多，該微粒能量越高，所以2p軌道上電子越多、1s軌道上電子越少，該微粒能量越高，根據(jù)圖知能量由低到高的順序是acbd；（2）該分子中每個s原子形成2個共價鍵且還含有2個孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論可知s原子雜化類型為sp3；該分子中每個s原子含有2個孤電子對、每個p原子含有1個孤電子對，所以該分子中孤電子對個數(shù)=3×2+4×1=10；（3）n5n+結構是對稱的，5個n排成v形，5個n結合后都達到8電子結構，且含有2個nn鍵，滿足條件的結構為：，故“n5”帶一個單位正電荷，所以化學式為”n8”的陰離子為n3-、陽離子為，n8

30、的電子式為；分子（cn）2中鍵與鍵之間的夾角為180°，并有對稱性，分子中每個原子的最外層均滿是8電子穩(wěn)定結構，則每個c原子形成4個共價鍵、每個n原子形成3個共價鍵，其結構簡式為nc-cn；（4）含有n個p原子的多聚磷酸根離子，相當于是n個磷酸根離子中去掉了（n-1）氧原子，o原子數(shù)目=4n-（n-1）=3n+1，所帶電荷為（-2）×（3n+1）+5n=-（n+2），故多聚磷酸根離子的通式為：；（5）碳酸鹽分解實際過程是晶體中陽離子結合碳酸根離子中氧離子，使碳酸根離子分解為二氧化碳的過程，陽離子所帶電荷相同時，陽離子半徑越小，其結合氧離子能力越強，對應的碳酸鹽就越難分解，熱

31、分解溫度越高；（6）晶胞中c原子的數(shù)目為，所以晶胞質量為；設晶胞的底邊長為acm，晶胞的高為h cm，層間距為d cm，則h=2d，底面圖為，則，所以a=r，則底面面積為cm2，則晶胞體積為v=cm3，所以有，解得d=?！军c睛】第6題為本題難點，要注意石墨中c原子的雜化方式為sp2雜化，空間構型為平面三角形，所以圖示晶胞的底面不是正方形而是菱形，然后結合幾何知識進行計算。12.由芳香化合物a制備h的合成路線如下：已知：rcho+ch3cho rch=chcho+h2o回答下列問題：(1)b的結構簡式為_。(2)c中官能團的名稱為_。(3)碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳。h中有_個手性碳。(4)e生成f化學方程式為_。(5)化合物g的二氯代物有_種。(6)芳香化合物x是d同分異構體，x能發(fā)生銀鏡反應，遇fecl3溶液不發(fā)生顯色反應，其核磁共振氫譜顯示有3種不同化學環(huán)境的氫，峰面