化學-2022年高考押題預測卷01（廣東卷）（全解全析）

2022年高考原創(chuàng)押題預測卷01【廣東卷】

化學?全解全析

12345678

BADCBCDD

910111213141516

BABDABAB

1.B

【詳解】A.速滑競賽服采用的聚氨酯材料是一種合成纖維，屬于有機高分子材料，A正確；

B.石墨烯屬于新型無機非金屬材料，不是傳統(tǒng)無機非金屬材料，B錯誤；

C.冬奧會采用氫燃料電池車，還開發(fā)了全新車載光伏發(fā)電系統(tǒng)，減少二氧化碳的排放，體現(xiàn)了“綠色出行”

的理念，C項正確；

D.與傳統(tǒng)制冷劑氟利昂相比，使用二氧化碳跨臨界制冰機組，可減少氟利昂的排放，更加環(huán)保，D項正確。

2.A

【詳解】A.面粉主要成分是淀粉，屬于天然高分子化合物，屬于混合物，A正確；

B.糖類中的單糖不能水解，B錯誤；

C.高分子化合物是指相對分子質量成千上萬的化合物，而油脂的相對分子質量為超過1000,故不屬于高分

子化合物，c錯誤；

D.烘烤拖羅餅過程將使淀粉發(fā)生糊化，故發(fā)生的是化學變化，D錯誤；

故答案為：Ao

3.D

【詳解】A.中子數(shù)為10的O原子的質量數(shù)為10+8=18,符號為18。，A錯誤；

B.氮氣分子中每個N原子最外層有8個電子，電子式為:N$：N：，B錯誤；

C.碳原子的半徑比氧原子大，C錯誤；

O

D.CO(NH2)2分子中談基上的碳原子連接兩個氨基，結構簡式為，，、，II，D正確；

HjN-C-NHj

綜上所述答案為D。

4.C

【詳解】A.高溫條件下能使蛋白質變性失去活性，故適當?shù)蜏乜煞乐沟鞍踪|變性，疫苗冷藏存放正是利用

這一性質，A不合題意；

B.用食醋清理水壺里的水垢，反應原理是2cH3coOH+CaCCh=(CH3coO)2Ca+H2O+CChT，就是利用醋酸

酸性比碳酸強，B不合題意；

C.由于NH4cl溶液中NH：發(fā)生水解，是溶液呈酸性，故焊接金屬時用NH4cl溶液除銹，C符合題意；

D.撒熟石灰改良酸性土壤，就是利用Ca(()H)2具有堿性，能中和溶液中的酸性物質，D不合題意；

故答案為：C?

5.B

【詳解】A.分子式為CioHi8。，A項錯誤；

B.分子中存在的碳碳雙鍵，可發(fā)生加成、氧化反應。存在-OH且與-OH相連碳的鄰位碳上有氫，可發(fā)生消

去反應，B項正確；

C.該結構分子式為CIOHI6。，不是題干中分子的同分異構體，C項錯誤；

D.沒注明標況條件，D項錯誤；

答案選B。

6.C

【詳解】A.聚四氟乙烯由四氟乙烯通過加聚反應得到，選項A正確；

B.光纖主要成分SiCh的基本結構單元為四面體，選項B正確：

C.硅膠有微孔，吸水效果較好，且無毒，用作食品干燥劑，但不能抗氧化，選項C錯誤；

D.苯甲酸鈉溶液顯堿性，飲料中充入C02導致飲料顯酸性，有助于促進苯甲酸鈉的水解，選項D正確；

答案選C。

7.D

【詳解】①為圓底燒瓶，可常用于作為反應容器，加熱時須用石棉網(wǎng)；

②為容量瓶，可用于配置一定物質量濃度的溶液，不可加熱，不用潤洗，不可作為反應容器；

③為分液漏斗，用于分分液萃取(分離提純)，使用時須經(jīng)洗滌，不用潤洗，不可作為反應容器；

④為量筒，用于量取液體、使用時須經(jīng)洗滌，不用潤洗：

⑤為漏斗，用于過濾，用于分離固液；

⑥為維形瓶，加熱時須墊石棉網(wǎng)；

綜上可知，D正確；

故選D。

8.D

【詳解】A.由題圖知，a點溶液呈酸性，根據(jù)電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(C6H5co0-)+武0比)可知離子濃度大

++

小排序為C(C6H5COO)>c(Na)>c(H)>c(0H),A錯誤；

B.加入氫氧化鈉溶液的體積為10.00mL時，溶液中的溶質為C6H5coONa、C6H5coOH且二者濃度相等，

C6H5coOH的電離方程式為C6H5coOH=iH++C6H5co0-，由于電離常數(shù)與濃度無關，選擇b點計算

+4

C(C6H5COO)/C(C6H5COOH)~C(H>1x10,%C6H5coOH的電離程度大于C6H5coO的水解程度，

則溶液中c(C6H5coO-)>c(C6H5coOH),而b點溶液中c(C6H5co(y)=c(C6H5coOH),故加入的氫氧化鈉溶

液體積小于10.00mL,B錯誤；

C.b點溶液中存在C6H5coOH、C6H5coONa,對b點溶液加熱,，C6H5coOH的電離程度增大，溶液的pH

降低，可實現(xiàn)曲線由b點向a點的變化，C錯誤；

D.選擇b點計算Ka,D=c(H+)c(C6H5coO)/c(C6H5coOH)=c(H+)=lxl04i9,故D正確;

答案選D。

9.B

【分析】左側KOH-02,。元素化合價升高，則Hg/HgO電極為負極，電極反應式為

4OH-4e=O2T+2H2O,右側電解質是酸性,02TH2O,O元素化合價降低，則Hg/Hg2sO,電極為正極,

電極反應式為O2+4e+4H+=2H?O；

【詳解】A.分析可知，Hg/HgO電極電極為負極，電解質為堿性，電極反應式為40H--46-=0丁+2凡0,

故A正確；

B.陰離子移向負極，SO；通過b膜進入中間池得到K2s0$溶液，則b膜是陰離子交換膜，故B錯誤；

C.由負極電極反應式為40H--4e-=OzT+2H2O,正極的電極反應式為O?+4e-+4H+=2H。，總反應式

為OH+H*=Hq,即酸堿中和反應的實質，生成ImolHQ時，放出的電能與KOH和稀硫酸反應的中和熱

相等，故C正確；

D.電極反應式中硫酸和KOH參與反應，作為反應物，則反應物濃度會影響反應速率，則改變HaSO,溶液

或KOH溶液濃度，電壓會發(fā)生變化，故D正確；

故選:B.

10.A

【分析】由化合價可知a為N2,b為NH3,c為NO,d為NO2,e為HNCh,f為硝酸鹽;

【詳解】A.a為N2,b為NH3,由游離態(tài)轉化為化合態(tài)屬于氮的固定，故A正確；

B.N。、會造成酸雨，d為NCh轉化為c為NO不能防治酸雨，故B錯誤；

C.濃HNO3具有強氧化性，與銅反應生成NCh,即生成d,故C錯誤；

D.工業(yè)制硝酸的轉化過程為NH3-NOTNC)2THNO3,路徑為：bTCTd—e故D錯誤；

故選：Ao

11.B

【詳解】A.標況下2.24LCL為O.lmol,氯氣與水的反應為可逆反應，溶液中還會有氯氣分子的存在，所以

Cl\CIO、HC1O的數(shù)目之和小于0.2刈，A錯誤；

12g

B.12gNaHSC>4晶體的物質的量為g尸=01mol,NaHSCU晶體由鈉離子和硫酸氫根構成，所以離子總

1zug,moi

數(shù)為0.2M,B正確；

C.3.2gCu為O.lmol,與硫蒸氣反應時生成C112S,轉移電子數(shù)為0.1M,但與氧氣反應時生成CuO,轉移電

子數(shù)為0.2C錯誤；

D.100g46%的CH3cH20H溶液中含有46g即Imol乙醇，含有g個O原子，但此外還有水中也含有O原

子，D錯誤；

綜上所述答案為B。

12.D

【詳解】A.在氨水中滴入酚酰;溶液，加熱一段時間，溶液紅色先變深后變淺，升高溫度，一水合氨的電離

程度增大，由于溫度升高，氨的溶解度減小，氣體逸出，溶質濃度變小，導致紅色變淺，故A錯誤；

B.氧氣可氧化亞鐵離子，且生成的鐵離子可氧化Cu,則銅粉快速溶解，溶液變?yōu)樗{色，與原電池無關，

故B錯誤；

C.室溫下，18.4mol/LH2s04溶液中，鐵鈍化，反應終止，故C錯誤；

D.將固體混合物完全溶解在足量稀鹽酸中后，向該澄清溶液中滴加BaCb溶液，產(chǎn)生白色沉淀，如亞硫鈉

和過氧化鈉或硝酸鈉混合物溶于水后反應生成硫酸根離子，故原固體中不一定含有so；一,也可能是混合物

反應后產(chǎn)生的硫酸根離子，故D正確；

故選D。

13.A

【詳解】結合圖中所示結構可知圖中兩種化合物均為共價化合物，再結合W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增

大的短周期元素以及相應的共價鍵數(shù)目，可得X和Z同為第VI1A族，Y為第VA族元素，又丫與W同主族,

所以W也為第VA族元素，最終確定W、X、Y、Z分別為N、F、P、C1,以此來解析；

A.Z為C1和H、0形成的化合物為共價化合物HC1O,H最外層一個電子，C1最外層7個電子，差一個達

到穩(wěn)定結構，共用一對電子，0最外層6個電子，共用2對電子，HC1O的電子式為H：3：E1：，A錯誤；

????

B.四種元素W(N)、X(F)、丫(P)、Z(C1)中，W(N)、X(F)有兩個電子層，丫(P)、Z(C1)有三個電子層，半徑大

于W(N)和X(F),丫(P)原子序數(shù)小于Z(C1),故丫原子半徑在這四種元素中最大；X(F)原子序數(shù)大于W(N),

故X原子半徑在這四種元素中最小，B正確；

C.HF分子間含有氫鍵，所以其沸點高于同主族元素的氣態(tài)氫化物的沸點，C正確；

D.W(N)的最高價氧化物對應水化物為硝酸，可與其氣態(tài)氫化物氨氣發(fā)生化學反應，D正確。

14.B

【詳解】A.0?濃度在1%?3%之間時，隨著。之濃度增大，NO與反應生成NO?,而NO。更易與NH,反

應，所以NO脫除率明顯升高，A正確；

B.0?濃度相同，溫度從453K升高到493K時，NO的脫除率下降的原因應該是催化劑活性降低，B錯誤;

C.根據(jù)方程式可知NH,、NO是按照化學計量數(shù)之比1：1進行的，所以當時,NO脫除率最高

n(NO)

的原因可能是NHa、NO在催化劑表面吸附量相當，C正確；

D.當"后,隨著把黑1的增大，NH,發(fā)生副反應生成了NO，因此NO的脫除率隨著皿應增

n(NO)n(NO)NO

大而減小，D正確；

答案選B。

15.A

【分析】高硫鋁土礦中含有FeS2,焙燒時會生成SO2,加入CaO與S02反應生成CaSCh,CaSCh被O2氧化

轉化成減少的排放，正確；焙燒中含有固體、加溶液，不與

CaSO4,SO2BAI2O3Fe2O3,NaOHFezQ?NaOH

反應，兩性氧化物與溶液發(fā)生反應：過濾后濾液中含有

AI2O3NaOHA12O3+2NaOH=2NaA102+H2O,

NaAlCh,濾渣中主要含F(xiàn)ezCh,向濾液中通入過量CO2反應生成A1(OH)3,過濾灼燒得到AI2O3,C正確；

固體與隔絕空氣焙燒發(fā)生反應：

Fe2O3FeS2FeS2+16Fe2O,2SO2+11Fe3O4,n(FeS2):n(Fe2O,)=l:16,A

錯誤；Fe3O4具有磁性，可用磁體從燒渣中分離出來，D正確。

【詳解】A.隔絕空氣由Fe'+16Fea等會2so2+llFeQ“，可知反應中消耗的FeS?與Fe?03物質的量比為

1：16,故A錯誤;

B.FeS?焙燒會生成SCh,SO?會污染空氣，加入CaO會與SCh和氧氣生成CaSCU,硫酸鈣可以做建筑材料

石膏，故B正確；

C.濾液中含有偏鋁酸根，加入酸與偏鋁酸根反應生成氫氧化鋁沉淀，但氫氧化鋁為兩性氫氧化物，會溶于

鹽酸等強酸生成AF+,故通入過量C02生成氫氧化鋁沉淀，經(jīng)過濾、洗滌、灼燒可制得AI2O3,C正確；

D.四氧化三鐵具有磁性，故可以用磁選法進行分離，故D正確；

故選：Ao

16.B

【分析】苯酚氧化為CO2和H2O的原電池中C6H60fCO2+H2O,發(fā)生了氧化反應，作負極，C為陰極：

50；一Cr（O“）3發(fā)生了還原反應，作正極，d為陽極。以此分析解答。

【詳解】A.根據(jù)上述分析可知：b極為負極，d極為陽極，故A正確；

B.根據(jù)上述分析可知：C6H60f6cCh-Mmole、c極區(qū)2H+-H2T->2mole1,所以b電極區(qū)每產(chǎn)生

3moicCh,c電極產(chǎn)生ImolE,d極質子通過質子交換膜進入c極區(qū)，溶液質量不會減輕14g,故B錯誤;

+

C.根據(jù)上述分析可知：d為陽極，其電極的電極反應式：H2O-e=OH+H,故C正確；

D.根據(jù)上述分析可知：a為正極，其電極的電極反應式：7H2O+C4O；+6e-=2Cr（O"）3+8OH-,陰離子濃度

增大，Na+透過M膜進入a極區(qū)，所以M為陽離子交換膜，故D正確；

故答案：B。

17.（1）與硫酸反應，使得TiOSO4+2H2O=TiO2-H2Ol+H2SO4平衡正向移動，沉鈦；過量的作用是防止二

價鐵被氧化（2分）

（2）過濾（2分）

（3）①關閉K2、K3,再用熱毛巾捂熱乙，丙中導管末端出現(xiàn)氣泡，停止加熱后導管中形成一段水柱，則氣

密性良好。（2分）

②采用多孔球泡來增大氣體與溶液的接觸面積，使反應充分進行（2分）

③溫度過低，反應速率慢，溫度過高，使NO、NO2逸出，催化效果降低（2分）

2+

（4）pH=6.0左右，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3因此pH幾乎不變。之后發(fā)生4Fe+O2+6H2O=4FeOOH

+8H+,溶液中H+濃度增大，pH減?。?分）

80（附一丐）

(4)（2分）

9%

【詳解】（1）與硫酸反應，使得TiOSO4+2H2O=TiO2.H2OJ+H2s04平衡正向移動，沉鈦；過量的作用是防

止二價鐵被氧化

（2）鈦白粉廢渣成分：FeSOrbkO、TiOSCU及其它難溶物，充分反應后有沉淀出現(xiàn)，所以分離混合物的方

法是過濾。

（3）①檢查裝置乙的氣密性采用微熱法，前提是使之形成封閉體系，應先關閉K2、可用熱毛巾捂熱乙，

或用酒精燈微熱乙，丙中導管末端出現(xiàn)氣泡，停止加熱后導管中形成一段水柱，則氣密性良好。

②因為有氣體參加反應，故采用多孔球泡來增大氣體與溶液的接觸面積，使反應充分進行。

③NaNCh與稀H2s04反應生成的氣體的反應方程式為2H++2NO?=NOT+NO2T+H2。；當溫度過低時，反應

速率慢，溫度過高會使NO、NO2逸出，催化效果降低?

2+

@pH=6.0左右，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3因此pH幾乎不變。之后發(fā)生4Fe+O2+6H2O=4FeOOH

+8H+,溶液中H+濃度增大，pH減小。

（4）結晶水的質量為g,則2=排解得故答案為毀口與

m21609/9嗎

18.（l）bcd（2分）

3+3+2+

⑵防止FeCb及BiCL水解生成不溶性沉淀（2分）Bi2S3+6Fe=2Bi+6Fe+3S（2分）

（3）Fe（OH）3（1分）

（4）2.0x10*（1分）

⑸Na2O（1分）Na?。?能分別與C0?和HQ反應（2分）

（6）Na2O2>NaBiO3>MnO；（2分）70%（1分）

【分析】用浮選過的輝鈾礦（主要成分是Bi2s3,含少量SiC>2、C%s、FeS?）為原料，加入氯化鐵、鹽酸，酸

性氧化物SiCh不能與酸發(fā)生反應，發(fā)生的反應有Bi2s3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S,FeCb和BiCb都是強酸弱堿

鹽，F(xiàn)e3+、Bi?+會發(fā)生水解，向其中加入過量濃鹽酸能防止FeCb及BiCb水解，故過濾得到濾液和濾渣1（S

和SiO?濾液中加入過氧化氫將亞鐵離子氧化為鐵離子、加入氧化銅調節(jié)pH使鐵離子沉淀為氫氧化鐵，

則濾渣2為氫氧化鐵，所得濾液加過量氨水，發(fā)生Cu"（叫）+4NH3（g）u[Cu（NHj『（aq）、使BiCb沉

淀為Bi（OH）3,過濾、洗滌干燥后，Bi（OH）3受熱分解得到的2。3、BizCh和過氧化鈉焙燒得到NaBiCh，據(jù)此

回答。

（1）攪拌、粉碎礦石能增大接觸面積、適當升高溫度能提高反應速率，則為了提高原料的浸出率，可以采取

的措施有攪拌、粉碎礦石、升高溫度，因此選項是bed。

（2）FeCb是強酸弱堿鹽，F(xiàn)e3+會發(fā)生水解反應，已知：BiCl,極易水解生成不溶性的BiOCl沉淀且水解程度

Bi">Fe"，貝『'浸取''過程中加入濃鹽酸既能提高浸出率又可防止FeCb及BiCb水解生成不溶性沉淀；Bi2s3

與FeCl、溶液反應氧化還原反應，生成FeCb、S和BiCb,離子方程式Bi2s3+6Fe3+=2Bi3++6Fe?++3S。

(3)據(jù)分析，“濾渣2”成分的化學式為Fe(0H)3。

(4)Cu(OH)2(s)+4NH3(g)U[Cu(NH3)J+(aq)+2OH-(aq)的平衡常數(shù)

K==4.oxIO',則Cu?+(aq)+4NH(g)^i[Cu(NH)]2+(aq)的平衡常數(shù)

信：9H)334

I—c[Cu(NHj4r=c[Cu(NHs)4r.e々OH]=K=皿叱=20x10”

8-2+-2+42--20

c(Cu)-?(NH3)c(Cu)-c(NH3)-c(OH-)2.OxlO--'乂°

(5)“焙燒”時Bi?O3與Na?。?可在熔融狀態(tài)下反應制得NaBiO、,結合化合價變化情況可知，Na?。?被還原生成

Na。則其副產(chǎn)物為NazO；“焙燒”過程中要排除CO?和H?。的干擾，原因是NaQ能分別與CO?和H2。反

應。

(6)①氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物，已知：“焙燒”時Bi。與Na?？稍谌廴跔顟B(tài)下反應制得NaB。，該

反應中Na?。?為氧化劑、NaBiO：為氧化產(chǎn)物，則氧化性NaQ2>NaBiO,,已知：

2++3++

5NaBiO3+2Mn+14H=5Bi+2MnO；+5Na+7H2O,則氧化性：NaBiO3>MnO；；故氧化性由強至弱

的順序為Na2O2>NaBiO,>MnO；。

②由已知的兩個方程式得到關系式：NaBiCh：H2c2。4=1：1,已知取NaBR產(chǎn)品1.0g,消耗01010卜1/的

—c，-、如280g/molx0.Imol-L1x25.00mLxlO-^L/mol,

H,CQ&標準溶液25.00mL,則產(chǎn)品純度為-2------------------------------x100%=70%。

1.0g

19.-247.2(2分)常壓(1分)隨著溫度升高后，熱裂解反應速率加快，同時熱裂解反應正向移動,

而脫竣反應逆向移動(2分)CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)(2分)9.1%(2分)0.8p(2分)CO2(2

分)(2bxl0")/(a-2b)(2分)

【詳解】(1)由蓋斯定律可知，2co(g)+2H2(g)=CH4(g)+CC>2(g)A/7=-33.5kJ-mol-'-213.7kJ-mol1=-247.2

kJmol1；

(2)在密閉容器中，利用乙酸制氫，CH3coOH(g)=2CO(g)+2H2(g),該反應為氣體體積增大的反應，選擇

的壓強為常壓；

①熱裂解反應：CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)是吸熱反應，熱裂解反應正向移動，脫竣反應

CH3coOH(g尸CH4(g)+CCh(g)是放熱反應，而脫竣反應逆向移動，650℃之后氫氣產(chǎn)率高于甲烷，理由是隨

著溫度升高后，熱裂解反應速率加快，同時熱裂解反應正向移動，而脫歿反應逆向移動，故氫氣的產(chǎn)率高

于甲烷;

②co能與水蒸氣反應生成二氧化碳和氫氣，故在乙酸氣中摻雜一定量的水，氫氣產(chǎn)率顯著提高而co的產(chǎn)

率下降，反應方程式為：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)；

(3)假設投入乙酸的物質的量為amol,熱裂解反應：CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g),達到平衡時熱裂解反

應消耗乙酸20%,故熱裂解反應消耗乙酸的物質的量為：n(CH3coOH)=0.2amol,乙酸熱裂解反應生成的一

氧化碳和氫氣的物質的量為：n(C0)=n(H2尸0.4amol；脫竣基反應：CH3COOH(g)=CH4(g)+CO2(g),脫竣基反

應消耗乙酸60%,故脫竣基反應消耗乙酸的物質的量為：n(CH3coOH)=0.6amol,脫竣基反應生成的甲烷和

二氧化碳的物質的量為：n(CH4)=n(CO2)=0.6amol；故乙酸的體積分數(shù)為：[0.2a/(0.2a+0.4a+0.4a+0.6a+0.6a)]

xl00%=9.1%；p(CH4)=p(CO2)=(0.6a/2.2a)xpkPa=(3/ll)xpkPa,p(CH3COOH)=(0.2a/2.2a)xpkPa=(l/l1)

xpkPa,脫竣基反應的平衡常數(shù)3(3/11)xpx(3/ll)xp]/[(l/H)xp]=0.8p；

(4)由原子守恒可知，光催化反應技術使用CHa和CO2直接合成乙酸，且符合“綠色化學”的要求(原子利

用率100%)；

+

(5)由電荷守恒可知：2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH)+c(CH3COO),因為2c(Ba?+)=c(CH3coO)所以c(H)=c(OH),

溶液呈中性，此時溶液中的c(CH3coeT)=bmo/L、c(CH3co0H)=(a/2-b)mo/L、c(H+)=lxlO-7mo/L,故

77

Ka=[lx10-xb/(a/2-b)=(2bx10-)/(a-2b).

20.(1)ds(l分)>(1分)Is22s22P63s23P63d64s2或[Ar]3d64s2(1分)

(2)B(1分)

(3)sp2、sp3(2分)3(1分)

(4)>(1分)根據(jù)VSEPR理論，NO；為直線形結構，鍵角180。，NO2為V形結構，鍵角略小于120。

(2分)

_6x64+4x79

⑸①(2分)而E(2分)

【解析】⑴銅元素的基態(tài)原子的電子排布式為Is22s22P63s23P634則],銅屬于ds區(qū)，銅的第二電離能大于

鋅的第二電離能，其原因是Cu+的3d軌道為全充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，再失去一個電子更難，Zn+再失去一個電子

時，變成Z/+,Z/+的3d軌道為全充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，故Zn+更容易失去電子，電離能較??；Fe是26號元素,

其基態(tài)Fe原子的核外電子排布式為Is22s22P63s23P63d64s2或[Ar]3d64s2；

(2)A,X射線衍射用于測晶體結構，A不符合；

B.光譜分析是利用特征譜線定性、定量地鑒定元素，B符合；

C.質譜可用于測定相對分子質量等，C不符合；

D.紅外光譜，可確定分子中含有何種化學鍵或官能團，D不符合；

故選B；

（3）由配合物的結構簡式知，氮原子有單鍵、有雙鍵；氮原子以雙鍵相連接時其雜化類型為sp?、氮原子以單

鍵相連接時其雜化類型為sp3,故答案為：N原子的雜化類型為sp2、sp3；由配合物的結構簡式知，Imol該

有機配體與Cu（II）形成的配位鍵為3mol；

（4）NO；有2個。鍵電子對，沒有孤電子對，價層電子對為2,則其空間空間構型為直線型，NO：有2個。

鍵電子對，有1個孤電子對，價層電子對為3,則其空間空間構型為V形結構，故鍵角NO；>NO2,故答

案為：>;根據(jù)VSEPR理論，NO；為直線形結構，鍵角180。，NO￡為V形結構，鍵角略小于120。；

⑸由其晶胞結構示意圖知,該銅硒化合物中銅的數(shù)目為8X：+2X：+4=6,Se的數(shù)目為4,則化學式為CsSez,

Se為-2價，晶胞內負化合價共-8、①有2個、②有4個，按正負化合價代數(shù)和為0知，Cu?+為①；該晶體

6x64+4x79

的密度即晶胞密度為__________________=6x64+4x79。。

NAm-30

72-72-21

（ax10~cm）xcx10cmacxNAxlO°

21.（1）3,4,5-三羥基苯甲酸（1分）（2）酸鍵、酯基（2分）（3）甲基（1分）

OH/-^O

入0cH

h

（4）取代反應（1分）；JJ+CH2I2-+2HI（2分）

BrCOOCH.BrYooc也

（5）4（2分）

OHCHjCOOCHjCOO“