2021年河北省新高考“八省聯(lián)考”高考化學適應性試卷

第28頁（共28頁）2021年河北省新高考“八省聯(lián)考”高考化學適應性試卷一、選擇題：本題共10小題，每小題2分。共20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．（2分）化學與生活密切相關．下列敘述不涉及氧化還原反應的是（）A．牙膏中添加氟化物用于預防齲齒 B．綠化造林助力實現(xiàn)碳中和目標 C．氯化鐵用于蝕刻金屬眼鏡架 D．可降解包裝材料的完全降解有利于減少白色污染2．（2分）聚丙烯是日用品及合成纖維的重要原料之一，其單體為丙烯，下列說法錯誤的是（）A．丙烯可使Br2的CCl4溶液褪色 B．丙烯可與Cl2在光照條件下發(fā)生取代反應 C．聚丙烯的結構簡式為 D．丙烯與乙烯互為同系物3．（2分）下列說法正確的是（）A．氕、氘和氚互稱同素異形體 B．對于△H＞0自發(fā)進行的化學反應，有△S＞0 C．對于相同質(zhì)量的水而言，其體積V的相對大小有：V（g）＞V（l）＞V（s） D．兩原子形成化學鍵時要有電子得失或電子偏移4．（2分）下列說法錯誤的是（）A．CaO2的電子式為 B．Na不能從MgCl2溶液中置換出Mg C．[SiO4]四面體廣泛存在于硅的含氧化合物中 D．利用FeCl3的水解反應可以制備Fe（OH）3膠體5．（2分）下列實驗中，實驗現(xiàn)象與結論不匹配的是（）實驗操作實驗現(xiàn)象結論A向含有相同濃度Cl﹣、I﹣溶液中逐滴加入AgNO3溶液先生成黃色沉淀，后生成白色沉淀Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）B加熱NaI固體和濃磷酸的混合物有氣體產(chǎn)生生成了HI氣體C在Na2SO3飽和溶液中滴加稀硫酸，將產(chǎn)生的氣體通入KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色該氣體產(chǎn)物具有漂白性D2CrO42﹣+2H+?Cr2O72﹣+H2O在K2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液有磚紅色沉淀（Ag2CrO4）生成Ag2CrO4溶解度比Ag2Cr2O7小A．A B．B C．C D．D6．（2分）NA是阿伏加德羅常數(shù)的值．下列敘述錯誤的是（）A．1mol氮氣分子中含有π鍵的數(shù)目為2NA B．1mol氬氣分子中含有原子的數(shù)目為NA C．1mol氯化鈉中含有Na+的數(shù)目為NA D．1mol白磷中含有P﹣P共價鍵的數(shù)目為4NA7．（2分）已知25℃、101kPa下，1mol水蒸發(fā)為水蒸氣需要吸熱44.01kJ2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+571.66kJ?mol﹣1C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H＝+131.29kJ?mol﹣1則反應C（s）+O2（g）═CO（g）的反應熱為（）A．△H＝﹣396.36kJ?mol﹣1 B．△H＝﹣198.55kJ?mol﹣1 C．△H＝﹣154.54kJ?mol﹣1 D．△H＝﹣110.53kJ?mol﹣18．（2分）2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷是重要的化工原料，實驗室中可由叔丁醇與濃鹽酸反應制備，路線如圖。下列說法錯誤的是（）A．由叔丁醇制備2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷的反應類型為取代反應 B．用5%Na2CO3溶液洗滌分液時，有機相在分液漏斗的下層 C．無水CaCl2的作用是除去有機相中殘存的少量水 D．蒸餾除去殘余反應物叔丁醇時，產(chǎn)物先蒸餾出體系9．（2分）醋酸為一元弱酸，25℃時，其電離常數(shù)Ka＝1.75×10﹣5．下列說法錯誤的是（）A．0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液的pH在2～3范圍內(nèi) B．CH3COONa溶液中，c（CH3COOH）+c（H+）＝c（OH﹣） C．將0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液加水稀釋，其電離常數(shù)和均不變 D．等體積的0.1mol?L﹣1NaOH溶液和0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液混合后，溶液pH＞7，且c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）10．（2分）氯化鈀可以催化乙烯制備乙醛（Wacker法），反應過程如圖。下列敘述錯誤的是（）A．CuCl被氧化的反應為2CuCl+2HCl+O2═2CuCl2+H2O B．催化劑PbCl2再生的反應為2CuCl2+Pd═PdCl2+2CuCl C．制備乙醛的總反應為CH2＝CH2+O2CH3CHO D．如果原料為丙烯，則主要產(chǎn)物是丙醛二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。在每小題給出的四個選項中，只有一項或兩項是符合題目要求的．若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得4分，但只要選錯一個，該小題得0分。11．（4分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，且原子序數(shù)Y+Z═X+W，X和W同主族，Z的族序數(shù)與周期數(shù)相等，四種元素中只有一種金屬元素．下列說法正確的是（）A．W有兩種常見氧化物 B．原子半徑Y＜X＜W＜Z C．X的最高價氧化物的水化物是強酸 D．Y元素的氫化物分子間可以形成氫鍵12．（4分）葡酚酮是由葡萄籽提取的一種花青素類衍生物（結構簡式如圖），具有良好的抗氧化活性。下列關于葡酚酮敘述錯誤的是（）A．可形成分子內(nèi)氫鍵 B．有6種含氧官能團 C．可使酸性高錳酸鉀溶液褪色 D．不與Na2CO3水溶液發(fā)生反應13．（4分）乙醚是常用的有機試劑，久置容易產(chǎn)生過氧化物，帶來安全隱患．以下不可用來定性檢出過氧化物的試劑是（）A．K3[Fe（CN）6]溶液 B．弱酸性淀粉KI溶液 C．Na2Cr2O7和稀H2SO4溶液 D．（NH4）2Fe（SO4）2的稀H2SO4溶液和KSCN溶液14．（4分）H3PO4的電離是分步進行的，常溫下Ka1＝7.6×10﹣3，Ka2＝6.3×10﹣8，Ka3＝4.4×10﹣13．下列說法正確的是（）A．濃度均為0.1mol?L﹣1的NaOH溶液和H3PO4溶液按照體積比2：1混合，混合液的pH＜7 B．Na2HPO4溶液中，c（H+）+c（H2PO4﹣）+c（H3PO4）＝c（PO43﹣）+c（OH﹣） C．向0.1mol?L﹣1的H3PO4溶液中通入HCl氣體（忽略溶液體積的變化，溶液pH＝1時，溶液中大約有7.1%的H3PO4電離 D．在H3PO4溶液中加入NaOH溶液，隨著NaOH的加入，溶液的pH增大，當溶液的pH＝11時，c（PO43﹣）＞c（HPO42﹣）15．（4分）一定條件下，反應H2（g）+Br2（g）═2HBr（g）的速率方程為v＝kcα（H2）cβ（Br2）cγ（HBr），某溫度下，該反應在不同濃度下的反應速率如表。根據(jù)表中的測定結果，下列結論錯誤的是（）c（H2）/（mol?L﹣1）c（Br2）/（mol?L﹣1）c（HBr）/（mol?L﹣1）反應速率0.10.12v0.10.428v0.20.4216v0.40.142v0.20.1c4vA．表中c的值為4 B．α、β、γ的值分別為1、2、﹣1 C．反應體系的三種物質(zhì)中，Br2（g）的濃度對反應速率影響最大 D．在反應體系中保持其他物質(zhì)濃度不變，增大HBr（g）濃度，會使反應速率降低三、非選擇題：共60分．第16～18題為必考題，每個試題考生都必須作答．第19～20題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題：共45分．16．（15分）碘是人體必需的微量元素，也可用于工業(yè)、醫(yī)藥等領域。大量的碘富集于海藻灰[主要成分是NaI）中，因此從海藻灰中提取碘，可有效利用海洋資源。（1）某興趣小組以海藻灰為原料進行I2的制備實驗．具體步驟如下：將海藻灰加熱浸泡后，得到了NaI溶液，將適量Na2SO3固體溶于NaI溶液，再將CuSO4飽和溶液滴入上述溶液中，生成白色CuI沉淀，該反應的離子方程式為。（2）待I﹣沉淀完全后，過濾，將沉淀物置于小燒杯中，在攪拌下逐滴加入適量濃HNO3，觀察到（顏色）氣體放出，（顏色）晶體析出．出于安全和環(huán)?？紤]，該實驗操作需在（條件）下進行．該反應的化學方程式為。（3）用傾析法棄去上清液，固體物質(zhì)用少量水洗滌后得到粗I2，進一步精制時，選擇必需的儀器搭建裝置，并按次序排列：。（夾持裝置略）（4）將精制得到的I2配成濃度為cmol?L﹣1的標準溶液，用來測定某樣品中維生素C（相對分子質(zhì)量為M）的含量．具體操作如下：準確稱量ag樣品，溶于新煮沸過并冷卻至室溫的蒸餾水中，煮沸蒸餾水的目的是。用250mL容量瓶定容，使用（儀器）量取25.00mL樣品溶液于錐形瓶中，再加入10mL1：1醋酸溶液和適量的指示劑，立即用I2標準溶液滴定，溶液顯穩(wěn)定的（顏色）即為滴定終點，消耗I2標準溶液VmL，則樣品中維生素C的質(zhì)量分數(shù)是。（寫出表達式）已知滴定反應方程式：17．（15分）合理利用工廠煙灰，變廢為寶，對保護環(huán)境具有重要意義．以某鋼鐵廠煙灰（主要成分為ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等）為原料制備氧化鋅的工藝流程如圖?；卮鹣铝袉栴}：（1）“浸取”工序中加入過量氨水的目的：①使ZnO、CuO溶解，轉(zhuǎn)化為[Zn（NH3）4]2+和[Cu（NH3）4]2+配離子；②。（2）ZnO轉(zhuǎn)化反應的離子方程式為。（3）“除雜”工序中，反應的離子方程式為。（4）濾渣②的主要成分有（填化學式），回收后可用作冶金原料．（5）“蒸氨沉鋅”工序中，“蒸氨”是將氨及其鹽從固液混合物中蒸出，相應的化學方程式為，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水可返回工序循環(huán)使用。（6）從堿式碳酸鋅得到氧化鋅的工序名稱為。（7）將濾渣①用H2SO4溶液處理后得到溶液和固體。（均填化學式）18．（15分）我國科學家最近發(fā)明了一種Zn﹣PbO2電池，電解質(zhì)為K2SO4、H2SO4和KOH，由a和b兩種離子交換膜隔開，形成A、B、C三個電解質(zhì)溶液區(qū)域，結構示意圖如圖?；卮鹣铝袉栴}：（1）電池中，Zn為極，B區(qū)域的電解質(zhì)為（填“K2SO4”、“H2SO4”或“KOH”）．（2）電池反應的離子方程式為。（3）陽離子交換膜為圖中的膜。（填“a”或“b”）（4）此電池中，消耗6.5gZn，理論上可產(chǎn)生的容量（電量）為毫安時（mAh）。（1mol電子的電量為1F，F(xiàn)＝96500C?mol﹣1，結果保留整數(shù)）（5）已知E為電池電動勢（電池電動勢即電池的理論電壓，是兩個電極電位之差，E＝E（+）﹣E（﹣）），△G為電池反應的自由能變，則該電池與傳統(tǒng)鉛酸蓄電池相比較，EZn﹣PbO2EPb﹣PbO2；△GZn﹣PbO2△GPb﹣PbO2。（填“＞”或“＜”）（6）Zn是一種重要的金屬材料，工業(yè)上一般先將ZnS氧化，再采用熱還原或者電解法制備．利用H2還原ZnS也可得到Zn，其反應式如下：ZnS（s）+H2（g）Zn（s）+H2S（g）。727℃時，上述反應的平衡常數(shù)Kp＝2.24×10﹣6．此溫度下，在盛有ZnS的剛性容器內(nèi)通入壓強為1.01×105Pa的H2，達平衡時H2S的分壓為Pa。（結果保留兩位小數(shù)）（二）選考題：共15分．請考生從2道題中任選一題作答，按本選考題的首題進行評分．【選修3：物質(zhì)結構與性質(zhì)】（15分）19．（15分）科學工作者合成了含鎂、鎳、碳3種元素的超導材料，具有良好的應用前景?；卮鹣铝袉栴}：（1）鎳元素位于周期表第列，基態(tài)鎳原子d軌道中成對電子與單電子的數(shù)量比為。（2）在CO分子中，C與O之間形成個σ鍵、個π鍵，在這些化學鍵中，O原子共提供了個電子。（3）第二周期元素的第一電離能（I1）隨原子序數(shù)（Z）的變化情況如圖1．I1隨Z的遞增而呈增大趨勢的原因是，原子核對外層電子的引力增大。導致I1在a點出現(xiàn)齒峰的原因是。（4）下列分子或離子與CO2具有相同類型化學鍵和立體構型的是。（填標號）A．SO2B．OCN﹣C．HF2﹣D．NO2+（5）過渡金屬與CO形成羰基配合物時，每個CO分子向中心原子提供2個電子，最終使中心原子的電子總數(shù)與同周期的稀有氣體原子相同，稱為有效原子序數(shù)規(guī)則．根據(jù)此規(guī)則推斷，鎳與CO形成的羰基配合物Ni（CO）x中，x＝。（6）在某種含鎂、鎳、碳3種元素的超導材料晶體中，鎂原子和鎳原子一起以立方最密堆積方式形成有序結構．結構中的兩種八面體空隙，一種完全由鎳原子構成，另一種由鎳原子和鎂原子共同構成，碳原子只填充在由鎳原子構成的八面體空隙中，晶胞如圖2所示。①組成該晶體的化學式為。②完全由鎳原子構成的八面體空隙與由鎳原子和鎂原子共同構成的八面體空隙的數(shù)量比為，由鎳原子和鎂原子共同構成的八面體空隙中鎳原子和鎂原子的數(shù)量比為。③若取碳原子為晶胞頂點，則鎳原子位于晶胞的位置。【選修5：有機化學基礎】（15分）20．手性過渡金屬配合物催化的不對稱合成反應具有高效、高對映選擇性的特點，是有機合成化學研究的前沿和熱點．近年來，我國科學家在手性螺環(huán)配合物催化的不對稱合成研究及應用方面取得了舉世矚目的成就．某螺環(huán)二酚類手性螺環(huán)配體（K）的合成路線如圖。已知如下信息：RCHO+CH3COR′，R，R′＝烴基回答下列問題：（1）化合物A是一種重要的化工產(chǎn)品，常用于醫(yī)院等公共場所的消毒，可與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，其結構簡式為；反應①的反應類型為。（2）化合物C可發(fā)生銀鏡反應，其名稱為，化合物C的結構簡式為、D的結構簡式為、G的結構簡式為、J的結構簡式為。（3）C的一種同分異構體可與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，其核磁共振氫譜有4組峰，峰面積比為3：2：2：1，該異構體的結構簡式為。（4）反應⑤的反應條件為。（5）在反應⑥的條件下，若以化合物E為原料，相應的反應產(chǎn)物為和，上述反應結果表明，中間體F中Br原子在E→H的合成過程中的作用為。

2021年河北省新高考“八省聯(lián)考”高考化學適應性試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本題共10小題，每小題2分。共20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．【分析】化合價升降為氧化還原反應的特征，則反應中存在元素化合價變化的反應屬于氧化還原反應，以此進行判斷?！窘獯稹拷猓篈．牙膏中添加氟化物用于預防齲齒，該過程中不涉及元素化合價變化，不屬于氧化還原反應，故A選；B．涉及C、O元素化合價變化，屬于氧化還原反應，故B不選；C．涉及Fe元素化合價變化，屬于氧化還原反應，故C不選；D．完全降解后變成CO2或CH4、H2O等物質(zhì)，涉及C、O等元素化合價變化，屬于氧化還原反應，故D不選；故選：A?！军c評】本題考查氧化還原反應，明確發(fā)生反應原理為解答關鍵，注意掌握氧化還原反應概念及特征，試題側(cè)重考查學生的分析與應用能力，題目難度不大。2．【分析】A．烯烴含有碳碳雙鍵；B．丙烯中包含甲基；C．聚丙烯的結構單元的主鏈上應該含有2個C原子；D．單烯烴均互為同系物?！窘獯稹拷猓篈．丙烯可與Br2的CCl4溶液中Br2發(fā)生加成反應生成無色的1，2﹣二溴丙烷，故A正確；B．丙烯中包含甲基，可與Cl2在光照條件下發(fā)生取代反應，故B正確；C．聚丙烯的結構簡式為，故C錯誤；D．丙烯與乙烯具有相同的官能團，分子組成上相差一個﹣CH2﹣，所以互為同系物，故D正確；故選：C?！军c評】本題綜合考查材料的組成、性質(zhì)和用途等知識，為高頻考點，側(cè)重化學與生活的考查，有利于培養(yǎng)學生的良好的科學素養(yǎng)，提高學生學習的積極性，題目難度不大。3．【分析】A．同一種元素的不同種單質(zhì)互稱為同素異形體，具有相同質(zhì)子數(shù)和不同中子數(shù)的一類原子互稱為同位素；B．△H﹣T△S＜0的反應可自發(fā)進行；C．冰的密度反常的比水??；D．相同的兩原子形成化學鍵時電子不偏移?！窘獯稹拷猓篈．氕、氘和氚質(zhì)子數(shù)相同，均為1，中子數(shù)不同，互稱同位素，故A錯誤；B．△H﹣T△S＜0的反應可自發(fā)進行，△H＞0的反應能自發(fā)進行，則該反應的△S＞0，故B正確；C．水凝固后體積反常增大，因此有V（g）＞V（s）＞V（l），故C錯誤；D．兩原子形成化學鍵時不一定有電子得失或電子偏移，例如相同的兩非金屬原子形成共價鍵時電子不發(fā)生偏移，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了同素異形體、同位素的概念、反應熱與焓變等知識，為高頻考點，側(cè)重基礎知識的考查，有助于培養(yǎng)學生的邏輯思維能力和發(fā)散思維能力，提高學生靈活運用基礎知識解決實際問題的能力，題目難度不大。4．【分析】A．過氧化鈣為離子化合物，是由鈣離子和過氧根離子形成的；B．Na先與水反應，再與MgCl2反應；C．[SiO4]中硅、氧原子通過共價鍵形成四面體；D．利用FeCl3和沸水反應制備的Fe（OH）3膠體?！窘獯稹拷猓篈．CaO2為離子化合物，由Ca2+和O22﹣構成，并且過氧根離子內(nèi)的O原子之間共用1對電子，其電子式為，故A錯誤；B．Na先和冷水劇烈反應生成NaOH和氫氣，再和MgCl2溶液生成氫氧化鎂沉淀，故B正確；C．硅的含氧化合物都以硅氧四面體[SiO4]作為基本結構單元，故C正確；D．在沸騰的蒸餾水中滴加飽和FeCl3溶液，待溶液呈紅褐色時，停止加熱，即制得Fe（OH）3膠體，故D正確；故選：A?！军c評】本題考查了常見化學用語的表示方法，題目難度中等，涉及電子式、反應原理、微粒結構、制備原理等知識，明確常見化學用語的書寫原則為解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及規(guī)范答題能力。5．【分析】A.濃度相同，Ksp小的先沉淀；B.加熱NaI固體和濃磷酸的混合物生成HI，為難揮發(fā)性酸制備易揮發(fā)性酸；C.Na2SO3飽和溶液中滴加稀硫酸，生成二氧化硫，二氧化硫可被高錳酸鉀氧化；D.加入AgNO3溶液有磚紅色沉淀（Ag2CrO4）生成，使2CrO42﹣+2H+?Cr2O72﹣+H2O逆向移動?！窘獯稹拷猓篈.濃度相同，Ksp小的先沉淀，由操作和現(xiàn)象可知Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故A正確；B.加熱NaI固體和濃磷酸的混合物生成HI，為難揮發(fā)性酸制備易揮發(fā)性酸，可制備HI氣體，故B正確；C.Na2SO3飽和溶液中滴加稀硫酸，生成二氧化硫，二氧化硫可被高錳酸鉀氧化，則溶液褪色，可知氣體產(chǎn)物具有還原性，故C錯誤；D.加入AgNO3溶液有磚紅色沉淀（Ag2CrO4）生成，使2CrO42﹣+2H+?Cr2O72﹣+H2O逆向移動，可知Ag2CrO4溶解度比Ag2Cr2O7小，故D正確；故選：C。【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應與現(xiàn)象、沉淀生成、平衡移動為解答的關鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。6．【分析】A．氮氣分子中含氮氮三鍵；B．氬氣是稀有氣體，為單原子分子；C．氯化鈉是鈉離子和氯離子構成的離子化合物；D．白磷以P4形式存在，P4是正四面體結構，每個P4含6個P﹣P鍵?！窘獯稹拷猓篈．N2分子中N與N之間形成氮氮三鍵，其中有一根為σ鍵，兩根為π鍵，1mol氮氣分子中含有π鍵的數(shù)目為2NA，故A正確；B．1mol氬氣分子中含有原子的數(shù)目為NA，故B正確；C．氯化鈉是離子化合物，1mol氯化鈉中含有Na+的數(shù)目為NA，故C正確；D．白磷分子為正四面體結構，1mol白磷分子中含6molP﹣P鍵，含有P﹣P共價鍵的數(shù)目為6NA，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查阿伏加德羅常數(shù)的相關計算，題目難度不大，注意物質(zhì)的組成、結構、化學鍵等問題。7．【分析】已知：①H2O（l）＝H2O（g）△H1＝+44.01kJ/mol②2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H2＝+571.66kJ?mol﹣1③C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H3＝+131.29kJ?mol﹣1蓋斯定律③﹣×②+①計算得到C（s）+O2（g）═CO（g），可求其反應熱。【解答】解：已知：①H2O（l）＝H2O（g）△H1＝+44.01kJ/mol②2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H2＝+571.66kJ?mol﹣1③C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H3＝+131.29kJ?mol﹣1蓋斯定律③﹣×②+①計算得到C（s）+O2（g）═CO（g），△H＝△H3﹣△H2+△H1＝+131.29kJ?mol﹣1﹣×571.66kJ/mol+44.01kJ/mol＝﹣110.53kJ/mol，故選：D?！军c評】本題考查了熱化學方程式的書寫方法、運用蓋斯定律計算焓變等知識，學會運用已知方程式去搭建關系求解分析，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等。8．【分析】叔丁醇與濃鹽酸常溫攪拌反應15min可得2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷與H2O，分液后向有機相中加入水進行洗滌分液，繼續(xù)向有機相中加入5%Na2CO3溶液洗滌，由于有機物2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷的密度小于水，分液后獲得上層有機相，有機相中加入少量無水CaCl2干燥，蒸餾即得有機物2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷，A．對比反應物和產(chǎn)物的結構可得，Cl原子取代了﹣OH；B．有機物2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷的密度小于水；C．無水CaCl2與水結合生成CaCl2?xH2O，是干燥劑；D．2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷比叔丁醇的沸點低?！窘獯稹拷猓篈．對比反應物和產(chǎn)物的結構可得，Cl原子取代了﹣OH，所以反應類型為取代反應，故A正確；B．用5%Na2CO3溶液洗滌分液時，由于有機物2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷的密度小于水，則有機相在分液漏斗的上層，故B錯誤；C．無水CaCl2與水結合生成CaCl2?xH2O，是干燥劑，其作用是除去有機相中殘存的少量水，故C正確；D．2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷比叔丁醇的沸點低，所以產(chǎn)物先蒸餾出體系，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查有機物制備方案設計，掌握基礎是解題關鍵，注意掌握有機官能團結構特點等知識，題目難度不大。9．【分析】A．醋酸為弱酸，溶液中存在電離平衡，CH3COOH?CH3COO﹣+H+，結合平衡常數(shù)計算氫離子濃度；B．CH3COONa溶液中存在電荷守恒和物料守恒，據(jù)此計算判斷；C．電離平衡常數(shù)隨溫度變化，溫度不變，平衡常數(shù)不變，將0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液加水稀釋促進電離；D．等體積的0.1mol?L﹣1NaOH溶液和0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液混合后，得到醋酸鈉溶液，醋酸鈉為強堿弱酸鹽，醋酸根離子水解，溶液顯堿性。【解答】解：A．醋酸為弱酸，溶液中存在電離平衡，CH3COOH?CH3COO﹣+H+，設電離出的氫離子濃度為x，則電離常數(shù)Ka＝＝＝1.75×10﹣5，10﹣3＜x＜10﹣2，pH在2～3范圍內(nèi)，故A正確；B．CH3COONa溶液中存在電荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），物料守恒c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），聯(lián)立得到c（CH3COOH）+c（H+）＝c（OH﹣），故B正確；C．電離平衡常數(shù)隨溫度變化，溫度不變，平衡常數(shù)不變，將0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液加水稀釋促進電離，增大，故C錯誤；D．等體積的0.1mol?L﹣1NaOH溶液和0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液混合后，得到醋酸鈉溶液，醋酸鈉為強堿弱酸鹽，醋酸根離子水解，溶液顯堿性，pH＞7，c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D正確；故選：C?！军c評】本題考查了弱電解質(zhì)電離平衡影響因素分析、電離平衡常數(shù)的計算和影響因素、離子濃度關系等知識點，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等。10．【分析】A．根據(jù)圖示反應中CuCl被O2氧化產(chǎn)生CuCl2，同時產(chǎn)生H2O，；B．由流程圖可知：PbCl2再生的過程有Cu2+、Cl﹣參加；C．CH2＝CH2在PbCl2、CuCl2催化劑作用下生成CH3CHO；D．注意催化過程中官能團所連接的位置?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)圖示可知在反應中CuCl被O2氧化產(chǎn)生CuCl2，同時產(chǎn)生H2O，反應方程式為：2CuCl+2HCl+O2＝2CuCl2+H2O，故A正確；B．由流程圖可知：PbCl2再生的過程有Cu2+、Cl﹣參加，再生方程式為：2CuCl2+Pd＝PdCl2+2CuCl，故B正確；C．PbCl2、CuCl2在反應中起催化劑作用，反應方程式為：CH2＝CH2+O2CH3CHO，故C正確；D．如果原料為丙烯，則中間產(chǎn)物連接在第二個C原子上得到的產(chǎn)物為丙酮，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查學生對有機化學原理的理解和掌握，為高頻考點，掌握反應類型、化學反應原理是解題關鍵，同時也考查了學生閱讀題目獲取新信息的能力，需要學生具備扎實的基礎與綜合運用知識、信息分析解決問題能力，題目難度中等。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。在每小題給出的四個選項中，只有一項或兩項是符合題目要求的．若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得4分，但只要選錯一個，該小題得0分。11．【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，且原子序數(shù)Y+Z═X+W，X和W同主族，Z的族序數(shù)與周期數(shù)相等，Z為Be或Al，四種元素中只有一種金屬元素，結合原子序數(shù)可知，只有Z為Al時，X為F、W為Cl，二者原子序數(shù)之和為9+17＝26，Y的原子序數(shù)為26﹣13＝13不符合；X為O、W為S，二者原子序數(shù)之和為8+16＝24，Y的原子序數(shù)為24﹣13＝11不符合；X為N、W為P，二者原子序數(shù)之和為7+15＝22，Y的原子序數(shù)為22﹣13＝9，Y為F；X為C、W為Si，二者原子序數(shù)之和為6+14＝20，Y的原子序數(shù)為7，Y為N，以此來解答?！窘獯稹拷猓河缮鲜龇治隹芍?，X為N、Y為F、Z為Al、W為P，或X為C、Y為N、Z為Al、W為Si，A.W為P，有五氧化二磷、三氧化二磷兩種氧化物，若W為Si，只有二氧化硅一種氧化物，故A錯誤；B.電子層越多、原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑Y＜X＜W＜Z，故B正確；C.X為N時最高價氧化物的水化物為硝酸，屬于強酸，X為C時高價氧化物的水化物為碳酸，屬于弱酸，故C錯誤；D.Y元素的氫化物為HF或氨氣，分子間可以形成氫鍵，故D正確；故選：BD?！军c評】本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，把握Z為Al、原子序數(shù)的關系及元素的位置來推斷元素為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，題目難度較大。12．【分析】由結構可知，含酚﹣OH、醇﹣OH、﹣COOC﹣、﹣COOH及碳碳雙鍵、醚鍵，結合酚、醇、酯、羧酸及烯烴的性質(zhì)來解答?！窘獯稹拷猓篈.含﹣COOH、﹣OH可形成分子內(nèi)氫鍵，故A正確；B.含﹣OH、﹣COOC﹣、﹣COOH、醚鍵，為含氧官能團，故B錯誤；C.﹣OH、碳碳雙鍵均可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；D.含﹣COOH，與Na2CO3水溶液發(fā)生反應，故D錯誤；故選：BD?！军c評】本題考查有機物的結構與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團與性質(zhì)、有機反應為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意羧酸、醇的性質(zhì)，題目難度不大。13．【分析】乙醚是常用的有機試劑，久置容易產(chǎn)生過氧化物，過氧化物具有強氧化性，能氧化碘離子生成單質(zhì)碘、氧化亞鐵離子生成鐵離子，據(jù)此分析。【解答】解：A．乙醚是常用的有機試劑，久置容易產(chǎn)生過氧化物，過氧化物與K3[Fe（CN）6]溶液不反應，不能檢驗，故A錯誤；B．過氧化物具有強氧化性，能氧化碘離子生成單質(zhì)碘，會使淀粉變藍色，所以能檢驗是否存在過氧化物，故B正確；C．Na2Cr2O7具有強氧化性，酸性條件下過氧化物能被Na2Cr2O7氧化生成氧氣，溶液變?yōu)榫G色，能檢驗，故C正確；D．（NH4）2Fe（SO4）2含有亞鐵離子，能被過氧化物氧化為鐵離子，鐵離子與KSCN溶液反應會變紅色，所以能檢驗是否存在過氧化物，故D正確；故選：A。【點評】本題考查了物質(zhì)的檢驗鑒別，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、物質(zhì)的檢驗方法、實驗技能為解答關鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，題目難度不大。14．【分析】A．濃度均為0.1mol?L﹣1的NaOH溶液和H3PO4溶液按照體積比2：1混合反應生成Na2HPO4，判斷溶液中HPO42﹣離子的水解程度和電離程度大小，確定溶液酸堿性；B．Na2HPO4溶液中存在電荷和物料守恒，據(jù)此計算分析判斷離子濃度關系；C．設電離出的c（H2PO4﹣）＝x，Ka1＝＝＝7.6×10﹣3，x≈0.0071mol/L，據(jù)此計算H3PO4電離程度＝×100%；D．在H3PO4溶液中加入NaOH溶液，隨著NaOH的加入，溶液的pH增大，當溶液的pH＝11時，c（H+）＝10﹣11mol/L，Ka3＝，據(jù)此計算分析判斷離子濃度大小?！窘獯稹拷猓篈．濃度均為0.1mol?L﹣1的NaOH溶液和H3PO4溶液按照體積比2：1混合反應生成Na2HPO4，電離方程式：HPO42﹣?H++PO43﹣，水解離子方程式：HPO42﹣+H2O?H2PO4﹣+OH﹣，溶液中HPO42﹣離子水解平衡常數(shù)Kh＝＝＝＝1.6×10﹣7＞Ka3＝4.4×10﹣13，水解程度大，溶液顯堿性，pH＞7，故A錯誤；B．Na2HPO4溶液中電荷守恒：c（H+）+c（Na+）＝3c（PO43﹣）+c（OH﹣）+c（H2PO4﹣）+2c（HPO42﹣），物料守恒為：c（Na+）＝2[c（PO43﹣）+c（H3PO4）+c（H2PO4﹣）+c（HPO42﹣）]，合并得到c（H+）+c（H2PO4﹣）+2c（H3PO4）＝c（PO43﹣）+c（OH﹣），故B錯誤；C．設電離出的c（H2PO4﹣）＝x，Ka1＝＝＝7.6×10﹣3，x≈0.0071mol/L，溶液中大約電離的磷酸有×100%＝7.1%，故C正確；D．在H3PO4溶液中加入NaOH溶液，隨著NaOH的加入，溶液的pH增大，當溶液的pH＝11時，c（H+）＝10﹣11mol/L，Ka3＝＝4.4×10﹣13，＝4.4×10﹣2＜1，c（PO43﹣）＜c（HPO42﹣），故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查了弱電解質(zhì)電離平衡、鹽類水解平衡常數(shù)和弱電解質(zhì)電離平衡常數(shù)的計算分析、電解質(zhì)溶液中離子濃度關系等知識點，掌握基礎是解題關鍵，題目難度較大。15．【分析】v＝kcα（H2）cβ（Br2）cγ（HBr），對比第一組和第二組數(shù)據(jù)知，（）β＝，則β＝；對比第二組和第三族數(shù)據(jù)知，（）α＝，α＝1；α＝1、β＝，對比第一組、第四組數(shù)據(jù)得（）××（）r＝2，r＝﹣1，A．對比第四、第五組數(shù)據(jù)得（）××（）﹣1＝，據(jù)此計算c＝1；B．根據(jù)以上分析確定α、β、γ的值；C．根據(jù)反應速率方程知，β值最大；D．根據(jù)方程式知，其它條件不變時，最大某一物質(zhì)濃度，反應速率增大?！窘獯稹拷猓簐＝kcα（H2）cβ（Br2）cγ（HBr），對比第一組和第二組數(shù)據(jù)知，（）β＝，則β＝；對比第二組和第三族數(shù)據(jù)知，（）α＝，α＝1；α＝1、β＝，對比第一組、第四組數(shù)據(jù)得（）××（）r＝2，r＝﹣1，A．對比第四、第五組數(shù)據(jù)得（）××（）﹣1＝，c＝1，故A錯誤；B．根據(jù)以上分析確定α、β、γ的值分別為1、、﹣1，故B錯誤；C．根據(jù)反應速率方程知，β值最大，所以反應體系的三種物質(zhì)中，Br2（g）的濃度對反應速率影響最大，故C正確；D．r＝﹣1，增大HBr（g）濃度，會使反應速率降低，故D正確；故選：AB?！军c評】本題考查化學反應速率有關問題，側(cè)重考查分析、判斷及知識綜合應用能力，正確計算α、β、γ數(shù)值是解本題關鍵，D為解答易錯點，題目難度不大。三、非選擇題：共60分．第16～18題為必考題，每個試題考生都必須作答．第19～20題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題：共45分．16．【分析】（1）Na2SO3與CuSO4發(fā)生氧化還原反應生成CuI、SO42﹣、H+；（2）CuI中的亞銅離子和碘離子均能被濃硝酸氧化，氧化產(chǎn)物分別為Cu2+和I2，還原產(chǎn)物為NO2，NO2為紅棕色有毒氣體，應避免污染環(huán)境；（3）因為碘單質(zhì)受熱易升華，故采用升華法提純碘單質(zhì)，升華時把粗碘放入燒杯內(nèi)，將裝有冷水的燒瓶放在燒杯上，墊上石棉網(wǎng)用酒精燈加熱；（4）維生素C具有還原性，故煮沸蒸餾水是為了防止水中溶解的氧干擾實驗；顯酸性，應用酸式滴定管量取，用于指示碘單質(zhì)時，通常用淀粉作指示劑，淀粉遇碘顯藍色，根據(jù)題意消耗點標準液的物質(zhì)的量為n＝cV＝cV×10﹣3mol，由反應方程式可知25mL溶液中維生素C的物質(zhì)的量為cV×10﹣3mol，則ag樣品中維生素C的物質(zhì)的量為10×cV×10﹣3mol＝cV×10﹣2mol，質(zhì)量為m＝nM＝cMV×10﹣2g，以此計算質(zhì)量分數(shù)。【解答】解：（1）Na2SO3作還原劑，CuSO4作氧化劑，故該反應的離子方程式為2Cu2++SO32﹣+2I﹣+H2O＝2CuI+SO42﹣+2H+，故答案為：2Cu2++SO32﹣+2I﹣+H2O＝2CuI+SO42﹣+2H+；（2）CuI中的亞銅離子和碘離子均能被濃硝酸氧化，氧化產(chǎn)物分別為Cu2+和I2，還原產(chǎn)物為NO2，其反應的化學方程式為2CuI+8HNO3（濃）＝2Cu（NO3）2+2NO2↑+I2+4H2O，其中NO2為紅棕色有毒氣體，需在通風條件下進行，I2為紫黑色，故答案為：紅棕色；紫黑色；通風條件下；2CuI+8HNO3（濃）＝2Cu（NO3）2+2NO2↑+I2+4H2O；（3）因為碘單質(zhì)受熱易升華，故采用升華法提純碘單質(zhì)，用到的儀器有A燒杯、C石棉網(wǎng)（防止溫度過高，升華速度大于冷凝速度）、D酒精燈、F裝冷水的圓底燒瓶用于冷凝，其裝置為把粗碘放入燒杯內(nèi)，將裝有冷水的燒瓶放在燒杯上，墊上石棉網(wǎng)用酒精燈加熱，其連接順序為DCAF，故答案為：DCAF；（4）維生素C具有還原性，故煮沸蒸餾水是為了防止水中溶解的氧干擾實驗；維生素C顯酸性，準確量取溶液的體積用酸式滴定管量取；用于指示碘單質(zhì)時，通常用淀粉作指示劑，淀粉遇碘顯藍色，這里用碘標準溶液滴定維生素C，所以當最后一滴標準液滴入錐形瓶后，溶液由無色變?yōu)樗{色且30秒內(nèi)不褪色，即為終點；根據(jù)題意消耗點標準液的物質(zhì)的量為n＝cV＝cV×10﹣3mol，由反應方程式可知25mL溶液中維生素C的物質(zhì)的量為cV×10﹣3mol，則ag樣品中維生素C的物質(zhì)的量為10×cV×10﹣3mol＝cV×10﹣2mol，質(zhì)量為m＝nM＝cMV×10﹣2g，其質(zhì)量分數(shù)為×100%＝，故答案為：除去蒸餾水中溶解的氧，防止干擾實驗；酸式滴定管；淀粉；藍色、?！军c評】本題考查物質(zhì)的含量測定，為高考常見題型，側(cè)重考查學生的分析能力、實驗能力和計算能力，本題注意把握物質(zhì)的性質(zhì)與實驗操作的方法、原理，把握計算的思路，題目難度不大。17．【分析】首先用NH4HCO3和氨水浸取煙灰，將鋅元素轉(zhuǎn)化為[Zn（NH3）4]2+絡離子，將Cu元素轉(zhuǎn)化為[Cu（NH3）4]2+絡離子，MnO2、Fe2O3不發(fā)生反應進入濾渣①中，加入鋅粉可以將[Cu（NH3）4]2+全部置換出來得到濾渣②中含有Zn及Cu，然后經(jīng)蒸氨沉鋅，使Zn（NH3）4（HCO3）2反應變?yōu)镹H3和Zn（HCO3）2，然后加入堿式碳酸鋅與Zn（HCO3）2混合，高溫煅燒得到氧化鋅，據(jù)此來解答。【解答】解：（1）由題意可知，煙灰（主要成分為ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等），在浸取工序中可以使ZnO、CuO溶解變?yōu)閇Zn（NH3）4]2+和[Cu（NH3）4]2+配離子進入濾液①中，NH3與HCO3﹣反應，HCO3﹣的存在會影響[Zn（NH3）4]2+和[Cu（NH3）4]2+的穩(wěn)定性，氨水過量增大溶液的pH值，可以將HCO3﹣轉(zhuǎn)化為CO32﹣，使以上兩種絡離子穩(wěn)定存在，故答案為：增大溶液的pH，將將HCO3﹣轉(zhuǎn)化為CO32﹣；（2）浸出時，ZnO溶于碳酸氫銨與氨水的混合溶液中，形成配離子[Zn（NH3）4]2+和H2O，反應的離子方程式為：ZnO+2NH3?H2O+2NH4+＝[Zn（NH3）4]2++3H2O，故答案為：ZnO+2NH3?H2O+2NH4+＝[Zn（NH3）4]2++3H2O；（3）在除雜工序中，加入過量的鋅粉，發(fā)生置換反應，置換出銅單質(zhì)，反應的離子方程式為：Zn+[Cu（NH3）4]2+═Cu+[Zn（NH3）4]2+，故答案為：Zn+[Cu（NH3）4]2+═Cu+[Zn（NH3）4]2+；（4）濾渣②是在除雜工序中產(chǎn)生的，由（3）分析可知，濾渣②是過里Zn與[Cu（NH3）4]2+發(fā)生置換反應產(chǎn)生的，因此其主要成分是Cu、Zn，故答案為：Cu、Zn；（5）在“蒸氨沉鋅”工序中，蒸氨“是將氨及其鹽從固液混合物中蒸出，Zn元素以鹽的形式存在于溶液中，該反應的離子方程式為：2Zn（NH3）4（HCO3）2+H2O8NH3↑+CO2↑+ZnCO3?Zn（OH）2，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水，由工藝流程圖可知，碳化氨水可返回到浸取工序中循環(huán)使用，故答案為：2Zn（NH3）4（HCO3）2+H2O8NH3↑+CO2↑+ZnCO3?Zn（OH）2；浸??；（6）堿式碳酸鋅ZnCO3?Zn（OH）2為固體，要想得到ZnO需要經(jīng)過高溫煅燒，故從堿式碳酸鋅得到氧化鋅的工序名稱為煅燒，故答案為：煅燒；（7）濾渣①的主要成分是MnO2、Fe2O3，向濾渣①中加入H2SO4溶液，F(xiàn)e2O3與硫酸反應產(chǎn)生Fe2（SO4）3和H2O，而MnO2不發(fā)生反應，故將濾渣①用H2SO4溶液處理后得到溶液為Fe2（SO4）3溶液，固體為MnO2，故答案為：Fe2（SO4）3；MnO2?！军c評】本題考查了物質(zhì)制備流程和方案的分析判斷，物質(zhì)性質(zhì)的應用，題干信息的分析理解，結合題目信息對流程的分析是本題的解題關鍵，需要學生有扎實的基礎知識的同時，還要有處理信息應用的能力，注意正確的書寫陌生離子方程式，綜合性強，題目難度中等。18．【分析】由圖可知，Zn為負極，被氧化生成Zn（OH）42﹣，C為正極，發(fā)生還原反應，電解質(zhì)溶液A為KOH，B為K2SO4，C為H2SO4，原電池工作時，負極發(fā)生Zn﹣2e﹣+4OH﹣＝Zn（OH）42﹣，則消耗OH﹣，鉀離子向正極移動，正極電極反應式為PbO2+SO42﹣+2e﹣+4H+＝PbSO4+2H2O，正極消耗氫離子，陰離子向負極移動，則a是陽離子交換膜，b是陰離子交換膜，在同一閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，結合溶液酸堿性及電極材料書寫電極反應式和總反應的方程式，以此解答該題。【解答】解：（1）由以上分析可知，Zn為負極，B區(qū)域的電解質(zhì)為K2SO4，故答案為：負；K2SO4；（2）Zn為負極，被氧化生成Zn（OH）42﹣，正極PbO2反應生成PbSO4，總反應式為PbO2+SO42﹣+Zn+2H2O＝PbSO4+Zn（OH）42﹣，故答案為：PbO2+SO42﹣+Zn+2H2O＝PbSO4+Zn（OH）42﹣；（3）由以上分析可知陽離子交換膜為a，故答案為：a；（4）6.5gZn的物質(zhì)的量為＝0.1mol，轉(zhuǎn)移電子0.2mol，1mol電子的電量為1F，F(xiàn)＝96500C?mol﹣1，則轉(zhuǎn)移0.2mol電子的電量Q＝0.2mol×96500C?mol﹣1＝19300C，則理論上可產(chǎn)生的容量（電量）為mAh≈5361mAh，故答案為：5361；（5）由于Zn比Pb活潑，正極材料都為PbO2，所以Zn﹣PbO2比Pb﹣PO2的電勢差大，則EZn﹣PbO2＞EPb﹣PbO2，不同電池的電勢差越多，電池反應的自由能變就越小，則△GZn﹣PbO2＜△GPb﹣PbO2，故答案為：＞；＜；（6）反應ZnS（s）+H2（g）Zn（s）+H2S（g）在727℃時的平衡常數(shù)Kp＝2.24×10﹣6，若在盛有ZnS的剛性容器內(nèi)通入壓強為1.01×105Pa的H2，由于該反應是反應前后氣體體積不變的反應，因此反應前后總壓強不變，假設H2S占總壓強分數(shù)為x，則H2為（1﹣x）根據(jù)平衡常數(shù)的含義可得＝2.24×10﹣6，解得x≈2.24×10﹣6，所以達到平衡時H2S的分壓為2.24×10﹣6×1.01×105Pa≈0.23Pa，故答案為：0.23?！军c評】本題綜合考查原電池知識，為高頻考點，側(cè)重考查學生的分析能力和計算能力，注意把握原電池的工作原理、電極方程式的書寫以及離子交換膜的判斷，把握相關計算的思路，題目難度中等。（二）選考題：共15分．請考生從2道題中任選一題作答，按本選考題的首題進行評分．【選修3：物質(zhì)結構與性質(zhì)】（15分）19．【分析】（1）Ni是第28號元素，在周期表中位于第4周期第ⅤⅢ族，基態(tài)Ni的價電子排布為3d84s2；（2）在CO中，C與O之間形成三鍵，其中一根為σ鍵，兩根為π鍵；（3）隨著原子序數(shù)增大，原子半徑減小，核對外層電子的吸引力增大，第一電離能呈增大的趨勢，半滿結構可導致第一電離能出現(xiàn)反常情況；（4）根據(jù)VSEPR理論和等電子體原理判斷分子或離子的空間構型；（5）按照有效原子序數(shù)規(guī)則，Ni（CO）x中Ni的電子數(shù)應達到18，Ni自身有10個電子；（6）①根據(jù)均攤法，頂點粒子占，面心粒子占，內(nèi)部粒子為整個晶胞所有，據(jù)此分析組成該晶體的化學式；②立方最密堆積的八面體空隙位于體心和棱心，結合晶胞結構分析；③根據(jù)C和Ni的原子坐標分析?！窘獯稹拷猓海?）