福建省永安市第三中学2019届高三化学下学期4月份阶段测试试题（含解析）.docx

福建省永安市第三中学2019届高三化学下学期4月份阶段测试试题（含解析）1.杀菌消毒剂 NaClO2的一种生产工艺如下：下列叙述错误的是A. NaClO2的化学名称为亚氯酸钠B. 该法可以利用废气中的SO2减少空气污染C. 利用Ba(OH)2、Na2CO3能除去粗盐中可溶性杂质D. ClO2在阴极室得到电子被氧化为 NaClO2【答案】D【解析】【分析】从流程图可以看出，将NaClO3与SO2进行反应生成ClO2和Na2SO4，再将ClO2通入盛有精制的食盐水的膜电解槽中进行电解，生成NaClO2和Cl2。【详解】A.氯元素的+1、+3、+5、+7分别对应的含氧酸为HClO（次氯酸）、HClO2（亚氯酸）、HClO3（氯酸）、HClO4（高氯酸），所以NaClO2的化学名称为亚氯酸钠，A项正确；B.由流程图可知，“反应”中硫元素的化合价由SO2中的+4价变化到Na2SO4中的+6价，化合价升高，SO2失去电子，作还原剂，故该反应中SO2将NaClO3还原为ClO2，且不再产生污染大气的气体，所以该法可以利用废气中的SO2减少空气污染，B项正确；C.粗盐中含有的可溶性杂质离子主要是Mg2+、SO42-和Ca2+，向过滤后的滤液中先加过量的Ba(OH)2溶液除去Mg2+和SO42-，再加Na2CO3溶液除去Ca2+和过量的Ba2+。所以C项正确；D.由流程图看，氯元素由ClO2转化为NaClO2，氯元素的化合价由+4价降低到+3价，氯元素得到电子发生还原反应，根据电解原理可知，ClO2在阴极室得电子被还原为NaClO2，D项错误；答案选D。2.国际计量大会第26次会议新修订了阿伏加德罗常数(NA=6.022140761023mol1)，并于2019年5月20日正式生效。下列说法正确的是A. 56 g聚乙烯分子中含碳碳双键的数目为2NAB. 2 mol NH3和3 mol O2在催化剂和加热条件下充分反应生成NO的分子数为2NAC. 1mol的Na2O2和Na2O所含有的阴离子数目均为NAD. 1 L 0.5 molL1 Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目小于1.5NA【答案】C【解析】【详解】A.聚乙烯是乙烯经过加聚反应制备而成，分子内不含碳碳双键，故A错误；B.因存在反应4NH3+5O24NO+6H2O，所以2molNH3和3molO2在催化剂和加热条件下充分反应后氧气有剩余，生成的NO会与过量的氧气继续反应生成NO2，所以最终生成的NO的分子数小于2NA，故B错误；C.过氧化钠中阴离子是过氧根离子，1molNa2O2和Na2O所含有的阴离子数目均为NA，故C正确；D.Al3+、Fe2+水解产生H+，1molAl3+水解生成3molH+、1molFe2+水解生成2molH+，阳离子总数增加，故1L0.5molL1Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目大于1.5NA，故D错误。故选C。3.下列说法正确的是（ ）A. 乙烯使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色均属于加成反应B. CH3CH2CH3分子中的3个碳原子不可能处于同一直线上C. 聚乙烯、麦芽糖和蛋白质均属于有机高分子化合物D. 等质量的乙烯和乙醇完全燃烧，消耗O2的物质的量相同【答案】B【解析】【详解】A.乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化还原反应，反应类型不同，故A错误；B. CH3CH2CH3为烷烃，具有甲烷结构特点，则3个碳原子不可能在同一直线上，所以B选项是正确的；C.麦芽糖相对分子质量较小，不是高分子化合物，故C错误；D.乙醇可拆写成C2H4H2O的形式，等质量的C2H4和C2H4H2O含C2H4，乙烯高于乙醇，故消耗氧气的量乙烯大于乙醇，故D错误。所以B选项是正确的。4.四种短周期主族元素X、Y、Z和W，原子序数依次增大，X和Y的单质化合生成气体A，A分子中的电子数与氖原子相同，X和W的单质化合生成气体B，常温下0.1mol/L的B溶液的pH=1，气体A和气体B相遇产生白烟，X与Z可按原子个数比11形成化合物C。下列说法正确的是（ ）A. 化合物C可能为离子化合物B. Z离子的半径比Y离子的大C. Y的非金属性很强，其单质非常活泼D. 最高价氧化物的水化物的酸性Y比W强【答案】A【解析】【分析】四种短周期主族元素X、Y、Z和W，原子序数依次增大，X和W的单质化合生成气体B，常温下0.1mol/L的B溶液的pH=1，则B是一元强酸，则X是H元素，W是Cl元素；气体A和气体B相遇产生白烟，则B是NH3，X和Y的单质化合生成气体A，A分子中的电子数与氖原子相同，所以Y 是N元素；X与Z可按原子个数比11形成化合物C，Z可能是O、F、Na中的任一种，C可能是H2O2、HF、NaH中的一种。【详解】综上所述可知可知：X是H元素，Y是N元素，W是Cl元素；Z可能为O、F、Na中的任一种。A.若C为NaH，则含有离子键，化合物C可能为离子化合物，A正确；B.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以无论Z是O、F、Na中的任何一种元素，N3-的半径比O2-、F-和Na+的半径都大，B错误；C.Y是N元素，尽管N元素的非金属性很强，但由于N2分子中有NN的存在，键能大，键长短，断裂时需要消耗很大的能量，所以N2并不活泼，C错误；D.高氯酸HClO4 酸性比HNO3强，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的应用知识。根据已知信息推断元素是本题解答的关键。突破口是气体A和气体B相遇产生白烟，可知气体为NH3、HCl，再结合原子序数大小及分子特点推测元素种类。5.根据下列实验操作及现象推出的结论一定正确的是（ ）A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，发生氧化还原反应，离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，H2O2中氧元素的化合价升高被氧化，双氧水表现还原性，KMnO4表现氧化性，故A错误；B.浓盐酸易挥发，所得气体中含HCl，HCl可与硅酸钠反应产生白色沉淀，不能说明CO2与硅酸钠溶液发生了反应，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，故B错误；C.向Na2S溶液中滴加盐酸，产生臭鸡蛋气味的气体，证明酸性：HClH2S，而元素的非金属性的强弱，可以通过元素的最高价含氧酸的酸性强弱或氢化物的稳定性来比较，因此不能证明氯的非金属性比硫强，故C错误；D.根据溶解度大的物质易转化为溶解度小的物质可知Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的溶解度，故D正确。故选D。【点睛】非金属性强弱的比较规律：单质的氧化性：一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强；置换反应：非金属性强的制非金属性弱的；对应氢化物的稳定性：氢化物越稳定，非金属性越强；和氢气化合的难易程度：化合反应越容易，非金属性越强；最高价氧化物对应水化物的酸性：酸性越强，非金属越强；由对应最低价阴离子的还原性：还原性越强，对应非金属性越弱。6.元素周期表中钌(Ru)与铁相邻位于铁的下一周期，某钌光敏太阳能电池的工作原理如下图所示，图中RuII*表示激发态。下列说法正确的是A. 电池工作时，直接将太阳能转化为电能B. 理论上，n(被还原的I3)：n(被氧化的Ru II*)=1：2C. 在周期表中，钌位于第五周期第B族D. 电池工作时，正极的电极反应式为Ru3+e=Ru2+【答案】B【解析】【分析】由图可知钌（RuII）的配合物获得太阳能转化为激发态RuII*，激发态RuII*失去1个电子转化为RuIII，电极X构成原电源的负极；电解质溶液中发生反应：2RuIII+3I-=2RuII+I3-，电极Y上发生反应I3-+2e-=3I-，故电极Y构成原电源正极。由此分析。【详解】A.由图可知，电极X上钌（RuII）的配合物获得太阳能转化为激发态RuII*，激发态RuII*失去1个电子转化为RuIII，所以是太阳能先转化为化学能，化学能再转化为电能，A项错误；B.电极X（负极）上的反应：RuII*-e-=RuIII，电极Y（正极）上的反应：I3-+2e-=3I-。根据原电池两极转移的电子守恒，n(被还原的I3-):n(被氧化的RII*)=1:2。B项正确；C.因为Fe在第四周期第VIII族，钌与铁相邻位于铁的下一周期铁，所以钌位于第五周期第VIII族，C项错误；D.该原电池的正极是电极Y，其电极反应式为I3-+2e-=3I-，D项错误；答案选B。7.常温下，向10mL0.1 mol/L CuCl2溶液中滴加0.1 mol/L Na2S溶液滴加过程中-lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是A. Ksp(CuS)的数量级为1035B. 曲线上各点的溶液均满足关系式c(S2-)c(Cu2+)=Ksp(CuS)C. a、b、c三点中，由水电离的c(H+)和c(OH-)的积最小的为b点D. c点溶液中：c(Na+)c(Cl-)c(S2-)c(OH-)c(H+)【答案】A【解析】【分析】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2+S2-=CuS，Cu2+或S2-均会水解，水解促进水的电离，结合图象中横坐标、纵坐标的含义和溶液中的守恒思想，计算溶度积常数。【详解】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2+S2-=CuS，Cu2+或S2-均会水解，水解促进水的电离，b点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lgc(Cu2+)=17.7，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L。A.平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则Ksp(CuS) =c(S2-)c(Cu2+)=10-17.7mol/L10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，由于已知lg2=0.3，则Ksp(CuS) =10-35.4mol2/L2=(100.3)210-36mol2/L2=410-36 mol2/L2，A错误；B.向含有Cu2+的溶液中加入Na2S溶液，Cu2+与S2-发生沉淀反应：Cu2+S2-=CuS，加入Na2S溶液的体积越大，c(S2-)越大，c(Cu2+)越小，则-lgc(Cu2+)就越大，由于温度不变，所以曲线上各点的溶液均满足关系式c(S2-)c(Cu2+)=Ksp(CuS)，B正确；C. a点Cu2+过量、c点S2-过量，b点恰好完全反应生成CuS和NaCl，a点溶液中Cu2+浓度远大于b点，c点溶液中S2-浓度远大于b点，Cu2+、S2-水解促进水的电离，根据浓度对水解平衡的影响，则b点水电离的c（H+）和c（OH-）的积最小，C正确；D.C点为Na2S、NaCl按1：2物质的量混合溶液，其中CuS处于沉淀溶解平衡状态，根据物料守恒及物质的溶解性，可知c(Na+)c(Cl-)c(S2-)，S2-水解消耗水电离产生H+，使溶液中c(OH-)c(H+)，但水电离产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度，故c(S2-)c(OH-)，因此该溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na+)c(Cl-)c(S2-)c(OH-)c(H+)，D正确；故合理选项是A。【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡、微粒浓度大小比较的知识，把握Ksp的计算、发生的反应、溶液的组成成分及混合比例是解答的关键，要用物料守恒、盐的水解规律及沉淀溶解平衡与曲线关系分析，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点。8.亚硝酰氯(NOCl)是一种红褐色液体或黄色气体，其熔点64.5，沸点5.5，遇水易水解。它是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在常温常压下合成。（1）实验室制备原料气NO和Cl2的装置如下图所示：实验室制Cl2时，装置A中烧瓶内发生反应的化学方程式为_。装置B中盛放的试剂为_；（2）将上述收集到的Cl2充入D的集气瓶中，按图示装置制备亚硝酰氯。NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为_。装置D中发生的反应方程式为_。如果不用装置E会引起什么后果_某同学认为装置F不能有效吸收尾气中的某种气体，该气体为_，为了充分吸收尾气，可将尾气与_同时通入氢氧化钠溶液中。（3）工业上可用间接电化学法除去NO，其原理如下图所示，吸收塔中发生的反应为：NO+S2O42+H2ON2+HSO3吸收塔内发生反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_。阴极的电极反应式为_。【答案】 (1). MnO2 + 4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O (2). 饱和食盐水 (3). (4). 2NO +Cl2 =2NOCl (5). F中的水蒸气进入 D 装置中，会导致产品水解 (6). NO (7). O2 (8). 1:1 (9). 2HSO3 +2H+2e=S2O42+2H2O【解析】【详解】（1）实验室制取氯气是利用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其反应化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+H2O；浓盐酸易挥发，产生的氯气中含有氯化氢气体，在装置B中盛放饱和食盐水，其作用是除去Cl2中HCl气体；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+H2O；饱和食盐水。（2）NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，N、O、Cl原子最外层电子数分别为5、6、7，各需要形成的电子对为3、2、1，则NOCl的电子式为：；故答案为：。装置D中是先通入的干燥氯气与干燥的NO反应制取NOCl，其发生的反应方程式为：2NO +Cl2 =2NOCl；故答案为：2NO +Cl2 =2NOCl。亚硝酰氯(NOCl)遇水易水解，如果不用装置E则F中的水蒸气进入D装置中，会导致产品水解；故答案为：F中的水蒸气进入D装置中，会导致产品水解。氯气能与氢氧化钠溶液反应，但NO与NaOH溶液不反应，也不溶于水，则装置F不能有效吸收尾气中的NO气体；由于NaOH溶液能吸收NO2，为了充分吸收尾气，可将尾气与氧气同时通入氢氧化钠溶液中；故答案为：NO；O2。（3）吸收塔内发生反应的化学方程式为：2NO+2S2O42+2H2O=N2+4HSO3，其中氧化剂是NO，还原剂是S2O42，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1；故答案为：1:1。阴极HSO3得到电子生成S2O42，其电极反应式为：2HSO3+2H+2e=S2O42+2H2O；故答案为：2HSO3+2H+2e=S2O42+2H2O。9.三氯化六氨合钴Co(NH3)6Cl3 是橙黄色、微溶于水的配合物，是合成其它一些含钴配合物的原料。下图是某科研小组以含钴废料（含少量Fe、Al 等杂质）制取Co(NH3)6Cl3 的工艺流程：回答下列问题：（1）写出加“适量NaClO3”发生反应的离子方程式_。（2）“加Na2CO3 调pH至a”会生成两种沉淀，分别为_（填化学式）。（3）操作的步骤包括_、冷却结晶、减压过滤。（4）流程中NH4Cl除作反应物外，还可防止加氨水时c(OH) 过大，其原理是_。（5）“氧化”步骤，甲同学认为应先加入氨水再加入H2O2，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为_（填“甲”或“乙”）同学观点正确，理由是_。写出该步骤的化学方程式：_（6）通过碘量法可测定产品中钴的含量。将 Co(NH3)6Cl3 转化成Co3后，加入过量KI 溶液，再用Na2S2O3标准液滴定(淀粉溶液做指示剂)，反应原理：2Co32I2Co2I2，I22S2O322IS4O62，实验过程中，下列操作会导致所测钴含量数值偏高的是_。a用久置于空气中的 KI 固体配制溶液b盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗c滴定结束后，发现滴定管内有气泡d溶液蓝色退去，立即读数【答案】 (1). 6Fe2ClO36H=6Fe3Cl3H2O (2). Fe(OH)3 和 Al(OH)3 (3). HCl氛围下蒸发浓缩 (4). NH4Cl溶于水电离出NH4会抑制后期加入的NH3H2O的电离 (5). 甲 (6). 防止Co(OH)3的生成 (7). H2O22CoCl22NH4Cl10NH3H2O2Co(NH3)6Cl312H2O (8). ab【解析】【分析】以含钴废料（含少量Fe、Al 等杂质）制取Co(NH3)6Cl3 ，用盐酸溶解废料，得到Co2+、Fe2+、Al3+的酸性溶液，加入适量的NaClO3将亚铁离子氧化为铁离子，再加入碳酸钠调节pH，沉淀铝离子、铁离子为氢氧化铝和氢氧化铁，过滤，得到滤液，向含有Co2+的溶液中加入盐酸调节pH=2-3,加入活性炭和氯化铵溶液得到CoCl2 6H2O，再依次加入氨水和过氧化氢，发生反应H2O22CoCl22NH4Cl10NH3H2O2Co(NH3)6Cl312H2O，再将沉淀在氯化氢分为下蒸发浓缩，冷却结晶，减压过滤得到产品，据此分析作答。【详解】(1)加适量NaClO3的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，发生的离子反应为6Fe2ClO36H=6Fe3Cl3H2O；(2)加入碳酸钠调节pH，沉淀铝离子和铁离子，转化为Fe(OH)3 和 Al(OH)3；(3)微粒防止产品水解，故应在HCl氛围下蒸发浓缩；(4)流程中氯化铵除作为反应物外，NH4Cl溶于水电离出NH4会抑制后期加入的NH3H2O的电离，可防止加氨水时氢氧根离子浓度过大；(5)若先加入过氧化氢，将钴元素氧化到Co3+，后加入氨水，会生成氢氧化钴，不利于产品生成，故甲同学正确，先加入氨水再加入过氧化氢，可防止Co(OH)3的生成，此时的反应为H2O22CoCl22NH4Cl10NH3H2O2Co(NH3)6Cl312H2O；(6) a用久置于空气中的 KI 固体配制溶液，碘化钾部分被氧化为碘单质，滴定时消耗的硫代硫酸钠标准增多，测定结果偏高，故正确；b盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗，则标准也被稀释，滴定时消耗的硫代硫酸钠标准也体积增多，测定结果偏高，故正确；c滴定结束后，发现滴定管内有气泡，气泡占体积，则消耗的硫代硫酸钠标准液体积读数偏小，测定结果偏低，故错误；d溶液蓝色退去，立即读数，此时溶液混合不均，碘单质并未完全被标准液反应完全，导致消耗的标准液减少，测定结果偏低，故错误。故选ab。10.游离态氮称为惰性氮，游离态氮转化为化合态氮称之为氮的活化，在氮的循环系统中，氮的过量“活化”，则活化氮开始向大气和水体过量迁移，氮的循环平衡被打破，导致全球环境问题。 氮的活化工业合成氨是氮的活化重要途径之一，在一定条件下，将N2 和 H2 通入到体积为0.5L的恒容容器中，反应过程中各物质的物质的量变化如图所示：（1）10min内用NH3表示该反应的平均速率，v（NH3）=_。（2）在第10min和第25min改变的条件可能分别是_、_（填字母）。A.加了催化剂 B. 升高温度 C. 增加NH3的物质的量 D.压缩体积 E.分离出氨气 （3）下列说法能说明该可逆反应达到平衡状态的是_（填字母）。A. 容器中气体密度不变 B. 容器中压强不变C. 3v(H2)正=2v(NH3)逆 D. N2、H2、NH3分子数之比为132催化转化为惰性氮 已知：SO2、CO、NH3等都可以催化还原氮氧化物生成惰性氮。（4）在250C、101KPa时，N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H1= -92.4kJ/mol.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H2= -571.6 kJ/mol N2(g)+O2(g)=2NO(g) H3= +180kJ/mol则NO与NH3反应生成惰性氮的热化学方程式_。（5）在有氧条件下，新型催化剂M能催化CO与NOx反应生成N2。现向某密闭容器中充入等物质的量浓度的NO2和CO气体，维持恒温恒容，在催化剂作用下发生反应： 4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g) H0，相关数据如下：0min5min10min15min20minc(NO2) /molL-12.01.71.561.51.5c(N2) /molL-100.150.220.250.25计算此温度下的化学平衡常数K=_，实验室模拟电解法吸收NOx装置如图，（图中电极均为石墨电极）。若用NO2气体进行模拟电解法吸收实验（aNCH (4). 7:1 (5). sp2 、sp3 (6). 联氨分子间形成氢键的数目多于氨分子形成的氢键 (7). NH3、Br- (8). NH3、 SO42- (9). FeC（Fe4C4） (10). 【解析】【分析】（1）根据钴在元素周期表的位置，结合其电子排布式判断未成对电子个数；（2）依据基态Fe的核外电子排布式判断失去最外层3个电子后的电子排布式；（3）CO(NH2)2分子由C、N、H、O原子构成，根据同一周期元素电负性依次增大，同一主族元素电负性逐渐减小的规律进行分析；共价单键有1个键，共价双键有1个键与1个键，结合成键规律及其分子结构式分析作答；醋酸钠含单键与碳氧双键，结合杂化轨道理论进行分析；（4）考虑氢键对物质的熔沸点的影响；（5）配合物的外界和内界之间通常形成离子键，外界的离子可以电离，而内界的配体离子难以电离。【详解】（1）钴是27号元素，位于元素周期表第四周期族，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，则在3d能级的原子轨道中有3个未成对电子，故答案为：3；（2）因Fe原子序数为26，位于第四周期族，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，则基态Fe3+的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d5（或Ar3d5），故答案为：1s22s22p63s23p63d5（或Ar3d5）；（3）同一周期中从左到右元素的电负性依次增大，同一主族元素从上到下电负性逐渐减小，则C、N、H、O的电负性由大到小的顺序是ONCH；CO(NH2)2的结构简式为：，可看出分子内共有7个键与1个键，则键与键的个数比为7:1；醋酸根离子的中心碳原子不提供孤对电子，醋酸分子中两个碳原子处于中心位置,甲基碳原子sp3杂化,羧基碳原子sp2杂化，故其杂化类型为sp2 、sp3，故答案为：ONCH；7:1；sp2 、sp3；（4）N2H4与NH3相比，其分子间的氢键数目较氨分子形成的氢键多，则N2H4熔沸点会相对升高，故答案为：联氨分子间形成氢键的数目多于氨分子形成的氢键；（5）Co(NH3)5BrSO4可形成两种钴的配合物，已知Co3+的配位数为6。在第一种配合物溶液中加硝酸银溶液产生白色沉淀，白色沉淀是硫酸银，说明第一种配体不是硫酸根，硫酸根是外界的离子，而溴离子是内界的配体，则第一种配合物的配体为NH3、Br-；在第二种配合物溶液中加入硝酸银溶液产生淡黄色沉淀，则沉淀为溴化银，则配体不可能是Br-，即第一种配合物的配体为NH3、SO42-。故答案为：NH3、Br-；NH3、SO42-；（6）根据晶胞结构可知，晶胞中铁原子个数为81/8+61/2 = 4，碳原子个数为1+121/4 = 4，因此该物质的化学式为FeC（Fe4C4）；晶胞中最近的两个碳原子之间的距离为面对角线的一半，晶胞的边长 = = cm，则面对角线为 cm，所以晶胞中最近的碳原子之间的距离 = = pm，故答案为：FeC（Fe4C4）； pm。12.从某些植物树叶提取的挥发油中含有下列主要成分: