四川省宜宾市叙州区第一中学2020届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）

四川省宜宾市叙州区第一中学2020届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）1.化学与人类生产、生活密切相关。下列叙述正确的是A. 熟石灰可作食品干燥剂B. SO2具有漂白性，可用作食品漂白剂C. 氢氧化铝、碳酸钠都是常见的胃酸中和剂D. 硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作木材防腐剂【答案】D【解析】【详解】A. 熟石灰是氢氧化钙，没有吸水性，不能作食品干燥剂，生石灰为氧化钙，可作食品干燥剂，故A项错误；B. 二氧化硫有毒，不能作食品漂白剂，故B项错误；C. 碳酸钠的碱性太强，不适合做胃酸中和剂，而氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂，故C项错误；D. 硅酸钠性质稳定，不能燃烧，不易腐蚀，其水溶液俗称水玻璃，可用作木材防腐剂，故D项正确；答案选D。2.实验室从废定影液含Ag(S2O3)23-和Br-等中回收Ag和Br2的主要步骤为：向废定影液中加入Na2S溶液沉淀银离子，过滤、洗涤、干燥，灼烧Ag2S制取金属Ag；制取C12并将Cl2通入滤液中氧化Br-，再用苯萃取分液。其中部分实验操作的装置如下图所示：下列叙述正确的是A. 用装置甲分离Ag2S时，用玻璃棒不断搅拌B. 用装置乙在通风橱中高温灼烧Ag2S制取AgC. 用装置丙制备用于氧化过滤液中Br-的Cl2D. 用装置丁分液时，先放出水层再换个烧杯继续放出有机层【答案】C【解析】【分析】A. Ag2S不溶物，可用过滤操作进行分离，玻璃棒起引流作用；B. 高温灼烧Ag2S需用坩埚；C. 高锰酸钾与浓盐酸在常温下可制备氯气；D. 分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口流出。【详解】A. 用装置甲可分离Ag2S不溶物，但不能用玻璃棒不断搅拌，否者可能会使滤纸破损而影响实验操作，故A项错误；B. 蒸发皿可用于水溶液的蒸发结晶实验操作，而高温灼烧Ag2S固体时需用坩埚进行实验，故B项错误；C. 高锰酸钾具有强氧化性，在常温下可与浓盐酸反应制备氯气，其实验装置与操作均科学规范，故C项正确；D. 苯为有机萃取剂，其密度比水小，则在分液时，先从分液漏斗的下口放出水层，不能从下口继续放出有机层，而应该从上口倒出有机层，D项错误；答案选C。3.G是一种香料，结构简式如图所示：，下列说法错误的是A. 常温下，G能使溴水褪色B. G的分子式为C15H16O2C. 苯环上二溴代物有5种D. G分子中至少有12原子共平面【答案】C【解析】A. 该有机物分子中有碳碳双键，所以在常温下，G能使溴水褪色，A正确；B. G的分子式为C15H16O2，B正确；C. 苯环上二溴代物有6种，C不正确；D. 由苯环的12原子共面可知，G分子中至少有12个原子共平面，D正确。本题选C。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 14gC2H4含有的单键数目为3NAB. 99时，1LpH=6的纯水中，含有的OH数目为1108NAC. 足量的Na与1molO2充分反应，转移的电子数目一定为2NAD. 8.0gCu2S和CuO的混合物中含有的铜原子数为0.1NA【答案】D【解析】【分析】A. 乙烯分子内含4个碳氢单键；B. 根据纯水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度作答；C. Na与O2充分反应，可能生成Na2O，也可能生成Na2O2；D. 铜元素在Cu2S和CuO中的质量分数相同；再结合公式n = = = cV分析作答。【详解】A. 根据C2H4的结构式可知，1 mol C2H4分子内含4 mol碳氢单键，则14 g C2H4的物质的量为 = 0.5 mol，含有的单键数目为0.5 mol4 NA = 2NA，故A项错误；B. 99时，纯水的pH=6，则c(H+) = 110-6 mol/L，因c(OH-) = c(H+) = 110-6 mol/L，所以含有的OH数目=110-6 molL-1NA mol-1 = 1106NA，故B项错误；C. 足量的Na与1molO2充分反应，当生成Na2O2时，转移的电子数为2NA；当生成Na2O时，转移的电子数为4NA，故C项错误；D. 铜元素在Cu2S和CuO中的质量分数相同，为，所以8.0 g Cu2S和CuO的混合物中铜元素的质量为8.0 g = 6.4 g，所以含有的铜原子数目为NA mol-1 = 0.1NA，故D项正确；答案选D。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量题型是高频考点，考察角度广，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题的B项，出题者设下的陷阱是误以为氢氧根离子的浓度可以直接由常温下Kw（110-14）间接求出，需要注意的是，题设条件并不是常温，温度变化Kw会变化，所以不能利用此法求解，学生需要打破思维定势，根据纯水中氢离子浓度与氢氧根浓度相等来分析作答，此规律在不同温度都成立。5.a、b、c、d四种元素在周期表中的位置如下图，则下列说法正确的是A. a与b之间容易形成离子化合物B. 若b单质可作半导体材料，则c的单质不可能为半导体材料C. 若b的单质与H2易化合，则c的单质与H2更易化合D. 若b的最高价氧化物对应水化物为H2bO4，则a的氢化物的化学式为aH3【答案】D【解析】【详解】A.a、b可能均为非金属，如a为C，b为P，非金属之间不易形成离子键，故A错误；B.若b的单质可作半导体材料，b为Si，c为金属元素Ge，则c的单质可能为半导体材料，故B错误；C.b、c同主族，从上到下非金属性减弱,非金属性强的b与H2易化合,则c的单质与H2不一定容易化合，故C错误；D.若b的最高价氧化物对应水化物为H2bO4，b的最高价为+6价，最低价为-2价，b为第A族元素，a为第VA族元素，a的氢化物的化学式为aH3，故D正确；本题答案为D。【点睛】b的最高价氧化物对应水化物的化学式为：H2bO4,依据化合物中化合价代数和为零的原则，可知b的最高价为+6价, 最低价为-2价，最高化合价数等于主族的族序数，所以b为第A族元素。6.世界水产养殖协会介绍了一种利用电化学原理净化鱼池中水质的方法，其原理如图所示，电极C1、C2为惰性电极，下列说法正确的是（）A. C1极上发生还原反应B. Y为电源的负极C. 若有1molNO3-被还原，则有1molH+通过质子膜迁移至阴极区D. 若有机物为葡萄糖(C6H12O6)，则1mol葡萄糖被完全氧化时，理论上电极流出20mole-【答案】B【解析】【分析】从装置图中可知，X电极连接的电极上发生反应是在微生物作用下有机物(如C6H12O6等)被氧化为CO2，发生氧化反应；Y电极连接电极上，微生物作用下，硝酸根离子被还原为氮气，氮元素化合价降低，发生还原反应，为电解池的阴极，则X为正极，Y为负极，结合电极反应和电子守恒计算，质子膜允许氢离子通过，据此分析判断。【详解】X电极连接的电极上发生反应是微生物作用下有机物转化成CO2，发生氧化反应；Y电极连接电极上，微生物作用下，NO3-离子转化成氮气，氮元素化合价降低，发生还原反应，为电解池的阴极，则X为正极，Y为负极。A.X为正极，C1为阳极，发生氧化反应，A错误；B.根据上述分析分析可知：电源中Y为负极，X为正极，B正确；C.若有1molNO3-被还原，根据阴极电极反应式2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O可知，电子转移5mol，则有5molH+通过质子膜迁移至阴板区，C错误；D.1mol葡萄糖被完全氧化时，碳元素化合价0价变化为+4价，理论上电极上流出46mol=24mol e-，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了电解池原理和应用，依据电极上物质变化的元素的化合价变化方式的反应来确定电解池电极名称和原电池电极名称，根据外电路和质子交换膜中通过的电量相同计算，不能依据实际消耗的氢离子计算，注意运用原子守恒计算。7.在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是A. 的数量级为B. 除反应为Cu+Cu2+2=2CuClC. 加入Cu越多，Cu+浓度越高，除效果越好D. 2Cu+=Cu2+Cu平衡常数很大，反应趋于完全【答案】C【解析】AKsp(CuCl)=c(Cu+)c(Cl)，在横坐标为1时，纵坐标大于6，所以Ksp(CuCl)的数量级是107，A正确；B除去Cl反应应该是Cu+Cu22Cl2CuCl，B正确；C加入Cu越多，Cu+浓度越高，除Cl效果越好，但同时溶液中，Cu2浓度也增大，会在阴极被还原为Cu，影响炼锌的产率和纯度，故C错误；D在没有Cl存在的情况下，反应2CuCu2Cu趋于完全，D正确，答案选C。8.过氧化氢(H2O2)在医药、化工、民用等方面有广泛的应用。回答下面问题：（1）最早制备H2O2使用的原料是易溶于水的BaO2和稀硫酸，发生反应的化学方程式是_。BaO2的电子式为：_。（2）目前工业制备H2O2的主要方法是蒽醌法。反应流程如下：已知：乙基蒽醌是反应中的催化剂。蒽醌法所用原料的物质的量之比为_。操作a是_。再生回收液的成分是_。（3）测量过氧化氢浓度常用的方法是滴定法，某次测定时，取20. 00mL过氧化氢样品，加入过量硫酸酸化，用0. l000mol/L的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗10. 00mL，滴定时发生反应的离子方程式为_，该样品中H2O2的物质的量浓度为_。【答案】 (1). BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2 (2). (3). 1:1 (4). 萃取分液 (5). 有机溶剂乙基蒽醌 (6). 2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O (7). 0.1250mol/L【解析】【分析】（1）易溶于水的BaO2和稀硫酸反应生成H2O2和BaSO4沉淀；过氧化钡为离子化合物；（2）由流程图可知，乙基蒽醌溶于有机溶剂得到乙基蒽醌的有机溶液，氢气与乙基蒽醌的有机溶液在催化剂作用下反应生成氢化液乙基氢蒽醌，乙基氢蒽醌再与氧气反应生成含有乙基蒽醌的有机溶液与双氧水的氧化液，向氧化液中加入蒸馏水，萃取分液得到稀双氧水和含有乙基蒽醌的有机溶液的回收液；（3）双氧水在酸性条件下与KMnO4发生氧化还原反应生成硫酸锰、氧气和水；根据反应方程式可计算样品中H2O2的物质的量浓度。【详解】（1）易溶于水的BaO2和稀硫酸反应生成H2O2和BaSO4沉淀，反应的化学方程式为BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2；过氧化钡为离子化合物，钡离子与过氧根离子通过离子键结合，氧原子之间通过共价键结合，过氧化钡的电子式：；故答案为：BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2；（2）根据反应原理可知，蒽醌法制备双氧水理论上消耗的原料是氧气和氢气，根据双氧水的化学式可知，原料的物质的量之比为1：1，故答案为：1:1；加入蒸馏水后进行操作a得到稀双氧水和再生回收液，根据流程原理再生回收液应该为乙基蒽醌，故操作是将乙基蒽醌从水中分离出来，应采用萃取分液，故答案为：萃取分液；再生回收液的成分是有机溶剂和乙基蒽醌，故答案为：有机溶剂，乙基蒽醌；（3）双氧水在酸性条件下与KMnO4发生氧化还原反应生成硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为2MnO4+5 H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，根据反应方程式可得样品中H2O2的物质的量浓度为，故答案为：2MnO4+5 H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O；0.1250mol/L。【点睛】本题考查化学工艺流程，是对学生综合能力的考查，注意根据反应原理和生产流程分析流程中的基本操作是解答关键。9.钴元素由于其良好的物理化学性质，被广泛应用于生产生活中。从含钴废料(含CoO、Co2O3、单质Al、Li等)中制取粗CoCl26H2O的流程如下所示。 请回答下列问题：(1)步骤I中主要发生的化学反应方程式为_。(2)已知Co2O3具有强氧化性，若步骤II中浸出剂为盐酸，造成的后果是_。(3)步骤中的目的是除去Al3+，写出该步反应的离子方程式_。(4)若在实验室煅烧CoCO3，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还有_、_(填仪器名称)。(5)操作是在HCl氛围中进行的，其步骤是_、_、过滤、洗涤、干燥。洗涤过程中可以用工业酒精代替水，其优点是_。(6)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，下列可作为指示剂的是_(填选项，忽略亚钴离子的颜色干扰)AKCl BKSCN CK2CrO4 DK2S已知几种物质在20时的颜色及Ksp值如下表化学式AgClAgSCNAg2SAg2CrO4颜色白色浅黄色黑色红色Ksp2.010-101.010-122.010-482.010-12【答案】 (1). 2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2、2Li + 2H2O=2 Li OH + H2 (2). 会产生有毒气体氯气 (3). 2Al3+ + 3CO32- + 3H2O=2Al(OH)3 + 3CO2 (4). 坩埚 (5). 泥三角 (6). 蒸发浓缩 (7). 冷却结晶 (8). 减少晶体的溶解损失 (9). C【解析】【分析】含钴废料(含CoO、Co2O3、单质Al、Li)加入碱液，Al能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气，锂能够被水溶解，过滤得到钴渣和含铝溶液；钴渣中加入浸出剂得到含有Co2+及微量Li+、Al3+溶液，向该溶液中加入20%碳酸钠溶液调节溶液的pH为4.5-5之间，然后加入NaF，过滤得到铝锂渣和滤液，滤液中加入30%碳酸钠溶液调节溶液的pH为8-8.5，得到CoCO3沉淀，煅烧碳酸钴得到CoO，CoO与盐酸反应生成CoCl2，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出CoCl26H2O结晶水合物，据此分析解答。【详解】(1)步骤I中Al能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气，锂能够被水溶解，发生的主要化学反应方程式有2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2、2Li + 2H2O=2 Li OH + H2，故答案为：2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2、2Li + 2H2O=2 Li OH + H2；(2)Co2O3具有强氧化性，若步骤II中浸出剂为盐酸，盐酸中的氯元素可能被氧化生成氯气，污染环境，故答案为：会产生有毒气体氯气(或生成氯气，污染环境)；(3)步骤中的目的是除去Al3+，与加入的碳酸钠能够发生双水解反应，反应的离子方程式为2Al3+ + 3CO32- + 3H2O=2Al(OH)3 + 3CO2，故答案为：2Al3+ + 3CO32- + 3H2O=2Al(OH)3 + 3CO2；(4)实验室煅烧CoCO3需要在坩埚中进行，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还有坩埚、泥三角，故答案为：坩埚；泥三角；(5)CoCl2能够水解，生成的氯化氢容易挥发，因此操作是需要在HCl氛围中进行，从CoCl2溶液中获得CoCl26H2O晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。洗涤过程中可以用工业酒精代替水，减少晶体的溶解损失，且酒精更加容易挥发，便于晶体干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；减少晶体的溶解损失；(6)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，根据几种物质在20时的颜色及Ksp值，滴定过程中需要有明显的现象，应该选用K2CrO4为指示剂，故答案为：C。10.燃煤烟气的脱硫脱硝是目前研究的热点。（1）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知:CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-574 kJmol-1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-1160 kJmol-1H2O(g)=H2O(l) H=-44 kJmol-1写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l) 的热化学方程式_。（2）某科研小组研究臭氧氧化-碱吸收法同时脱除SO2和NO工艺,氧化过程反应原理及反应热、活化能数据如下:反应:NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g) H1= -200.9 kJmol-1Ea1= 3.2 kJmol-1反应:SO2(g)+ O3(g) SO3(g)+O2(g)H2= -241.6 kJmol-1 Ea2= 58 kJmol-1已知该体系中臭氧发生分解反应:2O3(g) 3O2(g)。请回答:其它条件不变,每次向容积为2L的反应器中充入含1.0 mol NO、1.0 mol SO2的模拟烟气和2.0 mol O3,改变温度,反应相同时间t后体系中NO和SO2的转化率如图所示:由图可知相同温度下NO的转化率远高于SO2,结合题中数据分析其可能原因_。下列说法正确的是 _ 。A P点一定为平衡状态点B 温度高于200后,NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零C 其它条件不变,若缩小反应器的容积可提高NO和SO2的转化率假设100时P、Q均为平衡点,此时反应时间为10分钟,发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%,则体系中剩余O3的物质的量是_mol;NO的平均反应速率为_;反应在此时的平衡常数为_ 。（3）用电化学法模拟工业处理SO2。将硫酸工业尾气中的SO2通入如图装置(电极均为惰性材料)进行实验,可用于制备硫酸,同时获得电能:M极发生的电极反应式为 _。当外电路通过0.2 mol电子时,质子交换膜左侧的溶液质量_(填“增大”或“减小”)_克。【答案】 (1). CH4(g)+2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) H=-955 kJ/mol (2). 反应的活化能小于反应，相同条件下更易发生反应 (3). BC (4). 0.65 (5). 0.0425mol/(Lmin) (6). 0.96 (7). SO2+2H2O-2e- =SO42- +4H+ (8). 增大 (9). 6.2【解析】(1)CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=-574 kJmol-1，CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=-1160 kJmol-1，H2O(g)H2O(l)H=-44.0 kJmol-1，根据盖斯定律，将(+4)得：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) H=(-574 kJmol-1)+(-1160 kJmol-1)+(-44.0 kJmol-1)4=-955kJmol-1，故答案为：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) H=-955kJmol-1；(2)反应：NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g) H1 = -200.9 kJmol-1 Ea1 = 3.2 kJmol-1反应：SO2(g)+ O3(g) SO3(g)+O2(g) H2 = -241.6 kJmol-1 Ea2 = 58 kJmol-1，反应的活化能小于反应，相同条件下更易发生反应，因此相同温度下NO的转化率远高于SO2，故答案为：反应的活化能小于反应，相同条件下更易发生反应；A图中曲线属于描点法所得图像，P点不一定为图像的最高点，即不一定为平衡状态点，可能是建立平衡过程中的一点，故A错误；B根据图像，温度高于200后，2O3(g) 3O2(g)反应进行程度加大，体系中的臭氧浓度减小，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、当臭氧完全分解，则二者转化率几乎为零，故B正确；C其它条件不变，若缩小反应器的容积，使得2O3(g) 3O2(g)平衡逆向移动，臭氧浓度增大，反应：NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g) 和反应：SO2(g)+ O3(g) SO3(g)+O2(g)平衡正向移动， NO和SO2的转化率提高，故C正确；故选BC；CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）H=-955kJmol-1反应：NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g)中NO的转化率为85%，则反应的NO为0.85mol，O3为0.85mol；反应：SO2(g)+ O3(g) SO3(g)+O2(g)中SO2的转化率为30%，反应的SO2为0.3mol，O3为0.3mol，2O3(g) 3O2(g)中发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%，为0.2mol，则体系中剩余O3的物质的量=2.0mol-0.85mol-0.3mol-0.2mol=0.65mol；NO的平均反应速率=0.0425mol/(Lmin)；平衡是为0.85mol+0.30mol+0.3mol=1.45mol，反应的平衡常数=0.96，故答案为：0.65；0.0425mol/(Lmin)；0.96；(3)本质是二氧化硫、氧气与水反应生成硫酸，M电极为负极，N电极为正极，M电极上二氧化硫失去电子氧化生成SO42-，根据原子守恒会电荷守恒可知，有水参加反应，有氢离子生成，电极反应式为：SO2+2H2O-2e -SO42-+4H+，故答案为：SO2+2H2O-2e -SO42-+4H+；负极反应式为：SO2+2H2O-2e -SO42-+4H+，正极反应式为O2 + 4e- + 4H+ = 2H2O，当外电路通过0.2 mol电子时，负极反应的二氧化硫为0.1mol，质量为6.4g，同时有0.2mol氢离子通过质子交换膜进入右侧，左侧溶液质量增大6.4g-0.2g=6.2g，故答案为：增大；6.2。点睛：本题综合考查了化学反应原理。本题的易错点为(3)，要注意根据原电池的总反应判断电极反应方程式的书写，中要注意氢离子的移动对溶液质量的影响。11.铁和钴是两种重要的过渡元素。请回答下列问题：（1）钴在元素周期表中的位置是_，其基态原子的价电子排布图为_。（2）FeCO3是菱铁矿的主要成分，其中C原子的杂化方式为_；分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则CO32中的大键应表示为_。（3）已知Fe2+半径为61pm，Co2+半径为65pm，在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3受热分解温度低于CoCO3，其原因可能是_。（4）Co(NH3)5Cl3是钴的一种配合物，向含0.01mol该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.87g。则该配合物的配位数为_。（5）奥氏体是碳溶解在rFe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞为面心立方结构(如图所示)，则该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目为_；若该晶胞参数为a pm，则该晶体的密度为_gcm3(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。【答案】 (1). 第四周期、第VIII族； (2). ； (3). sp2； (4). ； (5). 因为分解后生成的FeO和CoO中，FeO的晶格能更大； (6). 6； (7). 12； (8). ；【解析】【分析】（1）根据构造原理得出基态原子价电子排布图；（2）根据孤电子对数，价层电子对数的相关知识解答。（3）根据晶格能判断；（4）根据配合物及配合物的配位数的相关计算解答；（5）根据晶胞结构以及用均摊法晶胞求解。【详解】（1）Co在元素周期表中位于第4周期第VIII族。根据构造原理，其基态原子价电子排布图为。（2）CO32-中C的孤电子对数为（4+2-32）=0，键电子对数为3，价层电子对数为3，C为sp2杂化。CO32-中参与形成大键的原子数是4个，电子数是6个，则CO32-中大键可表示为。（3）在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3受热分解温度低于CoCO3，原因是：Fe2+半径为61pm，Co2+半径为65pm，Fe2+的离子半径小于Co2+的离子半径，FeO的晶格能大于CoO的晶格能。（4）向含0.01mol该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.87g，n（AgCl）=2.87g143.5g/mol=0.02mol，即配合物中2个Cl-在外界，1个Cl-在内界，则该配合物可表示为Co（NH3）5ClCl2，该配合物的配位数为6。（5）根据晶胞结构知，该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目为12个。用均摊法晶胞中含Fe：8+6=4，C：12+1=4，该晶体的化学式为FeC，该晶体的密度为g(a10-10cm)3=g/cm3。12.A是石油裂解气的主