精品解析：2020届陕西省汉中市重点中学高三4月开学第一次联考理综-化学试题(解析版)

1、高三理科综合试卷（化学）考生注意：1 .本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共300分。考试时间150分钟2 .请将各题答案填写在答题卡上。3 .可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Mg 24 Fe 561,化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A,用聚氯乙烯代替木材生产快餐盒，以减少木材的使用B.中国天眼FAST中用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料C,港珠澳大桥中用到的低合金钢，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能D.司南之杓（注：勺），投之于地，其柢（注：柄）指南。”司南中 杓”所用的材质为FeO【答案】C【解析】【详解】A.聚氯乙烯有毒，

2、不能用作食品包装，A项错误；B.碳化硅是无机物，不是有机高分子材料，B项错误；C.考虑到港珠澳大桥所处位置等，所以使用的低合金钢，必须要有强度大，密度小以及耐腐蚀的性能，C项正确；D.司南材质即磁性氧化铁，成分为Fe3O4而非FeO, D项错误；答案选Co2.1 , 2一二苯乙烯 （<（"/<H-CH-（2> ）具有抗老年痴呆、抗癌等功能，下列关于该有机物的说法不正确的是A.难溶于水B,不能使高镒酸钾稀溶液褪色C,分子中所有原子可能共平面D,可以发生加成聚合反应【答案】B【解析】B项错误;【详解】A .所有的碳氢化合物均难溶于水，A项正确；B.该物质分子结构中含有碳

3、碳双键，可以使高镒酸钾溶液褪色,C.乙烯和苯都是平面型分子，当苯环与碳碳双键之间的单键旋转到特定位置时，可以共平面，所以分子中 所有原子可能共平面，C项正确；D .该物质分子中含有碳碳双键，故可以发生加聚反应，D项正确；答案选B。3.设Na为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 0.1mol HClO 中含H Cl键的数目为 0.1NaB. 1L 0.1mol?L-1NaAlO 2 溶液中含 AlO2-的数目为 0.1NaC.含0.1mol AgBr的悬浊液中加入 0.1mol KCl ,充分反应后的水溶液中Br-的数目为0.1NaD. 9.2 g由甲苯(JCHi)与甘油(丙三醇)组成的混

4、合物中含氢原子的总数为0.8Na【答案】D【解析】【详解】A .次氯酸的结构为 H-O-Cl ,并不存在H-Cl键，A项错误；B. AlO2会发生水解，所以溶液中 AlO2的数目小于0.1Na, B项错误；C. AgBr的悬浊液中加入 KCl后，最终溶液中 Ag +、Br-仍存在如下平衡关系：AgBr(s)解？ Ag (aq) Br (aq),所以B的数目必然小于0.1Na, C项错误；D.甲苯的分子式为 C7H8,甘油的分子式为 C3H8。3,两种物质分子中所含的氢原子个数相同，且两种物质 分子的摩尔质量均为 92 g/mol,所以9.2g混合物所含的氢原子总数一定为 0.8Na, D项正确

5、； 答案选Do4.联合国大会宣布2019年为国际化学元素周期表年”，中国科技馆推出 律动世界一一化学元素周期表专题 展”。已知短周期元素 T的次外层电子数是其最外层电子数的 2倍，X、W、Z、丫均与元素T相邻且原子序 数依次增大，且 X、丫与T同主族，W、Z与T同周期。下列判断错误的是()A.元素T在自然界主要以游离态形式存在B.元素非金属性强弱：Z>YC.最高价氧化物对应水化物的酸性： X>WD. X与氧元素形成的氧化物不止一种【答案】A【解析】X、丫与T同主族，且T为短周期元素，则 T为硅（Si）;再由“X、W、Z、丫均与元素T相邻且原子序数依 次增大”，可确定X为碳（C）,

6、Y为错（Ge） ； W、Z与T同周期，则 W为铝（Al） , Z为磷（P）。【详解】A .元素Si在自然界中只能以化合态形式存在，A错误；B.元素非金属性强弱：P>Si>Ge, B正确；C.因为CO2通入NaAlO2溶液中能生成 Al（OH）3,所以酸性H2CO3> Al（OH） 3, C正确；D. C与氧元素形成白氧化物为CO、CO2等，D正确；故选Ao 5.某种钠空气水电池的充、放电过程原理示意图如图所示，下列有关说法错误的是A.放电时，Na+向正极移动B.放电时，电子由钠箔经过导线流向碳纸C.充电时，当有0.1mole-通过导线时，则钠箔增重 2.3gD.充电时，碳纸与

7、电源负极相连，电极反应式为4OH-4e=2H2O+O2f【答案】D【解析】【详解】A.放电时，电解质溶液中阳离子朝正极迁移，阴离子朝负极迁移，故Na+朝正极移动，A项正确；B.电池放电时，钠箔做负极，碳纸为正极，电子在外电路中迁移方向从负极流向正极，B项正确；C.充电时，钠箔发生的电极反应为：Na e =Na ,所以若有0.1mol e-通过导线，钠箔处就会析出0.1mol的钠单质，质量增加 2.3g, C项正确；D.碳纸在电池放电时做正极，所以充电时应与电源的正极相连，电极连接错误；但此选项中电极反应式书 写是正确的，D项错误；答案选D。6.下列实验操作、现象和结论均正确的是（选项实验操作和

8、现象结论A向NaBr溶液中分别 滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色Br-的还原性强于 Cl-B相同条件下，分别 向20mL0.1mol/LKMnO 4溶液和20mL0.5mol/LKMnO 4溶液中滴加相同浓度和体积的草酸溶液（过量），0.5mol/LKMnO 4溶液紫色褪去的时间更短 （生成的Mn2对该反应无影响）浓度对反应速率的影响：浓度越大，反应速率越快C向淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液由无色变为蓝色，后蓝色褪去氯气具有强氧化性和漂白性D室温下，用pH试纸测得0.1mol/LNa 2SO3溶液的pH约为10, 0.1mol/LNaHSO 3溶液的 pH 约为 5HSO3-

9、结合H +的能力比SO32-的强A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A. NaBr溶液中滴入氯水，发生反应2Br-+Cl2 = Br2+2Cl-,由此得出还原性 Br->Cl-, A正确；B.要通过溶液紫色褪去的时间长短比较反应速率快慢，应该让酸性高镒酸钾的体积和浓度均相同，改变草酸的浓度，B错误；C.淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液先变蓝后褪色，氯气只表现氧化性，氯气没有漂白性，C错误；D. 0. 1mol/LNa2SO3溶液的pH大，碱性强，则结合 H+的能力强，D错误；故选Ao7.次磷酸（H3PO2一元弱酸）和氟硼酸（HBF4）均可用于植物杀菌。 常温时，有

10、1mol?_-1的H3P02溶液和1mol?L-1的HBF4溶液，两者起始时的体积均为V0,分别向两溶液中加水，稀释后溶液的体积均为V,两溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.常温下，NaBF4溶液的pH=7B.常温下，H 3PO2的电离平衡常数约为1.1 10-2C. NaH 2PO2 溶液中：c(Na+) =c( H 2PO2- ) +c( HPO 22-) +c(PO 23-) +c( H 3PO2),.VD.常温下，在0<pHKW, HBF4溶液满足pH=lg Vo,V ,此题的横坐标是lg 1, V是加水稀释后酸溶液的体积，未稀释时，V=Vo,横坐标值为1；稀释10倍

11、时,V0V=10Vo,横坐标值为2,以此类推。此题实际上考察的是稀释过程中，酸碱溶液pH的变化规律：越强的酸碱，稀释过程中pH的变化越明显；如果不考虑无限稀释的情况，对于强酸或强碱， 每稀释十倍，pH变化1。根据此规律，再结合题干指出的次磷酸是弱酸这条信息，就可以明确图像中两条曲线的归属，并且可以得 出氟硼酸是强酸这一信息。【详解】A .根据图像可知，b表示的酸每稀释十倍，pH值增加1,所以b为强酸的稀释曲线， 又因为H3P02 为一元弱酸，所以 b对应的酸只能是氟硼酸(HBF 4),即氟硼酸为强酸；那么NaBF4即为强酸强碱盐，故溶液为中性，常温下 pH=7, A项正确；B. a曲线表示 是

12、次磷酸的稀释曲线，由曲线上的点的坐标可知，1mol/L的次磷酸溶液的pH=1 ,即c(H+)=0.1mol/L ；次磷酸电离方程式为：H3PO2i§公H H2Po2,所以 佃。此的次磷酸溶液中 c(H3PO2)=0.9mol/L , c( H 2PO2 )=0.1mol/L ,那么次磷酸的电离平衡常数即为:Ka =2.1.1 10 , B项正确;c(H ) c(H 2PO2)= 0.1 0.1 c(H3P02)- 0.9C,次磷酸为一元弱酸， H2P02无法继续电离，溶液中并不含有 HPO2和P02两类离子；此外，H 2P02还会发生水解产生次磷酸分子，所以上述等式错误,C项错误;V

13、D.令y=pH , x= lg 1,由图可知，在0wpHw4区间内，y=x-1 ,代入可得pH= IgVV , D项正确;答案选Co【点睛】关于pH的相关计算主要考察三类:一类是最简单的单一溶液的pH的相关计算，通过列三段式即可求得；第二类是溶液混合后 pH的计算,和反应；第三类就是本题考察的，稀释过程中最常考察的是强酸碱混合的相关计算，务必要考虑混合时发生中pH的变化规律：越强的酸或碱，稀释过程中pH的变化越明显，对于强酸或强碱，在不考虑无限稀释的情况下，每稀释十倍，pH就变化1。8.ZnSO4?7H2。可用于测定钢铁及炉渣的含硫量。某工厂下脚料中含锌、镉 (Cd)、铜、铁等金属，以该下脚

14、料为原料制备 ZnSO4?7H2。并回收Cu、Cd的工艺流程如图所示:稀硫酸试剂X或剂Y JL： , (1 !下脚料f 3 卜板正T调一眄回T鼻作T ZnSQ 7Hq墟薇I淀* 2 Cd已知部分氢氧化物开始及完全沉淀的pH如表所示(起始时金属离子浓度按 0.1mol?L-1计算):氢氧化物Fe(OH)3Cd(OH) 2Zn(OH) 2开始沉淀的pH1.97.46.2完全沉淀的pH3.29.58.2请回答下列问题：(1)滤渣1中含有(填化学式)。(2)试剂X是双氧水时，写出氧化过程中发生反应的离子方程式 。(3)pH的调控范围是 ，试剂丫可选用(填字母)A. NaOH B. ZnO C. ZnC

15、O3(4)电解时以汞(Hg)作电极可以将镉与锌完全分离，镉单质在 (填 阴”或 帕”极析出，阳极的电极反 应式为。(5)操彳I包括的操作是 及过滤等，过滤后得到的滤液可以加入 (填 酸浸"或 氧化”步骤循环 利用。【答案】(1). Cu (2). 2Fe2+2H+H2O2= 2Fe3+2H2。(3). 3.2 w pH 6.2(4). BC (5).阴(8).酸浸(6). 2H2。-4e-=4H+O2?(7).蒸发浓缩、冷却结晶【解析】【分析】原料的成分为锌，镉，铜和铁，最终要获取ZnSO4 . 7H2O同时回收Cu和Cd,因此Fe就是杂质元素，在流程中要考虑除去。铜，铁和锌的性质都

16、有了解，镉比较陌生。第一步酸浸时，锌和铁必然会溶解在溶液 中变成Fe2+和Zn2+, Cu不会溶于稀硫酸，纵观整个流程，可以明确，镉在第一步酸浸时也溶解在溶液中了， 所以滤渣I的成分即为铜。纵观整个流程唯一可能除去杂质铁元素的步骤就是调节pH值沉淀这一步，再结合表格中给出的沉淀相关白M言息，可知若要使Fe尽可能的除净，应当先将 Fe2+氧化成Fe3+;所以加试剂X的目的即氧化Fe2+o在分离回收Cd后，溶液中的溶质就只剩硫酸锌和电解过程中产生的硫酸了，所以再通过结晶操作即可得到产品 ZnSO4 - 7H2O。【详解】(1)稀硫酸酸浸时，锌铁以及镉会溶解，铜不与稀硫酸反应，所以滤渣1的主要成分即

17、Cu;(2)氧化这一步是为了将 Fe2+氧化成Fe3+,便于下一步调节 pH除去铁元素，所以反应的离子方程式即为： _ 2_ 3.2Fe 2HH2O2=2Fe2H2O ;(3)调节pH目的是除去杂质铁元素，当然也要避免 Zn和Cd元素的损耗，所以结合表格信息，pH的调节范围即：3.2W pH <6.2；除杂时应当避免引入新杂质，所以调节pH的最佳试剂选择 ZnO或ZnCO3,即BC；(4)溶液中Cd以阳离子形式存在，电解后变成单质，所以需要发生还原反应，所以镉单质在阴极析出；电解 时采用单质汞做电极，所以阳极主要是溶液中的OH-放电，所以阳极电极反应式写成：2H2O-4e =O2 4H

18、；(5)通过操作I要实现从溶液中获取产品ZnSO4 - 7H2O,即结晶操作；在经过电解分离镉单质后，溶液中的溶质除硫酸锌外，还有硫酸，所以结晶操作后，溶液还可循环利用充当酸浸的试剂。【点睛】工艺流程题核心的问题就是如何使原料经过预处理，反应转化，分离提纯后获取最终产品的问题。 因此，要先明确原料的组成，厘清哪些是杂质要除去，哪些会成为产品要保留，这对于理解整个工艺流程 有很大的指导意义。此外，对于能循环使用的物质，除流程图中明显的循环线外，一般还具有如下特点： 前面的流程中作为反应物，后面的流程中又再次生成。9.CS2是一种常见溶剂，还可用于生产人造粘胶纤维等。回答下列问题：(1)CS2与酸

19、性KMnO4溶液反应，产物为 CO2和硫酸盐，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为(MnO4-被还原为Mn2+)650 c(2)甲烷硫磺法制取 CS2 的反应为 CH4(g)+2S2(g)=CS2(g)+2H 2s(g) AHO在恒温恒容密闭容器中进行该反应时，能说明该反应已达到平衡状态的是 (填字母)A.v 正(S2)=2v 逆(CS2)B.容器内气体的密度不再随时间变化C.容器内气体的总压强不再随时间变化D.单位时间内断裂C-H键数目与断裂H-S键数目相等已知下列键能数据：共价键C HS=SC=SH-S律能/kJ?mol-1411425573363该反应的AH kJ?mol-1在一密闭容

20、器中，起始日向该容器中充入H2s和CH4且n(H2S):n(CH4)=2:1 ,发生反应：CH4(g)+2H2s(g)? CS2(g) + 4H2(g)。0.1MPa时，温度变化对平衡时产物的物质的量分数的影响如图所示：，觉照的分数400 SOO 120016002000该反应AH(填“>或“<”)0M点，H2S的平衡转化率为 ,为提高H2s的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是 (列举一条)。N点，平衡分压p(CS2)=MPa,对应温度下，该反应的Kp =(MPa)2。(Kp为以分压表示的平衡常数)n(H2S)【答案】(1). 5:16(2). AD (3). -104(4

21、). >(5). 20%(6).减小起始时 、n(CH 4).9.1 10-3(8). 6.6 10-4【解析】【详解】(1)CS2中C为+4价，S为-2价，所以与高镒酸钾反应时，变价元素分别是S和Mn,通过升降价守恒计算可得，还原剂和氧化剂的物质的量之比为5:16 ;A项正确;(2)A.当v正(S2)=2v逆(CS2)时，正逆反应速率相等，所以能证明反应达到平衡状态,B.反应CH4(g) 2$(g)僻65能? CS2(g) 2H2s(g)，全为气体参与，且在恒温恒容条件下反应，根据公B项错误;m式p =,可知气体留度恒定，所以留度不变不一定平衡,VC.反应CH4(g) 26(g)耐细

22、CS2(g) 2H2s(g)气体总物质的量恒定，由公式 pV nRT可知，体系内压强恒定，所以压强不变不一定平衡，C项错误；D.当单位时间内断裂 C-H键数目与断裂 H-S键数目相等时，正逆反应速率相等， 反应一定处于平衡状态，D项正确;答案选AD 。由键能计算始变的公式为A H=反应物总键能-生成物总键能，所以代入数据计算后该反应的A H=-104kJ/mol ；(3)根据图像，随着温度升高，反应物H2s的量逐渐下降，所以反应是吸热反应，所以AH>0;M点时，CH4与H2的物质的量分数相等，列三段式:CH42H2s 璃 650!?CS2初态120反应-a2aa终态 1 a 2 2aa4

23、H204a4a,所以有1-a=4a, a=0.2,那么H2s的转化率为CH4的进料提高CH4与a(H2s)=20% ；为提高硫化氢转化率，从平衡移动的角度分析还可以加压或者增加H2s的比例;CH42H2s 代露? CS2初态120反应-a2aa终态 1 a 2 2aaN点时，硫化氢与氢气的物质的量分数相同，列三段式:4H2° ,所以2-2a=4a, a=-,即N点时二硫化碳的物质的量分4a34a1一， 一n(CS2) 3 12 3 一数为：n(CS2)% = = 9.1 10，所以 p(CS2) n(CS2)% p总=9.1 10 MPa ;通n 总3 2 113，”4-”2过三段式

24、可知n(H2S)% n(H 2)% 一 , n(CH4)% 一,所以11114 _4工 51111P总8242Kp=-2= P总 6.6 10 (MPa)。423 121pK1111心10.硫代硫酸钠（Na2s203）一种解毒药，用于氟化物、神、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗尊麻疹,皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和S02实验I: Na2s203的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2s2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示:（1）仪器a的名称是日?%,"H 4固体反应制备S02反应的化学方程式

25、为 _lp_B（2）实验中要控制S02的生成速率,g_aHHHaHl|H（3）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的不能过量（因是 实验H：探究Na2s2。3与金属阳离子的氧化资料：Fe3+3S2O32-? Fe（S2O3）33-（紫黑色）H装置OJ mL0.1 mdL"X溶能2 mLD.l molkL41溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s后Fe2（SO4）3 溶液几乎变为无色试 iX（4）根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+,通过（填操作、试剂和现象），进步证实生成了 Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验n的现象： 实验出：标定Na2s203溶

26、液的浓度（5）称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7（摩尔质量为294g?mo1）0.5880g。平均分成3份，分另ij放入3个锥形瓶中，加水配成溶液,并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H + = 3I2+2Cr3+7H 2O,再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2s2。3溶液滴定，发生反应l2+2S2O32- = 2I-+ S4O62-,三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为 25.00 mL, 则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为 mol?-1【答案】(1).分液漏斗(2).蒸储烧瓶(3)

27、. H 2sO4 Na 2sO3 =Na 2sO4 H 2O SO2(4).硫化钠和碳酸钠的混合液(5).调节酸的滴加速度(6).若SO2过量，溶液显酸性.产物会发生分解(7).加入铁氧化钾溶液.产生蓝色沉淀(8).开始生成Fe(S2O3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与S2O32-氧化还原反应的程度大，导致Fe3+3S2O32-? Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色(9). 0.1600【解析】【详解】(1)a的名称即为分液漏斗，b的名称即为蒸储烧瓶；b中是通过浓硫酸和 Na2SO3反应生成SO2,所 以方程式为：H2SO4 Na2

28、SO3=Na2SO4 H2O SO2 ; c中是制备硫代硫酸钠的反应， SO2由装置b 提供，所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)从反应速率影响因素分析，控制SO2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶?中会分解，如果通过量的SO2,会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；(4)检3软Fe2+常用试剂是铁氧化钾，所以加入铁氧化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成Fe(S2O3)3的反应速

29、率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；2_ 3_(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：6I口2。714H =312 2Cr7H2O ;22I2 2s2。3 =2IS4O6 ；反应被氧化成I2,反应中第一步所得的|2又被还原成I-,所以与电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的 Cr202得电子总数就与消耗的 s2o2失电子总数相同；在做计算时,不要忽略取的基准物质重铭酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设c(Na2s2O3)=a mol/L ,列电子得失守恒式:0.58802946=a0.

30、025 1 ,解得 a=0.1600mol/L。11.向Fe2(sO4)3溶液中加入 KsCN溶液，发生反应：Fe3+sCN-? Fe(sCN) 2+;若加入K4Fe(CN)6溶液，两 者发生反应会生成 Fe4Fe(CN) 63沉淀。(1)基态Fe原子的价电子排布式为 , Fe原子失去电子变成阳离子时，首先失去的电子所处的轨道的形状为(2)Fe(SCN) 2+的四种元素中第一电离能最大的是(填元素符卜同)，电负性最大的是(3)配合物Fe(CO)n可作催化剂，Fe(CO)n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和18,则 n =(4)Fe4Fe(CN) 6 3中铁元素化合价为(5)SO42-的立

31、体构型为(6)铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示(黑球代表Fe,白球代表Mg),铁镁合金的化学式为;若该晶胞为正方体，棱长为 a cm,则镁原子与铁原子间的最短距离为cm,晶胞的密度为(1).3d64s2(8). Mg 2Fe(9).3a【详解】(1)注意审题，书写基态 Fe的电子，即4s能级的电子，这一能级(2)Fe、S、C、N四种元素中第一电离能最大的是1r目人(10IFeMM0iMKP3d64s2;原子变子时，首先失去最外层形状即为球形;能最大的是N元素，电负性最大的N元素；(3)厥基铁配合物中中心原子为Fe,价电子数为8；配体为CO,配位原子为C,有一

32、个孤对电子，所以有8+2n=18,所以 n=5;(4)K4Fe(CN)6中的Fe为+2价，所以F&Fe(CN) 63中铁元素的价态有+2和+3两种;(5)通过VSEPR理论计算，硫酸根有 4个价层电子对，没有孤电子对，所以其空间构型为正四面体;(6)通过分析晶胞结构，Fe原子处在面心和顶点的位置，Mg原子处在内部，均摊法计算铁镁合金的晶胞中人一，一，1含有铁原子个数为=8-681-=4个，镁原子个数为 8个，所以化学式即为 Mg2Fe；经过分析可知，该铁2镁合金晶胞结构与 CaF2相同,将晶胞分成相等的 8个小正方体，Mg就处在每个小正方体的体心位置，所以Mg和Fe的最近距离即晶胞体对角线的-,即Y3acm;晶胞的密度 _ ml胞_444晶胞二工 =一V晶胞M Mg 2FeNa416 。12.药物H(阿戈美拉汀)是一种抗抑郁药，H的一种合成路线如下:OCH，GAAJCbN2H4gH2O/KOH已知:回答下列问题:(1)A的名称为】)N?2-rhO/TCCHnxTHjCli(2)H中含氧官能团的名称为(3)B的结构简式为(4)反应的化学方程式为(5)的反应类型是(