2018年山东省青岛市高考化学一模试卷(J)

2018年山东省青岛市高考化学一模试卷(J)
副标题
一、单选题（本大题共7小题，共7.0分）
1.华夏文明源远流长，勤劳智慧的中国人民探索认知世界，创造美好生活的过程贯穿
始终。

以下说法从化学视角理解，错误的是
【答案】B
【解析】解：日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈唐，雾为气溶胶，能发生丁达尔效应，故A正确；
B.燃之如麻，但烟甚浓，说明易燃烧，应为石油，不属于油脂，故B错误；
C.水银乃至阴毒物，因火煅丹砂而出明，汞由单质转化为化合物，有化合价变化，属于氧化还原反应，故C正确；
D.石英主要成分为二氧化硅，是制造光导纤维主要原料，故D正确；
故选：B。

A.胶体具有丁达尔效应；
B.燃之如麻，但烟甚浓，说明易燃烧，应为石油；
C.有化合价变化为氧化还原反应；
D.制玻璃原料有石灰石、碳酸钠和石英。

本题考查了元素化合物知识，涉及胶体的性质、油脂和石油成分、氧化还原反应判断、硅及其化合物用途，熟悉相关物质的性质和用途是解题关键，题目难度不大。

2.设阿伏加德罗常数值用表示，下列说法正确的是
A. 标准状况下，乙醇中所含氧原子数大于
B. 18 g 和 18 g 中含有的质子数均为 10
C. 时，的醋酸与醋酸钠混合溶液中，的个数为
D. 向溶液中滴加足量 HI 溶液，转移个电子
【答案】A
【解析】解：A、标况下乙醇为液体，乙醇的物质的量大于，则分子个数和含有的氧原子个数均大于个，故A正确；
B、重水的摩尔质量为，故18g重水的物质的量为，则含个质子，故B错误；
C、溶液体积不明确，故溶液中的氢离子的个数无法计算，故C错误；
D、向溶液中滴加足量 HI，和均能和发生氧化还原反应：，故当硝酸铁完全反应后，转移10mol电子即个，故D错误。

故选：A。

A、标况下乙醇为液体；
B、重水的摩尔质量为；
C、溶液体积不明确；
D、向溶液中滴加足量 HI，和均能和发生氧化还原反应。

本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

3.中成药连花清瘟胶囊在对抗病毒中发挥重大作用，其有效成分绿原酸的结构
简式如图，下列有关说法错误的是
A. 绿原酸属于芳香族化合物
B. 分子中至少有 7 个碳原子共面
C. 1mol 绿原酸最多可消耗 5mol NaOH
D. 与绿原酸苯环上取代基种类及个数均相同的有机物有5 种
【答案】C
【解析】解：含有苯环，属于芳香族化合物，故A正确；
B.苯环为平面形结构，与苯环直接相连的原子在同一个平面上，则分子中至少有7个碳原子共面，故B正确；
C.酚、、能与NaOH溶液反应，则1mol绿原酸最多与4molNaOH 反应，故C错误；
D.如两个羟基在相邻位置，对应的同分异构体有2种，两个羟基相间，对应的同分异构体有3种，相对位置时同分异构体有1种，则与绿原酸苯环上取代基种类及个数均相同的有机物有5种，故D正确。

故选：C。

该有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有羧基，具有酸性可发生中和、取代反应，含有酯基，可发生水解反应，含有羟基，可发生取代、消去、氧化反应，含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，以此解答该题。

本题考查有机物的结构和性质，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该题的关键，易错点为D，注意同分异构体的判断，难度中等。

4.短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，为红棕色气体，Y的单
质既能与强酸又能与强碱反应，W、Z 最外层电子数之和是X最外层电子数的2 倍。

下列说法中错误的是
A. Y 与X、Y与Z均形成离子化合物
B. 对应简单离子的半径：
C. Z 对应的最高价含氧酸是一元强酸
D. 是一种消毒能力强于氯气且更加安全的自来水消毒剂
【答案】A
【解析】解：短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，为红棕色气体，该气体为，则W为N、X为O元素；Y的单质既能与强酸又能与强碱反应，则Y 为Al元素；W、Z最外层电子数之和是X最外层电子数的2倍，Z最外层电子数
，则Z为Cl元素，
A.Y为Al、Z为Cl元素，二者形成的氯化铝为共价化合物，故A错误；
B.W为N、X为O元素、Y为Al元素，三者离子具有相同的电子层，核电荷数越大离子半径越小，核电荷数对应简单离子的半径：，则对应简单离子的半径：，故B正确；
C.Z为Cl元素，其最高价氧化物对应水合物为高氯酸，高氯酸为一元强酸，故C正确；
D.为，和在消毒时自身均被还原为，每被还原为得到5mol 电子，每被还原为得到2mol电子，根据电子转移数目相等可知：等体积的
的消毒能是的倍，所以是一种消毒能力强于氯气且更加安全的自来水消毒剂，故D正确；
故选：A。

短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，为红棕色气体，该气体为，则W为N、X为O元素；Y的单质既能与强酸又能与强碱反应，则Y为Al元素；W、Z 最外层电子数之和是X最外层电子数的2倍，Z最外层电子数，则Z为Cl元素，据此结合元素周期律知识解答。

本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。

5.如图是实验室进行二氧化硫制备与性质实验的组合装置，部分固定装置未画出。

下
列有关说法正确的是
A. 关闭，打开，滴加硫酸，则装置 B 中每消耗，转移电子数为
B. 关闭，打开，试剂 X 是酸性或溶液，均可证明有还原
性
C. 为防止环境污染，装置C和E中的试剂均取用饱和的石灰水
D. 实验过程中体现了硫酸的酸性、吸水性、难挥发性、强氧化性
【答案】B
【解析】解：关闭，打开，滴加硫酸，则装置B中发生，每消耗，转移电子数为，故A错误；
B.酸性或溶液具有强氧化性，可与二氧化硫发生氧化还原反应，故B正确；
C.饱和石灰水浓度减低，不能用于尾气吸收，故C错误；
D.实验过程中体现了硫酸的酸性、难挥发性，不能体现强氧化性以及吸水性，故D错误。

故选：B。

装置A中制备二氧化硫，试剂X是酸性或溶液，均可证明有还原性，C、D可用氢氧化钠溶液吸收剩余的二氧化硫，防止污染空气，B中与反应生成硫酸钠，以此解答该题。

本题考查了二氧化硫性质及检验，为高考常见题型，注意掌握二氧化硫的化学性质及检验方法，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度不大。

6.我国成功研制的一种新型可充放电 AGDIB 电池铝石墨双离子电池采用石墨、
铝锂合金作为电极材料，以常规锂盐和碳酸酯溶剂为电解液。

电池反应
为放电过程如图，下列说法正确的是
A. B为负极，放电时铝失电子
B. 电解液可以用常规锂盐和水代替
C. 充电时 A 电极反应式为
D. 废旧 AGDIB 电池进行“放电处理”时，若转移 1mol 电子，石墨电极上可回
收 7gLi
【答案】C
【解析】解：A、放电时锂失电子，而不是铝失电子，故A错误；
B、锂的金属性很强，能与水反应，所以不能用常规锂盐和水代替，故B错误；
C、充电时A为阳极，发生氧化反应，失电子电极反应式为：，故C正确；
D、废旧 AGDIB 电池进行“放电处理”时，锂发生氧化反应生成锂离子，若转移 1mol 电子，则消耗锂的物质的量为1mol，所以有7g锂失去电子，转化为锂离子，故D错误；故选：C。

A、由图可知放电时锂离子向正极移动，所以A极为原电池的正极，B为负极；
B、锂的金属性很强，能与水反应；
C、充电时A为阳极，发生氧化反应；
D、废旧 AGDIB 电池进行“放电处理”时，锂发生氧化反应生成锂离子，若转移 1mol 电子，则消耗锂的物质的量为1mol。

本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确正负极的判断、离子移动方向即可解答，难点是电极反应式的书写。

7.常温下，二元弱酸溶液中滴加 KOH 溶液，所得混合溶液的 pH 与离子浓度变
化的关系如图所示，下列有关说法错误的是
A. 曲线 M 表示 pH与的变化关系
B.
C. d 点溶液中：
D. 交点 e 的溶液中：
【答案】D
【解析】解：增大，表示溶液中碱性增强，则溶液中减少，增多，所以
增大，则曲线 M 表示 pH与的变化关系，故A正确；
B.曲线N表示，当时，，则
，故B正确；
C.溶液中存在电荷守恒：，所以
，故C正确；
D.交点e表示，即，根据图象，此时，
所以，故D错误，
故选：D。

A.pH增大，表示溶液中碱性增强，则溶液中减少，增多，所以增大；
B.曲线N表示，，根据图象计算；
C.根据电荷守恒分析；
D.交点e表示，即，根据图象分析。

本题考查酸碱滴定过程中，，的变化，根据图象分析是解题的关键，注意对图象所给信息的巧妙利用，题目难度不大，是基础题。

二、简答题（本大题共5小题，共5.0分）
8.新旧动能转换工程之一是新能源新材料的挖掘和应用。

乙二醇是重要的化工原料，
煤基合成气、间接制乙二醇具有转化率高、回收率高等优点，是我国一项拥有自主知识产权的世界首创技术，制备过程如下：
反应 I：
反应 II：
反应 III：
请写出煤基合成气：：与氧气间接合成乙二醇的总热化学方程式______，已知该反应在较低温条件下能自发进行，则该反应的______填“”“”或“”。

一定温度下，在 2L 的密闭容器中投入物质的量均为的CO 和发生反应 II，10min 达到平衡时CO的体积分数与NO的体积分数相等。

下列选项能判断反应已达到化学平衡状态的是______。

的质量不再变化混合气体的密度不再变化
单位时间内生成 CO 和 NO 的物质的量相等和的浓度比不再变化内该反应的速率______；该温度下化学平衡常数______。

若此时向容器中再通入 NO，一段时间后，达到新平衡时 NO的体积分数与原平衡时相比______填“增大”“相等”“减小”或“不能确定”。

若该反应，在恒容的密闭容器中，反应达平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是______填字母。

【答案】
；；abc；；100；增大；b
【解析】解：已知反应 I：
、反应 II：
、反应 III：
，根据盖斯定律，由ⅡⅢ得反应
，则；该反应为熵减的反应，即，已知该反应在较低温条件下能自发进行，要使
，必须，
故答案为：
；；
的质量不再变化，说明反应已达到平衡状态，故a可选；该反应在恒容条件下进行且参与物质不完全为气体，气体的密度为变量，当混合气体的密度不再变化，说明反应已达平衡状态，故b可选；单位时间内生成CO和NO的物质的量相等，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故c可选；和的投料相等且在反应中计量数相等，故两者的浓度比始终不变，不能作为平衡状态的判断依据，故d不选；故答案为：abc；
设平衡转化率为x，则
开始时的浓度 0 0
改变的浓度
平衡时的浓度
10min达到平衡时CO的体积分数与NO的体积分数相等，则，解得；10min内该反应的速率 ；该温度下化学平衡常数．；若此时向容器中再通入
，NO的体积分数增大，平衡逆向移动，但根据勒夏特列原理可知，重新平衡时NO的体积分数与原平衡时相比增大，
故答案为：；100；增大；
该反应为气体计量数减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，平衡常数减小，选项a错误；b平衡常数只与温度有关，与浓度无关，故NO的浓度变化，K值保持不变，选项b正确；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NO的体积分数减小，选项c错误；该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大，选项d错误；
故答案为：b。

已知反应 I：
、反应 II：
、反应 III：
，根据盖斯定律，由ⅡⅢ得反应
，即可计算；结合此反应的熵变和时反应能自发进行判断；
可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡，由此分析判断；
设平衡转化率为x，则
开始时的浓度 0 0
改变的浓度
平衡时的浓度
根据计算10min 内该反应的速率；根据计算该温度
下的平衡常数；根据勒夏特列原理分析，改变平衡移动的条件，平衡向减弱这个因素的方向移动，但不可能完全消除；
根据影响平衡的移动因素并结合图象分析判断。

本题考查化学平衡常数计算及影响因素、平衡状态判断、盖斯定律应用等，注意判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡。

9.碳酸镧咀嚼片是一种不含钙和铝的磷酸盐结合剂，用于慢性肾衰患者高磷血症的治
疗。

碳酸镧可由为原料来制备，整个反应在较低的pH条件下进行，避免生成碱式碳酸镧。

化学兴趣小组利用图1所示装置在实验室中用碳酸氢铵制备碳酸镧。

仪器 X 的名称为______；检验装置甲气密性良好的方法是______。

实验中、打开的先后顺序为______；为保证碳酸镧的纯度，实验过程中需要注意的问题有______。

碳酸钠或碳酸氢钠与氯化镧反应均可生成碳酸镧。

为了高磷血症患者的安全，通常选用碳酸氢钠溶液，过程中会发生两个平行反应，其离子方程式为______和______。

选择碳酸氢钠溶液制备碳酸镧的优点是______任写一条。

时，碳酸镧的溶解度为，的电离平衡常数为请计算反应的平衡常数______。

利用手持技术测定溶液的 pH 从而监控反应过程，得到如图2曲线。

请说明 bc 段变化的原因______。

碳酸镧式量为质量分数的测定：准确称取产品试样，溶于稀盐酸中，加入缓冲溶液，加入紫脲酸铵混合指示剂，
用标准溶液滴定至呈蓝紫色
，消耗 EDTA 溶液则产品中碳酸镧的质量分数______。

【答案】球形干燥管；关闭活塞，向球形漏斗中加水至漏斗内外形成液面差，一段时间后，液面差保持不变，说明气密性良好；先打开再打开；控制氨气或通入量；；；碳酸氢钠碱性相对较弱，可防止生成碱式碳酸镧；200；完全沉淀，再滴入碳酸氢钠，水解使溶液的碱性增强，pH发生突跃；
【解析】解：甲制备二氧化碳，乙制备氨气，乙中盛放固体可以是CaO、NaOH等，由于二氧化碳在溶液中溶解度不大，应先通入氨气，得到碱性溶液，以便得到大量的或，进而得到由于氨气极易溶于水，需要防止倒吸，故氨气由d 通入，二氧化碳由c通入。

由仪器结构，可知仪器 X为球形干燥管；检验装置甲气密性良好的方法，可以利用液差法，具体操作为：关闭活塞，向球形漏斗中加水至漏斗内外形成液面差，一段时间后，液面差保持不变，说明气密性良好，
故答案为：球形干燥管；关闭活塞，向球形漏斗中加水至漏斗内外形成液面差，一段时间后，液面差保持不变，说明气密性良好；
先通氨气，后通二氧化碳，实验中、打开的先后顺序为先打开再打开，为保证碳酸镧的纯度，整个反应在较低的pH条件下进行，需要控制氨气或通入量，避免生成碱式碳酸镧，
故答案为：先打开再打开；控制氨气或通入量；
与生成，还有生成，生成的又与反应生成与，反应有关离子方程式为：、
，
故答案为：、；
选择碳酸氢钠溶液制备碳酸镧的优点是：碳酸氢钠碱性相对较弱，可防止生成碱式碳酸镧，
故答案为：碳酸氢钠碱性相对较弱，可防止生成碱式碳酸镧；
的平衡常数表达
式，，
，则，碳酸镧的溶解度为
，则
，的电离平衡常数为，即
，故K，故答案为：200；
完全沉淀，再滴入碳酸氢钠，水解使溶液的碱性增强，pH发生突跃，
故答案为：完全沉淀，再滴入碳酸氢钠，水解使溶液的碱性增强，pH发生突跃；
消耗的物质的量，由关系式：
～～，
可知的物质的量，质量分数
，
故答案为：。

甲制备二氧化碳，乙制备氨气，乙中盛放固体可以是CaO、NaOH等，由于二氧化碳在溶液中溶解度不大，应先通入氨气，得到碱性溶液，以便得到大量的或，进而得到由于氨气极易溶于水，需要防止倒吸，故氨气由d通入，二氧化碳由c通入。

由仪器结构，可知仪器 X为球形干燥管；检验装置甲气密性良好的方法，可以利用液差法，形成密闭体系，向球形漏斗中加水至漏斗内外形成液面差，液面差保持不变，说明气密性良好；
先通氨气，后通二氧化碳；为保证碳酸镧的纯度，整个反应在较低的pH条件下进行，避免生成碱式碳酸镧；
与生成，还有生成，生成的又与反应生成与；
碳酸氢钠碱性相对较弱，可防止生成碱式碳酸镧；
的平衡常数表达
式，，
，则；
完全沉淀，再滴入碳酸氢钠，水解使溶液的碱性增强；
可得关系式：～～，计算消耗的物质的量，根据关系式计算的物质的量，进而计算产品中质量分数。

本题考查物质的制备实验，涉及氨气与二氧化碳的制备、仪器识别、气密性检验、对操作的分析评价、条件控制、陌生方程式书写、信息获取与迁移运用、溶度积与平衡常数有关计算、滴定应用与计算等，题目素材比较陌生，一定程度增大题目难度，是对学生综合能力的考查。

10.锰主要用于钢铁工业生产锰合金钢，锰的化合物有、、、等多种变价，
以菱锰矿主要成分为，还含有少量铁、镍、钴等碳酸盐杂质为原料经过一系列反应生产金属锰和高锰酸钾的工艺流程如图1：
已知 时，部分物质的溶度积常数如表：
写一条。

除杂1过程加入后，发生氧化还原反应的离子方程式为______；滤渣2 的主要成分是______。

为加快过滤速度，选择如图2抽滤装置完成。

下列有关操作和说法正确的是______。

抽滤的本质是加压过滤
抽滤成功的关键在于合理控制水的流速
微粒直径大于滤纸孔径的物质进入吸滤瓶中
电解1过程阳极电极反应式为______。

是一种常用的绿色氧化剂，在平炉反应中不用的原因是______。

“歧化法”制备是传统工艺，写出该歧化反应的化学方程式______。

【答案】形成酸性环境，抑制等离子水解；
；CoS、NiS；b；；可催化的分解，使消耗的增多；
【解析】解：硫酸需稍过量，保证反应充分进行，还可以形成酸性环境，抑制等离子水解，
故答案为：形成酸性环境，抑制等离子水解；
将离子氧化为离子，自身被还原为，反应离子方程式为：
，由分析可知，滤渣2 的主要成分是CoS、NiS，
故答案为：；CoS、NiS；
抽滤的本质是减压过滤，故a错误；
抽滤成功的关键在于合理控制水的流速，故b正确；
微粒直径大于滤纸孔径的物质不能透过滤纸，故c错误，
故选：b；
电解1过程中，阳极是发生氧化反应生成，需要有水参与反应，根据电荷守恒可知有氢离子生成，阳极电极反应式为：，
故答案为：；
在平炉反应中不用的原因是：可催化的分解，使消耗的增多，故答案为：可催化的分解，使消耗的增多；
通过“歧化法”得到与，还有生成，反应方程式为：
，
故答案为：。

菱锰矿主要成分为，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质，中用硫酸酸浸，需要
过量的硫酸，碳酸盐均完全反应，并形成酸性环境，抑制等离子水解，纵观制备Mn的流程，结合表中氢氧化物溶度积，可知除杂1是将Fe元素除去，将离
子氧化为离子，自身被还原为，再加入氨水调节溶液pH使转化为，过滤除去，除杂2是将Co、Ni转化为CoS、NiS沉淀除去，滤液2中主要含有、等，电解金属Mn在阴极析出。

酸浸液中含有、、，等，纵观制备高锰酸钾的流程，通过“歧化法”得到，发生氧化反应，另
一产物通过还原反应得到，该还原产物与电解酸浸液的电解1的阳极产物相同，电解1的阳极产物与氧气、KOH反应得到，可知电解1阳极产物中Mn的化合价为价，电解1的阳极是生氧化反应生成。

硫酸需稍过量，保证反应充分进行，还可以抑制离子发生水解；
将离子氧化为离子，自身被还原为，配平书写离子方程式；由
分析可知，滤渣2 的主要成分是CoS、NiS；
抽滤的本质是减压过滤；
抽滤成功的关键在于合理控制水的流速；
微粒直径大于滤纸孔径的物质不能透过滤纸；
电解1过程中，阳极是发生氧化反应生成，需要有水参与反应，根据电荷守恒可知有氢离子生成；
二氧化锰可催化的分解；
通过“歧化法”得到与，还有生成。

本题考查物质制备工艺流程，题目以Mn与高锰酸钾的制备为载体，考查阅读获取信息能力、对试剂的分析评价、盐类水解、陌生方程式的书写、物质的分离提纯、电解原理与应用，综合性较大，减压抽滤基本不涉及，在有机物的制备中经常利用，适当进行拓展，题目考查学生综合运用知识分析解决问题的能力。

11.第四周期过渡元素如铁、锰、铜、锌等在太阳能电池、磁性材料等科技方面有广泛
的应用，回答下列问题：
在现代化学中，常利用______上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析。

写出的外围电子排布式______；比较铁与锰的第三电离能：铁______锰填“”、“”或“”，原因是______。

已知与甲醛在水溶液中发生反应可生成一种新物质，试判断新物质中碳原子的杂化方式______；中的键数为______。

如图是晶体的晶胞，该晶体是一种磁性材料，能导电。

晶胞中二价铁离子处于氧离子围成的______填空间结构空隙。

晶胞中氧离子的堆积方式与某金属晶体原子堆积方式相同，该堆积方式名称为______。

解释晶体能导电的原因______；若晶胞的体对角线长为 a nm，则晶体的密度为______阿伏加德罗常数用表示。

【答案】原子光谱；；；、的价电子排布式分别为、，处于半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高，所以第三电离能Fe小于Mn；、sp；
；正四面体；面心立方堆积；电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移；
【解析】解：光谱分析为利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，所以在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，故答案为：原子光谱；
原子失去2个电子生成，能级上的9个电子为其外围电子，其外围电子排布式为；原子轨道中电子处于半满、全满、全空时最稳定，不易再失去电子，、的价电子排布式分别为、，处于半满较稳定结构，再失去一个电
子所需能量较高，所以第三电离能 Fe 小于 Mn，
故答案为：；小于；、的价电子排布式分别为、，处于半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高，所以第三电离能 Fe 小于 Mn；
中中的C原子价层电子对个数是4、中C原子价层电子对个数是2，根据价层电子对互斥理论判断新物质中碳原子的杂化方式，前者为杂化、后
者为sp杂化；1个中的键数为8，则中的键数为，故答案为：、sp；；
根据图知，晶胞中二价铁离子处于氧离子围成的正四面体空隙，故答案为：正四
面体；
晶胞中氧离子的堆积方式与某金属晶体原子堆积方式相同，氧离子位于棱上和体心上，该堆积方式名称为面心立方堆积，故答案为：面心立方堆积；
该晶体中电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移，电子共用，所以能导电，若晶胞的体对角线长为 a nm，则晶胞棱长，晶胞体
积，
该晶胞中氧离子个数、铁离子个数、亚铁离子个数，
则晶体的密度为，
故答案为：电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移；。

光谱分析为利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素；
原子失去2个电子生成，能级上的9个电子为其外围电子；原子轨道中电子处于半满、全满、全空时最稳定，不易再失去电子；
中中的C原子价层电子对个数是4、中C原子价层电子对个数是2，根据价层电子对互斥理论判断新物质中碳原子的杂化方式；1个中
的键数为8；
晶胞中二价铁离子处于氧离子围成的正四面体空隙；
晶胞中氧离子的堆积方式与某金属晶体原子堆积方式相同，该堆积方式名称为面心立方堆积；
该晶体中电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移；
若晶胞的体对角线长为 a nm，则晶胞棱长，晶胞体
积，
该晶胞中氧离子个数、铁离子个数、亚铁离子个数，
则晶体的密度为。

本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、电离能等知识点，明确物质结构、原子结构、元素周期律等知识点即可解答，注意晶胞中棱长与体对角线长度关系，题目难度不大。

12.蜂胶是蜜蜂从植物芽孢或树干上采集的树脂。

在蜂胶众多的功效成分中，咖啡酸苯
乙酯已经被鉴定为蜂胶中的主要活性组分之一。

已知：的核磁共振氢谱有三个波峰，红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键。