高考有机和结构化学知识节选全国I和山东有机详解.docx
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高考有机和结构化学知识节选全国I和山东有机详解
【2020全国I】1.国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出,乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。
对于上述化学药品,下列说法错误的是
A.CH3CH2OH能与水互溶B.NaClO通过氧化灭活病毒
C.过氧乙酸相对分子质量为76D.氯仿的化学名称是四氯化碳
【答案】D
【详解】A.乙醇分子中有羟基,其与水分子间可以形成氢键,因此乙醇能与水互溶,A说法正确;
B.次氯酸钠具有强氧化性,其能使蛋白质变性,故其能通过氧化灭活病毒,B说法正确;
C.过氧乙酸的分子式为C2H4O3,故其相对分子质量为76,C说法正确;
D.氯仿的化学名称为三氯甲烷,D说法不正确。
综上所述,故选D。
【2020全国I】2.紫花前胡醇
可从中药材当归和白芷中提取得到,能提高人体免疫力。
有关该化合物,下列叙述错误的是
A.分子式为C14H14O4B.不能使酸性重铬酸钾溶液变色
C.能够发生水解反应D.能够发生消去反应生成双键
【答案】B
【解析】A.根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为C14H14O4,A叙述正确;
B.该有机物的分子在有羟基,且与羟基相连的碳原子上有氢原子,故其可以被酸性重铬酸钾溶液氧化,能使酸性重铬酸钾溶液变色,B叙述不正确;
C.该有机物的分子中有酯基,故其能够发生水解反应,C叙述正确;
D.该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子,故其可以在一定的条件下发生消去反应生成碳碳双键,D叙述正确。
综上所述,故选B。
【2020全国I】4.铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]-可催化甲醇羰基化,反应过程如图所示。
下列叙述错误的是
A.CH3COI是反应中间体B.甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=CH3CO2H
C.反应过程中Rh
成键数目保持不变D.存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O
【答案】C【解析】题干中明确指出,铑配合物
充当催化剂的作用,用于催化甲醇羰基化。
由题干中提供的反应机理图可知,铑配合物在整个反应历程中成键数目,配体种类等均发生了变化;并且也可以观察出,甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要CO,最终产物是乙酸;因此,凡是出现在历程中的,既非反应物又非产物的物种如CH3COI以及各种配离子等,都可视作中间物种。
【详解】A.通过分析可知,CH3COI属于甲醇羰基化反应的反应中间体;其可与水作用,生成最终产物乙酸的同时,也可以生成使甲醇转化为CH3I的HI,A项正确;
B.通过分析可知,甲醇羰基化反应,反应物为甲醇以及CO,产物为乙酸,方程式可写成:
,B项正确;
C.通过分析可知,铑配合物在整个反应历程中,成键数目,配体种类等均发生了变化,C项不正确;
D.通过分析可知,反应中间体CH3COI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为CH3I,方程式可写成:
,D项正确;
答案选C。
【点睛】对于反应机理图的分析,最基本的是判断反应物,产物以及催化剂;一般的,催化剂在机理图中多是以完整的循环出现的;反应物则是通过一个箭头进入整个历程的物质;而产物一般多是通过一个箭头最终脱离整个历程的物质。
【2020全国I】5.1934年约里奥–居里夫妇在核反应中用α粒子(即氦核
)轰击金属原子
,得到核素
,开创了人造放射性核素的先河:
+
→
+
。
其中元素X、Y的最外层电子数之和为8。
下列叙述正确的是
A.
的相对原子质量为26B.X、Y均可形成三氯化物
C.X的原子半径小于Y的D.Y仅有一种含氧酸
【答案】B【解析】原子轰击实验中,满足质子和质量数守恒,因此W+4=30+1,则W=27,X与Y原子之间质子数相差2,因X元素为金属元素,Y的质子数比X大,则Y与X位于同一周期,且Y位于X右侧,且元素X、Y的最外层电子数之和为8,设X最外层电子数为a,则Y的最外层电子为a+2,解得a=3,因此X为Al,Y为P,以此解答。
【详解】A.
的质量数为27,则该原子相对原子质量为27,故A错误;
B.Al元素均可形成AlCl3,P元素均可形成PCl3,故B正确;
C.Al原子与P原子位于同一周期,且Al原子序数大于P原子序数,故原子半径Al>P,故C错误;
D.P的含氧酸有H3PO4、H3PO3、H3PO2等,故D错误;
故答案
:
B。
【2020全国I】11.Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。
回答下列问题:
(1)基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为_________。
(2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。
I1(Li)>I1(Na),原因是_________。
I1(Be)>I1(B)>I1(Li),原因是________。
(3)磷酸根离子的空间构型为_______,其中P的价层电子对数为_______、杂化轨道类型为_______。
(4)LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。
其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体,它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。
每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有____个。
电池充电时,LiFeO4脱出部分Li+,形成Li1−xFePO4,结构示意图如(b)所示,则x=_______,n(Fe2+)∶n(Fe3+)=_______。
【答案】
(1).4:
5
(2).Na与Li同主族,Na的电子层数更多,原子半径更大,故第一电离能更小(3).Li,Be和B为同周期元素,同周期元素从左至右,第一电离能呈现增大的趋势;但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态,能量更低更稳定,故其第一电离能大于B的(4).正四面体形(5).4(6).sp3(7).4(8).
或0.1875(9).13:
3
【解析】题
(1)考查了对基态原子电子排布规律的认识;题
(2)考查了第一电离能的周期性变化规律;题(3)考查了分子或离子空间构型判断的两大理论;题(4)重点考查通过陌生晶胞的晶胞结构示意图判断晶胞组成。
【详解】
(1)基态铁原子的价电子排布式为
,失去外层电子转化为Fe2+和Fe3+,这两种基态离子的价电子排布式分别为
和
,根据Hund规则可知,基态Fe2+有4个未成对电子,基态Fe3+有5个未成对电子,所以未成对电子个数比为4:
5;
(2)同主族元素,从上至下,原子半径增大,第一电离能逐渐减小,所以
;同周期元素,从左至右,第一电离能呈现增大的趋势,但由于ⅡA元素基态原子s能级轨道处于全充满的状态,能量更低更稳定,所以其第一电离能大于同一周期的ⅢA元素,因此
;
(3)经过计算,
中不含孤电子对,成键电子对数目为4,价层电子对数为4,因此其构型为正四面体形,P原子是采用sp3杂化方式形成的4个sp3杂化轨道;
(4)由题干可知,LiFePO4的晶胞中,Fe存在于由O构成的正八面体内部,P存在由O构成的正四面体内部;再分析题干中给出的(a),(b)和(c)三个不同物质的晶胞结构示意图,对比(a)和(c)的差异可知,(a)图所示的LiFePO4的晶胞中,小球表示的即为Li+,其位于晶胞的8个顶点,4个侧面面心以及上下底面各自的相对的两条棱心处,经计算一个晶胞中Li+的个数为
个;进一步分析(a)图所示的LiFePO4的晶胞中,八面体结构和四面体结构的数目均为4,即晶胞中含Fe和P的数目均为4;考虑到化学式为LiFePO4,并且一个晶胞中含有的Li+,Fe和P的数目均为4,所以一个晶胞中含有4个LiFePO4单元。
对比(a)和(b)两个晶胞结构示意图可知,Li1-xFePO4相比于LiFePO4缺失一个面心的Li+以及一个棱心的Li+;结合上一个空的分析可知,LiFePO4晶胞的化学式为Li4Fe4P4O16,那么Li1-xFePO4晶胞的化学式为Li3.25Fe4P4O16,所以有
即x=0.1875。
结合上一个空计算的结果可知,Li1-xFePO4即Li0.8125FePO4;假设Fe2+和Fe3+数目分别为x和y,则列方程组:
,
,解得x=0.8125,y=0.1875,则Li1-xFePO4中
。
【点睛】对第一电离能的考查,最常出现的是ⅡA,ⅤA基态原子与同一周期相邻主族元素的基态原子第一电离能的比较;判断分子等构型时,可以通过价层电子对互斥理论或杂化轨道理论以及等电子体原理进行判断;由陌生晶胞结构书写晶体化学式时,一方面要认真分析晶胞中各类粒子的位置信息,另一方面也要注意均摊法的使用。
【2020全国I】12.有机碱,例如二甲基胺(
)、苯胺(
),吡啶(
)等,在有机合成中应用很普遍,目前“有机超强碱”的研究越来越受到关注,以下为有机超强碱F的合成路线:
已知如下信息:
①H2C=CH2
②
+RNH2
③苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体
回答下列问题:
(1)A的化学名称为________。
(2)由B生成C的化学方程式为________。
(3)C中所含官能团的名称为________。
(4)由C生成D的反应类型为________。
(5)D
结构简式为________。
(6)E的六元环芳香同分异构体中,能与金属钠反应,且核磁共振氢谱有四组峰,峰面积之比为6∶2∶2∶1的有________种,其中,芳香环上为二取代的结构简式为________。
【答案】
(1).三氯乙烯
(2).
+KOH
+KCl+H2O(3).碳碳双键、氯原子(4).取代反应(5).
(6).6(7).
【解析】由合成路线可知,A为三氯乙烯,其先发生信息①的反应生成B,则B为
;B与氢氧化钾的醇溶液共热发生消去反应生成C,则C为
;C与过量的二环己基胺发生取代反应生成D;D最后与E发生信息②的反应生成F。
【详解】
(1)由题中信息可知,A的分子式为C2HCl3,其结构简式为ClHC=CCl2,其化学名称为三氯乙烯。
(2)B与氢氧化钾的醇溶液共热发生消去反应生成C(
),该反应的化学方程式为
+KOH
+KCl+H2O。
(3)由C的分子结构可知其所含官能团有碳碳双键和氯原子。
(4)C(
)与过量的二环己基胺发生生成D,D与E发生信息②的反应生成F,由F的分子结构可知,C的分子中的两个氯原子被二环己基胺基所取代,则由C生成D的反应类型为取代反应。
(5)由D的分子式及F的结构可知D的结构简式为
。
(6)已知苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体。
E(
)的六元环芳香同分异构体中,能与金属钠反应,则其分子中也有羟基;核磁共振氢谱有四组峰,峰面积之比为6∶2∶2∶1的有
、
、
、
、
、
,共6种,其中,芳香环上为二取代的结构简式为
。
【点睛】本题的同分异构体的书写是难点,要根据题中“苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体”才能找齐符合条件的同分异构体。
【2020新课标山东】3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍,Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2,Y、W最外层电子数相同。
下列说法正确的是
A.第一电离能:
W>X>Y>ZB.简单离子的还原性:
Y>X>W
C.简单离子的半径:
W>X>Y>ZD.氢化物水溶液的酸性:
Y>W
【答案】C【解析】四种短周期主族元素,基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍,设若X为第二周期元素原子,则X可能为Be或O,若X为第三周期元素原子,则均不满足题意,Z与X能形成Z2X2的淡黄色化合物,该淡黄色固体为Na2O2,则X为O元素,Z为Na元素;Y与W的最外层电子数相同,则Y为F元素,W为Cl元素,据此分析。
【详解】A.同一周期从左向右第一电离能总趋势为逐渐增大,同一主族从上到下第一电离能逐渐减小,故四种元素中第一电离能从大到小的顺序为F>O>Cl>Na,A错误;
B.单质的氧化性越强,简单离子的还原性越弱,O、F、Cl三种元素中F2的氧化性最强O2的氧化性最弱,故简单离子的还原性O2->Cl->F-,B错误;
C.电子层数越多简单离子半径越大,相同结构的离子,原子序数越大半径越小,故四种元素中离子半径从大到小的顺序为Cl->O2->F->Na+,C正确;
D.F元素的非金属性强于Cl元素,则形成氢化物后F原子束缚H原子的能力强于Cl原子,在水溶液中HF不容易发生电离,故HCl的酸性强于HF,D错误;
故选C。
【2020新课标山东】4.下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是
A.键能
、
,因此C2H6稳定性大于Si2H6
B.立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体,因此具有很高的硬度
C.SiH4中Si的化合价为+4,CH4中C的化合价为-4,因此SiH4还原性小于CH4
D.Si原子间难形成双键而C原子间可以,是因为Si的原子半径大于C,难形成
键
【答案】C【解析】A.因键能C—C>Si—Si、C—H>Si—H,故C2H6的键能总和大于Si2H6,键能越大越稳定,故C2H6的稳定性大于Si2H6,A正确;
B.SiC的成键和结构与金刚石类似均为原子晶体,金刚石的硬度很大,类比可推测SiC的硬度和很大,B正确;
C.SiH4中Si的化合价为-4价,C的非金属性强于Si,则C的氧化性强于Si,则Si的阴离子的还原性强于C的阴离子,则SiH4的还原性较强,C错误;
D.Si原子的半径大于C原子,在形成化学键时纺锤形的p轨道很难相互重叠形成π键,故Si原子间难形成双键,D正确;
故选C。
【2020新课标山东】5.利用下列装置(夹持装置略)进行实验,能达到实验目的的是
A.用甲装置制备并收集CO2
B.用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生
C.用丙装置制备无水MgCl2
D.用丁装置在铁上镀铜
【答案】C【解析】A.CO2密度大于空气,应采用向上排空气法收集,A错误;
B.苯与溴在溴化铁作用下反应,反应较剧烈,反应放热,且溴易挥发,挥发出来的溴单质能与水反应生成氢溴酸,所以验证反应生成的HBr,应先将气体通过四氯化碳,将挥发的溴单质除去,B错误;
C.MgCl2能水解,在加热时通入干燥的HCl,能避免MgCl2的水解,C正确;
D.电解时,阳极发生氧化反应,阴极发生还原反应,所以丁装置铁为阳极,失去电子,生成二价铁离子,铜为阴极,溶液中的铜离子得到电子,得到铜,D错误。
答案选C。
【点睛】本题为实验题,结合物质的性质和电解的原理进行解题,掌握常见物质的制备方法,注意水解的知识点。
【2020新课标山东】6.从中草药中提取的calebinA(结构简式如下)可用于治疗阿尔茨海默症。
下列关于calebinA的说法错误的是
A.可与FeCl3溶液发生显色反应
B.其酸性水解的产物均可与Na2CO3溶液反应
C.苯环上氢原子发生氯代时,一氯代物有6种
D.1mol该分子最多与8molH2发生加成反应
【答案】D【解析】根据结构简式可知,该有机物含有碳碳双键、酚羟基、酯基、羰基、醚键等官能团。
【详解】A.该有机物中含有酚羟基,可以与FeCl3溶液发生显色反应,A正确;
B.该有机物中含有酯基,酯在酸性条件下水解生成羧基,羧基能与Na2CO3溶液反应生成CO2,B正确;
C.该有机物中含有两个苯环,每个苯环上都含有三个氢原子,且无对称结构,所以苯环上一氯代物有6种,C正确;
D.该有机物中含有两个苯环、两个碳碳双键、一个羰基,每个苯环可以与3个氢气加成,每个双键可以与1个氢气加成,每个羰基可以与1个氢气加成,所以1mol分子最多可以与2×3+2×1+1=9mol氢气发生加成反应,D错误。
答案选D。
【点睛】本题根据有机物
结构得到官能团,再根据官能团的性质进行解题,注意羰基也能与氢气发生加成反应。
【2020新课标山东】7.B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似,也有大π键。
下列关于B3N3H6的说法错误的是
A.其熔点主要取决于所含化学键的键能B.形成大π键的电子全部由N提供
C.分子中B和N的杂化方式相同D.分子中所有原子共平面
【答案】A
【解析】A.无机苯是分子晶体,其熔点主要取决于分子间的作用力,A错误;
B.B原子最外层3个电子,与其它原子形成3个
键,N原子最外层5个电子,与其它原子形成3个
键,还剩余2个电子,故形成大
键的电子全部由N原子提供,B正确;
C.无机苯与苯等电子体,分子中含有大
键,故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化,C正确;
D.无机苯与苯等电子体,分子中含有大
键,故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化,所以分子中所有原子共平面,D正确;
答案选A。
【2020新课标山东】(不定项)11.下列操作不能达到实验目的的是
目的
操作
A
除去苯中少量的苯酚
加入适量NaOH溶液,振荡、静置、分液
B
证明酸性:
碳酸>苯酚
将盐酸与NaHCO3混合产生的气体直接通入苯酚钠溶液
C
除去碱式滴定管胶管内的气泡
将尖嘴垂直向下,挤压胶管内玻璃球将气泡排出
D
配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液
向试管中加入2mL10%NaOH溶液,再滴加数滴2%CuSO4溶液,振荡
【答案】BC【解析】【详解】A.苯酚可与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的苯酚钠,最后与苯混合后互不相溶,分层,该操作能达到实验目的,故A正确;
B.盐酸易挥发,若将盐酸与碳酸氢钠溶液混合产生的气体直接通入苯酚钠,可能挥发的HCl会与苯酚钠反应生成常温下难溶于水的苯酚,不能证明是二氧化碳与其发生的反应,达不到实验目的,应该先除去二氧化碳中可能挥发的HCl再进行实验操作,故B错误;
C.除去碱式滴定管胶管内气泡时,尖嘴不应该垂直向下,应向上挤压橡胶管,利用空气排出,该实验操作达不到实验目的,故C错误;
D.为检验醛基,配制氢氧化铜悬浊液时,碱需过量,保证醛基是在碱性条件下发生反应,该操作可达到实验目的,故D正确;
答案选BC。
【2020新课标山东】(不定项)12.α-氰基丙烯酸异丁酯可用作医用胶,其结构简式如下。
下列关于α-氰基丙烯酸异丁酯的说法错误的是
A.其分子式
C8H11NO2
B.分子中的碳原子有3种杂化方式
C.分子中可能共平面的碳原子最多为6个
D.其任一含苯环的同分异构体中至少有4种不同化学环境的氢原子
【答案】C【解析】A.结合该分子的结构简式可以看出,其分子式为C8H11NO2,故A正确;
B.该分子中含
(氰基)、
(碳碳双键)以及碳碳单键,它们采用的杂化类型分别是sp杂化、sp2杂化和sp3杂化共3种杂化方式,故B正确;
C.碳碳双键、碳氧双键中碳原子共平面、
(氰基)共直线,O原子采用sp3杂化,为V型结构,链状的碳碳单键中最多有两个C原子共平面,则该分子中可能共平面的C原子可表示为:
,故C错误;
D.该分子中的不饱和度为4,含苯环的同分异构体中,等效氢原子种类最少的应具有对称结构,其同分异构体之一的结构简式如
,该分子的等效氢为4种,故D正确;故选C。
【2020新课标山东】17.CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料,回答下列问题:
(1)Sn为ⅣA族元素,单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4。
常温常压下SnCl4为无色液体,SnCl4空间构型为_____________,其固体的晶体类型为_____________。
(2)NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为_____________(填化学式,下同),还原性由强到弱的顺序为____________,键角由大到小的顺序为_____________。
(3)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。
一种Cd2+配合物的结构如图所示,1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有_________mol,该螯合物中N的杂化方式有__________种。
(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,称作原子的分数坐标。
四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示,晶胞棱边夹角均为90°,晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。
坐标
原子
x
y
z
Cd
0
0
0
Sn
0
0
0.5
As
0.25
0.25
0.125
一个晶胞中有_________个Sn,找出距离Cd(0,0,0)最近的Sn_________(用分数坐标表示)。
CdSnAs2
晶体中与单个Sn键合
As有___________个。
【答案】
(1).正四面体形;
(2).分子晶体(3).NH3、AsH3、PH3(4).AsH3、PH3、NH3(5).NH3、PH3、AsH3(6).6(7).1(8).4(9).(0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0)(10).4
【解析】
(1)利用价层电子对数确定SnCl4的分子构型;由于常温下SnCl4为液体,故SnCl4为分子晶体;
(2)结构相似的分子,相对分子质量越大物质的熔沸点越高,另外分子间能形成氢键的物质,熔沸点则较高,键角的大小取决于中心原子的杂化类型、孤电子对数、成键电子对与成键电子对之间的斥力大小;
(3)由该物质的结构简式可知,螯合作用配位成环,故1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6个,Cd—NO2那个不算;该螯合物中N原子的杂化方式为sp2杂化;
(4)结合部分原子的分数坐标,结合晶胞结构图,确定各原子在晶胞中位置,找出相应原子。
【详解】
(1)Sn为第ⅣA族元素,由于常温下SnCl4为液体,故SnCl4为分子晶体;SnCl4分子中中心原子的孤电子对数=
=0,
键电子对数为4,价层电子对数为4,故SnCl4分子的空间构型为正四面体形;
(2)NH3、PH3、AsH3的结构相似,结构相似的物质,相对分子质量越大,范德华力越强,物质的沸点越高,但是NH3分子间能形成氢键,故这三种物质的沸点NH3>AsH3>PH3;N、P、As这三种元素位于元素周期表中第ⅤA族,原子序数依次增大,同一主族从上到下,随着核电荷数的增加,原子半径逐渐增大,非金属性逐渐减弱,氢化物的还原性逐渐增强,故这三种物质的还原性由强到弱的顺序为AsH3>PH3>NH3;NH3、PH3、AsH3中中心原子都是sp3杂化,都有1对孤电子对,中心原子的电负性越小,成键电子对之间的斥力越小,成键电子对之间的斥力越小,键角越小,所以这三种物质键角由大到小的顺序为NH3>PH3>AsH3;
(3)由该物质的结构简式和分析,根据题意“含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物”,故该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6mol,Cd—NO2那个不算;该螯合物中N原子的杂化方式都是sp2杂化,故该物质中N的杂化方式有1种;
(4)由部分Cd原子的分数坐标为(0,0,0),可知8个Cd在晶胞的顶点,4个Cd在晶胞的面心,1个在晶胞的体心;部分Sn原子的分数坐标为(0,0,0.5),4个Sn在晶胞的棱上,6个Sn在晶胞的面心;部分As原子的分数坐标为(0.25,0.25,0.125),8个As在晶胞的体心;所以1个晶胞中Sn的个数为
;距离Cd(0,0,0)最近的Sn是(0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0);由晶胞结构图可知,CdSnAs2晶体中与单个Sn结合的As有4个。
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