【文档说明】安徽省池州市第一中学、 池州市第六中学、池州市第八中学2022-2023学年高二下学期4月期中联考化学试题 含解析.docx，共(17)页，1.164 MB，由小赞的店铺上传

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高二化学满分：100分考试时间：75分钟注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答

，超出答题区域书写的答案无效．．．．．．．．．．．．．；在草稿纸．．．．、试题卷上的答题无效．．．．．．．．．。4.保持答题卡卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原

子质量：H1−C12−O16−Na23−Cl35.5−一、单项选择题：本题共9小题，每小题3分，共27分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.工业上合成氨反应为()()()223Ng3Hg2NHg+1ΔH=92

.4kJmol−−，对于国计民生具有重大的意义。下列有关合成氨的反应说法正确的是A.正反应的活化能大于逆反应的活化能B.将温度升高至500℃左右，不仅可提高3NH的产量，还可提高平衡产率C.将生成的氨及时的液化分离，有利于反应向生成氨的方向进行D.工业生产合成氨时，

压强越大越好【答案】C【解析】【详解】A．该正反应为放热反应，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，A错误；B．合成氨是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡产率降低，B错误；C．将生成的氨及时液化分离，减小生成物浓度，使平衡正向移动，有利于反应向生成氨的方向进行，C正确；D．合成氨时，增大压

强平衡正向移动，有利于氨的生成，但压强越大，对生产设备的要求越高，增加了生产成本，不利于工业生产，D错误；故选C。2.目前，正处于实验室研究阶段的二氧化碳捕集新方案包括：化学循环捕集和二氧化碳水合分离法。其中水合分离法的流程如下图所示：下列有关说法错误的是A.4CH和2

CO生成水合物的条件存在显著差异B.上述流程涉及的基本反应类型有化合反应和分解反应C.4CH、2CO通过水合物反应器，可达到富集甲烷的目的D.4CH、2CO均属于非极性分子，故均难溶于水【答案】D【解析】【详解】A．图中

的过程显然就是利用了CH4与CO2形成水合物条件的差异，即CO2可以在常温常压条件下较大量的形成水合物，选项A正确；B．上图中涉及的反应只有两个:CO2与H2O化合形成H2CO3与H2CO3分解为H2O与CO2，所以涉及的反应类型主要化合

反应和分解反应，选项B正确；C．该装置对CH4与CO2进行了有效分离，所以对两种气体都具有富集效果，选项C正确；D．两分子虽然都属于非极性分子，但是CO2可溶于水，其溶解度较大主要是因为CO2可以与水发生化学反应，导致溶解平衡向溶解的方向进行，选项D错误；答案选D。3.氢在H、D、T

三种核素，氧有16O、17O、18O三种核素。它们形成的水分子有A.24种B.18种C.12种D.6种【答案】B【解析】【分析】根据水的组成是由氢、氧元素组成，在1个水分子中含有2个氢原子和1个氧原子来分析。【详解】已知氢元素有H、D、T三种同位素，氧元素有16O、17O

、18O三种同位素，水分子由2个H和1个O原子构成，16O可分别与H、D、T构成水，即存在三种水；17O可分别与H、D、T构成水，即存在三种水；18O可分别与H、D、T构成水，即存在三种水；6O可分别与HD、D

T、HT构成水，即存在三种水；17O可分别与HD、DT、HT构成水，即存在三种水；18O可分别与HD、DT、HT构成水，即存在三种水；则由它们构成水分子有3×3×2=18种，答案选B。4.化学与生活、生产密切相关。下列说法

正确的是A.抢救钡离子中毒患者时，可以用合适浓度的Na2SO4溶液洗胃B.太阳能集水器将空气中水蒸气冷凝成饮用水的过程是放热反应C.当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用D.纽扣银锌电池体形小，含有害物质少，用后

不用分类回收，可以随意处理【答案】A【解析】【详解】A．生成硫酸钡难溶于水，难溶于酸，可以使钡离子浓度达到安全范围，A正确；B．水蒸气冷凝成饮用水是物质状态的变化，没有新物质产生，因此发生的变化属于物理变化，B错误；C．铁比

锡活泼，当镀锡铁制品的镀层破损时，会形成铁作负极、锡作正极的原电池，从而加快对铁制品府蚀，则镀层不能对铁制品起保护作用，C错误；D．纽扣银锌电池含有重金属，能够引起环境污染，使用完后，应回收，不能随意丢弃，D错误。综上所述答案为A。5.常温下，用0.1000mol/L的NaOH溶液分别滴定0.

1000mol/L的HCl溶液和0.1000mol/L的醋酸溶液，滴定曲线如下图。下列有关说法正确的是A.实线表示滴定盐酸的曲线B.酸的强弱是影响突跃范围大小的重要因素C.ab段的离子反应式是2HOH=HO+−+D.两个体系滴定终点的确定都可用甲基橙

作指示剂【答案】B【解析】【详解】A．从起点的pH可看出，实线表示醋酸的曲线，故A错误；Ｂ．同浓度时，酸弱pH大起点高，酸强pH小起点低，故B正确；Ｃ．根据图像可以判断a点是醋酸溶液，所以ab段的离子反应式是332CHCOOHOHCHCOOHO−−+=+，故C错误；D

．3CHCOOH最终生成3CHCOONa，溶液呈碱性，应用酚酞做指示剂，故D错误；故答案选B。6.下列有关现代仪器分析说法错误的是A.通过晶体X射线衍射实验，无法确定键长和键角B.红外光谱可用于分析分子中含有何种化学键或官能团C.质谱法可测定相对分子质量D.原子光谱中的特征谱线可用来鉴定元素

【答案】A【解析】【详解】A．通过晶体X射线衍射实验，可测定晶胞中的各个原子的位置(坐标)，根据原子坐标，可以计算原子间距离，判断出晶体中哪些原子之间存在化学键，确定键长和键角，A错误；B．红外光谱是用来获得物质的化学键和官能团信息的，可用于分析分子中含有何种化学键或官能团，B正确；C．质谱

法可获取有机物的质荷比，最大质荷比等于相对分子质量，测定结果快捷、精确，测出简单分子的相对分子质量，C正确；D．不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，D正确；综上所述答案为A。7.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.1mol过氧化氢所含的共

价键数目为A3NB.2molRa+(R原子核内中子数为N，质量数为A)的核外电子数为()AaA-N-2NC.等物质的量的2CO和2N中含有π键的数目均为A2ND.金刚石晶体中1mol碳原子含有A2N个CC−键的【答案】C【解析】【详解】A．过氧化氢结构式为HOOH−−−，1mol过氧化氢所含

的共价键数目为A3N，故A正确；B．1个2R+含有电子数为：AN2−−，则mola的2R+(R的核内中子数为N，质量数为A)的核外电子数为()AAN2aN−−，故B正确；C．等物质量并不一定是1mol，C错误；

D．金刚石中与一个碳原子相连的共价键有4个，每个只有12属于这个碳原子，所以一个碳原子有2个CC−键，1mol金刚石中有A2N个CC−键，故D正确；故答案选C。8.反应()324PH+HCl+4HCHO=PCHOHCl的产物常被用作棉织物的防火剂。下列说

法错误的是A.Cl−核外有18种运动状态不同的电子B.3PH的电子式为C.HCHO分子中C原子采取3sp杂化D.基态P原子有三个未成对电子【答案】C【解析】【详解】A．氯离子核外有18个电子，则核外有18种运动状态不同的电子，A正确；B．3PH中P原子和

每个H原子共用一对电子，还含有一对孤电子对，电子式为，B正确；C．HCHO分子的空间构型为平面三角形，C原子为2sp杂化，C错误；D．基态P原子的电子排布式为226231s2s2p3s3p，有三个末成对电子，D正确；故选C。9.在元素周期表中，某些主族元素与

右下方的主族元素的有些性质是相似，这种相似性称为对角线规则，如Li和Mg、Be和Al等。下列有关说法正确的是A.2BeCl属于离子化合物B.基态铝原子最高能层符号为LC.Li在过量氧气中燃烧生成22LiO的D.镁元素在焰色试验中无特殊颜色，是因

其发射光谱的波长不在可见光的范围之内【答案】D【解析】【详解】A．氯化铝是共价化合物，根据对角线规则可知，2BeCl也是共价化合物，选项A错误；B．基态铝原子最高能层符号为M，选项B错误；C．镁在过量氧气中燃烧生成氧化镁，根据对角线规则可知，在Li在过

量氧气中燃烧生成2LiO，选项C错误；D．镁元素在焰色试验中无特殊颜色，是因其发射光谱的波长不在可见光的范围之内，选项D正确；答案选D。二、不定项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一项或两项符合题目要求。若正确答案只包括一个选项，

多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。10.常温时，磷酸型体分布优势区域图如下固所示(虚线处表示两种型体浓度相等)。下列有关说法错误的是A.24KHP

O溶液中存在：()()()()()+2-3--3444cHPO+cH=cHPO+2cPO+cOHB.用强碱只中和34HPO中的“第一个H+”，可选用甲基橙作指示剂C.常温时，34NaPO溶液中，34PO−水解常数数量级为210−D.0.1mol/L的34HPO溶液加水稀释，稀释过

程中()()-24+cHPOcH比值增大【答案】D【解析】【详解】A．根据质子守恒，可得()()()()()+2-3--3444cHPO+cH=cHPO+2cPO+cOH，A项正确；B．中和掉34HPO中的“第一个H+”，得到24HPO−溶液，pH为2.167.214.72+，与甲基

橙的变色点4.4相近，误差不大，故可用甲基橙作指示剂，B项正确；C．由图可知12.32310aK−=，故常温时34PO−的水解常数为1412.321.68101010−−−=，数量级为210−，C项正确；D．磷酸的二级电离平衡常数为2-+4a2-24c(HPO)c(H)

=c(HPO)K，温度不变Ka2为一个常数，加水稀释则2-4c(HPO)降低，()()-24+cHPOcH比值也减小，D项错误。答案选D。11.燃料电池因其能是转化效率高，产物无污染，备受青睐。下列有关甲烷-空气燃料电池的说法错误的是A.化学能转变为电能的转化率达到100

%B.通入甲烷的一极为负极C.KOH溶液作电解质溶液时，负极的电极反应式为22O4e2HO=4OH−−++D.稀硫酸作电解质溶液时，+H向通入空气的一极移动【答案】AC【解析】【详解】A．能量转化不可能达到100

%，化学能转变为电能约为80%，选项A错误；B．通入甲烷的一极，甲烷失电子作为负极，选项B正确；C．氧气通入端是正极，发生还原反应，选项C错误；D．稀硫酸作电解质溶液时，阳离子+H向通入空气的正极移动，选项D正确；答案选AC。1

2.许多离子液体因具有优异的性质，因而被不断开发利用。某离子液体的组成如图所示。X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期元素，除X外，其余均位于同一周期。下列说法正确的是A.Q，Y对应的棸高价氧化物的水化物的酸侏Y的强B.Z、Q与X均可形成10电子和18电子分子C.4YW−与3YW

中Y的杂化方式不同的D.3QW分子中的键角大于3QX分子中的键角【答案】BC【解析】【详解】由图中各原子所成键数及离子所带电荷可推断出X、Y、Z、Q、W分别为H、B、C、N、F。A．3HNO的酸性比33HBO的酸性强，选项A错误；B．C原子与H原子可形成4CH

、26CH，N原子与H原子可形成3NH和24NH满足10电子和18电子，选项B正确；C．4YW−中Y的杂化方式为3sp，3YW中Y的杂化方式为2sp，选项C正确；D．3NF与3NH相比，前者配位原子电负性大，吸引电子能力强，中心原

子周围电子对斥力小，键角小，选项D错误；答案选BC。13.向盛有44mL0.1mol/LCuSO溶液的试管里滴加几滴1mol/L氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水并振荡试管，难溶物溶解，得到深蓝色溶液；再向试管中加入8mL95%乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，析出深蓝色晶体。下

列有关该实验的说法错误的是A.深蓝色透明溶液及晶体的深蓝色都是由于存在()234CuNH+B.加入8mL95%乙醇的目的是降低深蓝色晶体的溶解度C.()2341molCuNH+中含有键的数

目为A12ND.加氨水首先形成难溶物是因为()23242Cu2NHHO=CuOH2NH++++【答案】C【解析】【详解】A．溶液和晶体中因含有()234CuNH+而呈现深蓝色，A正确；B．加入乙醇能减小溶剂的极性，降低深蓝色晶体的溶解度，从而有利于析出晶体，B正确

；C．()2341molCuNH+中含有4mol配位键，12molN-H键，共16mol键，其数目为A16N，C错误；D．向硫酸铜溶液中滴加氨水，首先生成氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为Cu2++2N

H3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，D正确；故选C。三、非选择题：本题共4小题，共57分。14.第二周期元素与日常生活密切相关，许多科学家因研究这些元素的相关生化内容而荣获诺贝尔奖。请回答下列问题：（1）下列硼原子电子排布图表示

的状态中，能量最低和最高的分别为_______、_______(填选项字母)。A.B.C.D.（2）硼酸(H3BO3)为一元弱酸，靠结合水中的OH－使水电离而显酸性，写出硼酸电离方程式：_______。（3）氮化铝为一种新型无机非金属材料，因耐磨、耐热、硬度大等

优点而被广泛应用。它所属晶体类型为_______。（4）①C、N、O的第一电离能由小到大的顺序是_______；②N2F2(二氟氮烯)分子中的氮原子采用sp2杂化，则N2F2的结构式为_______；③氟和氧

可形成O3F2，试写出O3F2的电子式：_______。【答案】（1）①.B②.D（2）H3BO3+H2OB(OH)4−+H+（3）共价(或原子)晶体（4）①.C<O<N②.F-N=N-F③.:F:O:O:O:F:【解析】【小问1详解】电子能量1s＜2s＜2p，则2p轨道上电子越多、1s轨道上

电子越少，其能量越高，则能量由高到低的顺序是D＞C＞A＞B，即能量最低为B，最高为D；【小问2详解】根据题意可知硼酸的电离方程式为H3BO3+H2OB(OH)4−+H+；【小问3详解】耐磨、耐热、硬度大等特点符合共价(或原子)晶体的特性；【小问4详解】①同周期自左至右第

一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能由小到大的顺序是C<O<N；②氮原子采用sp2杂化，说明N2F2分子中两个N原子形成双键，结构式为F-N=N-F；③O原子一般形成两对共用电子对，F原子一般形成一对共用电子对，所以O3F2的电子式应

为····················:F:O:O:O:F:。15.科技创新离不开材料。回答下列问题：（1）高性能碳化硅材料。该材料中的硅元素的杂化方式为_______。（2）铝锂合金材料锂原子的一种电子排布式为211s2p，处于此状态的锂原子

有_______条发射光谱线；同周期中。比基态Al原子的第一电离能小的基态原子有_______种。（3）高性能储氢材料钯合金、镍合金。与镍处于同一周期、最外层只有一个电子有_______种元素，写出符合要求的原子度数最大的元素对应的价电子轨道表示式：

_______。（4）水基材料。水中存在氢键键能小于氟化氢分子间存在的氢键键能，而水的沸点高于氟化氢的沸点的原因是_______。（5）万能还原剂硼氢化钠()4NaBH。①4NaBH中存在的化学键类型有__

_____。②NaCl晶胞结构如图。晶胞中由Cl−围成的正八面体空隙有_______个。若晶胞棱长为apm，最近的Na+与Cl−的距离为_______pm。若AN表示阿伏伽德罗常数的值，则NaCl的密度为_______3g/cm。【答案】（1）3sp（

2）①.1②.1。的（3）①.三(或3)②.（4）同物质的量的水中氢键数目多于氟化氢分子间氢键数目（5）①.离子键、共价键(或离子键、共价键、配位键)②.4③.a2④.323A2.3410Na【解析】【小问1详解】碳化硅材料

中的硅元素的杂化方式为3sp；故答案为3sp。【小问2详解】锂原子的一种电子排布式为211s2p，有一个孤电子，处于此状态的锂原子有1条发射光谱线；Al原子最外层电子处于半满状态，第一电离能大于相邻原子，所以同周期中，比基态Al原子的第一电离能小的基态原子只

有Na原子，故答案为1；1。【小问3详解】镍处于第四周期，所以同一周期、最外层只有一个电子有K、Cr和Cu；原子度数最大的元素对应的价电子轨道表示式为；故答案为3；。【小问4详解】同物质的量的水中氢键数目多于氟化氢分子间氢键

数目，所以水的沸点高于氟化氢的沸点；故答案为同物质的量的水中氢键数目多于氟化氢分子间氢键数目。【小问5详解】①4NaBH中存在的化学键类型有离子键、共价键(配位键)；故答案为离子键、共价键(或离子键、共价键、配位键)。②根据NaCl晶胞结构图，晶胞中由Cl−围成的正八面体空

隙有4个。若晶胞棱长为apm，最近的Na+与Cl−的距离为a2pm。一个晶胞中含有4个NaCl，若AN表示阿伏伽德罗常数的值，则NaCl的密度为10323AA3m58.54V(a102.3410Ncam)N−===3g/cm；故答案为323A2.3410Na。16.

煤经过气化可达到“节能减排”的目的。在一定温度范围内，煤的气化发生的主要反应如下：I.()()()()22CsHOgCOgHg++垐?噲?1ΔH131.3kJ/mol=+II.()()()()222Cs2HOgCOg2Hg++2Δ

H90.3kJ/mol=+III.()()()()222COgHOgCOgHg++垐?噲?3ΔH（1）3ΔH=_______kJ/mol（2）煤的综合利用除气化外，还有_______(写出1点即可)。（3）用过渡理论或简单碰撞理论画出反应III反应过程中的能量变化示意图______。

（4）将一定量的CO和()2HOg的混合气体充入一绝热恒容密闭容器中发生反应III，下列说法能说明反应达到平衡的是_______(填选项字母)。A.容器内温度不变B.容器内压强不变C.混合气体密度不变D.混合气体平均相对分子质量不变（5）将一定量的碳(足量)和()22molHOg充入一恒容密闭

容器中进行反应，假设oTC时()22molHOg在该容器中产生的压强为0p。达平衡时，()2HOg的转化率和容器中混合气体的平均相对分子质量随温度变化如下图。①oTC后，平衡时混合气体平均相对分子质量变化很小的原因是_______。②oTC时

，假设体系中只发生反应I和II，反应I的平衡常数pK=_______(用含0p的代数式表示，pK为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）-41（2）液化，干馏（3）（4）AB（5）①.oTC后，以反应II

I为主，而反应III气体的质量和物质的量都不发生改变，故混合气体的平均相对分子质量变化很小②.00.9p【解析】【分析】由题意可得反应I、II吸热，由盖斯定律可得反应3放热，T℃之前H2O(g)转化率随温度升高而增大，对应吸热反应，故主要发生反应I、II，而T℃之后H2O(g)

转化率随温度升高而减小，对应放热反应，故主要发生反应III，而反应III气体的质量和物质的量都不发生改变，故混合气体的平均相对分子质量变化很小。由T℃的H2O(g)转化率及气体平均相对分子质量联立方程可解得各气体物质的量与分压，求得Kp。【小问1详解

】根据盖斯定律，321ΔH=ΔH-ΔH=-41kJ/mol【小问2详解】煤的综合利用除气化外，还有液化，干馏等【小问3详解】反应III的3H41kJ/mol=−，根据过渡态理论，反应过程中的能量变化图像可以表示为：【

小问4详解】将一定量的CO和()2HOg的混合气体充入一绝热恒容密闭容器中发生反应III，由于反应III放热，而容器绝热，故可通过温度变化判断是否达到平衡，A正确；根据p=nRT/V，由于反应III化学计量数前后不变且容器恒容，故p与T成正比，并会随反应进行发生改变，故可通过压强变化判

断是否达到平衡，B正确；混合气体密度mV=，由于m、V都是常数，则ρ也是常数，C错误；混合气体平均相对分子质量M=平均摩尔质量的数值=m/n，由于m、n都是常数，则M也为常数，D错误；故选AB。【小问5详解】oTC后，以反应

III为主，而反应III气体的质量和物质的量都不发生改变，故混合气体的平均相对分子质量变化很小；如果oTC时体系中只发生反应I和II，达平衡时，气体平均相对分子质量=16，H2O(g)转化率为90%，由于初始时n(H2O)=2mol，则平衡体系中，n(H2O

)=0.2mol，n(H2)=1.8mol（氢原子守恒），n(CO)+2n(CO2)=1.8mol（氧原子守恒），又平均相对分子质量=16，设n(CO)=xmol，则n(CO2)=(1.8-x)/2mol，混合气体总质量m=18×0.2

+1.8×2+28x+44×(1.8-x)/2=(46.8+6x)g，总物质的量n=0.2+1.8+x+(1.8-x)/2=(2.9+0.5x)mol，故平均摩尔质量=m/n=(46.8+6x)/(2.9+0.5x)=16，解得x=0.2，故n(CO)=0.2mol，则n(CO2)=0.8mol，

由于恒容密闭容器中2molH2O(g)产生的分压为p0，且分压之比等于物质的量之比，故平衡时pH2O=0.1p0，pH2=0.9p0，pCO=0.1p0，故反应I的平衡常数Kp=(pH2×pCO)/pH2O=0.9p017.碳、硅两种元素在化学世界中占有举足轻重的地

位。有机化合物的组成离不开碳元素，而无机非金属材料的主角为硅。回答下列问题：（1）基态碳原子核外电子排布式为_______，有_______种能量不同的电子。（2）硅元素在元素周期表中的位置_______。（3）碳原子可形成键和π键，而硅原子只能形成σ键，其原因

是_______。（4）等物质的量的26CH、24CH、22CH含有σ键的数目比为_______。（5）类石墨相氮化碳()34gCN−作为一种新型光催化材料，在光解水产氢等领域具有广阔的应用前景，研究表明，非金

属掺杂(O、S等)能提高其光催化活性。34gCN−具有和石墨相似的层状结构，其中一种二维平面结构如下图所示。34gCN−中，C原子的杂化轨道类型为_______，每个基本结构单元(图中实线圈部分)中两个N原子(图中虚线圈所示)被O原子代替，形成O掺杂的34gCN−()OP

CN。OPCN的最简式_______。【答案】（1）①.2221s2s2p②.3（2）第三(或3)周期第IVA(族)（3）碳原子半径小，p轨道能有效重叠形成π键；而硅原子半径大，p轨道不能有效重叠形成π键（4）7:5:3（5）①.2sp杂化②.33CNO【解析】【小问1详解】

基态碳原子的核电荷数是6，核外电子排布式为：2221s2s2p；有3种能量不同的电子；【小问2详解】硅为14号元素，在元素周期表中的位置为第三(或3)周期第IVA(族)；【小问3详解】碳原子可形成键和π键，而硅原子只能形成σ键，其原因是碳原子半径小，p轨道能有效重叠形成π键；而硅

原子半径大，p轨道不能有效重叠形成π键；【小问4详解】单键为σ键，双键含1个σ键、1个π键，三键含有1个σ键，2个π键，故等物质的量的26CH、24CH、22CH含有σ键的数目比为7:5:3；【小问5详解】34gCN−中，结合二维平面结构图得知，

C原子与N原子形成三个键，层内存在大π键的，不存在孤电子对，故C原子的杂化轨道类型为2sp杂化；从基本结构单元分析得知，N原子的成键有连两个C原子和连三个C原子的两种情况，连两个C原子的N原子完全属于该基本结构单元，连三个C原子的N原子处在

中心的完全属于该基本结构单元，处在“顶点”上的属于三个基本结构单元，故一个基本结构单元含有6个C原子和17383+=个N原子；将图中虚线圈所示的N原子用O原子代替，则O原子完全属于该基本结构单元，故该基本结构弾元含有6个C原子、6个N原子、2个O原子，则形成O掺杂的()

34gCNOPCN−的最简式为33CNO。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com