安徽省黄山市2020届高三化学第二次质量检测试题（含解析）

安徽省黄山市2020届高三化学第二次质量检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 S：32 Cl：35.5 Ca：40 Zn：65 Fe：56 Cu：64 Ga：70 I：127第卷(选择题，共126分)一、选择题：本题共13个小题，每小题6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.化学与生活密切相关，下列说法错误的是A. 电子垃圾统一回收、拆解、再利用，能够减少对土壤和水源的污染B. 可溶性的铝盐和铁盐可用作生活用水的净水剂C. 油脂、糖类以及蛋白质在人体内均能发生水解反应D. 硫酸钙和碳酸钙都可作建筑材料【答案】C【解析】【详解】A、电子垃圾统一回收、拆解、再利用，符合节能减排同时又能够减少对土壤和水源的污染，故选项A正确；B、可溶性的铝盐和铁盐都可水解，生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体，胶体能吸附水中的杂质，可用作生活用水的净水剂，故选项B正确；C、糖类中的葡萄糖属于单糖，是不能水解的糖，故选项C错误；D、硫酸钙是石膏、水泥的主要成分，碳酸钙是大理石、石灰石的主要成分，硫酸钙和碳酸钙都可作建筑材料，故选项D正确。答案选C。2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. H2S的燃烧热是Q kJ/mol。充分燃烧H2S，当有0.5Q kJ热量放出时，转移的电子数为6NAB. 25时，500mL pH=11的碳酸钠溶液中,由水电离出的OH数目为0.0005 NAC. pH=2的H3PO4溶液中，H的数目为0.01NAD. 0.10 L 2.0 molL1的NaHCO3溶液中HCO3和CO32的离子数之和为0.2NA【答案】B【解析】【详解】A、H2S燃烧的热化学方程式为H2S(g)+O2(g)=H2O(l)+SO2(g) H=Q kJ/mol，反应1molH2S转移的电子数为6NA，当有0.5Q kJ热量放出时，参加反应的H2S物质的量为0.5mol，转移的电子数为3NA，故选项A错误；B、pH=11的溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH-）=110-3mol/L，该溶液中含有氢氧根离子的物质的量为：n（OH-）=110-3mol/L0.5L=510-4mol， Na2CO3溶液中，碳酸根离子水解促进了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的，则水电离出的氢氧根离子的物质的量为510-4mol，所以水电离出的OH-数目为：510-4molNA mol-1= 0.0005 NA，故选项B正确；C、pH=2的H3PO4溶液中氢离子的浓度为0.01mol/L，但是不知道溶液体积，无法计算，故选项C错误；D、HCO3-既能水解为H2CO3又能电离为CO32-，根据物料守恒可知，NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-离子数之和为0.2NA，故选项D错误。答案选B。3.下列对有机物的描述正确的是A. 组成为C6H14的烷烃中仅能由1种单炔烃加氢而制得的结构有2种B. 立方烷( )燃烧的现象与乙烷燃烧的现象相同C. 分子中所有原子不可能处于同一平面D. 用碳酸钠溶液不能一次性鉴别乙酸、苯和乙醇三种无色液体【答案】A【解析】【详解】A、因为烷烃C6H14仅能由1种单炔烃加氢而制得，所以其结构简式可能是CH3CH2C(CH3)3、 CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，故选项A正确；B、立方烷、乙烷含碳量不同，燃烧时现象不同，有机物含碳量越大，燃烧时火焰越明亮，烟越浓，故选项B错误；C、苯环和碳碳双键均为平面结构，分子中苯环和碳碳双键直接相连，则所有原子可能处于同一平面，故选项C错误；D、乙酸与碳酸钠反应生成气体，苯不溶于水，乙醇易溶于水，可鉴别，故选项D错误。答案选A。【点睛】本题的易错点为C，用甲烷、乙烯、乙炔、苯、甲醛结构为原型和思维起点，把复杂的有机物分子分解成几个部分，借助单键可以旋转、双键和三键不能旋转这一知识来分析所分解的各个部分，再予以综合，便能得出分子中在同一平面或同一直线上的原子数目。4.由下列实验及现象能推出相应结论的是实验现象结论A某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2，没有Fe3B将红热的木炭投入浓硫酸中产生的气体通入澄清的石灰水石灰水变浑浊木炭被氧化成CO2C加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D将0.1mol/L的NaCl溶液滴入硝酸银溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol/L KI溶液先有白色沉淀生成，后变为黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A、某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀证明原溶液中有Fe2，但是不能证明是否含有Fe3，故选项A错误；B、浓硫酸中产生的气体通入澄清的石灰水，石灰水变浑浊可能是二氧化碳也可能是二氧化硫造成的，故选项B错误；C、碳酸氢铵受热分解产生的氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是碳酸氢铵显碱性，故选项C错误；D、溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，根据实验知，先生成白色沉淀AgCl、再转化为黄色沉淀AgI，所以Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故选项D正确。答案选D。5.短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增加，其中只有Z为金属元素，X、W为同一主族元素，X元素原子的L层电子是K层的两倍；点燃条件下，Z的单质在 X与Y形成的最高价化合物甲中能发生反应生成化合物乙和X的单质。下列判断错误的是A. W的单质可做半导体材料B. Z可能位于元素周期表第三周期A族C. 4种元素的原子中，Y原子的半径最小D. 工业上通过电解化合物乙来制取Z的单质【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素原子序数依次增加， X元素原子的L层电子是K层的两倍为C；X、W为同一主族元素，则W为Si；Z在短周期元素中为金属元素，Z的单质在 X与Y形成的最高价化合物甲中能发生反应生成化合物乙和X的单质，则Y为O，Z为Mg，甲为CO2，乙为MgO。【详解】A、 Si的单质可做半导体材料，故选项A正确；B、Mg位于元素周期表第三周期A族，故选项B正确；C、同周期元素原子从左到右半径依次减小，同主族元素原子从上而下半径依次增大，故C、O、Mg、Si四种元素中，O的原子半径最小，故选项C正确；D、 工业上通过电解化合物MgCl2来制取Mg，不是MgO，MgO熔点高，故选项D错误。答案选D。【点睛】明确原子结构与元素周期律的关系，正确判断元素是解本题关键，注意：同周期元素原子从左到右半径依次减小，同主族元素原子从上而下半径依次增大，题目难度不大。6.天然气的主要成分为CH4，可将CH4设计成燃料电池，来解决能源问题，装置如图所示。在标准状况下，持续通入甲烷，消耗甲烷VL。下列说法错误的是A. 当0V33.6 L时，负极反应式为CH410OH-8e= CO327H2OB. 正极反应式为O2 +4H+ +4e=2H2OC. 当V=67.2 L时，电池总反应方程式可写为CH42O2NaOH= NaHCO32H2OD. 电解质溶液中的Na+向正极移动【答案】B【解析】【分析】燃料电池中，通入燃料的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极，n（NaOH）=1.5mol/L2L=3mol，可能先后发生反应CH4+2O2CO2+2H2O、CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。【详解】A、当0V33.6L时，0n（CH4）1.5mol，则0n（CO2）1.5mol，只发生反应，且NaOH过量，则电池总反应式为CH4+2O2+2NaOH=Na2CO3+3H2O，负极反应式为CH410OH-8e= CO327H2O，故选项A正确；B、碱性燃料电池，正极反应式为2H2O +O2 +4e=4OH-，故选项B错误；C、当V=67.2L时，n（CH4）=3mol，n（CO2）=3mol，则电池总反应式为CH42O2NaOH=NaHCO32H2O，故选项C正确；D、燃料电池中，通入CH4的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极，Na+向正极移动，故选项D正确。正确答案选B。【点睛】注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应，题目难度中等。7.在某温度时，将n molL1氨水滴入10 mL 1.0 molL1 盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是A. a点Kw1.01014B. b点：c(NH4+)c(Cl)c(H)c(OH)C. 25 时，NH4Cl水解常数为(n-1)10-7(用n表示)D. d点水的电离程度最大【答案】C【解析】【详解】A、水的离子积与温度有关，温度越低水的离子积常数越小，a点时溶液温度小于25，则水的离子积Kw1.010-14，故A错误；B、b点时溶液的pHc（OH-），根据电荷守恒可知：c（Cl-）c（NH4+），溶液中离子浓度大小为：c（Cl-）c（NH4+）c（H+）c（OH-），故选项B错误；C、根据图象可知，25时溶液的pH=7，则：c（H+）=c（OH-）=10-7 molL-1，c（NH4+）=c（Cl-）=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c（NH3H2O）=（0.5n-0.5）mol/L，则25时NH4Cl水解常数为：K=（n-1）10-7，故选项C正确；D、b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，则a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程度最大，故D错误。正确答案选C。【点睛】酸碱中和滴定类试题解题的难点在于整个过程是一个动态过程，我们要将一个动态过程转化为一个静态的点进行分析。这类图象题在解题过程中还可以以两个关键点进行分段分析，一是滴定终点，此时酸碱恰好中和，为单一盐溶液，只需考虑水解；另一为pH=7的点，此时溶液呈中性，从守恒角度进行考虑。8.亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在常温常压下反应得到。ClNO部分性质如下：黄色气体，熔点：59.6，沸点：6.4，遇水易水解。已知：HNO2既有氧化性又有还原性；AgNO2微溶于水，能溶于硝酸：AgNO2+HNO3= AgNO3+ HNO2。(1)利用、装置制备原料气NO和Cl2 写出利用装置制备氯气的离子反应方程式：_。 利用上述装置制备NO时，中盛装物质为_(写化学式)。(2)利用以下装置在常温常压下制备ClNO 装置连接顺序为a_(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。 为使NO和Cl2恰好完全反应生成ClNO，理论上通入NO和Cl2两种气体的流速比为_。 装置的作用是_。 装置吸收尾气时，有同学认为尾气中的某种气体不能完全被吸收，为了充分吸收尾气，可将尾气与_(气体)同时通入NaOH溶液中。 王水是浓盐酸和浓硝酸的混酸，一定条件下混酸可生成ClNO和Cl2，该反应的化学方程式为_。 写出验证ClNO与H2O完全反应后的溶液中存在Cl-和HNO2的实验步骤：取少量反应后的溶液于试管中，_。(限选试剂如下：AgNO3溶液，稀硝酸，KMnO4溶液)【答案】 (1). MnO2+4H+2Cl Mn2+ + Cl2+2H2O (2). H2O (3). aefcbd (或afecbd) (4). 21 (5). 冷凝亚硝酰氯，便于收集 (6). O2(或空气) (7). HNO3(浓)+3HCl(浓)=ClNO+Cl2+2H2O (8). 依次滴加足量的AgNO3溶液和稀硝酸，充分振荡、静置，有白色沉淀生成；另取静置后上层清液少许于另一支试管中，滴加KMnO4溶液，溶液紫色褪去【解析】【详解】(1)、制备氯气的离子反应方程式：MnO2+4H+2Cl Mn2+ + Cl2+2H2O；实验室收集NO只能用排水法，选择试剂H2O；(2)、ClNO易与水反应，装置VII可以防止尾气吸收装置VIII的水蒸气进入，所以连接顺序为aefcbd；由反应2NO+Cl2=2ClNO可知理论上通入NO和Cl2两种气体的流速比为2：1时恰好完全反应生成ClNO； 由于ClNO沸点：6.4，所以需要冰盐（-10）冷凝亚硝酰氯，才便于收集；空气中氧气与NO反应生成NO2，同时通入NaOH溶液中被NaOH溶液吸收，避免NO逸出污染空气；王水是浓盐酸和浓硝酸的混酸，一定条件下混酸可生成ClNO和Cl2，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为：HNO3(浓)+3HCl(浓)=ClNO+Cl2+2H2O；验证ClNO与H2O完全反应后的溶液中存在Cl-和HNO2，可根据Cl-与Ag+反应生成白色沉淀及HNO2具有还原性进行判断，具体操作为：依次滴加足量的AgNO3溶液和稀硝酸，充分振荡、静置，有白色沉淀生成；另取静置后上层清液少许于另一支试管中，滴加KMnO4溶液，溶液紫色褪去。9.Zn、Fe及其化合物在生产生活中应用比较广泛。工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4,还含有少量FeO和CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下：(1)为了提高酸浸效率，可采用的措施有_(任答两条)；写出ZnFe2O4溶于酸的离子方程式_(2)向净化操作中加入ZnO的目的_ (3)若净化后的溶液中Cu2+浓度为110-12mol/L,则净化后溶液中Zn2+浓度为_(已知：室温下Ksp(ZnS)=1.610-24, Ksp(CuS)=6.410-36)(4)“电解”工艺制锌时Zn2+利用率较低，废液中有大 量的Zn2+ 残留。某化工厂拟采用改变酸锌比净化废液的方式来提高原料的利用率,降低成本。如图是工业生产中不同酸锌比时净化液利用率对电解时直流电耗能影响关系图。根据图分析，该工厂净化废液时的最佳酸锌比为_。A. 5:1 B.6:1 C.7:1 D.10:1(5)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，工业上常利用ZnFe2(C2O4)36H2O隔绝空气加热分解制备，该晶体的热分解化学方程式为_。测热分解后产品中ZnFe2O4的质量分数方法如下：取a克产品用H2SO4溶解后加入足量KI溶液充分反应，调溶液至弱酸性，再加入淀粉指示剂，用c mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，用去此标准溶液v mL时，刚好到达滴定终点，则此产品中ZnFe2O4的质量分数为_(用a、c、v表示)。(已知：I2+2S2O32=2I+S4O62)【答案】 (1). 粉碎、搅拌、升温、适当增大酸的浓度等 (2). ZnFe2O4 + 8H+ = Zn2+ 2Fe3+ + 4H2O (3). 调节pH，使Fe3+全部转化为Fe(OH)3除去 (4). 0.25mol/L (5). C (6). ZnFe2(C2O4)36H2OZnFe2O4 + 4CO+2CO2+6H2O (7). 【解析】【分析】将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质)酸浸，发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2+2Fe3+4H2O、ZnO+2H+=Zn2+H2O、FeO+2H+=Fe2+H2O、CuO+2H+=Cu2+H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe2+2H+H2O2=2 Fe3+2H2O，用ZnO调节溶液的pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。【详解】(1) 酸浸时将锌焙砂粉碎，提高酸浸效率。为达到这一目的，还可采用的措施是增大酸的浓度或升高温度、搅拌等；ZnFe2O4溶于酸的离子方程式为：ZnFe2O4 + 8H+ = Zn2+ 2Fe3+ + 4H2O；(2) 分离Zn2+和Fe3+的方法可用盐类水解原理通过调节pH的方法进行除杂，为防止引进杂质可用加ZnO粉末来调节溶液的pH，使Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀除去；(3)若净化后的溶液中Cu2+浓度为110-12mol/L，c（S2-）= Ksp(CuS)/ c（Cu2+）=6.410-24mol/L，则净化后溶液中Zn2+浓度为c（Zn2+）=Ksp(ZnS)/ c（S2-）= =0.25mol/L；(4) 净化废液时的最佳酸锌比应该是净化液利用率高同时电解时直流电耗能低，从图中可知在酸锌比为7：1时最佳，答案选C；(5) ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，工业上常利用ZnFe2(C2O4)36H2O隔绝空气加热分解制备，该晶体的热分解化学方程式为ZnFe2(C2O4)36H2OZnFe2O4 + 4CO+2CO2+6H2O；(6) 由ZnFe2O4+8H+=Zn2+2Fe3+4H2O、2Fe3+2I-=2Fe 2+I2 、 I2+2S2O32=2I+S4O62可知：ZnFe2O4 2 S2O32 (ZnFe2O4)=【点睛】该类试题的解题思路为：明确整个流程及每一部分的目的仔细分析每步反应发生的条件以及得到的产物的物理或化学性质结合基础理论与实际问题思考注意答题的模式与要点。从含有多种离子的混合物中分离出某种微粒，一般可以根据金属氢氧化物形成沉淀剂沉淀完全的溶液的pH不同，通过调节溶液的pH，先使金属阳离子形成沉淀。10.深入研究碳元素的化合物有重要意义，回答下列问题：(1)在恒温、恒容密闭容器中加入H2C2O4，发生反应：H2C2O4(s)CO2(g)+CO(g)+H2O(g)，下列叙述能说明反应已经达到平衡状态的是_。A压强不再变化BCO2(g)的体积分数保持不变C混合气体的密度不再变化D混合气体的平均摩尔质量保持不变(2)工业上可以通过反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)制备甲醇。在一容积可变容器中充入2molCO和4molH2,CO的平衡转 化率随温度(T)、压强(P)的变化关系如图所示。该反应的H_0(填“”、“”、“”或“”)。若在压强P1下达到化学平衡状态A时，容器的体积为10L。如果反应开始时仍充入2molCO和4molH2,则在压强P2下达到平衡状态B时容器的体积V(B)=_L。(3)从平衡移动的角度分析AlCl3溶液可以溶解CaCO3固体的原因是_(4)常温下，测得某CaCO3的饱和溶液pH=10.0，忽略CO32的第二步水解，计算Ksp(CaCO3)=_(保留三位有效数字)(已知：Ka1(H2CO3)=4.410-7Ka2(H2CO3)=4.710-11)(5)有一种可充电电池Na-Al/FeS，电池工作时Na+的物质的量保持不变，并且用含Na+的导电固体作为电解质，已知该电池的正极反应式为2Na+FeS+2e-=Na2S+Fe, 则放电时负极反应式为_。该电池充电时，当转移2mol电子时，阳极质量的变化量为_g。【答案】 (1). AC (2). (3). (4). 2 (5). CaCO3(s) Ca2+ (aq)+ CO32(aq)，Al3+ 水解显酸性，溶液中H+与CO32结合，促进CaCO3的溶解平衡向右移，使CaCO3溶解 (6). 6.9110-9 (7). 2Na-2e-=2Na+ (8). 46【解析】【详解】（1）恒容密闭容器中，保持温度不变，A、反应H2C2O4 （s）H2O（g）+CO（g）+CO2（g）是一个气体体积增大的反应，恒容时，容器的压强不再变化，说明该反应已达到化学平衡状态，故A正确；B、在反应H2C2O4 （s）H2O（g）+CO（g）+CO2（g）中，CO2(g)的体积分数始终保持不变，不能说明该反应已达到化学平衡状态，故B错误；C、密度=，气体的总质量会变，体积不变，混合气体的密度不再变化能说明该反应已达到化学平衡状态，故C正确；D、生成物气体是按照固定比例生成的，气体平均摩尔质量不发生变化，所以当气体平均摩尔质量不再发生变化，不能说明该反应已达到化学平衡状态，故D错误。（2）根据图象可知，温度升高CO的平衡转化率下降，所以为放热反应，H0；CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）正反应是气体体积减小的方向，当其他条件不变时，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO的平衡转化率增大，由图可知A点CO的平衡转化率比B点CO的平衡转化率小，说明P1 P2，当其他条件不变时，压强越高，反应速率越快，则v正(CO) v逆(CH3OH)；利用A点时CO的转化率为50%， CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始（mol）：2 4 0转化（mol）：1 2 1平衡（mol）：1 2 1K=25 A、B两容器温度相同，即化学平衡常数相等，且B点时CO的转化率为0.8，则 CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始（mol）：2 4 0转化（mol）：1.6 3.2 1.6平衡（mol）：0.4 0.8 1.6设体积为VL，则有K=得V=2L（3）CaCO3(s) Ca2+ (aq)+ CO32(aq)，Al3+ 水解显酸性，溶液中H+与CO32结合，促进CaCO3的溶解平衡向右移，使CaCO3溶解；（4）由Ka2（H2CO3）=4.710-11可知CO32-+H2OHCO3-+OH-的水解Kh=常温下，测得CaCO3与水形成的浊液pH为10，c（HCO3-）=c（OH-）=110-4，可知c（CO32-）=又c（Ca2+）=c（CO32-）+c（HCO3-）=Ksp（CaCO3）=c（Ca2+）c（CO32-）=6.9110-9（5）Na性质活泼，易失去电子而被氧化，应为原电池的负极，电极方程式为2Na-2e-=2Na+；充电时，阳极发生氧化反应，电极方程式为Na2S+Fe-2e-=2Na+FeS m 2mol 46g该电池充电时，当转移2mol电子时，阳极质量的变化量为46g。11.第三代半导体材料氮化镓(GaN)适合于制作高温、高频、抗辐射及大功率器件，通常称为高温半导体材料。回答下列问题：(1)基态Ga原子价层电子的轨道表达式为_，第一电离能介于N和B之间的第二周期元素有_种。(2)HCN分子中键与键的数目之比为_，其中键的对称方式为_。与CN互为等电子体的分子为_。(3)NaN3是汽车安全气囊中的主要化学成分，其中阴离子中心原子的杂化轨道类型为_。NF3的空间构型为_。(4)GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料，晶体类型与晶体硅类似，熔点如下表所示，分析其变化原因_。GaNGaPGaAs熔点170014801238(5)GaN晶胞结构如下图所示。已知六棱柱底边边长为a cm，阿伏加德罗常数的值为NA。 晶胞中Ga原子采用六方最密堆积方式，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子数目为_； GaN的密度为_gcm3(用a、NA表示)。【答案】 (1). (2). 3 (3). 1:1 (4). 轴对称 (5). CO (6). sp (7). 三角锥形 (8). 原子半径N P As，键长Ga-N Ga-P Ga-P Ga-As，故熔点降低 (9). 12 (10). 【解析】【详解】(1)Ga原子价层电子有6个电子，4s能级上有2个电子，4p能级上有1个电子，其外围电子排布图为 ；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第A元素第一电离能大于第A元素，第A族的第一电离能大于第A族元素，所以第二周期中第一电离能顺序为：BBeCON，第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素；(2)单键是一个键，三键是一个键2个键，通过HCN分子的结构简式H-CN可知含有2个键 2个键，得出键与键的数目之比为1：1； 键的对称方式为轴对称；等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子，与CN-互为等电子体的分子为CO ； (3) 氮原子形成单键时为sp3杂化，形成双键时为sp2杂化，形成叁键时为sp杂化，N3-中心原子的杂化轨道类型为sp ； NF3中N的杂化类型为sp3，形成3个共用电子对，还有一对孤对电子，因而NF3的空间构型为三角锥形；(4)原子半径N P As，键长Ga-N Ga-P Ga-P Ga-As，故熔点降低； (5)从六方晶胞的面心原子分析，上、中、下层分别有3、6、3个配位原子，故配位数为12；六方晶胞中原子的数目往往采用均摊法：位于晶胞顶点的原子为6个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/6；位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；位于晶胞侧棱的原子为3个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/3；位于晶胞底面上的棱棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1， GaN晶胞中Ga原子个数为6，晶胞中N原子个数为，所以该结构为Ga6N6，质量为684/NAg，该六棱柱的底面为正六边形，边长为acm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为cm2，如图所示可知高为2倍的正四面体高，cm，所以体积为，密度为=。【点睛】有关晶胞密度的计算步骤：根据“分摊法”算出每个晶胞实际含有各类原子的个数，计算出晶胞的质量m；根据边长计算晶胞的体积V； 根据=进行计算，得出结果。12.某化合物H的合成路线如下：已知CHCH在NaNH2液氨条件下可生成CHCNa或NaCCNa(1)A的化学名称是_，BC的反应类型是_(2)DE的反应试剂、条件是_，F中不含氧官能团名称是_(3)H的分子式是_(4)FG的化学方程式是_(5)W是E的同系物，比E少一个碳原子，则符合下列条件的W的同分异构体的结构简式是_(写一种)有两种官能团遇FeCl3溶液显紫色核磁共振