2019届安徽省黄山市高三第二次质量检测理综化学试题(解析版)

---黄山市2019届高中毕业班第二次质量检测理科综合能力测试卷可能用到的相对原子质量：H:1 C:12N:14O:16Na:23Mg：24S:32Cl:35.5Ca:40Zn:65Fe：56Cu：64Ga：70I:127第I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；日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CoN代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是H2s的燃烧热是QkJ/mol。充分燃烧H2S,当有0.5QkJ热量放出时，转移的电子数为 6M25c时，500mLpH=11的碳酸钠溶液中，由水电离出的O口数目为0.0005NapH=2的H3PO溶液中，4的数目为0.01N0.10L2.0mol•L-的NaHCO容液中HC(3T和CO2一的离子数之和为0.2NA【答案】B【解析】3【详解】A、H2s燃烧的热化学方程式为 H2S(g)+-O2(g)=H2O(l)+SO2(g)AH=—QkJ/mol,反应1molH2s转移的电子数为6N,当有0.5QkJ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；・1-4日pH=11的溶液中氢氧根离子浓度为： c(OH)= .,=1x10-3mol/L,该溶液中含有氢氧根离子的物质1x10'11的量为：n(OH)=1xi0-3mol/Lx0.5L=5x10—4mol,NazCO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 5X10—4mol,所以水电离出的OH数目为：5X10—4molxNAmol-1=0.0005Na,故选项B正确；CpH=2的HPQ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；DHCO既能水解为H2CO又能电离为CO2-,根据物料守恒可知， NaHCOB液中HCO、HCO和CO2一离子数之和为0.2Na,故选项D错误。答案选Bo3.下列对有机物的描述正确的是A.组成为GHi4的烷燃中仅能由1种单快烧加氢而制得的结构有 2种B.立方烷(百])燃烧的现象与乙烷燃烧的现象相同c.[0P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、因为烷烧QH4仅能由1种单快烧加氢而制得，所以其结构简式可能是CHCHC(CH)3、 CH3CHCH(CH)CH2CH,故选项A正确；日立方烷、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， Qp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Ao【点睛】本题的易错点为 C,用甲烷、乙烯、乙快、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K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀原溶液中有Fe,没有FeB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后灰水变浑浊木炭被氧化成COC加热盛用少量NHHCO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艾盅NHHCOM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/LKI溶液先有白色沉淀生成，后变为黄色沉淀Kp(AgCl)>Ksp(AgI)A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A、某溶液中滴加K[Fe(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碳酸氢钱受热分解产生的氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是碳酸氢俊显碱性，故选项 C错误；口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(Agl),故选项D正确。答案选Do5.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/^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♦♦W的单质可做半导体材料Z可能位于元素周期表第三周期nA 族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【分析】X、Y、Z、W匀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CO,乙为MgO【详解】A、Si的单质可做半导体材料，故选项A正确；日Mg位于元素周期表第三周期nA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、QMgSi四种元素中，。的原子半径最小，故选项C正确；D工业上通过电解化合物MgC2来制取Mg不是MgOMgO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CH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VLo下列说法错误的是♦♦I 用电器A.当0<"33.6L时，负极反应式为CHI+10OH-8e==CQ2+7HOB.正极反应式为C2+4H++4e==2H2OC.当V=67.2L时，电池总反应方程式可写为 CH+2Q+NaOH==NaHGQ2H2OD.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/LX2L=3mol,可能先后发生反应①CH+2Q-CO+2H2。、②CO+2NaOH=NCO+H2O、③NaCO+CO+H2O=2NaHCO)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0<“33.6L时，0<n(CHI)01.5mol,则0<n(CO)01.5mol,只发生反应①②，且NaOH过量，则电池总反应式为 CH+2Q+2NaOH=N2CQ+3H2O,负极反应式为CH+100H-8e==CO32+7H2O,故选项A正确；日碱性燃料电池，正极反应式为 2HO+O2+4e=4OH,故选项B错误；C当V=67.2L时，n(CHI)=3mol,n(CO)=3mol,则电池总反应式为CH+2Q+NaOH=NaHCO2HO,故选项C正确；DK燃料电池中，通入CHI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Bo【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nmol-L1氨水?入10mL1.0mol-L一盐酸中，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0 10a点KW=1.0x1014b点：c(NH4+)>c(Cl)>c(H+)>c(OH)25C时，NHCl水解常数为(n-1)x10-7(用n表示)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25C,则水的离子积Kw<1.0X10-14,故A错误；Bb点时溶液的pH<7,则c(H+)>c(OH),根据电荷守恒可知： c(Cl-)>c(NH+),溶液中离子浓度大小为：c(Cl-)>c(NH+)>c(H+)>c(OH),故选项B错误；C根据图象可知，25c时溶液的pH=7,贝U:c(H+)=c(OH)=10-7mol?L-1,c(NH+)=c(Cl-)=0.5mol/L,根据物料守恒可知： c(NH?H2。=(0.5n-0.5)mol/L,贝U25c时NHCl水解常数为：K=""""；】0二(n-1)x10-7,故选项C正确；Db点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化俊，俊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Q【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：—59.6C,沸点：—6.4C,遇水易水解。已知： HNO既有氧化性又有还原性； AgNO微溶于水，能溶于硝酸： AgNOHNO=AgNO3+HNQ。—A（1）利用I、n、出装置制备原料气 N5口C12①写出利用装置I制备氯气的离子反应方程式:②利用上述装置制备no时，n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 ClNO①装置连接顺序为a-（按气流自左向右方向，用小写字母表示 ）。②为使NOmCI2恰好完全反应生成ClNO）,理论上通入NO和C12两种气体的流速比为③装置IX的作用是。装置皿吸收尾气时，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容液中。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C12,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HNO的实验步骤：取少量反应后的溶液于试管中, 。（限选试剂如下：AgNOB液，稀硝酸，KMnO溶液）【答案】 (1).MnO 2+4H++2Cl △ Mn2+ +Cl2T +2H2O (2).H 2O (3).a 一e-f-c—b-d(或

a-f-e-c-b—d)(4).2 ：1(5). 冷凝亚硝酰氯，便于收集 (6).0 2(或空气)⑺.HN0(浓)+3HCl(浓尸ClNOT+CI2T+2HO(8). 依次滴加足量的AgNO^^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 KMnO溶液，溶液紫色褪去【解析】【详解】(1)、①制备氯气的离子反应方程式： MnO+4H++2Cl△Mn2++Cl2T+2H2O；②实验室收集NO只能用排水法，选择试剂 HO;(2)、①ClNO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a-e—f一c-b一d;②由反应2NO+C2=2ClNO可知理论上通入N5口Cl2两种气体的流速比为2:1时恰好完全反应生成ClNO;③由于ClNO沸点：—6.4C,所以需要冰盐(-10C)冷凝亚硝酰氯，才便于收集；④空气中氧气与NO反应生成NO,同时通入NaOH§液中被NaOHB液吸收，避免NO逸出污染空气；⑤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： HN(3(浓)+3HCl(浓尸ClNOT+Cl2T+2HQ⑥验证ClNO与H2O完全反应后的溶液中存在Cl-和HNO,可卞据Cl-与Ag+反应生成白色沉淀及HNO具有还原性进行判断，具体操作为：依次滴加足量的 AgNO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 KMnO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Zn。ZnFeQ,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ZnFezQ溶于酸的离子方程式 (2)向净化［操作中加入ZnO的目的 ⑶若净化后的溶液中Cu2+浓度为1X10-12mol/L,则净化后溶液中Zn2+浓度为(已知：室温下Ksp(ZnS)=1.6X10-24,Ksp(CuS)=6.4X10-36)(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。*:配砚撕入*:配砚撕入昌W电H鄢十比号中FUj-A.5:1B.6:1C.7:1D.10:1⑸ZnFe2Q是一种性能优良的软磁材料，工业上常利用 ZnFe(C2O)3・6HO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 ZnFeQ的质量分数方法如下：取a克产品用H2SO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cmol/LNa2S2Q标准溶液滴定，用去此标准溶液 vmL时，刚好到达滴定终点，则此产品中 ZnFe?Q的质量分数为(用a、c、v表示)。(已知：12+2S2O32=2I+S4O62)【答案】(1). 粉碎、搅拌、升温、适当增大酸的浓度等 (2). ZnFeQ+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(C2Q)3-6H2O-ZnFeQ+4COT+2CO2T+6H2O⑺.【解析】【分析】将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFezQ,还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质)酸浸，发生反应ZnFe2Q+8H+=Zn2++2Fe3++4h2。ZnO+2H=Zn2++HOFeO+2H=Fe2++H2QCuO+2H=Cu2++H2。，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe2++2H++HQ=2Fe3++2H2Q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；ZnFe2Q溶于酸的离子方程式为： ZnFe2Q+8H+=Zn2++2Fe3++4H2。；(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；⑶若净化后的溶液中Cu2+浓度为1xi0-12mol/L,c(S2-)=Ksp(CuS)/c(Cu2+)里一电一【【1。1；1=6.4X10-24mol/L,则净化后溶液中Zn2+浓度为c(Zn2+)=Ksp(ZnS)/c(S2-)J—曳FlUOljL1x10 6.4x1.0”=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;⑸ZnFe2Q是一种性能优良的软磁材料，工业上常利用 ZnFeXCzQ)3•6屋0隔绝空气加热分解制备，该晶体的热分解化学方程式为 ZnFe2(C2O)3-6H2O八ZnFezQ+4COT+2CQT+6H2Q(6)由ZnFe2Q+8H+=Zn2++2Fe3++4H2。2Fe3++2I=2Fe2++I2、I2+2S2Q2=2I+S4Q2可知：2ZnFezQ~ 2S 2O3]mol2n)ol_3 _Q0.5CVX10IliolCVX10Hiol3亿nFe2Q尸‘" -I'JI；..=1,-【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一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一结合基础理论与实际问题思考一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 H2C2Q,发生反应：HGQ(s)=CO(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B.CO(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)=CHOH(g)制备甲醇。在一容积可变容器中充入 2molCO和4molH,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?H0(填“>”、“<”或“="),比较A点时用CO^示的正反应速率与B点时用CHOHB!示的逆反应速率的大小v正(CO)v逆(CH3OH)(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尸(3)从平衡移动的角度分析 AlCl3溶液可以溶解CaCO固体的原因是(4)常温下，测得某CaCO的饱和溶液pH=10.0,忽略CO"的第二步水解，计算Ksp(CaCQ尸(保留三位有效数字)(已知：Ka1(H2CO)=4.4X10-7Ka2(H2CO)=4.7X10-11)⑸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Ns+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-=N&S+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go【答案】(1).AC(2).<(3).<(4).2(5).CaCO 3(s)=Ca2+(aq)+CO32(aq),Al水解显酸性，溶液中H+与CO2」结合，促进CaCO的溶解平衡向右移，使CaCO溶解 (6).6.91X10-9⑺.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H2GQ(s)?H2O(g)+CO(g)+CO(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；日在反应H2GQ(s)?HO(g)+CO(g)+CO(g)中，CO(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， ？H<0;CO(g)+2H2(g)?CHOH(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勺平衡转化率增大，由图可知A点CO勺平衡转化率比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(CHOH);利用A点时CO的转化率为50%CO(g)+2H2(g)?CHOH(g)TOC\o"1-5"\h\z起始(mol):2 4 0转化(mol):1 2 1平衡(mol):1 2 1iIoK= =25而X品)AB两容器温度相同，即化学平衡常数相等，且B点时CO勺转化率为0.8,则CO(g)+2H2(g)?CHOH(g)起始(mol):2 4 0转化(mol):1.6 3.2 1.6平衡（平衡（mol）:0.4 0.81.6设体积为VL,则有K=」=25得V=2L(3)CaCqs)=Ca2+(aq)+CO32(aq),Al3+水解显酸性，溶液中H+与CO”结合，促进CaCO的溶解平衡向右移，使CaCO溶解；(4)由Ka2(H2CO)=4.7X10-11可知CO2-+HO?HCO+OH的水解K=一-——-47x10-11常温下，测得CaCO与水形成的浊液pH为10,c(HCO)=c(OH)=1X10-4,0〕xi-可知c(CO2-)=1口.14 =4.7x10-547M10-11又c(Ca2+)=c(CO2-)+c(HCO)=1.47Kp(CaCQ=c(Cs2+)xc(CO2-)=,47乂一,X4.7乂-§=6.91x10-9(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NaS+Fe-2e-=2Na+FeSAm2mol46g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钱(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b键与兀键的数目之比为,其中(T键的对称方式为。与CM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。NR的空间构型为。(4)GaN、GaPGaAs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1700c1480c1238c(5)GaN晶胞结构如下图所示。已知六棱柱底边边长为 acm,阿伏加德罗常数的值为 N。

•c.ON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g•cm3(用a、NA表示)。【答案】 (1).刊口4J।(2). 3(3). 1:1(4).轴对称(5).CO(6).sp⑺.三角锥形(8).原子半径N<P<As,键长Ga-N<Ga-P<Ga-As,键能Ga-N>Ga-P>Ga-As,故熔点降低(9).12(10).【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 1；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DA元素第一电离能大于第IDA 元素，第VA族的第一电离能大于第VIA 族元素，所以第二周期中第一电离能顺序为：B〈Be<C<O<N,第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有 Be、C。三种元素；(2)单键是一个(T键，三键是一个b键2个兀键，通过HCN^子的结构简式H-C三N可知含有2个键2个兀键，得出b键与兀键的数目之比为1:1;b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，N-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^•孤对电子，因而NE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-As,键能Ga-N>Ga-P>Ga-As,故熔点降低；3、6、3、6、3个配位原子，故配位数为 12;六方晶胞中6个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/6;②位于原子的数目往往采用均摊法：①位于晶胞顶点的原子为晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2;③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;④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;⑤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12x1+2x2+3=6,晶胞中N原子个数为G+4=G，所以该结构为GaN6,质量为6X84/Nag,6 2 3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6x—a2cm2,如图所示可知高为2倍的正四面体高，之父当acm)Sx-AiF所以体积为九泛"，密度为*_=':。3西网2【点睛】有关晶胞密度的计算步骤：①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;②根据边长计算晶胞的体积V;③根据p=；进行计算，得出结果。12.某化合物H的合成路线如下：回回©回©回回 回已知CH=CH在NaNH液氨条件下可生成CH=CNa或NaOCNa(1)A的化学名称是,B-C的反应类型是(2)D-E的反应试剂、条件是,F中小育氧官能团名称是(3)H的分子式是 (4)F-G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)①有两种官能团

②遇FeCl3溶液显紫色③核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比是 3：2：2：2：1(6)依据上述题目信息，写出用乙醛和乙快为原料，制备化合物的合成路线(无机试剂任【答案】 (1).对氯甲苯(4-氯甲苯)(2).加成反应(3).Cu、Q,加热(4).碳碳双键⑸(6)依据上述题目信息，写出用乙醛和乙快为原料，制备化