【文档说明】广西柳州地区民族高级中学2022-2023学年高二下学期期中考试 化学 答案.docx，共(21)页，2.128 MB，由小赞的店铺上传

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柳州地区民族高级中学2022-2023学年春季学期期中考试高二化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Ga-70As-75一、选择题(每题3分，共15小题，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。)1.化学与生产、生活

和社会发展密切相关，下列叙述不正确的是A.电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极法B.西周的“酒曲”酿酒工艺，利用了催化剂使平衡正向移动的原理C.免洗洗手液的有效成分之一活性胶质银离子能使病毒蛋白质变性D.

针对新冠疫情，可用医用酒精、次氯酸钠溶液等对场所杀菌消毒【答案】B【解析】【详解】A．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，让镁作负极，因此该原理是牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B．西周的“酒曲”酿酒工艺，利用了催化剂加快反应速率，但平衡不移动，故B错误；C．活性胶质银离子具有强氧化性，能使病毒

蛋白质变性，故C正确；D．医用酒精、次氯酸钠溶液都能使蛋白质变性，因此能对场所杀菌消毒，故D正确；综上所述，答案为B。2.下列化学用语表示正确的是A.乙醛的结构简式：3CHCOHB.甲烷的空间填充模型：C.2-S的结构示意图：D.过

氧化钠的电子式：【答案】D【解析】【详解】A．乙醛的结构简式：CH3CHO，A项错误；B．是甲烷的球棍模型，不是空间填充模型，B项错误；C．2-S的结构示意图最外层电子数是8，C项错误；D．过氧化钠是离子化合物，其电子式：，D项正确；故答案选D。3.设NA为阿伏加德罗常数的

值，下列说法正确的是A.1.0mol羟基中含有10NA个电子B.30gC2H6中含有7NA个共价键C.0.1L1mol/L乙醇溶液中含有0.1NA个分子D.标准状况下，22.4L乙醇完全燃烧，生成的二氧化碳的分子数为2NA【答案】

B【解析】【详解】A．1.0mol羟基中含有9NA个电子，A错误；B．1个C2H6中含1个C-C、6个C-H，30gC2H6中含有共价键-130g7=7mol30gmol，即7NA个共价键，B正确；C．乙醇溶液中含有溶质乙醇分子和溶剂水分子，0.1L1

mol/L乙醇溶液中含有0.1NA个乙醇分子，C错误；D．标准状况下，乙醇为液体，无法求算22.4L乙醇完全燃烧生成的二氧化碳的分子数，D错误；故答案选B。4.反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的能量变化如图所示，下列说法正确的是A.该反应的

△H＜0，ΔS＞0，B.用V2O5催化时，反应①的速率大于反应②C.温度升高，上述反应化学平衡常数增大D.上述反应中消耗1molSO2，转移电子的数目为4×6.02×1023【答案】B【解析】【详解】A．该反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，则△H＜0，反应物气体分子数大于生

成物气体分子数，则ΔS＜0，A不正确；B．从图中可以看出，用V2O5催化时，反应①活化能小于反应②的活化能，所以反应①的速率大于反应②，B正确；C．温度升高，平衡逆向移动，则上述反应化学平衡常数减小，C不

正确；D．上述反应中，SO2中的S元素从+4价升高到+6价，则消耗1molSO2，转移电子的数目为2×6.02×1023，D不正确；故选B。5.莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图。下列关于莽草酸的说法正确的是A.分子中有羟基和酯基B.此有机物

按碳骨架分类属于芳香族化合物C.莽草酸既属于羧酸又属于酚类D.分子中有三种官能团【答案】D【解析】【详解】A．分子中有羟基、碳碳双键和羧基，A错误；B．所含六元环不苯环、此有机物按碳骨架分类不属于芳香族化合物，B

错误；C．所含羟基为醇羟基、莽草酸既属于羧酸又属于醇类，C错误；D．结合选项A可知，分子中有三种官能团，D正确；答案选D。6.分子式为510CHO且含有"-CHO"的同分异构体共有(不考虑立体异构)A.1种B.2

种C.3种D.4种【答案】D【解析】是【分析】【详解】分子式为510CHO且含有"-CHO"，则另外的烃基为-C4H9,(不考虑立体异构)共有：-CH2CH2CH2CH3、-CH(CH3)CH2CH3、-C(CH3)3、-CH2CH(CH3)2共4种，故D

正确。故选D。7.如图所示为3CFCl破坏臭氧层的过程，下列说法不正确的是A.过程Ⅰ中断裂极性键C-Cl键B.过程Ⅱ可用方程式表示为32OCl=ClOO++C.过程Ⅲ中2OO=O+是吸热过程D.上述过程说明3CFCl中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂【答案】C【解析】【详解】A

．由题干反应历程图信息可知，过程Ⅰ为CFCl3⎯⎯⎯→紫外线CFCl2+Cl，则断裂极性键C-C1键，A正确；B．由题干反应历程图信息可知，过程Ⅱ可用方程式表示为32OCl=ClOO++，B正确；C．过程Ⅲ中2OO=O+此过程为化学键的形成过程，是放热过

程，C错误；D．由题干反应历程图信息可知，上述过程说明3CFCl中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂，D正确；故答案为：C。8.氨基酸是构成人体必备蛋白质的基础，某氨基酸的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是A.第一电离能：O＞N＞C＞HB.基态氧原子的电子有8种空间运动状态C.键的稳定性大小：N

－H＞O－H＞F－HD.该分子中的氧原子均满足8电子稳定结构【答案】D【解析】【详解】A．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能：N＞O＞C＞H，故A错误；B．基

态氧原子核外电子排布式为1s22s22p4，一个轨道是一种空间运动状态，则基态氧原子有5种空间运动状态，故B错误；C．由于原子半径：N＞O＞F，则键长：N－H＞O－H＞F－H，键长越短，键能越大，键越稳定，因此键的稳定性大小：F－H＞O－H＞N－H，故C错误；D．羧基里碳氧双键，氧原子满足8

电子稳定结构，碳氧单键，氢氧单键，氧原子也满足8电子稳定结构，因此该分子中的氧原子均满足8电子稳定结构，故D正确。综上所述，答案为D。9.下列关于晶体的说法中，正确的是A.晶体中原子呈周期性有序排列；而非晶体中原子排列相对无序B.含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体C.共价键

的强弱可决定分子晶体的熔、沸点D.CsCl和NaCl晶体中阴、阳离子的配位数都为6【答案】A【解析】【详解】A．晶体中原子呈周期性有序排列，具有自范性，而非晶体中原子排列相对无序，无自范性，A正确；B．金属晶体中也含有金属阳离子，B错误；C．分子晶体的稳定性等化学性质与

共价键的强弱有关，分子晶体的熔、沸点与分子间作用力有关，C错误；D．CsCl晶体中阴、阳离子的配位数都为8，NaCl晶体中阴、阳离子的配位数都为6，D错误；故选A。10.向盛有硫酸铜溶液的试管中滴加浓氨水，

先生成蓝色沉淀，继续滴加浓氨水，沉淀溶解，溶液变为深蓝色。然后加入一定量的无水乙醇，产生深蓝色沉淀。下列说法不正确的是A反应前后溶液中2Cu+浓度保持不变B.深蓝色溶液中的配离子为()234CuNH+，其中3NH提供孤电子对，

2Cu+提供空轨道C.加入乙醇的目的是为了降低溶质的溶解度D.深蓝色沉淀为()3424CuNHSOHO【答案】A【解析】【详解】A．铜离子和氨水生成氢氧化铜蓝色沉淀，氨水过量氢氧化铜转化为四氨合铜离子，反应后铜离子浓度减小，A错误；B．深蓝色溶液中的配离子为()23

4CuNH+，其中3NH提供孤电子对，2Cu+提供空轨道，两者形成配合物，B正确；C．乙醇为非极性溶剂，加入乙醇的目的是为了降低溶质的溶解度，C正确；D．加入一定量无水乙醇，降低溶质的溶解度，生成深蓝色沉淀()3424C

uNHSOHO，D正确；故选A。11.下列与分子性质有关的说法正确的是A.邻硝基苯酚()的沸点高于对硝基苯酚()是因为后者形成了分子间氢键B.2HOOCCFCOOH−−的酸性强于2HOOCCHCOO

H−−是因为F的电负性大，使COOH−中OH−极性强C.C的电负性强于Si，所以4CH的熔沸点高于4SiHD.尿素()22CONH不溶于水，易溶于有机溶剂【答案】B【解析】【详解】A．邻硝基苯酚()的沸点低于对硝基苯酚()是因为后者易形成了分子间氢键，前者易形成分子内氢键，故A错

误；.的B．2HOOCCFCOOH−−的酸性强于2HOOCCHCOOH−−是因为F的电负性大，使COOH−中OH−极性强，故B正确；C．4CH的相对分子质量小于SiH4，所以4CH的熔沸点低于4SiH，故C错

误；D．尿素()22CONH是极性分子，易溶于水，故D错误；选B。12.下列有关化学键的说法中正确的是A.气体单质中一定存在σ键，可能存在π键B.1，4-环己二烯()分子中σ键与π键的数目之比为6:1C.22HO分子是含有非极性键的极性分子D.HD分子中的化学键为极性共价键【答案】C【解析】

【详解】A．稀有气体中不存在化学键，A错误；B．单键为键，双键中的一个键是键，另一个是键，所以1，4-环己二烯分子中键与键的数目之比为14:27:1=，B错误；C．H2O2的结构式为H-O-O-H，含有极性键

和非极性键，但分子内正负电荷中心不重合，为极性分子，故22HO分子是含有非极性键的极性分子，C正确；D．H和D为同一种元素，故HD分子中的化学键为非极性共价键，D错误；答案选C。13.下列说法正确的是A.常温下，由水电离出的()+121c

H10molL−−=的溶液中：Na+、4NH+、23CO−、Cl−可以大量共存B.将3FeCl、23NaSO溶液分别蒸干均得不到原溶质C.中和等体积、等pH的稀硫酸和稀醋酸所消耗NaOH的物质的量：前者大于后者D.常温下3KNO溶液和34CHCOONH溶液pH均为7，两溶

液中水的电离程度相同【答案】B【解析】【详解】A．常温下水的电离受到抑制，可能为酸性或碱性溶液，碱性溶液中铵根离子不能存在，在酸性溶液中碳酸根不能存在，A错误；B．氯化铁溶液水解生成氢氧化铁和挥发性盐酸蒸干最终得到氧化铁，亚硫酸

钠溶液蒸干会被空气中氧气氧化最终得到硫酸钠，B正确；C．醋酸为弱酸，等pH值的稀硫酸和稀醋酸，醋酸的浓度远远大于稀硫酸，故中和等体积等浓度的两种酸，消耗氢氧化钠的物质的量：前者小于后者，C错误；D．常温下，3

KNO为强酸强碱盐，对水电离无影响；34CHCOONH为弱酸弱碱盐会促进水的电离，两溶液中水的电离程度不相同，D错误；故选B。14.用如图所示装置处理含3NO−的酸性工业废水，某电极反应式为3222NO12H10eN6HO−+−++=

+，则下列说法错误的是A.电源正极为A，电解过程中有气体放出B.电解时H+从质子交换膜左侧向右侧移动C.电解过程中，右侧电解液pH保持不变D.电解池一侧生成5.6g2N，另一侧溶液质量减少18g【答案】C

【解析】【分析】含3NO−的酸性工业废水发生还原反应3222NO12H10eN6HO−+−++=+，则B为电源负极，A为电源正极。【详解】A．A为正极，阳极发生反应2H2O-4e-=O2↑+4H+，故A正确

；B．电解时阳离子由阳极向阴极移动，所以H+从质子交换膜左侧向右侧移动，故B正确；C．电解过程中，右侧发生反应3222NO12H10eN6HO−+−++=+，电路中转移10个电子，右侧消耗12个H+，根据电荷守恒，有10个H+从质子交换膜左侧向右侧移动，所以

右侧电解液pH保持增大，故C错误；D．根据3222NO12H10eN6HO−+−++=+，电解池一侧生成5.6g2N时电路中转移2mol电子，另一侧发生反应2H2O-4e-=O2↑+4H+，根据电子守恒，消耗1mol水，所以溶液质量减少18g，故D正确

；选C。15.常温条件下，向20mL0.011molL−3CHCOOH溶液中逐滴加入0.011molL−的NaOH溶液，溶液中水电离的()Hc+随加入NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是A.b、d两点溶液pH相同B.e点所示溶液中，()()()133Na2C

HCOO2CHCOOH0.01molLccc+−−=+=C.b点时：()()()()33CHCOOCHCOOH2H2OHcccc−+−−=−D.从a到c，对醋酸的电离既有促进作用也有抑制作用【答案】

C【解析】【详解】A．b点醋酸过量，其电离使溶液显酸性，d点NaOH过量，pH大于7，A错误；B．e点所示溶液中，20mL0.011molL−3CHCOOH溶液中加入40mL0.011molL−的NaOH溶液，NaOH的物质的量

是醋酸的物质的量2倍，反应后醋酸钠和NaOH等物质的量，根据物料守恒为()()()13323Na2CHCOO2CHCOOH0.01molLccc+−−=+=，B错误；C．b点溶液中，20mL0.01

1molL−3CHCOOH溶液中加入10mL0.011molL−的NaOH溶液，反应后3CHCOONa和3CHCOOH等物质的量，根据质子守恒()()()()33CHCOOCHCOOH2H2OHc

ccc−+−−=−，C正确；的D．醋酸溶液中存在-+33CHCOOHCHCOO+H，加NaOH溶液消耗氢离子，醋酸的电离平衡正移，所以从a到c，醋酸的电离始终受到促进，D错误；故选C。二、非选择题(5个大题，共55分)。

16.化学上常用燃烧法确定有机物的组成。下图装置是用燃烧法确定有机物化学式常用的装置，这种方法是在电炉加热时用纯氧氧化管内样品。根据产物的质量确定有机物的组成。回答下列问题：（1）A装置中分液漏斗盛放的物质是___________，写出有关反应的

化学方程式___________。（2）C装置(燃烧管)中CuO的作用是___________。（3）写出E装置中所盛放试剂的名称___________，它的作用是___________。（4）若将B装置去掉会对实验造成

什么影响？___________。（5）若准确称取2.40g样品(只含C、H、O三种元素中的两种或三种)。经充分燃烧后，E管质量增加3.52g，D管质量增加1.44g，则该有机物的最简式为___________。【答案】（1）①

.双氧水或H2O2②.2H2O22MnO2H2O+O2（2）使有机物充分氧化生成CO2和H2O（3）①.碱石灰或氢氧化钠②.吸收生成的CO2（4）测得有机物中含氢量增大（5）CH2O【解析】【分析】有机物燃烧产生CO2和H2O，装置A是氧气发生装置，生成的氧气经

过浓硫酸干燥后通入C中和样品A反应，有机物在燃烧过程中，可能燃烧不充分，即有可能产生CO，而CO能与氧化铜反应生成铜和CO2，E装置的主要作用是吸收生成的CO2，D管中无水氯化钙原来吸收水蒸气，以此解答。小问1详解】由实验原理可知装

置A是制备氧气的，根据装置的特点可知A装置中分液漏斗盛放的物质是双氧水或H2O2，应该反应的化学方程式是2H2O22MnO2H2O+O2。【小问2详解】有机物在燃烧过程中，可能燃烧不充分，即有可能产生CO，而CO能与氧化铜反应生成铜和CO2，所以C装置(燃烧

管)中CuO的作用是使有机物充分氧化生成CO2和H2O。【小问3详解】有机物燃烧产生CO2，所以E装置的主要作用是吸收生成的CO2，因此其中所盛放的试剂为碱石灰或氢氧化钠。【小问4详解】B装置中盛有浓硫酸，其主要的作用是干燥氧气，除去水蒸气，因此如果将

B装置去掉会造成测得有机物中含氢量增大，从而产生错误的结论。【小问5详解】D管中无水氯化钙原来吸收水蒸气，质量增加1.44g，则生成的水是1.44g，水物质的量是1.44g÷18g/mol=0.08mol，其中氢元素的物质的量是0.16mol

，氢元素的质量是0.16g;E管质量增加3.52g，即CO2是3.52g，物质的量是3.52g÷44g/mol=0.08mol，其中碳元素的质量是0.96g，所以根据质量守恒定律可知原有机物中氧元素的质量是2.40g-0

.16g-0.96g=1.28g，则氧原子的物质的量是0.08mol，所以原有机物中C、H、O的原子个数之比是0.08∶0.16∶0.08=1∶2∶1，因此最简式是CH2O。17.34MnO可用于电子工业生产软磁铁氧体，用作电子计算机中存储信息的磁芯，磁盘等。工业上以软锰矿(主

要成分是2MnO，还含有少量的23FeO、2SiO、23AlO)为原料生产34MnO的工艺流程如下：25℃时，相关金属离子()n+cM=0.1mol/L形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子3Fe+2F

e+3Al+2Mn+开始沉淀的pH1.56.33.48.1【沉淀完全的pH2.88.34.710.1（1）“酸浸、还原”时，为了加快化学反应速率，可以采取的措施有___________(任写一种即可)。

“酸浸、还原”后溶液中含有的金属阳离子主要有___________(填离子符号)，铁屑与2MnO发生反应的离子方程式为___________。（2）“调节pH”时，加入22HO溶液的目的是___________，“

调节pH”的范围为___________。（3）“沉锰”时，其他条件一定，沉锰过程中锰离子的沉淀率与溶液温度的关系如图所示。50℃后，溶液温度越高，锰离子的沉淀率越低，原因是___________。（4）25℃时，pH2.

8=，()3FeOH沉淀完全，则()sp3KFeOH=___________。【答案】（1）①.将软锰矿粉碎、搅拌、加热适当升高温度、增加硫酸的浓度(任写一种即可)②.Mn2+、Fe2+、Al3+③.MnO2+Fe+4H+=Mn2++Fe2++2H2O（2）①.

将亚铁离子氧化为铁离子②.4.7~8.1（3）氨水受热易分解，50℃后，温度升高，氨水受热分解导致锰离子的沉淀率越低（4）-38.6110【解析】【分析】向软锰矿中加入过量稀硫酸和铁屑酸浸、还原得到含有锰离子、亚铁

离子、铝离子的溶液，向溶液中加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子后，再加入碳酸锰调节溶液pH在4.7~8.1范围内，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有二氧化硅、氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入氨水，将滤液中锰离

子转化为氢氧化锰沉淀，过滤得到滤液和氢氧化锰；向氢氧化锰中加入过氧化氢溶液，共热将氢氧化锰转化为四氧化三锰。【小问1详解】将软锰矿粉碎、搅拌、加热适当升高温度、适当增加硫酸的浓度等措施能加快化学反应速率;由分析可知，向软锰矿中加入过量稀硫酸和铁屑酸浸、还

原得到含有Mn2+、Fe2+、Al3+的溶液，铁屑与二氧化锰的反应为酸性条件下，铁屑与二氧化锰反应生成硫酸亚铁、硫酸锰和水，反应的离子方程式为MnO2+Fe+4H+=Mn2++Fe2++2H2O。【小问2详解】由分析可知，加入过氧化氢溶液的

目的是将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸锰调节溶液pH在4.7~8.1范围内的目的是将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，而锰离子不沉淀。【小问3详解】氨水受热易分解，50℃后，温度升高，氨水受热分解导致锰离子的沉淀率越低。【小问4详解】铁离子沉淀完全时

()3+5cFe=10mol/L−，此时pH=2.8，c(H+)=1×10-2.8mol/L，c(OH-)=1×10-11.2mol/L，()()()3+3--38.6sp3KFeOH=cFecOH=110。18.NOx是形成雾霾天气的主要原因之一，全球空气

污染日趋严重，消除氮氧化物污染对建设宜居环境有重要意义。氮氧化物的处理常用3NH催化还原，反应原理为：()()()()3226NOg4NHg6HOg5Ng++H已知：()()()22NgOg2NOg+=11ΔH180.4kJmol−=+()()()()3224NHg5O

g4NOg6HOg++12ΔH905.8kJmol−=−（1）用3NH消除NO污染的反应ΔH=___________1kJmol−，则该反应自发进行的条件是___________(填“高温”、“低温”或“任何温度”)。（2）下列措施可增大NO转化率的是___________(填标号)

。A.升高温度B.将水蒸气从体系中分离出去C.保持体系压强不变充入HeD.增大氨气的浓度（3）该反应1t时到达平衡。在2t时刻保持恒容继续充入一定量NO，3t时刻重新到达平衡，请在图中作出逆反应速率在23tt变化的曲线___________。（4）一定温度下，在2L恒容密闭容

器中充入1.2molNO和30.9molNH，10min时反应达到平衡，此时NO的转化率为50%，体系压强为pMPa，该反应的平衡常pK=___________Mpa(用含p的代数式表示，分压()()pB=pxB，p为平衡总压强，()xB

为平衡系统中B的物质的量分数)。（5）不同温度条件下，3NH与NO的物质的量之比分别为4:1、3:1、1:3，反应经2秒得到NO脱除率曲线如图所示。在AB所在的曲线上当温度高于900℃时NO脱除率明显降低的原因是___________。【答案】（1）①.-1807.8kJ⋅mol−1②.任

何温度（2）BCD（3）（4）0.23pMpa（5）该反应为放热反应，温度升高平衡逆向，NO的脱出率降低【解析】【小问1详解】由盖斯定律得，ΔH=ΔH2-5ΔH1=-905.8kJ⋅mol−1-5×180.4kJ⋅mol−1=-180

7.8kJ⋅mol−1；该反应为放热反应，且为气体增加的反应即熵增加的反应，所以它能在任何条件下进行；答案为-1807.8kJ⋅mol−1；任何温度。【小问2详解】A．反应为放热反应，升高温度平衡逆向，NO的转化率

降低，A项不符合题意；B．蒸出水蒸气即降低产物浓度，平衡正向移动，NO的转化率升高，B项符合题意；C．恒压充入He，即反应体系压强降低，平衡正向移动，NO的转化率升高，C项符合题意；D．增大NH3的浓度平衡正向，NO的转化率增大，D项符合题意；故选BCD。

【小问3详解】充入NO即增大反应物的浓度，瞬间v正增大，平衡正向移动，v正逐渐减小至平衡不变，而v逆逐渐增大至不变，所以如图；答案为。【小问4详解】已知NO的转化率为50%，则其变化量为0.6mol。列出三段式为3226NO+4NH5N+6HO1.2mol0.9m

ol000.6mol0.4mol0.5mol0.6mol0.6mol0.5mol0.5mol0.6mol起始变化平衡则x(NO)=x(H2O)=0.6mol0.6(0.6+0.5+0.6+0.5)mol2.2=，x(NH3)=x(N2)=0.6mol0.5(0.6+0.5+0.6+0.5

)mol2.2=，所以Kp=65640.60.5(p)(p)2.22.20.23p0.60.5(p)(p)2.22.2；答案为0.23pMpa。【小问5详解】该反应为放热反应，温度升高平衡逆向，NO的脱出率降低。答案

为该反应为放热反应，温度升高平衡逆向，NO的脱出率降低。19.镍与VA族元素形成的化合物是重要的半导体材料，应用最广泛的是砷化镓(GaAs)，回答下列问题：（1）基态Ga原子的核外电子排布式为___________，基态As原子核外有_____

______个末成对电子。（2）镓失去电子的逐级电离能(单位：1kJmol−)的数值依次为577、1984.5、2961.8、6192.由此可推知镓的主要化合价为___________和+3。砷的电负性

比镓___________(填“大”或“小”)。（3）二水合草酸镓的结构如图所示，其中镓原子的配位数为___________，草酸根中碳原子的杂化方式为___________。（4）砷化镓熔点为1238℃，立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为a565p

m=。该晶体的类型为___________，晶体的密度为___________(设AN为阿伏伽德罗常数的数值，列出算式即可)3gcm−。【答案】（1）①.[Ar]3d104s24p1②.1（2）①.+1②.大（3）①.4

②.sp2（4）①.原子晶体②.3-103A4145/N(56510)gcm【解析】【小问1详解】Ga为31号元素，其电子排布式为[Ar]3d104s24p1，该元素未成对电子为1个。答案为[Ar]3d104

s24p1；1；【小问2详解】从Ga的电离能来看，第一电离能与第二电离能差距较大、第三和第四电离能差距较大，所以Ga常见化合价为+1。在化合物中元素电负性大呈现负价而电负性小的为正价，所以电负性As大于Ga。答案为+1；大；【小问

3详解】从结构看，与Ga连接的原子有4个，其配位数为4。草酸根中C含有C=O采取sp2杂化。答案为4；sp2；【小问4详解】从熔点和晶体结构看，该晶体为原子晶体。晶胞中Ga位于顶点和面心，共有1186482+=。而As位于晶胞体内共有4个。所以晶胞密度为33-103AAMN

4145=/NaN(56510)gcm。答案为原子晶体；3-103A4145/N(56510)gcm。20.回答下列问题（1）中含有的官能团的名称为___________。（2）戊烷的某种同分异构体只有一种一氯代物，试书写它的结构简式___________。（3）用核磁共振仪对分子式为

38CHO的有机物进行分析，核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为6:1:1，则该化合物的键线式为___________。（4）分子式为482CHCl的有机物共有(不含立体异构)___________种。（5）X为有机物

的同分异构体，同时满足如下三个条件的X的结构简式为___________。①含有苯环：②有三种不同化学环境的氢，个数比为6:2:1；③1molX与足量金属Na反应可生成22gH。【答案】（1）酚羟基、酯基（2）C(CH3)4（3）（4）9（5）和【解析】【小问1详解】-OH

为酚羟基。-COOR为酯基。答案为酚羟基、酯基；【小问2详解】戊烷的化学式为C5H12，该物质的一氯代物只有一种同分异构体即该物质为高度对称，该戊烷为C(CH3)4。答案为C(CH3)4；【小问3详解】C3H8O的有机物进行分析，核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为6:1:1，说明该物质中含有

2个-CH3，则它为CH3CHOHCH3或。答案为；【小问4详解】C4H10的同分异构体有CH3CH2CH2CH3，该物质中二氯代物有两个氯挂同一个碳有2种，两个氯挂在两个碳上如图有4种。CH(CH3)3两个氯挂一个碳上有一种，两个氯挂两个碳上如图有

2种。C4H8Cl2共有2+4+1+2=9种。答案为9；【小问5详解】X的化学式为C8H9O2I，1molX与足量的Na产生2gH2(1mol)，即含有2个-OH。含有苯环，三种不同化学环境的氢个数比为6：2：1即含有2个-CH

3且苯环取代基对称分布。所以X结构简式为和。答案为和。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com