【文档说明】【精准解析】甘肃省兰州市第一中学2020届高三冲刺模拟考试（二）化学试题.doc，共(18)页，1.560 MB，由小赞的店铺上传

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兰州一中2020届高三冲刺模拟考试(二)理科综合能力测试化学部分可能用到的相对原子质量：H--1C--12N--14O--16Na--23S--32Ga--70Ba--1371.垃圾分类并回收利用，可以

节约自然资源，符合可持续发展的要求。与食用油桶对应的垃圾分类标志是A.可回收物B.其他垃圾C.厨余垃圾D.有害垃圾【答案】A【解析】【详解】食用油桶通常为塑料制品，属于可回收物，A项正确；答案选A。2.CO2和CH4催化重整可制备合成气，其反应历程示意图如下：下

列说法中不正确的是（）。A.Ni是该反应的催化剂B.过程①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成C.过程①→②是吸热反应D.反应的总化学方程式可表示为：CH4+CO2Ni2CO+2H2【答案】C【解析】【分析】由图可知，发生CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g

)，Ni为催化剂，且化学反应中有化学键的断裂和生成，①→②放出热量，以此来解答。【详解】A．Ni在此反应中先消耗、后生成，且质量不变，则为催化剂，故A正确；B．由反应物、生成物可知，①→②既有碳氧键的断裂

，又有碳氧键的形成，故B正确；C．过程①→②反应物的能量高于生成物的能量，此反应为放热反应，故C错误；D．此反应的反应物为CO2和CH4，Ni做催化剂，产物为CO和氢气，则化学方程式为CH4+CO2Ni2CO+2H2，故D正确；故答案为C。3.科学家利用四种原子序数依次递增的短周

期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如图。W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大。（注：实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注）下列说法不正确．．．的是（）A.Y单质的氧化性在同主族中最强B.离子半径：Z>YC.Z与Y可组成多种离子

化合物D.氢化物的热稳定性：Y>X【答案】B【解析】【分析】根据图示可知W形成1个共价键，又是短周期中原子序数最小的元素，说明W原子核外只有1个电子，则W是H元素，X形成4个共价键，则X是C元素，W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z是Na元素，Y形成2个共价键，原

子序数比C大，比Na小，说明Y原子核外有2个电子层，最外层有6个电子，则Y是O元素，然后根据问题逐一分析解答。【详解】根据上述分析可知：W是H，X是C，Y是O，Z是Na元素。A．同一主族的元素，原子序数越大，元素的原子半径越大，原子获得电子的能力就越弱，

单质的氧化性就越弱。由于O是同一主族中原子序数最小的元素，故O2的氧化性在同主族中最强，A正确；B．Y是O，Z是Na元素，O2-、Na+核外电子排布都是2、8，电子排布相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：Z<Y，B错误；C．O、Na两种元素可形成两种离子化合物Na2O

、Na2O2，C正确；D．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。X是C，Y是O，由于元素的非金属性：C<O，所以氢化物的热稳定性：CH4<H2O，即相应氢化物的热稳定性：Y>X，D正确；故合理选项是B。【点睛】本题考查了元素的位、构、

性的关系及元素周期律的应用。根据元素形成化合物的特点及原子序数关系等推断元素是解题关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素形成的化合物的结构与性质，侧重考查学生分析与应用能力。4.某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法不正确的是（）A.苯环上的一氯代物有

3种B.含有2种官能团C.分子中的所有碳原子一定共面D.能发生氧化反应、取代反应、还原反应【答案】C【解析】【分析】根据有机物结构可知，官能团为羧基、碳碳双键，具有一个苯环结构，据此回答问题。【详解】A.有机物结构

中氢环境有3种，即苯环上的一氯代物有3种，A正确；B.有机物官能团为羧基、碳碳双键，含有2种官能团，B正确；C.有机物存在环烯烃结构，有一个连续的-CH2-CH2，碳原子不共面，C错误；D.碳碳双键能发生氧化反应

、还原反应，羧基能发生取代反应，D正确；答案为C。5.下列实验中，能达到相应实验目的的是（）A.H2在Cl2中燃烧B.证明氯化银溶解度大于硫化银C.证明乙炔可使溴水褪色D.验证温度对平衡移动的影响A.A

B.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．氢气密度小于空气，会将氯气从下口排出，A错误；B．硝酸银和氯化钠反应后，银离子过量，不能证明氯化银溶解度大于硫化银，B错误；C．电石不纯，会产生还原性气体，也能使溴水褪色，C错误；D．温度改变，根据颜

色变化可以知道反应的平衡移动，D正确；故选D。6.某研究小组在电压为24V时进行如下实验，电解3分钟后，发现下列现象。编号①②③装置现象小灯泡微弱发光，两极均产两极均产生气泡，溶两极均产生气泡，阳极附生气泡，阳极附近出现白色浑浊，阴极附近无明显变化液

无明显变化近出现白色浑浊，阴极附近无明显变化下列说法正确的是（）A.①中小灯泡微亮是因为Ca(OH)2是弱电解质B.对比①和②，白色浑浊的出现与电极材料无关C.对比①和③，白色浑浊是由于OH-迁移到阳极使Ca(OH)2

沉淀析出D.阳极附近白色沉淀的成分可能是CaCO3【答案】D【解析】【详解】A.①中小灯泡微亮是因为Ca(OH)2在水中溶解度小，电离产生的自由移动的离子浓度小，溶液导电能力弱，与电解质的强弱无关，实质上Ca(OH)2溶于水完全电离，属于强

电解质，A错误；B.对于①阳极上溶液中OH-失去电子，发生氧化反应，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，O2与C电极发生反应产生CO2，CO2与溶液中Ca(OH)2反应产生CaCO3白色沉淀，可见白色浑浊

的出现与电极材料有关，B错误；C.根据选项B分析可知白色浑浊是由于阳极产生的氧气与电极反应产生的CO2溶解在Ca(OH)2溶液中形成的CaCO3，不是Ca(OH)2沉淀析出，C错误；D.用石墨作电极电解Ca(O

H)2溶液，在阳极上溶液中OH-失去电子，发生氧化反应，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，反应产生O2与碳电极发生反应产生CO2，CO2与溶液中Ca(OH)2反应产生CaCO3白色沉淀，故阳极附近白色沉淀的成分可能是

CaCO3，D正确；故合理选项是D。7.用亚硫酸盐(X)吸收烟气中的SO2。已知吸收过程中含硫组分物质的量分数(δ)与溶液pH的变化关系如下图所示。下列说法中不正确．．．的是A.若X为Na2SO3，当吸收液pH＝1.85时：c

(Na+)＝c(-3HSO)+c(H2SO3)B.若X为Na2SO3，当吸收液呈中性时：2c(2-3SO)＋c(-3HSO)＝c(Na+)C.若X为(NH4)2SO3，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：2-3SO＞4NHD.若X为(NH4)2SO3，图中b点溶液中n(-3HSO)

∶n(4NH)＝1∶3【答案】A【解析】【分析】图中a点当吸收液pH＝1.85时，H2SO3、HSO3各点50%，c(HSO3)=c(H2SO3)，b点pH=7，c(H+)＝c(OH-)，利用电荷守恒、物料守恒及其变形式子进行分析。【详解】A．若X为Na2

SO3，存在物料守恒，c(Na+)＝2c(HSO3)+2c(H2SO3)+2c(SO23)，当吸收液pH＝1.85时，c(HSO3)=c(H2SO3)，则c(Na+)=4c(H2SO3)+2c(SO23)

=4c(HSO3)+2c(SO23)，故A错误；B．若X为Na2SO3，当吸收液呈中性时：c(H+)＝c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)＝c(HSO3)+2c(SO23)+c(OH-)，得到2c(SO23)＋c(HSO3)

＝c(Na+)，故B正确；C．若X为(NH4)2SO3，由于NH4水解显酸性，SO23水解显碱性，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：SO23＞NH4，故C正确；D．若X为(NH4)2SO3，图中b点溶液中，c(HSO3)=c(SO

23)，b点pH=7，c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4)＝c(HSO3)+2c(SO23)+c(OH-)，3c(HSO3)=c(NH4)，n(HSO3)∶n(NH4)＝1∶3，故D正确；故选A。8.金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，镓

及其化合物应用广泛。（1）一种镍催化法生产GaN的工艺如图：①镓（Ga）的原子结构示意图为，镓元素在周期表中的位置是___。②“热转化”时Ga转化为GaN的化学方程式是___。③“酸浸”操作目的是___。（2）某学校化学兴趣小组在实验室利用如图装置模拟制备氮化镓：①仪

器X中的试剂是__，加热前需先通入一段时间的H2，原因是__。②取某GaN样品m克溶于足量热NaOH溶液，发生反应GaN+OH﹣+H2OGaO2-+NH3↑，用H3BO3溶液将产生NH3完全吸收，滴定吸收液时消耗浓度为cmol/L的盐酸VmL，则样品的纯度是___。已知：NH3+H3

BO3=NH3•H3BO3；NH3•H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3【答案】(1).第四周期ⅢA族(2).2Ga+2NH32GaN+3H2(3).除去GaN中混有的少量Ni(4).浓氨水(5).排除装置中的空气，避免空气与镓反应，使产

物不纯，防止氢气与氧气爆炸(6).8.4cVm%【解析】【分析】(1)由流程图可知，在少量Ni做催化剂作用下，Ga粉与氨气高温下反应生成GaN和H2，反应得到混有Ni的GaN混合物，向反应后的固体中加入稀盐酸，Ni溶于稀盐酸生成可溶的氯化镍，GaN不与稀盐酸反应

，过滤、洗涤、干燥得到GaN；(2)由实验装置图可知，实验时，应先制备氢气，利用氢气排除装置中的空气，避免空气与镓反应，防止空气中氧气和反应生成的氢气加热混合发生爆炸，当装置中空气排尽后，再用浓氨水与氧化钙反应制备氨气，在少量Ni做催化剂作用下，Ga粉与氨气加热反应生成GaN和H2，由于

氨气与稀硫酸反应，在吸收装置前连接一个空载仪器，起防止倒吸的作用。【详解】(1)镓的原子结构示意图为可知，镓原子有4个电子层，最外层有3个电子，则镓元素位于周期表第四周期ⅢA族，故答案为：第四周期ⅢA族；②由流程图可知，“热转化”的

过程为在少量Ni做催化剂作用下，Ga粉与氨气高温下反应生成GaN和H2，反应的化学方程式为2Ga+2NH32GaN+3H2，故答案为：2Ga+2NH32GaN+3H2；③由分析可知反应得到混有Ni的GaN混合物，酸浸的目的是使Ni溶于稀盐酸，除去GaN中混有的少量Ni，故答案

为：除去GaN中混有的少量Ni；(2)①仪器X中的试剂是浓氨水，目的是用浓氨水与氧化钙反应制备氨气；空气中的氧气能与镓反应，且镓与氨气反应生成的氢气能与空气中氧气反应，发生爆炸，所以加热前需先通入一段

时间的H2，排除装置中的空气，避免空气与镓反应，使产物不纯，防止氢气与氧气爆炸，故答案为：排除装置中的空气，避免空气与镓反应，使产物不纯，防止氢气与氧气爆炸；②由题给化学方程式可得如下关系式：GaN—NH3—NH3•H3BO3—HC

l，由关系式可知n（GaN）=n（HCl）=10-3cVmol，则样品的纯度为384g/mol10cVmolmg×100%=8.4cVm%，故答案为：8.4cVm%。【点睛】实验时，应先制备氢气，利用氢气排

除装置中的空气，避免空气与镓反应，防止空气中氧气和反应生成的氢气加热方式爆炸是实验设计的关键，也是解答的关键。9.次硫酸氢钠甲醛(aNaHSO2•bHCHO•cH2O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛。以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实

验步骤如下：步骤1：在如图所示装置的烧瓶中加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在80~90℃下，反应约3h，冷却至室温，抽

滤。步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶。（1）装置B的烧杯中应加入的溶液是___。（2）步骤2中加入锌粉时有NaHSO2和Zn(OH)2生成。①写出加入锌粉时发生反应的化学方程式：___。②生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉

表面阻止反应进行，防止该现象发生的措施是___。（3）冷凝管中回流的主要物质除H2O外，还有___（填化学式）。（4）步骤3中次硫酸氢钠甲醛不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是___。（5）步骤2抽滤所得滤渣的成分为Z

n和Zn(OH)2，利用滤渣制备ZnO的实验步骤为：将滤渣置于烧杯中，___，900℃煅烧。（已知：Zn与铝类似，能与NaOH溶液反应；Zn2+开始沉淀的pH为5.9，沉淀完全的pH为8.9，pH>11时，Zn(OH)2能生

成ZnO22-。实验中须使用的试剂有1.0mol•L-1NaOH溶液、1.0mol•L-1HCl溶液、水）（6）产物组成测定实验：准确称取1.5400g样品，溶于水配成l00mL溶液；取25.00mL样品溶液经AHMT分光光度法测得溶液吸光度A=0.4000(如图）

；另取25.00mL样品溶液，加入过量碘水后，加入BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重得到BaSO4固体0.5825g。①样品溶液HCHO浓度为___mol•L-1。②通过计算确定aNaHSO2·bHCHO•cH2O的化学式为___。【答案】(1).NaOH溶液(或Na2CO3溶液)(

2).Zn＋NaHSO3＋H2O=NaHSO2＋Zn(OH)2(3).加快搅拌的速度(4).HCHO(5).次硫酸氢钠甲醛被空气中氧气氧化(6).向烧杯中加入1.0mol·L-1HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1NaOH溶液，调节溶液pH约

为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次[或向烧杯中加入1.0mol·L-1NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1HCl溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次(7).0.1000(8).NaHSO2

·HCHO·2H2O【解析】【分析】(1)未反应的二氧化硫是酸性氧化物能和碱溶液反应；(2)①NaHSO3溶液与锌粉反应生成NaHSO2和Zn(OH)2；②防止生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行；(3)甲醛易挥发，据此分析；(4)次硫酸氢钠

甲醛具有强还原性，遇到空气中的氧气易被氧化；(5)从充分利用原料着手，结合已知信息，利用Zn(OH)2受热分解生成ZnO分析设计实验；(6)①样品溶液经AHMT分光光度法测得溶液吸光度A=0.4000，根据图示可知浓度；②根据元素守恒结合物质之间的反应情况来计算。【详解】(1)实验中未反应的二氧

化硫会通过导管进入装置B，可以用NaOH溶液(或Na2CO3溶液)吸收二氧化硫，以防止污染空气，故答案为：NaOH溶液(或Na2CO3溶液)；(2)①NaHSO3溶液与锌粉反应生成NaHSO2和Zn(OH)2，反应中S元素的化合价由+4价降为+2价，Zn元素的化合价由

0价升至+2价，根据得失电子守恒、原子守恒，化学反应方程式为：Zn＋NaHSO3＋H2O=NaHSO2＋Zn(OH)2，故答案为：Zn＋NaHSO3＋H2O=NaHSO2＋Zn(OH)2；②为防止生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，可以快速搅拌避免氢氧化锌在锌粉表面沉积，故答

案为：加快搅拌的速度；(3)甲醛易挥发，在80～90℃下会大量挥发，加冷凝管可以使甲醛冷凝回流，提高甲醛利用率，故答案为：HCHO；(4)次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，遇到空气中的氧气易被氧化变质，故答案为：次硫酸氢钠甲醛被空气中氧气氧化

；(5)为了使Zn和氢氧化锌尽可能转化为ZnO，结合Zn和氢氧化锌的性质，可以先加盐酸使滤渣完全溶解，后加NaOH溶液调节pH使Zn元素完全转化成氢氧化锌沉淀（或先加NaOH溶液使滤渣完全溶解，后加盐酸调节pH使Zn元素完全转化成氢氧化锌沉淀），故实验步骤为：向烧杯中加入1.

0mol·L-1HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次[或向烧杯中加入1.0mol·L-1NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向

所得溶液中滴加1.0mol·L-1HCl溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次，故答案为：向烧杯中加入1.0mol·L-1HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1NaOH溶

液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次[或向烧杯中加入1.0mol·L-1NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1HCl溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤

、用水洗涤固体2～3次；(6)①25.00mL样品溶液经AHMT分光光度法测得溶液吸光度A=0.4000，根据图示可知，样品溶液HCHO浓度为0.1000mol•L-1，故答案为：0.1000；②25．00mL溶液中：根据S守恒，n(NaHSO2)＝n(NaHSO4)＝

n(BaSO4)＝10.5825g233gmol－＝0.0025mol，n(HCHO)＝0.1000mol/L×0.025L=0.0025mol；100mL溶液中：n(NaHSO2)＝4×0.0025mol＝0.01mol，n(HCHO)＝4×0.0025mol＝

0.01mol，n(H2O)＝111(1.5400g88gmol0.01mol30gmol0.01mol)18gmol－－－－－＝0.02mol，a：b：c＝n(NaHSO2)：n(HCHO)：n(H

2O)＝0.01mol：0.01mol：0.02mol＝1：1：2，所以次硫酸氢钠甲醛的化学式为NaHSO2·HCHO·2H2O，故答案为：NaHSO2·HCHO·2H2O。【点睛】本题重点(6)②，根据每步中的实验数据可知计算甲醛和NaHSO2的物质的量，从

而可计算水的物质的量，三种物质的物质的量之比即为a、b、c之比。10.合理利用资源成为当今研究热点。CH3NH2、PbI2及HI常用作合成太阳能电池的敏化剂甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)的主要原料。（1）制

取甲胺的反应为CH3OH(g)＋NH3(g)CH3NH2(g)＋H2O(g)ΔH。已知该反应中相关化学键的键能数据如下：共价键C-OH-ON-HC-N键能/kJ·mol-1E1E2E3E4则上述热化学方程式中ΔH=___kJ·mol-1。（2）可利用水煤气合成上述反应所需甲

醇。反应为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＜0。在一定条件下，将1molCO和2molH2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压强)时，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)变化趋势如图所示：①平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为___。②图中Y轴表

示温度，其判断的理由是__。（3）可利用四氧化三铅和氢碘酸反应制备难溶PbI2，若反应中生成amolPbI2，则转移电子的物质的量为___。（4）将二氧化硫通入碘水制备HI的反应曲线如图所示，其反应原理为：SO2＋I2＋2H2O=3H＋＋HSO4-＋2I-，I2＋I-I3-，图中

曲线a、b分别代表的微粒是__和__（填微粒符号）；由图知要提高碘的还原率，除控制温度外，还可以采取的措施是___。【答案】(1).(E1+E3)-(E2+E4)(2).25%(3).随着Y值增加φ(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g

)逆移(4).23amol(5).HSO4-(6).I3-(7).减小22nInSO的投料比【解析】【分析】（1）反应热=反应物总键能-生成物总键能；（2）①依据题意建立三段式求解可得；②该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向

移动；（3）四氧化三铅和氢碘酸发生氧化还原反应制备生成PbI2、I2和H2O，反应的化学方程式为Pb3O4+8HI=3PbI2+I2+4H2O；（4）根据图象b为从零越来越大的离子，a为不变的离子，结合反应过程分析判断；减小22nInSO的投料比能提高碘的还原率。【详解】（1）反应热=

反应物总键能-生成物总键能，由题给键能数据可知△H=(E1+E3)-(E2+E4)，故答案为：(E1+E3)-(E2+E4)；（2）①设CO的转化率为x，由题意建立如下三段式：23COg2HgCHOHgmol120molx2xxmol1-

x2-2xx＋起（）变（）平（）由平衡时CH3OH的体积分数为10%可得x122xxx×100%=10%，x=0.25即25%，故答案为：25%；②该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由图可

知，随着Y值的增加，CH3OH的体积分数φ（CH3OH）减小，说明平衡向逆反应方向移动，则Y表示温度，故答案为：随着Y值增加φ(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)逆移；（3）四氧化三铅中铅元素的化合价为+83价，碘化铅中

铅元素的化合价为+2价，铅元素化合价降低，反应中四氧化三铅作氧化剂，HI作还原剂，碘元素化合价-1价变化为0价，生成I2，则四氧化三铅和氢碘酸发生氧化还原反应生成PbI2、I2和H2O，反应的化学方程式为Pb3O4+8HI=3PbI2+I2+4H2O，由方程式可知每

生成3molPbI2的反应中电子转移2mol，则生成amolPbI2转移电子的物质的量为23amol，故答案为：23amol；（4）由图象可知，b为从零越来越大的离子，结合反应原理为SO2＋I2＋2H2O=3H＋＋HSO4-＋2I-和I2＋I-I3-可知反应中越来越多的离子为

I3-，反应过程中氢离子和硫酸氢根离子始终不变，但氢离子的物质的量是硫酸氢根的3倍，则图中曲线a、b分别代表的微粒是HSO4-、I3-；由图可知，要提高碘的还原率，除控制温度外，还可以采取的措施是减小22nInSO的投料比，故答案为：HSO4-；I3-；减小22n

InSO的投料比。【点睛】四氧化三铅中铅元素的化合价为+83价，碘化铅中铅元素的化合价为+2价，铅元素化合价降低，反应中四氧化三铅作氧化剂，HI作还原剂，碘元素化合价-1价变化为0价，生成I2是解答关键，也是难点

。11.氮气、羟基乙胺（HOCH2CH2NH2)和氮化镓都含氮元素，其用途非常广泛。回答下列问题：（1）基态氮原子价层电子排布图为___，其中电子能量最高的能级是___。（2）HOCH2CH2NH2所含非金属元素电负性由大到小顺序为___，其中C

和N的杂化方式均为___HOCH2CH2NH2中∠HOC小于∠HNC，其原因是___。（3）HOCH2CH2NH2是一种常见的二齿配体，能和Co2+形成环状配离子。Co位于元素周期表中___区，该环状配离子的配位原子为___。（4）氮化镓为六方晶胞，其

结构如图，其中Ga作六方最密堆积。Ga填充在N围成的___（选填：八面体空隙、正四面体空隙、立方体空隙或三角形空隙）；已知该晶胞底边边长为apm，高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___g•cm-3(列出计算式即可）。【答案】(1).(2

).2p(3).O>N>C>H(4).sp3(5).O有两对孤电子对，而N只有一对孤电子对，O的孤电子对对成键电子对斥力更大所致(6).d(7).N和O(8).正四面体空隙(9).2-30A2843Na

c102【解析】【分析】【详解】（1）氮是7号元素，价电子是5，电子排布图为，电子的能级有1s、2s、2p，能量由低到高为1s<2s<2p，电子能量最高的能级是2p。（2）HOCH2CH2NH2所含非金属元素有H、O、C、N，同周期从左到右，电负性逐渐增大，有O>N>C，同主族从上到下

，电负性逐渐减小，H的电负性最小，所以由大到小顺序为O>N>C>H；其中C形成4条σ键，无孤电子对，采取sp3杂化类型；N形成3条σ键，有一对孤电子对，采取sp3杂化类型，所以C和N的杂化方式均为sp3；HOCH2CH2NH2中O有两对孤电子对，而N只有一对孤

电子对，O的孤电子对对成键电子对斥力更大导致∠HOC小于∠HNC。（3）Co在元素周期表中第四周期，第Ⅷ族，所以在周期表d区；HOCH2CH2NH2是中只有N和O存在孤电子对，能提供电子对给Co2+，形成配位键，所以配位原子为N和O。（4）氮化镓为六方晶胞，根据图可知

，Ga周围有四个原子，所以围成的是正四面体空隙；根据均摊法可知，该晶胞中含有Ga：18128，含有N：14124，由于为六方晶胞，所以底面边长为a，其中一个角为60°的菱形，可得其高为32apm，底面面积为32a2pm2，晶

胞体积为32a2cpm3=32a2c×10-30cm3，则密度为2200A3-327014mρ=V3ac12843Nac10202AN（）g•cm-3。12.花椒毒素（H）有抗实验性心律失常、镇痛、抗炎等作用。由芳香族化合物A为原料合成H的一种合

成路线如下:已知:+ClCH2CH2Cl3POCl+HCl回答下列问题:（1）A的化学名称是_____（用系统命名法）。（2）G中所含官能团的名称是____。（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳称为手性碳。E中___（填“有”或“

没有”）手性碳。（4）反应⑥的反应类型是____。（5）D的结构简式为_____。（6）F与足量NaOH溶液反应的化学方程式为____。（7）芳香族化合物W是D的同分异构体,能发生银镜反应和水解反应,遇FeCl3溶液发生显色反应;W的核磁共振氢谱有5

组峰,且面积比为1∶2∶2∶2∶1。符合上述要求的W有____种。（8）有机物M（）是一种重要的化工原料。设计由邻苯二酚和氯乙酰氯（ClCH2COCl）为起始原料制备有机物M的合成路线____。（无机试剂及有机溶剂任用）【答案】(1).1,2,3—苯三酚(2).酯基、醚键和碳碳双键(3).有(

4).消去反应(5).(6).+3NaOH→+2H2O(7).1(8).【解析】【分析】由有机物的转化关系和C的结构简式可知，在PCl3做催化剂作用下，与ClCH2COCl发生取代反应生成，则A为，B为；一定条件下发生取代反应生成，在雷尼镍作用下，和氢气发生加成反应生成，则D为；与发生一系列反应

生成，与（CH3）2SO4发生取代反应生成，一定条件下发生消去反应生成。【详解】（1）A的结构简式为，名称是1,2,3—苯三酚，故答案为：1,2,3—苯三酚；（2）G的结构简式为，含有的官能团为酯基、醚键和碳碳双键，故答案为：酯基、醚键和碳碳双键；（3）E的结构简式为

，2号碳原子（带☆）连有4个不同的原子或基团，为手性碳，故答案为：有；（4）反应⑥为一定条件下发生消去反应生成，故答案为：消去反应；（5）D的结构简式为，故答案为：；（6）F的结构简式为，分子中含有的酯基和酚羟基能与氢氧化钠反应，与足量NaOH溶液反应生成

和水，反应的化学方程式为+3NaOH→+2H2O，故答案为：+3NaOH→+2H2O；（7）D的结构简式为，其同分异构体W能发生银镜反应和水解反应说明含有—OOCH，遇FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基，核磁共振氢谱有5组峰，且面积比为1∶2∶2∶2∶1的结构只有符合，故

答案为：1；（8）由M的结构简式和题给信息，利用逆推法可知，在PCl3做催化剂作用下，与ClCH2COCl发生取代反应生成，一定条件下发生取代反应，在雷尼镍作用下，和氢气发生加成反应生成，合成路线如下：

，故答案为：。【点睛】分子中含有的酯基和酚羟基，酯基和酚羟基能与氢氧化钠反应，注意1mol酚酯能消耗2mol氢氧化钠是解答关键，也是易错点。