广西省南宁市2020届高三第二次适应性测试化学试题 Word版含解析

广西省南宁市2020届高三第二次适应性测试化学试题 Word版含解析

南宁市2020届高中毕业班第二次适应性测试 理科综合能力测试化学试题 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。‎ ‎3.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：H-1 N-14 Na-23 Cl-35.5 Ga-70‎ 一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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.化学无处不在。下列相关说法不正确的是（ ）‎ A. 漂白液可以灭活COVID-19病毒 B. 大气污染物NO2主要来自于雷雨天气 C. 纤维可素以加强胃肠的蠕动 D. 高纯度硅可以作光电转换材料 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 漂白液具强氧化性，故可以灭活COVID-19病毒，A正确；‎ B. 大气污染物二氧化氮主要来自工业废气、汽车尾气等，B错误；‎ C. 纤维素在人体内不能消化，但可以加强胃肠蠕动，C正确；‎ D. 硅导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体，可以制成光电池，将光能直接转换为电能，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎2.下列关于环己醇（如图）的说法正确的是（ ）‎ A. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 与乙醇互为同系物 - 17 -‎ C. 烃基上的一氯代物有4种 D. 碳原子均处于同一平面 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 环己醇含有醇羟基且与−OH直接相连的碳原子上有H，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；‎ B. 环己醇中羟基与环己基相连，结构不与乙醇相似，不互为同系物，B错误；‎ C. 烃基上有4种氢原子，其一氯代物有4种，C正确；‎ D. 单键碳原子是四面体结构，故碳原子不可能均处于同一平面，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎3.某离子化物MCl(s)在水中溶解并发生电离，该过程的微观示意图如图。已知NA为阿伏伽德罗常数的值。下列相关说法正确的是（ ）‎ A. 1molMCl中含有NA对共用电子对 B. MCl为弱电解质，在水中仅部分电离 C. M+和Cl-均与水分子中的氧原子结合形成水合离子 D. MCl在水作用下的溶解和电离过程是物理变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. MCl为离子化合物，不存在共用电子对，A错误；‎ B. MCl为离子化合物，故MCl为强电解质，在水中完全电离，B错误；‎ C. M+与水分子中的氧原子结合形成水合离子、Cl-与水分子中的氢原子结合形成水合离子，C错误；‎ - 17 -‎ D. MCl在水作用下的溶解和电离过程中没有新物质生成，是物理变化，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.主族元素V、W、X和Y的原子序数依次增加，且均不大于20；元素V在地壳中含量仅0.087%，但其化合物每年以近百万种增加，W的气态氢化物和最高价氧化物的水化物在常温下能发生反应，灼烧X的单质时可以观察到黄色的光，X与Y同主族。下列说法正确的是（ ）‎ A. 离子半径大小：r(W)I2‎ C 用NaOH标准溶液滴定某稀盐酸 D 探究锅炉里的水垢样品在酸中的溶解 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. 除去乙酸乙酯中的乙酸，可加入饱和碳酸钠溶液混合并振荡，则乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠溶液，乙酸乙酯难溶于水，分液后得乙酸乙酯，A正确；‎ B.通过氯气后，棉球变蓝色，因为氯气和碘化钾发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2，碘遇淀粉变蓝色，从Cl2+2KI=2KCi+I2知氧化性：Cl2>I2，故B正确；‎ C. 用NaOH标准溶液滴定某稀盐酸，应用碱式滴定管，C错误；‎ D.锅炉里的水垢样品经过碳酸钠浸泡以后，硫酸钙会转变成碳酸钙，则滴加盐酸在酸中的溶解，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】选项C为易错选项，解答时需注意：酸性滴定管可以盛装酸、强氧化剂，碱性滴定管可以盛装碱溶液，会腐蚀橡皮管的一律不能用碱式滴定管。‎ ‎6.DBFC燃料电池的结构如图，该电池的总反应为NaBH4+4H2O2=NaBO2+6H2O。下列关于电池工作时的相关分析不正确的是（ ）‎ - 17 -‎ A. X极为正极，电流经X流向外电路 B. Y极发生的还原反应为H2O2+2e-=2OH−‎ C. X极区溶液的pH逐渐减小 D. 每消耗‎1.0L0.50mol/L的H2O2电路中转移1.0mole-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由工作原理装置图可知，负极发生氧化反应，电极反应式为，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH−，电极反应式为 ；‎ ‎【详解】A. 由图知X极为负极，电子经X流向外电路流入Y，A错误；‎ B. Y极为正极，H2O2发生还原反应：H2O2+2e-=2OH−，B正确；‎ C. X极发生氧化反应：，故X极区溶液的pH逐渐减小，C正确；‎ D. 由电极反应式H2O2+2e-=2OH−知，每消耗‎1.0L0.50mol/L的H2O2电路中转移1.0mole-，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】如何判断电池的正负极？我们来看看判断负极的常见方法：①电子流出那一极是负极，②发生氧化反应的一极是负极，③阴离子向负极移动，④负极有可能因参加反应溶解而变细，⑤当电池总反应为金属与氢离子产生氢气的反应，通常活泼金属做负极，⑥如果是二次电池，与电源负极相连的那一极，在放电时是负极。‎ ‎7.常温下，向10.00mL浓度均为0.100mol•L-1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH•H2O]的混合溶液中逐滴加入盐酸。利用传感器测得该过程溶液中的阳离子总浓度变化曲线如图；巳知二甲胺在水中电离与氨相似，常温下Kb[(CH3)2NH•H2O]=l.60×l0-4。下列说法正确的是（ ）‎ - 17 -‎ A. a点溶液中，c[(CH3)2NH2+]约为l.60×l0-4mol/L B. 从a到c的过程中，水的电离程度最大的是b点 C. c点溶液中：‎3c(Na+)+c[(CH3)2NH2+]=‎2c(Cl-)‎ D. V(HCl)=15.00mL时，c[(CH3)2NH2+]＜c[(CH3)2NH•H2O]‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A． a点溶液为浓度均为0.100mol•L-1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH•H2O]的混合溶液，二甲胺的电离被抑制，则c(OH-)≈0.100mol•L-1，c[(CH3)2NH•H2O] ≈0.100mol•L-1，， c[(CH3)2NH2+]≈l.60×l0-4mol/L，A正确；‎ B．由图中a到b阳离子总浓度不断降低可知，a到b是盐酸中和氢氧化钠的过程，b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，故可推知HCl的浓度为0.100mol•L-1，b点为二甲胺和氯化钠的混合溶液，b点因二甲胺的电离呈碱性，水的电离被抑制，b到c是盐酸中和二甲胺的过程，c点二甲胺被恰好中和，其氯化物水溶液因水解呈酸性，故水的电离程度最大的是c点，B错误；‎ C．c点溶液中，加入HCl的体积为20mL，则溶液中，；因为水解消耗一部分，故，则‎3c(Na+)+c[(CH3)2NH2+]≠‎2c(Cl-)，C错误；‎ D．V(HCl)=15.00mL时，二甲胺有一半被中和，(CH3)2NH2Cl和(CH3)2NH•H2O 物质的量浓度相等，均为，常温下Kb[(CH3)2NH•H2O]=l.60×l0-4‎ - 17 -‎ ‎，则溶液中， 溶液呈碱性，即二甲胺的电离程度大于(CH3)2NH2Cl 水解程度，故c[(CH3)2NH2+]＞c[(CH3)2NH•H2O]，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题的关键之一是看懂图，抓住关键点a为混合碱溶液，还未开始反应， b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，c点二甲胺被恰好中和；关键之二是类推，二甲胺在水中电离与氨相似，则(CH3)2NH•H2O的性质由NH3•H2O类推所得，(CH3)2NH2Cl的性质由NH4Cl类推所得。‎ 二、非选择题 ‎8.启普发生器是荷兰科学家设计的实验室气体发生装置，由图中漏斗1和容器2两部分构成；现借助启普发生器及相关装置模拟侯氏制碱法制备日用化学品——NH4Cl和Na2CO3。回答相关问题：‎ ‎【NaHCO3的制备】‎ 反应原理：NH3+NaCl+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓‎ 反应装置：‎ ‎（1）启普发生器中发生的离子反应方程式为___，如果上述装置中导管被堵塞，启普发生器中观察到的现象是___。‎ ‎（2）仪器3中盛装的试剂是___；已知常温，NaCl的溶解度为‎35.9g，仪器4中含氨的饱和食盐水的配制方法是将20.0mL浓氨水与8.0gNaCl混合振荡过滤，试推测过滤除去的物质为___。‎ ‎（3）观察仪器4中CO2流速的方法是___，仪器5中试剂的作用是___。‎ ‎（4）反应结束后，对仪器4进行冷却并趁冷过滤其中的悬浊液，“趁冷”的目的是___。‎ ‎【Na2CO3制备】‎ ‎（5）将（4）所得固体转移至蒸发皿中加热得到Na2CO3；请设计简单实验证明NaHCO3‎ - 17 -‎ 固体已分解完全___。‎ ‎【NH4Cl制备】‎ ‎（6）向（4）所得母液中加入两种物质并降温，NH4Cl会逐步结晶析出，所加物质的名称是___，过滤NH4Cl晶体后的滤液可以再次循环使用。‎ ‎【答案】 (1). CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ (2). 漏斗l中酸液面升高，容器2中酸液而下降 (3). 饱和NaHCO3 (4). NaCl (5). 观察仪器4中导管口逸出气泡的快慢 (6). 吸收NH3 (7). 减小NaHCO3溶解度以提高产率 (8). 用一干冷玻璃片靠近蒸发皿上方，如果玻璃片上没有水珠则NaHCO3分解完全 (9). 氨气和氯化钠 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用启普发生器制取CO2，制得的CO2中含有HCl等杂质，利用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，CO2再通入含氨的饱和食盐水中，氨气可能会逸出，利用稀硫酸吸收氨气。‎ ‎【详解】(1)启普发生器中要产生CO2，通过碳酸钙和盐酸反应生成，则离子反应方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，如果上述装置中导管被堵塞，则启普发生器中气体压强增大，则漏斗l中酸液面升高，容器2中酸液而下降；‎ ‎(2)仪器3用于除去CO2气体中的HCl气体，则需用饱和NaHCO3；20.0mL浓氨水与8.0gNaCl混合配制溶液，已知NaCl的溶解度为‎35.9g，则假设20.0mL浓氨水近似20水，能溶解的氯化钠约‎7.2g，故混合液中未溶解的是NaCl，故过滤除去的物质为NaCl；‎ ‎(3)CO2从液体中逸出时会产生气泡，故观察仪器4中CO2流速的方法是观察仪器4中导管口逸出气泡的快慢，仪器5位于整套装置的末尾，主要用于尾气处理，其中的硫酸会吸收NH3；‎ ‎(4)本实验目的是制备NaHCO3，它是可溶性固体，故减少NaHCO3在水中溶解的量能提高产量，因此“趁冷”过滤的目的是减小NaHCO3溶解度以提高产率；‎ ‎(5)碳酸氢钠固体分解时有水蒸气产生，故要设计简单实验证明NaHCO3固体已分解完全，可用一干冷玻璃片靠近蒸发皿上方，如果玻璃片上没有水珠则NaHCO3分解完全；‎ ‎(6)过滤出碳酸氢钠所得母液中含Na＋、HCO3－、Cl－和NH4＋，假如想提取NH4Cl，则需增大Cl－和NH4＋的浓度，故可通入NH3和加入NaCl，NH3·H2O和HCO3－反应，则Cl－和NH4＋的浓度增大，经降温，会逐步结晶析出NH4Cl。‎ ‎9.我国西安兵马佣二号坑出土的宝剑因含有铬而锋利无比。目前，工业用硬铬尖晶石（属于含氧酸盐，主要含MN2O4其中M代表Mg或Fe，N代表Cr或Al）制备重铬酸钠（工业流程如图），同时电解重铬酸钠溶液便可得到铬。‎ - 17 -‎ ‎（1）硬铬尖晶石中，Cr的化合价为__。‎ ‎（2）在步骤II中除去的离子是___，操作X的名称为___。‎ ‎（3）写出步骤III中H2O2表现的性质是___，已知步骤III所得溶液c(Cr3+)=0.010mol/L，常温下，加NaOH使c(Fe3+)和c(Al3+)均降至10-5mol/L，应控制溶液的pH为___。（常温下：［Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-35，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38］。‎ A.10~11 B.>‎11 C.约为10 D.约为4‎ ‎（4）已知NaBiO3和Bi(OH)3都是难溶于水的固体。在步骤IV中发生化学反应的离子方程式为___，步骤V中CO2压强越大Na2Cr2O7产率越高，其原因是___。‎ ‎（5）工业上用电解法制备铬，其装置示意图如图：‎ 电解池工作时，阴极发生的电极反应式为___，该装置的电能主要转变为___能。‎ ‎【答案】 (1). +3 (2). Mg2+(或镁离子） (3). 过滤 (4). 氧化性 (5). D (6). 3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+ (7). CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，Cr2O72-产率也就越高 (8). Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O (9). 化学 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程图及题目提供的信息知：硬铬尖晶石经过酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cr3+等离子，经过步骤II除去了Mg2+，用双氧水把溶液中Fe2+氧化成Fe3+、再经过调节pH、在步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，含Cr3+的溶液经浓缩后，步骤IV为在碱性条件下用氧化剂NaBiO3把Cr3+氧化成CrO42-，步骤V中则调溶液到酸性，使CrO42-，转变为Cr2O72-，据此回答；‎ ‎【详解】（1））由信息：硬铬尖晶石属于含氧酸盐，主要含MN2O4，其中M代表Mg或Fe，N代表Cr或Al，则M为+2价，N为+3价，则Cr化合价为+3；‎ - 17 -‎ 答案为：+3；‎ ‎（2）从硬铬尖晶石所含元素种类看，经过酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cr3+等离子，从后续流程看，步骤II以后溶液中已经没有镁离子，步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，可知在步骤II中除去的是Mg2+(或镁离子），操作X则是过滤； ‎ 答案为：Mg2+(或镁离子）；过滤；‎ ‎（3）步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，可推知Fe2+被H2O2氧化成+3价，故H2O2表现了氧化性，它是一种绿色氧化剂；当溶液中c(Cr3+)=0.010mol/L，因为按常温下Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，则c(OH-)＜10-10 mol/L，c(H+)＞10-4 mol/L，则应控制溶液的pH＜4，按常温下Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-35，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38可知，此条件下，铝离子、铁离子已沉淀完全，故选D；‎ 答案为：氧化性；D；‎ ‎（4）从流程图知，步骤IV为碱性条件下，溶液中的Cr3+被NaBiO3氧化成CrO42-，则发生离子方程式为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+；步骤V为铬酸钠转化成重铬酸钠的过程：，从反应知，CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，越有利于平衡左移，即Cr2O72-产率也就越高；‎ 答案为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+；CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，Cr2O72-产率也就越高；‎ ‎（5）由工业电解法制铬装置示意图知：电解时，阴极上Cr2O72-得到电子被还原，则电极反应式为Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O；电解池是电能主要转变为化学能的装置；‎ 答案为：Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O；化学。‎ ‎【点睛】解工业流程题，要结合信息、流程及物质的知识综合应用。问题（4）中步骤IV离子方程式容易出错，一个关键是反应条件为碱性条件，关键二是溶液中的Cr3+被NaBiO3氧化成CrO42-，关键三是信息提示的灵活应用——NaBiO3和Bi(OH)3都是难溶于水的固体，则发生离子方程式为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+。‎ ‎10.工业上研究高效处理煤燃烧释放出来的SO2，有利于减小环境污染。在T℃时，利用CO处理SO2的反应为：2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l) △H=akJ/mol；‎ ‎（1）已知T℃时：C(s)+O2(g)=CO(g) △H1=-110.5kJ/mol S(l)+O2(g)=SO2(g) △H2=-290.0kJ/mol C(s)+O2(g)=CO2(g) △H3=-390.0kJ/mol - 17 -‎ 则T℃时，a=___。‎ ‎（2）在T℃下，将1.4molCO和1molSO2通入‎2L恒容容器中发生上述反应，反应体系气体总物质的量随时间变化如图；在0~10min，反应的平均速率v(CO)=___，SO2的平衡转化率(SO2)=___%；在T℃时该反应的平衡常数Kc=___L/mol。‎ ‎（3）实验测得：v正=v(CO)消耗=k正c(CO)•c(SO2)，v逆=v(CO2)消耗=k逆，k正、k逆为只受温度影响的速率常数。若将（2）中容器内的温度升高（假设各物质的状态不发生变化），的值将___（填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎（4）某科研团队研究用Fe2(SO4)3(aq)处理SO2：Fe3+溶液吸收SO2发生的离子反应方程式为___；其他外界条件不变下，在相同时间内温度对SO2吸收率的影响结果如图，在‎40℃‎前，SO2的吸收率随温度变化的可能原因是___；在‎40℃‎后，SO2的吸收率发生的变化是温度升高该反应逆向移动的结果，导致反应逆向移动的原因：一是该反应为放热反应，二是___。‎ ‎【答案】 (1). -269 (2). 0.06mol/(L•min) (3). 60 (4). 180 (5). 减小 (6). 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+ (7). 温度越高，反应越快 (8). Fe3+水解程度增大导致c(Fe3+)减小，c(H+)增大；SO2溶解性减小，导致c(SO2)减小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 17 -‎ ‎（1）应用盖斯定律即可求算a；‎ ‎（2）结合已知条件及图示信息，可知图中纵坐标为混合气体的物质的量，则平衡是混合气体的物质的量一共为1.8mol，据此用三段式计算即可；‎ ‎（3）要判断（2）中容器内的温度升高后的值将如何变化，可把升温后正、逆反应速率的变化通过测得的2个速率方程——v正=v(CO)消耗=k正c(CO)•c(SO2)，v逆=v(CO2)消耗=k逆变形，找出的变化情况；‎ ‎（4）Fe3+溶液吸收SO2发生氧化还原反应，从图知，在相同时间内温度对SO2吸收率的影响是‎40℃‎前随温度升高而增大，则可能原因从温度对反应速率的影响回答；在‎40℃‎后，SO2的吸收率有所下降，则考虑温度升高对铁离子和二氧化硫间接带来的浓度影响；‎ ‎【详解】（1）已知T℃时：反应①C(s)+O2(g)=CO(g) △H1=-110.5kJ/mol，反应②S(l)+O2(g)=SO2(g) △H2=-290.0kJ/mol，反应③C(s)+O2(g)=CO2(g) △H3=-390.0kJ/mol 则，按盖斯定律，2×③-2×①-②即得2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l) △H=akJ/mol；则△H =2×△H3-2×△H1-△H2=2×(-390.0kJ/mol)-2×(-110.5kJ/mol)-(-290.0 kJ/mol)=-269 kJ/mol ，即T℃时，a=-269；‎ 答案为：-269；‎ ‎（2） ，则x=0.6 mol，则；=60%；；‎ 答案为：0.06mol/(L•min)； 60； 180；‎ ‎（3）T℃时容器（2）内发生的反应2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l) △H=-269kJ/mol，若升温，则正、逆反应速率均增大，但是吸热方向的逆反应速率增加得更快，则v正＜v逆，k正 - 17 -‎ c(CO)•c(SO2)＜k逆，故，‎ 当温度升高时，KC变小，则减小；‎ 答案为：减小；‎ ‎（4）Fe3+与SO2发生氧化还原反应得到Fe3和SO42-，则离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；从图知，‎40℃‎前随温度升高，相同时间内SO2吸收率随着增大，从温度对反应的影响可以推知：温度越高，反应越快，相同时间内SO2吸收率就高；温度上升超过‎40℃‎，SO2的吸收率有所下降，则温度对反应速率的直接影响不再是主要原因，因而要找间接影响，由于Fe3+会水解、二氧化硫的溶解性会随温度升高而减小，这些都可能影响到相同时间内SO2吸收率，故可能原因为：温度上升超过‎40℃‎，Fe3+水解程度增大导致c(Fe3+)减小，c(H+)增大；SO2溶解性减小，导致c(SO2)减小； ‎ 答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；温度越高，反应越快； Fe3+水解程度增大导致c(Fe3+)减小，c(H+)增大；SO2溶解性减小，导致c(SO2)减小。‎ ‎【点睛】问题（4）比较容易出错。表面上对二氧化硫吸收效应的影响因素只有一个——温度，但是结果却有不同，那么首先考虑直接影响，其次考虑间接影响，不同情形下，其实影响因素已随之改变，要综合考虑。‎ ‎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）。‎ - 17 -‎ ‎【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). ‎ ‎【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：，含有N：，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apm ，底面面积为a2pm2，晶胞体积为a‎2c pm3=a‎2c×10‎-30cm3，则密度为 - 17 -‎ g•cm-3。‎ ‎12.已知偶氮化合物茜草黄()是常用植物染色剂和消炎类药物，其一种合成路线如图：‎ ‎（1）茜草黄中含氧官能团的名称为___，E的分子式为___。‎ ‎（2）已知A系统名称为苯胺，则D的名称为___，①的反应类型为___；写出反应②的化学方程式：___。‎ ‎（3）1molC与NaOH溶液混合，最多消耗___molNaOH；已知一NH2和一OH对苯环有相似的影响作用，请写出A遇浓溴水发生的化学反应方程式为___。‎ ‎（4）写出符合下列条件的F的所有同分异构体：___，其中核磁共振氢谱吸收峰最少的有___种。‎ ‎①芳香族类化合物；②在酸或碱性环境下均可水解；③可以和甲醛发生缩聚反应 ‎（5）参照上述合成路线，设计一条以对甲基苯胺和苯酚及必要试剂合成偶氮化合物的路线：___。‎ ‎【答案】 (1). 硝基、羧基和（酚）羟基 (2). C6H4N3O2Cl (3). 对硝基苯胺(4一硝基苯胺） (4). 取代反应 (5). +HNO3+H2O (6). 1 ‎ - 17 -‎ ‎(7). +3Br2→↓+3HBr (8). 、、 (9). 4 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】（1）茜草黄中含氧官能团有-NO2、-COOH、-OH，名称为硝基、羧基和（酚）羟基；根据E的结构，可知分子式为C6H4N3O2Cl。‎ ‎（2）已知A的系统名称为苯胺，D在A的-NH2的对位上连有-NO2，所以名称为对硝基苯胺(4一硝基苯胺）；①反应将-NH2上的一个氢取代为-COCH3，反应类型为取代反应；反应②是对位上的苯环氢被-NO2取代，根据原子个数守恒还生成水，化学方程式为：+HNO3+H2O。‎ ‎（3）C中能与NaOH溶液的只有-NHCO-，发生水解反应，所以最多消耗1mol NaOH；已知一NH2和一OH对苯环有相似的影响作用，所以一NH2‎ - 17 -‎ 的邻位和对位苯环氢能与溴发生取代反应，发生反应的化学反应方程式为+3Br2→↓+3HBr。‎ ‎（4）在酸或碱性环境下均可水解是酯基，可以和甲醛发生缩聚反应说明含酚羟基，且为芳香族类化合物，则F的所有同分异构体有：、、，其中核磁共振氢谱吸收峰：有6种、有6种、有4种，所以最少的是4种。‎ ‎（5）根据D→E，可知对甲基苯胺先生成，再与苯酚合成偶氮化合物，路线为： 。‎ ‎【点睛】本题利用题给信息，结合有机物的官能团和性质，进行解题；利用物质的相似性写出A与浓溴水反应的方程式；合成题利用题目所给流程得到合成路线。‎ - 17 -‎