精品解析：河南省开封市2022届高三第二次模拟考试理综化学试题（解析版）

河南省开封市2022届高三第二次模拟考试理科综合化学试题注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。3.答非选择题时，使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。5.考试结束后，只将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16S-32Ni-59Cu-64Ga-70一、选择题：本题共7个小题，每小题6分共42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.中国传统文化中常涉及一些化学知识。下列诗句中不包含化学变化的是A.爆竹声中一岁除 B.蜡炬成灰泪始干C.凿开混沌得乌金 D.百年陈酒十里香【1题答案】【答案】C【解析】【详解】A．爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏，爆竹爆炸属于化学变化，A不符合题意；B．错烛成灰泪始干是石蜡的燃烧，是碳氢化合物被氧化成二氧化碳和水的过程，是氧化还原反应，B不符合题意；C．凿开混沌得乌金，属于煤的开采，煤的形状发生变化，C符合题意；D．百年陈酒说明储存的时间长，乙醇部分被氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成具有香味的乙酸乙酯和水，D不符合题意；故选C。2.下列过程中的化学反应，相应的离子方程式错误的是A.将稀H2SO4加入NaIO3和NaI的混合溶液中：5I-+IO+6H＋=3I2+3H2OB.向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：3SO+2H＋+2NO=3SO+2NO↑+H2OC.将Na2O2加入CuSO4溶液中：2Na2O2+2Cu2＋+2H2O=4Na＋+2Cu(OH)2↓+O2↑D.向NaHCO3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：2HCO+Ba2＋+2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO【2题答案】【答案】D【解析】【详解】A．H2SO4、NaIO3和NaI反应生成碘单质，I的化合价由+5价降低为0价，I的化合价由-1价升高为0价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守恒，可得：5I-+IO+6H＋=3I2+3H2O，A正确；B．HNO3和Na2SO3反应生成一氧化氮和硫酸钠，N的化合价由+5价降低为+2价，S的化合价由+4价升高为+6价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守恒，可得：3SO+2H＋+2NO=3SO+2NO↑+H2O，B正确；C．Na2O2和CuSO4溶液反应生成氧气和氢氧化铜，O的化合价既由-1价降低为-2价，S的化合价又由+1价升高为+0价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守恒，可得：2Na2O2+2Cu2＋+2H2O=4Na＋+2Cu(OH)2↓+O2↑，C正确；D．假设量少的物质为1mol，过量的物质用多少写多少，NaHCO3为1mol，所以需要1molBa(OH)2，NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+NaOH+H2O，所以反应的离子方程式为：HCO+Ba2＋+OH-=BaCO3↓+H2O，故D错误；答案选D。3.下图是短周期主族元素的单质及其化合物(或其溶液)的转化关系。已知X、Y、Z原子序数依次增大，A～F均为化合物，F为不含金属元素的含氧酸盐。下列说法正确的是

A.原子半径：X＜Y＜ZB.物质的稳定性：A＞CC.E和F中存在的化学键类型完全相同D.常温下，可以用铁质容器盛装E的浓溶液【3题答案】【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z为三种原子序数依次递增的短周期主族元素，X2、Y2、Z2分别为这三种元素形成的单质，A～F均为化合物，其中F为不含金属元素的含氧酸盐，则F为含氧酸铵盐，故X为H元素、Y为N元素、Z为O元素，X2、Y2、Z2分别为H2、N2、O2，结合转化关系可推知，A为NH3、B为NO、C为H2O、D为NO2、E为HNO3、F为NH4NO3，以此来解析；【详解】A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，一般情况下电子层越多原子半径越大，则原子半径：H<O<N，即X<Z<Y，A错误；B．非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，非金属性O>S，稳定性NH3<H2O，B错误；C．EHNO3，存在极性共价键，F为NH4NO3，存在离子键和极性共价键，C错误；D．常温下，铁与浓硝酸发生钝化形成了致密的氧化物薄膜，可以用铁质容器盛装硝酸的浓溶液，D正确；故选D。4.布洛芬是一种消炎止痛药，异丁基苯是合成它的一种原料，二者的结构简式如图。下列说法正确的是A.布洛芬的分子式为C12H16O2B.异丁基苯的一氯代物有6种C.异丁基苯分子中最多有7个碳原子共平面D.布洛芬可以发生取代、加成、氧化、聚合反应【4题答案】【答案】B【解析】【详解】A．布洛芬的分子式为C13H18O2，A错误；B．如图④，①～⑥个位置的氢可以被取代形成一氯代物，异丁基苯中6种一氯代物，B正确C．如图，异丁基苯分子中最多有8个碳原子共平面，C错误；D．布洛芬可以发生取代、加成、氧化、但是不能发生聚合反应，聚合一般为双键或者醇酸酯化，但是只有一个羧基，D错误；故选B。5.实验室利用如图所示装置(已略去夹持、加热及搅拌装置)制取五氯化锑，反应如下：SbCl3+Cl2SbCl5(相关物质性质如下表)。下列说法错误的是物质熔点沸点性质SbCl373.4℃220.3℃极易水解SbCl53.5℃79℃／2.9kPa(140℃分解)极易水解A.试剂X可以使用无水CaCl2B.冷凝管的作用是冷凝回流，从a口进水，b口出水C.此实验中采用水浴加热的方式比较合适D.可采用减压蒸馏的方法将SbCl5，从反应液中分离【5题答案】【答案】A【解析】【详解】A．根据题中信息SbCl3和SbCl5极易水解，Cl2有毒故试剂X的作用为防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，同时收集氯气,防止污染空气，故不能用CaCl2只能吸收水分，不能吸收氯气，可以用碱石灰，A错误；B．冷凝管的作用是冷凝回流，下进上出冷凝效果好，B正确；C．根据题中SbCl3和SbCl5熔沸点和SbCl52.9kPa(140℃分解)，可知采用水浴加热合适，C正确；D．根据SbCl5在2.9kPa(140℃分解)，可采用减压蒸馏的方法将SbCl5从反应液中分离，D正确；故选A。6.科学家采用碳基电极材料设计了一种新的电解氯化氢回收氯气的工艺方案，原理如图所示。下列说法错误的是A.a是电源的正极B.阴极的电极反应式为：Fe2＋-e-=Fe3＋C.电路中每转移1mole-理论上可以回收氯气11.2L(标准状况)D.该工艺涉及的总反应为4HCl＋O2=2Cl2＋2H2O【6题答案】【答案】B【解析】【分析】整个过程是电解条件下，Fe3+起催化剂作用，HCl与O2反应生成Cl2和H2O，所以该工艺的总反应式为4HCl+O22Cl2+2H2O，电解池阳极发生氧化反应，HCl转化为Cl2，H+向阴极移动，阳极的电极反应为：2HCl(g)-2e-=Cl2(g)+2H+，阴极区上Fe3+得电子生成Fe2+，Fe3+与Fe2+间循环转化，阴极区反应有Fe3++e-=Fe2+，然后发生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，以此来解析；【详解】A．连接电源a的电极上，HCl转化为Cl2，发生氧化反应，电解池阳极发生氧化反应，阳极极连接的是电源正极，所以a为电源正极，A正确；B．阴极区上Fe3+得电子生成Fe2+，阴极发生的电极反应为Fe3++e-=Fe2+，B错误；C．根据阳极的电极反应2HCl(g)-2e-=Cl2(g)+2H+，可知2e-～Cl2(g)，故电路中每转移1mole-理论上可以回收氯气V=nVm=×1mol×22.4L/mol=11.2L，C正确；D．整个过程是电解条件下，Fe3+起催化剂作用，HCl与O2反应生成Cl2和H2O，所以该工艺的总反应式为：4HCl+O22Cl2+2H2O，D正确；故选B。7.室温下，向20.00mL0.1000mol·L-1的某一元碱MOH溶液中滴加未知浓度的稀硫酸，混合溶液的温度、酸度AG[AG=lg]随加入稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法错误的是A.室温下MOH的电离常数Kb=1.010-5B.a点对应的溶液中c(M＋)＋c(MOH)=8c(SO)C.当AG=0时，溶液中存在c(SO)＞c(M+)＞c(H+)=c(OH-)D.b、c、d三点对应的溶液中，水的电离程度的大小关系是c＞b＞d【7题答案】【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，MOH溶液中，AG=lg=-8，则=10-8，根据Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-3mol/L，Kb=≈=10-5，A正确；B．a点时消耗硫酸5mL，根据关系式：2MOH～H2SO4，消NMOH的量为2×0.05×10-3mol，剩余MOH的量为：20.00×10-3×0.100mol-2×0.05×5×10-3mo1=1.5×10-3mo1，生成M2SO4的量为0.05×5×10-3mol，即混合洛液中n(MOH)：n(M2SO4)=1.5：0.25=6：1，根据物料守恒可知：c(M+)+c(MOH)=8c(SO)，B正确；C．当AG=lglg=0时，则=1，即c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：2c(SO)+c(OH-)=c(M+)+C(H+)，则有2c(SO)=c(M+)，所以洛液中有：c(M+)>c(SO)>c(H+)=c(OH-)，C错误；D．c点为酸碱恰好反应的点，生成了强酸弱碱盐，促进了水解，从c点以后，硫酸过量，酸抑制水的电离，硫酸属于强酸，对水的电离平衡抑制程度较大，因此水的电离程度：c>b>d，D正确；故选C。8.镍矾(NiSO4·7H2O)常用于电镀、镍电池、催化剂以及制取其他镍盐等。以镍废渣(主要成分为Ni，含少量Fe、Al、Fe3O4、Al2O3和不溶性杂质等)为原料合成镍矾的流程如下：该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表金属离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.93.2A13+3.04.7Fe2+7.09.0Ni2+7.19.2回答下列问题：（1）"碱浸"的目的是___________；为提高"酸浸"浸出率，可采取的措施有___________(任写两条)。（2）"转化"过程中加入H2O2目的是___________(用离子方程式表示)；Fe2＋的转化率随温度的变化如图，温度高于40℃，Fe2+转化率急速降低的原因可能是___________。（3）"除铁"过程需要调节pH至a，a的取值范围是___________；从化学平衡移动角度解释加入氧化镍除去铁元素的原理___________。（4）准确称取ωg镍矾产品配成250mL溶液，取20.00mL所配溶液于锥形瓶中，用cmol·L-1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(发生反应Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，不考虑杂质反应)，三次实验消耗标准溶液的体积分别为20.02mL、19.98mL、19.40mL，则镍矾的纯度为___________(只列计算式)。【8~11题答案】【答案】（1）①.除去Al和Al2O3②.将废渣粉碎或升高温度或增大酸浓度等（2）①.2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O②.温度过高，双氧水分解速率加快（3）①.3.2≤a＜7.1②.Fe3+存在水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氧化镍消耗H+使生成物浓度减小，平衡正向移动，转化为氢氧化铁沉淀（4）【解析】【分析】由流程可知，用NaOH溶液溶解镍废渣，除去Al和Al2O3，过滤后的滤渣再用稀硫酸溶解，过滤除去不溶于酸的不溶性杂质固体，滤液中含有Fe2+、Ni2+和Fe3+，加入双氧水将溶液中的Fe2+完全氧化为Fe3+，再加入NiO调节溶液pH，使Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3，过滤后所得NiSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤后得到NiSO4•7H2O；【小问1详解】“碱浸”过程中用NaOH溶液溶解镍废渣，目是除去Al和Al2O3，为提高浸出率，可采取的措施是将废渣粉碎或升高温度或增大酸浓度等，故答案为：除去Al和Al2O3；将废渣粉碎或升高温度或增大酸浓度等；【小问2详解】“转化”过程中加入H2O2的目的是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，经实验测定该过程温度高于40℃，转化率急速降低的原因可能是温度过高，双氧水分解速率加快，

故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；温度过高，双氧水分解速率加快；【小问3详解】调节溶液pH的目的是除去Fe3+，使Fe3+完全沉淀，不使Ni2+沉淀，即a的范围为3.2≤a＜7.1；Fe3+发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氧化镍消耗H+使生成物浓度减小，平衡正向移动，转化为氢氧化铁沉淀而除去铁元素；故答案为：3.2≤a＜7.1；Fe3+存在水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氧化镍消耗H+使生成物浓度减小，平衡正向移动，转化为氢氧化铁沉淀；【小问4详解】舍去误差明显偏大的数据19.40mL，消耗EDTA标准溶液平均体积为=20.00mL，由滴定反应Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，n(Ni2+)=n(H2Y2-)=c×0.02mol，NiSO4•7H2O的质量为m=nM=c×0.02mol××281g/mol=70.25cg，产品的纯度为。9.三硫代碳酸钠(Na2CS3)是强碱弱酸盐，可用于矿石浮选，一般情况下Na2CS3都是以溶液形式存在。某化学兴趣小组利用下图装置测定其溶液的浓度，实验步骤如下：I．取100.0mLNa2CS3溶液置于仪器M中，打开K，通入一段时间氮气；II．关闭K，打开分液漏斗活塞，滴入足量2.0mol·L-1稀H2SO4，关闭活塞；III．反应结束后，再打开K，通入一段时间的热氮气；IV．将B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称量，得到14.4g固体。已知：Na2CS3＋H2SO4=Na2SO4＋CS2＋H2S↑。CS2和H2S均有毒，且CS2不溶于水，沸点46℃，与CO2某些性质相似。回答下列问题：（1）Na2CS3溶液遇酚酞试液变红，原因是___________(用离子方程式表示)。（2）仪器M的名称是___________；反应开始前通入氮气的目的是___________。（3）B中发生反应的离子方程式为___________。（4）装置C的作用是___________。（5）根据实验数据计算，Na2CS3溶液的物质的量浓度为___________。（6）反应结束后通入热氮气的目的是___________。【9~14题答案】【答案】（1）CS+H2O=HCS+OH-（2）①.三颈烧瓶②.排除装置中的空气防止硫化氢被氧化，以免影响装置B中硫化铜，进而影响测定浓度（3）Cu2++H2S=CuS↓+2H+（4）处理尾气防止空气污染，同时防止外界的空气进入B，防止O2和硫化氢反应，避免影响B中硫化铜的质量，影响测定浓度（5）1.5mol/L（6）将残留在装置中的CS2和H2S气体全部赶出到下一个装置被全部吸收【解析】【分析】根据实验题目的制备Na2CS3测定其溶液的浓度，A装置为Na2CS3和H2SO4反应制取CS2的装置，B为H2S吸收装置，通过B装置中CuS质量，来确定Na2CS3，C为装置为尾气处理装置，防止空气污染；反应前通氮气排除装置中的空气防止硫化氢被氧化，以免影响装置B中硫化铜；反应后热N2将残留在装置中的CS2和H2S气体全部赶出到下一个装置被全部吸收，以此来解析；【小问1详解】碳酸钠溶液因碳酸根离子水解而显碱性，因为三硫代碳酸钠(Na2CS3)与碳酸钠性质相近，所以Na2CS3溶液中CS也会发生水解显碱性，其反应的离子方程式为：CS+H2O=HCS+OH-，所以滴入酚酞试液后，溶液也会变红色；【小问2详解】根据仪器构造仪器M的名称三颈烧瓶或三口烧瓶，反应前通氮气的目的排除装置中的空气防止硫化氢被氧化，以免影响装置B中硫化铜质量，进而影响浓度的测定；【小问3详解】气体进入B中，H2S与硫酸铜反应生成不溶于硫酸的硫化铜沉淀和硫酸，故B中发生反应的离子方程式是：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；【小问4详解】C为装置为尾气处理装置，防止空气污染，同时防止外界的空气进入，防止O2和硫化氢反应，避免影响B中硫化铜的质量，影响浓度的测定；【小问5详解】14.4g黑色固体为硫化铜，可知n(CuS)===0.15mol，根据反应Na2CS3＋H2SO4=Na2SO4＋CS2＋H2S↑和H2S+CuSO4=CuS+H2SO4，关系式：Na2CS3～H2S～CuS，得n(Na2CS3)=n(CuS)=0.15mol，c(Na2CS3)===1.5mol/L；【小问6详解】因为CS2和H2S均有毒，CS2不溶于水，装置中有CS2和H2S残留，所以反应结束后打开活塞K，再缓慢通入热N2将残留在装置中的CS2和H2S气体全部赶出到下一个装置被全部吸收；10.将燃煤废气中的二氧化硫富集后进行催化氧化可得到三氧化硫。（1）标准摩尔生成焓(ΔfH)是指在标准状态下，各元素最稳定单质生成标准状态下1mol某纯物质的热效应。由表中数据，推测SO3(1)的ΔfH___________(填“＞”、“＜”或“=”)-395.7kJ·mol-1，写出SO2(g)与O2(g)生成SO3(g)的热化学方程式___________。物质O2(g)SO2(g)SO3(g)ΔfH/kJ·mol-10-296.8-395.7（2）将含有SO2的废气与空气混合后，分别在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa的压强下发生反应，测得SO2平衡转化率α随温度的变化如图1所示，推测p1=______MPa，依据是______。图2表示在转化率为0.90时的反应速率v与转化率、反应温度的关系。说明在各种转化率下，都有一个反应速率的最大值，该值对应的温度为最佳温度。保持其它条件不变，当转化率为0.99时，对应的最大反应速率______9(填“＞”或“＜”，下同)，最佳温度______490℃。（3）将体积分数是8.0％的SO2、10％的O2和82％的其它气体(不参与反应)组成的混合气体通入反应器，在温度t，压强0.1MPa下发生反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。平衡时，若SO2转化率为x，则SO3分压为______MPa(列式即可，下同)，平衡常数Kp=______MPa-1(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。【10~12题答案】【答案】（1）①.＜②.2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-197.8kJ·mol-1（2）①.P1>P2>P3②.5.0MPa③.<④.<（3）①.②.【解析】【分析】（1）标准摩尔生成焓(ΔfHθm)SO3(g)=-395.7kJ·mol-1，因SO3(g)=SO3(1)放热，可知大小，根根据表格中的数据和盖斯定律，可得热化学方程式；（2）温度一定时增大压强平衡正向移动导致二氧化硫转化率增大，根据图知，压强：P1>P2>P3即P1为5.0MPa，根据反应热化学方程式，该反应放热，升温逆向移动，降温正向可提高反应的转化率，来判断最佳温度和反应速率；（3）设SO2(g)、O2(g)和N2(g)共100mol，根据三行式可求得反应平衡时，各种物质物质的的量，根据分压=总压×物质的量分数，可求得分压，再根据Kp=进行计算；【小问1详解】标准摩尔生成焓(ΔfHθm)SO3(g)=-395.7kJ·mol-1，又因SO3(g)=SO3(1)放热，SO3(1)的ΔfHθm＜-395.7kJ·mol-1，根据表格中的数据可知①S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔfHθm=-296.8kJ·mol-1，②S(s)+O2(g)=SO3(g)ΔfHθm=-395.7kJ·mol-1，③2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H，根据盖斯定律可知③=2×②-2×①，△H=2×(-395.7kJ·mol-1)-2×(-296.8kJ·mol-1)-0=-197.8kJ·mol-1，反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-197.8kJ·mol-1；【小问2详解】温度一定时增大压强平衡正向移动导致二氧化硫转化率增大，根据图知，压强：P1>P2>P3即P1为5.0MPa；根据反应2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)ΔH=-197.8kJ·mol-1，升温平衡逆向移动，转化率0.90<0.99，温度低转率高，最佳温度小于490℃，温度低反应慢，对应的最大反应速率小于9；【小问3详解】设SO2(g)、O2(g)和N2(g)共100mol，SO2(g)、O2(g)和N2(g)的物质的量分别为100mol×8.0％=8mol，100mol×10％=10mol，100mol×82％=82mol，且O2转化率为x，氧气的反应量为10molx，则平衡时气体总物质的量为：(8-20x)mol+(10-10x)mol+(20x)mol+(82)mol=(100-10x)mol，p(SO2)=p×=；p(O2)=p×=，p(SO3)=p×=；平衡常数Kp===；11.新型半导体材料GaN、SiC主要应用于功率半导体、射频和光电器件领域。（1）N、Si、Ga三种元素的基态原子中，第一电离能由大到小的顺序是______，其中未成对电子数最少原子的外围电子排布式为______，该元素位于周期表的______区。（2）制备GaN的工艺中用到GaCl3。GaCl3分子的空间构型为______，其中Ga的杂化方式为______；GaCl3的熔点为77.9℃，GaN的熔点为1700℃，二者熔点差异的原因是______。（3）GaN的一种六方晶胞如图所示，品胞参数为anm、cnm。晶体中N原子的配位数为______；晶体密度ρ=______g·cm-3(设阿伏加德罗常数的值为NA，用含a、c、NA的代数式表示)。【11~13题答案】【答案】（1）①.N>Si>Ga②.Ga③.p（2）①.平面三角形②.sp2③.GaCl3为分子晶体，GaN为共价晶体（3）①.4②.【解析】【分析】（1）金属元素第一电离能较小，非金属元素第一电离能较大。同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，同一主族元素从上到下第一电离能由大变小，根据位置，比较电离能大小，根据电子排布，进行解；（2）根据价层电子对互斥理论来确定其空间构型及中心原子杂化方式；根据熔点高低判断晶体类型；（3）根据原子周围连接情况判断配位数，结合密度ρ=公式进行计算，以此来解析；小问1详解】金属元素第一电离能较小，非金属元素第一电离能较大，同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，同一主族元素从上到下第一电离能由大变小，根据三者N、Si、Ga在周期表中位置可知，第一电离能N>Si>Ga，N的外围电子排布式：2s2p3有3个未成对电子，Si外围电子排布式：3s23p2，有2个未成对，Ga电子外围电子排布式：4s24p1有1个未成对电子，未成对电子数最少为1个为Ga，Ga原子的外围电子排布式为4s24p1，位于第四周期第ⅢA族；【小问2详解】GaCl3中价层电子对个数=3+(3-3×1)=3，且没有孤电子对，所以其空间构型是平面三角形结构，Ga的杂化方式为sp2；GaCl3的熔点为77.9℃，熔沸点低，这是分子晶体的特点，推出GaCl3为分子晶体，GaN的熔点为1700℃，熔沸点高，是共价晶体特点，推出GaN为共价晶体；【小问3详解】1个N周围有4个与之等距且最近的Ga原子，所以N的配位数为4；已知胞参数为anm、cnm，该晶胞的体积=6×（a×a）×c×10-21cm3，一个晶胞中N的个数为6×+3=6，Ga的个数为12×+2×+3=6，一个晶胞中6个GaN，根据密度ρ===；12.阿斯巴甜(G)是一种广泛应用于食品工业的添加剂，一种合成阿斯巴甜(G)的路线如下：已知如下信息：①②