青海省西宁市2020届高三普通高等学校招生全国统一考试复习检测（一）化学试题 Word版含解析 17页

‎1.化学与生产、生活、科技密切相关，下列说法正确的是（ ）‎ A. 在抗击新冠肺炎疫情中，84消毒液、酒精用作环境消毒剂，是因为它们具有强氧化性 B. “地沟油”经加工处理后，可用来制肥皂、生物柴油，从而实现厨余废物合理利用 C. 工业上，采用雾化技术燃煤的目的是提高煤的燃烧效率、减少SO2的排放 D. “玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其太阳能电池帆板的材料是二氧化硅 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. 84消毒液具有强氧化性，用于杀菌消毒；酒精能够使蛋白质发生变性，使细菌、病毒失去生理活性，因此用作环境消毒剂，不是因为它具有强氧化性，A错误；‎ B. “地沟油”主要成分是高级脂肪酸的甘油酯，对人体健康有害，不能食用，经皂化反应后可用来制肥皂，经与甲醇发生酯交换反应可制取生物柴油，从而实现厨余废物合理利用，变废为宝，B正确；‎ C. 工业上，采用雾化技术燃煤的目的是扩大接触面积，提高煤的燃烧效率、但不能减少SO2的排放，C错误；‎ D. 太阳能电池帆板的材料是晶体硅，利用其导电性，而二氧化硅则用于制光导纤维，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎2.有机物A的相对分子质量为128，燃烧只生成CO2和H2O，已知A中含有一个六元碳环且A可与NaHCO3溶液反应，则该有机物碳环上一氯代物的数目为(不考虑立体异构)（ ）‎ A. 2 B. ‎3 ‎C. 4 D. 5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A含有一个六元碳环且能与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，则A中含有-COOH，有机物A完全燃烧后只生成CO2和H2O，说明没有C、H、O以外元素，A的相对分子质量为128的，A含有一个六碳环，6个碳原子式量为72，-COOH的式量为45，故分子含有1个-COOH，利用残余法可知，剩余基团或原子的总式量为128-72-45=11，故还有11个H原子，A的结构简式为，环上的取代物，除了-COOH - 17 -‎ 的邻、间、对位置外，羧基连接的碳也还有氢原子，可以取代，故其环上的一氯代物有4种，故合理选项是C。‎ ‎3.CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如图：‎ 下列说法中错误的是（ ）‎ A. 过程①→②是吸热反应 B. Ni是该反应的催化剂 C. 过程①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成 D. 反应的总化学方程式可表示为：CH4+CO22CO+2H2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，发生CH4+CO22CO+2H2，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．①→②中能量降低，放出热量，故A错误；‎ B．Ni在该反应中做催化剂，改变反应的途径，不改变反应物、生成物，故B正确； ‎ C．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C正确；‎ D．由分析可知，反应的总化学方程式可表示为：CH4+CO22CO+2H2，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】反应物的能量高，生成物的能量低，反应为放热反应，比较吸热反应和放热反应时，需要比较反应物和生成物的能量的相对大小。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 在标准状况下，2.24 LSO3中含氧原子数为0.3NA B. 0.1 mol O2完全反应时，转移的电子数一定为0.4NA C. 含0.1 mol FeCl3的饱和溶液最多可形成的胶体粒子数为0.1NA - 17 -‎ D. 常温常压下，‎1.8 g甲基(-CD3)中含有的中子数为0.9NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. 在标准状况下，SO3呈固态，不能使用气体摩尔体积计算微粒数目，A错误；‎ B. 若O2与金属Na反应产生Na2O2，每1 mol O2反应转移2 mol电子，则0.1 mol O2完全发生该反应时，转移电子数为0.2NA，B错误；‎ C. Fe(OH)3胶体的胶粒是许多Fe(OH)3的集合体，所以含0.1 mol FeCl3的饱和溶液形成的胶体粒子数小于0.1NA，C错误；‎ D. 甲基(-CD3)的式量是18，一个该甲基中含有9个中子，‎1.8 g甲基(-CD3)的物质的量是0.1 mol，所以其中含有的中子数为0.9NA，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎5.W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，W和X同族。Y原子最外层电子数是W与X原子最外层电子数之和的3倍，是Z原子最外层电子数的2倍。下列说法正确的是 A. 离子半径：W－＜X+‎ B. Z的最高价氧化物的水化物是强碱 C. 化合物XZW4具有强还原性 D. W与Y只能形成10电子化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，W和X同族。Y原子最外层电子数是W与X原子最外层电子数之和的3倍，Y最外层电子是6，W和X同族是IA，是Z原子最外层电子数的2倍，Z最外层电子是3。W为H，X为Li，Y为O，Z为Al。‎ ‎【详解】A. 电子层结构相同的粒子，核电荷数越大，半径越小，离子半径：H－>Li+，故A错误；‎ B. Al的最高价氧化物的水化物是Al(OH)3 ，是两性氢氧化物，故B错误；‎ C. 化合物LiAlH4中H是-1价，具有强还原性，故C正确；‎ D. W与Y能形成10电子化合物H2O ，还能形成18电子的化合H2O2 ，故D错误；‎ - 17 -‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期表及其推断，解题关键：W和X同族，Y原子最外层电子数是W与X原子最外层电子数之和的3倍，W和X同族只能是IA，易错点D，氢和氧可形成水和双氧水两种化合物。‎ ‎6.联胺是火箭的燃料，一种用联胺制成的燃料电池示意图如图(总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O)，下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 该电池工作时，电子从负极经电解质溶液到正极 B. 电池工作一段时间后，溶液的pH减小 C. 负极的电极反应式为：N2H4-4e-=N2↑+4H+‎ D. 当电路中通过0.1 mol电子时，负极消耗‎0.56 L的氧气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电子不能经过电解质溶液，在溶液中是离子定向移动，A错误；‎ B. 电池的总反应为N2H4+O2=N2+2H2O，反应生成水，溶液的浓度减小，pH减小，B正确；‎ C. 燃料电池的负极发生氧化反应，是肼在反应，肼中的N从-2价升高到0价，碱性环境中不可能大量存在H+，碱性电池中，其电极反应式应为N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，C错误；‎ D. 没有说明是否是标准状况下，无法计算气体体积，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎7.依据下列实验现象，所得结论不正确的是 实验 实验现象 ‎①品红溶液红色褪去，经检验溶液中含有SO42-‎ ‎②加热褪色后的溶液至沸腾，未见颜色恢复，有气体溢出，可使蓝色石蕊试纸变红，遇淀粉碘化钾试纸，无明显变化。‎ - 17 -‎ A. 品红溶液褪色是氯水漂白所致 B. 集气瓶中发生了反应：Cl2 + SO2 + 2H2O H2SO4 + 2HCl C. 依据现象②可确定产生的气体为SO2‎ D. 检验SO42-的试剂为：盐酸、BaCl2溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯水中的次氯酸能使品红溶液褪色，选项A正确；‎ B. 集气瓶中氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应方程式为：Cl2 + SO2 + 2H2O H2SO4 + 2HCl，选项B正确；‎ C. 依据现象②加热褪色后的溶液至沸腾，未见颜色恢复，有气体溢出，说明不含有二氧化硫，产生的气体可能为次氯酸分解产生的O2，选项C不正确；‎ D. 检验SO42-的试剂为：盐酸、BaCl2溶液，往溶液中加入过量的盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀则溶液中含有SO42-，选项D正确。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查常见漂白剂的性质及应用，注意二氧化硫为暂时性的漂白，氯水为永久性的漂白，二者按1：1若完全反应，则生成硫酸和盐酸，失去漂白作用，这也是本题的易错点。‎ 二、非选择题 ‎8.汽车用汽油的抗爆剂约含17%的1，2—二溴乙烷（无色液体，沸点：‎131℃‎，熔点：‎9.3℃‎）。同学们在实验室拟制备少量1，2—二溴乙烷，流程如图：‎ 任务I：1，2—二溴乙烷的制备(利用如图装置，完成流程图中步骤①和②)‎ - 17 -‎ ‎(i)在冰水冷却下，将24 mL浓硫酸注入12 mL乙醇中混合均匀。‎ ‎(ii)向D装置的试管中加入3.0 mL液溴(0.10 mol)，加入适量水液封，并向烧杯中加入冷却剂。‎ ‎(ⅲ)连接仪器并检查装置的气密性。向三颈烧瓶中加入碎瓷片，通过M向三颈烧瓶中加入部分硫酸与乙醇的混合物，一部分留在M中。‎ ‎(iv)先切断C、D的连接处，加热三颈烧瓶，待温度上升到‎120℃‎，连接C、D，待温度升到‎180℃‎～‎200℃‎，通过M慢慢滴入混合液。‎ ‎(v)继续加热三颈烧瓶，待D中试管内的颜色完全褪去，切断C、D的连接，停止加热。‎ 回答问题：‎ ‎(1)图中仪器M的名称是_______。‎ ‎(2)图中B装置中玻璃管的作用是_________。‎ ‎(3)步骤ⅳ中“先切断C、D的连接处，再加热三颈烧瓶”的原因是______。‎ ‎(4)装置D的烧杯中需加入冷却剂，下列冷却剂合适的为_______。‎ A. 冰水混合物 B. ‎5℃‎的水 C. ‎10℃‎的水 任务Ⅱ：1，2—二溴乙烷的纯化(流程图中步骤③④⑤)‎ 步骤③冷却后，把装置D试管内的产物转移至分液漏斗，用1%的NaOH水溶液洗涤。‎ 步骤④：用水洗涤至中性。‎ 步骤⑤：向所得的有机层中加适量无水氯化钙，过滤，转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集‎130℃‎～‎132℃‎的馏分，得到产品‎4.70 g。‎ ‎(5)步骤③中加入1%的NaOH水溶液时，发生反应的化学方程式为________。‎ ‎(6)步骤⑤中加入无水氯化钙的作用为_____。该实验所得产品的产率为_______。‎ ‎【答案】 (1). 恒压漏斗 (2). 安全瓶，指示B中压强变化，避免气流过快仪器压强过大 (3). 减少气体对溴水搅动，减少溴蒸气的挥发 (4). C (5). Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O (6). 干燥产品(除去产品中的水) (7). 25%‎ - 17 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合装置图知，A 装置是浓硫酸与乙醇混合加热用于乙烯的制备，B是安全瓶，防止倒吸，C进行乙烯的净化，除去杂质CO2、SO2，D装置进行 1，2 -二溴乙烷的制备，E进行尾气吸收。B中玻璃管的作用是指示B中的压强变化，避免气流过快引起B中压强过大，在 1，2 一二溴乙烷的净化阶段，第一步加入NaOH溶液是为了吸收剩余的Br2，第二步水洗是为了洗去NaOH溶液，第三步的无水氯化钙用来干燥生成的 1，2 一二溴乙烷，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据图示可知图中仪器M的名称是恒压漏斗；‎ ‎(2)不论是C装置中NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性杂质气体，倒吸到装置B中，还是装置A中一旦堵塞，装置B中内的液体进入到长玻璃管内，所以装置B的作用是用作安全瓶的作用，可指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大；‎ ‎(3)加热三口瓶前，先切断瓶C和瓶D的连接处，气体就不能进入到装有溴的装置内，减少气体对溴水搅动，减少溴蒸气的挥发；‎ ‎(4)溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，冷却可避免溴的大量挥发，故开始反应时为防止液溴挥发，要给装置D的烧杯中降温，又已知：1，2-二溴乙烷的沸点为 ‎131℃‎，熔点为 ‎9.3℃‎，在 D 中制备时防止产品堵塞试管，要确保 1，2 一二溴乙烷呈液态，故最好用‎10℃‎的冷水，故合理选项是C；‎ ‎(5)由于溴有挥发性、有毒，根据Br2能够与碱反应产生可溶性物质的性质，用1%的NaOH水溶液吸收多余的Br2，Br2与NaOH反应产生NaBr、NaBrO和H2O，发生反应的离子方程式为：Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O；‎ ‎(6)分液后，加干燥剂除去产品中的水分，加入无水氯化钙目的是干燥生成的 1，2-二溴乙烷；根据反应方程式为：Br2+CH2=CH2→CH2Br-CH2Br，通入0.10 mol Br2，则理论上产生0.10 mol CH2Br-CH2Br，则1，2 -二溴乙烷理论产量是m(CH2Br-CH2Br)=n·M=0.10 mol×‎188 g/mol=‎18.8 g，实际产量是‎4.70 g，因此1，2-二溴乙烷的产率是×100%=25%。‎ ‎【点睛】本题考查了1，2-二溴乙烷的制取及物质转化率的计算，解题的关键是把握制备实验的原理，能正确理解设计的实验顺序，清楚每一个实验装置的作用，牢固把握实验基本操作是解答该类题目的保证。‎ ‎9.氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)是提取稀土化合物、冶炼铈的重要矿物原料，根据如图以氟碳铈矿为原料提取铈的工艺流程图，回答问题：‎ - 17 -‎ ‎(1)CeFCO3中Ce的化合价为_____；氧化焙烧时不能使用陶瓷容器，原因是______。‎ ‎(2)氧化焙烧后的产物之一为CeO2，则酸浸时发生反应的离子方程式为_________。‎ ‎(3)HT是一种难溶于水的有机溶剂，则操作I的名称为________。‎ ‎(4)为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是__________。‎ ‎(5)已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：Ce3+(水层)+3HT(有机层)CeT3(有机层)+3H+(水层)。向CeT3(有机层)中加入稀硫酸能获得较纯的含Ce3+水溶液，从平衡角度解释其原因：________。‎ ‎(6)写出向Ce(OH)3悬浊液中通入氧气得到产品Ce(OH)4的化学方程式：________。‎ ‎(7)298K时，向c(Ce3+)=0.02 mol/L的溶液中加入氢氧化钠来调节溶液的pH，若反应后溶液pH=10，此时Ce3+是否沉淀完全？______。【要求列式计算，已知：Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10-20，c(Ce3+)<1.0×10-5 mol/L视为沉淀完全】。‎ ‎【答案】 (1). +3 (2). 陶瓷会与生成的HF反应 (3). 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O (4). 分液 (5). 温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小 (6). 向混合液中加入稀硫酸，使c(H+)增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动 (7). 4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4 (8). 是 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，由流程可知，氧化焙烧生成二氧化碳、HF气体及CeO2，再加稀硫酸、过氧化氢，发生氧化还原反应：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，溶液中加入萃取剂HT，操作I为分液将溶液中的Ce3+萃取出来，再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，调节溶液的pH得到Ce(OH)3沉淀，再经过氧气氧化发生4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4，过滤、洗涤、干燥可得Ce(OH)4产品，以此来解答。‎ ‎【详解】(1)CeFCO3中CO32-整体显-2价，F显-1价，根据化合物中正、负化合价代数和为0，可知Ce的价态为+3价；氧化焙烧时不能使用陶瓷容器，这是由于陶瓷容器中含有SiO2，SiO2与HF发生反应：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，因此在该流程氧化焙烧时不能使用陶瓷容器；‎ - 17 -‎ ‎(2)氧化焙烧后的产物之一为CeO2，酸浸时，CeO2与硫酸、H2O2发生氧化还原反应，产生Ce2(SO4)3、O2、H2O，该反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；‎ ‎(3)操作I是得到溶液和有机相，是分离互不相容的两层液体物质，因此操作I的名称为分液；‎ ‎(4)酸浸时加入H2O2，H2O2不稳定，在高温下会发生分解，造成浸出率偏小；‎ ‎(5)该过程中存在Ce3+(水层)+3HT(有机层)CeT3(有机层)+3H+(水层)，向混合液中加入稀硫酸，使溶液中c(H+)增大，化学平衡逆向移动，即向生成Ce3+水溶液的方向移动，从而能获得较纯的含Ce3+水溶液；‎ ‎(6)向Ce(OH)3悬浊液中通入氧气，发生氧化还原反应得到产品Ce(OH)4，该反应的化学方程式为：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4；‎ ‎(7)298K时，向c(Ce3+)=0.02 mol/L的溶液中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，若反应后溶液pH=10，则c(OH-)=1.0×10-4 mol/L， Ce3+若形成沉淀，c(Ce3+)×c3(OH-)>Ksp[Ce(OH)3]，而此时溶液中c(Ce3+)=mol/L=1.0×10-8 mol/L<1.0×10-5 mol/L，因此Ce3+沉淀完全。‎ ‎【点睛】本题考查了化学方程式和离子方程式的书写、混合物分离提纯及溶度积常数的应用，把握物质的性质、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重考查学生的分析与实验能力，注意氧化还原反应规律及元素化合物知识的应用。‎ ‎10.中科院一项新研究成果实现了甲烷高效生产乙烯，其反应为：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ΔH＞0‎ 物质 燃烧热(kJ/mol)‎ 氢气 ‎285.8‎ 甲烷 ‎890.3‎ 乙烯 ‎1411.5‎ ‎(1)已知相关物质的燃烧热如表，完成热化学方程式：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ΔH=__。‎ ‎(2)温度为T‎1℃‎时，向‎1 L的恒容反应器中充入2 mol CH4，仅发生上述反应，反应0～15 min CH4的物质的量随时间变化如图1，实验测得10～15 min时H2的浓度为1.6 mol/L。‎ - 17 -‎ ‎①若图1中曲线a、b分别表示在T‎1℃‎时，使用等质量的两种不同的催化剂时，达到平衡过程中n(CH4)变化曲线，判断：催化剂a_____b（填“优于”或“劣于”）。‎ ‎②在15 min时改变反应条件，导致n(CH4)发生变化(见图1)，则改变的条件可能是：_____(任答一条即可)。‎ ‎(3)实验测得v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)·c2(H2)，其中k正、k逆为速率常数仅与温度有关，温度为时，k正与k逆的比值为______(填数值)。若将温度由T‎1升高到T2，则反应速率增大的倍数v正_______ v逆（填“＞”、“=”或“＜”），判断的理由是_________。‎ ‎(4)科研人员设计了甲烷燃料电池并用于电解(如图2)。电解质是掺杂了Y2O3与ZrO2的固体，可在高温下传导O2-。‎ ‎①图中C处的Pt为_______(填“阴”或“阳”)极。‎ ‎②该电池工作时负极的电极反应式为________。‎ ‎③用该电池电解饱和食盐水，一段时间后收集到标准状况下气体总体积为112 mL，则阴极区所得溶液在‎25℃‎时pH=_______（假设电解前后NaCl溶液体积均为500 mL）。‎ ‎【答案】 (1). +202.5 kJ/mol (2). 劣于 (3). 升高温度或减小压强 (4). 12.8 (5). ＞ (6). 升高温度，正、逆反应速率都加快，平衡正向移动，v(正)＞v(逆)，说明正反应速率增大的倍数多于逆反应速率增大的倍数 (7). 阳 (8). CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O (9). 12‎ - 17 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据已知条件，可得热化学方程式：‎ ‎①H2(g)+O2(g)=H2O(l) ；ΔH=-285.8 kJ/mol；‎ ‎②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)； ΔH=-890.3 kJ/mol；‎ ‎③C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) ；ΔH=-1411.5kJ/mol；‎ 根据盖斯定律，将②×2-①×2-③，整理可得：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ΔH=+202.5 kJ/mol；‎ ‎(2)①若图1中曲线a、曲线b分别表示在温度T1时，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n(CH4)变化曲线，可知：b催化剂表面积大,反应速率越快，达到平衡所需时间越短，先达到平衡，该催化剂性能好，b先达到平衡，说明催化剂a劣于催化剂b；‎ ‎②15 min时，若改变外界反应条件，n(CH4)发生图中所示变化，物质的量随时间变化减小，说明平衡正向进行，正反应为气体体积增大的吸热反应，升高温度或减小压强，平衡正向进行，符合图象变化，故改变的条件是升高温度或减小压强；‎ ‎(3) v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)·c2(H2)，其中k正、k逆为速率常数仅与温度有关，温度不变平衡常数不变，反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相同，得到T1温度时k正与k逆的比值；k正c2(CH4)=k逆c(C2H4)·c2(H2)， ，对于反应2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ，反应开始时n(CH4)=2 mol，n(C2H4)=n(H2)=0，反应达到平衡时，H2的浓度为1.6 mol/L，由于容器的容积是‎1 L，所以平衡时气体的物质的量与浓度数值相等，各种物质的平衡浓度分别是：c(CH4)=(2 -1.6)mol/L=0.4 mol/L，n(C2H4)=0.8 mol/L，n(H2)=1.6 mol/L，因此平衡时K= mol/L=12.8 mol/L，即=12.8 mol/L；升高温度，正、逆反应速率都加快。由于该反应的正反应为吸热反应，根据平衡移动原理：升高温度，平衡向吸热反应方向移动，说明正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，速率增大后，由于v(正)＞v(逆)，使化学平衡正向移动；‎ ‎(4)①甲烷燃料电池中通入甲烷的电极为原电池负极，通入氧气的电极为原电池的正极，C极与原电池的正极连接为阳极；‎ - 17 -‎ ‎②在原电池负极，CH4失去电子生成CO2，传导离子是O2-，结合电荷守恒、原子守恒，可得负极的电极反应式：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O；‎ ‎③n(H2+Cl2)==0.005 mol，根据电解反应方程式：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，可知每反应产生2 mol气体，同时在阴极得到2 mol NaOH，现在反应产生0.005 mol气体，因此反应产生了0.005 mol NaOH，由于溶液的体积是‎0.5 L，则阴极附近溶液中c(NaOH)==0.01 mol/L，在室温下水的离子积常数Kw=10-14(mol/L)2，c(H+)= mol/L=10-12 mol/L，所以溶液的pH=12。‎ ‎11.氮、磷化合物用途非常广泛，如：磷化硼(BP)、磷青铜(Cu3SnP)等。回答问题：‎ ‎(1)锡(Sn)是第五周期ⅣA元素。基态锡原子的价电子排布式为_____。‎ ‎(2)PH3分子的空间构型为______。PH3的键角小于NH3的原因是_____。‎ ‎(3)羟基磷灰石[Ca5(PO4)3OH]是牙齿中的重要矿物质，其中羟基(-OH)中氧原子的杂化方式为_____，该化合物所含元素中电负性最大的是_______。‎ ‎(4)磷酸和亚磷酸(H3PO3)是磷元素的两种含氧酸。亚磷酸与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，则H3PO3的结构式为______，其为_____元酸，原因是_____。‎ ‎(5)磷化硼(BP)是倍受关注的耐磨材料，可用作金属表面的保护层，其结构与金刚石类似，晶胞结构如图所示。‎ ‎①磷化硼晶胞沿z轴在平面的投影图中，B原子构成的几何形状是_______。‎ ‎②已知晶胞边长a pm，阿伏加德罗常数为NA。则磷化硼晶体的密度为_____g/cm3。‎ ‎【答案】 (1). 5s25p2 (2). 三角锥形 (3). 元素的电负性N>P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间的排斥力越大，键角越大 (4). sp3杂化 (5). O (6). ‎ - 17 -‎ ‎(7). 二 (8). 酸的元数与其形成的盐种类数目相同 (9). 正方形 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Sn是50号元素，位于元素周期表第五周期第IVA族，根据构造原理书写基态锡原子的价电子排布式；‎ ‎(2)PH3与NH3空间构型相同，结合P、N元素的电负性及电子对之间的排斥力大小比较；‎ ‎(3)根据价层电子对数判断O原子杂化轨道类型；根据元素的非金属性越强，其电负性越大分析判断；‎ ‎(4)只有羟基(-OH)氢能够与NaOH发生中和反应，酸是几元酸，就可形成几种盐据此分析判断；‎ ‎(5)①该BP晶体在Z轴上投影，构成的是平面正方形结构；‎ ‎②根据晶体密度ρ=计算；‎ ‎【详解】(1)Sn是50号元素，位于元素周期表第五周期第IVA族，价层电子排布式是5s25p2；‎ ‎(2) P原子价层电子对数为3+ =4，VSEPR构型为正四面体形，由于P原子上有1对孤对电子占据四面体的一个顶点，所以PH3呈三角锥形；由于元素的电负性：N>P，键合电子对偏向N，成键电子对之间的斥力大增大，电子对离中心原子更近，成键电子对之间的排斥力越大，键角越大，所以键角NH3比PH3的大；‎ ‎(3)在-OH中O原子价层电子对数为4，因此杂化轨道类型为sp3杂化；在羟基磷灰石[Ca5(PO4)3OH]中含有的元素有Ca、P、O、H四种，由于元素的非金属性最强的元素是O元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，因此物质所含元素电负性最大的是O元素；‎ ‎(4)由于酸元数与其和碱反应产生的盐种类数目相同，亚磷酸与NaOH反应只能生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，说明H3PO3是二元酸，分子中含有2个与P原子连接的-OH，其结构式为；‎ ‎(5)①根据磷化硼(BP)晶胞结构可知B原子在Z轴上投影，形成的是平面正方形结构；‎ ‎②在1个晶胞中，含有P原子数目为8×+6×=4，4个B原子在晶胞内，所以含有B原子数目为4个，则该晶胞的密度ρ= g/cm3。‎ - 17 -‎ ‎【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及原子核外电子排布式的书写、原子的杂化、物质空间构型、酸的元数的判断、晶胞计算等，掌握物质结构基础知识是本题解答的关键，侧重考查学生知识运用、空间想象等能力，难点是(5)中投影图原子位置判断，明确晶胞内4个B原子形成的空间结构排布式关键，在晶胞计算时要结合均摊方法，利用物质密度公式计算。‎ ‎12.芳香族化合物A(C9H12O)常用于药物及香料的合成，有如图转化关系：‎ 已知：①A的苯环上只有一个支链，支链上有2种不同化学环境的氢原子 ‎②+CO2‎ 回答问题：‎ ‎(1)A的结构简式为_________，A生成B的反应类型为________。‎ ‎(2)C的化学式为___________。‎ ‎(3)由D生成E的反应条件为__________。‎ ‎(4)H中所含官能团的名称为_____________。‎ ‎(5)I的结构简式为___________。‎ ‎(6)由E生成F的化学方程为________。‎ ‎(7)F有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式________。‎ ‎①能够发生水解反应和银镜反应；‎ ‎②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基；‎ ‎③核磁共振氢谱具有5种不同的吸收峰。‎ ‎【答案】 (1). (2). 消去反应 (3). C8H8O (4). NaOH水溶液、加热 (5). 羟基、羧基 (6). (7). 2+O2‎ - 17 -‎ ‎2+2H2O (8). 或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A是芳香族化合物且苯环侧链上有两种处于不同环境下的氢原子，A的不饱和度==4，则侧链没有不饱和键，根据A的分子式，可知A为；B能发生加成反应，说明B分子中含有碳碳双键，则A发生消去反应生成B，B为；B和溴发生加成反应生成D为；B发生氧化反应生成C，结合信息②，可知C为；D发生水解反应生成E为；E发生催化氧化反应生成F为，F含有醛基，与银氨溶液水浴加热，发生银镜反应，然后酸化得到H为，H发生缩聚反应生成I为。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：A是，B是，C是，D是，E是，F是，‎ - 17 -‎ H是，I是。‎ ‎(1)根据上述分析可知A的结构简式为，A与浓硫酸混合加热，发生消去反应产生B：，所以A生成B的反应类型为消去反应。‎ ‎(2)C结构简式是，化学式为C8H8O。‎ ‎(3) D是，E是，D是氯代烃，与NaOH的水溶液混合加热，发生取代反应产生E，所以由D生成E的反应条件为NaOH水溶液、加热。‎ ‎(4)H是，H中所含官能团的名称为羟基、羧基。‎ ‎(5)I的结构简式为。‎ ‎(6) E是，F是，由于E中含有-CH2OH，该羟基可在Cu为催化剂条件下，加热，被氧化变为醛基：-CHO，物质由E变为F。则由E生成F的化学方程为2+O22+2H2O；‎ ‎(7)F是，F有多种同分异构体，其同分异构体符合下列条件：‎ ‎①能够发生水解反应和银镜反应，根据物质分子中含有的O原子数可知含有HCOO—；‎ - 17 -‎ ‎②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基；‎ ‎③核磁共振氢谱具有5种不同吸收峰，说明分子中含有5种不同位置的H原子，则其可能的结构为：或。‎ ‎【点睛】本题考查有机物推断和有机合成，熟练掌握有机物官能团性质及其转化是本题解答的关键。注意对给予信息的理解，明确官能团变化、碳链变化，注意采用正、逆推断向结合的方法进行推断，侧重考查学生知识综合运用、知识迁移能力。‎ - 17 -‎