青海省西宁市2020届高三化学普通高等学校招生全国统一考试复习检测（一）试题（Word版附解析） 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 以外的元素，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 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+CO2 2CO+2H2 【答案】A 【解析】 【分析】 由图可知，发生 CH4+CO2 2CO+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+CO2 Ni 2CO+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 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； 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，无法计算气体的体积，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 SO4 2- 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。 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 SO4 2-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) (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% 【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 4.70 18.8 g g ×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： (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； (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+)=   20 34 1.0 10   1.0 10     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。 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 1T 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 溶液的体积均为 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 【解析】 【详解】(1)根据已知条件，可得热化学方程式： ①H2(g)+ 1 2 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)，       2 2 4 2 2 4 c C H c Hk k c CH  正 逆 ，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=       2 2 2 4 2 2 2 4 c C H c H 0.8 1.6 c CH 0.4  mol/L=12.8 mol/L，即       2 2 4 2 2 4 c C H Hk Kk c CH c 正 逆 =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； 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)= 0.112 22.4 / L L mol =0.005 mol，根据电解反应方程式： 2NaCl+2H2O Cl2↑+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)= 0.005 0.5 mol L =0.01 mol/L，在室温下水的离子积常数 Kw=10-14(mol/L)2，c(H+)= 1410 0.01  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). (7). 二 (8). 酸的元数与其形成的盐种类数目相同 (9). 正方形 (10).  310 A 4 42 N a 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= m V 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+ 5 1 3 2   =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)由于酸的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× 1 8 +6× 1 2 =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=      3 310 10 A A 4 31 11 gm 4 42 V N a 10 cm N a 10          g/cm3。 【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， A 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 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 = 9 2 2 12 2    =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 ， 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 +O2 2 +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—； 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，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。