2019届湖北省武汉市高三下学期2月调研理科综合化学试题(解析版)

武汉市2019届高中毕业生二月调研测试

理科综合试卷(化学部分)

可能用到的相对原子质量H-1 Li-7 B-1l C-12 O-16 A1-27 P-31 Mn-55 Fe-56

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.用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备纳米Fe3O4，的流程示意图如下：

下列叙述错误的是

A. 为提高步骤①的反应速率，可采取搅拌、升温等措施 B. 步骤②中，主要反应的离子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+ C. 步骤④中，反应完成后剩余的H2O2无需除去 D. 步骤⑤中，“分离”包含的操作有过滤、洗涤 【答案】C 【解析】 【分析】

铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe+Fe=3Fe，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe（OH）2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水，双氧水将Fe（OH）2浊液氧化成浊液D，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，经过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，据此分析解答。

【详解】A.搅拌、适当升高温度可提高铁泥与盐酸的反应速率，A正确；

B.滤液A的溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原Fe，即主要的离子反应为：2Fe+Fe=3Fe，B正确；

C.步骤④中，浊液C中的氢氧化亚铁被过氧化氢氧化成浊液D，为了提高Fe3O4的产率需要控制浊液D与滤液B中Fe2+的比例，为防止滤液B中Fe2+在步骤⑤中被H2O2氧化，步骤④中反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，C错误；

D.步骤⑤为浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，使Fe3O4分离出来需经过过滤、洗涤、干燥，D正确；

3+

2+

3+

3+

2+

故答案选C。

【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，需要学生具备扎实的基础。

2.利用待测样品和指定的试剂设计实验能达到实验目的的是 实验目的 待测样品 硫酸亚铁片的水溶液 洁厕剂 患者尿液 海带灰浸出液 试剂 铁溶液 银溶液 硫酸铜溶液、纯碱溶液 氯水、淀粉溶液 A 检验补铁剂硫酸亚铁片是否部分氧化 B 检验洁厕剂的主要成分是盐酸 C 检验是否患糖尿病 D 检验海带中的碘元素

A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】

【详解】A.检验补铁剂硫酸亚铁片是否部分氧化，要取硫酸亚铁片的水溶液，向其中滴加KSCN溶液（或亚铁溶液），若变为红色（或产生蓝色沉淀），就证明含有Fe，该补铁剂被氧化，否则未被氧化，A错误；

B.能够与银溶液反应产生白色沉淀的可能是HCl，也可能是NaCl、Na2CO3、Na2SO4等物质，因此不能证明洁厕剂的主要成分是盐酸，B错误；

C.检验是否患糖尿病，要取患者尿液，向其中加入NaOH至溶液呈碱性，加入新制的Cu(OH)2悬浊液（可由硫酸铜溶液与过量NaOH溶液制备），加热煮沸，若产生砖红色沉淀，证明尿液中含有葡萄糖，C错误； D.检验海带中的碘元素的方法是向海带灰浸出液中加入新制氯水，发生反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，证明海带中含有碘元素，D正确； 故合理选项是D。

3.某研究性小组为了探究石蜡油分解产物，设计了如下实验方案。下列说法错误的是

3+

A. 石蜡油是石油减压蒸馏的产物 B. 碎瓷片加快了石蜡油的分解

C. 酸性高锰酸钾溶液褪色说明生成了乙烯 D. 溴的四氯化碳溶液褪色是因为发生了加成反应 【答案】C 【解析】

【详解】A.石油在常温下分馏得煤油、柴油、重油等馏分，然后以重油为原料经减压蒸馏得到石蜡油，A正确；

B.碎瓷片作催化剂，降低了反应的活化能，从而加快了石蜡油分解的速率，B正确；

C.能酸性高锰酸钾溶液褪色的不一定是乙烯，酸性高锰酸钾溶液褪色只能说明石蜡油分解生成了烯烃，C错误； D.石蜡油分解得到烯烃和烷烃，其中烯烃和溴的四氯化碳溶液发生加成反应，D正确； 故合理选项是C。

4.设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，44.8 L CHCl3中含有氯原子的数目为6NA B. 1mol葡萄糖(C6H12O6)分子含有的羟基数目为5NA C. 7gLi在空气中完全燃烧转移的电子数为2NA D. 0.5 mol/L NH4NO3溶液中含有的NH4+数目小于0.5NA 【答案】B 【解析】

【详解】A.标准状况下CHCl3是液体，不能使用气体摩尔体积计算微粒数目，A错误；

B.1个葡萄糖分子中含有5个羟基，则1mol葡萄糖(C6H12O6)分子含有的羟基数目为5NA，B正确； C.Li是+1价的金属，7gLi的物质的量是1mol，1molLi在空气中完全燃烧转移的电子数为NA，C错误； D.只有溶液的浓度，缺少溶液体积，无法计算溶质物质的量，NH4+在溶液中发生水解，D错误； 故合理选项是B。

5.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物。1，4-二氧杂螺[2.2]丙烷的结构简式为说法正确的是

A. 1mol该有机物完全燃烧需要4molO2 B. 该有机物与 HCOOCH=CH2互为同分异构体 C. 该有机物的二氯代物有3种 D. 该有机物所有原子均处于同一平面 【答案】B 【解析】

【详解】A.该化合物分子式是C3H4O2，1mol该有机物完全燃烧需要3molO2，A错误；

B. HCOOCH=CH2分子式也是C3H4O2，二者分子式相同，分子结构不同，互为同分异构体，B正确；

。下列

C.在该物质分子中只有2个C原子上分别含有2个H原子，一氯代物只有1种，其二氯代物中，两个Cl原子可以在同一个C原子上，也可以在不同的C原子上，所以该有机物的二氯代物有2种，C错误； D.由于分子中的C原子为饱和C原子，其结构与CH4中的C原子类似，构成的是四面体结构，因此不可能所有原子均处于同一平面，D错误； 故合理选项是B。

6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、Z位于同一主族。X的气态氢化物常用作制冷剂。ZYW2能与水剧烈反应，可观察到液面上有雾生成，并有刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色。下列说法正确的是 A. 最简单氢化物的沸点：Z>Y B. 原子半径：W>Z>Y>X

C. 把ZY2通入石蕊试液中先变红后褪色

D. 向ZYW2与水反应后的溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成 【答案】D 【解析】 【分析】

X的气态氢化物常用作制冷剂，所以X是N， Y和Z位于同一主族， ZYW2能与水剧烈反应，可观察到液面上有雾生成，并有刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色，即有SO2产生，所以Y是O，Z是S，W是Cl， ZYW2是SOCl2，据此回答。

【详解】据上所述可知X是N，Y是O，Z是S，W是Cl。

A.元素Y是O，最简单氢化物H2O是液体，Z是S，最简单氢化物H2S呈气态，由于水分子间形成氢键，所以最简单氢化物的沸点：ZB.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以四种元素的原子半径关系为：Z>W>X>Y，B错误；

C.化合物ZY2是SO2，该物质与水反应产生H2SO3，H2SO3具有酸性，通入石蕊试液中只变红不褪色，C错误； D.化合物ZYW2是SOCl2，与水反应产生SO2和HCl，向反应后的溶液中滴加AgNO3溶液，发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓，D正确； 故合理选项是D。

【点睛】本题目考查原子结构与元素周期律知识，本题注意把握物质的性质与用途，为解答该题的关键，本题侧重考查学生的分析能力，难度不大。

7.常温下，向10mL0.1 mol/L CuCl2溶液中滴加0.1 mol/L Na2S溶液滴加过程中-lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是

A. Ksp(CuS)的数量级为10－35

B. 曲线上各点的溶液均满足关系式c(S)·c(Cu)=Ksp(CuS) C. a、b、c三点中，由水电离的c(H)和c(OH)的积最小的为b点 D. c点溶液中：c(Na)>c(Cl)>c(S)>c(OH)>c(H) 【答案】A 【解析】 【分析】

向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu+S=CuS↓，Cu或S均会水解，水解促进水的电离，结合图象中横坐标、纵坐标的含义和溶液中的守恒思想，计算溶度积常数。 【详解】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+或S2-均会水解，水解促进水的电离，b点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L。

A.平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则Ksp(CuS) =c(S2-)·c(Cu2+)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，由于已知lg2=0.3，则Ksp(CuS) =10-35.4mol2/L2=(100.3)2×10-36mol2/L2=4×10-36 mol2/L2，A错误；

B.向含有Cu2+的溶液中加入Na2S溶液，Cu2+与S2-发生沉淀反应：Cu2++S2-=CuS↓，加入Na2S溶液的体积越大，

2+

2-2+

2-+

-2--+

+

-2-2+

Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lgc(Cu2+)=17.7，平衡时

c(S)越大，c(Cu)越小，则-lgc(Cu)就越大，由于温度不变，所以曲线上各点的溶液均满足关系式c(S)·c(Cu)=Ksp(CuS)，B正确；

C. a点Cu2+过量、c点S2-过量，b点恰好完全反应生成CuS和NaCl，a点溶液中Cu2+浓度远大于b点，c点溶液中S2-浓度远大于b点，Cu2+、S2-水解促进水的电离，根据浓度对水解平衡的影响，则b点水电离的c（H+）和c（OH-）的积最小，C正确；

D.C点为Na2S、NaCl按1：2物质的量混合溶液，其中CuS处于沉淀溶解平衡状态，根据物料守恒及物质的溶解性，可知c(Na)>c(Cl)>c(S)，S水解消耗水电离产生H，使溶液中c(OH)>c(H)，但水电离产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度，故c(S2-)>c(OH-)，因此该溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+)，D正确； 故合理选项是A。

【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡、微粒浓度大小比较的知识，把握Ksp的计算、发生的反应、溶液的组成成分及混合比例是解答的关键，要用物料守恒、盐的水解规律及沉淀溶解平衡与曲线关系分析，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点。

8.氧化二氯(C12O)是次氯酸的酸酐，用作氯化剂其部分性质如下： 物理性质 常温下，C12O是棕黄色刺激性气体。 熔点：－120.6℃；沸点2.0℃

实验室制备原理2Na2CO3+H2O+2Cl2究相关物质的性质。

2NaCl +2NaHCO3+ C12O， 现用下列装置设计实验制备少量C12O，并探

化学性质 C12O不稳定接触一般有机物易爆炸；它易溶于水，同时反应生成次氯酸。 +

-2-2-+

-+

2-2+

2-2+2+

(1)装置A中仪器X的名称为___________。

(2)若气体从左至右流动装置连接顺序是A、___________(每个装置限用一次)。

(3)装置F中盛装试剂的名称为___________。 (4)A中反应的离子方程式为___________。

(5)当D中收集适量液态物质时停止反应，设计简单实验证明B中残留固体中含有NaHCO3：___________。 (6)实验完成后取E中烧杯内溶液滴加品红溶液发现溶液褪色。该课题组设计实验探究溶液褪色的原因。 序号 0.1mol/LNaClO溶液/mL 0.1mol/LNaCl溶液/mL 0.1mol/LNaOH溶液H2O/mL /mL 液 较快褪I 5.0 0 0 5.0 3滴 色 II 0 5.0 a 0 3滴 不褪色 缓慢褪III 5.0 0 5.0 0 3滴 色

①a=___________。

②由上述实验得出的结论是___________。

【答案】 (1). 分液漏斗 (2). FBCDE (3). 饱和食盐水 (4). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (5). 取B中固体少许于试管中，加蒸馏水溶解，滴加过量BaCl2溶

品红溶现象 液，振荡静置，取上层清液于另一试管中，再滴加Ba(OH)2溶液，有白色沉淀生成 (6). 5.0 (7). 在其他条件相同时，溶液的碱性越强，次氯酸钠溶液漂白能力越弱。 【解析】

【详解】(1)根据装置图可知装置A中仪器X的名称为分液漏斗；

(2)通过A装置制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，制取的Cl2中含有HCl杂质，为防止其干扰Cl2O的制取，要先通过F装置除去HCl杂质，再通过B装置发生反应2Na2CO3+H2O+2Cl2

2NaCl +2NaHCO3+C12O，制取得

到C12O，由于易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集之前要先通过C装置干燥，再通过D装置收集Cl2O并验证其沸点低，容易液化的特点，同时由于Cl2、C12O都会产生大气污染，所以最后要用E装置进行尾气处理。故按气体从左至右流动装置连接顺序是AFBCDE；

(3)装置F是除去Cl2中的杂质HCl气体的，为减少Cl2的溶解消耗，要通过盛有饱和食盐水的溶液来除去HCl杂质，故装置F中盛装试剂的名称为饱和食盐水；

(4)A中浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl

+-

Mn+Cl2↑+2H2O；

2+

(5)在装置B中Na2CO3与Cl2反应制取Cl2O，所以要证明B中残留固体中含有NaHCO3，就要先加入过量的BaCl2溶液，振荡静置，使可能存在的Na2CO3转化为BaCO3沉淀除去，然后取上层清液于另一试管中，再滴加Ba(OH)2溶液，若有白色沉淀生成，证明发生反应：2NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+Na2CO3+2H2O，产生了碳酸钡沉淀，从而可证明含有NaHCO3；

(6)①要保证每组实验时溶液的体积都是10mL，所以a=5.0；

②由上述实验可以看出：在其它条件不变时，溶液的碱性越弱，次氯酸钠溶液的漂白性越强；溶液的碱性越强，次氯酸钠溶液漂白能力越弱。

9.工业上以软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2)为原料制取金属锰的工艺流程如下：

(1)软锰矿“粉磨”的目的是___________。 (2)“浸渣”的主要成分是___________。

(3)经检测“浸取液”中无Fe2+，“浸取\"时MnO2发生反应的离子方程式为___________。 (4)在“沉锰”操作中，不能用Na2CO3代替 NH4HCO3，其原因是___________。

(5)将“酸溶”后的溶液作为电解液，用下图1装置电解应采用___________离子交换膜(填“阴”或“阳”)，阳极的电极反应式为___________。

(6)为充分利用“滤渣1”，需测定滤渣中Al元素的含量，设计以下方案。 ①将mg滤渣处理成amL溶液；

②取少量①中溶液用EDTA滴定测得溶液中Fe3+、Al3+的浓度之和为 b mmol/L；

③另取少量①中溶液将Fe3+用盐酸羟胺(在溶液中可完全电离出NH3OH+与Cl-)还原Fe2+，离子方程式为

___________；

④将③所得溶液利用吸光度法测得其吸光度为0.400(吸光度与Fe的浓度关系如上图2所示)。该样品中Al元素的质量分数为___________(用含字母的表达式表示)。

【答案】 (1). 加快浸取速率 (2). 二氧化硅 (3). MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O (4). Na2CO3溶液碱性较强，会导致生成氢氧化物沉淀(碱式碳酸锰) (5). 阴 (6). 2H2O-4e-=4H++O2↑ (7). 2Fe+2NH3OH=2Fe+4H+N2↑+2H2O (8). 【解析】

【详解】(1)软锰矿是固体物质，将其“粉磨”的目的是增大物质的表面积，以便于在用稀硫酸和FeSO4溶液浸取时反应速率大大加快；

(2)软锰矿主要成分为MnO2，另含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2，用硫酸和FeSO4浸取时，FeCO3、Al2O3与硫酸反应产生FeSO4、Al2(SO4)3进入溶液，FeSO4与MnO2在酸性条件下发生氧化还原反应：

MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，而SiO2不能发生反应，所以“浸渣”的主要成分是二氧化硅（或写为SiO2）； (3)经检测“浸取液”中无Fe2+，说明Fe2+ 在“浸取\"时与具有氧化性MnO2发生了氧化还原反应，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；

(4)在“沉锰”操作中，不能用Na2CO3代替 NH4HCO3，原因是由于CO32-的水解使Na2CO3溶液碱性较强，会导致Mn2+生成氢氧化物沉淀或碱式碳酸锰，影响MnCO3的纯度；

(5)反应产生的MnCO3与稀硫酸反应：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑，要采用电解的方法使Mn还原为金属Mn，阴极电极反应为：2Mn+4e=2Mn，阳极电极反应为：2H2O-4e=4H+O2↑，左边增加4个H离子，右边减少2个Mn的同时剩余2个SO4，为了维持溶液电中性，右边的SO4要进入左边，因此要选择阴离子交换膜； (6)③另取少量①中溶液将Fe3+用盐酸羟胺(在溶液中可完全电离出NH3OH+与Cl-)还原Fe2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为2Fe3++2NH3OH+=2Fe2++4H++N2↑+2H2O；

④将③所得溶液利用吸光度法测得其吸光度为0.400，根据物质的吸光度与Fe的浓度关系知该溶液中c(Fe)=0.040mmol/L，根据2Fe+2NH3OH=2Fe+4H+N2↑+2H2O可知c(Fe)=c(Fe)=0.040mmol/L，因为c(Al3+)+c(Fe3+)= b mmol/L，所以c(Al3+)=(b-0.040) mmol/L，溶液的体积为amL，故n(Al3+)=( b-0.040)mmol/L×a×10-3L=a(b-0.040)×10-6mol，则该样品中Al元素的质量分数为

。

10.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。回答下列问题：

(1)已知：2NO2(g)= N2O4(g) △H=－55.3kJ/mol N2O5(g)=2NO2(g)+O2(g) △H=+53.1 kJ/mol

2+

3+

+

2+

+

3+

2+2+

2+

2-2-2+

--+

+2+

3+

+

2+

+

2+

×100%

则：N2O5(g)=N2O4(g)+O2(g) △H=___________ kJ/mol

(2)以乙烯(C2H4)作为还原剂脱硝(NO)，脱硝机理如图1。若反应中n(NO)︰n(O2)=2︰1，则总反应的化学方程式为___________；脱硝率与温度、负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如图2，为达到最佳脱硝效果，应采用的条件是___________。

(3)T1温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)

正

2NO2(g) △H<0。实验测得：υ

=υ(NO)消耗=2υ(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，υ

逆

=(NO2) 消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数只受温度影响。

不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如表：

①从0～2s内该反应的平均速率υ(NO)=___________mol/(L·s)。

②T1温度时化学平衡常数K=___________ L/mol。 (结果保留3位有效数字)。

③化学平衡常数K与速率常数k正、k逆的数学关系是K=___________。若将容器的温度改变为T2时其k正=k

逆

，则T2___________T1(填“>”、“<”或“=\")。

2NO2的反应历程为：

④已知2NO(g)+O2(g)第一步NO+NO

N2O2 快速反应 第二步N2O2+O2→2NO2 慢反应

下列叙述正确的是___________(填标号)。

A. υ(第一步的正反应)< υ(第二步的反应) B.总反应快慢由第二步决定 C.第二步的活化能比第一步的高 D.第二步中N2O2与O2的碰撞100%有效 【答案】 (1). -2.2 (2). 6NO+3O2+2C2H40.03 (5). 363 (6).

3N2+4CO2+4H2O (3). 350℃左右、负载率3.0% (4).

(7). > (8). BC

【解析】

【详解】(1)①NO2(g)= N2O4(g) △H=－55.3kJ/mol ②N2O5(g)=NO2 (g)+O2(g) △H=+53.1 kJ/mol

根据盖斯定律，将①+②得N2O5(g)=N2O4 (g)+O2(g) △H=-2.2kJ/mol；

(2)以乙烯(C2H4)作为还原剂脱硝(NO)，使其转化为无毒的N2，乙烯被氧化为CO2，若反应中n(NO)︰n(O2)=2︰1，则总反应的化学方程式为6NO+3O2+2C2H4

3N2+4CO2+4H2O；脱硝率与温度、负载率的关系图可知：350℃

左右、负载率3.0%时脱硝率最高，达到最佳脱硝效果，故应采用的条件是350℃左右、负载率3.0%； (3)①从0～2s内该反应的平均速率υ(NO)=② 2NO(g)+O2(g)

2NO2(g)

mol/(L·s)；

n(始)/mol 0.20 0.10 0 △n(始)/mol 0.14 0.07 0.14 n(平)/mol 0.06 0.03 0.14

所以根据化学平衡常数的定义可得K=；

③υ

正

=υ(NO)消耗=2υ(O2) 消耗=k正c(NO)·c(O2)，υ

正

2

逆

=(NO2) 消耗=k逆c(NO2)，可逆反应达到化学平衡时，同

2

2

一物质表示的υk逆c(NO2)，则

2

=υ

逆

，不同物质表示的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，所以k正c(NO)·c(O2)=

；

若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆，则由于K==1<363，说明平衡逆向移动，根据温度对化学平衡移

动的影响，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，所以T2>T1；

④A.由于第一步反应为快反应，第二步反应为慢反应，所以反应速率：υ(第一步的正反应)>υ(第二步的反应)，A错误；

B.当化学反应分多步进行时，总反应快慢由反应慢的化学反应决定，对该反应来说由第二步反应决定，B正确；

C.反应快的说明反应的活化能低，需要较少的能量反应就可以发生；反应慢的说明反应的活化能高，发生反应需要较高的能量，所以第二步的活化能比第一步的高，C正确； D.即便是反应慢的化学反应，反应物分子之间的碰撞也不都是有效碰撞，所以第二步中N2O2与O2的碰撞不可能100%有效，D错误； 故合理选项是BC。

11.磷及其化合物与人们的健康和生产生活密切相关。请回答下列问题：

(1)基态磷原子价电子轨道表示式为___________，其第一电离能比硫的___________(填“大”或“小”)。 (2).羟基磷灰石[Ca(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___________，PO43-的空间构型为___________，该化合物所含元素电负性最大的是___________。

(3)P4O6的分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满足8电子结构，则该分子中含有的共价键数目是___________。

(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NaHPO3和NaH2PO3两种盐，则H3PO3的结构式为___________，其为___________元酸，原因是___________。 (5)磷酸分子间脱水可生成多磷酸，其某一钙盐的结构如下图所示：

由图推知该多磷酸钙盐的通式为___________。

(6)磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，晶胞如下图所示，其密度为ρg/cm3，设NA是阿伏加德罗常数的值，则磷原子的配位数为___________，晶胞参数为___________pm。

【答案】 (1). (2). 大 (3). sp (4). 正四面体形 (5).

3

O(或氧元素) (6). 12 (7). (8). 二 (9). 一个H3PO3

分子中只有两个羟基，含氧酸羟基上的氢易电离 (10). (CaP2O6)n (11). 4 (12). 【解析】

×1010

【分析】

(1)根据P原子核外电子排布式确定其价层电子的轨道表示式；结合原子核外电子排布确定P与S第一电离能的大小；

(2)根据-OH中氧原子的价层电子对数判断氧原子杂化方式；根据价层电子对互斥理论确定其空间构型，根据元素的非金属性越强，元素的的电负性越大分析；

(3)根据P4O6中每个原子的最外层都满足8电子稳定结构，结合分子中各种元素的原子结构、原子个数分析； (4)只有-OH中的H能电离，可以与碱反应，根据酸反应产生盐的种类数目确定-OH个数，进而得到酸的元数，结合P最外层电子数及形成微粒的稳定性判断其结构； (5)根据多磷酸钙的结构简式分析其结构；

(6)根据白色球与周围最近的4个黑色球形成正四面体，确定配位数；用均摊法计算晶胞中各原子数目，来确定晶胞质量，再根据晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积，晶胞体积等于边长的立方，计算晶胞参数。 【详解】(1) P是15号元素，原子核外电子排布式为1s2s2p3s3p，其价电子排布式为3s3p，所以基

2

2

6

2

3

2

3

态磷原子价电子轨道表示式为；由于其最外层的3p能级电子处于半充满的稳

定状态，所以失去一个电子比16号元素S难，需要的能量高，故其第一电离能比硫的大； (2)-OH中氧原子的价层电子对数为=4+

，所以氧原子按sp3方式杂化；PO43-中P原子价层电子对数

3-

，没有孤电子对，故PO4为正四面体结构；根据元素的非金属性越强，元素的的电负性

越大， Ca、P、O、H四种元素中O的非金属性最强，O元素的的电负性最大；

(3)P原子最外层有5个电子，能够与3个O原子形成3对共用电子对，O原子最外层有6个电子，可以与

2个P原子形成2对共用电子对，要使分子中每个原子都达到8电子稳定结构，其结构式为，

可见分子中含有的共价键为12个；

(4)亚磷酸与NaOH溶液发生酸碱中和反应只生成NaHPO3和NaH2PO3两种盐，羟基H原子能电离产生H，说明H3PO3分子中含有2个-OH，它属于二元酸，由于P最外层有5个电子，则的结构式为

+

；

(5)由图推知该多磷酸钙盐最小的重复单元是CaP2O6，所以该多磷酸钙盐的通式为(CaP2O6)n；

(6)根据晶体结构可知每个B原子被四个距离相等且最近的P原子包围，每个P原子被四个距离相等且最近

的B原子包围，所以P原子的配位数是4；在一个晶胞中含有的P原子数目：中含有的B原子数目：4×1=4，即1个晶胞中含有4个BP，晶胞的质量是m=

，在一个晶胞g，由于晶胞

密度为ρg/cm，所以晶胞的体积为

3

cm，所以晶胞参数为

3

cm=×10pm。

10

【点睛】本题考查物质结构与性质的知识，涉及原子价电子轨道表示式、元素第一电离能变化异常情况、微粒的空间构型、酸分子中H原子与酸元数关系、晶胞结构及均摊法的应用，需要学生具备扎实的基础、空间想象能力及一定的数学计算能力。

12.M是降低润滑油凝固点的高分子有机化合物，其结构简式为，用石油裂解气合

成M的路线如下

回答下列问题：

(1)B的化学名称为___________。 (2)F的分子式为___________。

(3)G中官能团的名称是___________，G与L在一定条件下生成M的反应类型是___________。 (4)I→J的反应方程式为___________。

(5)写出C的同分异构体的结构简式(核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3︰2︰1）______。 (6)设计由苯乙烯为起始原料制备

的合成路线___________(无机试剂任选)。

【答案】 (1). 2-丙醇 (2). C16H34O (3). 碳碳双键、酯基 (4). 加聚反应 (5).

+2NaOH

+2NaBr (6). CH3CH2CHO、

(7).

【解析】

【详解】(1)根据图示可知A是CH3-CH=CH2，该物质与H2O在一定条件下发生加成反应产生名称为2-丙醇或异丙醇；

，

(2)M是由G()与L()发生加聚反应反应产生的高

聚物；C16H34O；

(3)G的结构简式是的反应类型是加聚反应； (4)I是

是由E()与F发生酯化反应形成的，所以F是醇，F的分子式为

，其中官能团的名称是碳碳双键、酯基，G与L在一定条件下生成M

，该物质与NaOH的水溶液在加热条件下发生水解反应(或取代反应)生成，所以I→J的反应方程式为

+2NaOH

+2NaBr；

(5)由C结构简式可知C的分子式是C3H6O，它的同分异构体中，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3︰2︰1的结构简式有CH3CH2CHO 和

；

(6) 中含有官能团为碳碳双键和羧基，对比苯乙烯和的结构简式，侧链增加一个

碳原子，模仿流程中A→B→C→D可实现碳干骨架的构建并引入羧基，最后消去醇羟基即可；由苯乙烯为起始原料制备

的合成路线为

。