1、武汉市武汉市 2019 届高中毕业生二月调研测试届高中毕业生二月调研测试 理科综合试卷理科综合试卷(化学部分化学部分) 可能用到的相对原子质量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：本题共一、选择题：本题共 13 小题，每小题小题，每小题 6分共分共 78 分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符 合题目要求的。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，流程示意图如下： 下列叙述错误的是 A. 为提高步骤的反应速
2、率，可采取搅拌、升温等措施 B. 步骤中，主要反应的离子方程式是2Fe3+Fe=3Fe2+ C. 步骤中，反应完成后剩余的 H2O2无需除去 D. 步骤中，“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：2Fe3+Fe=3Fe2+，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
3、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 Fe3+，即主要的离子反应为： 2Fe3+Fe=3Fe2+，B 正确； C.步骤中，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 Fe 2+的比例，为防止滤液 B 中 Fe2+在步骤中被 H 2O2氧化，步骤中反应完成后需再加热一段时间除 去剩余 H2O2，C错误； D.步骤为浊液 D 与滤液 B
4、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； 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 试剂 A 检验补铁剂硫酸亚铁片是否部分氧化 硫酸亚铁片的水溶液 铁氰化钾溶液 B 检验洁厕剂的主要成分是盐酸 洁厕剂 硝酸银溶液 C 检验是否患糖尿病 患者尿液 硫酸铜溶液、纯碱溶液 D 检验海带中的碘元素 海带灰浸出液 氯水淀粉溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【
5、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 亚铁氰化钾溶液） ，若变为红色（或产生蓝色沉淀） ，就证明含有 Fe3+，该补铁剂被氧化，否则未被氧化，A 错误； B.能够与硝酸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.
6、检验海带中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-+I 2，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 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
7、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 0.5N A 【答案】B 【解析】 【详解】A.标准状
8、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。下列说法 正确的是 A. 1mol该有机物完全燃烧需要 4molO2 B. 该有机物与 HCOOCH=C
9、H2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； 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
10、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：ZY B. 原子半径：WZYX 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
11、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：ZWXY，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
12、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(S2 -)c(Cu2+)=K sp(CuS) C. a、b、
13、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(S2-)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：Cu2+S2-=CuS，Cu2+或 S2-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
14、 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)Cu2+(aq)+S2-(aq) ， 已 知 此 时 -lgc(Cu2+)=17.7 ， 平 衡 时 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 1
15、0-36mol2/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，c(S2-)越大，c(Cu2+)越小，则-lgc(Cu2+)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(S2-) c(Cu2+)=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 S 2-浓度远大于 b 点， Cu2+、 S2-水解促进水的电离， 根据
16、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(S2-)，S2-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，
17、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 化学性质 常温下，C12O 是棕黄色刺激性气体。 熔点：120.6；沸点 2.0 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。 实验室制备原理2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl +2NaHCO3+ C12O， 现用下列装置设计实验制备少量C12O， 并探究相关物质的性质。 (1)装置 A中仪器 X的
18、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/mL H2O/mL 品红 溶液 现象 I 5.0 0 0 5.0 3 滴 较快 褪色 II 0 5.0 a 0 3 滴 不褪 色 II
19、I 5.0 0 5.0 0 3 滴 缓慢 褪色 a=_。 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，
20、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+2Cl22NaCl +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
21、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-Mn2+Cl2+2H2O； (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
22、 NaHCO3； (6)要保证每组实验时溶液的体积都是 10mL，所以 a=5.0； 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_。 (5)将“酸溶”后的溶液作为电解液，
23、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。 将 mg 滤渣处理成 amL溶液； 取少量中溶液用 EDTA滴定测得溶液中 Fe3+、Al3+的浓度之和为 b mmol/L； 另取少量中溶液将 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 _； 将所得溶液利用吸光度法测得其吸光度为 0.400(吸光度与 Fe2+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
24、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). 2Fe3+2NH3OH+=2Fe2+4H+N2+2H2O (8). 6 27b0.04010a m 100% 【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
25、、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
26、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 Mn2+还原 为金属 Mn，阴极电极反应为：2Mn2+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 Mn2+的同时剩余 2个 SO42-，为了维持溶液电中性，右边的 SO42-要进入左边，因此要 选择阴离子交换膜； (6)另取少量中溶液将 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
27、式为 2Fe3+2NH3OH+=2Fe2+4H+N2+2H2O； 将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 Fe2+的浓度关系知该溶液中 c(Fe2+)=0.040mmol/L，根据 2Fe3+2NH3OH+=2Fe2+4H+N2+2H2O可知 c(Fe3+)=c(Fe2+)=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
28、分数为 6 27b0.04010 100% a m 。 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)+ 1 2 O2(g) H=+53.1 kJ/mol 则：N2O5(g)=N2O4(g)+ 1 2 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)=21，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
29、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)2NO2(g) H”、“(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。
30、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_
31、。 (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 g/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). sp3 (4). 正四面体形 (5). 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). 3 168 A N 1010 【解析】 【分析】 (1)根据 P 原子核外电
32、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
33、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 1s22s22p63s23p3，其价电子排布式为 3s23p3，所以基态 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 62 4 2 ，所以氧原子按 sp3方式杂化；PO43-中 P 原子价层电子对数 =4+ 532 4 4 2 ，
34、没有孤电子对，故 PO43-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
35、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： 11 864 82 ，在一个晶 胞中含有的 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= 4 42/168 / AA g mol NmolN g，由 于晶胞密度为 g/cm3，所以晶胞的体积为 3 168 168 / A A
36、g Nm g cmN cm3，所以晶胞参数为 3 168 A N cm=3 168 A N 1010pm。 【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)IJ 的反应方程式为_。
37、 (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 321）_。 (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；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 C
38、16H34O； (3)G的结构简式是，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 的反应类型是加聚反应； (4)I是，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 IJ 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 32 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 ABCD 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 。
