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精品解析：河北省衡水第一中学2018届高三上学期理科综合考试化学试题(解析版)-

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【全国百强校】河北省衡水第一中学2018届高三上学期分科
综合考试化学试题
1. 化学在工农业生产和日常生活中都有重要应用。下列叙述正确的是（ ）
A. 东汉魏伯阳在《周易参同契》中对汞的描述“……得火则飞,不见埃尘,将欲制之,黄芽为根。”这里黄芽指的是黄铜
B. 中医古籍《肘后备急方中“青蒿一握,以水二升渍,绞取计,尽服之”启发了屠呦呦,采用低温提取,解决了关键性的技术难题。青蒿素的提取属于化学变化
C. 2016年出现在北方的雾霾是一种分散系,戴活性炭口罩的原理是吸附作用 D. 绿色化学就是对生产终端或生产过程的污染进行控制或处理 【答案】C 【解析】
Hg+S= HgS，黄芽是硫磺，故A错误；青蒿素的提取属于物理变化，故B错误；活性炭具有吸附性，能吸附空气中的悬浮颗粒物，故C正确；绿色化学就是在生产过程中减少或杜绝污染，故D错误。 2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A. 将1molCl2通入水中,HClO、Cl-、C1O-粒子数之和为2NA
B. 分子数目为0.1NA的CH4和NH3混合气体,原子间含有的共用电子对数目为0.4NA C. 25℃时,pH=13的Ba(OH2溶液中含有的氢氧根离子数为0.1NA D. 将1molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性,溶液中NH4+数目为NA 【答案】D 【解析】
氯水中含有Cl2分子，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故A错误；CH4分子含有4对共用电子对、NH3分子含有3对共用电子对，分子数目为0.1NA的CH4和NH3混合气体，原子间含有的共用电子对数目小于0.4NA，故B错误；没有溶液体积，不能求氢氧根离子物质的量，故C错误；将1mol NH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，根据电荷守恒c(NH4+= c(NO3-，溶液中NH4+数目为NA，故D正确。

3. 利用如图所示装置进行下列实验，实验现象与结论均正确的是(



选实验试剂 实验现象 实验结论



项
a b c 产生白色沉淀，迅速变A 浓氨碱石灰
水
褐色
稀硫酸
浓硝铜
酸 浓盐酸
悬浊液由白色变为黑色
FeCl2溶液
为灰绿色，最后变为红氨气具有氧化性
B FeS AgCl悬浊液 Ksp(AgCl>Ksp(Ag2S C BaSO3悬浊液
紫色石蕊试悬浊液变澄清 +4价硫具有还原性
D KMnO4
溶液先变红后褪色
液
Cl2有酸性和漂白性
A. A 【答案】B 【解析】
A．浓氨水与碱石灰混合得到氨气，氨气与氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁再被氧气氧化生成氢氧化铁，则产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，但该实验不能说明氨气具有氧化性，A错误；B．稀硫酸与FeS反应生成硫化氢，在c中与AgCl发生沉淀的转化，则悬浊液由白色变为黑色，可知Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2S），B正确；C．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与亚硫酸钡发生氧化还原反应，则c中白色沉淀不消失，且有气体生成，C错误；D．浓盐酸与高锰酸钾发生氧还原反应生成氯气，氯气与水反应生成盐酸和HClO，则溶液先变红后褪色，但氯气不具有酸性和漂白性，D错误；答案选B。
点睛：本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质及发生的反应、沉淀转化等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意化学反应原理及实验装置的作用。选项D是易错点，注意干燥的氯气没有漂白性。
4. a、b、c、d均为原子序数依次增大的短周期主族元素，L电子层的电子数分别为4、6、8、8，它们的最外层电子数之和为14。下列说法正确的是（） A. 简单离子半径：b>c>d
C. 最高价氧化物对应的水化物碱性：d>c
B. 非金属性：a>b D. b和其他3种元素均能形成离子化合物
B. B
C. C
D. D


【答案】A 【解析】
【详解】a、b、c、d均为原子序数依次增加的短周期主族元素，L电子层的电子数分别为4、6、8、8，则a是C元素，b是O元素，它们的最外层电子数之和为14,c为Na元素，d为Al元素．
A.电子层排布相同核电荷数越大，离子半径越小，最外层电子数相同，电子层越多，离子半径越大，简单离子半径：O2―>Na＋>Al3＋，b>c>d故A正确；B.同周期主族元素非金属性从左到右减弱：a，故B错误；C.最高价氧化物对应的水化物碱性：NaOH>Al(OH3，d故C错误；D. b和其他3种元素能形成Na2O、Al2O3等离子化合物，但CO2是共价化合物，故D错误；故选A。
5. 分子式为C4H10O的醇与分子式为C8H8O2 且含苯环的羧酸在一定条件下反应生成酯的种类有（ ） A. 4种 【答案】D 【解析】
分子式为C4H10O的醇的同分异构体由C4H9-决定，丁基-C4H9可能的结构有：-CH2CH2CH2CH3、-CH(CH3CH2CH3、-CH2CH(CH32、-C(CH33，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目，则丁醇的可能结构有4种，分别为：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(CH3OH、(CH32CHCH2OH、C(CH33OH，C8H8O2且含苯环的羧酸共有4种(邻甲基苯甲酸、间甲基苯甲酸、对甲基苯甲酸、苯乙酸同分异构体，则所形成的酯有4×4=16种，故选D。
点睛：本题主要考查有机物同分异构体的书写，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，可以利用烃基异构判断，注意掌握同分异构体的概念及求算方法。 6. 用石墨电极完成下列电解实验
实验一
实验二
B. 8种
C. 12种
D. 16种
装置

a、d处试纸变蓝;b处变红,局部褪现象
色;c处无明显变化
两个石墨电极附近有气泡产生;n处有气泡产生……
下列对实验现象的解释或推测不合理的是（ ） A. a、d处：2H2O+2e-=H2↑+2OH- C. c处发生了反应：Fe-2e-=Fe2+ 【答案】B B. b处：2Cl--2e-=Cl2↑
D. 根据实验一的原理,实验二中m处能析出铜



【解析】 【分析】
【详解】A、a、d处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，破坏了水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大造成的，A正确；
B、b处变红，局部褪色，说明是溶液中的氢氧根和氯离子同时放电，分别产生氧气和氯气，氢离子浓度增大，酸性增强，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，B错误； C、c处为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，C正确；
D、实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个电解池（一个球两面为不同的两极），m为电解池的阴极，另一球朝m的一面为阳极（n的背面），故相当于电镀，即m上有铜析出，D正确； 答案选B。
【点睛】化学反应主要是物质变化，同时也伴随着能量变化。电化学是化学能与电能转化关系的化学。电解池是把电能转化为化学能的装置，它可以使不能自发进行的化学借助于电流而发生。与外接电源正极连接的电极为阳极，与外接电源的负极连接的电极为阴极。阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。若阳极是活性电极(除Au、Pt、C之外的电极，则电极本身失去电子，发生氧化反应；若是惰性电极(Au、Pt、C等电极，则是溶液中的阴离子放电，放电的先后顺序是S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根离子，阴极则是溶液中的阳离子放电，放电顺序是Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+，与金属活动性顺序刚好相反。因此掌握电解池反应原理是本题解答的关键。注意依据实验现象分析可能发生的电极反应。

7. 常温下，向1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中,不断加入固体NaOH后,NH4+与NH3·H2O的变化趋势如图所示(不考虑溶液体积的变化和氨的挥发，下列说法正确的是（ ）

A. M点溶液中水的电离程度比原溶液大
B. a=0.05 C. 当n(NaOH=0.05mol时溶液中有：c(Cl->c(Na+>c(NH4+>c(OH->c(H+ D. 在M点时,n(OH--n(H+=(a-0.05mol


【答案】D 【解析】
A．M点是向1L 0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水的电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中B．0.05molNaCl和0.05molNH3•H2O水的电离程度，故A错误；若a=0.05，得到物质的量均为0.05molNH4Cl、的混合物，由于NH3•H2O电离大于NH4Cl水解，则c(NH4+＞c(NH3•H2O，与图像不符，故B错误；C．向1L 0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n(NaOH=0.05mol时，得到物质的量均为0.05molNH4Cl、0.05molNaCl和0.05molNH3•H2O的混合物，由于NH3•H2O电离大于NH4Cl水解，故离子浓度大小关系为：c(Cl-＞c(NH4+＞c(Na+＞c(OH-＞c(H+，故C错误；D．在M点时溶液中存在电荷守恒，n(OH-+n(Cl-=n(H++n(Na++n(NH4+，n(OH--n(H+=0.05+n(Na+-n(Cl-=(a-0.05mol，故D正确；故选D。 8. 氰化钠是一种重要的基本化工原料,同时也是一种剧毒物质,严重危害人类健康。一旦泄露需要及时处理，一般可以通过喷洒双氧水或硫代硫酸钠溶液来处理,以减轻环境污染。
I．已知：氰化钠化学式为NaCN,氰化钠是一种白色结晶颗粒,剧毒，易溶于水，水溶液呈碱性， 易水解生成氰化氢。
（1）CN-中C元素显+2价,N元素显-3价,则非金属性N_______C(填“<”“>”或“==”,请设计实验证明：___________________________________________________________________________
（2）NaCN用双氧水处理后,产生一种酸式盐和一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,该反应的离子方程式是________________________________________________________。
I．硫代硫酸钠的工业制备的反应原理为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。某化学兴趣小组用上述原理实验室制备硫代硫酸钠，并检测用硫代硫酸钠溶液处理后的氰化钠废水能否达标排放。 【查阅资料】
ⅰ．Na2S2O3易溶于水,其稀溶液与BaCl2溶液混合物有沉淀生成。 ⅱ．Na2S2O3易被氧化;BaSO3难溶于水,可溶于稀盐酸。 【实验一】实验室通过如下图所示装置制备Na2S2O3。
。
（1）实验中要控制SO2生成速率,可采取的措施有____________(写出一条。



（2）b装置的作用是____________________________。
（3）反应开始后,c中先有淡黄色浑浊产生，后又变为澄清，此浑浊物为________(填化学式。
（4）实验结束后,在e处最好连接盛__________(填“NaOH溶液”、“水”、“CCl4”中的一种的注射器,接下来的操作为__________,最后拆除装置。
（5）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4,该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。(所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水中选择取适量产品配成稀溶液,滴加足量BaCl2溶液,有白色沉淀生成，_____________________________________。若沉淀未完全溶解,并有刺激性气味的气体产生,则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。
【实验二】测定用硫代硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。 已知：
①废水中氰化钠的最高排放标准为0.50 mg·L-1; ②Ag++2CN-=[Ag(CN2]-,Ag++I-=AgI↓,AgI呈黄色,且CN-优先于Ag+反应。
10-4mol·L-1实验如下：取20.00mL处理后的氰化钠废水于锥形瓶中,并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.00×的标准AgNO3溶液滴定,消耗AgNO3溶液的体积为1.50mL。
（6）滴定时1.000×10-4mol·L-1的标准AgNO3溶液应用_______(填仪器名称盛装;滴定终点时的现象是_______。
（7）处理后废水是否达到排放标准：_______ (填“是”或“否”。
【答案】 (1. > (2. 取少量碳酸氢钠于试管中,加入稀硝酸，有无色气泡产生。说明酸性硝酸大于碳酸，则非金属性N>C (3. CN-+H2O2+H2O=HCO3-+NH3↑ (4. 控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等 (5. 安全瓶，防止倒吸 (6. S (7. NaOH溶液 (8. 关闭K2打开K1 (9. 过滤 ，用蒸馏水洗涤沉淀,向沉淀中加入足量稀盐酸 (10. 酸式滴定管 (11. 滴入最后一滴硝酸银溶液，出现黄色沉淀,且半分钟内沉淀不消失 (12. 否 【解析】
试题分析：I．（1）在化合物中非金属性强的元素一般显负价；非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；（2）NaCN用双氧水处理后，产生酸式盐碳酸氢钠和氨气；Ⅱ（1）根据影响反应速率的因素分析实验中控制SO2生成速率的措施；（2）根据装置图和气体压强变化分析；（3）根据沉淀的颜色判断，沉淀物是硫；（4）根据实验操作的目的分析加入的试剂；（5）根据Na2S2O3易溶于水,其稀溶液与BaCl2溶液混合物有沉淀生成；Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水,可溶于稀盐酸，分析操作方法和步骤； (6 AgNO3溶液呈酸性；CN-优先于Ag+反应，所以当生成黄色AgI沉淀时，CN-完全反应，即达到滴定终点。
解析：（1）（1）CN-中C元素显+2价,N元素显-3价，在化合物中非金属性强的元素一般显负价，则非金属性N>C；非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；所以根据硝酸酸性大于碳酸，可以证明非金属性的


N>C；操作是：取少量碳酸氢钠于试管中,加入稀硝酸，有无色气泡产生，说明酸性硝酸大于碳酸，则非金属性N>C。（2）NaCN用双氧水处理后，生成碳酸氢钠和氨气，该反应的离子方程式是CN-+H2O2+H2O=HCO3-+NH3↑；
Ⅱ（1）根据影响反应速率的因素，实验中控制SO2生成速率的措施有控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等；（2）根据装置图和气体压强变化，装置b能平衡气压是安全瓶，防倒吸；（3）c中有淡黄色浑浊产生，根据沉淀的颜色，沉淀物是硫；（4）根据实验操作的目的是吸收SO2气体，防止污染，所以应关闭K2打开K1，加入氢氧化钠溶液；（5）根据Na2S2O3易溶于水,其稀溶液与BaCl2溶液混合物有沉淀生成；NaS2O3易被氧化；BaSO3难溶于水,可溶于稀盐酸；为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，操作步骤是取适量产品配成稀溶液,滴加足量BaCl2溶液,有白色沉淀生成，过滤 ，用蒸馏水洗涤沉淀,向沉淀中加入足量稀盐酸，若沉淀未完全溶解,并有刺激性气味的气体产生,则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。(6 AgNO3溶液呈酸性，用酸式滴定管盛装AgNO3溶液； CN-优先于Ag+反应，所以当滴入最后一滴硝酸银溶液，出现黄色沉淀,且半分钟内沉淀不消失，即达到滴定终点。
点睛：非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；非金属性越强，单质的氧化性越强；非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强。
9. 水合碱式碳酸镁[4MgCO3·Mg(OH2·4H2O],又称轻质碳酸镁。常利用菱镁矿（质量含量为碳酸镁90%,碳酸钙10%）碳化法制取：

（1）根据下列表格数据,选择消化反应的最佳温度__________;理由是___________________________。
消化温度/℃ 转化率/% 30 50.3 40 58.2 50 85.1 60 85.2 70 90.7 80 91.2 90 91.5 （2）碳化反应可生成Mg(HCO32,生成Mg(HCO32的化学方程式为____________。 （3）流程图中__________和__________可以为碳化反应提供二氧化碳源。 （4）有工艺设计利用卤水碳化法制取轻质碳酸镁：
①卤水中含有Fe和Mn,当其浓度小于1×10mol·L时,可以认为完全除去。常温时当调节溶液PH 为9.5时,此时Mn2+小于__________mol·L-1,不会沉淀出来。
物质 Ksp
Mg(OH2 10-11
Fe(OH3 10-39
Fe(OH2 10-17
Mg(OH2 10-14
2+2+-5-1②如果把Fe2+转化为Fe3+,从环境角度选择最合适的氧化剂为__________。



A．Ca(ClO2 B．Cl2 C．H2O2 D．HNO3 ③下列方案中,较好的为__________，理由是______________________。

【答案】 (1. 70℃ (2. 温度进一步升高同等幅度，转化率几乎不变，但能耗增加 (3. Mg(OH2+2CO2=Mg(HCO32 (4. 煅烧反应 (5. 热解反应 (6. 10-5 (7. C (8. 方案2 (9. 加入碳酸钠的产品中易混入更多杂质,不易提纯 【解析】
(1由图可知，70℃时，物质的转化率较大，但是温度进一步升高同等幅度，转化率几乎不变，但能耗增加；
(2由流程图可知Mg(HCO32由Mg(OH2和2CO2反应而来，反应为：Mg(OH2+2CO2═Mg(HCO32； (3煅烧反应中碳酸镁和碳酸钙生成二氧化碳，热解反应生成二氧化碳；
(4①已知：Ksp(Mn(OH2=10-14，常温时当调节溶液pH为9.5时，c(OH-=10-4.5，此时Mn2+小于不沉淀，则c1410(Mn2+•c(OH-2＜Ksp(Mn(OH2=10-14，则c(Mn2+＜=10-5； 4.52(10②把Fe2+转化为Fe3+，从环境角度选择过氧化氢的产物为水，不污染环境，故答案为C；
③利用卤水碳化法制取轻质碳酸镁，方案1中加入碳酸钠的产品中易混入更多杂质，不易提纯，故方案2更合适。
点睛：理解工艺流程原理是解题关键，菱镁矿(质量含量为碳酸镁90%，碳酸钙10%〕碳化法制取水合碱式碳酸镁[4MgC03•Mg(OH2•4H2O〕，将菱镁矿煅烧，得到氧化镁和氧化钙，再加入水发生消化反应，净化得到氢氧化镁，与二氧化碳发生碳化反应，Mg(OH2+2CO2═Mg(HCO32，再热解得到产品，反应为：5Mg(HCO32
[4MgCO3•Mg(OH2•4H2O+6CO2↑。
10. 2016年以来我国北方的“雾霾”污染日益严重。中科院“大气灰霾追因与控制”项目针对北京强霾过程进行分析，强霾过程中,出现了大量有毒有害的含氮有机颗粒物。燃煤和机动年尾气是氮氧化物的主要来源。现在对其中的一些气体进行了一定的研究：
（1）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。 已知：
①CH4(g+4NO2(g=4NO(g+CO2(g +2H2O(g △H=-574kJ·mol-1
②OCH4(g+4NO(g=2N2(g+CO2(g+ 2H2O(g △H=-1160kJ·mol-1 ③H2O(g=H2O(1 △H=-44.0kJ·mol-1
写出CH4(g与NO2(g反应生成N2(g、CO2(g和H2O(l的热化学方程式_________________________。
的


（2）为了减轻大气污染，人们提出在汽车尾气排气管口采用催化剂将NO和CO转化成无污染气体参与大气循环。T℃时,将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中,保持温度和体积不变,反应过程中NO的物质的量随时间变化如下图所示。

①写出该反应的化学方程式：________________________________。
②10min内该反应的速率v(N2=___________;该反应达平衡时CO的转化率为___________;T℃时该化学反应的平衡常数K=___________。
③ 若该反应△H<0,在恒容的密闭容器中,反应达平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是________。

④一定温度下,在恒容密闭容器中充入一定量NO和CO进行该反应,能判断反应已达到化学平衡状态的是____________。
a．容器中压强不再变化 b．CO2的浓度不再改变 c．2v正(NO=v逆(N2 d．气体的密度保持不变
（3）以燃料电池为代表的新能源的推广“使用能大大降低污染物的排放。如图是一种甲醚燃料电池结构，请写出该电池负极的电极反应式：________________________________________。

mol-1 (2. 2NO+2CO=N2+2CO2 【答案】 (1. CH4(g+2NO2(g=N2(g+CO2(g+2H2O(l △H=-955kJ·(3. 0.005mol·L-1·min-1 (4. 50% (5. 5 (6. c (7. ab (8. CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O 【解析】 【分析】



（1）根据盖斯定律分析；
（2）①根据题意结合原子守恒书写化学方程式；
②根据化学反应速率、转化率、化学平衡常数的表达式计算； ③化学平衡常数只跟温度有关；
④反应达到平衡状态，各物质的物质的量及衍生的物理量保持不变； （3）根据原电池的工作原理分析。
mol-l ；②CH4【详解】（1）已知：①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+ CO2（g）+2H2O（g） △H=-574kJ·mol-l；③H2O（g）=H2O（1） △H=-44.0 （g）+4NO（g）=2N2（g）+ CO2（g）+ 2H2O（g） △H=-1160kJ·kJ·mol-l。
2）÷2得CH4（g）与NO2（g）反应生成N2（g）根据盖斯定律：（①+②+③×、CO2（g）和H2O（1）热mol-l 。 化学方程式为CH4(g+2NO2(g= N2(g+ CO2(g+ 4H2O(l △H=-955kJ·（2）① 采用催化剂将NO和CO转化成无污染气体二氧化碳和氮气，该反应的化学方程式为2NO+2CO=N2+2CO2；
②由图像知10 min内NO的物质的量变化为（0.4-0.2）mol=0.2mol，由反应方程式知N2的物质的量变化为0.1mol，浓度变化为0.05mol/L，该反应的速率v(N2=0.05mol/L÷10min=0.005mol L-1 min-1；CO的物质的量变化为0.2mol，起始CO的物质的量和NO的物质的量相同，均为0.4mol，该反应达平衡时CO的转化率为0.2mol/0.4mol×100%=50%；
利用三行式分析。2NO+2CO=N2+2CO2 起始浓度（mol/L）0.2 0.2 0 0 转化浓度（mol/L）0.1 0.1 0.05 0.1 平衡浓度（mol/L）0.1 0.1 0.05
0.1 则T℃时该化学反应的平衡常数K=c2(CO2c(N2/c2(NOc2(CO=5。 ③a.该反应为放热反应，升高温度，K减小，与图像不符，错误；
b.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，与图像不符，错误； c.平衡常数的影响因素为温度，温度不变，K不变，与图像相符，正确； d.增大N2的浓度，平衡逆向移动，NO的转化率降低，与图像不符，错误； 故选c。
的④a．随着反应的进行，容器内气体的物质的量逐渐减小，根据阿伏伽德罗定律知容器中压强逐渐减小，当容器内压强不再变化说明反应达到平衡状态，正确；
b．反应达平衡后各物质的浓度不变，若CO2的浓度不再改变，反应达到平衡状态，正确； c．2v正(NO=v逆(N2 ，正、逆反应速率不相等，反应未达到平衡，错误；



d．一定温度下，在恒容密闭容器中，根据质量守恒定律知容器内气体的质量保持不变，气体的密度不随反应的进行而变化，密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，错误； 故选ab。
（3）碱性甲醚燃料电池中，甲醚发生氧化反应，生成碳酸根，利用原子守恒、电荷守恒配平，该电池负极的电极反应式CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O。
11. 磷是人体含量较多的元素之一,磷的化合物在药物生产和农药制造等方面用途非常广泛。回答下列问题： （1）基态磷原子的核外电子排布式为____________________。 （2）P4S3可用于制造火柴,其分子结构如图甲所示。
①第一电离能：磷_____________硫;电负性：磷_____________硫（填“>”或“<”）。 ②P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为_____________。 ③每个P4S3分子中含孤电子对的数目为______________。 （3）N、P、As、Sb均是第VA族的元素。
①上述元素的氢化物的佛点关系如图乙所示,沸点：PH33,其原因是____________;沸点:PH333,其原因是______________________________________。

②某种磁性氮化铁晶胞结构如图丙所示,该化合物的化学式为______。
（4）磷化铝熔点为2000℃,它与晶体硅互为等电子体,磷化铝晶胞结构如图丁所示。 ①磷化铝晶体中磷与铝微粒间的作用力为_____________________。
②图中A点和B点的原子坐标参数如图丁所示,则C点的原子坐标参数为________。
③磷化铝晶体的密度为ρg·cm-3,用NA表示阿伏加德罗常数的数值,则该晶胞中距离最近的两个铝原子之间的距离为___________cm。
【答案】 (1. 1s22s22p53s23p3或[Ne]3s23p3 (2. ＞ (3. ＜ (4. sp3 (5. 10 (6. NH3分子间存在分子间氢键 (7. 相对分子质量不断增大，分子间作用力不断增强 (8. Fe3N (9. (极性共的


价键 (10. (【解析】 【分析】
11123232，， (11. ×
N4442A【详解】(1磷是15号元素，基态磷原子的核外电子排布式为1s2s2p3sp，故答案为1s2s2p3sp； (2①磷的3p为半充满结构，较为稳定，第一电离能：磷＞硫；硫的非金属性比磷强，电负性；磷＜硫，故答案为＞；＜；
②P4S3分子中硫原子与2个P原子相连，含有2个孤电子对，采用sp3，故答案为sp3；
③每个P原子有1个孤电子对，每个S原子有2个孤电子对，每个P4S3分子中含孤电子对的数目为1×4+2×3=10，故答案为10；
(3①氨分子间存在氢键，导致沸点：PH33；相对分子质量不断增大，分子间作用力不断增强，因此沸点： PH333，故答案为NH3分子间存在氢键；相对分子质量不断增大，分子间作用力不断增强； ②N原子位于体内，数目为2；Fe原子位于顶点、面心和体内，数目为12×为：Fe3N，故答案为Fe3N；
(4①磷化铝熔点为2000℃，属于原子晶体，磷化铝晶体中磷与铝微粒间的作用力为共价键，故答案为共价键；
②根据A点(0,0,0和B点(1，原子坐标参数为(235232352311+2×+3=6；即化学式可写2611111，的原子坐标，则C点x轴坐标为，y轴坐标为，z轴坐标为，22444111111，，，故答案为(，，； 444444③磷原子处于晶胞内部，晶胞中含有4个P原子，铝原子处于顶点和面心，晶胞中含有Al原子数目为6×273111+8×=4，约成最简整数比既得化学式为AlP，晶胞质量为4×g，假设该晶胞的边长为a cm，N28A3327312322则(a cm×ρ g/cm=4×g，则a=3，距离最近的S原子之间距离为晶胞边长的，故SNANA2原子之间距离为2323223232× cm，故答案为×。
NANA22【点睛】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、电负性、分子结构与性质、氢键、晶胞计算等，是对物质结构主干知识的综合考查，注意同周期第一电离能异常情况，(4中计算为易错点、难点，需要学生具备一定的数学计算能力。
12. 化合物H是合成抗心律失常药物泰达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：



（1）D中的含氧官能团名称为________________（写两种）。 （2）F→G的反应类型为________________。
（3）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式________________。 ①能发生银镜反应；
②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应； ③分子中只有4种不同化学环境的氢。
（4）E经还原得到F，E的分子是为C14H17O3N，写出E的结构简式____________。 （5）已知：①苯胺（）易被氧化

请以甲苯和(CH3CO2O为原料制备，写出制备的合成路线流程图________。（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）
【答案】 (1. （酚）羟基、羰基、酰胺基 (2. 消去反应 (3. (4. (5.
【解析】 【分析】



（1）由结构简式可知D中的含氧官能团名称；

（2）比较F和G的结构简式可知，F分子内脱去1分子水、同时形成碳碳双键生成G；
（3）C的一种同分异构体：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明水解可生成酚羟基，应含有HCOO-结构；③分子中只有4种不同化学环境的氢，应为对称结构；
（4）E的分子是为C14H17O3N，与D相比在组成减少HBr，E经还原得到F，对比D、F的结构，D中C-Br键断裂、酚羟基中O-H键断裂，C原子与氧原子结合得到E，同时生成HBr； （5）甲苯发生硝化反应生成，然后还原生成，再与乙酸酐反应生成，最后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成。
【详解】（1）根据D的结构简式可知D中的含氧官能团名称为（酚）羟基、羰基、酰胺基； （2）根据F和G的结构简式可知F→G的反应类型为羟基的消去反应；
（3）①能发生银镜反应，说明含有醛基；②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，这说明应该是酚羟基和甲酸形成的酯基；③分子中只有4种不同化学环境的氢，说明苯环上的取代基应该是对称的，符合条件的有机物同分异构体为；
（4）E经还原得到F，E的分子是为C14H17O3N，根据D、F的结构简式可知该反应应该是羰基与氢气的加成反应，所以E的结构简式为；
（5）由于苯胺易被氧化，因此首先将甲苯硝化，然后再氧化甲基变为羧基，将硝基还原为氨基后与（CH3CO）2O即可得到产品，流程图为
。



本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/aec913c9a4c30c22590102020740be1e640eccce.html

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