【文档说明】【精准解析】云南省红河州2019届高三复习统一检测化学试题.doc，共(19)页，1.065 MB，由小赞的店铺上传

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理综化学第I卷(选择题)1.化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是A.可用干冰作镁粉爆炸时的灭火剂B.焊接废旧钢材前，分别用饱和Na2CO3溶液和NH4Cl溶液处理焊点C.雾、鸡蛋清溶液、石灰乳、食盐水中，分散质粒子直径最小的是雾D.某种验钞笔中含有碘酒溶液

，遇假钞呈现蓝色，其中遇碘变蓝的是葡萄糖【答案】B【解析】【详解】A．Mg能在CO2中燃烧，所以不能用干冰作镁粉爆炸时的灭火剂，A不正确；B．焊接废旧钢材前，用饱和Na2CO3溶液去除焊点表面的油污，用饱和NH4Cl溶液去除焊点表面的铁锈，B正确；C．雾、鸡蛋清溶液属于胶体，石灰

乳属于浊液，食盐水属于溶液，所以分散质粒子直径最小的是食盐水，C不正确；D．遇碘变蓝的是淀粉，葡萄糖遇碘不变蓝色，D不正确；故选B。2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，11.2L14CO2含有的中子数为11NAB.lmol白磷(P4)与lmol甲烷所含共

价键数目之比为1：1C.一定条件下0.2molSO2与0.2molO2充分反应，生成SO3的分子数最多为0.2NAD.将1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO-数目为NA【答案】D【解析】【详解】A．1个14CO2中含有的中子数

为24个，则标准状况下，11.2L(0.5mol)14CO2含有的中子数为24×0.5NA=12NA，A不正确；B．lmol白磷(P4)与lmol甲烷所含共价键物质的量分别为6mol、4mol，所含共价键数目之比为3：2，B不正确；C．一定条

件下SO2与O2生成SO3的反应为可逆反应，所以0.2molSO2与0.2molO2充分反应，生成SO3的分子数一定小于0.2NA，C不正确；D．将1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，此时醋酸电离与C

H3COO-水解的程度相等，所以溶液中CH3COO-物质的量不变，仍为1mol，数目为NA，D正确；故选D。3.下列与有机物的结构、性质有关的叙述不正确．．．的是A.立方烷()的二氯代物有3种，三氯代物也有3种B.有机物(CH3)2CHC(CH3)3的名称为2

，2，3−三甲基丁烷C.向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钾溶液或福尔马林，蛋白质的性质发生改变并凝聚D.用CH2(NH2)—COOH和CH3—CH(NH2)—COOH两种氨基酸脱水，最多可以生成4种二肽【答案】C【解析】【详解】A．立方烷的二氯代物的同分异构体分别是：一条棱、面对角线、体

对角线上的两个氢原子被氯原子代替，所以二氯代物的同分异构体有3种；立方烷的三氯代物的同分异构体分别是：两条棱、面对角线和一条棱、两条面对角线上的三个氢原子被氯原子代替，所以三氯代物的同分异构体有3种，见图如下，故

A正确；B．该物质最长碳链有4个碳，从右数2号碳上有2个甲基，3号碳上有1个甲基，所以名称为2,2,3—三甲基丁烷，故B正确；C．硫酸钾不能使蛋白质发生变质，可使其发生盐析，故C错误；D．氨基酸生成二肽，就是两个氨基酸分

子脱去一个水分子，当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；当是异种氨基酸脱水：可以是丙氨酸脱去羟基，甘氨酸脱氢，也可以甘氨酸脱羟基，丙氨酸脱去氢，生成2种二肽，所以共有4种，故D正确；故答案为C。4.短周期主族元素X、

Y、Z、W原子序数依次增大，Z、W两种元素原子序数之和为X元素原子序数的4倍。由这四种元素中的一种或两种组成的三种有色物质与水发生氧化还原反应时，水既不作氧化剂也不作还原剂。下列说法正确的是A.原子半径：r(Z)＞r(X)＞r(W)＞r(Y)B.最简单氢化

物的沸点为：W＞YC.X、Y、W分别与氢元素形成的化合物中化学键均为极性共价键D.这三种有色物质在化学反应中常用作氧化剂【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，由这四种元素中的一种或两种组成的三种有色物质与水发生氧化还原反应时，水既不作氧化剂也

不作还原剂，则三种有色物质可能为Cl2、NO2、Na2O2；Z、W两种元素原子序数之和为X元素原子序数的4倍，则X、Y、Z、W分别为N、O、Na、Cl。【详解】A．由以上分析知，X、Y、Z、W分别为N、O、Na、Cl，则原子半径：r(Na)＞r(Cl)＞r(

N)＞r(O)，A不正确；B．H2O常温下呈液态，HCl常温下呈气态，所以最简单氢化物的沸点为：W<Y，B不正确；C．X的氢化物N2H4中含有N-N非极性键，W的氢化物H2O2中含有O-O非极性键，C不正确；

D．这三种有色物质在化学反应中与还原性物质(如Cl2与H2S、HI、H2SO3，NO2与NH3，Na2O2与SO2)反应时，常用作氧化剂，D正确；故选D。5.某小组比较Cl-、Br-、I-的还原性，实验如下：实验1实验2实验3装置现象试管内颜色无明显变化；用蘸浓氨水的玻璃棒靠近管口，产生白烟。溶液

变黄；把湿润的KI淀粉试纸靠近试管口，变蓝。溶液变深紫色；经检验溶液含单质碘。下列对实验的分析合理的是A.实验1中，白烟是(NH4)2SO4B根据实验1和实验2判断还原性：Br->Cl-C.根据实验3判断还原性：I->Br-D.上述实验利用了浓H2SO4的强酸性、强氧化性等

性质【答案】B【解析】【详解】A．硫酸不具有挥发性，白烟不可能是(NH4)2SO4，而是浓硫酸与NaCl固体反应生成的挥发性酸HCl与氨气生成的氯化铵，故A错误；B．浓硫酸具有氧化性，将溴离子氧化成具有挥发性的溴单

质，溴单质将湿润KI淀粉试纸中的碘离子氧化成碘单质，使得KI淀粉试纸变蓝，可知氧化性：浓硫酸＞Br2；而浓硫酸不能氧化Cl-得到氯气，说明氯气的氧化性强于浓硫酸，则氧化性Cl2＞Br2，还原性Br-＞Cl-，故

B正确；C．结合试验2可知浓硫酸的氧化性大于溴，②中溶液中还有剩余的浓硫酸，也能氧化I－成碘单质；所以试验3中无法确定是何种物质将碘离子氧化，故C错误；D．①中为难挥发性酸制备易挥发酸，②为浓硫酸氧化溴离子，所以利用了浓H2SO4的难挥发性、强氧化性，故D错误；故

答案为B。6.中国科学家用蘸墨汁书写后的纸张作为空气电极，设计并组装了轻型、柔性、能折叠的可充电锂−空气电池如下图1，电池的工作原理如下图2。下列有关说法正确的是A.放电时，纸张中的石墨作锂电池的正极

B.开关K闭合给锂电池充电，金属锂电极上发生氧化反应C.充电时，空气电极的反应式为：Li2O2+2e-=2Li+O2↑D.电池工作时，电子的流向为：金属锂电极→有机电解质溶液→空气电极【答案】A【解析】【分析】根据电极材料可知，活泼金属Li为

电池的负极，锂单质被氧化为Li+，空气电极为正极，O2被还原结合Li+生成Li2O2。【详解】A．根据分析可知，放电时，纸张中的石墨作电池的正极，故A正确；B．放电时金属锂电极为负极，发生氧化反应，则充电时应发生还原反应作阴极，故B错误；C．放电时，空气电

极为正极，则充电时为阳极，失电子发生氧化反应，电极反应式为Li2O2-2e-=O2↑+2Li+，故C错误；D．电子不能在有机电解质溶液中移动，故D错误；故答案为A。7.若定义pC是溶液中微粒物质的量浓度的负对数。常温下，一定浓度的某酸(H2A)的水溶液中pC(H2A

)、pC(HA-)、pC(A2-)随着溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法一定正确的是()A.pH=3时，c(H2A)=c(A2-)>c(HA-)B.c(H2A)＋c(HA-)＋c(A2-)是定值C.HA-的水解平衡常数为10-12.7D.任何时候，溶液

中都存在：c(H+)=c(OH-)＋c(HA-)＋2c(A2-)【答案】C【解析】【分析】H2A⇌H++HA-，HA-⇌H++A2-，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：曲线Ⅰ是HA-的物质的量浓度的负对数，曲线Ⅱ是H2A的物质的量

浓度的负对数，曲线Ⅲ是A2-的物质的量浓度的负对数，由此分析解答。【详解】A．据图可知pH=3时pC(H2A)=pC(A2-)>pC(HA-)，所以c(HA-)>c(H2A)=c(A2-)，故A错误；B．根据物料守恒，n(H2A)＋n(HA-)＋n(

A2-)为定值，但溶液pH改变时溶液的体积可能发生了改变，所以三者浓度之后不一定是定值，故B错误；C．HA-的水解平衡常数表达式为()()()--2HAHAOHccc，据图可知，pH=1.3时c(HA-)=c(H2

A)，溶液中c(H+)=10-1.3mol/L，则c(OH-)=10-12.7mol/L，所以HA-的水解平衡常数为10-12.7，故C正确；D．溶液pH增大的过程可能加入了某种碱，溶液中有其他金属阳离子，根据电荷守恒可知c(H+)与c(OH-)＋c(HA-)＋

2c(A2-)不相等，故D错误；故答案为C。第II卷(非选择题)(一)必做题8.亚硝酰氯(ClNO)常用作催化剂和合成洗涤剂，某学习小组在实验室中用下图所示装置制备ClNO。查阅资料：亚硝酰氯(ClNO)的熔点为－64.5℃、沸点为－5.5℃，气态呈黄色，液态时呈红褐色，遇水易反应生成一种氢化物

和两种氮的常见氧化物，其中一种呈红棕色。回答下列问题：(1)仪器a的名称为________，b的作用是________。(2)ClNO分子中各原子均满足8电子稳定结构，则ClNO的电子式为__________；ClNO与水反应的化学方程式为__________。(3)实验开始时，先打开

K1、K2，关闭K3，再打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，当观察到C中_________________时关闭K1、K2；向装置D三颈瓶中通入干燥纯净Cl2，当瓶中充满黄绿色气体时，再打开K1、K3，制备ClNO，D中发生

的反应方程式为________。(4)NO可用间接电化学法除去，其原理如下图所示。电解池阴极的电极反应式为________；吸收塔内发生的离子方程式为_______。(5)亚硝酰氯(ClNO)纯度的测定：将所得亚硝酰氯(ClNO)产品13.10g溶于水，

配制成250mL溶液；取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用0.87mol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体)，则亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为________。【答案】(1).长颈漏斗(2).防止空气中的水蒸

气进入三颈烧瓶，以免ClNO发生水解(3).(4).2ClNO+H2O=2HCl+NO+NO2(5).红棕色完全消失(6).Cl2+2NO=2ClNO(7).2-3HSO+2e-+2H+=2-24SO+2H2O(8).2NO+22-24SO+2H2O=N2+4-3HSO

(9).87%【解析】【分析】本实验的目的是制备ClNO，该物质易与水反应，所以制备过程要保持干燥；装置A中利用铜和稀硝酸反应生成NO，装置B中盛水可以除去可能产生的NO2，装置C对NO进行干燥，之后进入装置D中与干燥纯净氯气在冰盐水浴条件下反应生成ClNO，b装置可以防止空气中的

水蒸气进入反应装置是ClNO水解；实验时，需先打开K1、K2，关闭K3，再打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，利用产生的NO将装置中的空气排尽，NO易被氧气氧化成NO2，当观察到C中红棕色气体NO2完全消

失后说明装置中空气被排尽，此时装置中充满NO；此时关闭K1、K2，向装置D三颈瓶中通入干燥纯净Cl2，当瓶中充满黄绿色气体时，再打开K1、K3，制备ClNO。【详解】(1)根据仪器a的结构特点可知其为长颈漏斗；装置b可以防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，以免ClNO发生水解；(2)ClNO分子中各

原子均满足8电子稳定结构，说明Cl与其他原子共用一对电子，N与其他原子共用3对电子，O与其他原子共用2对电子，所以电子式为；ClNO遇水易反应生成一种氢化物和两种氮的常见氧化物，其中一种呈红棕色，说明其中一种为NO2，另一种应为NO，氢化物为HCl，根据元素

守恒可得化学方程式为2ClNO+H2O=2HCl+NO+NO2；(3)根据分析可知当观察到C中红棕色完全消失时关闭K1、K2；D中为Cl2与NO反应生成ClNO的反应，化学方程式为Cl2+2NO=2ClNO；(4)据图可知阴极-3HSO得电子发生还原反应生成2-24SO，根

据电荷守恒可得电极反应式为-3HSO+2e-+2H+=2-24SO+2H2O；吸收塔内2-24SO将NO还原为N2，自身被还原为-3HSO，根据电子守恒可得离子方程式为2NO+22-24SO+2H2O=N2+4-3HSO；(5)亚硝酰氯溶于水可以产生氯离子，氯离子和银离子发生反

应：Clˉ+Ag+=AgCl，滴定终点氯离子完全反应，银离子与CrO4-生成砖红色沉淀，根据元素守恒25.00mL溶液中n(ClNO)=n(Clˉ)=n(Ag+)=0.87mol/L×0.02L=0.0174mo

l，则样品中n(ClNO)=0.0174mol×250mL25.00mL=0.174mol，所以纯度为0.174mol65.5g/mol100%13.10g=87%。9.硒(Se)、碲(Te)的单质和化合物在化工生产等

方面具有重要应用。(1)下列关于硒、碲及其化合物的叙述不正确的是_______。A．Te位于周期表的第五周期ⅥA族B．Se的氧化物通常有SeO2和SeO3C．H2TeO4的酸性比H2SO4的酸性强D．热稳定性H2Se比H2S弱，但比HBr强(2)25℃时，硒酸的电离H2SeO4=H++-4HS

eO；-4HSeO⇌H++2-4SeOKa2=1×10-3，则0.1mol·L-1NaHSeO4溶液的pH约为________；NaHSeO4溶液中的物料守恒表达式为____________。(3)TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。工业上常用铜阳极泥(主要含T

eO2，还含有少量Ag、Au)为原料制备单质碲，其工艺流程如图：①铜阳极泥在碱浸前需烘干、研成粉末，目的是____________；②“碱浸”时TeO2发生反应的化学方程式为_____________；③“沉碲”时控制溶液的pH为4.5~5.0，生

成TeO2沉淀，酸性不能过强的原因是__________；④“还原”得到固态碲为粗碲，对粗碲进行洗涤，判断洗涤干净的实验操作和现象是________。【答案】(1).C、D(2).2(3).c(Na+)=c(-4HSeO)+c(2-4SeO)(4).增大接触面积，加快浸取速率

(5).TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O(6).TeO2会继续与酸反应，导致TeO2沉淀不完全(7).取最后一次洗涤液少许于试管中，加入过量HNO3溶液酸化，再加入AgNO3溶液，如果不出现白色沉淀，则说明已经洗干净。【解析】【分析】碲与氧是同主族元素，由氧在元素周期表

中的位置，可推断碲在周期表中的位置；由H2SeO4=H++-4HSeO，可推断出-4HSeO在水溶液中只发生电离，所以溶液中存在-4HSeO和2-4SeO两种离子。铜阳极泥(主要含TeO2，还含有少量Ag、Au)中加入NaOH溶液碱溶，只有TeO2发生溶解生成Na2TeO3和水，Ag、Au不

溶解而成为滤渣；滤液中加入硫酸，Na2TeO3转化为TeO2；再加入盐酸溶解生成TeCl4，再通SO2还原，从而得到碲。【详解】(1)A．Te为52号元素，K、L、M、N、O层依次排有2、8、18、18、6个电子，位于周期表的第五周期ⅥA族，A正确；B．Se元素的

最外层有6个电子，常见化合价有+4价、+6价、-2价，氧化物通常有SeO2和SeO3，B正确；C．Te与S同主族且位于S的下方，非金属性Te<S，H2TeO4的酸性比H2SO4的酸性弱，C不正确；D．Se与Br同周期，且Se位于Br的左边，非金属性Se

<Br，所以H2Se比HBr弱，D不正确；故选CD。答案为：CD；(2)25℃时，硒酸的电离H2SeO4=H++-4HSeO；-4HSeO⇌H++2-4SeOKa2=1×10-3，则0.1mol·L-1NaHSeO4溶液中，c(

H+)=31100.1−mol=0.01mol/L，pH约为2；NaHSeO4溶液中，存在NaHSeO4=Na++-4HSeO，-4HSeO⇌H++2-4SeO，物料守恒表达式为c(Na+)=c(-4HSeO)+c(2-4SeO)。答案为：2；c(N

a+)=c(-4HSeO)+c(2-4SeO)；(3)①为增大接触面积，铜阳极泥在碱浸前需烘干、研成粉末，目的是增大接触面积，加快浸取速率；②“碱浸”时TeO2与NaOH发生反应生成Na2TeO3和H2O，发生反应的化学方程式为TeO2+2N

aOH=Na2TeO3+H2O；③题干信息显示，“TeO2易溶于较浓的强酸和强碱”，所以“沉碲”时控制溶液的pH为4.5~5.0，生成TeO2沉淀，酸性不能过强的原因是TeO2会继续与酸反应，导致TeO2沉淀不完全；④判断粗碲洗涤干净时，应检验表面是否吸附溶液中的

Cl-等，可利用稀硝酸和AgNO3溶液，实验操作和现象是：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入过量HNO3溶液酸化，再加入AgNO3溶液，如果不出现白色沉淀，则说明已经洗干净。答案为：增大接触面积，加快浸取速率；TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O；TeO2会继续

与酸反应，导致TeO2沉淀不完全；取最后一次洗涤液少许于试管中，加入过量HNO3溶液酸化，再加入AgNO3溶液，如果不出现白色沉淀，则说明已经洗干净。【点睛】由硒酸的电离方程式H2SeO4=H++-4HSeO，我们

可推出，-4HSeO在溶液中不发生水解，这是我们在解题时非常容易出错的地方。10.工业上常用PCl5作为制造乙酰纤维素的催化剂，也常用于手性药品的研发，在材料，医药工业得到了广泛应用，请回答下列问题：(1)P

Cl5在固态是离子化合物，相对式量为417，其阳离子为+4PCl，则阴离子的化学式为_______。(2)已知：P(s)+32Cl2(g)=PCl3(g)∆H=-306KJ/molPCl5(g)=PCl

3(g)+Cl2(g)∆H=+93KJ/mol则反应2P(s)+5Cl2(g)=2PCl5(g)的∆H=______kJ/mol。(3)温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，容器中发生反应：PCl5(g)⇌PCl3(g)+Cl2(g)经过一段时间后

达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表：t/min010203040n(PCl3)/mol00.120.17020.2①反应在前10min的平均速率v(PCl5)=_______；②不能表明该反应达到平衡状态的是：____(选填序号)；a．容器的总压强不再改变b．混合气体的平均相对

分子质量不变c．v正(PCl3)等于v逆(Cl2)d．混合气体的密度不变e．PCl5的质量不再变化③要提高上述反应的转化率，可采取的措施有(至少两种)___________；④该温度下，反应PCl5(g)⇌PCl3(

g)+Cl2(g)的平衡常数Kp=2.25×105(Kp为压强平衡常数，Kp=气态生成物分压的幂之积气态反应物分压的幂之积)。把一定量的PCl5引入一真空瓶内，达平衡后PCl5的分压为2.5×104Pa，则PCl5的分解率为________。(4)在热

水中，五氯化磷完全水解，生成磷酸和盐酸。若将0.01molPCl5投入热水中配成lL溶液，再逐滴加入AgNO3溶液，先产生的沉淀是_____。[已知Ksp(Ag3PO4)=1.4×10-16，Ksp(AgCl)=1.8×10-10]。【答案】(1).-6PCl(

2).-798(3).0.006mol·L-1·min-1(4).d(5).可以升高温度，减小压强，移走氯气、三氯化磷等(6).75%(7).AgCl【解析】【分析】计算PCl5固体中阴离子的化学式时，可利用相对分子质量确

定分子式，再减去阳离子的化学式；利用盖斯定律，可计算待求热化学反应的∆H；计算反应在前10min的平均速率v(PCl5)时，可先求出v(PCl3)，然后利用化学计量数进行转换；判断某量不变是否为平衡状态时，需判断该量是否为

变量，变量不变是平衡状态；提高转化率的措施可以是改变温度、压强、浓度等；求PCl5分解率时，可假设起始量与变化量，建立三段式，利用压强平衡常数先求出PCl3的平衡量，再求出变化量，最后求转化率；判断先生成的沉淀为Ag3PO4还是AgCl时，可利用Ksp求出两种平衡体系

中的c(Ag+)，数值小的先生成沉淀。【详解】(1)PCl5的相对分子质量为208.5，则相对式量为417时的化学式为P2Cl10；其阳离子为+4PCl，则阴离子的化学式为P2Cl10-+4PCl=-6PCl。答案为：-6PCl；(2)P(s)+3

2Cl2(g)=PCl3(g)∆H=-306KJ/mol①PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)∆H=+93KJ/mol②利用盖斯定律，将(①-②)×2，便可得出反应2P(s)+5Cl2(g)=2PCl5(g)的∆H=-

(306+93)×2kJ/mol=-798kJ/mol。答案为：-798；(3)①反应在前10min的平均速率v(PCl5)=v(PCl3)=0.12mol2L10min=0.006mol·L-1·min-1；②a．因为反应前后气体的分子数不等，所以容器的总压强不再改变时，反应达平衡状态，a不合题

意；b．因为反应前后气体的分子数不等，平衡前混合气体的平衡相对分子质量始终发生改变，所以当混合气体的平均相对分子质量不变时，反应达平衡状态，b不合题意；c．v正(PCl3)等于v逆(Cl2)，满足反应进行方向相反，速率之比等于化学计量数之比，所以反应达平衡状态，c不合题意；d．因为混合气体的总

质量不变，体积不变，所以混合气体的密度始终不变，混合气体密度不变时，反应不一定达平衡状态，d符合题意；e．只要平衡发生移动，PCl5的质量就发生改变，所以当PCl5的质量不变时，反应达平衡状态，e不合题意；故选d；③因为反应为吸热的、分子数增大的可逆反应，所以要提

高上述反应的转化率，可采取的措施有：可以升高温度，减小压强，移走氯气、三氯化磷等；④设PCl5(g)的起始投入量为1mol，参加反应的物质的量为x，其三段式为：532PCl(g)PCl(g)Cl(g)(mol)100(mo

l)(mol)1xxxxxx+−起始量变化量平衡量Kp=324(PCl)(Cl)2.510pp=2.25×105，p(PCl3)=7.5×104，447.51012.510xx=−，x=0.75mol，则PCl5的分解率为0.75

mol100%1mol=75%。答案为：0.006mol·L-1·min-1；d；可以升高温度，减小压强，移走氯气、三氯化磷等；75%。(4)若将0.01molPCl5投入热水中配成lL溶液，则溶液中c(Cl-)=0.05mol/L，

c(H3PO4)=0.01mol/L，c(34PO−)<0.01mol/L，当Cl-沉淀时，所需c(Ag+)=101.8100.05−mol/L=3.6×10-9mol/L；当34PO−生成沉淀时，所需c(Ag+)=1631.

4100.01−mol/L>1.1×10-6mol/L。因为1.1×10-6>3.6×10-9，所以先产生的沉淀是AgCl。答案为：AgCl。【点睛】在判断先生成的沉淀为Ag3PO4还是AgCl时，若我们试图利用Ksp求出平衡体系中c(Cl-)与c(34PO−)的关系，然后与溶液中的

浓度进行对比时，可得出31643103(PO)1.410(Cl)(1.810)cc−−−−=，难以求出两离子的浓度比，当然，若利用溶液中的两离子浓度，假设某一离子刚好达到沉淀溶解平衡，也可求出另一离子的平衡浓度，对比分析，便可

确定哪种离子先沉淀。(二)选做题【物质结构与性质】11.磷及其化合物在工农业生产中有重要的作用。(1)P元素有白磷、红磷、黑磷三种常见的单质。①现代化学中，常利用_______上的特征谱线来鉴定元素。②白磷(P4)易溶于CS2，难溶于水，原因是______

___。③黑磷是一种黑色有金属光泽的晶体，是一种比石墨烯更优秀的新型材料。白磷、红磷都是分子晶体，黑磷晶体具有与石墨相类似的层状结构，如下图所示。下列有关黑磷晶体的说法不正确．．．的是_______。A

．黑磷晶体中磷原子杂化方式为sp3杂化B．黑磷晶体中层与层之间的作用力是分子间作用力C．黑磷晶体的每一层中磷原子都在同一平面上D．P元素三种常见的单质中，黑磷的熔沸点最高(2)磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面

保护层。磷化硼可由三溴化磷和三溴化硼于高温下在氢气中反应合成。磷化硼晶体的晶胞如下图所示，其中实心球为磷原子。请回答下列问题：①磷化硼的化学式为_________，该晶体的晶体类型是___________。②三溴化磷中溴元素基态原子的电子排布式为_________，三溴化硼分子的空间构型是

________，合成磷化硼的化学方程式为：___________。③在一个晶胞中磷原子空间堆积方式为________，磷原子的配位数为________，该结构中有一个配位键，提供空轨道的原子是_______。已知晶体中B与P原子的最

近距离为anm，则该晶体的密度的表达式为(不需化简)________g/cm3。【答案】(1).原子光谱(2).P4、CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4难溶于水(3).C(4).BP(5).原子晶体(6)

.1s22s22p63s23p63d104s24p5或[Ar]3d104s24p5(7).平面三角形(8).PBr3＋BBr3＋3H2高温BP＋6HBr(9).面心立方最密堆积(10).4(11).B(12).3-7A4

244a103N【解析】【分析】现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素；分子的溶解性，通常符合相似相溶原理；黑磷的晶体结构类似于石墨，但由于磷原子最外层电子数为5，所以发生sp3杂化，由于成

键电子受孤电子对的排斥作用，所以层内磷原子不在同一平面上；黑磷有别于红磷和白磷，由于层内原子间形成共价键，所以层内应形成原子晶体。在三溴化硼中，B原子的最外层电子全部参与成键，所以分子呈平面结构；在磷化硼中，由图中可以看出，每个B原子形成4个

共价键，而B的价电子只有3个，所以每个P原子提供1对孤对电子与B原子(提供空轨道)形成配位键，构成正四面体结构；在BP晶胞中，每个B原子与2个P原子构成夹角为109°28′的等腰三角形，利用余弦定理，可建立

晶胞边长与B-P键长间的定量关系，从而利用B-P键长求出晶胞的边长，最终建立密度与边长的等量关系式。【详解】(1)①现代化学中，鉴定原子，常使用原子光谱，利用光谱上的特征谱线来鉴定元素。②白磷(P4)的结构为正四面体，为非极性分子，易溶于非极性分子CS2

，难溶于极性分子水，原因是P4、CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4难溶于水。③A．黑磷晶体中磷原子与周围3个P原子形成共价键，每个P原子还有1对孤对电子，所以杂化方式为sp3杂化，A正确；B

．黑磷晶体中层与层之间不形成共价键，仅通过范德华力结合，所以层间作用力是分子间作用力，B正确；C．黑磷晶体的每一层中磷原子发生sp3杂化，由于孤电子对的排斥作用，P原子不在一个平面上，C不正确；D．P元素三种常见的单质中，白磷和

红磷都形成分子晶体，而黑磷层内磷原子间形成共价键，相当于原子晶体，所以黑磷的熔沸点最高，D正确；故选C。答案为：原子光谱；P4、CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4难溶于水；C；(2)①在磷化硼晶体中，利用均摊法，可求出含P原子个数为118682

+=4，含B原子个数为4，二者原子个数比为1:1，所以磷化硼的化学式为BP，该晶体内原子间全部形成共价键，没有其它作用力，所以晶体类型是原子晶体。②三溴化磷中溴元素基态原子核外电子排布为2、8、18、7，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104

s24p5或[Ar]3d104s24p5，三溴化硼分子中，B原子发生sp2杂化，不存在孤电子对，所以空间构型是平面三角形；三溴化磷和三溴化硼于高温下在氢气中反应生成BP和HBr，合成磷化硼的化学方程式为：PBr3＋BBr3＋3H2高温B

P＋6HBr。③在一个晶胞中，磷原子的叠合方式为三层一循环，所以磷原子空间堆积方式为面心立方最密堆积，每个磷原子周围距离最近的硼原子有4个，所以磷原子的配位数为4，该结构中有一个配位键，提供空轨道的原子是B。已知晶体中B与P原子的最近距离为anm，我们取一个以B为中心的正四面体，然后从其中取一个

等腰三角形，此时两腰的夹角为109°28′，利用余弦定理可得，(22x)2=a2+a2-2a∙acos109°28′，查表知，cos109°28′=-13，从而求出x=4a3nm，则该晶体的密度的表达式为173A442g/mol4mol(a10cm)3N−−=3-7A42

44a103Ng/cm3。答案为：BP；原子晶体；1s22s22p63s23p63d104s24p5或[Ar]3d104s24p5；平面三角形；PBr3＋BBr3＋3H2高温BP＋6HBr；面心立方最密堆积；4；B；3-7A4244a103N

。【点睛】计算晶胞中所含微粒数时，常采用均摊法，微粒处于立方体顶点的，只有八分之一属于此晶胞；微粒处于棱上的，只有四分之一属于此晶胞；微粒处于面心的，只有二分之一属于此晶胞；微粒处于晶体内的，完全属于此晶胞。【有机化学基础】12.芳香族化合物A(C9H12O

)常用于药物及香料的合成，A有如下转化关系：已知：①A的苯环上只有一个支链，支链上有两种不同环境的氢原子；②③RCOCH3+R′CHORCOCH=CHR″+H2O回答下列问题：(1)A生成B的反应条件为______，由D生成E的反应类型为____

______。(2)C中所含官能团的名称为______，K的分子式为________。(3)由E生成F的化学方程式为________。(4)I的结构简式为_______，J为一种具有3个六元环的酯，1molJ生成的同时生

成______molH2O。(5)F的同分异构体中，属于芳香族化合物且能发生水解反应和银镜反应的有____种，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为6:2:1:1的为_______(写出其中一种结构简式)。(6)糠叉丙酮()是一种重要的医药中间体，请参考上述合成路线

，设计一条由(CH3)3CCl和为原料制备糠叉丙酮的合成路线(无机试剂任用)_______。合成流程图示例如下：【答案】(1).浓硫酸、加热(2).取代反应(水解反应)(3).酮基(羰基)(4).C15H

12O(5).+O2CuAg⎯⎯⎯⎯→或Δ+2H2O(6).(7).2(8).14(9).或(10).【解析】【分析】芳香族化合物A的分子式为C9H12O，其不饱和度为4，说明侧链上均为饱和碳原子，A的苯环上只有一个支链，支链上有两种不同环境的氢原子，则A为，B

可以与溴反应，能被碱性高锰酸钾氧化，可以推测A发生消去反应生成B，则B为，则被碱性高锰酸钾氧化再酸化的产物C为，C与苯甲醛发生类似信息③的反应生成的K为；B与溴发生加成反应生成D为，根据F生成H的反应条件可知F中含有醛基，所以E生

成F应为羟基的催化氧化，所以D发生水解反应生成E为，F为(该羟基相连的碳原子上没有氢原子，不能被氧化)；F中醛基被银氨溶液氧化再酸化生成H为；H同时含有羟基和羧基，脱水缩合生成高分子化合物I为；J为一种具有3个六元环的酯，应为两分子H发生酯化生

成，J为。【详解】(1)A生成B为羟基的消去反应，反应条件为浓硫酸、加热；D中溴原子被羟基代替生成E，属于取代反应(水解反应)；(2)C为，其官能团为(酮基)羰基；K为，其分子式为C15H12O；(3)E发生催化

氧化生成F，化学方程式为+O2CuAg⎯⎯⎯⎯→或Δ2+2H2O；(4)根据分析可知I为；两分子H发生酯化生成J，J的结构简式为，所以1molJ生成的同时会生成2molH2O；(5)F为，其同分异构体中，属于芳香族化合物且能发生水解反应和银镜反应说明含有苯环和甲酸形成的酯基，当有一个取代基

时，取代基可以是：—CH2CH2OCHO、—CH(CH3)OCHO共2种；有2个取代基时，取代基可以是：—OCHO和—CH2CH3、—CH2OCHO和—CH3，每一组都有邻间对3种结构，共6种；有3个取代基时，取代基可以是：

2个—CH3和—OCHO，有6种，所以共有2+6+6=14种同分异构体；其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为6:2:1:1的为和；(6)根据信息③的反应可知可以由和在一定条件下反应生成，而可以发生消去反应生成，继而发生信息②的反应可以转化为，所以合成路线为。【点睛

】同分异构体数目的确定为本题难点，一是要注意能发生银镜反应的除醛基外甲酸和甲酸酯也可以发生银镜反应，二是对于苯环上的侧链要分情况讨论；苯环上有2个取代基时有邻间对三种同分异构体，有3个不同取代基时有10种同分异构体，3个取代基中有两个相同时有6种同分异构体。