【文档说明】湖北省荆门市2020届高三上学期元月调研考试理综化学试题【精准解析】.docx，共(20)页，798.415 KB，由小赞的店铺上传

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荆门市2020年高三年级元月调考试卷理科综合1.化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法错误的是A.江河入海口形成的三角洲与胶体聚沉有关B.葡萄酒中通常含有微量SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化C.常用危险化学品标志中的数字主要表示的是危险的级别D.酿酒工

艺中加入的“酒曲”与面包工艺中加入的“发酵粉”作用不同【答案】C【解析】【详解】A.江河水为胶体，遇到海水，海水中含有的电解质可以使胶体聚沉而形成三角洲，故A正确；B.二氧化硫能够杀菌消毒，且具有还原性，所以可以添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用，

故B正确；C.常用危险化学品标志中的数字是危险化学品分类的危险特性分类号，C错误；D.酒曲中含有大量的微生物，还有微生物所分泌的酶，酶具有生物催化作用，可以加速将谷物中的淀粉，蛋白质等转变成糖、氨基酸。糖分在酵母菌的酶的作用下，分解成酒精；发酵

粉的主要成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠中和微生物产生的酸，产生二氧化碳，使面团变的多孔，D错误；答案选C。2.有机物分枝酸结构简式如图，分枝酸可用于生化研究。下列关于分枝酸的叙述正确的是A.分子中含有3种官能团B.1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应C.可与

乙醇、乙酸反应，且反应类型不相同D.可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理不相同【答案】D【解析】【分析】由结构可知，分子中含羧基、碳碳双键、羟基、醚键，结合羧酸、烯烃、醇的性质来解答。【详解】A.含羧基、碳碳双键、羟基、醚键四种

官能团，故A错误；B.分枝酸的六元环不是苯环，故羟基是醇羟基，只有-COOH与NaOH反应，则1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应，故B错误；C.可与乙醇、乙酸反应，均为酯化反应，反应类型相同，故C错误

；D.含碳碳双键，与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，原理不同，故D正确；答案选D。3.下列实验操作、现象与结论均正确的是A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.+K的焰色为紫色，需要透过蓝色钴玻璃才能观察到，A错误；B.因为C

uS沉淀既不溶于水，也不溶于酸，故2HS这种弱酸也能和4CuSO发生复分解反应生产硫化铜沉淀和强酸硫酸，但这不能说明2HS酸性强于硫酸，B错误；C.3+-2+22Fe+2I=2Fe+I，若反应不可逆，则等体积等浓度的KI和3FeCl溶液恰好反应，无铁离子剩余，滴加硫氰酸钾显红色说明铁

离子有剩余，因此证明该反应可逆，C正确；D.锌和硫酸反应制取氢气时，滴加硫酸铜反应速率加快，是因为锌将铜置换出来形成了铜锌原电池，加快了反应速率，D错误；答案选C。【点睛】在复分解反应中，强酸可以生成弱酸，弱酸不能制强酸，

但是有特殊情况存在，2424HS+CuSO=CuS+HSO，该反应可以发生，是因为CuS沉淀既不溶于水，也不溶于酸。4.设NA为阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是A.常温下，1LpH＝13的Ba(OH)2溶液中OH－数目为0.2NAB.在电解精炼

粗铜的过程中，当阴极质量增重32g时转移电子数目为NAC.常温常压下，1mol分子式为C2H6O的有机物中，含有C—O键的数目为NAD.氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时，负极消耗的气体分子数目为2NA【答案】B【解析】【详解】A.pH＝13的()2BaOH溶液中

()-cOH=0.1mol/L，体积为1L，故OH－数目为0.1NA，A错误；B.电解精炼粗铜时，阴极电极反应式为2+-Cu+2e=Cu，阴极增重32g，即生成了0.5mol铜，故转移电子数为NA，B正确；C.26CHO可能是甲醚也可能是乙醇，二者含有碳氧键数目不同，C

错误；D.未指明标况，无法确定22.4L气体的物质的量，D错误；答案选B。5.主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，且均不大于20，X的单质是手机电池重要的电极材料；常温下，Y的两种气态氧化物之间可发生可逆反应；X、Y、W最外层电子数之和与Z的最外层电子数

相等；W能形成多种氧化物。下列说法正确的是A.常温下，Z的单质与Y的简单氢化物相遇，可能产生白烟B.Z非金属性强于Y，其对应含氧酸的酸性：Z＞YC.原子半径：X＞Y；简单离子半径：Z<WD.X、W的单质均为活泼金属，通常保存在

煤油中【答案】A【解析】【分析】主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，X的单质是手机电池重要的电极材料，推知X是锂元素，Y的两种气态氧化物之间可发生可逆反应，即2242NONO，故Y是氮元素，X、Y、W最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，故Z的最外层电子数为7，故W最

外层1个电子，由此推知Z是氯元素，W是钾元素。【详解】A.氨气和氯气反应生成氯化铵和氮气，反应中会有大量白烟产生，A正确；B.根据非金属性强弱只能判断最高价氧化物对应水化物（即最高价含氧酸）的酸性，B错误；C.同周期元素，从左到右原子

半径依次减小，则原子半径：Li>N，电子层价格下调离子，随核电荷数增大，离子半径逐渐减小，则离子半径：-+Cl>K，C错误；D.锂比煤油轻，故不能保存在煤油中，而封存在石蜡中，D错误；答案选A。【点睛】微粒半径大小比较的一般规律：1、看电子层数，电子层数越多半

径越大；2、电子层数相同时，看核电荷数，核电荷数越多半径越小；3、电子层数和核电荷数都相同时，看电子数，电子数越多越多半径越大。6.十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对污染防治比过去要求更高。某种利用垃圾渗透液实现发电、环保二

位一体结合的装置示意图如下，当该装置工作时，下列说法正确的是A.盐桥中Cl-向Y极移动B.电路中流过7.5mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为16.8LC.电流由X极沿导线流向Y极D.Y极发生的反应为2NO3-＋10e-＋6H2O===N2

↑＋12OH—，周围pH增大【答案】D【解析】【分析】根据处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图可知，装置属于原电池装置，X是负极，发生失电子的氧化反应，Y是正极，发生得电子的还原反应---3222NO+10e+6HO=N+12OH，电解质里的

阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子从负极流向正极。【详解】A.处理垃圾渗滤液的装置属于原电池装置，溶液中的阴离子移向负极，即氯离子向X极移动，故A错误；B.电池总反应为：--33225NH+3NO=4N+6HO+3OH，该反应转移了15个电子，即转移15个电子生成4个氮气，故电路

中流过7.5mol电子时，产生2mol氮气，即44.8L，B错误；C.电流由正极流向负极，即Y极沿导线流向X极，故C错误；D.Y是正极，发生得电子的还原反应，---3222NO+10e+6HO=N+12OH，周围pH增大，故D正确；答案选D。7.常温下，将CO2通入

2LpH=12的KOH溶液中，溶液中水电离出的OHˉ离子浓度(c)与通入的CO2的体积(V)的关系如图所示.下列叙述不正确的是A.a点溶液中：水电离出的c(H+)=1×10-12mol/LB.b点溶液中：c(H+)=1×10-7mol/LC.c点溶液中：

c(K+)=2[c(CO32-)+c(HCO3ˉ)+c(H2CO3)]D.d点溶液中：c(K+)=2c(CO32-)+c(HCO3ˉ)【答案】B【解析】【详解】A．a点溶液：水中没有通入CO2气体，KOH溶液的pH=12，则水电离出的c(H+)=1×10-12mol/

L，A正确；B．b点溶液中只含有KOH、K2CO3，水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度，根据图象可知：溶液的水电离产生的c(H+)=1×10-7mol/L，但是溶液中除水电离产生H+外，还存在H2CO3电离产生H+，因此溶液的c(H

+)>1×10-7mol/L，B错误；C．c点时溶液中水电离产生的c(H+)最大，则该溶液恰好为K2CO3溶液，根据物料守恒可得溶液中：c(K+)=2[c(CO32-)+c(HCO3－)+c(H2CO3)]，C正确；D.根据电荷守恒可得：c(K

+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)。由于该溶液只有水电离产生H+，d点溶液中c(H+)=c(OH-)，所以c(K+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，D正确；答案选B。8.无水三氯化铬（CrCl3）为紫色晶

体，在工业上主要用作媒染剂和催化剂，某化学小组用Cr2O3和CCl4在高温下制备无水三氯化铬，部分实验装置如图所示。已知：①CrCl3熔点为83℃，易潮解，易升华，易溶于水但不易水解，高温下易被氧气氧化；②C

r2O3和CCl4在高温下反应的产物为CrCl3和光气（COCl2）。请回答下列问题：（1）装置A是氮气制备装置，氮气的作用是____________。（2）装置B的作用为________。装置C和装置E的水槽中应分别盛有______

____、____________。（3）装置D中生成CrCl3和光气（COCl2）的化学方程式为_________。（4）该实验装置有设计不合理的地方，请写出改进方法：_________（写一点即可）（5）产品中CrCl3质量分数的测定：（i）称取0.3000g得到的

CrCl3样品溶于水并于250mL容量瓶中定容。（ii）取25.00mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸腾后加入稍过量的Na2O2,稀释并加热煮沸，再加入过量的H2SO4酸化，将Cr3+氧化为Cr2O72-；再加入过量的KI固体，加塞摇匀，使铬完全以Cr3+形式存在（iii）加入1mL指示剂，用

0.0250mol·L－1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准Na2S2O3溶液21.00mL（已知2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）①ii中加入稍过量的Na2O2后要加热煮沸，其主要原因是____________；加入K

I发生反应的离子方程式为________________②滴定实验可选用的指示剂为____________产品中CrCl3质量分数为_______%（结果保留两位有效数字）【答案】(1).排出空气、吹出CCl4蒸汽、吹出产物及尾气(2).除去氮气中水蒸气(3).热水(4

).冷水(5).Cr2O3＋3CCl42CrCl3＋3COCl2(6).将连接装置D、E的细导管改成粗导管(7).除去溶解的氧气，防止将I-氧化(8).Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O(9).淀粉溶液(10).92.5【解析】【分析】A

装置中氨气和氧化铜在加热条件下生成氮气，B装置干燥氮气，C装置中的4CCl是反应物，氮气将4CCl吹入反应装置D中，E装置进行尾气吸收。【详解】（1）氮气的作用是排出空气、吹出4CCl蒸汽、吹出产物及尾气，故答案为：排出空气、吹出4CCl蒸汽、吹出产物及尾气；（2）由信息①可知装置D中必须保持

无水环境，故装置B的作用是干燥氮气；装置C中热水的作用是使4CCl汽化，提供反应所需的反应物；装置E中冷水的作用是冷凝生成的3CrCl，故答案为：除去氮气中水蒸气；热水；冷水；（3）由题意可知，反应物是23CrO和4CCl，产物为3CrCl和2COCl

，故方程式为：23432CrO3CCl2CrCl+3+COCl，故答案为：23432CrO3CCl2CrCl+3+COCl；（4）由信息①可知3CrCl易升华，题中装置图中D、E之间的导管太细，易发生堵塞，

故应将细导管换成粗导管，故答案为：将连接装置D、E的细导管改成粗导管；（5）①溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化-I氧化，若不除去其中溶解的氧气使生成的2I的量增大，产生偏高的误差，故加热煮沸；2-27CrO和-I发生氧化还原生成碘单质和铬离子，离子

方程式为：2--+3+2722CrO+6I+14H=2Cr+3I+7HO，故答案为：除去溶解的氧气，防止将-I氧化；2--+3+2722CrO+6I+14H=2Cr+3I+7HO；②利用223NaSO滴定生成2I，2I遇淀粉显蓝色，所以可以用淀粉作指示剂；设25.00m

L溶液中3+nCr（），由Cr元素守恒及方程式可得关系式：3+2-2722232CrCrO3I6NaSO～～～，3+2-2722233+22CrCrO3I6NaSO6nCr0.0250mol/L0.021L（），故

3+1nCr0.0250/0.0210.0001753molLLmol==（），所以250mL溶液中3+Cr的物质的量为0.00175mol，根据Cr元素守恒可知3nCrCl=0.00175mol（），所以样品中3mCrCl0.0017

5158.5/0.2774molgmolg==（），故样品中无水三氯化铬的质量分数为：0.2774100%92.5%0.3000gg=，故答案为：淀粉溶液；92.5。9.某酸性废液含有H+、Fe3+、Ni2+、NO3—、F-和C

r2O72-等。下图是该废液的综合利用工艺流程：（假设：F—与金属离子的络合反应不影响其它反应和计算）已知：金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH：Fe3+Ni2+Cr3+开始沉淀1.56.74.0沉淀完全3.49.56.9Ni2+与足量氨水的反应为：N

i2+＋6NH3[Ni(NH3)6]2+（[Ni(NH3)6]2+为难电离的络合离子）（1）滤渣1的主要成分为：____________。（2）试剂X可以是足量氨水，还可以是：____________。（填序号）A．Ni(OH)2B．Cr2O3C

．Fe2O3D．NaOH（3）若试剂X是足量氨水，“沉镍”的离子方程式为：____________。（4）经检测，最后的残液中c(Ca2+)＝1.0×10─5mol•L-1，则残液中F－浓度____________（填“符合”或“不符合”

）排放标准[已知Ksp(CaF2)=4×10-11，国家排放标准要求氟离子浓度小于10mg•L─1]。（5）镍(Ni)及其化合物广泛应用于生产电池、电镀和催化剂等领域。①某蓄电池反应为NiO2＋Fe＋2H2

OFe(OH)2＋Ni(OH)2,放电时若外电路中转移0.6mol电子则正极增重____g。②图为双膜三室电解法处理含镍废水回收金属镍的原理示意图，阳极的电极反应式为____；电解过程中，需要控制溶液pH值为4左右，原因是_

______。【答案】(1).Fe(OH)3(2).A(3).[Ni(NH3)6]2＋+S2-=NiS↓＋6NH3(4).不符合(5).0.6(6).4OH--4e-=2H2O+O2↑(7).pH过高时Ni2+会形成氢氧化物沉淀，pH过低时会有氢气析出，降低镍的回

收率【解析】【分析】某酸性废液含有+3+2+--3HFeNiNOF、、、、和2-27CrO等，在溶液中加入废氧化铁调节溶液PH=3.5，使铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣1，滤液中加入3NaHSO与2-27CrO发生反应生成铬离子，加碱沉淀铬离子形成氢氧化铬沉淀，过滤后的滤液中加入2NaS沉淀镍

，过滤得到滤液中加入石灰浆沉淀得到滤渣3含有：()22CaFCaOH、和4CaSO，氢氧化铬沉淀加酸生成铬离子，高锰酸钾将铬离子氧化为重铬酸根，结晶得到重铬酸钾晶体。【详解】（1）调节溶液PH=3.5，

使铁离子全部沉淀，滤渣1为3FeOH（），故答案为：3FeOH（）；（2）据金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH分析，又不引入新杂质可知还可以是2NiOH（），故答案为：A；（3）若试剂X是足量氨水，2+Ni与足量氨水的反应为：2+2+336Ni+6NHNN

H[]i（），加入2NaS会生成更难溶的NiS，“沉镍”的离子方程式为：()22-336NiNH+S=NiS6NH＋＋，故答案为：()22-336NiNH+S=NiS6NH＋＋；（4）依据溶度积常数计算F-离子浓度，2+-2-113-3Ksp=cCacF=410molL

（）（），残液中2+-5-1cCa=1.010molL（），则11-35410F210/1.010cmolL−−−==（）33210/19/3810/38/molLgmolgLmgL−−===，依据国家排放标准要求氟离子浓度小于10mg•L-1分

析判断，不符合国家标准，故答案为：不符合；（5）①()()2222NiOFe2HOFeOHNiOH⎯⎯⎯→⎯⎯⎯放电充电＋＋＋，根据方程式分析正极电极反应式为：()--222NiONiOH+2HO+2e=+2OH，转移2mol电子电极质量增加2g，故转移0.6mol电子则正

极增重0.6g；故答案为：0.6；②根据图像可知，阳极氢氧根放电生成氧气，故电极反应式为：--224OH-4e=2HO+O；电解过程中pH太高镍离子会沉淀，pH太低则阴极氢离子会放电生成氢气，故需要控制溶液pH值为4左右，故答案为：()-

-222NiONiOH+2HO+2e=+2OH；pH过高时2+Ni会形成氢氧化物沉淀，pH过低时会有氢气析出，降低镍的回收率。【点睛】本题考查学生对元素及其化合物的主要性质的掌握、书写化学反应方程式、阅读题目获取新信息能力、对工艺流程的理解、电化学原理的理解等，难度中等，需

要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。10.研究氮氧化物的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。（1）升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的速率却随温度的升高而减小，某化学小组为研究特

殊现象的实质原因，查阅资料知：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：i：2NO(g)N2O2(g)(快),v1正＝k1正c2(NO)v1逆＝k1逆c(N2O2)ΔH1＜0ii：N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)(慢),v2正＝k

2正c(N2O2)c(O2)v2逆＝k2逆c2(NO2)ΔH2＜0请回答下列问题：①一定温度下，反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)达到衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K＝________②由实验数据得到v2正～c(O2)的关系可用如图表示。当x点升高到某

一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为___________(填字母)。（2）100℃时，若将0.100molN2O4气体放入1L密闭容器中，发生反应N2O4(g)2NO2(g)ΔH＝＋24.4kJ·mol－1

。c(N2O4)随时间的变化如表所示。回答下列问题：①在0～40s时段，化学反应速率v(NO2)为______mol·L－1·s－1②下列能说明该反应达到平衡状态的是________(填选项字母)。A．2v(N2O4)＝

v(NO2)B．体系的颜色不再改变C．混合气体的密度不再改变D．混合气体的压强不再改变③该反应达到平衡后，若只改变一个条件，达到新平衡时，下列能使NO2的体积分数增大的是_________(填选项字母)。A．充入一定量的NO2B．增大容器的容

积C．分离出一定量的NO2D．充入一定量的N2④100℃时，若将9.2gNO2和N2O4气体放入1L密闭容器中，发生反应N2O4(g)2NO2(g)。某时刻测得容器内气体的平均相对分子质量为50，则此时v正(N2O4)_______v逆(N

2O4)(填“＞”“＝”或“＜”)。⑤上述反应中，正反应速率v正＝k正·p(N2O4)，逆反应速率v逆＝k逆·p2(NO2)，其中k正、k逆为速率常数，若将一定量N2O4投入真空容器中恒温恒压分解（温度298K、压强100kPa），已知该条件下k正＝4.8×104s－1，当N2O4

分解10%时，v正＝________kPa·s－1。【答案】(1).1212kkkk正正逆逆(2).a(3).0.0025(4).BD(5).BC(6).＜(7).3.9×106【解析】【分析】（1）①由反应达平衡状态，所以1122vvvv==正正逆逆、，所以1212vvvv=正正逆逆

，()()()()()221222222221kcNOcNOcONONOkkckc=正正逆逆，据此分析；②()()()222NOg+Og2NOg的速率随温度的升高而减小，因为决定该反应速率的是反应②，故升高到温度时v2正减小，且平衡逆向移动，氧气的浓度增大；（2

）①()24C0.10mol/L-0.05mol/LVNO===0.00125mol/Lst40()s，由反应速率之比等于化学计量数之比，则()()()2VNO=0.00125mol/Ls2=0.0025mo

l/Ls；②平衡状态的判定；③利用等效平衡思想解决；④题干中给出的数据算出平均分子量=气体总质量气体总的物质的量=0.192/0.040.12molgmolmolmol+=57.5g/mol，某时刻测得容器内气体的平

均相对分子质量为50，说明反应需向体积缩小的方向进行；⑤列三段式解出24NO的分压，计算即可。【详解】（1）①()()222NOgNOg；②()()()2222NOg+Og2NOg；目标反应()()()222NOg+Og2N

Og，由反应达平衡状态，所以1122vvvv==正正逆逆、，所以1212vvvv=正正逆逆，()()()()()221222222221kcNOcNOcONONOkkckc=正正逆逆,则()()()221222212cNOc

NOcOkkKkk==正正逆逆，故答案为：1212kkkk正正逆逆；②()()()222NOg+Og2NOg的速率随温度的升高而减小，因为决定该反应速率的是反应②，故升高到温度时v2正减小，且平衡逆向移动，氧

气的浓度增大，所以反应重新达到平衡，则变为相应的点为a，故答案为：a；（2）①由表可知，0∼40s时间内24NO的浓度由0.10mol/L减小为0.050mol/L，则其反应速率为()24C0.10mol/L-0.05mol/LVNO===0.00125mol/Lst40

()s，由反应速率之比等于化学计量数之比，则2NO的反应速率为()()()2VNO=0.00125mol/Ls2=0.0025mol/Ls，故答案为：0.0025；②A.未体现正逆反应速率的关系，A错误；B.体系的颜色不再改变，说

明二氧化氮的浓度不变，B正确；C.无论是否反应，体系的混合气体的总质量不变，体积不变，故密度不变，C错误；D.该反应正反应为体积增大的反应，混合气体的压强不再改变，说明气体的物质的量不变，达到平衡状态，D正确；故答案为：BD；③A.充入一定量的2NO，

相当于加压，达新平衡时，则2NO的体积分数减小，故A错误；B.增大容器的容积，减压，平衡向体积增大的方向移动，即正向移动，2NO的体积分数增大，故B正确；C.分离出一定量的2NO，相当于减压，使2NO的体积分数增大，故C正确；D.充入一定量的2N，总压增

大，气体分压不变，不会引起化学平衡的移动，二氧化氮浓度不变，故D错误；故答案为：BC；④100℃时，将0.100mol24NO气体放入1L密闭容器中，平衡时，()24nNO=0.040mol，()2nNO=0.12mol，平均分子量

=气体总质量气体总的物质的量=0.192/0.040.12molgmolmolmol+=57.5g/mol，将9.2g2NO和24NO气体放入1L密闭容器中，某时刻测得容器内气体的平均相对分子质量为50，说明反应需向体积缩小的方向进行，即()()2424vNO<vNO正逆，故答案为：<

；⑤当N2O4分解10%时,设投入的N2O4为1mol,转化的N2O4为0.1mol，则：()()24212-10.10.12NOgNOgn物质的量增大，故此时()2410.19NO10010010.111molmolpkPakPamolmol−==+,则416194.8101003.91

011vskPakPas−−==正，故答案为：3.9×106。11.氮、磷、钾是农作物生长的必须营养元素，磷和钙都是促成骨骼和牙齿的钙化不可缺少的营养元素。回答下列问题：（1）基态K的核外电子排布式为____________，基态N的价

电子排布图为____________。（2）元素的第一电离能：Ca________(填“＞”或“＜”)P。（3）白磷P4在CS2中的溶解度________(填“大于”或“小于”)在水中的溶解度，N4是氮的一种新型单质,若N4分子结构类似于白磷P4，则N的杂化方式为_

_______。（4）下表是几种碳酸盐的热分解温度和阳离子半径：碳酸盐CaCO3SrCO3BaCO3热分解温度/℃90011721360阳离子半径/pm99112135根据上表数据分析碳酸钡分解温度最高的原因是_______________

________（5）常温下PCl5是一种白色晶体，晶体结构为氯化铯型，由A、B两种离子构成。已知A、B两种离子分别与CCl4、SF6互为等电子体，则A、B两种离子的符号分别为________、________。（6）用晶体的X射线衍射法可以测得阿伏加德罗常

数的值。已知金属钙的晶胞为面心立方(如图)晶胞，晶胞边长为dpm；又知钙的密度为ρg/cm3，则一个钙晶胞的质量为________(用d、ρ表示，下同)g，阿伏加德罗常数的值为______________(化成最简式)。【答案】(1).1s22s22p63s23p64s1(2

).(3).＜(4).大于(5).sp3(6).与Ca2+、Sr2+相比，钡离子由于半径大和氧离子结合更难,所以碳酸钡分解温度高(7).PCl4+(8).PCl6-(9).d3·ρ·10－30(10).3231.6010dρ【解析】【分析】（1）根据核外电子排布规律书写基态钾原

子的电子排布和氮原子的价电子排布图；（2）金属元素第一电离能较小，非金属元素第一电离能较大；（3）根据相似相溶原理确定溶解度，根据白磷分子结构确定4N分子中原子轨道杂化类型；（4）根据阳离子半径，推测碳酸钡分解温度最高的原因；（5）结合等电子体原理，推断与

4CCl、6SF互为等电子体的A、B两种离子的符号；（6）分析晶胞结构，结合“均摊法”及晶胞边长、密度计算晶胞的质量及NA。【详解】（1）K的核电荷数是20，由排布规律可知其核外电子排布式为2262611s2s2p3s3p4s，N的价电子数为5，根

据洪特规则其价电子排布图为，故答案为：2262611s2s2p3s3p4s；；（2）P是非金属，Ca是金属，故Ca的第一电离能小于P，故答案为：＜；（3）白磷4P和2CS均是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理可知白磷在2CS中的溶解度比在水中大；4N分子结构类似于白磷4

P，故4N中的氮原子形成3个共价单键，有1对孤对电子，故采取3sp杂化，故答案为：大于；3sp；（4）三种阳离子中2+Ba的半径最大，与氧离子结合最难，故碳酸钡的分解温度最高，故答案为：与2+2+CaSr、相比，钡离子由于半径

大和氧离子结合更难,所以碳酸钡分解温度高；（5）晶体为氯化铯型，故A、B离子数之比是1:1，A与4CCl互为等电子体，故A为+4PClB与6SF互为等电子体，故B为-6PCl，故答案为：+4PCl；-6PCl；（6）金属钙是面心立方最密堆积，每个晶胞中含有钙原子数为118+6=482

，晶胞边长为-10dpmd10cm=，则晶胞的体积为()3-103-303d10cm=d10cm，又知钙的密度是3ρg/cm，故每个晶胞的质量为3-30333-30d10cmρg/cmdρ1=0g，每个晶胞含有4个

钙原子，故13-310dρ140g4=0gAmolNmol−−，则3231.6010=dρAN，故答案为：3-30dρ10；3231.6010dρ。12.功能高分子P的合成路线如下：（1）A的分子式是C7H8，

其名称为________。（2）E的分子式是C6H10O2，F中含有的官能团名称为：________________。（3）反应④的反应类型是________________________。（4）反应③的化学

方程式：______________________。（5）反应⑤的化学方程式：_____________________。（6）G的单体结构简式为_______________，写出符合下列条件的与G的单体互为同分异构体的任意两种物质的结构简式_____________

_____。①能与氢氧化钠溶液反应②能使溴的CCl4溶液褪色（7）已知：2CH3CHO，以乙醇为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，写出合成路线(用结构简式表示有机物)，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件。__________________【答案】(1).甲苯(2)

.酯基(3).加聚反应(4).+NaOH+NaCl(5).+nH20+nC2H5OH(6).CH3CH=CHCOOH(7).CH2=CHCH2COOH、CH2=C(CH3)COOH、HCOOCH2CH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2、CH

3COOCH=CH2任意两种均可(8).【解析】【分析】根据A的分子式为78CH，可推出A为，结合P的结构可以推出B为，C为，D为，由P逆推可推出G为，逆推得F为，故E为325CHCH=CHCOOCH。【详解】（1）A的分子式是C7H8，A为甲苯，故答案为：甲苯；（2）根据上述

分析，F为，其官能团为酯基，故答案为：酯基；（3）反应④为由325CHCH=CHCOOCH生成，反应为加聚反应，故答案为：加聚反应；（4）反应③为卤代烃的水解，由制取，方程式为:+NaOH+NaCl，故答案为：+NaOH+NaCl；（5）反应⑤水

解生成，故该反应方程式为：2+nH025+nCHOH，故答案为：2+nH025+nCHOH；（6）G为，其单体为3CHCH=CHCOOH，其同分异构体有22CH=CHCHCOOH、()23CH=CCHCOOH、22HCOOCHCH=CH、()32HCOOCCH=CH、32CHCOO

CH=CH，故答案为：3CHCH=CHCOOH；22CH=CHCHCOOH、()23CH=CCHCOOH、22HCOOCHCH=CH、()32HCOOCCH=CH、32CHCOOCH=CH任意两种均可；（7）乙醇为起始原料合成325CHC

H=CHCOOCH，根据已知反应，首先制备乙醛，合成路线为：，故答案为：。【点睛】解有机推断题，要把握以下三个推断的关键：(1)审清题意(分析题意、弄清题目的来龙去脉，掌握意图)；(2)用足信息(准确获取信息，并迁移应用)；(3)积极思考(判断合理，综合推断)。根据以上的思维判断，从中抓

住问题的突破口，即抓住特征条件(特殊性质或特征反应，关系条件和类别条件)，不但缩小推断的物质范围，形成解题的知识结构，而且几个关系条件和类别条件的组合就相当于特征条件。然后再从突破口向外发散，通过正推法、逆推法、正逆综合法、假设法、知识迁移法等得出结论。最后作全面的检查，验证结论是否符合题意。

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