【文档说明】【精准解析】湖北省宜昌市西陵区夷陵中学2020届高三上学期理科综合训练（一）化学试题.doc，共(20)页，960.500 KB，由小赞的店铺上传

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夷陵中学2020届高三年级理科综合化学训练(一)一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列说法正确是A.“榆荚只能随柳絮，等闲缭乱走空园”中“柳絮”的主要成分为蛋白质B.“纷纷灿烂如星陨，赫赫喧雁似火攻”中烟花是某

些金属的焰色反应，属于化学变化C.向蛋清中加入饱和(NH4)2SO4，蛋白质的溶解度减小D.我国自主研制的新型航天服面料的主要化学成分是由碳化硅陶瓷和碳纤维复合而成的，它属于有机高分子化合物【答案】C【解析】A、柳絮的主要成分是纤维素，选项A错误；B、焰色反应是某些金属元素的物理性质，属于物理变化

，选项B错误；C、向鸡蛋清溶液中加入（NH4）2SO4饱和溶液，降低了蛋白质的溶解度，从而有沉淀析出，加水后沉淀会再次溶解，选项C正确；D、碳化硅陶瓷和碳纤维都是由非金属元素组成的无机物，所以，是一种新型无机非金属材料，选项D错

误。答案选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A.标准状况下，80gSO3所含的原子数为4NAB.过氧化钠与水反应时，生成0.1molO2转移的电子数为0.2NAC.1molN2、3molH2混合反应，当生成0.1molNH3时，转移电子数目

为0.3NAD.100mL0.1mol•L-1的Na2S溶液，含有的阴离子数目为0.01NA【答案】D【解析】【详解】A．80gSO3的物质的量为80g80g/mol=1mol，所含原子数为4NA，故

A不符合题意；B．过氧化钠与水反应时，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氧元素化合价从-1价变化为-2价和0价，每生成0.1molO2转移的电子数0.2mol，转移电子数为0.2NA，故B不符合题意；C

．1molN2、3molH2混合反应，氮元素化合价从0价降低为-3价，当生成0.1molNH3时，转移电子数目为0.3NA，故C不符合题意；D．100mL0.1mol•L-1的Na2S溶液中含0.01molNa2S，S2-水解生成HS-、OH-，故阴离子数大于0.01NA，故D符合题意；故

答案为：D。【点睛】本题D选项属于易错项，S2-发生水解时，每有1个S2-水解，将会生成2个阴离子，故溶液中阴离子总数大于起始S2-总数，也可根据电荷守恒判断。3.化合物如图的分子式均为C7H8。下列说法正确的是A.W、M、N均能与溴水发生加成反应B.

W、M、N的一氯代物数目相等C.W、M、N分子中的碳原子均共面D.W、M、N均能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A.由结构简式可知,W不能和溴水发生加成反应，M、N均能与溴水发生加成反应

，故A错误；B.W的一氯代物数目为4种，M的一氯代物数目3种，N的一氯代物数目4种，故B错误；C.根据甲烷分子的正四面体结构、乙烯分子和苯分子的共面结构可知，W、N分子中的碳原子均共面，M中的碳原子不能共面，故C错误，D.W中与苯环相连的碳原子了有氢原子，M和N均含碳碳双键，故W、M、N均能被酸

性KMnO4溶液氧化，故D正确;答案：D。4.下列说法正确的是选项实验目的所选主要仪器(铁架台等忽略)部分操作A用浓硫酸配制480mL0.1mol/L硫酸溶液500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管将量取好

的浓硫酸放入容量瓶中，加水溶解至刻度线B从食盐水中得到NaCI晶体坩埚、酒精灯、玻璃棒、泥三角、三角架当加热至大量固体出现时，停止加热，利用余热加热C分离甲醇和甘油的混合物蒸馏烧瓶、酒精灯、温度计、直形冷凝管、锥形瓶、牛角管温度计水银球插入混合液液

面以下D用CCl4萃取溴水中的Br2分液漏斗、烧杯分离时下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从上口倒出A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A．容量瓶是定容容器，不可用来稀释浓硫酸，故A错误；B．溶液的蒸发结晶在蒸发皿中进行，不是在坩埚中蒸发，故B错误；C．蒸馏操作时温度计水银球到蒸馏烧瓶的

支管口，测蒸气温度，故C错误；D．萃取操作时使用分液漏斗，分离时下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从上口倒出，故D正确；答案为D。5.X、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，X、M同主族，Y原子

在短周期主族元素中原子半径最大。下列说法正确的是A.Y2X和Y2X2中化学键类型相同，阴、阳离子的个数比相同B.气态氢化物的热稳定性：M>NC.M与X的化合物对应的水化物一定是强酸．D.离子半径()()2:rrXY−+【答案】D【解析】【分析】根据题意知X

、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，则X为氧元素；X、M同主族，则M为硫元素，N为氯元素；Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，则Y为钠元素。【详解】A．Na2O中的化学键为离子键，Na2O

2中的化学键为离子键和共价键，化学键类型不同，错误；B．同周期由左向右元素的非金属性逐渐增强，气态氢化物的稳定性逐渐增强，则气态氢化物的热稳定性：S＜Cl，即M＜N，错误；C．S与O的化合物SO2对应的水化物亚硫酸为弱酸，错误；D．O2－和Na＋电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，故离子半

径r：r(X2-)＞r(Y+)，正确。故选D。6.传统接触法制取硫酸能耗大，污染严重。将燃料电池引入硫酸生产工艺可有效解决能耗和环境污染问题，同时提供电能以燃料电池为电源电解硫酸铜溶液的工作原理示意图如下所示。下列说法不正确的是（）A.若a极消耗2.24LSO2，

理论上c极有6.4g铜析出B.H+由a极通过质子交换膜向b极移动C.该燃料电池的总反应式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4D.b极为正极，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O【答案】A【解析】【详解】A．a是燃料电池的负极，d是电解池的阴极，标准状况

下22.4LSO2的物质的量为0.1mol，若a电极消耗0.1molSO2，转移0.2mol电子，理论上在d电极析出0.1molCu，这些铜的质量为6.4g，但题目没有给出标准状况，无法计算，故A符合题意；B．原电池

工作时，阳离子移向正极，所以，上述燃料电池工作时，H+由a极通过质子交换膜向b极移动，故B不符合题意；C．该燃料电池的还原剂是SO2，氧化剂是O2，氧化产物是H2SO4，电池总反应为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故C不符合

题意；D．b电极的反应物是氧气，b是燃料电池的正极，由于介质是稀硫酸，正极的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，故D不符合题意；故答案为：A。7.25℃时，用0．100mol·L-1盐酸分别滴定20．00mL0．100mol·L-1的氨水和20．0

0mL0．100mol·L-1NaOH溶液，两溶液的pH与所加盐酸体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是()A.Kb(NH3·H2O)的数量级为10—4B.10<a<20C.P点溶液中：c(NH4+)>c(Cl一)D.水的电离程度：M>N>P【答案

】B【解析】【分析】氨水为弱碱，氢氧化钠为强碱，用0．100mol·L-1盐酸分别滴定20．00mL0．100mol·L-1的氨水和20．00mL0．100mol·L-1NaOH溶液，滴定至pH=7时

，氨水消耗的盐酸少，即N点对应于氢氧化钠溶液，M点对应于氨水。【详解】A．根据上述分析，结合图像可知，0．100mol·L-1的氨水的pH=11.2，即c(H+)=10-11.2mol·L-1，c(OH-)=10-2.8mol·L

-1，Kb(NH3·H2O)=2.82.82.810100.1-10−−−≈10-4.6=a×10-5（1＜a＜10），故A错误；B．N点对应的盐酸为20mL，若盐酸为10mL，则反应后氨水过量，溶液显碱性，因此10<a<20，故B正确；C．P点盐酸为2

0mL，和氨水恰好反应生成氯化铵，由于铵根离子水解，因此c(NH4+)＜c(Cl一)，故C错误；D．P点对应于氯化铵溶液，铵根离子水解，促进水的电离，P点水的电离程度最大，故D错误；故选B。8.常温下，无水四氯化锡是一种无色易挥发、易流动的液体，遇水极易发生水解。某学习小组设计

了下图所示的装置制备无水四氯化锡。其反应原理是Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l)△H＝－511kJ/mol请回答下列问题:(1)仪器a的名称是_____。(2)装置C中所用试剂X是_____，装置D的作用是_____。(3)装置B中发生反应的

离子方程式是_____。(4)利用该反应制取Cl2相对于用二氧化锰和浓盐酸反应的优点是：_____。(5)若要制取5mol含氯气的物质的量分数为20%的SnCl4，则至少需通入的氯气(标准状况下)的体积为______(6)上述实验设计中，还有一些不合理之处，请写出一点：_____。【答案】

(1).球形冷凝管(2).饱和食盐水(3).干燥氯气(4).--+2+4222MnO+10Cl+16H=2Mn+5Cl+8HO(5).该反应产生氯气速率较快，同时不需要加热，可减少HCl气体的挥发(6).201.6L(7).未进行尾气处理，冷凝管敞口，生成物易挥发或易水解，也

没有对E装置进行冷却等【解析】【分析】装置B制备氯气，C、D对氯气除杂干燥，E收集产物，F制备产物，（1）根据仪器特点可得；（2）用浓盐酸制备的氯气混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水除去HCl，用浓硫酸吸水干燥；（3）装置B由浓盐酸与高锰酸钾制备氯气，同时生成锰离

子和水，据此书写；（4）该反应化学反应速率较快，不需要加热，二氧化锰和浓盐酸反应制备氯气需要加热；（5）5mol含氯气的物质的量分数为20%的SnCl4中氯气的物质的量为5mol×20%=1mol，其中的SnCl4含的氯元素相当于氯气的物质的量为2×5mol×80%=8mol，据此计

算；（6）该实验装置中未进行尾气处理，冷凝管敞口，生成物易挥发或易水解，也没有对E装置进行冷却等。【详解】（1）仪器a为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；（2）C的目的是除去氯气中的HCl气体，试剂X为饱和食盐水；产物易水解，故D装置中浓硫酸用来干燥氯气，故答案为：饱和

食盐水；干燥氯气；（3）装置B由浓盐酸与高锰酸钾制备氯气，同时生成锰离子和水，离子方程式为：--+2+4222MnO+10Cl+16H=2Mn+5Cl+8HO，故答案为：--+2+4222MnO+10Cl+16H=2Mn+5Cl+8HO；（4）该反应产生

氯气速率较快，同时不需要加热，可减少HCl气体的挥发，二氧化锰和浓盐酸反应制备氯气需要加热，故答案为：该反应产生氯气速率较快，同时不需要加热，可减少HCl气体的挥发；（5）5mol含氯气的物质的量分数为20%的SnCl4中氯气的物质的量为5mol×20%=1mol，其中的SnCl4含的

氯元素相当于氯气的物质的量为2×5mol×80%=8mol，则所需要氯气至少9mol，标准状况下气体体积为9mol×22.4L/mol=201.6L，故答案为：201.6L；（6）该实验装置中未进行尾气处理，冷凝管敞口，生成物易挥发或易水解，也

没有对E装置进行冷却等，故答案为：未进行尾气处理，冷凝管敞口，生成物易挥发或易水解，也没有对E装置进行冷却等。9.工业上用含三价钒(V2O3)为主的某石煤为原料(含有Al2O3、CaO等杂质)，钙化法焙烧制备V2O5，其流程如下：【资料】+5价钒在溶液中的主要存在

形式与溶液pH的关系:pH4～66～88～1010～12主要离子VO2+VO3-V2O74-VO43-(1)焙烧:向石煤中加生石灰焙烧，将V2O3转化为Ca(VO3)2的化学方程式是______________。(2)酸浸:①Ca

(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH=4，Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式是________。②酸度对钒和铝的溶解量的影响如图所示:酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%，根据下图推测，酸浸时不选择更高酸度的原因是________________。(

3)转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程如下：①浸出液中加入石灰乳的作用是_____。②向(NH4)3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH=7.5。当pH>8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是____

___________。(4)测定产品中V2O5的纯度:称取ag产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1mLc1mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO2++2H++Fe2+=V

O2++Fe3++H2O)最后用c2mol/LKMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO4-被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是___

__。(V2O5的摩尔质量:：182g/mol)【答案】(1).CaO+O2+V2O3=高温Ca(VO3)2(2).Ca(VO3)2+4H+=22VO++Ca2++2H2O(3).酸度大于3.2%时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增

大程度更大(4).调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀(5).当pH>8时，钒的主要存在形式不是-3VO(6).()112291bc-5bc100%1000a【解析】【分析】向石煤中加生石灰焙烧，发生主要反应：CaO+O2+V2O3=高温Ca(VO3)2，加酸酸浸，

将浸出液用石灰乳得到Ca3(VO4)2沉淀富集钒元素，向沉淀加入(NH4)2CO3溶液得到(NH4)3VO4溶液，向(NH4)3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH=7.5，得到NH4VO3，煅烧制得V2O5

，（1）V2O3与CaO、氧气焙烧得到Ca(VO3)2，据此书写；（2）①根据题意，pH=4，Ca(VO3)2溶于盐酸生成2VO+，据此书写；②根据酸度对钒和铝的溶解量的图可知，酸度超过3.2%，钒的溶解量变化不大；（3）①石灰乳的

作用是得到Ca3(VO4)2沉淀富集钒元素；②根据图表可知当pH>8时，钒的主要存在形式发生改变；（4）加入高锰酸钾发生反应：2+-+2+3+425Fe+MnO+8H=Mn+5Fe+4HO，根据消耗高锰酸钾的量计算剩余的Fe2+物质的量，再结合消耗的(NH4)2Fe(SO4

)2计算2VO+反应Fe2+物质的量，结合关系式：+2+25432VO~2NHVO~2VO~2Fe计算。【详解】（1）焙烧过程将V2O3转化为Ca(VO3)2，CaO参与反应，V元素化合价升高，需要氧气参加反应，反应方程式为：CaO+O2+V2O

3=高温Ca(VO3)2，故答案为：CaO+O2+V2O3=高温Ca(VO3)2；（2）①Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸，若焙砂酸浸时溶液的pH=4，由表中数据可知，Ca(VO3)2溶于盐酸转化为2VO+，反应离子方程式为：Ca(VO3

)2+4H+=22VO++Ca2++2H2O，故答案为：Ca(VO3)2+4H+=22VO++Ca2++2H2O；②根据如图推测，酸浸时不选择更高酸度的原因是：酸度大于3.2%时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大，故答案为：酸度大于3.2%时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程

度更大；（3）焙烧过程将V2O3转化为Ca(VO3)2，用盐酸酸浸，浸出液中含有2VO+、Al3+、Ca2+、Cl−、H+，加入石灰乳调节pH得到Ca3(VO4)2沉淀，由表中数据，可知应控制pH范围为10∼12，由Ca(VO3)2→Ca3(VO4)2，可

知氢氧化钙还提供Ca2+，过滤分离，Ca3(VO4)2与碳酸铵反应转化为更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，使钒从沉淀中转移到溶液中形成(NH4)3VO4溶液，溶液中加入NH4Cl，调节溶液pH，同时溶液中+4NH增大，有利于析出(

NH4)3VO3，①浸出液中加入石灰乳的作用是：调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀，故答案为：调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀；②当pH>8时，钒的主要存在形式不是

-3VO，NH4VO3的产量明显降低，故答案为：当pH>8时，钒的主要存在形式不是-3VO；（4）加入高锰酸钾发生反应：2+-+2+3+425Fe+MnO+8H=Mn+5Fe+4HO，反应消耗KMnO4为b2×10−3L×c2mol⋅L−1=

b2c2×10−3mol，剩余的Fe2+物质的量=5b2c2×10−3mol，与2VO+反应Fe2+物质的量=b1×10−3L×c1mol⋅L−1−5b2c2×10−3mol=(b1c1−5b2c2)×10−3mol，由关系式+2+25432VO~2NHVO~2VO~2Fe可知

n(V2O5)=()311221bc-5bc102−mol，故产品中V2O5的质量分数为：()()3112211221bc-5bc10182g/mol91bc-5bc2=100%ag1000a−，故答案为：()112291bc-5bc100%1000a。10.C

、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。(1)CO2的重整用CO2和H2为原料可得到CH4燃料。已知:①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g

)+2H2(g)△H1=+247kJ/mol②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ/mol写出CO2重整的热化学方程式：_____。(2)“亚碳酸盐法”吸收烟中的SO2①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的pH不断___

__(填“减小”“不变”或“增大)。当溶液pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c(SO32-)=0.2mol/L，则溶液中c(HSO3-)=_____。②室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液p

H与各组分物质的量分数的变化关系如图:b点时溶液pH=7，则n(NH4+)：n(HSO3—)=______________。(3)催化氧化法去除NO。一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理4NH3+6NO5N2+6H2O。不同温度条件下，n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为4

:1、3:1、1:3时，得到NO脱除率曲线如图所示：①曲线a中，NO的起始浓度为6×10-4mg·m-3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为_____mg·m-3·s-1。②曲线b对应NH3与NO的物质的量之比是_____。(4)间接电化学法除NO。其原理如图所示：写

出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸性)_____。吸收池中除去NO的原理_____(用离子方程式表示)。【答案】(1).CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H=−163kJ/mo1(2).减小(3).1.6mol/L

(4).3:1(5).1.5×10−4(6).3:1(7).-2-32422HSO+2e+2H=SO2HO−++(8).2--242232NO+2SO2HON4HSO+=+【解析】【分析】（1）已知：①

CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1=+247k/mol，②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205k/mol，根据盖斯定律，①-②×2得：CO2(

g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)，据此计算△H；（2）①二氧化硫通入亚硫酸钠溶液生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠显酸性，据此分析；根据反应方程式的量的关系计算可得；②先判断溶质，写出电荷守恒式，在利用pH=7时，c(H+)=c(OH-)找出其他离子

的等量关系，结合图示进行等量删减或替换，最后得出结果；（3）①曲线a中，NO的起始浓度为6×10-4mg•m-3，根据图象得到A、B处的NO脱除率，可得两处的NO的浓度，再计算脱除速率；②NH3与NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大，据此分析；（4）阴极得

到电子发生还原反应，结合酸性环境书写；阴极产物吸收NO。【详解】（1）已知：①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1=+247k/mol，②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△

H2=+205k/mol，根据盖斯定律，由①−②×2得反应：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H=△H1−2△H2=−163kJ/mo1，故答案为：CO2(g)+4H2(g)=CH4(

g)+2H2O(g)△H=−163kJ/mo1；（2）①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，二氧化硫与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠以电离为主，显酸性，故溶液pH不断减小；向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，反应方程式SO2+Na2SO

3+2H2O=2NaHSO3，溶液中反应的亚硫酸根离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1：2，即溶液中参加反应的亚硫酸根为(1.0−0.2)mol/L，则生成c(-3HSO)=2×(1.0−0.2)mol/L=1.6mol/L，故答案

为：减小；1.6mol/L；②b点时溶液pH=7，此时溶液中的溶质是(NH4)2SO3和NH4HSO3，根据电荷守恒：c(+4NH)+c(H+)=c(OH−)+c(-3HSO)+2c(2-3SO)，因pH=7，故c

(H+)=c(OH−)，则c(+4NH)=c(-3HSO)+2c(2-3SO)，由图可读出b点时，c(-3HSO)=c(2-3SO)，则c(+4NH)=3c(-3HSO)，因在同一体系，n(+4NH)：n(-3HSO)=3：1，故答案为：3：1；（3）①曲线a中，NO的起始浓度为6×10−4mg⋅

m−3，A点的脱除率为55%，B点的脱除率为75%，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为6×10−4mg⋅m−3×(0.75−0.55)÷0.8s=1.5×10−4mg⋅m−3⋅s−1，故答案为：1.5×10−4；②NH3与NO的物质的量

的比值越大，NO的脱除率越大，则物质的量之比分别为4：1，3：1，1：3时，对应的曲线为a，b，c，即曲线b对应的物质的量之比是3：1，故答案为：3：1；（4）阴极得到电子发生还原反应，根据图可知是-3HSO在酸性条件下发生还原反应

，生成2-24SO，其电极反应式为-2-32422HSO+2e+2H=SO2HO−++；根据图示，吸收池中2-24SO和NO是反应物，N2和-3HSO是生成物，则吸收池中除去NO的原理是：2--242232NO+2

SO2HON4HSO+=+，故答案为：-2-32422HSO+2e+2H=SO2HO−++；2--242232NO+2SO2HON4HSO+=+。【点睛】陌生电极反应式的书写步骤：①根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出

得失电子数；②然后根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；③然后检查电极反应式的守恒关系（电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等）。11.钙及其化合物在工业上、建筑工程上和医药上用途很大。回答下列问题(1)基态Ca原子M能层有_____个运动状态不

同的电子，Ca的第一电离能__________(填“大于”或“小于”)Ga。(2)Mn和Ca属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Mn的熔点沸点等都比金属Ca高，原因是_______________

_____。(3)氯气与熟石灰反应制漂白粉时会生成副产物Ca(ClO3)2，Ca(ClO3)2中的阴离子空间构型是__________、中心原子的杂化形式为___________。(4)碳酸盐的热分解示意图如图所示热分解温度：CaCO3_______(填“高于”或“低于”)SrCO3，原因是___

__________________________。从价键轨道看，CO2分子内的化学键类型有__________。(5)萤石是唯一一种可以提炼大量氟元素的矿物，晶胞如图所示。Ca2+的配位数为__________，萤石的一个晶胞的离

子数为__________，已知晶胞参数为0.545nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则萤石的密度为__________g·cm－3(列出计算式)。【答案】(1).8(2).大于(3).Mn原子半径较小且价电子数较多，金属键较强(4).三角锥形(5).s

p3(6).低于(7).r(Ca2+)<r(Sr2+)，CaO晶格能大于SrO晶格能，故CaCO3更易分解为CaO(8).σ键，π键(9).8(10).12(11).321A478N0.54510−（）【解析】【分析】(1)原子

核外电子的运动状态是由能层、能级（电子云）、电子云伸展方向、电子自旋决定的，据此解答。(2)Mn和Ca属于同一周期，从原子半径和价电子数影响金属键强弱角度分析。(3)分析阴离子ClO3-的中心氯原子的孤电子对数和σ键数，再根据

价层电子对互斥理论确定该阴离子的空间构型和中心原子的杂化轨道类型。(4)根据碳酸盐的热分解示意图可知，CaCO3热分解生成CaO，SrCO3热分解生成SrO，CaO和SrO都是离子晶体，离子晶体的晶格能越大，离子晶体越稳定，生成该晶体的反应越容易发生。(5)根据萤石晶胞示意图中黑球

和白球实际占有的个数，结合萤石的化学式（CaF2）中粒子个数比确定黑球、白球分别代表的粒子种类。在分析Ca2+的配位数时，可将萤石晶胞分割为8个小立方体，利用晶胞的“无隙并置”的特点，确定与1个Ca2+距离最近且相等的F-的个数。一个粒子（Ca2或F-）

的质量=AM(N粒子的摩尔质量），由于晶胞实际占有4个Ca2+和8个F-，故而确定晶胞质量，再根据公式ρ=mV计算该晶体的密度。【详解】(1)原子核外电子的运动状态是由能层、能级（电子云）、电子云伸展

方向、电子自旋决定的。基态Ca原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，所以M能层上有8个运动状态不同的电子。由于Ca原子的价层电子排布为4s2，已达全充满状态，比较稳定；而Ga原子价层电子排布为4s24p1，不太稳定，所以Ca的第一电离能大于Ga的第一电

离能。(2)Mn和Ca属于同一周期，同周期从左至右原子半径逐渐减小；Mn原子价层电子排布为3d54s2，Ca原子价层电子排布为4s2，价电子数Mn比Ca多，原子半径越小，价电子数越多，金属键越强。所以，金属Mn的熔点沸点等都比金属Ca高的原因

是：Mn原子半径较小且价电子数较多，金属键较强。(3)Ca(ClO3)2中的阴离子化学式为ClO3-，中心原子氯的孤电子对数=12(7+1-3×2)=1，σ键数=3，中心原子氯的价层电子对数=1+3=4，根据价层电子对互斥理论，ClO3-的空间构型是三角锥形，中心原子氯的杂化形式为sp3。(4)

由碳酸盐的热分解示意图看出，CaCO3热分解生成CaO，SrCO3热分解生成SrO，CaO和SrO都是离子晶体，因为离子半径r(Ca2+)<r(Sr2+)，CaO晶格能大于SrO晶格能，故CaCO3更易

分解为CaO，所以CaCO3的热分解温度低于SrCO3。CO2分子结构为O=C=O，C=O双键中1条σ键，1条π键，所以CO2分子内的化学键类型有σ键、π键。(5)萤石的化学式为CaF2，即晶胞中钙离子与

氟离子个数比为1:2，从晶胞示意图看，每个晶胞中实际占有黑球的个数=8×18+6×12=4，晶胞中实际占有白球的个数为8，据此可知黑球代表Ca2+，白球代表F-。将该面心立方晶胞分割成8个小立方体（），每个小立方体的4个顶点上是Ca2+，体心是F-，现选取一个顶点（Ca2+）

作为考查对象，经过该顶点的小立方体有8个，即与该顶点的Ca2+距离相等且最近的F-共有8个，所以Ca2+的配位数为8。萤石的一个晶胞中实际占有4个Ca2+和8个F-，所以萤石一个晶胞的离子数为12。1个Ca2+的质量=-1A40g/molNmol=A40Ng，1个F-的质量=-1A19g/m

olNmol=A19Ng，则萤石的密度ρ=mV=AA7340194g8gNN(0.54510cm)−+=321A312N(0.54510)−g/cm3。【点睛】利用均摊法计算晶胞中实际占有的粒子数：处于立方晶胞顶点的粒子每个晶胞实际占有18，

处于立方晶胞面心的粒子每个晶胞实际占有12，处于立方晶胞棱边中点的粒子每个晶胞实际占有14，处于立方晶胞内部的粒子完全被晶胞占有，每个晶胞实际占有的粒子数等于不同位置的粒子数分别与该位置粒子实际被晶胞占有的分数乘积

之和。12.聚合物G的合成路线如下：已知：C为烃（1）A中含氧官能团名称为：____________。（2）E的化学名称为：__________________。（3）F→G的反应类型___________________。（4）F的结构简式__________________

___________。（5）写反应①的化学方程式________________________________。（6）写出D生成E的化学方程式_______________________________

_。（7）满足下列条件B的同分异构体有________种，其中核磁共振氢谱图中峰的面积之比为1∶2∶2∶3的结构为__________________(任意写一种)。①含苯环结构；②只有一种官能团。【答案】(1).醛基(2).1,2－丙二醇

(3).加聚反应(4).(5).+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O(6).(7).10(8).【解析】【详解】根据流程可知，F在催化剂作用下发生加聚反应生成聚合物G，结合G的结构简式可知单体F的结构简式为；根据酯基的位置，F由B和E在浓硫

酸催化下发生酯化反应而得，结合已知C为烃，烃与溴加成后生成二溴代烃，二溴代烃在氢氧化钠水溶液中加热水解得到醇，故E为醇，B为酸，则B为，E为，则C为丙烯，丙烯与溴发生加成反应生成D，D为1，2-二溴丙烷，1，2-二溴丙烷在氢氧化钠的水溶液中加热

发生水解反应，也属于取代反应，生成E，A在新制的氢氧化铜悬浊液中加热，发生氧化反应后、酸化得到B，则A为。(1)A为，含氧官能团名称为醛基；(2)E为，化学名称为：1,2－丙二醇；(3)F→G是在催化剂作用下发生加聚反应生成聚合物，反应

类型为加聚反应；(4)F的结构简式为；(5)反应是在新制的氢氧化铜悬浊液中加热发生氧化反应生成、氧化亚铜和水，反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；(6)D生成E是1，2-二溴丙烷在氢氧化钠的水

溶液中加热发生水解反应，生成1，2-二丙醇和溴化钠，反应的化学方程式为；(7)B为，满足条件的同分异构体：①含苯环结构，②只有一种官能团则应该为醛基，则有两个醛基，若苯环上只有一个取代基则取代基为-CH(CHO)2，只有一种结构；若苯环上有

两个取代基，则取代基为-CH2CHO和-CHO，位置有邻、间、对位，故结构有3种；若苯环上有三个取代基，则以两个醛基为邻、间、对位再定甲基的位置分别有2种、3种和1种共6种结构，故符合条件的同分异构体总共有10种；其中核磁共振氢谱图

中峰的面积之比为1:2:2:3的结构必须有一个甲基、两个醛基且高度对称，符合条件的有。【点睛】本题考查有机合成及推断，利用逆推法推导出各物质的结构简式是解题的关键。注意在确定同分异构体的数目时，苯的取代位置邻、间、对位的结构特点是解题的易错点。