安徽省合肥市2020届高三化学下学期第三次教学质量检测试题（含解析）

安徽省合肥市2020届高三化学下学期第三次教学质量检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H:l B:11 C:l2 N:14 0:16 P:31 S:32 Fe:56 Ba:137第I卷一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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。1.化工生产与人类进步紧密相联。下列有关说法不正确的是A. 空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂B. 侯氏制碱法工艺流程中利用了物质溶解度的差异C. 合成氨采用高温、高压和催化剂主要是提高氢气平衡转化率D. 工业用乙烯直接氧化法制环氧乙烷体现绿色化学和原子经济【答案】C【解析】【详解】A空气吹出法中氯气置换出来的溴，Br2被水蒸气吹出与SO2反应，SO2Br22H2O=H2SO42HBr，S的化合价从4升高到6，作还原剂，A项正确；B在侯氏制碱法中，NaClCO2NH3H2O=NaHCO3NH4Cl，利用的就是NaHCO3的溶解度比NaCl等物质的溶解度小，使之析出，B项正确；C合成氨的反应为N23H22NH3，该反应是放热反应，采用高温并不利于反应正向移动，不能提高氢气平衡转化率，采用高温是为了提高化学反应速率，使用催化剂只能加快反应速率，不能提高氢气平衡转化率，C项错误；D乙烯与氧气反应生成环氧乙烷，2CH2=CH2O22，原子利用率100% ，符合绿色化学和原子经济性，D项正确；本题答案选C。2.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述不正确的是A. 常温常压下，1 mol氦气中含有的质子数为2NAB. l0g46%乙醇水溶液中所含氧原子数为0.4NAC. 1 Ll mol/LNa2CO3溶液中，阴离子总数小于NAD. 浓硝酸热分解生成NO2、N2O4共23g，转移电子数为0.5NA【答案】C【解析】【详解】AHe原子序数为2，原子序数等于质子数，所以1molHe含有2mol质子，质子数为2NA，A项正确；B10g 46%的乙醇水溶液含有乙醇4.6g，为0.1mol，0.1molCH3CH2OH含有0.1mol氧原子，溶液中还含有54%的水，5.4g水，为0.3molH2O，含有0.3molO，所以溶液中含有的O原子共0.4mol，数目为0.4NA，B项正确；CCO32H2OHCO3OH，可以知道1个CO32水解会生成1个OH和1个HCO3，阴离子数目增加，大于NA，C项错误；DNO2、N2O4的最简式相同，可以以NO2的形式进行求解，23gNO2物质的量为0.5mol，N的化合价从NO3中的5降低到了4，现生成0.5molNO2，则共转移0.5mol电子，转移的电子数为0.5NA，D项正确；本题答案选C。3.环丙叉环丙烷(n)由于其特殊的结构，一直受到结构和理论化学家的关注，它有如下转化关系。下列说法正确的是A. n分子中所有原子都在同一个平面上B. n和：CBr2生成p的反应属于加成反应C. p分子中极性键和非极性键数目之比为2：9D. m分子同分异构体中属于芳香族化合物的共有四种【答案】B【解析】【详解】An中有饱和的C原子CH2，其结构类似于CH4，所有的原子不可能共平面，A项错误；Bn中的碳碳双键打开与：CBr2相连，发生加成反应，B项正确；Cp分子中的非极性键只有CC键，1个p分子中有9根CC键，极性键有C-H键和CBr键，分别为8根和2根，所以极性键和非极性键的比例为10:9，C项错误；Dm的化学式为C7H8O，属于芳香族化合物的同分异构体，如果取代基是OH和CH3，则有邻间对3种，如果取代基为CH2OH，只有1种，取代基还可为OCH3，1种，则共5种，D项错误；本题答案选B。4.下列有关实验能达到相应实验目的的是A. 实验用于实验室制备氯气B. 实验用于制备干燥的氨气C. 实验用于石油分馏制备汽油D. 实验用于制备乙酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A实验的图中利用MnO2和浓盐酸反应制备氯气，但是该反应需要加热才发生，没有加热装置，达不到实验目的，A项错误；BNH3的密度小于空气，应该用向下排空气法收集，实验达不到实验目的，B项错误；C装置为分馏装置，不管是温度计水银球的位置还是冷凝管进水出水的方向都没有错误，C项正确；D右侧试管中使用的是饱和NaOH溶液，酯在碱性环境下易水解，得不到产物，D项错误；本题答案选C。5.如图所示的X、Y、Z、W四种短周期元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是A. X、Y、W三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B. Z、X、W三种元素氧化物对应水化物的酸性依次增强C. 由X、W和氢三种元素形成的化合物中只含共价键D. X、Z形成的二元化合物是一种新型无机非金属材料【答案】D【解析】【详解】根据在短周期中，X、Y、Z、W的位置，可以知道，X和Y位于第二周期，Z和W位于第三周期，设Z元素原子的最外层电子数为a，则X、Y、W的原子的最外层电子数分别为a1、a2、a3；有a +a1+a2+a3=22，得a=4，Z的最外层电子数为4，Z元素为Si，同理可知X、Y、W分别为N、O、Cl。AX、Y、W三种元素最低价氢化物分别为NH3、H2O、HCl，由于NH3、H2O分子间存在氢键，沸点会升高，因此沸点最高的是H2O，最低的是HCl，A项错误；BZ、X、W元素氧化物对应水化物的酸性不一定增强， 如Cl的含氧酸中的HClO为弱酸，其酸性比N的最高价氧化物的水化物HNO3的弱，B项错误；CX、W和H三种元素形成的化合物为NH4Cl等，NH4Cl为离子化合物，其中既存在离子键又存在共价键，C项错误；DZ和X形成的二元化合物为氮化硅，氮化硅是一种重要的结构陶瓷材料，它是一种新型无机非金属材料，D项正确；本题答案选D。6.下列有关电化学原理及应用的相关说法正确的是A. 电池是能量高效转化装置，燃料电池放电时化学能全部转化为电能B. 电热水器用牺牲阳极的阴极保护法阻止不锈钢内胆腐蚀，阳极选用铜棒C. 工业上用电解法精炼铜过程中，阳极质量减少和阴极质量增加相同D. 电解氧化法在铝制品表面形成氧化膜减缓腐蚀，铝件作为阳极【答案】D【解析】【详解】A电池是能量高效转化装置，但是燃料电池放电的时候化学能并不能完全转化为电能，如电池工作时，在电路中会产生热能，A项错误；B牺牲阳极的阴极保护法需要外接活泼金属，Cu的活动性比Fe的活动性低，因此起不到保护的作用，B项错误；C电解精炼铜的过程中，阳极除了Cu，还有Zn、Fe等比Cu活泼的金属也会失去电子，阴极始终是Cu2+被还原成Cu，所以阳极质量的减少和阴极质量的增加不相同，C项错误；D利用电解法使铝的表面生成氧化铝，Al的化合价从0升高到3，失去电子，在电解池中作阳极，D项正确；本题答案选D。7.25时，已知醋酸的电离常数为1.810-5。向20mL 2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液，溶液中水电离出的c(H+)在此滴定过程中变化曲线如下图所示。下列说法不正确的是A. a点溶液中：c(H+)=6.010-3molL-1B. b点溶液中：c(CH3COOH)c(Na+)c(CH3COO-)C. c点溶液中：c(OH-)=c(CH3COOH)+ c(H+)D. d点溶液中：c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)【答案】B【解析】【详解】Aa点溶液没有加入NaOH，为醋酸溶液，根据电离平衡常数计算。设电离的出的H的浓度为x，由于电离程度很低，可认为醋酸浓度不变。CH3COOHCH3COOH 2 x x Ka=1.810-5，解得x=6.010-3mol/L，A项正确；Bb点的溶液为CH3COOH和CH3COONa等浓度混合的溶液，物料守恒为c(CH3COOH) +c(CH3COO-)=2c(Na+)，醋酸会电离CH3COOHCH3COOH，醋酸根会水解，CH3COOH2OCH3COOHOH，水解平衡常数 c(Na+) c(CH3COOH)；B项错误；Cc点醋酸和氢氧化钠完全反应，溶液为CH3COONa溶液，在醋酸钠溶液中有电荷守恒c(Na)c(H)=c(CH3COO)c(OH)，有物料守恒c(Na)=c(CH3COO)c(CH3COOH)，将两式联立得到质子守恒，则有c(OH-)=c(CH3COOH)+ c(H+)；C项正确；Dd点加入40mL的NaOH溶液，NaOH多一倍，为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，有物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D项正确；本题答案选B。【点睛】电解质溶液中，粒子浓度有三大守恒，电荷守恒、物料守恒和质子守恒，写出前两个即可以导出质子守恒。要特别注意等物质的量浓度的混合溶液中水解和电离的大小关系。8.乳酸亚铁晶体CH3CH(OH)COO2Fe3H2O，相对分子质量为288易溶于水，是一种很好的补铁剂，可由乳酸CH3 CH(OH)COOH与FeCO3反应制得。I碳酸亚铁的制备（装置如下图所示）(1)仪器B的名称是_；实验操作如下：打开kl、k2，加入适量稀硫酸，关闭kl，使反应进行一段时间，其目的是_。(2)接下来要使仪器C中制备反应发生，需要进行的操作是_，其反应的离子方程式为_。(3)仪器C中混合物经过滤、洗涤得到FeCO3沉淀，检验其是否洗净的方法是_。乳酸亚铁的制各及铁元素含量测定(4)向纯净FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75下搅拌使之充分反应，经过滤，在_的条件下，经低温蒸发等操作后，获得乳酸亚铁晶体。(5)两位同学分别用不同的方案进行铁元素含量测定：甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度。在操作均正确的前提下，所得纯度总是大于l00%，其原因可能是 _。乙同学经查阅资料后改用碘量法测定铁元素的含量计算样品纯度。称取3.000g样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，取所有可溶物配成l00mL溶液。吸取2500 rnL该溶液加入过量KI溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用0. 100 molL-1硫代硫酸钠溶液滴定（已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-），当溶液_，即为滴定终点；平行滴定3次，硫代硫酸钠溶液的平均用量为24. 80 mL，则样品纯度为_（保留1位小数）。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 生成FeSO4溶液，且用产生的H2排尽装置内的空气 (3). 关闭k2 (4). Fe22HCO3=FeCO3CO2H2O (5). 取最后一次洗涤液，加入过量稀盐酸，再加入一定量BaCl2溶液，若无白色沉淀，则洗涤干净 (6). 隔绝空气 (7). 乳酸根离子中的羟基也能被高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液的量偏多 (8). 蓝色褪去且半分钟不恢复 (9). 95.2%【解析】【分析】乳酸亚铁晶体中含有亚铁离子易被空气中的氧气氧化，因此在制备保存乳酸亚铁晶体时，一定要排除氧气的影响。实验开始前，先通氢气排尽装置内的空气，然后利用氢气产生的压强差把硫酸亚铁溶液加入反应器中进行反应，生成碳酸亚铁。碳酸亚铁再和乳酸反应生成乳酸亚铁，实验过程要防止其氧化。利用氧化还原滴定进行乳酸亚铁纯度测定，乳酸中的羟基也能被高锰酸钾溶液氧化，会给实验带来影响。【详解】(1)由仪器B的结构特点知，仪器B为蒸馏烧瓶；打开kl、k2，加入适量稀硫酸，关闭k1，Fe与稀硫酸反应生成FeSO4和H2，利用生成的氢气，将装置中的氧气排除干净，防止亚铁离子被氧化；(2)装置C中是硫酸亚铁和NH4HCO3溶液反应制备碳酸亚铁；需要将装置B中生成的硫酸亚铁转移到装置C中，利用生成的氢气产生压强差，将硫酸亚铁压入装置C中，则只需关闭k2；Fe2+与HCO3-反应生成碳酸亚铁、水和CO2，离子方程式为Fe22HCO3=FeCO3CO2H2O；(3)硫酸亚铁与碳酸氢铵反应除生成FeCO3、CO2和水外，还有硫酸铵生成，FeCO3可能吸附NH4和SO42等离子，可以通过检验相应的离子检验是否洗涤干净，答案为：取最后一次洗涤液，加入过量稀盐酸，再加入一定量BaCl2溶液，若无白色沉淀，则洗涤干净；(4)乳酸亚铁中含有亚铁离子，容易被氧化，所以在蒸发结晶过程中必须隔绝空气，所以条件为：隔绝空气；(5) 乳酸根的结构简式为CH3CH(OH)COO，乳酸根中存在的OH也可以被高锰酸钾氧化，造成消耗的高锰酸钾增加，纯度大于100%。答案为：乳酸根离子中的羟基也能被高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液的量偏多；灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，样品中的亚铁离子被氧化成铁离子，则铁离子会氧化I-生成碘单质，离子方程式为2Fe32I=2Fe2I2；溶液中有碘单质，加入淀粉呈现蓝色，滴入硫代硫酸钠，到终点时，蓝色会消失，且半分钟内不变化；利用关系式进行计算，1mol乳酸亚铁被氧化得到1mol含Fe3+的物质，2molFe3得到1molI2，1molI2消耗2molNa2S2O3。关系式为CH3CH(OH)COO2Fe3H2O Fe3+ 1/2I2 Na2S2O3，则25mL的溶液中含有乳酸亚铁的物质的量为24.8010-3L0.100 molL-1=0.00248mol，含有乳酸亚铁晶体的质量为m=0.00248mol288g/mol=0.71424g，则原样品中含有的乳酸亚铁晶体的质量为0.71424g=2.85696g，纯度=100%95.2%。【点睛】判断沉淀是否洗涤干净的操作中，判断最后一次洗涤液中有什么离子可用于检验是关键。可以从滤液中有什么溶质入手，比如在本题中，是硫酸亚铁与碳酸氢铵反应，所以滤液中会含有硫酸根，因此洗涤液中也会有硫酸根，可以通过检验硫酸根来检验是否洗涤干净。9.某工厂以重晶石（主要含BaSO4）为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”钛酸(BaTiO3)的工艺流程如下：回答下列问题：(l)为提高BaCO3的酸浸速率，可采取的措施为_（写出一条即可）；常温下，TiCl4为液体且易水解，配制一定浓度的TiCl4溶液的方法是 _。(2)用Na2CO3溶液浸泡重晶石（假设杂质不与Na2CO3反应），能将BaSO4转化为BaCO3，此反应的平衡常数K= _（填写计算结果）；若不考虑CO32的水解，要使2. 33g BaSO4恰好完全转化为BaCO3，则至少需要浓度为1.0molL1Na2CO3溶液 _mL。（已知：Ksp(BaSO4)=1.010-10、Ksp(BaCO3)=5.010-9）(3)流程中“混合”溶液的钛元素在不同pH时主要以TiO(OH)、TiOC2O4、TiO(C2O4)22三种形式存在（变化曲线如右图所示）。实际制备工艺中，先用氨水调节混合溶液的pH于2.8左右，再进行“沉淀”，其反应的离子方程式为_；图中曲线c对应钛的形式为_（填粒子符号）。(4)流程中“滤液”的主要成分为_；隔绝空气煅烧草酸氧钛钡晶体得到钛酸钡粉体和气态产物，试写出反应的化学方程式：_。【答案】 (1). 将BaCO3研成粉末或适当增大盐酸浓度或适当加热或搅拌等 (2). 溶于浓盐酸，再加适量水稀释至所需浓度 (3). 0.02 (4). 510 (5). TiO(C2O4)22Ba24H2O=BaTiO(C2O4)24H2O (6). TiO(OH) (7). NH4Cl (8). BaTiO(C2O4)24H2OBaTiO32CO2CO24H2O【解析】【分析】(1)根据物质的存在状态及影响化学反应速率的因素分析；TiCl4是强酸弱碱盐，在溶液中弱碱阳离子水解，从抑制盐水解考虑；(2)根据沉淀的转化平衡方程式书写、计算；(3)“混合溶液”过程中，钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO(C2O4)22-和TiO(OH)+三种形式存在，调节混合液pH在2.8左右再进行沉淀，据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO(C2O4)22-(即b微粒)，再根据反应前后各种元素的原子个数守恒及晶体的化学式书写出相应的化学方程式；随着氨水的不断加入溶液的pH不断增大，可以判断c对应钛的形式为TiO（OH）+；(4)根据原子守恒判断滤液中的主要成分；草酸氧钛钡晶体隔绝空气煅烧得到BaTiO3，同时得到CO、CO2及水蒸气。【详解】(1)盐酸与BaCO3发生反应：2HCl+BaCO3=BaCl2+H2O+CO2，为了加快反应速率可以将固体BaCO3研成粉末，以增大接触面积；也可以适当增大盐酸浓度或适当加热升高反应温度或搅拌等；TiCl4是强酸弱碱盐，在溶液中Ti4+会发生水解反应：Ti4+4H2OTi(OH)4+4H+，使溶液变浑浊，为了配制得到澄清的TiCl4溶液，同时不引入杂质离子，通常是将TiCl4溶于浓盐酸中，然后再加适量水稀释至所需浓度；(2) 在溶液中BaSO4存在沉淀溶解平衡，当向溶液中加入饱和Na2CO3溶液时，发生沉淀转化生成BaCO3：BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)，待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，最终BaSO4生成BaCO3；反应的平衡常数；2.33gBaSO4物质的量为0.01mol，根据BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)，完全转化需要0.01molCO32，同时溶液中产生0.01molSO42-，根据K值溶液中含有n（CO32-）=0.01mol0.02=0.5mol，需要加入Na2CO3为0.01mol+0.5mol=0.51mol，需要Na2CO3溶液的体积为0.51mol1mol/L=0.51L=510mL。(3) “混合溶液”过程中，钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO(C2O4)22-和TiO(OH)+三种形式存在，调节混合液pH在2.8左右再进行沉淀，据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO(C2O4)22-(即b微粒)，“沉淀”时的离子方程式为：TiO(C2O4)22-Ba2+4H2O=BaTiO(C2O4)24H2O；随着氨水的不断加入溶液的pH不断增大，可以判断c对应钛的形式为TiO（OH）+；(4) TiCl4和草酸混合液加入了氨水，然后与BaCl2溶液混合得到草酸氧钛钡晶体，根据原子守恒，滤液中主要成分为NH4Cl。草酸氧钛钡晶体隔绝空气煅烧得到BaTiO3，同时得到CO、CO2及水蒸气，煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3方程式为BaTiO(C2O4)24H2O BaTiO3+2CO+2CO2+4H2O。【点睛】本题考查了物质制备方法、过程分析判断、物质性质的应用、溶度积常数应用等知识。掌握基础知识并灵活运用是是本题解题关键，题目难度中等。10.一定条件下，lmolCH3OH与一定量O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化如下图所示反应物O2(g)和生成物H2O(g)已略去。回答下列问题：(1)在有催化剂作用下，CH3 OH与O2反应主要生成 _（填“CO2、CO或HCHO”）；计算：2HCHO(g)+O2(g)=2CO(g)+2H2O(g)=_(2)已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 经测定不同温度下该反应的平衡常数如下：该反应为 _（填“放热”或“吸热”）反应；250时，某时刻测得该反应的反应物与生成物浓度为c(CO) =04mol/L、c(H2) =0. 4mol/L、c(CH3 OH) =0. 8mol/L，则此时（正）_（逆）（填“”、“=”或“”）。某温度下，在体积固定的2L密闭容器中将1molCO和2molH2混合，使反应得到平衡，实验测得平衡时与起始时的气体压强比值为0 .7，则该反应的平衡常数为_（保留l位小数）。(3)利用钠碱循环法可除去SO2。常温下，若吸收液吸收一定量SO2后的溶液中，n（SO32-）：n(HSO3-) =3：2，则此时溶液呈_（填“酸性”、“中性”或“碱性”）。（已知：H2SO3的电离常数为：Kal=l. 5410-2、Ka2=l. 02l0-7）(4)利用电化学法处理工业尾气SO2的装置如图所示，写出Pt(2)电极反应式：_；当电路中转移0. 02 mol e-时（较浓H2SO4尚未排出），交换膜左侧溶液中约增加_ mol离子。【答案】 (1). HCHO (2). 470kJmol1 (3). 放热 (4). (5). 2.7 (6). 碱性 (7). 2HSO32e2H=S2O422H2O (8). 0.03【解析】【分析】(1)反应速率与活化能的关系，根据图像求反应热；(2)通过平衡常数的变化判断反应的热效应，通过浓度商判断反应进行的方向；利用压强和三段式计算平衡常数；(3)利用电离平衡常数求解c(H)；（4）根据反应类型判断阴、阳极并书写电极反应式，根据电极反应式进行计算。【详解】(1)从图像中可知加入催化剂生成甲醛的反应活化能小，化学反应速率快，所以主要产物为HCHO。根据图像， 1molHCHO转化为1molCO放出的能量为（676-283-158） kJmol1=235 kJmol1，方程式为2molHCHO，则H需要乘以2，H=-2352kJmol1=-470 kJmol1；(2) 根据图中数据可知，随着温度的升高，平衡常数降低，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，该反应为放热反应；对于某时刻，浓度商，大于250的平衡常数2.041，反应逆向进行，正反应速率小于逆反应速率；同温同体积的情况下，压强之比等于物质的量之比。平衡时与起始时的气体压强比值为0 .7，开始的物质的量为1mol+2mol=3mol，则平衡时的物质的量为3mol0.7=2.1mol。CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)开始的物质的量 1 2 0转化的物质的量 x 2x x平衡物质的量 1-x 2-2x x1-x+2-2x+x=2.1，得x=0.45mol；体积为2L，则有；(3) n(SO32-)：n(HSO3-) =3：2，在同一溶液中，则浓度之比等于物质的量之比，亚硫酸的Ka2=，得c(H+)=6.8108P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间的排斥力就越大，因而键角就变大 (6). 或 (7). 4 (8). (9). 或【解析】【分析】(1)第A族的价电子排布为ns2np1，由基态Cu的电子排布式书写Cu+的电子排布式；(2)根据所形成的键数和孤电子对数判断杂化类型；根据影响物质溶解性的因素分析；(3)根据P和N的电负性不同分析键角差异；由生成的盐的种类判断H3PO3为二元酸，结合P原子的最外层电子数分析；(4)根据结构确定配位数，根据密度，求解晶胞的相关数据；【详解】(1)B为5号元素，位于第二周期第A族元素，其电子排布为1s22s22p1，占据的最高的能级为2p能级，p能级的电子云轮廓图为哑铃形或纺锥形；基态Cu的核外电子排布为Ar 3d104s1，形成离子是从最外层开始失去， Cu的电子排布式为Ar3d10；(2)(CH3)3N中，N形成3个键，N上还有1对孤电子对，则N为sp3杂化；(CH3)3N和H2O都为极性分子，而且(CH3)3N分子可以与H2O分子间形成氢键，所以(CH3)3N能溶于水；答案为：sp3杂化 (CH3)3N为极性分子，且可与水分子间形成氢键；(3)根据价层电子对互斥理论，PH3中的P和NH3中的N的价层电子对数都为4，孤电子对数都为1，PH3和NH3都是三角锥形，但是P的电负性没有N的电负性强，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间的排斥力就越大，因而键角就变大，故PH3分子的键角小于NH3分子；亚磷酸(H3PO3)是磷元素的一种含氧酸，与NaOH反应只生成NaH2PO3和Na2HPO3两种盐，说明H3PO3为二元酸，H3PO3分子中含2个羟基，P原子最外层有5个电子，则H3PO3的结构式为或；(4)黑球为磷原子，根据晶胞分析，P原子作面心立方最密堆积，从上底面面心的P原子分析，周围等距且最近的B原子有4个，即P原子的配位数为4；1个晶胞中，包含P原子数目为81/861/2=4个，含有B原子数目为4个，则1mol晶胞的质量为m=424g；设晶胞的边长为apm，则晶胞的体积（a10-10cm）3=g/cm3，则a=pm，B-P键长为a的，则BP键长为