福建省漳州市2024年高考化学模拟试题（含答案）2

福建省漳州市2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．明代宋应星所著《天工开物》中详细介绍了竹纸的制造工艺流程，其中“煮楻足火”工序是指加入石灰蒸煮以除去竹料中的木质素、树胶等杂质。另外，为了防止书写时墨迹在纸面扩散，古代及现代造纸都要加入一些矿物性白粉填充纸纤维之间的孔隙。下列说法中错误的是A．纸的主要化学成分为纤维素，纤维素属于多糖B．纸张中的纤维素之间是通过氢键和范德华力相结合的C．纸张燃烧后产生的灰白色部分主要成分为碳D．推测木质素分子中可能含有酸性官能团2．布洛芬是一种用于小儿发热的经典解热镇痛药，异丁基苯是合成它的一种原料，二者的结构简式如图。下列说法正确的是A．异丁基苯属于芳香烃，与对二乙苯互为同分异构体B．异丁基苯和布洛芬中碳原子均有sp和spC．1mol布洛芬与足量的Na2D．两者均能发生加成、取代和消去反应3．中国科学院天津工业生物技术研究所科研团队在实验室里首次实现了以CO2为原料人工合成淀粉，其合成路线如图所示。设A．标准状况下，22.4B．1molCH3C．HCHO和DHA混合物中含有的C原子数目为2D．1molDHA中含有σ键数目为74．用如图所示装置(夹持装置均已省略)进行实验，不能达到目的的是A．除去乙烷中的乙烯 B．测定中和反应的反应热C．验证还原性：S2->Cl- D．分离NH4CI和NaCl固体5．下列离子方程式书写正确的是A．用铁电极电解饱和食盐水：Fe+2B．NH4Al(SC．向少量苯酚稀溶液中滴加饱和溴水，生成白色沉淀：D．向酸性KMnO46．2022年诺贝尔化学奖授予了对“点击化学”和“生物正交化学”做出贡献的三位科学家。以炔烃和叠氮化合物为原料的叠氮—炔基Husigen成环反应是点击化学的代表反应，其反应原理如图所示(其中［Cu］为一价铜)；下列说法错误的是A．反应①消耗的［Cu］大于反应⑤生成的［Cu］B．该反应原子利用率为100%C．若将原料换为，则产物为D．反应⑤的化学方程式为+H+=+[Cu]7．工业上采用碘循环工艺处理工业尾气SO2，同时制得H2，其工艺流程如图所示。下列说法错误的是A．反应器中的反应的化学方程式为SB．分离器中物质分离操作为蒸馏C．膜反应器中加入2molHI，生成可循环的I2D．碘循环工艺中每制取标准状况下22.4LH2，理论上能处理工业尾气8．矿物药M具有补血功效，结构如图所示，X、Y、Z和W为原子序数依次增大的元素，原子序数之和为51，Y和Z同主族，四种元素中只有W为金属，W3+A．简单氢化物的稳定性：Y>Z B．该物质易被氧化，需密封保存C．W与Y之间可以形成多种化合物 D．X2Y的键角大于9．南京大学研究团队设计了一种水系分散的聚合物微粒“泥浆”电池，该电池(如图)在充电过程中，聚对苯二酚被氧化，H+A．放电时，b为负极，发生氧化反应B．放电时，a极上的电极反应：C．充电时，H+D．充电时，在阴极被还原10．常温下，用0.10mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol/L的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A．两种一元弱酸的电离常数：KB．溶液中水的电离程度：③>②>①C．pH=7时，c(CD．滴定时均可选用甲基橙作指示剂，指示滴定终点二、非选择题11．FeCl3是中学常见的试剂，某实验小组用以下装置制备FeCl3固体，并探究FeCl3溶液与Cu的反应。已知：FeCl3晶体易升华，FeCl3溶液易水解。（1）Ⅰ．FeCl3的制备装置C中碱石灰的作用是。（2）F的名称为，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的Cl2，正确的接口顺序为a-（3）写出装置D中制备Cl2的离子方程式（4）Ⅱ．探究FeCl3溶液与Cu的反应向4mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴加几滴0.2mol/LKSCN溶液，溶液变红；再加入过量Cu粉，溶液红色褪去，不久有白色沉淀产生。查阅资料可知：CuCl和CuSCN均为难溶于水的白色固体。针对白色沉淀同学们有以下猜想：猜想1：Cu2+与过量的Cu粉反应生成Cu+，再结合猜想2：Cu2+与SCN−发生氧化还原反应生成Cu针对上述猜想，实验小组同学设计了以下实验：实验编号操作现象实验1加入铜粉后无现象实验2溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀实验结果说明猜想(填“1”或“2”)不合理。（5）根据实验2中的现象进一步查阅资料发现：i．Cu2+与反应A：Cu反应B：2Cuii．[[Cu(SCN①由实验2中的现象推测，反应速率：A(填“>”或“<”)B，说明反应B(填“是”或“不是”)产生CuSCN的主要原因。②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在Fe2+、Cu2+、SCN−时，Cu2+氧化性增强，可将Fe2+氧化为Fe（6）若向100mL a mol⋅L−1CuSO4溶液中滴加足量的KSCN和FeCl2的混合溶液，经过一系列操作得到白色沉淀CuSCN12．工业上以硒化银半导体废料(含Ag已知：25℃。Ksp(AgCl)=2.请回答下列问题：（1）“酸溶”时，为提高废料中硒元素的浸出率可采取的措施是(任写一种)，写出废料中Ag2Se转化为Se（2）制得的粗铜可通过电解法精炼，电解质溶液可以选择____(填字母序号)。A．稀H2SO4 B．AgNO3溶液 C．（3）上述流程中，通入SO2发生氧化还原反应获得“粗硒”，该过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为（4）“沉银”时，从平衡移动角度解释，加入稍过量NaCl溶液的原因，计算Ag2SO4转化成（5）“还原”时，写出AgCl与液态N2H4、NaOH13．CO2的回收及综合利用越来越受到国际社会的重视，将（1）Ⅰ．以CO2、HCO2和H2该反应历程中活化能最小步骤的化学方程式为。（2）已知相关化学键的键能数据如下：化学键H−HC−HO−HC−OC=OE436414464326803结合表中数据及反应历程图，写出由CO2和H2合成C（3）在一容积可变的密闭容器中，充入1molCO2与3molH①T1、T2、T3②请计算在T1温度下，该反应的压强平衡常数Kp=（4）Ⅱ．利用下列工艺脱除并利用水煤气中的温室气体C上述脱除CO2工艺中可循环利用的物质是；某温度下，当吸收塔中溶液pH=9时，溶液中c(CO32−)：c(HC（5）用上述装置电解利用CO2气体，制取CH3OH燃料，铂电极上的电极反应式为（6）Ⅲ．以TiO2表面覆盖Cu2A在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250～400℃时，生成乙酸的速率先减小后增大，理由是。14．磷酸铁锂(LiFePO4)（1）基态P原子的成对与未成对电子数之比为；最高能级的电子云轮廓图为。（2）Li、F、P三种元素电负性由大到小的顺序为。元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)，第三周期部分元素的E1(均为正值)的大小顺序为15P<14（3）实验数据表明沸点NH3>As（4）一种锂电池的正极材料磷酸铁锂(LiFePO4)的晶胞结构如图所示。其中Li+分别位于顶角、棱心、面心，O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。磷酸铁锂晶体的晶胞参数分别为anm、bnm，则磷酸铁锂晶体的摩尔体积V（5）多聚磷酸由磷酸(H3P15．高聚物G是一种广泛用在生产生活中的合成纤维，由A与E为原料制备J和G的合成路线如下：已知：①酯能被LiAlH4还原为醇②→H2回答下列问题：（1）A的名称为，E中官能团的名称为。（2）B生成C的化学方程式为。（3）D转化为H的反应类型为。（4）I的结构简式为。（5）芳香族化合物M是B的同分异构体，符合下列要求的M有种(不考虑立体异构)。①能发生银镜反应②能与FeCl3溶液发生显色反应③苯环上有4个取代基，且核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，且峰面积之比为1：1：1（6）请以1-氯乙烷为原料，写出合成丙酸乙酯的合成路线，其他无机试剂可以任选。。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．纸的主要化学成分为纤维素，纤维素是由单糖缩合而成的大分子，属于多糖，A不符合题意；B．纤维素是由葡萄糖聚合链组成的高分子多糖，这些链之间通过氢键和范德华力相互作用形成了纤维素，B不符合题意；C．纸张燃烧后产生的灰白色部分主要成分为瓷土、碳酸钙钛等造纸填充料，C符合题意；D．由题干信息可知，木质素能与碱反应，说明其具有一定的酸性，故推测木质素分子中可能含有酸性官能团，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A．纤维素是由单糖缩合而成的大分子，属于多糖；B．纤维素是由葡萄糖聚合链组成的高分子多糖；C．碳为黑色固体，灰白色部分主要成分为瓷土、碳酸钙钛等；D．利用题干信息“木质素能与碱反应”分析。2．【答案】A【解析】【解答】A．分子式相同，结构不同的物质互为同分异构体，异丁基苯属于芳香烃，与对二乙苯互为同分异构体，A符合题意；B．异丁基苯中的碳为sp2和sp3杂化，布洛芬中碳原子为sp2和spC．布洛芬中的羧基可以和碳酸钠反应，Na2CD．两者均能发生加成、取代反应，不能发生消去反应，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A．分子式相同，结构不同的物质互为同分异构体；B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；CD．根据官能团的性质判断。3．【答案】C【解析】【解答】A．标准状况下，22.4L14CO2B．CH3OH的碳为中心的结构为四面体结构，单键可以旋转，1molCC．DHA的分子式为C3H6O3，与HCHO最简式相同，都为CH2D.1个单键含有1个σ键，1个双键含有1个σ键和1个Π键，根据DHA的结构式：，1molDHA中含有σ键数目为11，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.1mol14CB．甲烷是正四面体形结构且单键可以沿键轴方向旋转判断；C．依据二者最简式相同分析；D.依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键。4．【答案】B【解析】【解答】A．乙烯能与溴反应，而乙烷不与溴反应且不溶于溴，可将混合气体通过足量溴水除去乙烷中的乙烯，A不符合题意；B．温度计需要测量反应溶液的温度，不是测量隔热层的温度，B符合题意；C．浓盐酸和高锰酸钾反应生成Cl2，Cl2可以氧化S2-，反应生成S和Cl-，可以证明还原性：S2->Cl-，C不符合题意；D．氯化铵受热分解为氯化氢和氨气，遇冷又结合为氯化铵固体，NaCl受热不分解，所以能用图示方法分离NH4Cl和NaCl固体，D不符合题意；故答案为：B。【分析】B中温度计需要测量反应溶液的温度，其它选项设计合理。5．【答案】A【解析】【解答】A．用铁电极电解饱和食盐水，阳极铁放电，离子方程式为：Fe+2HB．NH4Al(SO4)2溶液中C．向少量苯酚稀溶液中滴加饱和溴水，生成白色沉淀为2，4，6-三溴苯酚，离子方程式为3H++3Br-+，故C不符合题意；D．向酸性KMnO4溶液中滴入双氧水生成氧气，离子方程式为：故答案为：A。

【分析】A．若阳极材料为活性电极（Fe、Cu)等金属，则阳极反应为电极材料失去电子；若为惰性材料，则根据阴阳离子的放电顺序分析；B．漏写部分离子反应；C．氢溴酸是强酸，拆；D．得失电子不守恒。6．【答案】A【解析】【解答】A．由题干反应历程图可知，该转化的总反应为：+R2-N3→[Cu]，[Cu]作催化剂，催化剂在反应前后的质量和性质均保持不变，故反应①消耗的［Cu］等于反应⑤生成的［Cu］，A符合题意；B．由题干反应历程图可知，该转化的总反应为：+R2-N3→[Cu]，该反应为加成反应，故该反应原子利用率为100%，B不符合题意；C．由题干反应历程图可知，该转化的总反应为：+R2-N3→[Cu]，若将原料换为，则产物为，C不符合题意；D．反应⑤的化学方程式为+H+=+[Cu]，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．依据题干反应历程图，催化剂在反应前后的质量和性质均保持不变；B．依据总反应为加成反应分析；C．利用类比法分析；D．依据题干反应历程图分析。7．【答案】C【解析】【解答】A.由题干转化流程图可知，反应器中的反应的化学方程式为SOB.分离器中为氢碘酸和硫酸的分离，应采用沸点不同进行蒸馏分离，故B不符合题意；C.膜反应器中反应为2HI⇌I2+H2D.由A和C分析可知，碘循环工艺中每制取标准状况下22.4LH2，理论上能处理工业尾气故答案为：C。

【分析】A、结合箭头的起始和终止，可以知道反应物为二氧化硫、碘和水，生成物为硫酸和碘化氢；

B、碘化氢和硫酸都是液体，沸点不同，采用蒸馏法分离；

C、碘化氢的分解为可逆反应，无法完全转化；

D、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。8．【答案】D【解析】【解答】A．Y为O、Z为S，O的非金属性强于S，简单氢化物的稳定性：Y>Z，A不符合题意；B．该物质中Fe为+2价，易被氧化，需密封保存，B不符合题意；C．W为Fe，Y为O，可以形成多种化合物FeO、Fe2O3、Fe3O4等多种化合物，C不符合题意；D．X2Y为H2O，ZY42−故答案为：D。

【分析】A、氢化物的稳定性即比较非金属性；

B、亚铁离子容易被氧化；

C、铁和氧可以形成三种氧化物；

D、孤电子对可以导致键角变小。9．【答案】D【解析】【解答】A．充电过程中，聚对苯二酚被氧化，a为阳极，b为阴极，所以放电时b为负极，发生氧化反应，A不符合题意；B．放电时，a极为正极，发生还原反应，电极反应为：，B不符合题意；C．充电时，阳离子向阴极移动，a为阳极，b为阴极，所以H+D．充电时，阴极发生还原反应生成，D符合题意；故答案为：D。

【分析】新型二次电池的判断：

1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；

2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应。10．【答案】B【解析】【解答】A．同浓度的酸溶液，电离平衡常数越大，溶液酸性越强，起始时CH3COOH溶液pH较小，则CH3COOH酸性较强，则室温下，电离平衡常数：Ka(CH3COOH)＞Ka(HCN)，A不符合题意；B．由题干图示信息可知，①对应溶液显酸性，以CH3COOH的电离为主，此时抑制水的电离，②对应溶液呈中性，此时溶液中CH3COOH电离和CH3COO-相当，对水的电离几乎无影响，而③对应溶液中溶质为CH3COONa，由于CH3COO-水解促进水的电离，故溶液中水的电离程度：③>②>①，B符合题意；C．根据电荷守恒可知，溶液中分别有：c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)1+c(H+)，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)2+c(H+)，pH=7时，则有c(CN-)=c(Na+)1，c(CH3COO-)=c(Na+)2，由图可知，c(Na+)2＞c(Na+)1，即c(CHD．由题干图示信息可知，滴定终点溶液均显碱性，故滴定时均应选酚酞作指示剂，不能选用甲基橙作指示剂，指示滴定终点，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、酸性越强，电离平衡常数越大；

B、酸、碱的抑制会抑制水的电离，盐的水解会促进水的电离；

C、结合电荷守恒判断；

D、强碱弱酸的滴定应该用酚酞作为指示剂。11．【答案】（1）吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质（2）U形干燥管；b→c→d→e（3）MnO2+4H++2Cl-Δ__Mn2++Cl2↑+2H（4）1（5）＞；不是；Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+（6）b【解析】【解答】（1）由分析可知，装置C中碱石灰的作用是用于吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质，故答案为：吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质；（2）由题干实验装置图可知，F的名称为U形干燥管，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的Cl2，正确的接口顺序为a→b→c→d→e，故答案为：U形干燥管；b→c→d→e；（3）由分析可知，装置D为实验制备Cl2的发生装置，原理为：MnO2+4HCl(浓)Δ__MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Δ__Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Δ__Mn（4）由题干对比实验1、2操作和现象可知，实验1的反应物质含有Cl-，而实验2中的反应物中不含Cl-，结果实验1无白色沉淀生成，而实验2生成白色沉淀，说明产生的白色沉淀为CuSCN，故实验结果说明猜想1不合理，故答案为：1；（5）①由实验2中的现象即溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀可推测，反应速率：A>B，反应B太慢，因此说明反应B不是产生CuSCN的主要原因，故答案为：＞；不是；②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在Fe2+、Cu2+、SCN−时，Cu2+氧化性增强，可将Fe2+氧化为Fe3+。据此将实验2改进，向CuSO4溶液中同时加入KSCN、FeCl2，立即生成白色沉淀CuSCN，即Cu2+先将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cu+，然后Cu+与SCN-结合为CuSCN白色沉淀，该反应的离子方程式为：Cu（6）若向100mL a mol⋅L−1CuSO4溶液中滴加足量的KSCN和FeCl2的混合溶液，根据铜原子守恒可知，理论上应该生成CuSCN的物质的量为0.1amol，经过一系列操作得到白色沉淀CuSCN的质量b g，则CuSCN

【分析】（1）碱石灰的作用时吸收尾气和阻止外界空气中的水蒸气进入装置内部；

（2）F为U型干燥管；

（3）二氧化锰和氢离子、氯离子加热生成锰离子、氯气和水；

（4）沉淀为硫氰酸亚铜；

（5）①速率慢，则说明反应不是主反应；

②铜离子和亚铁离子、硫氰酸根离子反应生成硫氰酸亚铜和铁离子；

（6）产率的计算要结合实际质量和理论质量的商计算。12．【答案】（1）将废料研磨粉碎；2Ag2Se+2H2SO4+3O2=2Ag2SO4+2SeO2+2H2O（2）C；D（3）1：2（4）增大Cl-浓度，促使反应的化学平衡正向移动，提高AgCl的产率；2（5）4AgCl+N2H4+4OH-=4Ag+4Cl-+N2↑+4H2O。【解析】【解答】（1）酸溶时，为提高废料中硒元素的浸出率，可采取的措施是将废料研磨粉碎。Ag2Se与硫酸、O2反应生成硫酸银、SeO2和水，化学方程式为2Ag2Se+2H2SO4+3O2=2Ag2SO4+2SeO2+2H2O。（2）粗铜电解精炼，粗铜作阳极，精铜作阴极，可溶性铜盐做电解质溶液。A．稀硫酸不是铜盐，A不正确；B．硝酸银不是铜盐，B不正确；C．硫酸铜溶液为可溶性铜盐，可用作电解质溶液，C正确；D．氯化铜溶液为可溶性铜盐，可用作电解质溶液，D正确；故答案为：CD。（3）H2SeO3与SO2反应生成H2SO4和Se，化学方程式为H2SeO3+2SO2+H2O=2H2SO4+Se，该反应中氧化剂为H2SeO3，还原剂为SO2，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2。（4）沉银时Ag2SO4与Cl-反应生成AgCl沉淀和硫酸根离子，加入稍过量的NaCl，增大Cl-浓度，促使反应的化学平衡正向移动，提高AgCl的产率。Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)=2AgCl(s)+SO42−(aq)，K=c（5）AgCl与N2H4、NaOH反应生成Ag的离子方程式为4AgCl+N2H4+4OH-=4Ag+4Cl-+N2↑+4H2O。

【分析】（1）提高浸取率可以通过粉碎固体增大接触面积；

（2）粗铜精炼需要的电解质溶液含有铜离子；

（3）结合化学方程式，根据化合价升高的物质为还原剂，化合价降低的物质为氧化剂进行判断；

（4）增大氯离子的浓度，可以使氯化银的溶解平衡朝逆向移动，提高氯化银的产率；

（5）氯化银和肼、氢氧根反应生成银、氯离子、氮气和水。13．【答案】（1）C（2）C（3）T1<（4）K2C（5）CO（6）当温度高于250ο【解析】【解答】（1）由图可知，该过程中能垒最小的步骤为：CH（2）由图可知，CO2和H2合成CH3OH的化学方程式为：CO（3）①因为该反应为放热反应，压强不变时，温度越高，平衡逆向移动，CO2的转化率越小，所以T1、T2、②平衡常数只与温度有关，T1时，压强为50atm，CO2n总=0.（4）根据图示，用K2CO3溶液吸收CO2，生成KHCO3，KHCO3分解生成K2（5）由图可知，玻碳电极产生O2，为阳极，铂电极为阴极，发生反应的电极反应式为：CO2+6e（6）250～400℃时，生成乙酸的速率先减小后增大，原因是当温度高于250ο

【分析】（1）活化能最小的步骤，即能量上升距离最短的步骤；

（2）热化学方程式的书写要注意，化学计量数即为反应的物质的量，根据题干提供的数据，如物质的量、质量以及给出的反应热进行对应，根据给出的物质的量和热量可以列出关系式，且要注意，热化学方程式的书写中，化学计量数即反应的物质的量，要注意，物质的量之比等于反应热之比；

（3）①升高温度，平衡朝吸热方向移动；

②分压平衡常数要结合总压强和总物质的量判断；

（4）循环利用的物质即在某个过程中产生，又在某个过程中作为反应物消耗；

（5）二氧化碳得到电子，和氢离子反应生成甲醇和水；

（6）催化剂的活性受温度影响，温度过高时，催化剂失去活性。14．【答案】（1）4：1；哑铃形（2）F＞P＞Li；P的价电子排布式为3s23p3，3p能级处于半充满状态，相对稳定，不易得到一个电子，P元素的第一电子亲和能小于Si（3）NH3分子间存在氢键，而PH3、AsH3均不能形成分子间氢键，导致NH3的沸点比（4）a（5）(PO【解析】【解答】（1）P是15号元素，其基态原子核外电子排布式为[Ne]3s23p3，基态P原子中3p上有3个电子，则未成对电子数为3，成对电子为12，成对与未成对电子数之比为12：3=4：1；其原子核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为哑铃形；（2）同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此Li、F、P三种元素的电负性由大到小的顺序是：F＞P＞Li；第一电子亲和能15P<11Si的原因为P的价电子排布式为3s（3）NH3分子间存在氢键，而PH3、AsH3均不能形成分子间氢键，导致NH3的沸点比PH3、AsH（4）根据均摊法，Li+