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吉林省松原市2019届高考化学适应性练习试题(含答案)

1、吉林省松原市2019届高考化学适应性练习试题注意事项:1本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。答题前,考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2回答第卷时,选出每小题的答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3回答第卷时,将答案填写在答题卡上,写在试卷上无效。4考试结束,将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39第卷一、选择题:本大题共7小题,每小题6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。7中国传统文化

2、对人类文明贡献巨大,我国古代的人民在那时候就已经广泛应用了,书中充分记载了古代化学研究成果下列关于古代化学的应用和记载,对其说明不合理的是A本草纲目中记载“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合,以烽燧铳极”这是利用了“KNO3的氧化性”B杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来C我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈Cu2(OH)2CO3D蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等为原料精制出优质纸张,由他监制的纸被称为“蔡侯纸”。“蔡侯纸”的制作工艺中充分应用了化学工艺81,1-二环丙基乙烯()是重要医药中间体,下列关于该化合物的说法错误的是A所有碳原子可能在同一平面 B能使酸性

3、高锰酸钾溶液褪色C二氯代物有9种 D生成1mol C8H18至少需要3mol H29国际计量大会第26次会议新修订了阿伏加德罗常数(NA=6.022140761023mol1),并于2019年5月20日正式生效。下列说法正确的是A1L 0.5molL1 Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目小于1.5NAB2mol NH3和3mol O2在催化剂和加热条件下充分反应生成NO的分子数为2NAC56g聚乙烯分子中含碳碳双键的数目为2NAD32.5g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应,生成气体的分子数为0.5NA10ClO2和NaClO2均具有漂白性,工业上用ClO2气体制备NaClO2的工艺流程如下图所

4、示: 下列说法不正确的是A工业上可将ClO2制成NaClO2固体,便于贮存和运输B通入空气的目的是驱赶出ClO2,使其被吸收器充分吸收C吸收器中生成NaClO2的离子方程式:2ClO2+H2O2=2ClO+O2+2H+D步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥11溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在,其中HCO占95%,利用图示装置从海水中提取CO2,有利于减少环境温室气体含量。下列说法正确的是Aa室排出的是NaOH、Ca(OH)2等强碱性物质Bb室发生主要反应:2H+CO=H2O+CO2Cc室发生的反应为2H2O4e=O24H+D装置中产生的O2和提取的CO2的体积比约为1412短周期主族元素X

5、、Y、Z、W的原子序数依次增大,X是地壳中含量最多的元素,Y是短周期元素中原子半径最大的原子,X、Y、Z的简单离子电子层结构相同,Z与W最外层电子数之和等于10。下列说法正确的是A最高正价由低到高的顺序为:Y、Z、X、WB原子半径由小到大的顺序为:X、Z、WCY、Z、W的最高价氧化物的水化物两两之间均能发生反应DX与Y两种元素只能组成一种化合物13近年来AIST报告正在研制一种“高容量、低成本”的锂铜空气燃料电池。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力,其中放电过程为:2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li+2OH,下列说法正确的是ALi极有机电解质可以换成Cu极的水溶液电解质B通空气时

6、,整个反应过程中,铜相当于催化剂C放电时,Cu极的水溶液电解质的PH值减小D放电时,正极的电极反应式为:Cu2O+2H+2e=2Cu+H2O第II卷二、非选择题:本卷包括必考题和选考题两部分。第26-28题为必考题,每个试题考生都必须作答。第33-35题为选考题,考生根据要求作答。26(14分)某化学小组对卤素及其化合物的制备和性质进行如下探究实验,根据实验回答问题。I探究氯化亚铁与氧气反应的产物已知氯化亚铁的熔点为674,沸点为1023;三氯化铁在100左右时升华,极易水解。在500条件下氯化亚铁与氧气可能发生下列反应,12FeCl2+3O22Fe2O3+8FeCl3、4FeCl2+3O22

7、Fe2O3+4Cl2,该化学小组选用下图部分装置(装置可以重复选用)进行氯化亚铁与氧气反应产物的探究。(1)实验装置的合理连接顺序为:A_D,装置E的作用是_。(2)控制在500下发生反应,一段时间后,B中反应剩余固体的成分,可能是_或_(填化学式)。设计实验对上述剩余固体的成分进行验证:_。(3)实验室保存1molL1的FeCl3溶液,应控制溶液的pH不大于_。(已知:Fe(OH)3的Ksp为11039)卤素化合物之间反应实验条件控制探究(4)室温下,KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。上面是该小组设计的一组实验数据记录表:该组实验的目的是_;2号试管反应完全后,取少量2号试管中的溶液加

8、淀粉溶液后显蓝色,假设还原产物只有KC1,写出反应的离子方程式_。27(14分)丙烯(C3H6)是重要的有机化工原料。丙烷脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如下图。(1)丙烷脱氢制丙烯为强吸热过程。为提供反应所需热量,恒压时若向原料气中掺入水蒸气,则K(主反应)_(填“增大”、“减小”或“不变”,下同),转化率(C3H8)_。温度升高,副反应更容易发生的主要原因是_。(2)下图为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系(图中的压强分别为104Pa和105Pa)。104Pa时,图中表示丙烯的曲线是_(填“”、“”、“”或“”)。104Pa、500时,主反应用平衡分压代替平衡浓度

9、表示的化学平衡常数Kp=_(已知:气体分压=气体总压体积分数)。(3)利用CO2的弱氧化性,开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。该工艺可采用铬的氧化物为催化剂,其反应机理如图。已知:CO和H2的燃烧热分别为H=283.0kJmol1、H=285.8 kJmol1。图中催化剂为_。298K时,该工艺总反应的热化学方程式为_。该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭,维持催化剂活性,原因是_。28 (15分)三氯化六氨合钴Co(NH3)6Cl3是橙黄色、微溶于水的配合物,是合成其它一些含钴配合物的原料。下图是某科研小组以含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制Co(NH3)6Cl3的工艺流程:回答下列问题:(

10、1)写出加“适量NaClO3”发生反应的离子方程式_。(2)“加Na2CO3 调pH至a”会生成两种沉淀,分别为_(填化学式)。(3)操作的步骤包括_、冷却结晶、减压过滤。(4)流程中NH4Cl除作反应物外,还可防止加氨水时c(OH)过大,其原理是_。(5)“氧化”步骤,甲同学认为应先加入氨水再加入H2O2,乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为_(填“甲”或“乙”)同学观点正确,理由是_。写出该步骤的化学方程式:_(6)通过碘量法可测定产品中钴的含量。将Co(NH3)6Cl3转化成Co3+后,加入过量KI 溶液,再用Na2S2O3标准液滴定(淀粉溶液做指示剂),反应原理:2Co3+2I2

11、Co2+I2,I22S2O2IS4O,实验过程中,下列操作会导致所测钴含量数值偏高的是_。a用久置于空气中的KI固体配制溶液b盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗c滴定结束后,发现滴定管内有气泡d溶液蓝色退去,立即读数35【化学选修3:物质结构与性质】(15分)锰元素在多个领域中均有重要应用,回答下列问题。(1)Mn在元素周期表中位于_区;MnSO4中阳离子的价电子排布式为_。(2)Mn3+在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2+下列说法合理的是_AMn3+的价电子构型为3d4,不属于较稳定的电子构型B根据Mn2+的电子构型可知,Mn4+中不含成对电子CMn2+易被氧化,可能是因为Mn2+

12、产内有大量自旋方向相同的电子DMn2+与Fe3+具有相同的价电子构型,所以它们的化学性质相似(3)在K2MnF6中,MnF的空间构型是正八面体,则中心原子的价层电子对数为_。该化合物中含有的共价键在形成过程中原子轨道的重叠方式为_(4)二价锰的化合物的性质如下表所示:物质MCl2MnSMnSO4熔点6501610700上表三种物质中晶格能最大的是_;上表涉及的三种阴离子中,半径最大的是_。(5)某锰氧化物的晶胞结构如下图所示:该锰的氧化物的化学式为_,该晶体中Mn的配位数为_,该晶体中Mn之间的最近距离为_pm(用a、b来表示)。36【化学选修5:有机化学基础】(15分)EPR橡胶()广泛应用

13、于汽车部件、建筑用防水材料、电线电缆护套、耐热胶管、汽车密封件、润滑油添加剂及其它制品。PC塑料()的透光性良好,可制作车、船、飞机的挡风玻璃以及眼镜等。它们的合成路线如下: 已知:RCOOR1+R2OH催化剂RCOOR2+R1OHB、F、G、H、J各物质中,核磁共振氢谱都只有一组吸收峰。(1)B的结构简式:_,E中官能团名称:_。(2)AD的反应类型:_,DE的反应条件:_。(3)EF的化学方程式:_。(4)H的结构简式:_。(5)反应II的化学方程式:_。(6)下列说法正确的是:_。a反应I的原子利用率为100%b1mol J与足量的NaOH溶液反应,消耗2mol NaOHcCH3OH在合

14、成PC塑料过程中可以循环利用(7)反应I过程中,可以得到两种同类型副产物,且与M互为同分异构体,请写出其中一种结构:_。(8)AN苯酚+F,试推断N的结构:_。3绝密 启用前化学答案7.【答案】B【解析】A火药发生化学反应时,KNO3中N元素的化合价降低,获得电子,被还原,作氧化剂,体现氧化性,A正确;B高粱中不含乙醇,用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应产生了乙醇,然后用蒸馏方法将乙醇分离出来,B错误;C明矾是强酸弱碱盐,水解使溶液显酸性,酸性溶液中H+与盐铜锈Cu2(OH)2CO3发生反应,产生可溶性的物质,因此可以达到除锈的目的,C正确;D蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等为原料精制

15、出优质纸张,体现了化学的物理和化学分离方法,因此充分应用了化学工艺,D正确;故合理选项是B。8. 【答案】A【解析】A碳有2种杂化方式:sp3、sp2,前者是正四面体构型,与它相连的原子不可能全处于同一平面,所有碳原子不可能在同一平面,故A错误;B结构中含有碳碳双键,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故B正确;C1,1-二环丙基乙烯()的二氯代物有9种,故C正确;D1,1-二环丙基乙烯()分子式为C8H12,由C8H12生成1mol C8H18至少需要3mol H2,故D正确。故选A。9. 【答案】D【解析】AA13+、Fe2+水解产生H+,该溶液中阳离子还包括H+,阳离子总数增加,故1L 0.5 m

16、ol/L Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目大于1.5NA,故1L 0.5 molL1 Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目大于1.5NA,故A项错误;B因存在反应4NH3+5O24NO+6H2O,所以2mol NH3和3mol O2在催化剂和加热条件下充分反应后氧气有剩余,生成的NO会与过量的氧气继续反应生成NO2,所以最终生成NO的分子数小于2NA,故B项错误;C聚乙烯是乙烯经过加聚反应制备而成,分子内没有碳碳双键,故C项错误;D浓硫酸与锌反应的方程式Zn+2H2SO4ZnSO4+SO2+2H2O,从方程式可以看出1mol锌生成1mol二氧化硫气体,随着硫酸的消耗和水的生成,硫酸变稀

17、,这是就会发生锌与稀硫酸反应,Zn+H2SO4=ZnSO4+H2,从方程式可以看出1mol锌生成1mol氢气,所以1mol锌无论与浓硫酸反应还是与稀硫酸反应,生成气体都为1mol,32.5g锌的物质的量为n=mM = 32.5 g65g/mol = 0.5 mol,生成气体分子数为0.5NA,故D项正确;答案选D。10. 【答案】C【解析】AClO2为气体,不易储存和运输,常将其制备成NaClO2固体以便运输和贮存,A不符合题意;B反应结束后,发生器中仍有少量ClO2,用空气可以将其排出,确保其被充分吸收,B不符合题意;C反应的环境是碱性环境,离子方程式应该为2ClO2+2OH+H2O2=2C

18、lO+O2+2H2O,C符合题意;DNaClO2溶液中获得NaClO2固体需要真空蒸发浓缩,冷却结晶,过滤,洗涤和干燥,D不符合题意;答案:C。11. 【答案】D【解析】A项:a室电极与电源正极相连,是电解池阳极,电极反应为2H2O4e=O24H+。H+通过阳离子交换膜进入c室,A项错误;B项:a室生成的H+通过阳离子交换膜进入b室,与主要含碳粒子发生反应HCO+H+H2O +CO2,B项错误;C项:c室电极与电源负极相连,是电解池阴极,电极反应为2H2O+2e=H22OH。b室海水中阳离子通过离子交换膜进入c室,故c室排出的是NaOH、Ca(OH)2等强碱性物质,C项错误;D项:据阳极反应和

19、b室反应可知,装置中产生的 O2和提取的CO2的体积比约为14,D项正确。本题选D。12. 【答案】C【解析】A项、X是O元素,O元素没有正化合价,故A错误;B项、Z为Al元素、W为Cl元素,同周期元素从左到右,原子半径依次减小,原子半径ZW,故B错误;C项、Y、Z、W的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸,由于氢氧化铝是两性氢氧化物,则两两之间均能发生反应,故C正确;D项、X与Y两种元素可以组成氧化钠和过氧化钠,故D错误。13. 【答案】B【解析】A锂是活泼金属,易与水反应,故A错误;B铜先与氧气反应生成Cu2O,放电时Cu2O重新生成Cu,则整个反应过程中,铜相当于催化剂,

20、故B正确;C放电过程为2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li+2OH,可知通空气时,铜被腐蚀,表面产生Cu2O,正极反应为Cu2O+H2O+2e=Cu+2OH,Cu极的水溶液电解质的PH值增大,故C错误;D该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力,由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电,正极反应为Cu2O+H2O+2e=Cu+2OH,故D错误。故选B。26. 【答案】(1)CBE 冷却收集到FeCl3 (2)Fe2O3 Fe3O4 取反应后的混合物与试管中,加稀盐酸进行溶解,静置后取上层清液滴加浓溴水,如果溴水褪色说明含有Fe3O4,如果溴水不褪色,说明只含Fe2O3。 (3)1 (4)探究其他

21、条件相同时,酸度浓度对反应产物的影响 ClO+6I+6H+=Cl+312+3H2O 【解析】(1)A为O2的发生装置,制得的氧气中含有水蒸气,由于三氯化铁极易水解,因此需要对制得的氧气进行干燥,可通过盛有碱石灰的装置D;氯化亚铁与氧气反应的产物为Fe2O3、FeCl3、Cl2,通过装置F冷却可以收集到FeCl3,则氯化亚铁与氧气反应的实验装置的合理连接顺序为:ACBED;装置E的作用是冷却收集到FeCl3。答案:CBE;冷却收集到FeCl3。(2)控制在500下发生反应,一段时间后,由12FeCl2+3O22Fe2O3+8FeCl3、4 FeCl2+3O22Fe2O3+4Cl2,氯化亚铁的熔点

22、为674,沸点为1023,知B中反应剩余固体的成分,可能是Fe2O3或Fe3O4。验证方法是:取反应后的混合物与试管中,加稀盐酸进行溶解,静置后取上层清液滴加浓溴水,如果溴水褪色说明含有Fe3O4,如果溴水不褪色,说明只含Fe2O3。答案:Fe2O3或Fe3O4;取反应后的混合物与试管中,加稀盐酸进行溶解,静置后取上层清液滴加浓溴水,如果溴水褪色说明含有Fe3O4,如果溴水不褪色,说明只含Fe2O3。(3)由Fe(OH)3=Fe3+3OH且Fe(OH)3的Ksp为11039,实验室保存的FeCl3溶液中c(Fe3+)=1molL1,则c(OH)=3110-39/1-=11013,C(H+)=1

23、01,应控制溶液的pH不大于1。答案:1;(4)4组实验只有硫酸的浓度不同,因此实验的目的是探究其他条件相同时,酸度浓度对反应产物的影响。答案:探究其他条件相同时,酸度浓度对反应产物的影响。滴加淀粉溶液后显蓝色,说明有I2生成,由2II2,失2e;由CIOCl,得6e,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为:ClO+6I+6H+=Cl+312+3H2O,答案:ClO+6I+6H+=Cl+312+3H2O。27. 【答案】(1)增大 增大 副反应的活化能低于主反应的活化能 (2) 3.3103Pa (3)CrO3 C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l) H=

24、+121.5kJ/mol 碳与CO2反应生成CO,脱离催化剂表面 【解析】(1)由图可知,丙烷脱氢制丙烯为吸热反应:C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) H=+124.3 kJ/mol,恒压时若向原料气中掺入水蒸气,反应温度升高,平衡向正反应方向移动,化学平衡常数K增大,丙烷的转化率增大,故答案为:增大;增大;由图可知,副反应的活化能低于主反应的活化能,温度升高,活化能较低的副反应更容易发生,故答案为:副反应的活化能低于主反应的活化能;(2)丙烷脱氢制丙烯为气体体积增大的反应,增大压强,平衡向逆反应方向移动,丙烯的平衡体积分数减小,故曲线代表104 Pa时丙烯的平衡体积分数,故答案为:;1

25、04 Pa、500时,丙烯的平衡体积分数为33%,设起始丙烷为1mol,转化率为x,由题意建立如下三段式:C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)起(mol) 1 0 0变(mol) x x x平(mol) 1-x x x则由丙烯的平衡体积分数为33%可得,x/(1+x)=0.33,解得x0.5,丙烷、丙烯和氢气的分压均为104Pa1/3,则用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=(104Pa1/3)(104Pa1/3)/(104Pa1/3)=104Pa1/3=3.3103Pa,故答案为:3.3103Pa;(3)由图可知,反应为3C3H8+2CrO33C3H6+Cr2O3+3H2O,反应

26、为3CO2+Cr2O32CrO3+3CO,则催化剂为CrO3,故答案为:CrO3;由题意可得H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H =285.8kJ/mol;CO(g)+1/2O2(g)=CO2 (g) H=283.0kJ/mol C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) H=+124.3 kJ/mol,由盖斯定律-+得热化学方程式C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l),则H=(+124.3kJ/mol)+(285.8kJ/mol)(283.0kJ/mol)=+121.5kJ/mol,故答案为:C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l) H=

27、+121.5kJ/mol;该工艺中碳与CO2反应生成CO,可以有效消除催化剂表面的积炭,维持催化剂活性,故答案为:碳与CO2反应生成CO,脱离催化剂表面。28. 【答案】(1)6Fe2+ClO6H+=6Fe3+Cl3H2O (2)Fe(OH)3和Al(OH)3 (3)HCl氛围下蒸发浓缩 (4)NH4Cl溶于水电离出NH会抑制后期加入的NH3H2O的电离 (5)甲 防止Co(OH)3的生成 H2O22CoCl22NH4Cl10NH3H2O2Co(NH3)6Cl312H2O (6)ab 【解析】(1)加适量NaClO3的目的是将亚铁离子氧化为铁离子,发生的离子反应为6Fe2+ClO6H+=6Fe

28、3+Cl3H2O;(2)加入碳酸钠调节pH,沉淀铝离子和铁离子,转化为Fe(OH)3 和Al(OH)3;(3)为了防止产品水解,故应在HCl氛围下蒸发浓缩;(4)流程中氯化铵除作为反应物外,NH4Cl溶于水电离出NH会抑制后期加入的NH3H2O的电离,可防止加氨水时氢氧根离子浓度过大;(5)若先加入过氧化氢,将钴元素氧化到Co3+,后加入氨水,会生成氢氧化钴,不利于产品的生成,故甲同学正确,先加入氨水再加入过氧化氢,可防止Co(OH)3的生成,此时的反应为H2O22CoCl22NH4Cl10NH3H2O2Co(NH3)6Cl312H2O;(6)a用久置于空气中的 KI 固体配制溶液,碘化钾部分

29、被氧化为碘单质,滴定时消耗的硫代硫酸钠标准增多,测定结果偏高,故正确;b盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗,则标准也被稀释,滴定时消耗的硫代硫酸钠标准也体积增多,测定结果偏高,故正确;c滴定结束后,发现滴定管内有气泡,气泡占体积,则消耗的硫代硫酸钠标准液体积读数偏小,测定结果偏低,故错误;d溶液蓝色退去,立即读数,此时溶液混合不均,碘单质并未完全被标准液反应完全,导致消耗的标准液减少,测定结果偏低,故错误。故选ab。35. 【答案】(1)d区 3d5 (2)A (3)6 “头碰头” (4)MnS SO (5)MnO2 6 122a2+b2 【解析】(1)Mn是25号元素,原子核外电子排

30、布式是1s22s22p63s23p63d54s2,可知Mn在元素周期表中位于第四周期第VIIB,属于d区,MnSO4中Mn元素为+2价,则Mn2+的价电子排布式是3d5;(2)A.Mn3+在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2+,说明Mn3+不稳定,Mn3+容易变成电子半充满的稳定的价电子构型为3d5,3d4则属于不稳定的电子构型,A正确;BMn4+中价电子层不含成对电子,但是内层中含有成对电子,B错误;CMn2+产内有大量自旋方向相同的电子,这些电子自旋方向相同,能够使原子的能量最低,而Mn2+易被氧化,显然与Mn2+内含有大量自旋方向相同的电子无关,C错误;DMn2+与Fe3+具有相同的价电

31、子构型,微粒的化学性质不仅与价电子构型有关,也和微粒的电荷数、微粒半径、原子序数有关,因此它们的化学性质不相似,Mn2+具有强的还原性,而Fe3+具有强的氧化性,D错误;故合理选项是A;(3)在MnF62-的中,Mn与6个F形成6个键,因此含有6对键,含有的孤对电子对数为12(6-61)=0,所以MnF62-的中心原子Mn的价电子对数为6+0=6,在化合物化合物K2MnF6中含有的F与Mn之间的共价键都是共价单键,属于键,在形成过程中原子轨道的重叠方式为“头碰头”;(4)三种物质都是离子晶体,离子半径越小,离子键就越强,离子晶体的晶格能就越大,物质的熔点就越高,根据表格数据可知上表三种物质中晶

32、格能最大的是MnS,MnCl2、MnS的阴离子都是简单的离子,而MnSO4的阴离子是复杂离子,SO为正四面体形,因此其离子半径最大,该晶体具有的晶格能最小,熔点也就最低,即半径最大的是SO;(5)在该晶体中含有的Mn原子个数为188+1=2,含有的O原子数目为:124+2=4,MnO=24=12,所以该锰的氧化物的化学式为MnO2;根据晶胞投影图可知:在该晶体体中与Mn原子距离相等且最近的O原子由6个,所以Mn的配位数为6;由晶胞结构可知:在该晶胞中距离相等且最近的2个Mn在晶胞体对角线的一半,晶胞的体对角线为2a2+b2)pm=2a2+b2pm,所以该晶体中Mn之间的最近距离为122a2+b

33、2pm。36. 【答案】(1)CH2=CH2 羟基 (2)加成反应 NaOH溶液,加热 (3)2CH3CHOHCH3+O22CH3COCH3+2H2O (4) (5)(6)bc (7)或 (8) 【解析】由合成路线可知,A和B发生加聚反应生成EPR橡胶(),则A和B为乙烯、丙烯,由M的分子式并结合反应I可知,A、D、E、F均含有3个碳原子,故A为丙烯,则B为乙烯;A与溴化氢发生加成反应生成卤代烃D,卤代烃D发生水解生成醇E,醇E发生催化氧化生成F,由F和2分子苯酚反应生成M(C15H16O3)可推知F为丙酮,由此推出D为2-溴丙烷,E为2-丙醇;B为乙烯,乙烯发生催化氧化生成C,C和CO2反应

34、生成H(C3H4O3),H和甲醇发生已知的反应生成J和乙二醇,由反应II可推出J为,结合已知可推知H为,因此C应为环氧乙烷;苯酚与丙酮脱去1分子水生成M(),M发生信息中的取代反应得到聚碳酸酯PC。(1)B为乙烯,结构简式为:CH2=CH2,E为2-丙醇,含有的官能团名称是羟基,故答案为:CH2=CH2;羟基;(2)AD的反应为丙烯与溴化氢发生加成反应生成2-溴丙烷,反应类型为:取代反应,DE的反应为2-溴丙烷水解生成2-丙醇,故反应条件为:NaOH溶液,加热,故答案为:取代反应;NaOH溶液,加热;(3)EF的反应为2-丙醇的催化氧化反应,化学方程式为:2CH3CHOHCH3+O22CH3C

35、OCH3+2H2O,故答案为:2CH3CHOHCH3+O22CH3COCH3+2H2O;(4)H的结构简式:,故答案为:;(5)反应II的化学方程式:;(6)a、反应I为苯酚与丙酮脱去1分子水生成M(),原子利用率不是100%,故a错误;b、J为,分子中含有两个酯基,所以1mol J与足量的NaOH溶液反应,消耗2mol NaOH,故b正确;c、由合成路线可知,H和甲醇反应生成J和乙二醇,J和M发生反应II又生成甲醇,所以CH3OH在合成PC塑料过程中可以循环利用,故c正确;故答案为:bc;(7)苯酚和丙酮发生反应I生成M(),与M同类型且互为同分异构体的结构可能为:或;故答案为:或;(8)A为CH2=CHCH3,苯和丙烯在催化剂存在条件下反应生成N,N先氧化后酸化生成苯酚和丙酮,由此可推断N的结构为:,故答案为:。