1、2018201820192019 学年度下期高三理科综合试题化学学年度下期高三理科综合试题化学 相对原子质量相对原子质量:C 12 N 14 O16 Mg 24 Al 27 Pb 207:C 12 N 14 O16 Mg 24 Al 27 Pb 207 1.港珠澳大桥于 2018 年 10 月 23 日正式开通，这座当今世界里程最长、施工难度最大的跨海大桥使用了大 量的各类材料:路面使用了进口的湖底天然沥青和混凝土、承台和塔座等部位使用了双相不锈钢钢筋、抗震 方面使用了新型高阻尼橡胶和钢板。关于这些材料的说法错误的是 A. 沥青主要成分是有机物，也可以通过石油分馏得到 B. 混凝土中含有的水泥
2、、沙子都属于无机非金属材料 C. 不锈钢是通过改变材料的结构的途径防锈蚀 D. 橡胶一定属于合成高分子材料 【答案】D 【解析】 【详解】A沥青是石油分馏后剩余的固态烃，所以沥青可以通过石油分馏得到，故 A正确； B混凝土中含有的水泥、沙子的主要成分都是二氧化硅及其硅酸盐，是传统无机非金属材料，故 B正确； C金属防腐蚀的方法有：改变内部结构制成合金不锈钢，覆盖保护层，牺牲阳极的阴极保护法，外加电流 的阴极保护法等，所以不锈钢是通过改变材料的内部结构达到防锈蚀的目的，故 C正确； D橡胶有天热橡胶、合成橡胶之分，则橡胶不一定属于合成高分子材料，故 D 错误； 答案选 D。 2.NA为阿伏伽德罗
3、常数的值，下列说法错误的是 A. 等物质的量的 Na2O和 Na2O2中含有的阴离子数均为 NA B. 常温常压下 14gCO和 N2的混合气体中含有的原子数为 NA C. 1L1mol/L的亚硫酸溶液中氢离子数小于 2NA D. 18g 铝溶于 NaOH溶液或盐酸转移电子数均为 2NA 【答案】A 【解析】 【详解】A、Na2O 是钠离子和 O2-构成的离子化合物，Na2O2是钠离子和 O22-构成的离子化合物，等物质的 量的 Na2O和 Na2O2中含有的阴离子数相等，但物质的量不一定是 1mol，故其含有的阴离子个数相等，但阴 离子不一定是 NA个，故 A错误； B、CO和氮气的摩尔质量
4、均为 28g/mol，故 14gCO和 N2的混合气体的物质的量为 0.5mol，而氮气和 CO中 均含 2 个原子，故 0.5mol混合气体中含 NA个原子，故 B 正确； C1L1mol/L的亚硫酸中含有亚硫酸的物质的量为 1mol，亚硫酸是弱酸，在溶液中不能完全电离，故溶液 中的氢离子的个数小于 2NA个，故 C 正确； D、18g铝的物质的量为= mol，2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2，2Al+ 6HCl=2AlCl3+ 3H2， 反应后铝均变为+3 价，故 mol 铝转移 mol 3=2mol，为 2NA个，故 D正确； 答案选 A。 【点睛】本题的易
5、错点为 D，要注意根据铝与盐酸和氢氧化钠反应的方程式分析判断。另一个易错点为 A， 要注意过氧化钠中的阴离子为过氧根离子。 3.下列关于有机物的说法正确的是 A. 分子组成均符合 CnH2n +2的两种物质一定互为同系物 B. 丙酸甲酯的同分异构体中属于羧酸的有 4种 C. 苯和甲苯都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 实验室制备乙酸乙酯时若将浓硫酸换成稀硫酸产率会降低 【答案】D 【解析】 【详解】A、符合通式 CnH2n+2的烃为烷烃，当 n 不同时，互为同系物，当 n 相同时，不同烃互为同分异构 体，故 A 错误； B. 丙酸甲酯的同分异构体中属于羧酸的是 C3H7COOH， 由于丙基只有
6、 2种， 因此 C3H7COOH只有 2种结构， 故 B 错误； C甲苯能被高锰酸钾氧化使高锰酸钾溶液褪色，而苯不能，故 C 错误； D. 实验室制备乙酸乙酯时，浓硫酸的作用之一是吸水，使平衡正向移动以提高乙酸乙酯的产率，若将浓硫 酸换成稀硫酸，稀硫酸不具有吸水性，产率降低，故 D 正确； 答案选 D。 4.W、X、Y、Z是族序数依次增大的短周期元素，W 的族序数与周期数相同，工业冶炼金属 X 的方法是电 解其熔融氯化物，Y、Z的最高价氧化物的水化物分别是一元强酸和二元强酸，下列说法正确的是 A. 原子半径：X YZW B. W 分别与 Y、Z形成的化合物水溶液均显酸性 C. Z的最高价氧化物
7、的水化物溶液常温下一定能和铁反应 D. X 单质常温下可与水剧烈反应 【答案】C 【解析】 【分析】 W、X、Y、Z是族序数依次增大的短周期元素，工业冶炼金属 X 的方法是电解其熔融氯化物，说明 X是活 泼的金属元素，如钠、镁，则 X为镁元素；W 的族序数与周期数相同，则 W为 H元素；Y、Z的最高价氧 化物的水化物分别是一元强酸和二元强酸，则 Y 为 N元素，Z为 S元素，据此分析解答。 【详解】根据上述分析，W 为 H元素，X为镁元素，Y 为 N元素，Z为 S 元素。 A. 一般而言，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，原子半径： X Z Y W，故 A错误；
8、 B. W分别与 Y、Z形成的化合物为氨气或肼、硫化氢，其中氨气或肼的水溶液均显碱性，故 B 错误； C. Z的最高价氧化物的水化物为硫酸，常温下，稀硫酸能够与铁反应放出氢气，浓硫酸与铁发生钝化，都 能和铁反应，故 C 正确； D. 镁常温下可与水反应缓慢，与热水反应迅速，故 D错误； 答案选 C。 5.下列实验操作能达到预期实验目的的是 选项 目的 操作 A 比较 S 与 Cl 元素非金属性强弱 测定等浓度 Na2S、NaCl 溶液的 pH B 制取硅酸胶体 向饱和硅酸钠溶液中加入浓盐酸 C 检验 FeCl3溶液中是否含有 FeCl2 取少量溶液于试管中，滴加 K3Fe(CN)6溶液 D 除
9、去 Na2CO3溶液中的 NaHCO3 向溶液中通入足量 CO2 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A测定相同浓度的 NaCl 溶液和 Na2S溶液的 pH，可比较盐酸、氢硫酸的酸性，但不能利用氢化 物的酸性比较非金属性，比较非金属性的强弱，需要比较硫酸和高氯酸的酸性强弱，故 A 错误； B.制备硅酸胶体，需要稀盐酸，浓溶液会反应生成硅酸沉淀，故 B错误； C取少量该溶液滴加 K3Fe(CN)6(铁氰化钾)溶液，如果产生特征蓝色沉淀，说明含有二价铁离子，反应的 离子方程式 3Fe2+2Fe(CN)63-Fe3Fe(CN)62，故 C正确； D除去 Na2CO
10、3溶液中的 NaHCO3应该加入适量 NaOH溶液，故 D错误； 答案选 C。 6.传统的酸性锌锰电池以 NH4Cl溶液为电解质，其电池反应为 2MnO2 +Zn +2NH4Cl = 2MnOOH + Zn(NH3)2Cl2，一种改进型防泄漏锌锰电池以 ZnCl2溶液作为电解质，其电池反应为 8MnO2+ 4Zn+ZnCl2+8H2O=8 MnOOH +ZnCl2 4ZnO 4H2O。关于两种锌锰电池的说法错误的是 A. 两种电池的两极活性材料相同 B. 改进型锌锰电池属于碱性锌锰电池 C. 两种电池的正极反应均为：MnO2+e+H+=MnOOH D. 改进型电池防泄漏的主要原因是电池工作时消
11、耗大量的水 【答案】B 【解析】 【详解】A. 根据两个电池的反应方程式可知，两种电池的负极都是锌，正极都是碳棒(二氧化锰)，两极活 性材料相同，故 A 正确； B. 改进型锌锰电池以 ZnCl2溶液作为电解质，锌离子水解，溶液仍显酸性，属于酸性锌锰电池，故 B错误； C. 根据两个电池的反应方程式可知，两种电池的正极上都是二氧化锰被还原生成 MnOOH，反应式均为： MnO2+e+H+=MnOOH，故 C 正确； D. 改进型电池中生成了 ZnCl2 4ZnO 4H2O，工作时消耗了大量的水，起到防泄漏的作用，故 D 正确； 答案选 B。 【点睛】本题的易错点为 C，书写正极反应式时要注意电
12、解质溶液的酸碱性，本题中无论是氯化铵溶液还是 氯化锌溶液，均水解显酸性。 7.常温下，向 10 mL 0.1 mol/L的 CuCl2溶液中滴加 0.1 mol/L的 Na2S 溶液，滴加过程中溶液中一 lgc(Cu2+) 随滴入的 Na2S 溶液体积的变化如图所示(忽略滴加过程中的温度变化和溶液体积变化)。下列叙述正确的是 A. 常温下 Ksp (CuS)的数量级为 10-35 B. c点溶液中水的电离程度大于 a点和 d点溶液 C. b点溶液中 c(Na+)=2c(Cl-) D. d点溶液中 c (Na+) c (Cl-) c (S2-) c (OH-) c (H+) 【答案】D 【解析】
13、 【分析】 向 10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加 0.1mol/L的 Na2S 溶液，发生反应：Cu2+S2-CuS，Cu2+单独存在或 S2- 单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图中浓度和盐类的水解规律分析解答。 【详解】A根据图像，V=10mL 时，二者恰好完全反应生成 CuS 沉淀，CuSCu2+S2-，平衡时 c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.6mol/L，则 Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=10-17.6mol/L 10-17.6mol/L=10-35.2mol2/L2，Ksp(CuS)的数 量级为 10-36，故 A错误； BCu2+单独存在
14、或 S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，c 点时恰好形成 CuS沉淀，溶液中含有氯化 钠，此时水的电离程度最小，c 点溶液中水的电离程度小于 a点和 d点溶液，故 B 错误； C根据图像，b点时钠离子的物质的量为 0.1mol/L 0.005L 2=0.001mol，氯离子的物质的量为 0.1mol/L 0.01L 2=0.002mol，则 c(Cl-)=2c(Na+)，故 C错误； D. d 点溶液中 NaCl 和 Na2S 的浓度之比为 2:1，且溶液显碱性，因此 c (Na+) c (Cl-) c (S2-) c (OH-) c (H+)， 故 D 正确； 答案选 D。 【点睛】解
15、答本题的关键是看懂图像，能够灵活运用电解质溶液中的溶质对水的电离的影响。本题的易错 点为 B，需要正确判断 c点溶液中的反应情况。 8.溴化亚铁是聚合反应中常用的一种催化剂，易潮解变质，800以上可升华，高温时 FeBr3会快速分解为 FeBr2。某化学小组同学用下图所示装置制备溴化亚铁，请回答相关问题： (1)仪器 M、N的名称依次是_、_。 (2)装置的作用是_，从装置末端排出的气体是否需要处理_(填“是”或“否”) (3)实验结束时要关闭热源并继续通入 N2一段时间，此时通 N2的目的是_。 (4)将浓磷酸换成浓硫酸同样能制得 HBr，但反应过程中圆底烧瓶内的溶液变为橙黄色。 浓磷酸和浓
16、硫酸均能用于制 HBr 的原因是硫酸和磷酸都具备某种性质，该性质是_。 溶液变橙黄色是因为发生了副反应_(写化学方程式)。 浓磷酸换成浓硫酸对产品纯度_ (填“有”或“没有”)影响，理由是_。 【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 干燥管 (3). 吸收未反应的 HBr，并防止空气中的水蒸气进入装置 (4). 是 (5). 使装置中残留的 HBr 被充分吸收，避免造成污染 (6). 难挥发性（或高沸点） (7). 2NaBr+2H2SO4(浓) SO2+Br2+2H2O+Na2SO4 (8). 没有 (9). SO2与铁不反应，溴与铁生成的 FeBr3在高温下迅速分解为 FeBr2 【解析】
17、 【分析】 根据装置图可知，装置用来制备溴化氢，由于溴化亚铁易潮解变质，实验前需要通入氮气排除装置内的 空气，装置可以起到安全瓶的作用，防止装置中导管出现堵塞，装置为干燥生成的溴化氢，溴化氢 与铁在装置中反应生成 FeBr2，800以上溴化亚铁可升华，装置为收集生成的溴化亚铁，装置可以 吸收未反应的 HBr，并防止空气中的水蒸气进入装置。据此分析解答。 【详解】(1)根据常见仪器的结构，仪器 M 为分液漏斗、N 为球形干燥管，故答案为：分液漏斗；球形干燥 管； (2)根据上述分析，装置可以吸收未反应的 HBr，并防止空气中的水蒸气进入装置使溴化亚铁潮解变质； 铁与溴化氢反应生成溴化亚铁，同时生
18、成了氢气，从装置末端排出的气体中含有氢气，需要处理，否则可 能发生爆炸危险，故答案为：吸收未反应的 HBr，并防止空气中的水蒸气进入装置；是； (3)实验结束时要关闭热源并继续通入 N2一段时间，此时通入 N2可以使装置中残留的 HBr被充分吸收，避 免造成污染，故答案为：使装置中残留的 HBr被充分吸收，避免造成污染； (4)将浓磷酸换成浓硫酸同样能制得 HBr，但反应过程中圆底烧瓶内的溶液变为橙黄色。 浓磷酸和浓硫酸均能用于制 HBr 的原因是硫酸和磷酸都是难挥发性酸，故答案为：难挥发性(或高沸点)； 浓硫酸具有强氧化性，能够氧化溴离子生成溴单质，因此溶液变橙黄色是因为发生了副反应 2Na
19、Br+2H2SO4(浓) SO2+Br2+2H2O+Na2SO4，故答案为：2NaBr+2H2SO4(浓) SO2+Br2+2H2O+Na2SO4； 用浓硫酸作反应物时，进入素瓷烧反应管的 HBr中含有溴蒸气和二氧化硫，二氧化硫与铁不反应，溴与 铁生成的 FeBr3在高温下迅速分解为 FeBr2，不会影响产品纯度，故答案为：没有；SO2与铁不反应，溴与 铁生成的 FeBr3在高温下迅速分解为 FeBr2。 【点睛】充分利用题干信息理解制备 FeBr2的原理是解题的关键。本题的易错点和难点为(4)，要注意浓硫 酸与浓磷酸性质的区别，并且结合生成物的性质分析。 9.丙烷脱氢是工业生产丙烯的重要途径
20、，其热化学方程式为：C3H8(g) C3H6(g)+H2(g) H。请回答下列相 关问题。 (1)下表为部分键能数据，据此可算出H=_kJ/mol。 化学键 CC C=C CH HH 键能（kJ/mol） 332 611 414 436 (2)一定温度下，向 2L的密闭容器中充入 2molC3H8发生脱氢反应，经过 10min 达到平衡状态，测得平衡时 气体压强是开始的 1.4倍。 010 min 内氢气的生成速率 v(H2)=_，C3H8的平衡转化率为_。 下列情况能说明该反应达到平衡状态的是_。 A.混合气体的平均分子量保持不变 B. C3H6与 H2的物质的量之比保持不变 C.混合气体的
21、密度保持不变 D. C3H8的分解速率与 C3H6的消耗速率相等 （3）脱氢反应分别在压强为 p1和 p2时发生，丙烷及丙烯的平衡物质的量分数随温度变化如图所示。 压强：p1_p2(填“”或“”)。 为了同时提高反应速率和反应物的平衡转化率，可采取的措施是_。 若 p1=0.1 MPa，起始时充入丙烷发生反应，则 Q点对应温度下，反应的平衡常数 Kp_(用平衡分压代 替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。 在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始 n(氩气)/n(丙烷)越大，丙烷的平衡转化率 越大，其原因是_。 【答案】 (1). +113 (2). 0.04 mol(L
22、min) (3). 40% (4). AD (5). (6). 升高温度 (7). 0.0125MPa（单位可不带） (8). 恒压条件下，增大氩气的比例，相当于减压，从而使平衡正向移动， 提高了丙烷的平衡转化率 【解析】 【分析】 (1)根据反应热H=反应物总键能-生成物总键能列式计算； (2)一定温度下，向 2L的密闭容器中充入 2molC3H8发生脱氧反应，经过 10min 达到平衡状态，测得平衡时 气体压强是开始的 1.4倍，则反应后气体总物质的量= 2mol =2.8mol。然后根据三段式列式计算出反应过 程中各物质的转化量和平衡量，再分析解答； (3)根据图像和反应的方程式可知，随
23、温度升高，丙烯的物质的量分数增加，丙烷的物质的量分数减少， 说明升温平衡正向进行；温度一定时，p2压强下丙烯物质的量分数大于 p1状态，据此分析解答； 根据影响化学反应速率和平衡转化率的方法分析判断； 根据图像可知，丙烷在 Q点物质的量分数为 50%，根据三段式列式计算出反应过程中各物质的转化量和 平衡量，平衡常数 Kp计算； 该反应为气体分子数增加的反应，随着氩气比例的增加，降低了反应体系各气体的分压，相当于减压， 结合平衡移动的方向分析解答。 【详解】(1)反应热H=反应物总键能-生成物总键能=(2 332+8 414)-(6 414+332+611+436) kJ/mol =+113 k
24、J/mol，故答案为：+113； (2)一定温度下，向 2L的密闭容器中充入 2molC3H8发生脱氧反应，经过 10min 达到平衡状态，测得平衡时 气体压强是开始的 1.4倍，则反应后气体总物质的量= 2mol =2.8mol。 设生成的丙烯物质的量为 xmol， 可逆反应 C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) 开始(mol) 2 0 0 反应(mol) x x x 平衡(mol) 2-x x x 反应后气体总物质的量=(2-x+x+x)mol=2.8mol，x=0.8，010min 内氢气的生成速率 v(H2)=0.04mol/(L min)；C3H8的平衡转化率= 100%= 10
25、0%=40%，故答案为： 0.04mol/(L min)；40%； A. 反应前后气体总质量不变，气体的物质的量逐渐增大，因此混合气体的平均分子量是一个变量，当混 合气体的平均分子量保持不变，说明反应达到平衡状态，故 A正确； B. 根据方程式 C3H6与 H2的物质的量之比始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故 B错误； C反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则气体密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故 C错 误； DC3H8分解速率与 C3H6消耗速率相等，C3H6也等于的生成速率，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态， 故 D 正确； 答案选 AD； (3)根据图像，随温度升高，
26、丙烯的物质的量分数增加，丙烷的物质的量分数减少，说明升温平衡正向进 行，正反应为吸热反应，反应的H0；C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)，温度一定时，压强越大，平衡逆向进行， p2压强下丙烯物质的量分数大于 p1状态，说明 p1p2，平衡正向进行，故答案为：； 增大化学反应速率的方法有：增大浓度、升高温度、加入催化剂、增大压强等，增大转化率的方法有： 减小压强、升高温度、减小生成物浓度等，所以要增大反应速率和增大转化率需要改变的条件是升高温度， 故答案为：升高温度； 设丙烷物质的量为 1mol，消耗物质的量为 ymol，根据图像可知，丙烷在 Q点物质的量分数为 50%， C3H8(g)C
27、3H6(g)+H2(g) 起始量(mol) 1 0 0 变化量(mol) y y y 平衡量(mol) 1-y y y =50%，y= ，总物质的量=1+y= mol，平衡常数 Kp=0.0125MPa，故答案为： 0.0125MPa； 该反应为气体分子数增加的反应，随着氩气比例的增加，降低了反应体系各气体的分压，相当于减压， 减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，从而提高丙烷脱氢转化率，故答案为：恒压条件下，增大氩 气的比例，相当于减压，从而使平衡正向移动，提高了丙烷的平衡转化率。 【点睛】明确化学平衡常数计算方法、化学平衡状态判断方法是解本题关键。本题的易错点为(2)，注意： 只有反应前
28、后改变的物理量才能作为平衡状态判断标准。本题的(3)也可以不通过三段式计算：丙烷在 Q 点物质的量分数为 50%，C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)说明丙烯和氢气的物质的量分数均为 25%，丙烷、丙烯、 氢气的平衡分压依次为 0.05 MPa、 0.025 MPa、 0.025 MPa， 平衡常数 Kp=0.0125MPa。 10.我国是世界铅生产和铅消费的最大国，而铅的冶炼方法具有成本高、污染严重等缺点。 I.铅的冶炼 一种用铅矿石(主要成分为 PbS)冶炼铅的改进工艺流程如下图所示。 (1)浮选前将铅矿石破碎的目的是_ (2)反应器氧化段的主要反应有 2PbS+3O22PbO+2SO
29、2(反应 a)和 PbS+2PbO3Pb+SO2(反应 b)， 反应 a 中的氧化剂是_(填化学式)；反应 b 中氧化产物和还原产物的物质的量之比为_。 (3)该工艺流程与传统方法相比优点之一就是可得到富 SO2烟气，富 SO2烟气可直接用于某种工业生产，请 写出表示该工业生产的原理的化学方程式_、_。 .含铅废水处理 化学沉淀法是除去酸性废水中 Pb2+的主要方法，根据其原理不同可以分为：氢氧化物沉淀法、硫化物沉淀 法、磷酸盐沉淀法、铁氧体沉淀法等。水溶液中各形态铅的百分含量 x 与溶液 pH变化的关系如图所示。向 含 Pb2+的溶液中逐滴滴加 NaOH，溶液变浑浊，继续滴加 NaOH溶液又
30、变澄清。 (4)若采用氢氧化物沉淀法除溶液中的 Pb2+，应将溶液的 pH 调至约为_。pH13 时，溶液中发生的主 要反应的离子方程式为_。 (5)向酸性含铅废水中加 Na2S 可将 Pb2+转化为 PbS除去，使用该方法通常先将溶液 pH 调至 6左右，若溶液 pH 过低会导致_。已知 Ksp (PbS) =8.010-28，国家规定的废水排放标准中铅含量不高于 0.5mg/L，若某 工厂处理过的废水中 S2-浓度为 2.010-20mol/L，该废水中铅含量_ (填“已经”或“尚未”)达到国家规 定的排放标准。 【答案】 (1). 增大铅矿石和浮选剂的接触面积， 提高浮选效率 (2).
31、O2 (3). 13 (4). 2SO2 + O2 2SO3 (5). SO3+ H2O =H2SO4 (6). 10(9.5-10 均可) (7). Pb(OH)3-+ OH-= Pb(OH)42- (8). 产生大量 H2S，造成污染 (9). 已经 【解析】 【分析】 (1)根据浮选主要是利用物理性质对矿石进行富集分析解答； (2)反应 a：2PbS+3O22PbO+2SO2中氧气中的 O元素化合价降低；反应 b：PbS+2PbO3Pb+SO2中 S 元素化合价升高，Pb 元素化合价降低，据此分析解答； (3)富 SO2烟气可直接用于工业生产硫酸，据此书写工业生产硫酸的原理； (4)根据
32、水溶液中各形态铅的百分含量 x与溶液 pH变化的关系图，在 pH=10左右时，主要形成氢氧化铅沉 淀；pH13 时，Pb(OH)3-浓度减小，Pb(OH)42-浓度增大，据此书写反应的方程式； (5)若溶液 pH过低，表示溶液的酸性太强，Na2S会与酸反应放出 H2S；根据 Ksp (PbS) 计算 c(Pb2+)，再计算 该废水中铅含量，与国家规定的排放标准相比较。 【详解】I. (1)浮选主要是利用物理性质对矿石进行富集，因此破碎的目的是为了增大铅矿石和浮选剂的接 触面积，提高浮选效率，故答案为：增大铅矿石和浮选剂的接触面积，提高浮选效率； (2)反应 a：2PbS+3O22PbO+2SO
33、2中氧气中的 O元素化合价降低，为氧化剂；反应 b： PbS+2PbO3Pb+SO2中 S元素化合价升高，Pb 元素化合价降低，氧化产物为 SO2，还原产物为 Pb，氧化 产物和还原产物的物质的量之比为 13，故答案为：O2；13； (3)富 SO2烟气可直接用于工业生产硫酸，工业生产硫酸的原理为 2SO2 + O2 2SO3；SO3+ H2O =H2SO4，故答案为：2SO2 + O2 2SO3；SO3+ H2O =H2SO4； . (4)若采用氢氧化物沉淀法除溶液中的 Pb2+，根据水溶液中各形态铅的百分含量 x 与溶液 pH 变化的关系 图，在 pH=10左右时，主要形成氢氧化铅沉淀，应
34、将溶液的 pH调至约为 10；pH13 时，Pb(OH)3-浓度减 小， Pb(OH)42-浓度增大， Pb(OH)3-与氢氧根离子反应结合生成Pb(OH)42-， 反应的离子方程式为Pb(OH)3-+ OH-= Pb(OH)42-，故答案为：10；Pb(OH)3-+ OH-= Pb(OH)42-； (5)向酸性含铅废水中加 Na2S 可将 Pb2+转化为 PbS除去，使用该方法通常先将溶液 pH 调至 6左右，若溶液 pH 过低，溶液的酸性太强，Na2S会与酸反应放出 H2S，造成污染；废水中 S2-浓度为 2.010-20mol/L，根据 Ksp (PbS) =8.010-28，c(Pb2
35、+)=4.010-8 mol/L，1L该废水中铅含量 =(4.0 10-8 207 1000)mg=8.28 10-3 mg，即该废水中铅含量为 8.28 10-3 mg/L0.5mg/L，已经达到国家规定 的排放标准，故答案为：产生大量 H2S，造成污染；已经。 11.三乙酸锰可作单电子氧化剂，用如下反应可以制取三乙酸锰： 4Mn(NO3)26H2O+26(CH3CO)2O=4(CH3COO)3Mn +8HNO2+ 3O2+40CH3COOH。 (1)基态锰原子的价层电子排布式为_，基态 Mn3+含有的未成对电子数是_。 (2) CH3COOH 中碳原子的杂化形式为_。 (3) NO3-的空
36、间构型是_，与 NO3-互为等电子体的分子的化学式为_(任写一种)。 (4) CH3COOH 能与 H2O 以任意比互溶的原因是_。 (5)某种镁铝合金可作为储钠材料， 该合金晶胞结构如图所示， 晶胞棱长为 anm， 该合金的化学式为_， 晶体中每个镁原子周围距离最近的铝原子数目为_，该晶体的密度为_g/cm3(阿伏伽德罗常数的 数值用 NA表示)。 【答案】 (1). 3d54s2 (2). 4 (3). sp3和 sp2 (4). 平面三角形 (5). BF3或 BCl3 (6). CH3COOH 与 H2O均为极性分子，且分子间可以形成氢键 (7). Mg2Al (8). 4 (9).
37、【解析】 【分析】 (1)锰为 25 号元素，结合核外电子排布的规律书写基态锰原子的价层电子排布式；根据基态 Mn3+的价层电 子排布式，结合洪特规则判断； (2) 根据价层电子对个数=键个数+孤电子对个数依次分析 CH3COOH 中甲基上的碳原子和羧基上的碳原子 的杂化方式； (3) 根据价层电子对个数=键个数+孤电子对个数分析 NO3 一中氮原子的杂化类型，再判断空间构型；根据 等电子原理分析书写 NO3-的等电子体； (4) CH3COOH 与 H2O均为极性分子，结合氢键分析解答； (5) 根据晶胞结构计算晶胞中含有的镁原子和铝原子数目书写合金的化学式；该晶胞中，镁原子位于顶点和 2
38、个面的面心，铝原子位于 2个面的面心，分析判断每个镁原子周围距离最近的铝原子数目；根据晶胞棱长 计算晶胞的体积，根据晶胞的化学式计算晶胞的质量，再根据密度的计算公式计算。 【详解】(1)锰为 25 号元素，基态锰原子的价层电子排布式为 3d54s2，基态 Mn3+的价层电子排布式为 3d4， 含有 4 个未成对电子，故答案为：3d54s2；4； (2) CH3COOH中甲基上的碳原子含有 4个 键，没有孤电子对，采用 sp3杂化，羧基上的碳原子含有 3个 键，没有孤电子对，采用 sp2杂化，故答案为：sp3和 sp2； (3) NO3 一中氮原子价层电子对数为 3+ =3， N 原子轨道的杂化
39、类型为 sp2， 空间构型为平面三角形； NO3-中有 4 个原子，5+6 3+1=24个价电子，SO3中有 4个原子，6+6 3=24 个价电子，与 NO3-是等电子体， BF3、COF2等也与硝酸根离子为等电子体，故答案为：平面三角形；SO3或 BF3、COF2等； (4) CH3COOH与 H2O 均为极性分子，且分子间可以形成氢键，使得 CH3COOH能与 H2O以任意比互溶，故 答案为：CH3COOH与 H2O均为极性分子，且分子间可以形成氢键； (5) 根据晶胞结构可知，晶胞中含有的镁原子数目=8 +2 =2，铝原子数目=2 =1，该合金的化学式为 Mg2Al；在晶胞中，镁原子位于
40、顶点和 2个面的面心，铝原子位于 2 个面的面心，每个镁原子周围距离最近 的铝原子数目为 4个，距离均为面对角线长度的一半；晶胞棱长为 anm，晶胞的体积为(a 10-7)3cm3，晶胞 的质量=g=g，则晶胞的密度= = g/cm3，故答案为：Mg2Al；4； 。 12.龙葵醛是一种珍贵香料，广泛应用于香料、医药、染料及农药等行业。其合成路线如图所示(部分反应产 物和反应条件己略去)。 回答下列问题： (1)龙葵醛的分子式是_，C的结构简式是_。 (2)芳香烃 F是 A的同分异构体且核磁共振氢谱只有两组峰，F的名称是_。 (3)反应的反应类型是_；反应到中属于取代反应的有_个。 (4)反应和
41、反应的化学方程式依次是_、_(均注明条件)。 (5)符合下列要求的 E 的同分异构体有_种。 .含有苯环和羟基；.苯环上有两个取代基；.遇到 FeC13溶液不显紫色。 【答案】 (1). C9H10O (2). (3). 1,3,5-三甲基苯或均三甲苯 (4). 消去反应 (5). 2 (6). +NaOH+NaBr (7). 2+O22+2H2O (8). 9 【解析】 【分析】 根据题中各物质转化关系，比较苯和 A 的分子式以及其它各物质的分子式可知，反应为加成反应，A 在 光照条件下发生侧链上取代生成 B，B 发生消去反应生成 C，C 与溴化氢发生加成反应生成 D，结合 E的分 子式，卤
42、代烃 D在碱性条件下加热，发生水解反应生成 E，E发生氧化反应生成龙葵醛。根据龙葵醛的结构 可反推得 E 为，D 为，C 为，B 为或 ，A 为，符合各物质转化关系，据此分析解答。 【详解】(1)根据龙葵醛()的结构简式可知，分子式为 C9H10O；根据上述分析可知，C 为 ，故答案为：C9H10O； (2)芳香烃 F是 A()的同分异构体且核磁共振氢谱只有两组峰，说明 F具有高度的对称结构， F为 ，名称为 1,3,5-三甲基苯或均三甲苯，故答案为：1,3,5-三甲基苯或均三甲苯； (3)根据上面的分析可知，反应为消去反应，反应到中属于取代反应的有反应A在光照条件下发生 侧链上取代生成 B，
43、 反应卤代烃 D 在碱性条件下加热发生水解反应生成 E， 共 2个， 故答案为： 消去反应； 2； (4)反应为卤代烃 D在碱性条件下加热发生水解反应生成 E，反应的化学方程式为 +NaOH+NaBr；反应为 E发生氧化反应生成龙葵醛，反 应的化学方程式为 2+O22+2H2O，故答案为： +NaOH+NaBr； 2+O22+2H2O； (5) E为。.含有苯环和羟基，.苯环上有两个取代基，.遇到 FeC13溶液不显紫色，说 明羟基不连接在苯环上， 符合要求的E的同分异构体有： 苯环上的2个取代基可以分别为甲基和-CH2CH2OH、 甲基和-CHOHCH3、乙基和-CH2OH三组，每种组合均存在邻位、间位和对位 3 种，共 9 种结构，故答案为： 9。