【校级联考】闽粤赣三省十校2019届高三下学期联考理科综合化学试题（解析版）

1、 闽粤赣三省十校闽粤赣三省十校 2019 届高三下学期联考理科综合届高三下学期联考理科综合 化学试题化学试题 1.化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列有关说法正确的是 A. 我国发射的“嫦娥三号”卫星中使用的碳纤维，是一种有机高分子材料 B. 石油裂化和裂解制取乙烯、丙烯等化工原料不涉及化学变化 C. 电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法 D. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶没有丁达尔效应 【答案】C 【解析】 【详解】A. 碳纤维是含碳量高于 90%的无机高分子纤维，属于无机非金属材料，A项错误。 B. 石油裂化和裂解都属于化学变化，在反应过程中

2、生成了新物质，B项错误。 C.金属内胆一般来说是不锈钢材质的，镁棒的金属活动性强于金属内胆的，所以镁棒相当于原电池的负极， 从而保护了金属内胆不被腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，C项正确。 D.胶体具有丁达尔效应，气溶胶也属于胶体的一种，D 项错误。 【点睛】易错点：石油裂化和裂解，煤的汽化、液化、干馏均是化学变化，石油的分馏是物理变化，需要 牢记。 2.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 足量 MnO2与 40 mL 10 mol L1的浓盐酸充分反应，生成的氯气分子数为 0.1NA B. 标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为 2NA C. 0.1mo

3、l FeCl3水解形成的 Fe(OH)3胶体粒子数为 0.1 NA D. 常温下，1 L pH11的 Na2CO3溶液中由水电离出的 H+数目为 10-11NA 【答案】B 【解析】 【分析】 A. MnO2与浓盐酸反应一段时间后，浓盐酸变化稀盐酸； B. 甲烷和乙烯都含有 4个氢原子，11.2L甲烷和乙烯混合物的物质的量为 0.5mol，则含氢原子数目为 2NA； C. 每个Fe(OH)3胶体粒子中含有多个 Fe(OH)3分子； D. 水电离出的 H+数目等于水电离出的 OH-数目， Na2CO3溶液中的 OH-数目全部是由水电离出来的， 计算出 水电离出的 OH-数目即可得出答案； 【详解

4、】A. MnO2与浓盐酸反应一段时间后，浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸不与二氧化锰发生反应，故生成的 氯气分子数小于 0.1NA； B. 甲烷和乙烯都含有 4个氢原子，所以混合物中氢原子数目平均下来也是 4个，标准状况下，11.2L甲烷和 乙烯混合物的物质的量为 0.5mol，则含氢原子数目为 N=4n NA=2NA； C. Fe(OH)3胶体粒子是许多微粒的集合体，0.1mol FeCl3水解形成的 Fe(OH)3胶体粒子的数目小于 0.1NA； D. 水电离出的 H+数目等于水电离出的 OH-数目，水电离出的 OH-的物质的量为 n=c V=mol， 水电离出的 OH-数目 N=n NA=，则水

5、电离出的 H+数目为 。 故本题选 B。 【点睛】A项需要注意浓盐酸反应变稀之后就不再和 MnO2，所以浓盐酸不会完全反应。 D 项中水电离出的 H+有部分被 CO32-结合生成 HCO3-，剩余在溶液中的 H+数目为 10-11NA。 3.有机物 a 和苯通过反应合成 b的过程可表示为下图（无机小分子产物略去） 。下列说法正确的是 A. 该反应是加成反应 B. 若 R为 CH3时，b中所有原子可能共面 C. 若 R为 C4H9时，取代 b 苯环上的氢的一氯代物的可能的结构共有 12种 D. 若 R为 C2H5时，1mol b 最多可以与 4molH2加成 【答案】C 【解析】 【分析】 该反

6、应过程为取代反应，R基团取代了苯环上的氢原子，结合所学知识分析选项。 【详解】A. R基团取代了苯环上的氢原子，属于取代反应的类型； B.苯环是共面结构，CH3是所有原子是不共面的，所以 b 中所有原子不可能共面。 C. 若 R为 C4H9时，其共有 4 种结构，故 b 的结构共有 4 种，每种 b 的苯环上有三种不同类型的氢，故取代 b 苯环上的氢的一氯代物的可能的结构共有 34=12种； D. 若 R为 C2H5时，1mol b 最多可以与 3molH2加成； 故本题选 C。 【点睛】常见有机分子构型、原子共面、共线情况需要熟练掌握，例如甲烷、乙烯、乙炔、苯等等；书写 同分异构要按照先写碳

7、链异构，再写位置异构，再写官能团异构的顺序书写，就不会有遗漏。 4.短周期元素 A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A和 B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，A和 D 同主族，B和 C相邻，F的最高价氧化物对应的水化物为无机含氧酸中的最强酸。E与 B可组成化合物 E3B2。下列说法正确的是 A. E 与 B的简单离子的电子层结构相同，且简单离子半径 BD，则金属性：ED D. 由 A、B、C 三种元素组成的化合物只能为共价化合物 【答案】B 【解析】 【分析】 A 和 B 形成的气态化合物的水溶液呈碱性，A和 B形成的气态化合物为 NH3，短周期元素 A、B、C、D、E、 F 的原子序数依

8、次增大，故 A 为 H 元素，B 为 N 元素，A 和 D 同主族，B 和 C 相邻，则 D 为 Na 元素，C 为 O元素，F的最高价氧化物对应的水化物为无机含氧酸中的最强酸，可知 F为 Cl元素，无机含氧酸中的 最强酸为 HClO4，E与 B可组成化合物 E3B2，则 E为 Mg 元素。 【详解】A. E与 B 的简单离子的电子层结构相同，简单离子的电子层结构相同，原子序数越大，半径越小， 简单离子半径 BE，A项错误； B. E3B2与足量盐酸反应为 Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，B项正确； C. D 与 E 的氧化物对应水化物分别为 NaOH和 Mg(OH)2，等物

9、质的量的两种物质，其消耗盐酸的量 ED， 但是金属性 EKsp （AgI） 中滴加 0.01 mol L1 KI溶液 B 向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和 NaCl 溶液和 CuSO4溶液 均有固体析出 蛋白质均发生变性 C. 向待测液中依次滴入氯水和 KSCN 溶液 溶液变为红色 待测溶液中含有 Fe2 D 向 NaHCO3溶液中加入 NaAl(OH)4 溶液 有白色沉淀生成 Al(OH)4-结合 H+的能力比 CO32-强 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【分析】 A. AgNO3溶液中 Ag+过量； B.该实验中硫酸铜溶液使蛋白质变性，氯化钠溶液使蛋白质盐析；

10、 C.待测溶液中可能含有的 Fe3； D. HCO3-和Al(OH)4-发生双水解过程，生成 Al(OH)3沉淀。 【详解】A. 1mL 0.01 mol L1 AgNO3溶液的试管中滴加 0.1mL0.01 mol L1 NaCl 溶液，反应后 Ag+过量，再 向其中滴加 0.01 mol L1 KI溶液，剩余的 Ag+与 I-反应，不能证明 AgCl 的溶度积大于 AgI的，A项错误。 B. 该实验中氯化钠溶液使蛋白质的析出属于盐析现象，CuSO4溶液使蛋白质发生变性，B项错误。 C. 待测溶液中可能含有的 Fe3，没有先加入硫氰化钾溶液排除其干扰，不能证明待测溶液中含有 Fe2；C 项错

11、误。 D. Al(OH)4- 结合 HCO3-的电离的 H+生成 Al(OH)3沉淀和 CO32-，所以Al(OH)4-结合 H+的能力比 CO32-强， D 项正确。 【点睛】此题涉及实验设计、实验评价、现象，比较综合，易错点：需要注意反应物是否过量，试剂的添 加顺序是否正确。 6.国内某科技研究小组首次提出一种新型的 Li+电池体系，该体系征集采用含有 I-、Li+的水溶液，负极采用 固体有机聚合物，电解质溶液采用 LiNO3溶液，聚合物离子交换膜作为隔膜将液态正极和固态负极分隔开 （原理示意图如图） 。已知：I-+I2=I3-，则下列有关判断正确的是 A. 图甲是原电池工作原理图，图乙是

12、电池充电原理图 B. 放电时，正极液态电解质溶液的颜色变浅 C. 充电时，Li+从右向左通过聚合物离子交换膜 D. 放电时，负极的电极反应式为： 【答案】B 【解析】 【分析】 题目已知负极采用固体有机聚合物，甲图是电子传向固体有机聚合物，图甲是电池充电原理图，则图乙是 原电池工作原理图，放电时，负极的电极反应式为： 正极的电极反应式为：I3-+2e-= 3I-。 【详解】A. 甲图是电子传向固体有机聚合物，电子传向负极材料，则图甲是电池充电原理图，图乙是原电 池工作原理图，A项错误； B. 放电时，正极液态电解质溶液的 I2也会的得电子生成 I-，故电解质溶液的颜色变浅，B项正确； C. 充

13、电时，Li+向阴极移动，Li+从左向右通过聚合物离子交换膜，C项错误； D. 放电时，负极是失电子的，故负极的电极反应式为： 【点睛】易错点：原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；电解池中，阳离子向阴极移动，阴 离子向阳极移动，注意不要记混淆。 7.常温下联氨(N2H4)的水溶液中有： N2H4+H2O N2H5+OH- K1 N2H5+H2O N2H62+OH- K2 ， 该溶液中的微粒的物质的量分数 (X)随-lgc(OH-)变化的关系如图所示。下列叙述错误的是 A. 图中对应的微粒为 N2H62+ B. 反应为 N2H5+的水解平衡方程式 C. 若 C 点为 N2H5C1 溶液，

14、则存在：c(Cl-)c(N2H5+ )+2c(N2H62+) D. 据 A 点可求：K1=10-6 【答案】B 【解析】 【分析】 横坐标为 OH-浓度的负对数值，从左到右 OH-的浓度越来越小，越能促进 N2H4电离，纵坐标为微粒的物质 的量分数 (X)，故对应的微粒为 N2H4，对应的微粒为 N2H5+，对应的微粒为 N2H62+。 【详解】A.对应的 OH-的浓度最小，N2H4电离平衡正向移动的程度最大，则对应的微粒为 N2H62+，A项 正确； B. 反应为 N2H4的二级电离方程式，B项错误； C. 由电荷守恒的：c(OH-)+c(Cl-)=c(N2H5+ )+2c(N2H62+)+

15、c(H+)，从图像可得 C 点 c(OH-)c(N2H5+ )+2c(N2H62+)，C 项正确； D. 从图像可得 A点 N2H4、N2H5+物质的量分数相等，说明它们的浓度相等，c(OH-)=， =，D 项正确。 【点睛】对于化学平衡图像题，需要分析图像所给的信息，以及各个特殊点的状态，离子浓度大小比较需 要结合物料守恒、电荷守恒、质子守恒来分析。 8.四氯化锡可用作媒染剂。利用如图所示装置可以制备四氯化锡（部分夹持装置已略去） ； 有关信息如下表： 化学式 SnCl2 SnCl4 熔点/ 246 -33 沸点/ 652 144 其他性质 无色晶体，易氧化 无色液体，易水解 回答下列问题：

16、 （1）甲装置中仪器 A的名称为_。 （2）用甲装置制氯气，MnO4- 被还原为 Mn2+，该反应的离子方程式为_。 （3）将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到_（填现象）后，开始加热丁 装置，锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装置，此时继续加热丁装置的目的是： 促进氯气与锡反应； _。 （4）如果缺少乙装置，可能发生的副反应的化学方程式为_；己装置的作用是 _： A.除去未反应的氯气，防止污染空气 B.防止空气中 CO2气体进入戊装置 C.防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解 D.防止空气中 O2进入戊装置的试管中使产物氧化 （5）某同学认为丁装置中的反应可能产生 Sn

17、Cl2杂质，以下试剂中可用于检测是否产生 SnCl2 的有 _（填标号） 。 A. H2O2溶液 B. FeCl3溶液（滴有 KSCN） C. AgNO3溶液 D. 溴水 （6）反应中用去锡粒 1.19g，反应后在戊装置的试管中收集到 2.38gSnCl4，则 SnCl4的产率为_。 （保 留 3位有效数字） 【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 2MnO4-+10C1-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O (3). 丁装置内充满黄绿色 气体 (4). 使 SnCl4气化， 利于从混合物中分离出来 (5). Sn+2HCl=SnCl2+H2 (6). A C (7). B、 D (8).

18、 91.2% 【解析】 【分析】 分析一下实验流程，甲装置是高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气，得到的氯气含有水蒸气和氯化氢气体，经过 乙饱和食盐水除去氯化氢气体，再经过丙浓硫酸除去水蒸气，此时气体为纯净干燥的氯气，再和丁装置的 锡粒反应制备四氯化锡，经过酒精灯加热变成气态的四氯化锡，然后在戊装置冷凝下来，己装置的碱石灰 用来吸收未反应完的氯气和空气的水蒸气。 【详解】 （1）蒸馏烧瓶； （2）用甲装置制氯气，MnO4- 被还原为 Mn2+，Cl被还原成 Cl2，该反应的离子方程式为 2MnO4-+10C1-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O； （3）开始加热丁装置，应该是要等到氯气充满丁装置，

19、氯气为黄绿色气体，故此处能观察到的现象应该是 丁装置内充满黄绿色气体；锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装置，此时继续加热丁装置促进氯 气与锡反应；除了这个目的，还有就是要把生成物气化然后在戊装置冷凝达到分离的目的，故第二个目的 应该是使 SnCl4气化，利于从混合物中分离出来； （4）如果缺少乙装置，则气体中氯化氢没有被除去，则与锡反应，置换出氢气，化学方程式为 Sn+2HCl=SnCl2+H2；反应过程中氯气可能还有未反应完全的，需要用碱石灰除去，题给信息四氯化锡容易 发生水解，故要防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解，CO2和 O2进入戊装置无影响，故选 A.C； （5）由题给信息

20、SnCl2易氧化的性质，说明 SnCl2是还原剂，A. H2O2溶液与 SnCl2反应无明显现象，不能 检测；B. FeCl3溶液（滴有 KSCN）与 SnCl2反应生成 Fe2，溶液由血红色变为无色，可以作为检测试剂； C. AgNO3溶液既可以与 SnCl2反应，也可以与 SnCl4反应生成白色沉淀；D. 溴水与 SnCl2反应生成 Br，溴 水红棕色褪去，故选 B.D； （6） Sn2Cl2=SnCl4， 理论上 n （Sn） = , 理论上可制得 SnCl4的质量为： n （Sn） = n （SnCl4） =0.01mol，m（SnCl4）=，则产率为 【点睛】实验题要特别注意题给信息

21、，一般后面会针对题给信息设问，碱石灰成分主要是 NaOH和 CaO， 不要与熟石灰、消石灰等混淆。 9.研究碳氧化合物、 氮氧化合物、 硫氧化合物等大气污染物的处理对缓解环境污染、 能源危机具有重要意义。 工业上处理氮的氧化物途径有多种: .碱吸法。 （1）利用纯碱溶液吸收 NO、NO2，发生的反应共生成两种盐，请写出有关氧化还原方程式： _、NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2 .催化氧化法：城市中 NOx和 CO污染主要来源于汽车尾气，可以利用化学方法将其转化为无毒无害的物 质。 （2）已知：N2(g)O2(g)2NO(g) H180 kJmol1 2CO(g)O2(g)2CO

22、2(g) H564 kJmol1 请写出把汽车尾气转化为无毒无害的物质的热化学方程式：_ （3）为研究汽车尾气转化为无毒无害的物质有关反应,在密闭容器中充入 10molCO 和 8molNO，发生反应， 如图为平衡时 NO的体积分数与温度、压强的关系。 该反应达到平衡后， 为在提高反应速率同时提高 NO的转化率， 可采取的措施有_ （填字母序号） 。 a改用高效催化剂 b缩小容器的体积 c升高温度 d增加 CO的浓度 压强为 10 MPa、温度为 T1下，若反应进行到 20 min 达到平衡状态，容器的体积为 4 L，用 CO2的浓度变 化表示的平均反应速率 v(CO2)_，该温度下平衡常数

23、Kp_（用平衡分压代替平衡浓度计算， 分压总压 物质的量分数；保留两位有效数字） 。 若在 D 点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，重新达到的平衡状态可能是图中 AG点中 的_点。 . 电解硝酸工业的尾气 NO可制备 NH4NO3，其工作原理如图。 （4）N极的电极反应式为_。 （5）在 25时，将 a mol L1的氨水与 0.1mol L1的硝酸等体积混合后溶液显中性，用含 a的代数式表示 NH4NO3的水解常数 Kh_。 【答案】 (1). NO2+Na2CO3=NaNO3+NaNO2+CO2 (2). 2NO(g)2CO(g) 2CO2(g)N2(g) H -744 kJmo

24、l1 (3). bd (4). 0.05mol/(Lmin) (5). 0.089MPa-1 （或 4/45MPa-1） (6). G (7). NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+ (8). (10a-1)10-7 【解析】 【分析】 （1）NO2在碱性条件下容易发生歧化反应； （2）根据盖斯定律，要注意题给信息汽车尾气为 NOx和 CO，这里指 NO； （3）2NO(g)2CO(g) 2CO2(g) N2(g) H-744 kJ mol1，该反应达到平衡后，为在提高反应 速率同时提高 NO的转化率，改变条件使平衡向正反应方向移动即可； 利用“三段式”来解决化学平衡计算问题； 此反应为放

25、热反应，体积减少的反应，若在 D 点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，平衡 将向正反应方向移动； （4）分析一下电解池，M电极的 NO变成 NH4，N电极的 NO变成 NO3，可知 M电极为阴极，N电极为 阳极，则 N极的电极反应式为 NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，此时溶液为 NH4NO3，提供 O 元素的只能是 H2O； （5）NH4H2ONH3 H2OH，Kh(c(NH3 H2O) c(H)/c(NH4)，a mol L1的氨水与 0.1mol L1的硝酸 等体积混合后溶液显中性，则 c(H)=，c(NH3 H2O)和 c(NH4)可通过“三段式”来求出，再带入水解平

26、衡 常数公式。 【详解】 （1）NO2在碱性条件下容易发生歧化反应，生成 NO2-，NO3-，氧化还原方程式： NO2+Na2CO3=NaNO3+NaNO2+CO2； （2）根据盖斯定律，将反应 1反向再与反应 2加和即可得出答案，2NO(g)2CO(g) 2CO2(g)N2(g) H-744 kJ mol1，注意要写反应条件，此为易错点； （3）该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高 NO 的转化率，改变条件使平衡向正反应方向移动， a改用高效催化剂，催化剂只能改变反应速率，不能改变反应平衡；b缩小容器的体积，相当于增大压 强，此反应是体积减少的反应，平衡向正反应方向移动，所以提高反应速

27、率同时提高 NO的转化率，正确； c升高温度，反应速率提高，但该反应是放热反应，平衡向逆反应方向移动，错误；d增加 CO的浓度， 浓度增大，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，正确，故选 b.d； 压强为10 MPa、温度为T1下，若反应进行到20 min达到平衡状态，对应图像E点，利用“三段式”来计算：2NO(g)2CO(g) 2CO2(g)N2(g) 初始时物质的量/mol 8 10 0 0 变化的物质的量/mol x x x 0.5x 平衡时物质的量/mol 8-x 10-x x 0.5x NO 的体积分数为 25%，根据阿伏加德罗定律及推论体积分数等于物质的量分数， (8-x)/( 8

28、-x+10-x+x+0.5x)=25%，x=4，v(CO2)=0.05mol/(L min)，Kp，PCO2=总压 物质的量 分数=P总 Mpa，同理其它物质的分压也可以用类似的方法来求出，然后带入 Kp =0.089MPa-1； 此反应是体积减少的反应，放热反应，在 D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，平衡向 正反应方向移动，NO的体积分数降低，对应图像的 G点； （4）电解池中 M 极的 NO变成 NH4+，N极的 NO变成 NO3-，故 M 极为阴极，N极为阳极，介质为 NH4NO3 溶液，N极的电极反应式为 NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+； （5）NH4H2ONH

29、3 H2OH，Khc(NH3 H2O) c(H)/c(NH4)，a mol L1的氨水与 0.1mol L1的硝酸 等体积混合后溶液显中性，则 c(H)=，c(NH3 H2O)和 c(NH4)可通过“三段式”来求出，氨水与硝酸等体 积混合的离子方程式为： NH3 H2O+ H+ = NH4 H2O 初始时物质的量浓度/mol/L a 0.1 0 变化的物质的量浓度/mol/L 0.1- 0.1-0.1- 平衡时物质的量浓度/mol/L a-0.1+ 0.1- Khc(NH3 H2O) c(H)/c(NH4)= (10a-1) 10-7 【点睛】 书写热力学方程式要注意反应条件， 在解决化学平衡

30、计算的有关问题， 要学会通过“三段式”来求解， 结合阿伏加德罗定律及其推论得出答案。 10.工业以软锰矿（主要成分是 MnO2，含有 SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳 酸锰（MnCO3） 。其工业流程如下： （1）浸锰过程中 Fe2O3与 SO2反应的离子方程式为 Fe2O3+ SO2+2H+=2Fe2+ SO42+ H2O，该反应是经历以 下两步反应实现的。 ：Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+3H2O : 写出的离子方程式：_。 （2）过滤所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为_（填离子符号） 。 （3）氧化过程中被 MnO2氧化的物质有（写化学式） ：_

31、。 （4） “浸锰”反应中往往有副产物 MnS2O6生成， 温度对“浸锰”反应的影响如图所示， 为减少 MnS2O6的生成， “浸锰”的适宜温度是_；向过滤所得的滤液中加入 NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是 _。 （5）加入 NH4HCO3溶液后，生成 MnCO3沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式： _。 （6） 生成的 MnCO3沉淀需经充分洗涤， 检验洗涤是否完全的方法是_。 【答案】 (1). 2Fe3+ SO2+2H2O= 2Fe2+ + SO42+4H+ (2). Mn2+ Fe2+ (3). SO2（H2SO3） 、 FeSO4 (4). 90 (5). 防止 N

32、H4HCO3受热分解，提高原料利用率 (6). Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O (7). 取 1-2mL最后一次洗液于试管，滴加盐酸酸化 BaCl2溶液，若无白沉淀产生，则洗涤干净 【解析】 【分析】 分析一下工业流程： 浸锰过程通入过量的 SO2， 将 Mn4+和 Fe3+还原成 Mn2+和 Fe2+， 过滤所得滤渣为 SiO2， 加入 MnO2氧化，此时溶液中可以被氧化的物质有 Fe2+和未反应的 SO2，调 PH是为了将上一步氧化生成的 Fe3+沉淀下来与 Mn2+分离，加入 NH4HCO3溶液将 Mn2+沉淀下来，再经过一系列步骤可得到纯的 MnCO3。 【详解】 （

33、1）用总反应离子方程式减去反应可得反应2Fe3+ SO2+2H2O= 2Fe2+ + SO42+4H+ ； （2）过滤所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为上一步 SO2将 Mn4+和 Fe3+还原成 Mn2+和 Fe2+，所以 答案为 Mn2+ 、 Fe2+； （3）氧化过程中溶液中具有还原性的物质有 Fe2+和未反应的 SO2，被 MnO2氧化的物质有 SO2（H2SO3） 、 FeSO4； （4）从图像中可以看出，随着温度的升高，副产物 MnS2O6生成率越来越低，当温度到达 90，生成率基 本不变，再升高温度意义不大，并且耗能，故“浸锰”的适宜温度是 90，NH4HCO3溶液时在一定温度

34、下会 分解成 NH3和 CO2，向过滤所得的滤液中加入 NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是防止 NH4HCO3受 热分解，提高原料利用率； （5）加入 NH4HCO3溶液后，生成 MnCO3沉淀，同时还有气体生成，可判断出气体为 CO2，不可能为 NH3， 应为如果生成 NH3，则得不到 MnCO3沉淀，反应的离子方程式：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O； （6）检验洗涤是否完全，需要检验最后一次洗涤液是否存在溶液中的粒子，这里选择 SO42-，检验试剂选择 BaCl2溶液，故方法为取 1-2mL最后一次洗液于试管，滴加盐酸酸化 BaCl2溶液，若无白沉淀产生，则洗涤 干

35、净。 【点睛】SiO2不溶于其他酸，只溶于 HF酸，检验 SO42-需要滴加盐酸酸化 BaCl2溶液，滴加盐酸是为了排 除其他离子的干扰。 11.锰及其化合物用途非常广泛。回答下列问题: （1）基态 Mn原子的电子排布式为_。 （2）MnCl2熔点(650)比 MnO 熔点(1650)低, 其主要原因是_。 （3）锰的一种配合物的化学式为Mn(CO)5(CH3CN)Br。 配合物中锰元素的价态为_。 配体 CH3CN 与中心原子形成配位键时,提供孤对电子的原子是_，该分子中碳原子的杂化方式为 _；C、H、N 的电负性从大到小的顺序为_。 配体 CO的等电子体有：_（任写一种） ，N2O的分子空

36、间构型为_。 （4）某种含锰特殊材料的晶胞结构如下图所示，该晶体的化学式为：_；若晶胞边长为 a nm,用 NA表示阿伏加德罗常数的值,则该晶胞的密度为_( 列出代数式即可)。 【答案】 (1). 3d54s2 (2). Cl-所带电荷比 O2-少 (3). +1 (4). N(氮) (5). sp 和 sp3 (6). NCH (7). N2 (8). 直线型 (9). ZnMn3N (10). 244/NA(a10-7)3g/cm3 【解析】 【分析】 （1）推断出 Mn 元素在元素周期表的位置，即可得出答案； （2）熔点大小与离子键的强弱有关，故只需要比较两种物质的离子键强弱； （3）C

37、O、CH3CN 的总化合价和为零，再根据总化合价和为零，来得出锰元素的价态， 配体 CH3CN 与中心原子形成配位键时，N 元素与 C形成三键还剩余一对孤对电子，该分子中碳原子形成 了 4个共价键，另一个碳原子形成了 2个共价键（三键看成一个共价键） ，故杂化方式为 sp和 sp3，同一周 期，从左到右，元素的电负性越来越大，C、H、N的电负性从大到小的顺序为 NCH； 等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，配体 CO 的价电子为 10，等电子体有 N2， NO+等，N2O 的分子的中心原子 O 的杂化方式为 sp，空间构型为直线型； （4）采用“均摊法”可得出晶体的化学式，该

38、晶胞的密度为带入数据即可求出； 【详解】 （1）Mn 元素为 25 号元素，基态 Mn 原子的电子排布式为 3d54s2； （2）MnCl2、MnO都为离子化合物，因为 Cl-所带电荷比 O2-少，故前者形成的离子键弱于后者，故熔点较 低； （3）CO、CH3CN 的总化合价和为零，再根据总化合价和为零，来得出锰元素的价态为+1； 配体 CH3CN 与中心原子形成配位键时，N 元素与 C形成三键还剩余一对孤对电子，其他原子没有孤对电 子，提供孤对电子的原子是 N 元素，该分子中碳原子形成了 4 个共价键，另一个碳原子形成了 2 个共价键 （三键看成一个共价键） ，故杂化方式为 sp 和 sp3

39、，同一周期，从左到右，元素的电负性越来越大，C、H、 N 的电负性从大到小的顺序为 NCH； 等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，配体 CO 的价电子为 10，等电子体有 N2， NO+等， ABx 分子中价层电子对总数=x+(a-xb)/2,a 表示 A 原子价电子数,b 表示与中心原子结合的原子 B提供 的单电子数(8-B 最外层电子数),x 表示与中心原子结合的原子数， N2O 的分子中中心原子为 O 有 6个价电子， N 元素提供 3个单电子，带入上式得价层电子对总数=2+（6-23）/2=2，故中心原子 O的杂化方式为 sp， 空间构型为直线型； （4）采用“均摊法

40、”可得出晶体的化学式，Zn原子位于顶点，其个数为：8 =1，Mn 原子位于面心，其个数 为：6 =3，N 原子位于体心，其个数为 1，该晶体的化学式为 ZnMn3N，该晶胞的密度为 ，带入数据得244/NA (a 10-7)3g/cm3。 【点睛】ABx分子中价层电子对总数=x+(a-xb)/2,a表示 A 原子价电子数,b表示与中心原子结合的原子 B提 供的单电子数(8-B最外层电子数),x表示与中心原子结合的原子数，进而可分子的空间构型，采用“均摊法” 可得出晶体的化学式，处于顶点的粒子：同时为 8 个晶胞共用，每个粒子有 1/8属于该晶胞；处于棱上 的粒子：同时为 4 个晶胞共用，每个粒

41、子有 1/4属于该晶胞；处于面上的粒子：同时为 2 个晶胞共用，每 个粒子有 1/2 属于该晶胞；处于晶胞内部的粒子：完全属于该晶胞。 12.A(C2H4)是基本的有机化工原料。 用 A和常见的有机物可合成一种醚类香料和一种缩醛类香料， 具体合成 路线如图所示（部分反应条件略去)： 已知： 回答下列问题： （1）B的结构简式为_，C中含有的官能团名称是_。 （2）若 D为单取代芳香族化合物且能与金属钠反应；每个 D 分子中只含有 1个氧原子， D中氧元素的质 量分数约为 13.1%，则 D的结构简式为_，的反应类型是_。 （3）写出苯乙醛与新制的银氨溶液反应的离子方程式：_。 （4）请写出满足

42、下列条件的苯乙醛的所有同分异构体的结构简式：_。 i .含有苯环和 结构 ii.核磁共振氢谱有 4 组峰，且峰面积之比为 3 : 2 : 2 : 1 （5）若化合物 E为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大 14，则能使 FeCl3溶液显色的 E 的所有同 分异构体共有(不考虑立体异构)_种。 （6）参照的合成路线，写出由 2-氯丙烷和必要的无机试剂制的合成流程图： _。合成流程图示例如下：CH2 = CH2CH3CH2BrCH3CH2OH 【 答 案 】 (1). CH3OH (2). 羟 基 (3). (4). 氧 化 反 应 (5). (6). (7). 9 (8). 【解析】 【分

43、析】 A(C2H4)是基本的有机化工原料，可推出 A 的结构为，在 Ag 和 O2的条件下，被氧化成 ， 与CO2反 应 生 成， 再 和B反 应 根 据 已 知 ： 生成和 C 物质， 可推断 出 B 为，C 为，从反应也可推出 B为，D物质被 CrO3氧化成 ，再结合反应可推出 D物质为。 【详解】 （1）B的结构简式为，C 物质为，含有的官能团名称是羟基； （2）D为单取代芳香族化合物且能与金属钠反应，说明 D 中有羟基，每个 D分子中只含有 1 个氧原子，可 推出 D为，再验证氧元素的质量分数约为 13.1%；D中的羟基变成了醛基，说明反应是氧 化反应； （3）苯乙醛与新制的银氨溶液反

44、应，醛基被氧化成羧基，反应的离子方程式： ， 特别注意生成的苯乙酸 还会和银氨溶液，写离子方程式容易出错； （4）核磁共振氢谱有 4 组峰，且峰面积之比为 3 : 2 : 2 : 1，说明含有四种不同环境的氢，故取代后的苯环 应是对称的结构，故只有、； （5）若化合物 E为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大 14，则能使 FeCl3溶液显色，可推出化合 物 E 比苯甲醚多一个 CH2，且含有一个酚羟基，则取代基在苯环上有两种情况，一种是酚羟基和乙基，另 一种是酚羟基和两个甲基，同分异构体如图所示：此类型有 3 种；， 此类型有 4 种；，此类型有 2种，总共 9种； （6）由题意得目标是制取，采用逆推法，依次需要得到、 、即可得到目标产物，所以合成路线为： 【点睛】第（3）问写离子方程式要注意苯乙酸还会和银氨溶液反应，需要注意此类陷阱；同分异构体的书 写按照步骤来书写，首先确定碳链异构，其次再来写位置异构，最后写官能团异构，同时需要注意重复。