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    【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)

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    【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。


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