河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三化学第三次测评试题（含解析）.docx

河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三化学第三次测评试题（含解析）相对原子质量:C 12 N 14 O16 Mg 24 Al 27 Pb 2071.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、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NAB. 常温常压下14gCO和N2的混合气体中含有的原子数为NAC. 1L1mol/L的亚硫酸溶液中氢离子数小于2NAD. 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mol3=2mol，为2NA个，故D正确；答案选A。【点睛】本题的易错点为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 YZWB. 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；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pHB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除去Na2CO3溶液中的NaHCO3向溶液中通入足量CO2A. AB. BC. CD. 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Na2CO3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 +ZnCl24ZnO4H2O。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+=MnOOHD. 改进型电池防泄漏的主要原因是电池工作时消耗大量的水【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ZnCl24ZnO4H2O，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10-35B. 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】【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/L10-17.6mol/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/L0.005L2=0.001mol，氯离子的物质的量为0.1mol/L0.01L2=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】【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2NaBr+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，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CCC=CCHHH键能（kJ/mol）332611414436(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(Lmin) (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=(2332+8414)-(6414+332+611+436) kJ/mol =+113 kJ/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/(Lmin)；C3H8的平衡转化率=100%=100%=40%，故答案为：0.04mol/(Lmin)；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，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)C3H6(g)+H2(g)起始量(mol) 1 0 0变化量(mol) y y y平衡量(mol) 1-y yy=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+2SO2(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). 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+2SO2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+)=4.010-8 mol/L，1L该废水中铅含量=(4mg=8.2810-3 mg，即该废水中铅含量为8.2810-3 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). 【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原子轨道的杂化类型为sp2，空间构型为平面三角形；NO3-中有4个原子，5+63+1=24个价电子，SO3中有4个原子，6+63=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)