精品解析四川省遂宁市第二中学届高三上学期第二次高考模拟理综化学试题解析版.docx
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精品解析四川省遂宁市第二中学届高三上学期第二次高考模拟理综化学试题解析版
遂宁市第二中学2020届高三上学期高考模拟
(二)
理科综合试卷化学部分
可能用到的相对原子质量:
H-1C-12O-16N-14
一、选择题:
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
1.化学与生活、科技、医药、工业生产均密切相关,下列有关化学叙述正确的是()
A.浓硫酸具有强腐蚀性,可用浓硫酸刻蚀石英制艺术品
B.我国预计2020年发射首颗火星探测器太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
C.《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载:
“以火烧之,紫青烟起,乃真硝石也”,该方法应用了焰色反应
D.误食重金属盐引起的人体中毒,可喝大量的食盐水解毒
【答案】C
【解析】
【详解】氢氟酸刻蚀石英制艺术品,故A错误;太阳能电池帆板的材料是晶体硅,故B错误;钾元素的焰色是紫色,所以“以火烧之,紫青烟起,乃真硝石也”,故C正确;误食重金属盐引起的人体中毒,可喝大量的牛奶解毒,故D错误。
2.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.常温下lLpH=7的1mol/LCH3COONH4溶液中CH3COO-与NH4+数目均为NA
B.18.0g葡萄糖和果糖的混合物中含羟基数目为0.5NA
C.1molNa与足量O2反应,生成Na2O和Na2O2的混合物,Na失去2NA个电子
D.室温下,1LpH=13的NaOH溶液中,由水电离的OH-数目为0.1NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.CH3COONH4溶液中CH3COO-与NH4+均要水解,其数目均小于NA,故选项A错误;
B.葡萄糖为五羟基醛,果糖为五羟基酮,同时二者互为同分异构体,二者任意比例混合,所含羟基数目为0.5NA,故选项B正确;
C.由于Na为1mol,与足量O2反应,无论生成什么产物,Na失去NA个电子,故选项C错误;
D.1LpH=13的NaOH溶液中,水电离的c(OH-)=10-13mol/L,故选项D错误;
故选B。
3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。
在如图所示的物质转化关系中,p、q、m、n分别是元素W、X、Y、Z的气体单质,p和s均为有色气体,v的水溶液呈碱性。
常温下,0.1mol•L-1t溶液与0.1mol•L-1u溶液的pH均为1。
下列说法不正确的是
A.Y、W
最高价氧化物对应的水化物均为强酸
B.Z和Y的简单氢化物的稳定性和沸点高低均为:
Z>Y
C.s溶于水的反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:
2
D.v的电子式可表示为
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,p、q、m、n分别是元素W、X、Y、Z的气体单质。
p与q反应生成u,u为二元化合物,而常温下0.1mol·L-1u溶液的pH为1,则u为HCl,由原子序数可知,X为H元素、W为Cl元素,故q为H2,p为Cl2.q与m反应生成v,v的水溶液呈碱性,则m为N2,v为NH3,故Y为N元素;m与n在放电条件下得到r,r与n得到有色气体s,且s与水反应得到r与t,而常温下0.1mol·L-1t溶液的pH为1,t为一元强酸,故n为O2,r为NO,s为NO2,t为HNO3,则Z为O元素,综上可知X为H元素、Y为N元素、Z为O元素、W为Cl元素。
【详解】A.Y、W的最高价氧化物对应的水化物均为HNO3和HClO4,两者均为强酸,故选项A正确;
B.Z和Y的简单氢化物分别为H2O和NH3,水的稳定性和沸点均高于氨气,故选项B正确;
C.s为NO2,3NO2+H2O=2HNO3+NO,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:
2,故选项C正确;
D.v为NH3,其电子式可表示为
,故选项D错误;
故选D。
【点睛】本题考查无机物的推断,注意气体的颜色及溶液的pH为推断的突破口,再结合转化关系推断,熟练掌握元素化合物知识。
4.下列关于有机物的说法正确的是
A.乙醇和丙三醇互为同系物
B.二环己烷(
)的二氯代物有7种结构(不考虑立体异构)
C.按系统命名法,化合物
的名称是2,3,4-三甲基-2-乙基戊烷
D.环己烯(
)分子中的所有碳原子共面
【答案】B
【解析】
【详解】A.乙醇和丙三醇所含羟基的个数不同,不是同系物,故选项A错误;
B.二环己烷中有两类氢原子
,当一个氯原子定到1号位,二氯代物有3种,当一个氯原子定到2号位,二氯代物有4种,故选项B正确;
C.按系统命名法,化合物
的名称是2,3,4,4-四甲基己烷,故选项C错误;
D.环己烯中碳原子有sp2和sp3两种杂化方式,不能满足所有碳原子共面,故选项D错误;
故选B。
5.如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程。
下列说法正确的是
A.溶液酸性:
A>B>C
B.溶液B转化为溶液C发生反应的离子方程式为4H++2Fe2++O2=2Fe3++2H2O
C.向B溶液中滴加KSCN溶液,溶液可能会变为红色
D.加氧化亚铁可以使溶液C转化为溶液A
【答案】C
【解析】
【分析】由流程图可知,A到B过程发生的反应为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4,B到C发生的反应为4FeSO4+2H2SO4+O2=4Fe2(SO4)3+2H2O。
【详解】A.由于A到B过程中生成H2SO4,酸性增强,B到C过程中消耗H+,酸性减弱,溶液酸性B最强,故选项A错误;
B.溶液B转化为溶液C发生反应的离子方程式为4H++4Fe2++O2=4Fe3++2H2O,故选项B错误;
C.溶液A中通入SO2的反应为:
Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4,Fe3+没有完全转化,则滴加KSCN溶液,溶液会变为红色,故选项C正确;
D.溶液C中成分为Fe2(SO4)3和H2SO4,加入氧化亚铁,生成产物仍未Fe2+,故选项D错误;
故选C。
6.控制变量是科学研究重要方法。
由下列实验现象一定能得出相应结论的是
选项
A
B
C
D
装置图
现象
右边试管产生气泡较快
左边棉球变棕黄色,右边棉球变蓝色
B中产生白色沉淀,C中溶液颜色褪去
试管中液体变浑浊
结论
催化活性:
Fe3+>Cu2+
氧化性:
Br2>I2
硫酸亚铁铵分解的产物中除NH3外还含有SO3和SO2
非金属性:
C>Si
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A.氯离子浓度相同时,Fe3+浓度小,但产生的气泡速度快,催化活性:
Fe3+>Cu2+,故选项A正确;
B.氯气过量条件下,也能与KI溶液反应,无法判断Br2能否与KI溶液反应,故选项B错误;
C.硫酸亚铁铵分解的产物中含有SO2,硫元素化合价降低被还原,由氧化还原反应规律可知,铵根离子中的氮元素化合价升高被氧化,发生还原反应生成氮气,则分解产物中应该含有氮气,故选项C错误;
D.盐酸为挥发性酸,挥发的HCl也能与Na2SiO3溶液反应,干扰二氧化碳与硅酸钠溶液的反应,不能证明非金属性:
C>Si,故选项D错误;
故选A。
7.常温下,用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液,所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑
的水解)。
下列叙述正确的是( )
A.Ksp(Ag2C2O4)的数量级等于10-11
B.n点表示AgCl的不饱和溶液
C.向c(Cl-)=c(
)的混合液中滴入AgNO3溶液时,先生成Ag2C2O4沉淀
D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常数为109.04
【答案】AD
【解析】
【详解】A.Ksp(Ag2C2O4)=(10-4)2×10-2.46=1×10-10.46=10-0.46×10-10≈0.347×10-10≈3.47×10-11,故它的数量级等于10-11,A正确;
B.n点时c(Ag+),比溶解平衡曲线上的c(Ag+)大,所以表示AgCl的过饱和溶液,B错误;
C.设c(Cl-)=c(C2O42-)=amol/L,混合液中滴入AgNO3溶液时,生成Ag2C2O4沉淀所需c(Ag+)=
,生成AgCl沉淀所需c(Ag+)=
,显然生成AgCl沉淀需要的c(Ag+)小,先形成AgCl沉淀,C错误;
D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常数为
=109.04,D正确;
故合理选项是AD。
二、非选择题:
包括必考题和选考题两部分。
第26题~28题为必考题,每个试题考生都必须作答。
第35~36题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题
8.肼是重要的化工原料。
某探究小组利用下列反应制取水合肼(N2H4·H2O)。
已知:
N2H4·H2O高温易分解,易氧化
制备原理:
CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl
【实验一】制备NaClO溶液(实验装置如图所示)
(1)配制30%NaOH溶液时,所需玻璃仪器除量筒外,还有_____(填标号)
A.容量瓶B.烧杯C.烧瓶D.玻璃棒
(2)锥形瓶中发生反应化学程式是_____________________________。
【实验二】制取水合肼。
(实验装置如图所示)
控制反应温度,将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中,充分反应。
加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液,收集108-114馏分。
(3)分液漏斗中的溶液是____________(填标号)。
A.CO(NH2)2溶液B.NaOH和NaClO混合溶液
选择的理由是____________。
蒸馏时需要减压,原因是______________。
【实验三】测定馏分中肼含量
(4)水合肼具有还原性,可以生成氮气。
测定水合肼的质量分数可采用下列步骤:
a.称取馏分5.000g,加入适量NaHCO3固体(保证滴定过程中溶液的pH保持在6.5左右),配制1000mL溶液。
b.移取10.00mL于锥形瓶中,加入10mL水,摇匀。
c.用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出现______________,记录消耗碘的标准液的体积。
d.进一步操作与数据处理
(5)滴定时,碘
标准溶液盛放在______________滴定管中(选填:
“酸式”或“碱式”)水合肼与碘溶液反应的化学方程式________________________。
(6)若本次滴定消耗碘的标准溶液为8.20mL,馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为______。
【答案】
(1).BD
(2).Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O(3).B(4).如果次氯酸钠溶液装在三颈烧瓶中,生成的水合肼会被次氯酸钠氧化(5).减压蒸馏可使产品在较低温度下气化,避免高温分解(6).淡黄色且半分钟不消失(7).酸式(8).N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O(9).82.00%
【解析】
【分析】
(1)配制一定质量分数的溶液时,具体步骤是计算、称量、溶解,NaOH固体时需要放在烧杯中称,量取水时需要量筒,溶解时需要烧杯、玻璃棒;
(2)氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中与NaOH发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水;
(3)依据制取水合肼(N2H4·H2O)的反应原理为:
CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl,结合反应产物和反应物分析判断;水合肼(N2H4·H2O)具有还原性,易被次氯酸钠氧化;
(4)根据反应原理确定反应终点;
(5)根据碘溶液的性质确定所用仪器;
(6)根据N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O进行计算。
【详解】
(1)配制一定质量分数的溶液时,溶解时需要烧杯、玻璃棒,故答案为:
BD;
(2)锥形瓶中氯气和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O,故答案为:
Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O;
(3)水合肼(N2H4·H2O)中氮元素为—2价,具有还原性,若次氯酸钠过量,具有强氧化性的次氯酸钠会氧化水合肼,为防止水合肼被氧化,分液漏斗中的溶液应是NaOH和NaClO混合溶液;水合肼高温易分解,减压会降低物质的沸点,则为防止水合肼分解需要减压蒸馏,故答案为:
B;如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中,反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化;馏分高温易分解,减压会降低物质的沸点;
(4)根据反应N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O,终点时碘过量,用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出现淡黄色且半分钟不消失,记录消耗碘的标准液的体积,故答案为:
淡黄色且半分钟不消失;
(5)滴定时,碘具有强氧化性,会腐蚀橡胶管,则碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中,故答案为:
酸式;
(6)由题意可知,水合肼与碘溶液反应生成氮气、碘化氢和水,反应的化学方程式为N2H2·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O,由方程式可知n(N2H2·H2O)=0.2000mol·L-1×0.0082L×
=0.00082mol,250ml溶液中含有的物质的量=0.00082mol×
=0.082mol,水合肼(N2H2·H2O)的质量分数=
×100%=82%,故答案为:
N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O;82%。
【点睛】水合肼(N2H4·H2O)中氮元素为—2价,具有还原性,若次氯酸钠过量,具有强氧化性的次氯酸钠会氧化水合肼是解答关键,也是易错点。
9.苯乙烯是一种重要的化工原料,可采用乙苯催化脱氢法制备,反应如下:
(g)
(g)+H2(g)△H=+17.6kJ/mol。
(1)从温度和压强角度分析提高乙苯平衡转化率可采取的措施有___________。
(2)工业上,通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1:
4),测得容器总压和乙苯转化率随时间变化结果如图所示。
①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率,解释说明该事实__________。
平衡常数Kp=_______kPa(Kp为以分压表示的平衡常数)
②反应速率V=V正-V逆=k正P乙苯-k逆p苯乙烯p氢气,k正、k逆分别为正逆反应速率常数。
计算a处的
______。
(3)CO2气氛下乙苯催化脱氢可同时存在图1两种途径:
①b=_______kJ/mol。
②途径I的反应历程图所示,下列说法正确的是______________。
a.CO2为氧化剂
b.状态1到状态2形成了O-H键
c.中间产物只有(
)
d.该催化剂可提高乙苯的平衡转化率
③在相同的容器中,不同p(CO2)的条件下,进行相同的反应时间,p(CO2)与乙苯转化率关系如图,分析,p(CO2)为15kPa时乙苯转化率最高的因____________________。
【答案】
(1).升温、降压
(2).乙苯蒸气中掺混水蒸气,可以达到减小乙苯蒸气分压的作用,减压有利于平衡正向移动,可以提高乙苯的平衡转化率(3).45(4).2.5(5).59.2(6).a、b(7).p(CO2)压强增大,反应速率加快,乙苯转化率增多,当p(CO2)大于15kPa,由于催化剂表面有限,能吸附的乙苯量下降,反应速率减慢,乙苯转化率下降
【解析】
【分析】
(1)
(g)
(g)+H2(g)△H=+17.6kJ/mol是吸热反应,又是气体体积增大的反应;
(2)气体体积增大的反应,利用减小压强,平衡正向移动;根据反应三段式分析计算;
反应速率v=v正-v逆=k正p乙苯-k逆p苯乙烯p氢气,则v正=k正p乙苯,v逆=k逆p苯乙烯p氢气,平衡时v正=v逆,即k正p乙苯-k逆p苯乙烯p氢气,所以
计算;
(3)①由图片可知b=17.6J/mol+41.6J/mol;
②反应过程中CO2转化为CO,C的化合价降低,被还原;状态1到状态2过程中在催化剂表面生成了”HO-C=O“和
等中间产物;催化剂可加快反应速率,但不影响反应进程;
③由反应途径I图片可知乙苯催化脱氢被催化剂吸附,在催化剂表面进行,随着CO2压强增大,反应物浓度增大,反应速率加快,但压强过大时,会导致催化剂吸附乙苯的机能降低,乙苯平衡转化率反而降低。
【详解】
(1)
(g)
(g)+H2(g)△H=+17.6kJ/mol是气体体积增大的吸热反应,升高温度和减小压强,平衡向正反应方向移动,则提高乙苯平衡转化率可采取的措施有升温、降压,故答案为:
升温、降压;
(2)①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率,解释说明该事实乙苯蒸气中掺混水蒸气,可以达到减小乙苯蒸气分压的作用,减压有利于平衡正向移动,可以提高乙苯的平衡转化率。
原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1:
4,根据PV=nRT,其它条件相同时,物质的量之比等于压强比,原料气中P水蒸气=80Kpa,P乙苯=20Kpa,平衡时P乙苯=20Kpa(1-75%)=5Kpa,P苯乙烯=20Kpa×75%=15Kpa,P氢气=20Kpa×75%=15Kpa,平衡常数Kp=
=45kPa,故答案为:
45;
②反应速率V=V正-V逆=k正P乙苯-k逆p苯乙烯p氢气,k正、k逆分别为正逆反应速率常数,a处的
,故答案为:
2.5;
(3)①由盖斯定律可知b=17.6J/mol+41.6J/mol=59.2kJ/mol,故答案为:
59.2;
②a.反应过程中CO2转化为CO,C的化合价降低,被还原,是氧化剂,故a正确;
b.状态1到状态2过程中在催化剂表面生成了”HO-C=O“等中间产物,形成了O-H键,故b正确;
c.状态1到状态2过程中在催化剂表面生成了”HO-C=O“和
等中间产物,故c错误;
d.催化剂可加快反应速率,但不影响反应进程,故d错误;
ab正确,故答案为:
ab;
③在相同的容器中,不同p(CO2)的条件下,进行相同的反应时间,p(CO2)与乙苯转化率关系如图3,p(CO2)为15kPa时乙苯转化率最高的原因:
p(CO2)压强增大,反应速率加快,乙苯转化率增多,当p(CO2)大于15kPa,由于催化剂表面有限,能吸附的乙苯量下降,反应速率减慢,乙苯转化率下降,故答案为:
p(CO2)压强增大,反应速率加快,乙苯转化率增多,当p(CO2)大于15kPa,由于催化剂表面有限,能吸附的乙苯量下降,反应速率减慢,乙苯转化率下降。
10.铁、镍及其化合物在工业上有广泛的应用。
从某矿渣[成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等]中回收NiSO4的工艺流程如下:
已知(NH4)2SO4在350℃分解生成NH3和H2SO4,回答下列问题:
(1)“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外,还含有___________(写化学式)。
(2)矿渣中部分FeO焙烧时与H2SO4反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式为_______________。
(3)向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+(浓度为1.0×10-3mol·L-1),当溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1时,除钙率为______________[Ksp(CaF2)=4.0×10-11]。
(4)溶剂萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离:
。
萃取剂与溶液的体积比(V0/VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示,V0/VA的最佳取值为______。
在___________(填“强碱性”“强酸性”或“中性”)介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。
(5)以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图所示。
通电后,在铁电极附近生成紫红色的FeO42-,若pH过高,铁电极区会产生红褐色物质。
①电解时阳极的电极反应式为________________,离子交换膜(b))为______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
②向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液,沉淀溶解。
该反应的离子方程式为_____。
【答案】
(1).SiO2
(2).4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O(3).99%(4).0.25(5).强酸性(6).Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O(7).阴(8).2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O
【解析】
【分析】某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等,加入硫酸铵研磨后,600℃焙烧,已知:
(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4。
NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3,在90°C的热水中浸泡过滤得到浸出液,加入NaF除去钙离子,过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相,无机相通过一系列操作得到硫酸镍,有机相循环使用,据此分析解答。
【详解】某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等,加入硫酸铵研磨后,600°C焙烧,已知:
(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4。
NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3,在90°C的热水中浸泡过滤得到浸出液,加入NaF除去钙离子,过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相,无机相通过一系列操作得到硫酸镍,有机相循环使用。
(1)矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等,加入硫酸铵加热浸取后的浸渣为不反应和不溶于水的硫酸钙和二氧化硅,“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外,还含有SiO2;
(2)矿渣中部分FeO焙烧时与H2SO4及空气中的氧气反应生成Fe2(SO4)3和水,反应的化学方程式为4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O;
(3)当溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1时,Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)=c(Ca2+)×(2.0×10-3mol·L-1)2=4.0×10-11,故c(Ca2+)=1.0×10-5mol/L,则除钙率为
99%;
(4)要求Fe2+萃取率最低,Ni2+的萃取率最高,根据图象,最佳取值为0.25;在强酸性介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用;
(5)①电解时正极连接铁电极,为阳极,阳极上失电子在碱性条件下反应生成FeO42-,电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O;离子交换膜(b))允许氢氧根离子向Ⅲ移动,为阴离子交换膜;
②向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液,沉淀溶解。
次氯酸钠将氢氧化铁氧化生成高铁酸钠,反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。
【点睛】本题考查了物质分离提纯、物质制备、离子方程式书写、溶度积常数计算等知识点,掌握基础是解题关键,题目难度中等。
[化学——选修3:
物质结构与性质]
11.大型客机燃油用四乙基铅[Pb(CH2CH3)4])做抗震添加剂,但皮肤长期接触四乙基铅对身体健康有害,可用硫基乙胺(HSCH2CH2NH2)和KMnO4清除四乙基铅。
(1)碳原子核外电子的空间运动状态有______种,基态锰原子的外围电子排布式为___,该
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