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42，福建省泉州科技中学2023-2024学年高三上学期期中考试化学试题
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这是一份42，福建省泉州科技中学2023-2024学年高三上学期期中考试化学试题，共18页。试卷主要包含了5 Cu 64， 下列离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Cu 64
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列关于物质性质与应用的说法正确的是
A. 胶体无色、透明、具有均一稳定性，能产生丁达尔效应
B. 利用纯碱可以处理泄漏汽油
C. 望远镜需要超低温环境，主动冷却器用氦制冷，氦的分子间作用力很弱，沸点极低
D. “蜡炬成灰泪始干”中古人所用“蜡炬”的主要成分为有机高分子
【答案】C
【解析】
【详解】A． 胶体红褐色、透明、具有介稳性，能产生丁达尔效应，故A错误；
B． 汽油是烃类，不能发生水解，不能利用纯碱处理泄漏的汽油，故B错误；
C． 望远镜需要超低温环境，主动冷却器用氦制冷，氦的分子间作用力很弱，沸点极低，气化时吸热，可用作超低温环境下的制冷剂，故C正确；
D．古代“蜡炬”的主要成分为油脂，油脂属于小分子，不是有机高分子，故D错误；
故选C。
2. 利用付一克烷基化反应，由K、L制取M的反应过程如下：
下列说法错误的是
A. K的化学名称为3-甲基苯酚
B. M中所有碳原子共平面
C. L、M中均含有手性碳原子
D K、M均能与溴水、酸性高锰酸钾溶液反应
【答案】B您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 【解析】
【详解】A．该有机物酚羟基所连的碳原子为1号碳，逆时针编号，与甲基相连的碳为3号碳，K的名称为3-甲基苯酚，A正确；
B．M中下方与苯环相连的碳原子为饱和碳原子，与该饱和碳原子连接的碳原子不可能在同一平面内，B错误；
C．L中 *号标注的碳为手性碳原子，M中 *号标注的碳为手性碳原子，C正确；
D．K、M中都含有酚羟基，能被溴、酸性高锰酸钾氧化，同时K、M苯环上都含有甲基，也能被酸性高锰酸钾氧化，D正确；
故答案选B。
3. 用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法错误的是
A. 11.2LN2含π键数目为NA
B. 17g-OH含有的电子数目为9NA
C. 0.2 ml FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.2NA
D. 2.4gMg在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2转移的电子个数为0.2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．未说明温度、压强，无法根据气体体积计算物质的量，A错误；
B．，则1ml-OH中含有电子数9NA，B正确；
C．因为胶体粒子要求直径在1-100nm(1nm=10-9米)，所以单个的Fe(OH)3直径不够，往往是几十个Fe(OH)3粒子聚在一起才形成一个胶粒，所以胶体粒子数远小于0.1NA，C正确；
D．镁在空气中完全燃烧，化合价从0价升高到+2价，因此0.1ml镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.2NA，D正确；
故答案：A。
4. 下列离子方程式正确的是
A. 通入增强NaClO溶液的漂白性：
B. 用盐酸清洗进行银镜反应后试管内壁的银白色固体：
C. 氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热：
D. 饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳制备
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸酸性大于次氯酸，强酸制取弱酸，次氯酸钠中通入二氧化碳生成次氯酸和碳酸氢钠，次氯酸浓度增大漂白性增强，离子方程式书写正确，故A正确；
B．银排在金属活动性顺序表H的后面，不能与盐酸反应置换出氢气，故B错误；
C．氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热时氯原子也能被羟基取代，生成羟基乙酸钠，故C错误；
D．碳酸氢钠的溶解性比碳酸钠小，饱和碳酸钠中通入过量的二氧化碳会生成碳酸氢钠沉淀，故D错误；
答案选A。
5. 我国科学家在寻找“点击反应”的砌块过程中，发现一种新的化合物，结构如下图所示，其中X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y与Z是同一主族元素。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：W>Z>Y>X
B. X、Y、Z和W形成的简单氢化物中，X沸点最高
C. X、Z、W氧化物的水化物均为强酸
D. X+采用的是sp杂化方式成键
【答案】D
【解析】
【分析】Y与Z是同一主族元素，由结构知Z形成6根共价键，Y形成2根共价键，则Y为O元素，Z为S元素，X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期主族元素，则W为Cl元素，X形成3根共价键，X为N元素；
【详解】A．简单离子半径：，故A错误；
B． NH3、H2O、H2S、HCl中H2O沸点最高，故B错误；
C． N、S、Cl的氧化物的水化物有多种，例如H2SO3、HClO为弱酸，故C错误；
D． N+的中心原子形成2个双键，无孤电子对，价层电子对数为2，采用的是sp杂化方式成键，故D正确；
故选D。
6. 下列方案设计、现象和结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．KCl为强电解质，不管K与Cl之间存在离子键还是共价键，在水中都可发生完全电离，生成K+和Cl-，所以不能证明KCl中含有离子键，A错误；
B．蛋白质中加入盐，出现盐析现象，B正确；
C．若溶液中含有或Ag+，可以生成BaCO3、AgCl均为白色沉淀，则可以先通入HCl，若无现象出现再加入BaCl2溶液，出现沉淀说明溶液中含有，C错误；
D．硝酸具有强氧化性，也能与硫化钠溶液发生氧化还原反应生成硫沉淀，则溶液变混浊不能说明硫化钠溶液和亚硫酸钠溶液酸性条件下发生了氧化还原反应，D错误；
故答案：B。
7. 以锆矿石(主要成分为，还含有及钠、铝、铜的氧化物等杂质)为原料制备工业纯的工艺流程如图：
下列说法错误的是
A. “高温氯化”结束前通一段时间氧气的目的是除去过量的炭黑
B. “溶液1”中含有的溶质主要为NaCl、NaOH、
C. “碱浸”后分离操作要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗
D. “除杂”的目的是除去铜元素
【答案】B
【解析】
【分析】“高温氯化”可以把氧化物转化为氯化物，ZrO₂与C和氯气发生反应方程式为ZrO₂+2Cl₂+CZrCl4+CO2↑，同时生成氯化铜、氯化铝等，加入“过量的NaOH稀溶液”将氯化物转化为沉淀，并将AlCl3转化为而除去，溶液1成分为NaCl、NaAlO2、Na₂SiO₃，加入NaOH浓溶液得到[Cu(OH)4]2-和Zr(OH)4沉淀，焙烧分解可得ZrO₂。
【详解】A．C可以和氧气高温反应生产CO₂，结束前通一段时间氧气的目的是除去过量的炭黑，故A正确；
B．根据分析，溶液1成分为NaCl、NaAlO₂、NaOH、Na₂SiO3，故B错误；
C．碱浸后分离操作为除去氢氧化铜，为过滤，要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故C正确；
D．除杂的目的是分离氢氧化铜，除去铜元素，故D正确；
答案选B。
8. 利用铜-铈氧化物(，Ce是活泼金属)催化氧化除去中少量CO的可能机理如图所示。下列说法正确的是
A. 反应(i)中Cu、Ce化合价均升高
B. 铜-铈氧化物减小了反应的反应热
C. 若用参与反应，一段时间后，不可能出现在铜-铈氧化物中
D. 反应一段时间后催化剂活性下降，可能是CuO被还原成Cu所致
【答案】D
【解析】
【分析】反应（i）CO与催化剂作用生成二氧化碳，得到O原子，催化剂失去O原子形成一个空位，反应（ii）氧气与CO共同与催化剂作用，O2中的O原子结合了催化剂，反应（iii）氧原子填充了催化剂的空位，同时释放出二氧化碳。
【详解】A．反应(i)中CO与催化剂作用生成CO2，CO得到O原子C的化合价升高，催化剂失去O原子催化剂中Cu、Ce化合价应该降低，故A错误；
B．铜-铈氧化物作为催化剂改变反应速率，不能改变反应热，故B错误；
C．由图可知，在反应(ii)中氧分子和催化剂铜-铈氧化物中的空位结合，反应后1个氧原子进入空位，故一段时间后，18O可能出现在铜-铈氧化物中，故C错误；
D．一氧化碳具有还原性，会把氧化铜还原为铜单质，反应一段时间后催化剂活性下降，可能是CuO被还原成Cu所致，金属Cu能使催化剂中毒，故D正确；
答案选D。
9. 据文献报道，一种新型的微生物脱盐电池的装置如图所示，关于该电池装置说法正确的是
A. Y为阴离子选择性交换膜
B. 左室溶液碱性增强
C. 负极反应是CH3COO- +2H2O-8e-=2CO2 ↑+7H+
D. 转移2 ml电子，海水脱去氯化钠的质量是58.5 g
【答案】C
【解析】
【详解】A．原电池中阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐的目的，因此Y为阳离子交换膜，X为阴离子交换膜，A错误；
B．由图示可知，左室为负极，负极CH3COO-失电子生成二氧化碳，负极反应式为：CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，生成了氢离子，溶液碱性减弱，B错误；
C．由图示可知，负极CH3COO-失电子生成二氧化碳，负极反应式为：CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，C正确；
D．转移电子数目与钠离子、氯离子所带电荷数相同，因此转移2ml电子，各有2ml钠离子和2ml氯离子分别透过半透膜，可除去氯化钠2ml，质量为2ml58.5g/ml=117g，D错误；
答案选C。
10. 25℃时，用0.10ml/L的氨水滴定二元酸溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 属于二元弱酸
B. O点溶液中，
C. N点溶液中，水电离
D. P点溶液中，
【答案】D
【解析】
【分析】起点M点=-12，根据c(H+)c(OH-)=KW，得出c(H+)=0.1ml/L，说明二元酸为强酸，P点是加入10ml的氨水，氨水正好中和了一半的酸，O点=0，说明正好溶液呈中性
【详解】A．从M点分析，c(H+)=0.1ml/L，0.05ml/L二元酸应该为强酸，故A错误；
B．O点呈中性，根据电荷守恒有，c(H+)=c(OH-)，得出，故B选项错误；
C．N点酸过量，水电离受到抑制，水电离的H+浓度小于ml/L，故C错误；
D．P点加氨水10ml，酸碱正好完全中和生成正盐，=-3，再根据c(H+)c(OH-)=KW，得出c(H+)=，c(OH-)=，溶液中存在质子守恒即，得出，故D正确；
答案选D。
二、填空题
11. 一种用方铅矿(PbS，含少量FeS)和软锰矿(MnO2，含少量铁、锌的氧化物)联合制备PbSO4和Mn3O4的工艺流程如下：
已知：(1)PbCl2难溶于冷水，易溶于热水；
(2)25℃时，部分难溶物的Ksp
回答下列问题：
（1）“浸取”中，加入饱和NaCl溶液的作用是___________。
（2）滤液X中的金属阳离子主要有Mn2+、Zn2+、Pb2+、Fe2+。加入Na2S调pH时，杂质离子的沉淀顺序是___________。
（3）“转化”环节中，当溶液中时，c(Cl-)=___________ml/L。流程中，可循环利用的物质是___________(填化学式)。
（4）pH=8.5时，反应温度对Mn3O4的纯度和产率影响如图所示：
①写出生成Mn3O4的离子方程式___________。
②温度高于50℃，Mn3O4产率下降的主要原因是___________。
（5）已知中心离子或原子上含有未成对电子的物质均有顺磁性。研究表明，Mn3O4的结构可表示为如图所示，则Mn3O4的简单氧化物形式可写作___________，Mn3O4___________(填“有”或“无”)顺磁性。
【答案】（1）增大Cl-浓度，促进正向移动，生成 PbCl，减少矿物表面PbCl2的堆积，提高浸出率
（2）Pb2+、Zn2+、Fe2+
（3） ①. 3 ②. HCl
（4） ①. ②. 升高温度，氨水挥发、分解，导致Mn(OH)2的产量减少
（5） ①. 2MnO•MnO2 ②. 有
【解析】
【分析】方铅矿主要成分为PbS，含有杂质FeS，软锰矿主要成分为MnO2，还有少量含少量铁、锌的氧化物等，加入盐酸、氯化钠溶液，盐酸、氯化钠、PbS、MnO2反应生成S和PbCl，FeS被MnO2氧化为S和Fe3+；铁、锌的氧化物和盐酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸锌；过滤出沉淀S，调节溶液的 pH至3.0-4.5，使酸浸液中 Fe3＋完全生成氢氧化铁沉淀；冷却使PbCl转化为PbC12并沉淀，过滤出PbC12固体，PbC12固体和硫酸溶液反应转化为PbSO4固体；滤液X中的金属阳离子主要有Mn2+、Zn2+、Pb2+、Fe2+，加入硫化钠溶液调pH时，根据溶度积可得，Pb2+、Zn2+、Fe2+依次沉淀，过滤除去滤渣，滤液中有氯化锰，加入氨水并通通入氧气，得到产品 Mn3O4。
【小问1详解】
根据分析及题目信息，PbCl2难溶于冷水，易溶于热水，且存在平衡 ，则“浸取”中，加入饱和NaCl溶液的作用是：增大Cl-浓度，促进正向移动，生成 PbCl，减少矿物表面PbCl2的堆积，提高浸出率。
【小问2详解】
根据分析及题目中25℃时，部分难溶物的Ksp，加入硫化钠溶液调pH时， Pb2+、Zn2+、Fe2+依次沉淀，生成对应硫化物。
【小问3详解】
“转化”环节中，发生反应PbC12（s）+（aq） PbSO4（s）+2Cl-（aq），当溶液中时，，则c(Cl-)==3。“转化”环节中，生成了HCl，根据流程及分析，HCl可循环利用。
【小问4详解】
①氯化锰、氨水、氧气反应生成Mn3O4、氯化铵、水，反应方程式为，离子方程式为。
②根据pH=8.5时，反应温度对Mn3O4的纯度和产率影响图像可得，温度高于50℃，Mn3O4产率下降，其主要原因是升高温度，氨水挥发、分解，导致Mn(OH)2的产量减少。
【小问5详解】
根据Mn3O4的结构图可得，Mn3O4的简单氧化物形式可写作2MnO•MnO2；中心离子或原子上含有未成对电子的物质均有顺磁性，锰原子的价层电子排布为3d54s2，含有未成对电子，故Mn3O4有顺磁性。
【点睛】注意充分利用题目已知信息，如PbCl2难溶于冷水，易溶于热水；的转化关系等，才能对流程正确推导。
12. 某实验小组利用硫渣(主要成分为Sn，含少量Cu2S、Pb、As等)与氯气反应制备四氯化锡，其过程如图所示(夹持、加热及控温装置略)。已知：SnCl4遇水极易水解。
相关产物的熔沸点：
（1）仪器a的名称___________，A中发生反应的化学方程式___________。
（2）冷凝管的进水口为___________(填“m”或“n”)，碱石灰的作用为___________。
（3）如果缺少B装置，可能造成的影响为___________。
（4）实验结束后，将三颈烧瓶中得到的物质冷却至室温，___________(填操作名称，下同)，得到粗产品，粗产品再___________可得到纯净的SnCl4。
（5）用碘量法测量粗产品的纯度：取10.00g粗产品溶于水，加入0.100ml·L-1标准I2溶液20.00mL，并加入少量的淀粉溶液：用的硫代硫酸钠标准溶液滴定过量的碘。滴定终点时消耗20.00mL硫代硫酸钠标准溶液。测定过程中发生的相关反应：
①
②
③
则产品中SnCl4的质量分数___________(保留三位有效数字)。某同学认为粗产品中会溶有少量氯气，导致测量结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②.
（2） ①. m ②. 吸收多余的氯气；防止空气中的H2O进入三颈烧瓶中
（3）SnCl4产率降低；三颈烧瓶中产生的氢气、氯气混合爆炸(答出一条即可)
（4） ①. 过滤 ②. 蒸馏(精馏)
（5） ①. 96.4% ②. 偏高
【解析】
【分析】实验装置中A用于制备Cl2，B装置用于除去Cl2中混有的氯化氢气体，C装置用于干燥氯气，D装置用于制备四氯化锡，球形管中碱石灰可以防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，且吸收多余的氯气防止污染；
【小问1详解】
为了使浓盐酸顺利滴入烧瓶中，使用的仪器a为恒压滴液漏斗，装置A中高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应原理为；
【小问2详解】
为了更好的冷凝效果，冷凝管中水下进上出，进水口为m；已知：SnCl4遇水极易水解且尾气氯气有毒，碱石灰的作用为吸收多余的氯气；防止空气中的H2O进入三颈烧瓶中；
【小问3详解】
Cl2中含有杂质HCl和水蒸气，B装置用于除去Cl2中混有的氯化氢气体，氯化氢和锡会生成易燃易爆气体氢气，故如果缺少B装置，可能造成的影响为：SnCl4产率降低，三颈烧瓶中产生的氢气、氯气混合爆炸(答出一条即可)；
【小问4详解】
由表可知，四氯化锡室温为液体，故实验结束后，将三颈烧瓶中得到的物质冷却至室温，过滤，得到粗产品，再利用物质沸点不同，将粗产品再蒸馏可得到纯净的SnCl4。
【小问5详解】
由已知方程式可知，与硫代硫酸钠标准溶液反应的碘为，则与反应的碘为，则为，产品中SnCl4的质量分数。某同学认为粗产品中会溶有少量氯气，氯气具有氧化性，会和硫代硫酸钠标准溶液反应，导致测量结果偏大。
13. 氨是重要的化工原料，我国目前氨的生产能力居世界首位。回答下列问题：
（1）下图为在某催化剂表面合成氨反应机理。
图中决速步骤(即速率最慢步骤)的化学方程式为___________，反应的ΔH=___________kJ·ml-1。
（2）近年来，电化学催化氮气还原合成氨的催化剂研究取得了较大发展。
①图1所示过程中，总反应方程式为___________。
②氮掺杂金红石晶胞结构如图2所示，a：b=___________。
（3）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的物质的量分数与温度的计算结果如下图所示。进料组成I：xH2=0.75、xN2=0.25；进料组成Ⅱ：xH2=0.60、xN2=0.20、xAr=0.20.(物质i的物质的量分数：)
①P1___________16MPa(填“>”、“=”或“<”)。
②进料组成中不含惰性气体Ar的图是___________。
③图3中，当P2=16MPa、xNH3=0.25时，氮气的转化率a=___________。该温度时，反应2NH3(g)=N2(g)+3H2(g)的平衡常数Kp=___________(MPa)2。
【答案】（1） ①. (或) ②. -92
（2） ①. ②. 7：2
（3） ①. < ②. 图4 ③. 50% ④. 27
【解析】
【小问1详解】
在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，根据题图可知，反应的化学方程式为 (或)；由题图可知，反应物总能量高于产物总能量，反应放热，且的ΔH=-46kJ·ml-1，则合成氨反应的ΔH=-92kJ·ml-1，故答案为： (或)；-92；
【小问2详解】
①依据氮掺杂金红石表面氮气固定机理可知，反应物为氮气和氢离子，生成物为氨气，金红石为催化剂，总反应方程式为；
②由晶胞结构示意图可知，晶胞中N原子数为，O原子数为，Ti原子数为4，故；，解得，；
【小问3详解】
①合成氨的反应中，压强越大越利于氨的合成，则氨的物质的量分数越大，结合图像可知，在相同温度下，氨的物质的量分数：p3＞p2＞p1，所以压强：p3＞p2＞p1，所以P1<16MPa，故答案为：<；
②对比图3和图4可知，相同温度和相同压强下，图3中平衡时氨的物质的量分数较小，在恒压下充入惰性气体Ar，导致反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要向着气体分子数增大的方向进行，即不利于合成氨，所以氨的物质的量分数小，因此进料组成中含惰性气体Ar的图是图3，不含惰性气体Ar的图是图4，故答案为：图4；
③图3进料组成为，，，三者物质的量之比为3：1：1，假设进料中氢气、氮气和氩气物质的量分别为3ml、1ml和1ml，平衡时氮气变化量为x，列三段式：，当p2=20MPa、，解得，则氮气转化率；
平衡时氮气、氢气、氨气物质的量分别是 、1.5ml、，还有1mlAr，物质的量分数分别是、、，该温度下2NH3(g)=N2(g)+3H2(g)的平衡常数==27(MPa)2，故答案为：50%；27。
14. 升压药物盐酸米多君(TM)及其关结中间体B的合成路线(部分条件略去)如图所示：
回答下列问题：
（1）TM分子中含氧官能团名称___________。
（2）物质B的结构简式为___________。步骤③反应类型属于___________。
（3）X为，且反应①原子利用率为100%，该反应的化学方程式为___________。
（4）符合下列条件的A的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。
①含有苯环结构
②1ml该物质分别与足量溶液、金属钠反应生成1ml、1ml
③含有手性碳原子
写出其中苯环上仅有一个支链且核磁共振氢谱中有6组峰的分子的结构简式___________。
【答案】14. 羟基、醚键、酰胺基
15. ①. ②. 还原反应
16. +CH3NO2→
17. ①. 13 ②.
【解析】
【分析】对照反应①和②可知，A为，物质X为CH3NO2，结合反应条件和后面物质的结构简式分析，B中含有氨基，结构简式为；KCN溶液中存在CN-水解生成的HCN，对比A的分子式和反应②的产物可知，反应②为A和HCN的加成反应；B和ClCOCH2Cl发生取代反应引入支链得到，再和NaN3发生取代反应引入-N3得到，和稀盐酸反应得到TM；
【小问1详解】
根据TM的结构简式可知，TM分子中含氧官能团名称是羟基、醚键、酰胺基；
【小问2详解】
根据分析，B 的结构简式为；由分析可知，步骤③为分子-NO2被还原为-NH2的反应，属于还原反应；
【小问3详解】
A为，物质X为CH3NO2，发生反应且反应①原子利用率为100%生成B，反应为：+CH3NO2→；
【小问4详解】
符合下列条件的有机物A的同分异构体：①含有苯环；②1ml该物质分别与足量的NaHCO3溶液、金属钠反应生成1mlCO2、1mlH2，说明结构中含有一个羧基和一个羟基；③含有手性碳原子；若苯环上有一个侧链，同分异构体有、、、；若苯环上有两个侧链，分别为羧基和、—OH和、—CH3和，均有邻间对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有13种；其中苯环上仅有一个支链且核磁共振氢谱中有6个峰的分子的结构简式。选项
实验目的
实验方案
现象或结论
A
判断KCl的化学键类型
将KCl固体溶于水，进行导电性实验
溶液可导电，说明KCl中含有离子键
B
检验蛋白质性质
向鸡蛋清溶液中滴加饱和(NH4)2SO4溶液
溶液变浑浊，再加水浑浊消失说明鸡蛋清溶液发生了盐析
C
检验溶液中是否含有SO
取少量该溶液于试管中，滴加BaCl2溶液
有白色沉淀生成，说明该溶液中一定含有SO
D
探究不同价态硫元素的转化
向Na2S与Na2SO3的混合溶液中加入硝酸
溶液变浑浊，说明Na2S与Na2SO3之间发生了氧化还原反应
物质
FeS
ZnS
MnS
PbS
PbCl2
PbSO4
Ksp
6.0×10-18
1.2×10-23
2×10-13
8×10-28
16×10-5
1.6×10-8
物质性质
SnCl4
SnCl2
CuCl
PbCl2
AsCl3
S
熔点/℃
-33
246
426
501
-18
112
沸点/℃
114
652
1490
951
130
444
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Cu 64
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列关于物质性质与应用的说法正确的是
A. 胶体无色、透明、具有均一稳定性，能产生丁达尔效应
B. 利用纯碱可以处理泄漏汽油
C. 望远镜需要超低温环境，主动冷却器用氦制冷，氦的分子间作用力很弱，沸点极低
D. “蜡炬成灰泪始干”中古人所用“蜡炬”的主要成分为有机高分子
【答案】C
【解析】
【详解】A． 胶体红褐色、透明、具有介稳性，能产生丁达尔效应，故A错误；
B． 汽油是烃类，不能发生水解，不能利用纯碱处理泄漏的汽油，故B错误；
C． 望远镜需要超低温环境，主动冷却器用氦制冷，氦的分子间作用力很弱，沸点极低，气化时吸热，可用作超低温环境下的制冷剂，故C正确；
D．古代“蜡炬”的主要成分为油脂，油脂属于小分子，不是有机高分子，故D错误；
故选C。
2. 利用付一克烷基化反应，由K、L制取M的反应过程如下：
下列说法错误的是
A. K的化学名称为3-甲基苯酚
B. M中所有碳原子共平面
C. L、M中均含有手性碳原子
D K、M均能与溴水、酸性高锰酸钾溶液反应
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【详解】A．该有机物酚羟基所连的碳原子为1号碳，逆时针编号，与甲基相连的碳为3号碳，K的名称为3-甲基苯酚，A正确；
B．M中下方与苯环相连的碳原子为饱和碳原子，与该饱和碳原子连接的碳原子不可能在同一平面内，B错误；
C．L中 *号标注的碳为手性碳原子，M中 *号标注的碳为手性碳原子，C正确；
D．K、M中都含有酚羟基，能被溴、酸性高锰酸钾氧化，同时K、M苯环上都含有甲基，也能被酸性高锰酸钾氧化，D正确；
故答案选B。
3. 用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法错误的是
A. 11.2LN2含π键数目为NA
B. 17g-OH含有的电子数目为9NA
C. 0.2 ml FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.2NA
D. 2.4gMg在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2转移的电子个数为0.2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．未说明温度、压强，无法根据气体体积计算物质的量，A错误；
B．，则1ml-OH中含有电子数9NA，B正确；
C．因为胶体粒子要求直径在1-100nm(1nm=10-9米)，所以单个的Fe(OH)3直径不够，往往是几十个Fe(OH)3粒子聚在一起才形成一个胶粒，所以胶体粒子数远小于0.1NA，C正确；
D．镁在空气中完全燃烧，化合价从0价升高到+2价，因此0.1ml镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.2NA，D正确；
故答案：A。
4. 下列离子方程式正确的是
A. 通入增强NaClO溶液的漂白性：
B. 用盐酸清洗进行银镜反应后试管内壁的银白色固体：
C. 氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热：
D. 饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳制备
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸酸性大于次氯酸，强酸制取弱酸，次氯酸钠中通入二氧化碳生成次氯酸和碳酸氢钠，次氯酸浓度增大漂白性增强，离子方程式书写正确，故A正确；
B．银排在金属活动性顺序表H的后面，不能与盐酸反应置换出氢气，故B错误；
C．氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热时氯原子也能被羟基取代，生成羟基乙酸钠，故C错误；
D．碳酸氢钠的溶解性比碳酸钠小，饱和碳酸钠中通入过量的二氧化碳会生成碳酸氢钠沉淀，故D错误；
答案选A。
5. 我国科学家在寻找“点击反应”的砌块过程中，发现一种新的化合物，结构如下图所示，其中X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y与Z是同一主族元素。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：W>Z>Y>X
B. X、Y、Z和W形成的简单氢化物中，X沸点最高
C. X、Z、W氧化物的水化物均为强酸
D. X+采用的是sp杂化方式成键
【答案】D
【解析】
【分析】Y与Z是同一主族元素，由结构知Z形成6根共价键，Y形成2根共价键，则Y为O元素，Z为S元素，X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期主族元素，则W为Cl元素，X形成3根共价键，X为N元素；
【详解】A．简单离子半径：，故A错误；
B． NH3、H2O、H2S、HCl中H2O沸点最高，故B错误；
C． N、S、Cl的氧化物的水化物有多种，例如H2SO3、HClO为弱酸，故C错误；
D． N+的中心原子形成2个双键，无孤电子对，价层电子对数为2，采用的是sp杂化方式成键，故D正确；
故选D。
6. 下列方案设计、现象和结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．KCl为强电解质，不管K与Cl之间存在离子键还是共价键，在水中都可发生完全电离，生成K+和Cl-，所以不能证明KCl中含有离子键，A错误；
B．蛋白质中加入盐，出现盐析现象，B正确；
C．若溶液中含有或Ag+，可以生成BaCO3、AgCl均为白色沉淀，则可以先通入HCl，若无现象出现再加入BaCl2溶液，出现沉淀说明溶液中含有，C错误；
D．硝酸具有强氧化性，也能与硫化钠溶液发生氧化还原反应生成硫沉淀，则溶液变混浊不能说明硫化钠溶液和亚硫酸钠溶液酸性条件下发生了氧化还原反应，D错误；
故答案：B。
7. 以锆矿石(主要成分为，还含有及钠、铝、铜的氧化物等杂质)为原料制备工业纯的工艺流程如图：
下列说法错误的是
A. “高温氯化”结束前通一段时间氧气的目的是除去过量的炭黑
B. “溶液1”中含有的溶质主要为NaCl、NaOH、
C. “碱浸”后分离操作要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗
D. “除杂”的目的是除去铜元素
【答案】B
【解析】
【分析】“高温氯化”可以把氧化物转化为氯化物，ZrO₂与C和氯气发生反应方程式为ZrO₂+2Cl₂+CZrCl4+CO2↑，同时生成氯化铜、氯化铝等，加入“过量的NaOH稀溶液”将氯化物转化为沉淀，并将AlCl3转化为而除去，溶液1成分为NaCl、NaAlO2、Na₂SiO₃，加入NaOH浓溶液得到[Cu(OH)4]2-和Zr(OH)4沉淀，焙烧分解可得ZrO₂。
【详解】A．C可以和氧气高温反应生产CO₂，结束前通一段时间氧气的目的是除去过量的炭黑，故A正确；
B．根据分析，溶液1成分为NaCl、NaAlO₂、NaOH、Na₂SiO3，故B错误；
C．碱浸后分离操作为除去氢氧化铜，为过滤，要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故C正确；
D．除杂的目的是分离氢氧化铜，除去铜元素，故D正确；
答案选B。
8. 利用铜-铈氧化物(，Ce是活泼金属)催化氧化除去中少量CO的可能机理如图所示。下列说法正确的是
A. 反应(i)中Cu、Ce化合价均升高
B. 铜-铈氧化物减小了反应的反应热
C. 若用参与反应，一段时间后，不可能出现在铜-铈氧化物中
D. 反应一段时间后催化剂活性下降，可能是CuO被还原成Cu所致
【答案】D
【解析】
【分析】反应（i）CO与催化剂作用生成二氧化碳，得到O原子，催化剂失去O原子形成一个空位，反应（ii）氧气与CO共同与催化剂作用，O2中的O原子结合了催化剂，反应（iii）氧原子填充了催化剂的空位，同时释放出二氧化碳。
【详解】A．反应(i)中CO与催化剂作用生成CO2，CO得到O原子C的化合价升高，催化剂失去O原子催化剂中Cu、Ce化合价应该降低，故A错误；
B．铜-铈氧化物作为催化剂改变反应速率，不能改变反应热，故B错误；
C．由图可知，在反应(ii)中氧分子和催化剂铜-铈氧化物中的空位结合，反应后1个氧原子进入空位，故一段时间后，18O可能出现在铜-铈氧化物中，故C错误；
D．一氧化碳具有还原性，会把氧化铜还原为铜单质，反应一段时间后催化剂活性下降，可能是CuO被还原成Cu所致，金属Cu能使催化剂中毒，故D正确；
答案选D。
9. 据文献报道，一种新型的微生物脱盐电池的装置如图所示，关于该电池装置说法正确的是
A. Y为阴离子选择性交换膜
B. 左室溶液碱性增强
C. 负极反应是CH3COO- +2H2O-8e-=2CO2 ↑+7H+
D. 转移2 ml电子，海水脱去氯化钠的质量是58.5 g
【答案】C
【解析】
【详解】A．原电池中阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐的目的，因此Y为阳离子交换膜，X为阴离子交换膜，A错误；
B．由图示可知，左室为负极，负极CH3COO-失电子生成二氧化碳，负极反应式为：CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，生成了氢离子，溶液碱性减弱，B错误；
C．由图示可知，负极CH3COO-失电子生成二氧化碳，负极反应式为：CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，C正确；
D．转移电子数目与钠离子、氯离子所带电荷数相同，因此转移2ml电子，各有2ml钠离子和2ml氯离子分别透过半透膜，可除去氯化钠2ml，质量为2ml58.5g/ml=117g，D错误；
答案选C。
10. 25℃时，用0.10ml/L的氨水滴定二元酸溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 属于二元弱酸
B. O点溶液中，
C. N点溶液中，水电离
D. P点溶液中，
【答案】D
【解析】
【分析】起点M点=-12，根据c(H+)c(OH-)=KW，得出c(H+)=0.1ml/L，说明二元酸为强酸，P点是加入10ml的氨水，氨水正好中和了一半的酸，O点=0，说明正好溶液呈中性
【详解】A．从M点分析，c(H+)=0.1ml/L，0.05ml/L二元酸应该为强酸，故A错误；
B．O点呈中性，根据电荷守恒有，c(H+)=c(OH-)，得出，故B选项错误；
C．N点酸过量，水电离受到抑制，水电离的H+浓度小于ml/L，故C错误；
D．P点加氨水10ml，酸碱正好完全中和生成正盐，=-3，再根据c(H+)c(OH-)=KW，得出c(H+)=，c(OH-)=，溶液中存在质子守恒即，得出，故D正确；
答案选D。
二、填空题
11. 一种用方铅矿(PbS，含少量FeS)和软锰矿(MnO2，含少量铁、锌的氧化物)联合制备PbSO4和Mn3O4的工艺流程如下：
已知：(1)PbCl2难溶于冷水，易溶于热水；
(2)25℃时，部分难溶物的Ksp
回答下列问题：
（1）“浸取”中，加入饱和NaCl溶液的作用是___________。
（2）滤液X中的金属阳离子主要有Mn2+、Zn2+、Pb2+、Fe2+。加入Na2S调pH时，杂质离子的沉淀顺序是___________。
（3）“转化”环节中，当溶液中时，c(Cl-)=___________ml/L。流程中，可循环利用的物质是___________(填化学式)。
（4）pH=8.5时，反应温度对Mn3O4的纯度和产率影响如图所示：
①写出生成Mn3O4的离子方程式___________。
②温度高于50℃，Mn3O4产率下降的主要原因是___________。
（5）已知中心离子或原子上含有未成对电子的物质均有顺磁性。研究表明，Mn3O4的结构可表示为如图所示，则Mn3O4的简单氧化物形式可写作___________，Mn3O4___________(填“有”或“无”)顺磁性。
【答案】（1）增大Cl-浓度，促进正向移动，生成 PbCl，减少矿物表面PbCl2的堆积，提高浸出率
（2）Pb2+、Zn2+、Fe2+
（3） ①. 3 ②. HCl
（4） ①. ②. 升高温度，氨水挥发、分解，导致Mn(OH)2的产量减少
（5） ①. 2MnO•MnO2 ②. 有
【解析】
【分析】方铅矿主要成分为PbS，含有杂质FeS，软锰矿主要成分为MnO2，还有少量含少量铁、锌的氧化物等，加入盐酸、氯化钠溶液，盐酸、氯化钠、PbS、MnO2反应生成S和PbCl，FeS被MnO2氧化为S和Fe3+；铁、锌的氧化物和盐酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸锌；过滤出沉淀S，调节溶液的 pH至3.0-4.5，使酸浸液中 Fe3＋完全生成氢氧化铁沉淀；冷却使PbCl转化为PbC12并沉淀，过滤出PbC12固体，PbC12固体和硫酸溶液反应转化为PbSO4固体；滤液X中的金属阳离子主要有Mn2+、Zn2+、Pb2+、Fe2+，加入硫化钠溶液调pH时，根据溶度积可得，Pb2+、Zn2+、Fe2+依次沉淀，过滤除去滤渣，滤液中有氯化锰，加入氨水并通通入氧气，得到产品 Mn3O4。
【小问1详解】
根据分析及题目信息，PbCl2难溶于冷水，易溶于热水，且存在平衡 ，则“浸取”中，加入饱和NaCl溶液的作用是：增大Cl-浓度，促进正向移动，生成 PbCl，减少矿物表面PbCl2的堆积，提高浸出率。
【小问2详解】
根据分析及题目中25℃时，部分难溶物的Ksp，加入硫化钠溶液调pH时， Pb2+、Zn2+、Fe2+依次沉淀，生成对应硫化物。
【小问3详解】
“转化”环节中，发生反应PbC12（s）+（aq） PbSO4（s）+2Cl-（aq），当溶液中时，，则c(Cl-)==3。“转化”环节中，生成了HCl，根据流程及分析，HCl可循环利用。
【小问4详解】
①氯化锰、氨水、氧气反应生成Mn3O4、氯化铵、水，反应方程式为，离子方程式为。
②根据pH=8.5时，反应温度对Mn3O4的纯度和产率影响图像可得，温度高于50℃，Mn3O4产率下降，其主要原因是升高温度，氨水挥发、分解，导致Mn(OH)2的产量减少。
【小问5详解】
根据Mn3O4的结构图可得，Mn3O4的简单氧化物形式可写作2MnO•MnO2；中心离子或原子上含有未成对电子的物质均有顺磁性，锰原子的价层电子排布为3d54s2，含有未成对电子，故Mn3O4有顺磁性。
【点睛】注意充分利用题目已知信息，如PbCl2难溶于冷水，易溶于热水；的转化关系等，才能对流程正确推导。
12. 某实验小组利用硫渣(主要成分为Sn，含少量Cu2S、Pb、As等)与氯气反应制备四氯化锡，其过程如图所示(夹持、加热及控温装置略)。已知：SnCl4遇水极易水解。
相关产物的熔沸点：
（1）仪器a的名称___________，A中发生反应的化学方程式___________。
（2）冷凝管的进水口为___________(填“m”或“n”)，碱石灰的作用为___________。
（3）如果缺少B装置，可能造成的影响为___________。
（4）实验结束后，将三颈烧瓶中得到的物质冷却至室温，___________(填操作名称，下同)，得到粗产品，粗产品再___________可得到纯净的SnCl4。
（5）用碘量法测量粗产品的纯度：取10.00g粗产品溶于水，加入0.100ml·L-1标准I2溶液20.00mL，并加入少量的淀粉溶液：用的硫代硫酸钠标准溶液滴定过量的碘。滴定终点时消耗20.00mL硫代硫酸钠标准溶液。测定过程中发生的相关反应：
①
②
③
则产品中SnCl4的质量分数___________(保留三位有效数字)。某同学认为粗产品中会溶有少量氯气，导致测量结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②.
（2） ①. m ②. 吸收多余的氯气；防止空气中的H2O进入三颈烧瓶中
（3）SnCl4产率降低；三颈烧瓶中产生的氢气、氯气混合爆炸(答出一条即可)
（4） ①. 过滤 ②. 蒸馏(精馏)
（5） ①. 96.4% ②. 偏高
【解析】
【分析】实验装置中A用于制备Cl2，B装置用于除去Cl2中混有的氯化氢气体，C装置用于干燥氯气，D装置用于制备四氯化锡，球形管中碱石灰可以防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，且吸收多余的氯气防止污染；
【小问1详解】
为了使浓盐酸顺利滴入烧瓶中，使用的仪器a为恒压滴液漏斗，装置A中高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应原理为；
【小问2详解】
为了更好的冷凝效果，冷凝管中水下进上出，进水口为m；已知：SnCl4遇水极易水解且尾气氯气有毒，碱石灰的作用为吸收多余的氯气；防止空气中的H2O进入三颈烧瓶中；
【小问3详解】
Cl2中含有杂质HCl和水蒸气，B装置用于除去Cl2中混有的氯化氢气体，氯化氢和锡会生成易燃易爆气体氢气，故如果缺少B装置，可能造成的影响为：SnCl4产率降低，三颈烧瓶中产生的氢气、氯气混合爆炸(答出一条即可)；
【小问4详解】
由表可知，四氯化锡室温为液体，故实验结束后，将三颈烧瓶中得到的物质冷却至室温，过滤，得到粗产品，再利用物质沸点不同，将粗产品再蒸馏可得到纯净的SnCl4。
【小问5详解】
由已知方程式可知，与硫代硫酸钠标准溶液反应的碘为，则与反应的碘为，则为，产品中SnCl4的质量分数。某同学认为粗产品中会溶有少量氯气，氯气具有氧化性，会和硫代硫酸钠标准溶液反应，导致测量结果偏大。
13. 氨是重要的化工原料，我国目前氨的生产能力居世界首位。回答下列问题：
（1）下图为在某催化剂表面合成氨反应机理。
图中决速步骤(即速率最慢步骤)的化学方程式为___________，反应的ΔH=___________kJ·ml-1。
（2）近年来，电化学催化氮气还原合成氨的催化剂研究取得了较大发展。
①图1所示过程中，总反应方程式为___________。
②氮掺杂金红石晶胞结构如图2所示，a：b=___________。
（3）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的物质的量分数与温度的计算结果如下图所示。进料组成I：xH2=0.75、xN2=0.25；进料组成Ⅱ：xH2=0.60、xN2=0.20、xAr=0.20.(物质i的物质的量分数：)
①P1___________16MPa(填“>”、“=”或“<”)。
②进料组成中不含惰性气体Ar的图是___________。
③图3中，当P2=16MPa、xNH3=0.25时，氮气的转化率a=___________。该温度时，反应2NH3(g)=N2(g)+3H2(g)的平衡常数Kp=___________(MPa)2。
【答案】（1） ①. (或) ②. -92
（2） ①. ②. 7：2
（3） ①. < ②. 图4 ③. 50% ④. 27
【解析】
【小问1详解】
在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，根据题图可知，反应的化学方程式为 (或)；由题图可知，反应物总能量高于产物总能量，反应放热，且的ΔH=-46kJ·ml-1，则合成氨反应的ΔH=-92kJ·ml-1，故答案为： (或)；-92；
【小问2详解】
①依据氮掺杂金红石表面氮气固定机理可知，反应物为氮气和氢离子，生成物为氨气，金红石为催化剂，总反应方程式为；
②由晶胞结构示意图可知，晶胞中N原子数为，O原子数为，Ti原子数为4，故；，解得，；
【小问3详解】
①合成氨的反应中，压强越大越利于氨的合成，则氨的物质的量分数越大，结合图像可知，在相同温度下，氨的物质的量分数：p3＞p2＞p1，所以压强：p3＞p2＞p1，所以P1<16MPa，故答案为：<；
②对比图3和图4可知，相同温度和相同压强下，图3中平衡时氨的物质的量分数较小，在恒压下充入惰性气体Ar，导致反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要向着气体分子数增大的方向进行，即不利于合成氨，所以氨的物质的量分数小，因此进料组成中含惰性气体Ar的图是图3，不含惰性气体Ar的图是图4，故答案为：图4；
③图3进料组成为，，，三者物质的量之比为3：1：1，假设进料中氢气、氮气和氩气物质的量分别为3ml、1ml和1ml，平衡时氮气变化量为x，列三段式：，当p2=20MPa、，解得，则氮气转化率；
平衡时氮气、氢气、氨气物质的量分别是 、1.5ml、，还有1mlAr，物质的量分数分别是、、，该温度下2NH3(g)=N2(g)+3H2(g)的平衡常数==27(MPa)2，故答案为：50%；27。
14. 升压药物盐酸米多君(TM)及其关结中间体B的合成路线(部分条件略去)如图所示：
回答下列问题：
（1）TM分子中含氧官能团名称___________。
（2）物质B的结构简式为___________。步骤③反应类型属于___________。
（3）X为，且反应①原子利用率为100%，该反应的化学方程式为___________。
（4）符合下列条件的A的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。
①含有苯环结构
②1ml该物质分别与足量溶液、金属钠反应生成1ml、1ml
③含有手性碳原子
写出其中苯环上仅有一个支链且核磁共振氢谱中有6组峰的分子的结构简式___________。
【答案】14. 羟基、醚键、酰胺基
15. ①. ②. 还原反应
16. +CH3NO2→
17. ①. 13 ②.
【解析】
【分析】对照反应①和②可知，A为，物质X为CH3NO2，结合反应条件和后面物质的结构简式分析，B中含有氨基，结构简式为；KCN溶液中存在CN-水解生成的HCN，对比A的分子式和反应②的产物可知，反应②为A和HCN的加成反应；B和ClCOCH2Cl发生取代反应引入支链得到，再和NaN3发生取代反应引入-N3得到，和稀盐酸反应得到TM；
【小问1详解】
根据TM的结构简式可知，TM分子中含氧官能团名称是羟基、醚键、酰胺基；
【小问2详解】
根据分析，B 的结构简式为；由分析可知，步骤③为分子-NO2被还原为-NH2的反应，属于还原反应；
【小问3详解】
A为，物质X为CH3NO2，发生反应且反应①原子利用率为100%生成B，反应为：+CH3NO2→；
【小问4详解】
符合下列条件的有机物A的同分异构体：①含有苯环；②1ml该物质分别与足量的NaHCO3溶液、金属钠反应生成1mlCO2、1mlH2，说明结构中含有一个羧基和一个羟基；③含有手性碳原子；若苯环上有一个侧链，同分异构体有、、、；若苯环上有两个侧链，分别为羧基和、—OH和、—CH3和，均有邻间对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有13种；其中苯环上仅有一个支链且核磁共振氢谱中有6个峰的分子的结构简式。选项
实验目的
实验方案
现象或结论
A
判断KCl的化学键类型
将KCl固体溶于水，进行导电性实验
溶液可导电，说明KCl中含有离子键
B
检验蛋白质性质
向鸡蛋清溶液中滴加饱和(NH4)2SO4溶液
溶液变浑浊，再加水浑浊消失说明鸡蛋清溶液发生了盐析
C
检验溶液中是否含有SO
取少量该溶液于试管中，滴加BaCl2溶液
有白色沉淀生成，说明该溶液中一定含有SO
D
探究不同价态硫元素的转化
向Na2S与Na2SO3的混合溶液中加入硝酸
溶液变浑浊，说明Na2S与Na2SO3之间发生了氧化还原反应
物质
FeS
ZnS
MnS
PbS
PbCl2
PbSO4
Ksp
6.0×10-18
1.2×10-23
2×10-13
8×10-28
16×10-5
1.6×10-8
物质性质
SnCl4
SnCl2
CuCl
PbCl2
AsCl3
S
熔点/℃
-33
246
426
501
-18
112
沸点/℃
114
652
1490
951
130
444
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