福建省建甌市第二中學2024年高三下學期第五次調(diào)研考試化學試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、在25°C時，向amL0.10mol·L-1的HNO2溶液中逐滴加入0.10mol·L-1的NaOH溶液。滴定過程中混合溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]與NaOH溶液的體積V的關(guān)系如圖所示。已知P點溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，下列說法不正確的是（）A．25°C時，HNO2電離常數(shù)的數(shù)量級是10-4B．M點溶液中存在：2c(H+)+c(HNO2)=c(OH-)+c(NO2-)C．圖上M、N、P、Q四點溶液中所含離子的種類相同D．a(chǎn)=10.802、被譽為“礦石熊貓”的香花石，由我國地質(zhì)學家首次發(fā)現(xiàn)，它由前20號元素中的6種組成，分別為X、Y、Z、W、R、T。其中X、Y、Z為金屬元素，Z的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外層電子數(shù)是次外層的3倍，T無正價，X與R原子序數(shù)之和是W的2倍。下列說法錯誤的是A．離子半徑:R＞T＞Y＞ZB．XR2、WR2兩種化合物中R的化合價相同C．最高價氧化物對應的水化物的堿性:X＞ZD．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:W＜R＜T3、在一定條件下，使H2和O2的混合氣體26g充分發(fā)生反應，所得產(chǎn)物在適當溫度下跟足量的固體Na2O2反應，使固體增重2g。原混合氣體中H2和O2的物質(zhì)的量之比為（）A．1：10 B．9：1 C．4：1 D．4：34、下列說法正確的是（）A．H2與D2是氫元素的兩種核素，互為同位素B．甲酸（HCOOH）和乙酸互為同系物，化學性質(zhì)不完全相似C．C4H10的兩種同分異構(gòu)體都有三種二氯代物D．石墨烯（單層石墨）和石墨烷（可看成石墨烯與H2加成的產(chǎn)物）都是碳元素的同素異形體，都具有良好的導電性能5、關(guān)于氯化銨的說法錯誤的是A．氯化銨溶于水放熱B．氯化銨受熱易分解C．氯化銨固體是離子晶體D．氯化銨是強電解質(zhì)6、化合物ZYX4是在化工領域有著重要應用價值的離子化合物，電子式如圖所示。X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，其中只有一種為金屬元素，X是周期表中原子半徑最小的元素。下列敘述中錯誤的是()A．Z是短周期元素中金屬性最強的元素B．Y的最高價氧化物對應水化物呈弱酸性C．X、Y可以形成分子式為YX3的穩(wěn)定化合物D．化合物ZYX4有強還原性7、常溫下，Mn+(指Cu2+或Ag+)的硫化物的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法正確的是（）A．直線MN代表CuS的沉淀溶解平衡B．在N點Ksp(CuS)=Ksp(Ag2S)C．P點：易析出CuS沉淀，不易析出Ag2S沉淀D．M點和N點的c(S2－)之比為1×10－208、海水中含有大量Na+、C1-及少量Ca2+、Mg2+、SO42-，用電滲析法對該海水樣品進行淡化處理，如右圖所示。下列說法正確的是A．b膜是陽離子交換膜B．A極室產(chǎn)生氣泡并伴有少量沉淀生成C．淡化工作完成后A、B、C三室中pH大小為pHA＜pHB＜pHCD．B極室產(chǎn)生的氣體可使?jié)駶櫟腒I淀粉試紙變藍9、短周期元素T、R、W、G在周期表中的相對位置如圖所示。下列說法正確的是A．T的氫化物的沸點一定低于R的B．W的氧化物對應的水化物一定是強酸C．T和W組成的化合物含兩種化學鍵D．工業(yè)上電解熔融氧化物制備G的單質(zhì)10、化學與科技、生活密切相關(guān)。下列敘述中正確的是（）A．屠呦呦用乙醚從青蒿中提取出對治療瘧疾有特效的青蒿素，該過程包括萃取操作B．從石墨中剝離出的石墨烯薄片能導電，因此石墨烯是電解質(zhì)C．中國天眼FAST用到的高性能碳化硅是一種新型的有機高分子材料D．泰國銀飾和土耳其彩瓷是“一帶一路”沿線國家的特色產(chǎn)品，其主要成分均為金屬材料11、下列關(guān)于甲、乙、丙、丁四種儀器裝置的有關(guān)用法，其中不合理的是（）A．甲裝置：可用來證明硫的非金屬性比硅強B．乙裝置：橡皮管的作用是能使水順利流下C．丙裝置：用圖示的方法能檢查此裝置的氣密性D．丁裝置：可在瓶中先裝入某種液體收集NO氣體12、目前，國家電投集團正在建設國內(nèi)首座百千瓦級鐵－鉻液流電池儲能示范電站。鐵－鉻液流電池總反應為Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，工作示意圖如圖。下列說法錯誤的是A．放電時a電極反應為Fe3++e?=Fe2+B．充電時b電極反應為Cr3++e?=Cr2+C．放電過程中H+通過隔膜從正極區(qū)移向負極區(qū)D．該電池無爆炸可能，安全性高，毒性和腐蝕性相對較低13、某化學實驗創(chuàng)新小組設計了如圖所示的檢驗Cl2某些性質(zhì)的一體化裝置。下列有關(guān)描述不正確的是A．濃鹽酸滴到氯酸鉀固體上反應的離子方程式為5Cl?＋＋6H+===3Cl2↑＋3H2OB．無水氯化鈣的作用是干燥Cl2，且干燥有色布條不褪色，濕潤的有色布條褪色C．2處溶液出現(xiàn)白色沉淀，3處溶液變藍，4處溶液變?yōu)槌壬?，三處現(xiàn)象均能說明了Cl2具有氧化性D．5處溶液變?yōu)檠t色，底座中溶液紅色消失，氫氧化鈉溶液的作用為吸收剩余的Cl2以防止污染14、有下列兩種轉(zhuǎn)化途徑，某些反應條件和產(chǎn)物已省略。下列有關(guān)說法不正確的是途徑①SH2SO4途徑②SSO2SO3H2SO4A．途徑①反應中體現(xiàn)了濃硝酸的強氧化性和酸性B．途徑②的第二步反應在實際生產(chǎn)中可以通過增大O2濃度來降低成本C．由途徑①和②分別制取1molH2SO4，理論上各消耗1molS，各轉(zhuǎn)移6mole-D．途徑②與途徑①相比更能體現(xiàn)“綠色化學”的理念是因為途徑②比途徑①污染相對小且原子利用率高15、工業(yè)上電解NaHSO4溶液制備Na2S2O8。電解時，陰極材料為Pb；陽極（鉑電極）電極反應式為2HSO4－-2e－=S2O82－+2H+。下列說法正確的是（）A．陰極電極反應式為Pb+HSO4－-2e－=PbSO4+H+B．陽極反應中S的化合價升高C．S2O82－中既存在非極性鍵又存在極性鍵D．可以用銅電極作陽極16、在一定溫度下，某反應達到了化學平衡，其反應過程對應的能量變化如圖。下列說不正確的是A．Ea為催化劑存在下該反應的活化能，Ea′為無催化劑時該反應的活化能B．該反應為放熱反應，△H=Ea-Ea′C．活化分子是能最較高、有可能發(fā)生有效碰撞的分子D．催化劑是通過降低反應所需的活化能來同等程度的增大正逆反應速率，使平衡不移動17、下列化學用語表述正確的是()A．丙烯的結(jié)構(gòu)簡式:CH3CHCH2B．丙烷的比例模型:C．氨基的電子式HD．乙酸的鍵線式:18、某研究小組以AgZSM為催化劑，在容積為1L的容器中，相同時間下測得0.1molNO轉(zhuǎn)化為N2的轉(zhuǎn)化率隨溫度變化如圖所示[無CO時反應為2NO(g)N2(g)＋O2(g)；有CO時反應為2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)]。下列說法正確的是()A．反應2NON2＋O2的ΔH＞0B．達平衡后，其他條件不變，使n(CO)/n(NO)＞1，CO轉(zhuǎn)化率下降C．X點可以通過更換高效催化劑提高NO轉(zhuǎn)化率D．Y點再通入CO、N2各0.01mol，此時v(CO，正)＜v(CO，逆)19、已知二氯化二硫（S2Cl2）的結(jié)構(gòu)式為Cl﹣S﹣S﹣Cl，它易與水反應，方程式如下：2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓，對該反應的說法正確的是()A．S2Cl2既作氧化劑又作還原劑B．H2O作還原劑C．每生成1molSO2轉(zhuǎn)移4mol電子D．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量比為3：120、有些古文或諺語包含了豐富的化學知識，下列解釋不正確的是選項古文或諺語化學解釋A日照香爐生紫煙碘的升華B以曾青涂鐵，鐵赤色如銅置換反應C煮豆燃豆萁化學能轉(zhuǎn)化為熱能D雷雨肥莊稼自然固氮A．A B．B C．C D．D21、用電化學法制備LiOH的實驗裝置如圖，采用惰性電極，a口導入LiCl溶液，b口導入LiOH溶液，下列敘述正確的是（）A．通電后陽極區(qū)溶液pH增大B．陰極區(qū)的電極反應式為4OH－–4e－＝O2↑+2H2OC．當電路中通過1mol電子的電量時，會有0.25mol的Cl2生成D．通電后Li+通過交換膜向陰極區(qū)遷移，LiOH濃溶液從d口導出22、零族元素難以形成化合物的本質(zhì)原因是A．它們都是惰性元素 B．它們的化學性質(zhì)不活潑C．它們都以單原子分子形式存在 D．它們的原子的電子層結(jié)構(gòu)均為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)二、非選擇題(共84分)23、（14分）（化學—有機化學基礎）3﹣對甲苯丙烯酸甲酯（E）是一種用于合成抗血栓藥的中間體，其合成路線如下：已知：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO+H2O（1）遇FeCl3溶液顯紫色且苯環(huán)上有兩個取代基的A的同分異構(gòu)體有___________種，B中含氧官能團的名稱為___________．（2）試劑C可選用下列中的___________．a(chǎn)、溴水b、銀氨溶液c、酸性KMnO4溶液d、新制Cu(OH)2懸濁液（3）是E的一種同分異構(gòu)體，該物質(zhì)與足量NaOH溶液共熱的化學方程式為___________．（4）E在一定條件下可以生成高聚物F，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為___________．24、（12分）氯吡格雷(clopidogrel)是一種用于抑制血小板聚集的藥物．以芳香族化合物A為原料合成的路線如下：已知：①R-CHO，②R-CNRCOOH(1)寫出反應C→D的化學方程式______________，反應類型____________。(2)寫出結(jié)構(gòu)簡式．B____________，X____________。(3)A屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體(含A)共有______種，寫出其中與A不同類別的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式___________。(4)兩分子C可在一定條件下反應生成一種產(chǎn)物，該產(chǎn)物分子中含有3個六元環(huán)，寫出該反應的化學方程式________________。(5)已知：，設計一條由乙烯、甲醇為有機原料制備化合物的合成路線流程圖，無機試劑任選_____________。(合成路線常用的表反應試劑A反應條件B…反應試劑反應條件目標產(chǎn)物示方式為：AB…目標產(chǎn)物)25、（12分）某研究性學習小組選用以下裝置進行實驗設計和探究(圖中a、b、c均為止水夾)：（1）在進行氣體制備時，應先檢驗裝置的氣密性。將A裝置中導管末端密封后，在分液漏斗甲內(nèi)裝一定量的蒸餾水，然后______，則證明A裝置的氣密性良好。（2）利用E裝置能吸收的氣體有______(任寫兩種即可)。（3）用鋅粒和稀硫酸制備H2時應選用裝置___作為發(fā)生裝置(填所選裝置的字母序號)，實驗時先在稀硫酸中加入少量硫酸銅晶體可使反應速率加快，原因是__。（4）某同學將A、C、E裝置連接后設計實驗比較Cl－和S2－的還原性強弱。①A中玻璃儀器甲的名稱為____，A裝置中發(fā)生反應的離子方程式為____。②C中說明Cl－和S2－的還原性強弱的實驗現(xiàn)象_____。26、（10分）對氨基苯磺酸是制取染料和一些藥物的重要中間體，可由苯胺磺化得到。+H2SO4H2O已知：苯胺是一種無色油狀液體，微溶于水，易溶于乙醇，熔點?6.1℃，沸點184.4℃。對氨基苯磺酸是一種白色晶體，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于堿性溶液，不溶于乙醇。實驗室可用苯胺、濃硫酸為原料，利用如圖所示實驗裝置合成對氨基苯磺酸。實驗步驟如下：步驟1：在250mL三頸燒瓶中加入10mL苯胺及幾粒沸石，將三頸燒瓶放在冰水中冷卻，小心地加入18mL濃硫酸。步驟2：將三頸燒瓶置于油浴中緩慢加熱至170～180℃，維持此溫度2～2.5小時。步驟3：將反應產(chǎn)物冷卻至約50℃后，倒入盛有100mL冷水的燒杯中，用玻璃棒不斷攪拌，促使對氨基苯磺酸晶體析出。將燒瓶內(nèi)殘留的產(chǎn)物沖洗到燒杯中，抽濾，洗滌，得到對氨基苯磺酸粗產(chǎn)品。步驟4：將粗產(chǎn)品用沸水溶解，冷卻結(jié)晶，抽濾，收集產(chǎn)品，晾干可得純凈的對氨基苯磺酸。（1）裝置中冷凝管的作用是__________。（2）步驟2油浴加熱的優(yōu)點有____________________。（3）步驟3中洗滌沉淀的操作是______________。（4）步驟3和4均進行抽濾操作，在抽濾完畢停止抽濾時，應注意先__________，然后__________，以防倒吸。（5）若制得的晶體顆粒較小，分析可能的原因______（寫出兩點）。27、（12分）工業(yè)上用草酸“沉鈷”，再過濾草酸鈷得到的母液A經(jīng)分析主要含有下列成分：H2C2O4Co2+Cl-質(zhì)量濃度20.0g/L1.18g/L2.13g/L為了有效除去母液A中殘留的大量草酸，一般用氯氣氧化處理草酸，裝置如下：回答下列問題：(1)母液A中c(CoO2)為____mol·L-1。，(2)分液漏斗中裝入鹽酸，寫出制取氯氣的離子方程式____________。反應后期使用調(diào)溫電爐加熱，當錐形瓶中____(填現(xiàn)象)時停止加熱。(3)三頸燒瓶反應溫度為50℃，水浴鍋的溫度應控制為____(填序號)。A．50℃B．5l-52℃C．45-55℃D．60℃(4)氯氣氧化草酸的化學方程式為________。(5)攪拌器能加快草酸的去除速率，若攪拌速率過快則草酸去除率反而降低，主要原因是__________。(6)若用草酸銨代替草酸“沉鈷”，其優(yōu)點是____，其主要缺點為________。28、（14分）自然界中含錳元素的主要礦物有軟錳礦（MnO2·xH2O）、黑錳礦Mn3O4，大洋底部有大量錳結(jié)核礦。錳元素在多個領域中均有重要應用，用于制合金，能改善鋼的抗沖擊性能等。（1）Mn在元素周期表中位于___區(qū)，核外電子占據(jù)最高能層的符號是___，金屬錳可導電，導熱，具有金屬光澤，有延展性，這些性質(zhì)都可以用“___理論”解釋。（2）Mn3+在水溶液中容易歧化為MnO2和Mn2+，下列說法合理的是___。A．Mn3+的價電子構(gòu)型為3d4，不屬于較穩(wěn)定的電子構(gòu)型B．根據(jù)Mn2+的電子構(gòu)型可知，Mn2+中不含成對電子C．第四周期元素中，錳原子價電子層中未成對電子數(shù)最多D．Mn2+與Fe3+具有相同的價電子構(gòu)型，所以它們的化學性質(zhì)相似（3）在K2MnF6中，MnF62-的空間構(gòu)型是正八面體，則中心原子的價層電子對數(shù)為__。該化合物中含有的共價鍵在形成過程中原子軌道的重疊方式為__。（4）二價錳的化合物MnO和MnS熔融態(tài)均能導電，熔點MnO___MnS（選填“高于”、“等于”、“低于”）并解釋原因___。（5）某錳氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖：該錳的氧化物的化學式為___，該晶體中Mn的配位數(shù)為____，該晶體中Mn之間的最近距離為___pm（用a、b來表示）。29、（10分）二甲醚(CH3OCH3)是一種清潔能源。工業(yè)上，常利用CO2和H2合成二甲醚。有關(guān)反應如下(z、y、z均大于0)：①2CH3OH(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)△H1=-xkJ·mol-1②CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)△H2=-ykJ·mol-1③CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)△H3=-zkJ·mol-1(1)2CO2(g)+6H2(g)?CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=___________kJ·mol-1(2)下列有關(guān)合成二甲醚的說法正確的是___(填字母)。a.增大壓強能提高反應速率和CO2的平衡轉(zhuǎn)化率b.體系中減小，平衡一定向正方向移動c.容器體積一定，混合氣體密度不變時一定達到平衡狀態(tài)d.充入適量CO，可能提高CH3OCH3的產(chǎn)率(3)在一定溫度下，在恒容密閉容器中發(fā)生反應：CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)，速率表達式為v=v正-v逆=k正c(CO)·c(H2O)-k逆c(CO2)·c(H2O)(其中，k正、k逆為正、逆速率常數(shù)，與濃度無關(guān))。達到平衡時，升高溫度，將_____選填“增大”“減小”或“不變”)。(4)在恒容密閉容器中用CO2和H2合成二甲醚時CO2的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、投料比的關(guān)系如圖所示。①500K時，將9molH2和3molCO2充入2L恒容密閉容器中，5min時反應達到平衡狀態(tài)，則0～5min內(nèi)的平均反應速率v(H2)=____________mol?L-1?min-l，該溫度下，反應的平衡常數(shù)K=____(列出計算式即可，無需化簡)。②由圖像可以得出的結(jié)論是_________(答兩條)。(5)工業(yè)上也可用CO和H2合成二甲醚，而且二者還能作燃料電池的燃料。以CO、H2體積比為1:2的混合氣體與空氣在KOH溶液中構(gòu)成燃料電池(以石墨為電極)，開始時，負極的電極反應式為____。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解析】

已知P點溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，同時溶液中存在電荷守恒：c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+)，二式聯(lián)立消去c(OH-)可得：c(NO2-)+c(HNO2)=c(Na+)，此為NaNO2溶液中的物料守恒式，即P點溶液中的溶質(zhì)只有NaNO2，亞硝酸和氫氧化鈉恰好完全反應，所以初始亞硝酸溶液的體積為10.80mL，據(jù)此分析作答?！驹斀狻緼.HNO2電離常數(shù)K=，未滴加氫氧化鈉時0.1mol/L的HNO2溶液的pOH=11.85，即溶液中c（OH-）=10-11.85mol/L，則根據(jù)水的電離平衡常數(shù)可知c（H+）=10-2.15mol/L，溶液中存在電離平衡HNO2?H++NO2，溶液中氫離子濃度和亞硝酸根離子濃度大致相等，所以K=，故A正確；B.根據(jù)分析可知a=10.80mL，所以當加入5.40mL氫氧化鈉溶液時溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量HNO2和NaNO2，存在電荷守恒：c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+)，存在物料守恒：c(NO2-)+c(HNO2)=2c(Na+)，二式聯(lián)立可得2c(H+)+c(HNO2)=2c(OH-)+c(NO2-)，故B錯誤；C.M、N、P、Q四點溶液中均含有：H+、OH-、NO2-、Na+，故C正確；D.已知P點溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，同時溶液中存在電荷守恒：c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+)，二式聯(lián)立消去c(OH-)可得：c(NO2-)+c(HNO2)=c(Na+)，此為NaNO2溶液中的物料守恒式，即P點溶液中的溶質(zhì)只有NaNO2，亞硝酸和氫氧化鈉恰好完全反應，所以初始亞硝酸溶液的體積為10.80mL，故D正確；故答案為B。2、B【解析】

X、Y、Z、W、R、T屬于周期表的前20號元素，其中X、Y、Z為金屬元素。R最外層電子數(shù)是次外層的3倍，則R含有2個電子層，最外層含有6個電子，為O元素；Y、Z、R、T位于同周期，都位于第二周期，T無正價，則T為F元素；Z的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相等，且位于第二周期，則Z為Be元素，X、Z位于同族，則X為Mg或Ca元素；Y為第二周期的金屬元素，則Y為Li；X與R（O）原子序數(shù)之和是W的2倍，X為Mg時，W的原子序數(shù)為(12+8)/2=10，為Ne元素，為稀有氣體，不滿足條件；X為Ca時，W的原子序數(shù)為(20+8)/2=14，則W為Si元素，據(jù)此解答。【詳解】根據(jù)分析可知：X為Ca，Y為Li，Z為Be，W為Si，R為O，T為F元素。A．電子層越多離子半徑越大，電子層相同時，核電荷數(shù)越大原子半徑越小，則簡單離子半徑：R＞T＞Y＞Z，故A正確；B．XR2、WR2分別為CaO2、SiO2，CaO2中O元素化合價為-1，SiO2中O元素化合價為-2，兩種化合物中O的化合價不相同，故B錯誤；C．同一主族從上到下金屬性逐漸減弱，則金屬性Ca＞Be，則最高價氧化物對應的水化物的堿性：X＞Z，故C正確；D．非金屬性F＞O＞Si，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：W＜R＜T，故D正確。3、D【解析】

已知：2H2+O2=2H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，所得產(chǎn)物在適當溫度下跟足量的固體Na2O2反應，使固體增重2g，則增加的質(zhì)量為H2的質(zhì)量，據(jù)此回答。【詳解】分兩種情況：⑴若O2過量，則m(H2)=2g，m(O2)=26g-2g=24g，n(H2)：n(O2)=；⑵若H2過量，根據(jù)化學反應方程式2H2+O2=2H2O，參加反應的氫氣2g，消耗氧氣為16g，所以混合氣體中O2的質(zhì)量是16g，H2的質(zhì)量是10g，n(H2)：n(O2)=；故答案為D。【點睛】抓住反應實質(zhì)H2+Na2O2=2NaOH，增重的質(zhì)量就是氫氣的質(zhì)量，注意有兩種情況要進行討論，另外比值順序不能弄反，否則會誤選A。4、B【解析】

A.H2與D2是氫元素的兩種單質(zhì)，不是同位素的關(guān)系，同位素是原子之間的互稱，故A錯誤；B.甲酸（HCOOH）和乙酸分子結(jié)構(gòu)相似，官能團的種類和數(shù)目一樣，分子組成上差1個﹣CH2﹣，甲酸還具有醛類物質(zhì)的性質(zhì)，故B正確；C.C4H10的兩種同分異構(gòu)體分別是正丁烷和異丁烷，正丁烷有6種二氯代物，異丁烷有4種二氯代物，故C錯誤；D.同素異形體是同種元素的單質(zhì)之間的互稱，石墨烷不是碳元素的單質(zhì)，二者不是同素異形體，故D錯誤。故選B。5、A【解析】氯化銨溶于水吸熱，故A錯誤；氯化銨受熱分解為氨氣和氯化氫，故B正確；氯化銨固體是由NH4+、Cl-構(gòu)成離子晶體，故C正確；氯化銨在水中完全電離，所以氯化銨是強電解質(zhì)，故D正確。6、C【解析】

X原子半徑最小，故為H；由YH4-可知Y最外層電子數(shù)為8-4(4個氫原子的電子)-1(得到的1個電子)=3，即Y最外層有3個電子，Y可能為B或Al；Z顯+1價，故為第IA族的金屬元素，X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，因為只有一種為金屬元素，故Y為B、Z為Na，則A.鈉是短周期元素中金屬性最強的元素A正確；B.硼的最高價氧化物對應水化物是硼酸，呈弱酸性，B正確；C.BH3中B的非金屬性弱且BH3為缺電子結(jié)構(gòu)，B的氣態(tài)氫化物為多硼烷，如乙硼烷等，故BH3不是穩(wěn)定的氣態(tài)氫化物，C錯誤；D.NaBH4中的H為-1價，故有強還原性，D正確；答案選C。【點睛】解題關(guān)鍵，先根據(jù)所提供的信息推斷出各元素，難點C，BH3為缺電子結(jié)構(gòu)，結(jié)構(gòu)不穩(wěn)定。7、D【解析】

A選項，N點c(S2－)=1×10-20mol/L，c(Mn+)=1×10-15mol/L，M點c(S2－)=1×10-40mol/L，c(Mn+)=1×10-5mol/L，如果直線MN代表CuS的沉淀溶解平衡，那么M點c(S2－)?c(Mn+)=1×10-40×1×10-5=1×10-45，N點c(S2－)?c(Mn+)=1×10-20×1×10-15=1×10-35，M點和N點的Ksp不相同，故A錯誤；B選項，在N點硫離子濃度相等，金屬離子濃度相等，但由于Ksp的計算表達式不一樣，因此Ksp(CuS)>Ksp(Ag2S)，故B錯誤；C選項，根據(jù)A分析MN曲線為Ag2S的沉淀溶解平衡，P點Q<Ksp(CuS)，Q>Ksp(Ag2S)，因此不易析出CuS沉淀，易析出Ag2S沉淀，故C錯誤；D選項，M點c(S2－)=1×10-40mol/L，N點c(S2－)=1×10-20mol/L，兩者的c(S2－)之比為1×10－20，故D正確。綜上所述，答案為D。8、A【解析】

A、因為陰極是陽離子反應，所以b為陽離子交換膜，選項A正確；B、A極室氯離子在陽極失電子產(chǎn)生氯氣，但不產(chǎn)生沉淀，選項B錯誤；C、淡化工作完成后，A室氯離子失電子產(chǎn)生氯氣，部分溶于水溶液呈酸性，B室氫離子得電子產(chǎn)生氫氣，氫氧根離子濃度增大，溶液呈堿性，C室溶液呈中性，pH大小為pHA＜pHC＜pHB，選項C錯誤；D、B極室氫離子得電子產(chǎn)生氫氣，不能使?jié)駶櫟腒I淀粉試紙變藍，選項D錯誤。答案選A。9、D【解析】

T、R、W、G均為短周期元素，根據(jù)它們在周期表中的位置，可知T為碳元素，R為氧元素，G為鋁元素，W為氯元素。【詳解】A.T為C元素，可形成多種氫化物，當分子量較大時，沸點即可高于R的，A錯誤；B.W的最高價氧化物對應水化物為強酸，而HClO為弱酸，B錯誤；C.T和W組成的化合物為CCl4，只含有一種化學鍵共價鍵，C錯誤；D.G為Al，工業(yè)電解熔融的氧化鋁來制備其單質(zhì)，D正確；故答案選D。10、A【解析】

A．用乙醚從青蒿中提取出對治療瘧疾有特效的青蒿素，與有機物易溶于有機物有關(guān)，該過程為萃取操作，故A正確；B．石墨烯是一種碳單質(zhì)，不是電解質(zhì)，故B錯誤；C．碳化硅屬于無機物，為無機非金屬材料，故C錯誤；D．泰國銀飾屬于金屬材料，土耳其彩瓷主要成分是硅酸鹽，故D錯誤；故答案為A。11、A【解析】試題分析：A．二氧化硫和水反應生成亞硫酸，亞硫酸酸性大于硅酸，所以二氧化硫和硅酸鈉溶液反應生成不溶性硅酸，但亞硫酸不是硫元素的最高價含氧酸，乙醇則該裝置不能能證明硫的非金屬性比硅強，故A錯誤；B．橡皮管可使下部的壓力轉(zhuǎn)移到上方，從而利用壓強平衡的原理使液體順利流下，故B正確；C．如果裝置的氣密性良好，甲、乙兩側(cè)水面高度不同，否則水面相同，所以能檢驗裝置的氣密性，故C正確；D．NO不溶于水，因此在此裝置中充滿水，從②進氣可以收集NO氣體，故D正確；故選A?？键c：考查化學實驗方案設計，涉及非金屬性強弱的判斷、氣密性檢驗、氣體的收集方法等知識點12、C【解析】

鐵-鉻液流電池總反應為Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，放電時，Cr2+發(fā)生氧化反應生成Cr3+、b電極為負極，電極反應為Cr2+-e-=Cr3+，F(xiàn)e3+發(fā)生得電子的還原反應生成Fe2+，a電極為正極，電極反應為Fe3++e-═Fe2+，放電時，陽離子移向正極、陰離子移向負極；充電和放電過程互為逆反應，即a電極為陽極、b電極為陰極，充電時，在陽極上Fe2+失去電子發(fā)、生氧化反應生成Fe3+，電極反應為：Fe2+-e-═Fe3+，陰極上Cr3+發(fā)生得電子的還原反應生成Cr2+，電極反應為Cr3++e-═Cr2+，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．根據(jù)分析，電池放電時a為正極，得電子發(fā)生還原反應，反應為Fe3++e?=Fe2+，A項不選；B．根據(jù)分析，電池充電時b為陰極，得電子發(fā)生還原反應，反應為Cr3++e?=Cr2+，B項不選；C．原電池在工作時，陽離子向正極移動，故放電過程中H+通過隔膜從負極區(qū)移向正極區(qū)，C項可選；D．該電池在成充放電過程中只有四種金屬離子之間的轉(zhuǎn)化，不會產(chǎn)生易燃性物質(zhì)，不會有爆炸危險，同時物質(zhì)儲備于儲液器中，Cr3+、Cr2+毒性比較低，D項不選；故答案選C。13、C【解析】

濃鹽酸滴到氯酸鉀固體上的作用是為了制備Cl2，根據(jù)含同種元素物質(zhì)間發(fā)生氧化還原反應時，化合價只靠近不交叉，配平后可得反應的離子方程式：5Cl?＋＋6H+===3Cl2↑＋3H2O，A正確；為了檢驗Cl2有無漂白性，應該先把Cl2干燥，所以，無水氯化鈣的作用是干燥Cl2，然后會出現(xiàn)干燥有色布條不褪色而濕潤有色布條褪色的現(xiàn)象，B正確；Cl2與3處碘化鉀置換出單質(zhì)碘，遇淀粉變藍，與4處溴化鈉置換出單質(zhì)溴，使溶液變橙色，均說明了Cl2具有氧化性，Cl2與水反應生成HCl和HClO，HCl與硝酸銀產(chǎn)生白色沉淀，無法說明Cl2具有氧化性，C錯誤；Cl2與5處硫酸亞鐵生成Fe3+，F(xiàn)e3+與SCN?生成血紅色配合物，氫氧化鈉溶液可以吸收剩余的Cl2，防止污染空氣，D正確。14、A【解析】

A．途徑①反應中只體現(xiàn)了濃硝酸的強氧化性，A錯誤；B．途徑②的第二步反應是可逆反應，在實際生產(chǎn)中可以通過增大廉價易得的O2濃度使化學平衡正向移動，來降低成本，B正確；C．根據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，可知由途徑①和②分別制取1molH2SO4，理論上各消耗1molS，各轉(zhuǎn)移6mole-，C正確；D．途徑②與途徑①相比不產(chǎn)生大氣污染物質(zhì)，因此更能體現(xiàn)“綠色化學”的理念，是因為途徑②比途徑①污染相對小且原子利用率高，D正確。答案選A。15、C【解析】

A選項，陰極反應式為2H++2e－=H2，故A錯誤；B選項，S的化合價仍為+6價，中間的兩個O均為-1價，其他的O均為-2價，電解時陽極的HSO4－中O失去電子，S未變價，故B錯誤；C選項，Na2S2O8的結(jié)構(gòu)為，由此結(jié)構(gòu)可以判斷S2O82－中既存在氧氧非極性鍵，氧硫極性鍵，故C正確；D選項，陽極不能用銅電極作電極，銅作電極，陽極是銅失去電子，故D錯誤；綜上所述，答案為C。【點睛】HSO4－中硫已經(jīng)是最高價了，硫的化合價不變，因此只有氧元素化合價升高。16、B【解析】

A．催化劑能降低反應所需活化能，Ea為催化劑存在下該反應的活化能，Ea′為無催化劑時該反應的活化能，故A正確；B．生成物能量高于反應物，該反應為吸熱反應，△H≠Ea′-Ea，故B錯誤；C．根據(jù)活化分子的定義，活化分子是能最較高、有可能發(fā)生有效碰撞的分子，故C正確；D．催化劑是通過降低反應所需的活化能來同等程度的增大正逆反應速率，平衡不移動，故D正確；故選B。17、D【解析】

A.丙烯的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH=CH2，碳碳雙鍵是官能團，必須表示出來，故A不選；B.如圖所示是丙烷的球棍模型，不是比例模型，故B不選；C.氨基的電子式為，故C不選；D.乙酸的鍵線式：，正確，故D選。故選D。18、B【解析】

A.升高溫度，NO的轉(zhuǎn)化率降低；B.達平衡后，其他條件不變，使n(CO)/n(NO)＞1，增大反應物濃度；C.X點更換高效催化劑，能使反應速率加快；D.Y點再通入CO、N2各0.01mol，增大反應物的濃度，平衡正向移動。【詳解】A.升高溫度，NO的轉(zhuǎn)化率降低，因此反應2NON2＋O2為放熱反應，ΔH<0，A項錯誤；B.達平衡后，其他條件不變，使n(CO)/n(NO)＞1，增大了CO的濃度，平衡正移，但CO的轉(zhuǎn)化率降低，B項正確；C.X點更換高效催化劑，能使反應速率加快，但不能改變NO的轉(zhuǎn)化率，C項錯誤；D.Y點再通入CO、N2各0.01mol，增大反應物的濃度，平衡正向移動，因此此時v(CO，正)>v(CO，逆)，D項錯誤；答案選B。19、A【解析】

因Cl的非金屬性比S強，故S2Cl2中S、Cl的化合價分別為＋1、－1價，根據(jù)化合價分析，反應中只有硫的化合價發(fā)生變化。A.反應物中只有S2Cl2的化合價發(fā)生變化，所以S2Cl2既作氧化劑又作還原劑，A項正確；B.水中元素化合價未改變，不是還原劑，B項錯誤；C.SO2中硫的化合價為＋4價，故每生成1molSO2轉(zhuǎn)移3mol電子，C項錯誤；D.SO2為氧化產(chǎn)物，S為還原產(chǎn)物，故氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1∶3，D項錯誤；答案選A。20、A【解析】

A．煙是氣溶膠，“日照香爐生紫煙”是丁達爾效應，故A錯誤；B．“曾青”是CuSO4溶液，鐵與CuSO4發(fā)生置換反應，故B正確；C．“豆箕”是大豆的秸稈，主要成分為纖維素，燃燒纖維素是把化學能轉(zhuǎn)化為熱能，故C正確；D．“閃電下雨”過程發(fā)生的主要化學反應有：N2+O2=2NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3與土壤中的弱酸鹽反應生成硝酸鹽，農(nóng)作物吸收NO3-中化合態(tài)的N，其中第一個反應是“將游離態(tài)的氮轉(zhuǎn)化為化合態(tài)氮”，屬于自然界固氮作用，故D正確；答案選A。21、D【解析】

A、左端為陽極，陽極上失去電子，發(fā)生氧化反應2Cl－2e－=Cl2↑，氯氣溶于水生成鹽酸和次氯酸，pH有所降低，故錯誤；B、右端是陰極區(qū)，得到電子，反應是2H＋＋2e－=H2↑，故錯誤；C、根據(jù)選項A的電極反應式，通過1mol電子，得到0.5molCl2，故錯誤；D、根據(jù)電解原理，陽離子通過陽離子交換膜，從正極區(qū)向陰極區(qū)移動，LiOH濃溶液從d口導出，故正確。22、D【解析】零族元素難以形成化合物的本質(zhì)原因是最外層都已達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，不容易和其它原子化合，故選D。二、非選擇題(共84分)23、3醛基b、d+2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O【解析】

甲苯和CO在AlCl3、HCl作用下生成A，A和乙醛發(fā)生題目給的已知的反應生成B，則B為，B在銀氨溶液或新制氫氧化銅作用下被氧化為羧酸鹽，然后再酸化得到D，D可以和甲酸在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應生成E?！驹斀狻浚?）遇FeCl3溶液顯紫色，說明同分異構(gòu)體含有酚羥基，則另一個取代基為乙烯基，二者可為鄰、間、對3種位置，共有3種同分異構(gòu)體；根據(jù)題目所給信息，B中含有醛基。（2）B中含有的醛基與C反應轉(zhuǎn)化為羧基，所以試劑C可以為銀氨溶液或新制Cu(OH)2懸濁液。（3）酯基在NaOH條件下發(fā)生水解反應，根據(jù)水解反應的原理，化學方程式為+2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O。（4）E中含有碳碳雙鍵，經(jīng)過加聚反應可得E，根據(jù)加聚反應規(guī)律可得F的結(jié)構(gòu)簡式為。24、+CH3OH+H2O酯化反應(或取代反應)4+2H2O【解析】

A分子式為C7H5OCl，結(jié)合題干信息可知A中含有-CHO、-Cl、苯環(huán)，根據(jù)物質(zhì)反應過程中物質(zhì)結(jié)構(gòu)不變，可知A為，B為，經(jīng)酸化后反應產(chǎn)生C為，C與甲醇在濃硫酸存在條件下加熱，發(fā)生酯化反應產(chǎn)生D：；D與分子式為C6H7BrS的物質(zhì)反應產(chǎn)生E：，結(jié)合D的結(jié)構(gòu)可知X結(jié)構(gòu)簡式為：；E與在加熱90℃及酸性條件下反應產(chǎn)生氯吡格雷：?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知：A為，B為，X為：。(1)反應C→D是與甲醇發(fā)生酯化反應，反應方程式為：+CH3OH+H2O，該反應為酯化反應，也屬于取代反應；(2)根據(jù)上述分析可知B為：，X為：；(3)A結(jié)構(gòu)簡式為，A的同分異構(gòu)體(含A)中，屬于芳香族化合物，則含有苯環(huán)，官能團不變時，有鄰、間、對三種，若官能團發(fā)生變化，側(cè)鏈為-COCl，符合條件所有的結(jié)構(gòu)簡式為、、、，共四種不同的同分異構(gòu)體，其中與A不同類別的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為；(4)兩分子C可在一定條件下反應生成一種產(chǎn)物，該產(chǎn)物分子中含有3個六元環(huán)，應是氨基與羧基之間發(fā)生脫水反應，兩分子C脫去2分子水生成，該反應方程式為：；(5)乙烯與溴發(fā)生加成反應產(chǎn)生CH2Br-CH2Br，再發(fā)生水解反應產(chǎn)生乙二醇：CH2OH-CH2OH，甲醇催化氧化產(chǎn)生甲醛HCHO，最后乙二醇與甲醛反應生成化合物，故該反應流程為?！军c睛】本題考查有機物的合成與推斷、有機反應類型的判斷、同分異構(gòu)體書寫等，掌握反應原理，要充分利用題干信息、物質(zhì)的分子式。并根據(jù)反應過程中物質(zhì)結(jié)構(gòu)不變分析推斷，較好的考查學生分析推理能力，是對有機化學基礎的綜合考查。25、打開分液漏斗開關(guān)，水不能持續(xù)滴下或分液漏斗中液面長時間保持不變CO2、H2S、Cl2等氣體中任選兩種BZn和置換出的銅與電解質(zhì)溶液形成原電池分液漏斗MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O產(chǎn)生淡黃色沉淀【解析】

(1)在進行氣體制備時，應先檢驗裝置的氣密性。將A裝置末端導管密封后，在A裝置的分液斗內(nèi)裝一定量的蒸餾水，然后打開分液漏斗開關(guān)，水不能持續(xù)滴下或分液漏斗中液面長時間保持不變，則氣密性良好；(2)E中NaOH溶液能吸收酸性氣體，例如CO2、SO2、H2S、Cl2等；(3)用鋅粒和稀硫酸制備氫氣應選擇固體與液體反應裝置，且不需要加熱，則選擇裝置B；滴加硫酸銅后，Zn置換出Cu，形成Zn－Cu原電池，加快Zn與稀硫酸反應的速率；(4)①A中儀器甲的名稱為分液漏斗；裝置A制備氯氣，利用濃鹽酸和二氧化錳混合加熱制氯氣時發(fā)生反應的離子方程式為MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；②A中制得的氯氣通入Na2S溶液中有淡黃色S沉淀生成，因此C中說明Cl－和S2－的還原性強弱的實驗現(xiàn)象產(chǎn)生淡黃色沉淀。26、冷凝回流受熱均勻，便于控制溫度向過濾器中加入乙醇浸沒沉淀，待乙醇自然流出后，重復操作2~3次拆下連接泵和吸濾瓶的橡皮管關(guān)閉水龍頭溶液溫度過高或冷卻結(jié)晶時速度過快（合理答案即可）【解析】

結(jié)合題給信息進行分析：步驟1中，將三頸燒瓶放入冷水中冷卻，為防止暴沸，加入沸石。步驟2中，因為反應溫度為170～180℃，為便于控制溫度，使反應物受熱均勻，采取油浴方式加熱；步驟3中，結(jié)合對氨基苯磺酸的物理性質(zhì)，將反應產(chǎn)物導入冷水燒杯中，并不斷攪拌有助于對氨基苯磺酸的析出。再根據(jù)對氨基苯磺酸與苯胺在乙醇中的溶解性不同，采用乙醇洗滌晶體。步驟4中，利用對氨基苯磺酸可溶于沸水，通過沸水溶解，冷卻結(jié)晶等操作，最終得到純凈產(chǎn)品?！驹斀狻浚?）冷凝管起冷凝回流的作用，冷卻水從下口進入，上口排出；答案為：冷凝回流；（2）油浴加熱優(yōu)點是反應物受熱均勻，便于控制溫度；答案為：受熱均勻，便于控制溫度；（3）苯胺是一種無色油狀液體，微溶于水，易溶于乙醇，對氨基苯磺酸是一種白色晶體，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于堿性溶液，不溶于乙醇，則洗滌時選用乙醇。洗滌的操作為向過濾器中加入乙醇浸沒沉淀，待乙醇自然流出后，重復操作2~3次；答案為：向過濾器中加入乙醇浸沒沉淀，待乙醇自然流出后，重復操作2~3次；（4）抽濾完畢停止抽濾時，為防止倒吸，先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶間的橡皮管，再關(guān)水龍頭；答案為：拆下連接泵和吸濾瓶的橡皮管；關(guān)閉水龍頭；（5）對氨基苯磺酸微溶于冷水，可溶于沸水，若制得的晶體顆粒較小，可能的原因是溶液溫度過高或冷卻結(jié)晶時速度過快。答案為：溶液溫度過高或冷卻結(jié)晶時速度過快（合理答案即可）?！军c睛】冷卻結(jié)晶的晶體大小影響因素：（1）漿料的過飽和度，這個主要由溫度來控制，溫度越低過飽和度越低。過飽和度越大，則產(chǎn)生晶核越多，結(jié)晶體粒徑越小。（2）停留時間，時間越長，則產(chǎn)生的結(jié)晶體粒徑越大。（3）容器的攪拌強度，攪拌越強，容易破碎晶體，結(jié)晶體粒徑越小。（4）雜質(zhì)成分，雜質(zhì)成分較多，則比較容易形成晶核，結(jié)晶體粒徑越小。27、0.02ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O黃綠色氣體變成無色BH2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl攪拌過快，增加了氯氣的逸出，從而使草酸去除率降低殘存于母液A中c(CoCl2)會更小母液A處理中消耗更多的氯氣【解析】

利用濃鹽酸和Ca(ClO)2反應制備氯氣，氯氣在氧化草酸，除去母液中的草酸。【詳解】(1)根據(jù)表格中的信息，Co2+的質(zhì)量濃度為1.18g/L，則1L溶液中的，則；(2)加入鹽酸，與Ca(ClO)2反應生成Cl2，為歸中反應，離子方程式為ClO－+Cl－+2H＋=Cl2↑+H2O；氯氣為黃綠色氣體，當反應完全之后，無氯氣產(chǎn)生，裝置中的氣體由黃綠色變成無色，則答案為黃綠色氣體變成無色；(3)由于熱傳遞，只能由溫度高的傳遞到溫度低的部分，三頸燒瓶反應溫度為50℃，那么水浴鍋的溫度應該高一點，這樣熱量才能傳遞到反應液中，B符合題意；(4)氯氣具有氧化性，草酸具有還原性，能夠發(fā)生氧化還原反應，草酸被氧化成CO2，化學方程式為H2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl；(5)攪拌過快，Cl2來不及反應，就從母液中逸出，因此草酸去除率反而降低，答案為攪拌過快，增加了氯氣的逸出，從而使草酸去除率降低；(6)草酸銨為強電解質(zhì)，而草酸是弱電解質(zhì)，草酸銨溶液中的草酸根濃度更大，能夠使Co2＋沉淀得更加完全；由于母液中有NH4＋，在Cl2也會與NH4＋反應，因此在處理母液時，需要消耗更多的氯氣。答案：殘存于母液A中c(CoCl2)會更小母液A處理中消耗更多的氯氣。28、dN電子氣A1“頭碰頭”高于均為離子晶體，O2-半徑比S2-半徑小，MnO晶格能大，熔點高MnO21【解析】

(1)Mn是25號元素，原子核外電子排布式是1s22s22p13s23p13d54s2；錳可導電，導熱，具有金屬光澤，有延展性，是因為有自由電子，這些性質(zhì)都可以用“電子氣理論”解釋；(2)A．Mn3＋在水溶液中容易歧化為MnO2和Mn2＋，說明Mn3＋不穩(wěn)定；B．Mn2＋中價電子層不含成對電子，但是內(nèi)層中含有成對電子；C．第四周期中價電子層中未成對電子數(shù)最多的元素價電子排布式為：3d54s1；D．Mn2＋與Fe3＋具有相同的價電子構(gòu)型，微粒的化學性質(zhì)不僅與價電子構(gòu)型有關(guān)，也和微粒的電荷數(shù)、微粒半徑、原子序數(shù)有關(guān)；(3)MnF12?的空間構(gòu)型是正八面體，則中心原子的價層電子對數(shù)為1；F與Mn之間的共價鍵都是共價單鍵；(4)物質(zhì)都