【文档说明】广西省玉林市2020届高三第一次适应性考试化学试题【精准解析】.doc，共(18)页，918.000 KB，由管理员店铺上传

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2020届高中毕业班第一次适应性测试理科综合化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Zn-65Te-128Pb-207第1卷选择题(共126分)—、选择题(本题共13小题，每小题6分，共78

分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的)1.下列有关垃圾处理的方法不正确的是A.废电池必须集中处理的原因是防止电池中汞、镉、铬、铅等重金属元素形成的有毒化合物对土壤和水源污染B.将垃圾分类回收是垃圾处理的发展方向C.家庭垃

圾中的瓜果皮、菜叶、菜梗等在垃圾分类中属于湿垃圾D.不可回收垃圾图标是【答案】D【解析】【详解】A．电池中汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水源会造成污染，所以废电池必须进行集中处理，故A正确；B．将垃圾分类并回收利用，有利于对环境的保护，减少资源的消耗，是垃圾处理的发展方向，故B正确；C．

家庭垃圾中的瓜果皮、菜叶、菜梗等在垃圾分类中属于湿垃圾，故C正确；D．为可回收垃圾图标，故D错误；故选D。2.关于①②③三种化合物：，下列说法正确的是A.它们均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.它们的分子式都是C8H8C.它们分子中所

有原子都一定不共面D.③的二氯代物有4种【答案】B【解析】【详解】A．①中没有不饱和间，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B．根据三种物质的结构简式，它们的分子式都是C8H8，故B正确；C．②中苯环和碳碳双键都是平面结构，②分子中所有原子可能共面，故C错误；D．不饱和碳

原子上的氢原子，在一定条件下也能发生取代反应，采用定一移一的方法如图分析，③的二氯代物有：，，其二氯代物共6种，故D错误；故选B。3.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1molI2与4molH2反应生成的HI分子数

为2NAB.标准状况下，2.24LH2O含有的电子数为NAC.1L0．1mol/L的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NAD.7.8g苯中碳碳双键的数目为0.3NA【答案】C【解析】【详解】A．氢气和碘的反应为可逆反应，不能进行彻底，生成的HI分子小于2NA

个，故A错误；B．标况下，水不是气体，2.24L水的物质的量大于0.1mol，含有的电子数大于NA个，故B错误；C．1L0.1mol•L-1的NH4NO3溶液中含有1molNH4NO3，含有2mol氮原子，含有的氮原子数为0.2NA，故C正确；D．苯分子结构中不含

碳碳双键，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为D，要注意苯分子中没有碳碳双键，所有碳碳键都一样。4.X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，已知常温下X单质为黄色固体，Y是无机非金属材料的主角，Z焰色反应呈黄色。部分

信息如下表：XYZMRQ原子半径/nm0.1040.1170.1860.0740.0990.143主要化合价-2+4，-4+1-2-1，+7+3下列说法正确的是：A.R在元素周期表中的位置是第二周期ⅥA族B.X、Y均可跟M形成化合物，但它们的成键类型不相同C.Z、R、

Q最高价氧化物的水化物能相互反应D.Y元素氧化物是用于制造半导体器件、太阳能电池的材料【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，常温下X单质为黄色固体，X为S；Y是无机非金属材料的主角，Y为Si；Z焰色反应呈黄色，Z为Na；结合原子半径和主要化合价

可知，M为O；R为Cl；Q为Al，据此分析解答。【详解】A．R为Cl，在元素周期表中的位置是第三周期ⅦA族，故A错误；B．X为S、Y为Si、M为O，X、Y均可跟M形成化合物，二氧化硫和二氧化硅都是共价化合物，它们的成键类型相同，

故B错误；C．Z为Na、R为Cl、Q为Al，最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠，氢氧化铝和高氯酸，因为氢氧化铝为两性氢氧化物，相互间都能反应，故C正确；D．Y为Si，Y元素的氧化物为二氧化硅，常用于制光导纤维，制造半导体器件、太阳能电池的材料是硅单质，故

D错误；故选C。5.下列实验操作、现象和结论均正确，且存在对应关系的是选项实验操作实验现象结论A将NaOH溶液逐滴滴加到AlC13溶液中至过量先产生白色胶状沉淀，后沉淀溶解Al(OH)3是两性氢氧化物BNaHCO3溶液与NaAlO₂溶液混合生成白色沉淀结合H+

的能力：CO32->AlO2-C向盛有Na2SiO3，溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量试管中红色逐渐褪去，出现白色凝胶非金属性：Cl>SiD白色固体先变为淡黄色，后变为黄色溶度积常数：Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(Ag

I)A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．开始NaOH少量，先生成氢氧化铝沉淀，后加入过量的氢氧化钠与氢氧化铝沉淀发生反应沉淀溶解，但没有体现氢氧化铝既能和酸反应，又能和碱反应，实验不能说明氢氧化铝具有两性，故A错误；B．发生反应HCO3-+AlO2-+H2O=A

l(OH)3↓+CO32-，可认为AlO2-结合了HCO3-电离出来的H+，则结合H+的能力：CO32-＜AlO2-，故B错误；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，但HCl不是Cl元素最高价氧化物的水化物，所

以不能比较Cl、Si非金属性强弱，故C错误；D．白色固体先变为淡黄色，后变为黄色沉淀，发生沉淀的转化，生成溶度积更小的沉淀，则溶度积为Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，故D正确；故选D。【点

睛】本题的易错点为C，要注意非金属性强弱的判断方法的归纳，根据酸性强弱判断，酸需要是最高价含氧酸。6.碳钢广泛应用在石油化工设备管道等领域，随着深层石油天然气的开采，石油和天然气中含有的CO2及水引起的腐蚀问题(俗称二氧化碳腐蚀)引起了广泛关注。深井中二氧化碳腐蚀的主要过程如下所示：负极：Fe(

s)+2HCO3-(aq)-2e-=FeCO3(s)+H2CO3(aq)(主要)正极：2H2CO3(aq)+2e-=H2↑+2HCO3-(aq)(主要)下列说法不正确的是A.钢铁在CO2水溶液中的腐蚀总反应可表示为CO2+H2O+Fe=FeCO

3+H2B.深井中二氧化碳对碳钢的腐蚀主要为化学腐蚀C.碳钢管道在深井中的腐蚀与油气层中盐份含量有关，盐份含量高腐蚀速率会加快D.腐蚀过程表明含有CO2的溶液其腐蚀性比相同pH值的HCl溶液腐蚀性更强【

答案】B【解析】【详解】A、由深井中二氧化碳腐蚀的主要过程的电极反应式：负极：Fe(s)+2HCO3-(aq)-2e-═FeCO3(s)+H2CO3(aq)；正极：2H2CO3(aq)+2e-═H2↑+2HCO3-(aq)，因此总反应可表示为CO2+H2O+Fe═FeCO3+H2，

故A正确；B、深井中二氧化碳对碳钢的腐蚀涉及原电池原理，故主要为电化学腐蚀，不是化学腐蚀，故B错误；C、碳钢管道在深井中的腐蚀与油气层中盐份含量有关，盐份含量越高，溶液中离子浓度越大，导电能力越强，腐蚀速率越快，故C正确；D、碳酸是弱酸，盐酸是强酸，等pH值的CO2的溶液与HCl溶液相比，

H2CO3(aq)的浓度要大得多，故腐蚀性比相同pH值的HCl溶液腐蚀性更强，故D正确；故选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意等pH值的CO2的溶液与HCl溶液相比，H2CO3(aq)的浓度大于盐酸。7.25℃时，向20.00

mL0.1mol/LH2X溶液中滴入0.1mo1/LNaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数[一lgc水(OH-)]即pOH水-与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是A.水的电离程度：M>PB.图中P点至Q点对应溶液中

-2-cHXcX逐渐增大C.N点和Q点溶液的pH相同D.P点溶液中-+-2cOH=cH+cHX+2cHX【答案】D【解析】【分析】-1gc水(OH-)越小，c水(OH-)越大，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程

度越大，则c水(OH-)越小，据此分析解答。【详解】A．M点水电离出的c水(OH-)为10-11.1mol/L，P点水电离出的c水(OH-)为10-5.4mol/L，水的电离程度M＜P，故A错误；B．水解平衡常数只与温度有关，P点至Q点溶液中c(OH-)依次增

大，则2cHXc)()X(=2cHXc)()X(×cOHc()()OH=h1(KcOH)依次减小，故B错误；C．N点到Q点，加入的NaOH逐渐增多，溶液的pH逐渐增大，故C错误；D．P点

溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D正确；故选D。【点睛】明确图象曲线变化的含义为解答关键。本题的易错点为B，要注意电离平衡常数、水解平衡常数、水的离子积常数

、溶度积等常数都是只与温度有关的数据，温度不变，这些常数不变。二、非选择8.铅的单质、氧化物、盐在现代工业中有着重要用途。I.(1)铅能形成多种氧化物，如碱性氧化物PbO、酸性氧化的PbO2、还有组成类似Fe3O

4的Pb3O4，请将Pb3O4改写成简单氧化物的形式：_________。II.以废旧铅酸电池中的含铅废料铅膏(Pb、PbO、PbO2、PbSO4等)为原料，制备超细PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：(2)步骤①的目的是“脱硫”，即将P

bSO4转化PbSO3，反应的离子方程式为_______________________。“脱硫过程”可在如图所示的装置中进行，实验条件为：转化温度为35℃，液固比为5:1，转化时间为2h.。①仪器a的名

称是__________；转化温度为35℃，采用的合适加热方式是________。②步骤②中H2O2的作用是__________________(用化学方程式表示)。(3)草酸铅受热分解生成PbO时，还有CO和CO2生成，为检验这两种气体，用下图所示装置(

可重复选用)进行实验。实验装置中，依次连接的合理顺序为A_____________(填装置字母代号)，证明产物中有CO气体的实验现象是________________。(4)测定草酸铅样品纯度：称取2.5g样品，酸溶后配制成250mL溶液，然后量取

25.00mL该溶液，用0.05000mol•L-1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Pb2+(反应方程式为Pb2++H2Y2-=PbY2-+2H+，杂质不反应)，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准

溶液14.52mL①若滴定管未用EDTA标准液润洗，测定结果将_________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。②草酸铅的纯度为__________(保留四位有效数字)。【答案】(1).2PbO•PbO2(2).CO32—+

PbSO4=SO42—+PbCO3(3).三颈(口)烧瓶(4).热水浴(5).PbO2+H2O2+2HNO3=Pb(NO3)2+2H2O+O2↑(6).BCBDEBF(7).E中黑色粉未变为红色、其后的B中澄清石灰水变

混浊(8).偏高(9).85.67%【解析】【分析】I．(1)Pb在化合物中的化合价有+2价、+4价，改写氧化物时要遵循化合价不变、原子守恒，据此书写；Ⅱ．铅膏废料铅膏(Pb、PbO、PbO2、PbSO4等)为原料，制备超细P

bO，铅膏中加入碳酸铵目的是“脱硫”，即将PbSO4转化为PbCO3，过氧化氢和稀硝酸还原PbO2生成硝酸铅溶解，脱硫、浸取、氧化反应过滤得到滤液中加入草酸钠溶液过滤，得到草酸铅沉淀，550°C煅烧得到超细PbO，草酸铅受热分解生成P

bO时，还有CO和CO2生成，检验这两种气体，需要先检验二氧化碳，然后除去二氧化碳，在将CO转化为二氧化碳检验CO，据此分析解答。【详解】I．(1)Pb在化合物中的化合价有+2价、+4价，则Pb3O4写成两种氧化物的形式为2PbO•PbO2，故答案

为：2PbO•PbO2；Ⅱ．(2)步骤①的目的是“脱硫”，将PbSO4转化为溶解度更小的PbCO3，沉淀转化的离子方程式为：CO32-+PbSO4=SO42-+PbCO3，故答案为：CO32-+PbSO4=SO42-+PbCO3；①根据图示，仪器a为三颈烧瓶

，转化温度为35℃，采用的合适加热方式为水浴加热，故答案为：三颈烧瓶；水浴加热；②步骤②中H2O2的作用是在酸性条件下还原PbO2生成硝酸铅，反应的化学方程式为：PbO2+H2O2+2HNO3=Pb(NO3)2+2H2O+O2↑，故答案为

：PbO2+H2O2+2HNO3=Pb(NO3)2+2H2O+O2↑；(3)草酸铅受热分解生成PbO时，还有CO和CO2生成，为检验这两种气体，利用A加热分解草酸铅，装置B检验二氧化碳的生成，通过装置C除去二氧化碳，装置

B检验二氧化碳是否除净，通过D装置吸收水蒸气，通过E装置加热一氧化碳和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，通过B装置检验生成的二氧化碳存在，最后排水法收集气体，依次连接的合理顺序为ABCBDEBF，证明生成一氧化碳的实验现象E中黑色粉末变为红色，其后的B中澄清石灰水变浑浊，故答案

为：BCBDEBF；E中黑色粉末变为红色，其后的B中澄清石灰水变浑浊；(4)①滴定管未用EDTA标准溶液润洗，内层水膜会稀释标准溶液，导致消耗的标准溶液的体积偏大，测定结果偏高，故答案为：偏高；②取2.5g样品，酸溶后配制成250mL溶液，然后量取25

.00mL该溶液，用0.05000mol/L的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Pb2+反应方程式为H2Y2-+Pb2+=PbY2-+2H+，(杂质不反应)，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准溶液14.52mL，则消

耗EDTA的物质的量=0.01452L×0.0500mol/L=7.26×10-4mol，根据Pb2++H2Y2-=PbY2-+2H+，结合Pb守恒有n(PbC2O4)=n(Pb2+)=7.26×10-4mol，250mL溶液中n(PbC2O4)=7.26×10-4mol×25

025，草酸铅的纯度=42507.2610295/252.5molgmolg×100%=85.67%，故答案为：85.67%。9.硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)]、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(Fe2S)、晶质铀矿(UO2)等，以该矿为原料

制备MgSO4•H2O和硼酸(H3BO3)的工艺流程如下：已知：UO22+在pH为4~5的溶液中生成UO2(OH)2沉淀。回答下列问题：(1)“酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：___________________

____(至少答两个措施)，该步骤中NaClO3可将UO2转化为UO22+，则该反应的离子方程式为________。(2)“除铁净化”需要加入______(填化学式)把溶液pH调节至4~5，滤渣的成分是____。(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2的作用是___________________

___。(4)铁精矿(Fe3O4、Fe2S)经过一系列加工后，可用于制备氢氧化铁固体。已知T℃Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-39、Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16、Kw=10-a，回答下列问题：①在T℃，假设Fe3+水解的离子方程式是：

Fe3+(aq)+3H2O(l)=Fe(OH)3(s)+3H+(aq)，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K=___________(用含a的字母表示)。②在T℃向饱和的Fe(OH)3、Fe(OH)2混合溶液中，加入少量NaOH固体(忽略溶液体积变化)，则溶液

中的23++c(Fce)e(F)会________(填“变大”“变小”或“不变”)，请结合相关数据推理说明：____________________________。【答案】(1).将硼铁矿粉碎、适当

提高硫酸的浓度、搅拌、升高温度等(2).3UO2+6H++C1O3—=3UO22-++3H2O+C1—(3).MgO(4).Fe(OH)3、UO2(OH)2(5).增大Mg2+浓度，有利于MgSO4·H2O析出(6).2.5×10(37—3a)(7).变大(8).23++c(F

ce)e(F)=2333cFecOHcFec()()OH=sp2sp3KFeOHcO[()]()[HKFeOH)=16388.010cOH4.01()0=2.0×1022×c（OH-），加入NaO

H固体后，溶液的c(OH—)增大，所以23++c(Fce)e(F)变大【解析】【分析】硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)]、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(Fe2S)、晶质铀矿(UO2)等，加入硫酸、NaClO3，NaClO3可将UO2转化为UO22+，过滤除去少量铁精矿(Fe3O4、Fe

2S)，调节滤液的pH除铁净化，可生成氢氧化铁、UO2(OH)2沉淀，过滤后的溶液中加入氯化镁，进行蒸发浓缩，趁热过滤可得到硫酸镁晶体，滤液中含有硼酸，冷却结晶得到硼酸(H3BO3)晶体，据此分析解答。【详解】(

1)酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等；NaClO3可将UO2转化为UO22+，反应的离子方程式为3UO2+6H++ClO3-=3UO22++3H2O+Cl-，

故答案为：将硼铁矿粉碎、适当提高硫酸的浓度、搅拌、升高温度等；3UO2+6H++ClO3-=3UO22++3H2O+Cl-；(2)除铁净化时，调节pH，需要避免引入新杂质，可加入MgO或Mg(OH)2等，生成的沉淀为Fe(OH)3、UO2(OH)2

，故答案为：MgO或Mg(OH)2；Fe(OH)3、UO2(OH)2；(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2，可使溶液中镁离子浓度增大，有利于析出MgSO4•H2O，故答案为：增大镁离子浓度，有利于析出MgSO4•H2O；(4)①在T℃，Fe3+水解方程式为Fe3+(aq)+3H2O(l

)═Fe(OH)3(s)+3H+(aq)，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K=33cHcFe=33[)wspKKFeOH=338(10)4.010a=2.5×10(37-3a)，故答案为

：2.5×10(37-3a)；②23++c(Fce)e(F)=2333cFecOHcFec()()OH=sp2sp3KFeOHcO[()]()[HKFeOH)=16388.010cOH4.01()0=2.

0×1022×c(OH-)，在T℃向饱和Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则23++c(Fce)e(F)变大，故答案为：变大；23++c(Fce)e(F)=2333cFe

cOHcFec()()OH=sp2sp3KFeOHcO[()]()[HKFeOH)=16388.010cOH4.01()0=2.0×1022×c(OH-)，加入少量NaOH固

体，溶液中的c(OH-)增大，则23++c(Fce)e(F)变大。【点睛】本题的易错点和难点为(4)②，要注意结合Ksp[Fe(OH)3]、Ksp[Fe(OH)2]、Kw将23++c(Fce)e(F)转化为与氢氧化钠浓度(溶液的酸碱性)有关的关系式。10.NH

3、NO2、SO2处理不当易造成环境污染，如果对这些气体加以利用就可以变废为宝，既减少了对环境的污染，又解决了部分能源危机问题。(1)硝酸厂常用催化还原方法处理尾气。CH4在催化条件下可以NO2将还原为N2。已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H1=-890.3

kJ•mol-1①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H2=+67.7kJ•mol-1②则反应CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(l)△H=_____________。(2)工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN

)的反应为：CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g)△H>0①在一定温度条件下，向2L恒容密闭容器中加入2molCH4和2molNH3，平衡时NH3体积分数为30%，所用时间为10min，则该时间段内

用CH4的浓度变化表示的反应速率为__________________mol•L-1•min-1，该温度下平衡常数K=_________。若保持温度不变，再向容器中加入CH4和H2各1mol，则此时v正=________(填“>”“=”或“<”)v

逆。②其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图1所示，X代表__________(填字母代号)A.温度B.压强C.原料中CH4与NH3的体积比(3)某研究小组用NaOH溶液吸收尾气中的二氧化碳，将得到的Na2SO3进行电解生产硫酸，其中

阴、阳膜组合电解装置如图2所示，电极材料为石墨，A~E分别代表生产中的原料或产品，b表示_____(填“阴”或“阳”)离子交换膜，阳极的电极反应式为________。【答案】(1).—958.0kJ•mo1—1(2)

.0.025(3).316或0.1875(mo1/L)2(4).<(5).B(6).阴(7).SO32——2e—+H2O=2H++SO42—【解析】【分析】(1)根据盖斯定律分析计算；(2)①根据三段式结合平衡时NH3体积分数为30%计算出反应的氨气的物质的量，再结合v(CH4)=c

t=nVt和K=3243cHCNcHcCHcNH计算，保持温度不变，再向容器中加入CH4和H2各1mol，根据Qc与K的关系判断平衡移动的方向；②根据图示，X越大，转化率越小，平衡逆向移动，结合影响平衡移动的因素分析判断；(3)由得到的Na2SO3进行

电解生产硫酸，硫酸根来源于亚硫酸根的放电，该过程发生氧化反应，在阳极发生，据此分析解答。【详解】(1)CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)△H=-890.3kJ•mol-1①，N2(g)+2O2(g)═2NO2(g)△H=+67.7kJ•mol-1②，根

据盖斯定律，将①-②可得热化学方程式：CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)△H=(-890.3kJ•mol-1)-(+67.7kJ•mol-1)=-958.0kJ•mol-1，故答案为：-958.0kJ•mol-1；(2)①设10min时，反应的氨气的物质的量为

x(mol)，432322003223CHgNHgHCNgHgmolmolxxxxmolxxxx起始量转化量平衡量则242xx×100%=30%，解得：x=0.5，v

(CH4)=ct=nVt=0.5210molLmin=0.025mol/(L•min)；该温度下，平衡常数K=3243cHCNcHcCHcNH=30.51.5()221.51.522=0.1875

(mol/L)2；保持温度不变，再向容器中加入CH4和H2各1mol，此时Qc=30.52.5()222.51.522═0.5208(mol/L)2＞K，平衡逆向移动，则v正＜v逆，故答案为：0.025；0.1875(mol/L)2；＜；②根据图示，

X越大，NH3转化率越小，平衡逆向移动。A、该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，NH3转化率增大，故A错误；B、该反应为气体物质的量增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，NH3转化率减小，故B正确；C、原料中CH4的体积越大，平

衡正向进行程度越高，氨气的转化率越高，故C错误；故答案为：B；(3)Na2SO3进行电解生产硫酸，硫酸根来源于亚硫酸根的放电，该过程为氧化反应，在阳极上发生，故b为阴离子交换膜，阳极的电极反应式为SO32--2e-+H2O=2H++SO42-，故答案为：

阴；SO32--2e-+H2O=2H++SO42-。[化学——选修3；物质结构与性质]11.我国矿石种类很多，如黄铜矿、煤、锰矿、锑锌矿等，请回答下列问题：（l）黄铜矿的主要成分为二硫化亚铁铜（CuFeS2），基态Cu2+的外围电子排布图为______，Fe2+含有___个未成对电子。（2）M

n的第三电离能比Fe的第三电离能大的原因为___。（3）煤化工可得氨气、苯、甲苯等产品，氨的空间构型为___，甲苯分子上甲基的碳原子的杂化方式为____；氨硼烷化合物（NH3▪BH3）是一种新型化学氢化物储氢材料，氨硼烷的结构式为____（配位键用“→”表示），与氨硼烷

互为等电子体的有机小分子为_____写名称）。（4）碲化锌的晶胞结构如图1所示。①碲化锌的化学式为____。②图2可表示晶胞内部各原子的相对位置，已知a、b、c的原子坐标参数分别为（0，0，0）、（12，0，12）、（14，14，14），则d的

原子坐标参数为____③若两个距离最近的Te原子间距离为apm，阿伏加德罗常数值为NA，则晶体密度为____g/cm3（用含有NA、a的代数式表示，不必化简）。【答案】(1).(2).4(3).Mn的第三电离能失去的是半充满的3d5电子，而铁的第三电离能失去的是3d6电

子(4).三角锥(5).sp3(6).(7).乙烷(8).ZnTe(9).(34，34，14)(10).103A41931(20aN)【解析】【分析】(l)铜是29号元素，基态Cu2+的外围电子排布式为3d9；铁为26号元素，Fe2+的电子排布式为1s22s22

p63s23p63d6，据此分析解答；(2)Mn2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，据此分析解答；(3)氨气分子中的N原子有3个σ键和1个

孤电子对；甲苯分子上甲基的碳原子形成4个σ键，没有孤电子对；氨硼烷中N原子提供孤电子对与B形成氢键，等电子体具有相同的原子数和价电子数，据此分析解答；(4)①根据均摊法计算解答；②如图坐标中，过前、后、左、右四个面心Te的平面

将晶胞上下2等分，该平面平行坐标系中面xOy，过体内Zn原子且平行坐标系中面xOy的平面又将上半部、下半部再次平分，据此分析解答；③顶点与面心的Te原子之间距离最短，该距离等于晶胞棱长的22倍，则晶胞棱长=2a结合晶胞质量计算晶体密度。【详解】(l)铜是

29号元素，基态Cu2+的外围电子排布式为3d9，外围电子排布图为；铁为26号元素，Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，含有4个未成对电子，故答案为：；4；(2)Mn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，失去2个电子后达到3

d5稳定结构，再失去1个电子较难，而Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，失去一个电子后3d变成半充满的稳定状态，所以Mn的第三电离能大于Fe的第三电离能，故答案为：Mn的第三电离能失去的是半充满的3d5电子，而铁的第三电离能失去的是3d6电子；(3)氨气分子

中的N原子有3个σ键和1个孤电子对，空间构型为三角锥形；甲苯分子上甲基的碳原子形成4个σ键，杂化方式为sp3；氨硼烷化合物(NH3▪BH3)是一种新型化学氢化物储氢材料，氨硼烷中N原子提供孤电子对与B形成氢键，结构式为；等电子体具有相同的原子数和价电子数，与氨硼烷互为CH3CH3，名称为乙烷

，故答案为：三角锥；sp3；；乙烷；(4)①顶点与面心的Te原子之间距离最短，该距离等于晶胞棱长的22倍，则晶胞棱长=2apm=2a×10-10cm，Te处于晶胞顶点与面心，晶胞中Te原子数目=8×18+6×12=4，

Zn原子处于晶胞内部，Zn原子数目=4，化学式为ZnTe，故答案为：ZnTe；②如图坐标中，已知a、b、c的原子坐标参数分别为(0，0，0)、(12，0，12)、(14，14，14)，过前、后、左、右四个面心Te的平面将晶胞上下2等分，该平面平行坐标系中面xOy，过

体内Zn原子且平行坐标系中面xOy的平面又将上半部、下半部再次平分，针对坐标系的其它面也相同。c、d到xOy面的距离相等，即参数z关系，d到yOz面的距离是c的3倍，即参数x关系，b的参数y=0，c的参数y=14，则d

到xOz面距离是c的3倍，即y参数关系，故d的参数：x=34，y=34，z=14，即参数坐标为(34，34，14)，故答案为：(34，34，14)；③顶点与面心的Te原子之间距离最短，该距离等于晶胞棱长的22倍，则晶胞棱长=2apm=2a×10-10cm

，晶胞质量=4×A12865N（）g=A4193Ng，晶体密度=A103g(2a4193N10m)c=103A41931(20aN)g/cm3，故答案为：103A41931(20aN)。【点睛】本题的难点为(4)③，要注意晶胞棱长的计算，同时注意单

位的换算。[化学——选修5；有机化学基础]12.某新型药物G合成路线如图所示：已知：Ⅰ.RCHOHCN（R为烃基）；Ⅱ.RCOOH3PBr；Ⅲ.+RNH2一定条件请回答下列问题：（1）A的名称为___，合成路线图中反应③所加的试剂和反应条件分别是___

___。（2）下列有关说法正确的是__（填字母代号）。A.反应①的反应类型为取代反应B.C可以发生的反应类型有取代、加成、消去、加聚C.D中所有碳原子可能在同一平面上D.一定条件下1molG可以和2molN

aOH或者9molH2反应（3）F的结构简式为____。（4）C在一定条件下可以发生聚合反应生成高分子化合物，写出该反应的化学方程式______。（5）D有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有___种。①属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环②能发生银镜反应和水解反

应（6）参照G的上述合成路线，设计一条由乙醛和H2NCH（CH3）2为起始原料制备医药中间体CH3CONHCH（CH3）2的合成路线______。【答案】(1).苯乙醛(2).浓硫酸，加热(3).C(4).(5).n+(n-1)H2

O(6).5(7).CH3CHOCH3COOH3PBrCH3COBrCH3CONHCH(CH3)2【解析】【分析】根据合成路线，A结构中含有苯环结构，A→B发生信息I的反应，则A为，B为，B酸性条件下水解生成C；根据D的分子式，结合C的分子式C9H

10O3可知，C发生消去反应生成D，D为，D发生信息II的反应生成E，E为，结合G的结构简式可知，E和F发生取代反应生成G，则F为，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A为，名称为苯乙醛，合成路线图中反应③为醇羟基的消去反应，所加的试剂和反应条件分别是浓硫酸，加热，故答案为：苯

乙醛；浓硫酸，加热；(2)A.根据上述分析，反应①为加成反应，故A错误；B.C中含有羟基、羧基和苯环，羟基可以取代反应和消去反应，羧基可以发生取代反应，苯环可以发生取代反应和加成反应，但不能发生加聚，故B错误；C.D为，苯环、碳碳双键和碳氧双键都是平面结构，

因此D中所有碳原子可能在同一平面上，故C正确；D.一定条件下1molG()可以和2molNaOH发生水解反应，能够和7molH2发生加成反应，故D错误；故答案为：C；(3)根据上述分析，F的结构简式为，故答案为：；(4)C()在一定条件

下可以发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O；(5)D()有多种同分异构体，①属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环，②能发生银镜反应和水解反应，说明结构中含有醛基和酯基，则属于甲酸酯类物质，满足条件的同分异

构体有：①苯环上含有2个侧链的，一个侧链为HCOO-，一个为-CH=CH2，有3种结构；②苯环上含有1个侧链的，HCOO-可以分别连接在-CH=CH-两端，有两种结构，共有5种同分异构体，故答案为：5；(6)由乙醛和H2NCH(CH

3)2为起始原料制备医药中间体CH3CONHCH(CH3)2，根据信息III，可以首先合成CH3COBr，然后与H2NCH(CH3)2发生取代反应即可，根据G的合成路线，可以由CH3CHO，先氧化生成CH3COOH，然后发生信息II的反

应即可得到CH3COBr，合成路线为CH3CHOCH3COOH3PBrCH3COBrCH3CONHCH(CH3)2，故答案为：CH3CHOCH3COOH3PBrCH3COBrCH3CONHCH(CH3)2。