广西省玉林市2020届高三第一次适应性考试化学试题 Word版含解析

广西省玉林市2020届高三第一次适应性考试化学试题 Word版含解析

‎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-1 C-12 N-14 O-16 Zn-65 Te-128 Pb-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C8H8‎ C. 它们分子中所有原子都一定不共面 - 18 -‎ D. ③二氯代物有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. 1 mol I2与4 mol H2反应生成的HI分子数为2NA B. 标准状况下，2. ‎24 L H2O含有的电子数为NA C. ‎1 L 0．1 mol/L的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NA D. ‎7.8 g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. ‎24 L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．‎1 L 0.1 mol•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：‎ - 18 -‎ X Y Z M R Q 原子半径/nm ‎0.104‎ ‎0.117‎ ‎0.186‎ ‎0.074‎ ‎0.099‎ ‎0.143‎ 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 - 18 -‎ B NaHCO3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>Si D 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(AgI)‎ A. A B. B C. C D. 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=Al(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)‎ - 18 -‎ 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= FeCO3 +H2‎ B. 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 mL 0.1 mol/L H2X溶液中滴入0.1 mo1/L NaOH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>P B. 图中P点至Q点对应溶液中逐渐增大 - 18 -‎ C. N点和Q点溶液的pH相同 D. P点溶液中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎-1g‎ c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 =×=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Fe3O4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：‎ - 18 -‎ ‎(2)步骤① 的目的是“脱硫”，即将PbSO4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14.52mL ‎①若滴定管未用 EDT A 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PbO，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PbO时，还有CO和CO2‎ - 18 -‎ 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，导致消耗标准溶液的体积偏大，测定结果偏高，故答案为：偏高；‎ ‎②取2.5 g样品，酸溶后配制成250 mL溶液，然后量取25.00 mL该溶液，用0.050 00 mol/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14.52 mL，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×，草酸铅的纯度=×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：‎ - 18 -‎ 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). ====2.0×1022×c（OH-），加入NaOH固体后，溶液的c(OH—)增大，所以变大 ‎【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、Fe2S)‎ - 18 -‎ ‎，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：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====2.5×10(37‎-3a)，故答案为：2.5×10(37‎-3a)；‎ ‎②====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，则变大，故答案为：变大；====2.0×1022×c(OH-)，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大。‎ ‎【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将转化为与氢氧化钠浓度(溶液的酸碱性)有关的关系式。‎ ‎10.NH3、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=-890.3kJ•mol-1 ①‎ - 18 -‎ N2 (g) +2O2(g)=2 NO2 (g) △H2=+67.7kJ•mol-1 ②‎ 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>0‎ ‎①在一定温度条件下，向‎2L恒容密闭容器中加入2mol CH4和2mol NH3，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). 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) ==和K=计算，保持温度不变，再向容器中加入CH4和H2各1 mol，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；‎ - 18 -‎ ‎ (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10 min时，反应的氨气的物质的量为x(mol)，‎ ‎ ‎ 则×100%=30%，解得：x=0.5，v(CH4)====0.025mol/(L•min)；该温度下，平衡常数K===0.1875(mol/L)2；保持温度不变，再向容器中加入CH4和H2各1 mol，此时Qc=═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。‎ - 18 -‎ ‎（2）Mn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）、（，0，）、（，，），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). (，，) (10). ‎ ‎【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1s22s22p63s23p63d6，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 - 18 -‎ ‎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倍，则晶胞棱长=a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3d5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倍，则晶胞棱长=a pm=a×10‎-10 cm，Te处于晶胞顶点与面心，晶胞中Te原子数目=8×+6×=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)、(，0，)、(，，)，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=，则d到xOz面距离是c的3倍，即y - 18 -‎ 参数关系，故d的参数：x=，y=，z=，即参数坐标为(，，)，故答案为：(，，)；‎ ‎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倍，则晶胞棱长=a pm=a×10‎-10 cm，晶胞质量=4×g=g，晶体密度==g/cm3，故答案为：。‎ ‎【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.RCHO（R为烃基）；‎ Ⅱ.RCOOH；‎ Ⅲ. +RNH2‎ 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 - 18 -‎ D. 一定条件下1 mol G可以和2 mol NaOH或者9 mol H2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)H2O (6). 5 (7). CH3CHOCH3COOHCH3COBr CH3CONHCH(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C9H10O3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。‎ - 18 -‎ ‎【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1 mol G()可以和2 mol NaOH发生水解反应，能够和7 mol H2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(CH3)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 - 18 -‎ 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CH3CHOCH3COOHCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2，故答案为：CH3CHOCH3COOHCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2。‎ ‎ ‎ - 18 -‎