广西玉林市2020届高三化学第一次适应性考试试题含解析

1、广西玉林市2020届高三化学第一次适应性考试试题（含解析）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

2、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c8h8c. 它们分子中所有原子都一定不共面d. 二氯代物有4种【答案】b【解析】【详解】a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中苯环和碳碳

3、双键都是平面结构，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，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2nab. 标准状况下，2. 24 l h2o含有的电子数为nac. 1 l 01 mol/l的nh4no3溶液中含有的氮原子数为0.2nad. 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

4、，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；c1 l 0.1 moll-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，

5、+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a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】ar为cl，在元素周期表中的位置是第三周期a族，故a错误；bx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

6、共价化合物，它们的成键类型相同，故b错误；cz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；dy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naalo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

7、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：clsid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. 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=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

8、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

9、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= feco3 +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(

10、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+fefeco3+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

11、，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：mpb. 图中p点至q点对应溶液中逐渐增大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

12、度越大，则 c水(oh-)越小，据此分析解答。【详解】am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mp，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；cn点到q点，加入的naoh逐渐增多，溶液的ph逐渐增大，故c错误；dp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

13、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：(2)步骤 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.。仪器a的名称是 _；转化温

14、度为35 ， 采用的合适加热方式是_。步骤中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0.05000moll-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14.52

15、ml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”)。草酸铅的纯度为 _(保留四位有效数字)。【答案】 (1). 2pbopbo2 (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；铅膏废料

16、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，550c煅烧得到超细pbo，草酸铅受热分解生成pbo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2pbopbo2，故答案为：2pbopbo2；(2)步骤的目的是“脱硫”，将pbso4

17、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；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；步骤中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

18、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)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；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e

19、dta(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=0.01452l0.0500mol/l=7.2610-4mol，根据pb2+h2y2-=pby2-+2h+，结合pb守恒有n(pbc2o4)=n( pb2+)=7.2610-4mol，250ml溶液中n(pbc2o4)=7.2610-4mol，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

20、质铀矿(uo2)等，以该矿为原料制备mgso4h2o和硼酸(h3bo3)的工艺流程如下：已知：uo22+在ph为45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45，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tkspfe(oh)3=4.010-39、kspfe(oh)2=8.

21、010-16 、kw=10-a，回答下列问题：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)。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(o

22、h)2 (5). 增大 mg2+ 浓度，有利于mgso4h2o析出 (6). 2.510(373a) (7). 变大 (8). =2.01022c（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)，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

23、(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

24、”时，加入固体mgcl2，可使溶液中镁离子浓度增大，有利于析出mgso4h2o，故答案：增大镁离子浓度，有利于析出mgso4h2o；(4)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=2.510(37-3a)，故答案为：2.510(37-3a)；=2.01022c(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；=2.01022c(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

25、难点为(4)，要注意结合kspfe(oh)3、kspfe(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=-890.3kjmol-1 n2 (g) +2o2(g)=2 no2 (g) h2=+67.7kjmol-1 则反应ch4 (g)+2no2(g)=co2(g)+ n2 (g)+ 2h2

26、o(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) h0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_moll-1min-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。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.

27、 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，ae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). 958.0kjmo11 (2). 0.025 (3). 或0.1875(mo1/l)2 (4). (5). b (6). 阴 (7). so322e +h2o= 2h+ +so42【解析】【分析】(1) 根据盖斯定律分析计算；(2)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(

28、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；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=-890.3kjmol-1，n2(g)+2o2(g)2no2(g) h=+67.7kjmol-1，根据盖斯定律，将-可得热化学方程式：ch4(g)+2no2(g)=co2(g)+n2(g)+2h2o(g) h=(-

29、890.3kjmol-1)-(+67.7kjmol-1)=-958.0kjmol-1，故答案为：-958.0kjmol-1；(2)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/(lmin)；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)2k，平衡逆向移动，则v正v逆，故答案为：0.025；0.1875(mol/l)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

30、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+

31、的外围电子排布图为 _，fe2+含有 _个未成对电子。（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（nh3bh3）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。碲化锌的化学式为_。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_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

32、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

33、答；(3)氨气分子中的n原子有3个键和1个孤电子对；甲苯分子上甲基的碳原子形成4个键，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)根据均摊法计算解答；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；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+

34、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个键，杂化方式为sp3；氨硼烷化合物(nh3bh3)是一种新

35、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)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=a10-10 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；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

36、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参数关系，故d的参数：x=，y=，z=，即参数坐标为(，)，故答案为：(，)；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=a10-10 cm，晶胞质量=4g=g，晶体密度=g/cm3，故答案为：。【点睛】本题的难点为(4)，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：.rcho（r为烃基）；.rcooh；. +rnh2请回答下列问题：（1）a的名称为 _，合成路线图中反应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1 mol g可以和2 mol naoh或者9 mol h2反应（3）f的结构简