2025-2026学年广东省八校联盟高三上学期质量检测（一）化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1广东省八校联盟2025-2026学年高三上学期质量检测（一）试题注意事项：1．本试卷满分100分，考试时间75分钟。2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置。3．全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效。4．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。5．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Mg24Al27Mn55Cu64一、选择题：本题共16小题，第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分，共44分。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.下列物质的主要成分与其他三项不能归为一类的是A.西汉错金博山炉 B.西周利簋C.明刻花龙头金手镯 D.西汉青玉璜【答案】D【解析】A．西汉错金博山炉是金属制品，主要成分是金属；B．西周利簋是青铜器皿，青铜属于合金，主要成分是金属；C．明刻花龙头金手镯主要成分是金，属于金属；D．西汉青玉璜的主要成分是硅酸盐，属于非金属材料，与其他三项不同；故答案选D。2.科技是经济发展的不竭动力。下列说法正确的是A.我国科学家用冰制作出的“冰光纤”属于金属材料B.用于肿瘤治疗的放射性同位素钇-90(90Y)的质子数为90C.“神舟二十号”发动机使用的耐高温结构材料Si3N4含有非极性键D.“天舟四号”配置的砷化镓太阳能电池，可将太阳能转化为电能【答案】D【解析】A．冰光纤的主要成分是水，属于无机非金属材料，而不是金属材料或合金，A错误；B．同位素的质子数由原子序数决定，钇（Y）的原子序数为39，因此质子数为39，质量数=质子数+中子数，B错误；C．中Si与N为不同原子，形成的键为极性共价键；非极性键需同种原子间形成，C错误；D．砷化镓（GaAs）是半导体材料，太阳能电池通过光电效应将太阳能直接转化为电能，D正确；故答案选D。3.下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A制作烟花时在火药中添加金属化合物部分金属元素有特殊焰色B使用MgCl2溶液点卤制作豆腐MgCl2能使蛋白质胶体发生聚沉C用小苏打作发泡剂烘焙面包碳酸氢钠溶于水吸热D葡萄酒中加入适量SO2SO2可防止氧化，起到保质作用A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．制作烟花时添加金属化合物利用金属的焰色反应，A正确；B．使蛋白质胶体聚沉用于点卤豆腐，B正确；C．小苏打发泡是因受热分解产，而非溶解吸热，C错误；D．的抗氧化性用于葡萄酒保质，D正确；故答案选C。4.下列实验装置能达到相应实验目的的是A.图①装置用于制取Fe(OH)3胶体 B.图②装置制取Ti单质C.图③装置提纯乙酸乙酯 D.图④装置吸收尾气氨气【答案】D【解析】A．制取Fe(OH)3胶体需向沸水中滴加饱和FeCl3溶液并煮沸至红褐色，图①直接加热FeCl3固体与蒸馏水的混合物，易生成Fe(OH)3沉淀，A错误；B．Na为活泼金属，会与空气中O2反应，图②未隔绝空气，Na优先与O2反应而非还原TiCl4，无法制取Ti单质，B错误；C．提纯含乙酸的乙酸乙酯应使用饱和Na2CO3溶液（中和乙酸、降低酯溶解度），NaOH溶液会使乙酸乙酯水解，图③用NaOH错误，C错误；D．NH3极易溶于水，图④中CCl4密度大于水在下层，导管伸入CCl4可防止NH3直接溶于水引发倒吸，D正确；故答案选D。5.1893年，法国化学家亨利莫桑首次发现了莫桑石，莫桑石晶体结构与金刚石相似，每个C原子周围都有4个Si原子，每个Si原子周围都有4个C原子。下列关于莫桑石晶体的说法错误的是A.莫桑石晶体中C和Si杂化方式相同 B.莫桑石晶体的类型为分子晶体C.莫桑石晶体的熔点比晶体硅高 D.莫桑石晶体内部粒子呈现周期性有序排列【答案】B【解析】A．莫桑石中每个C和Si均形成四个共价键，采用sp3杂化，杂化方式相同，A正确；B．莫桑石结构与金刚石（原子晶体）相似，通过共价键形成三维网状结构，应为共价晶体而非分子晶体，B错误；C．碳原子半径小于硅，C-Si键的键能高于Si-Si键，因此莫桑石熔点高于晶体硅，C正确；D．晶体内部原子均呈周期性有序排列，这是晶体的基本特征，D正确；故答案选B。6.下列说法正确的是A.应标注于乙醇与钠反应的实验操作图标中B.澄清石灰水常用于实验室制取氯气的尾气处理C.用电石制取乙炔时，需要用饱和食盐水洗气D.实验室通常利用NaOH(s)和NH4Cl(s)制备氨气【答案】A【解析】A．该图标为锐器标志，乙醇与钠反应中，要用小刀切割钠，实验操作中应标注锐器标志，A正确；B．澄清石灰水浓度低，吸收氯气效果差，实验室通常用浓NaOH溶液处理氯气尾气，B错误；C．用电石制取乙炔时，用饱和食盐水代替水是为了减慢反应速率，而非“洗气”；洗气是为去除杂质，需用硫酸铜溶液，C错误；D．实验室制备氨气常用和混合加热，NaOH(s)易潮解且加热时会腐蚀玻璃仪器，不适用，D错误；故答案选A。7.铝-空气电池、Mg-AgCl电池，均以海水为电解质溶液。下列叙述中正确的是A.单位质量的负极输出电量：铝-空气电池>Mg-AgCl电池B.两种电池均是二次电池C.Mg-AgCl电池放电时，由负极向正极迁移D.两电池放电时，均是在正极被还原【答案】A【解析】A．铝的摩尔质量为27g/mol，每mol输出3mol电子，镁的摩尔质量为24g/mol，每mol输出2mol电子，因此单位质量的铝输出电量更高，A正确；B．铝-空气电池和Mg-AgCl电池均为不可充电的一次电池，B错误；C．放电时，阴离子（Cl⁻）应向负极迁移以中和电荷，而非从负极向正极迁移，C错误；D．铝-空气电池正极是氧气在水中被还原，而Mg-AgCl电池正极是AgCl被还原（生成Ag和Cl⁻），与水无关，D错误；故答案选A。8.化合物Z是合成重要香料香豆素一种中间产物，其结构简式如图所示。下列有关该化合物说法错误的是A.Z的分子式为C9H8O3 B.Z能与氨基酸反应C.Z只能与溴水发生加成反应 D.1molZ最多可与4molH2发生加成反应【答案】C【解析】A．根据结构简式，Z含9个C、3个O，8个H，分子式应为C9H8O3，A正确；B．Z含羧基（-COOH），能与氨基酸的氨基（-NH2）发生反应，B正确；C．Z含碳碳双键和酚羟基，与溴水可发生加成和取代反应（邻对位可与溴水发生取代反应），并非“只能加成”，C错误；D．Z中苯环加成需3molH2，碳碳双键加成需1molH2，羧基不加成，共4molH2，D正确；故答案选C。9.下列陈述1与陈述2均正确，且具有因果关系的是选项陈述1陈述2A氢氟酸刻蚀玻璃生产磨砂玻璃氢氟酸属于弱酸B溶液用于除去待焊金属物体表面的氧化物水解显酸性C提倡使用聚乳酸制造的包装材料聚乳酸在自然界中难降解D实验室常用溶液吸收乙炔气体中的具有氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．氢氟酸能刻蚀玻璃生产磨砂玻璃是因为氢氟酸能和玻璃中的二氧化硅发生反应：，并不是因为氢氟酸是弱酸，陈述1与陈述2均正确，但无因果关系，A不符合题意；B．溶液中发生水解反应：，使其溶液显酸性，可用于除去待焊金属物体表面的氧化物，陈述1与陈述2均正确，且具有因果关系，B符合题意；C．提倡使用聚乳酸制造的包装材料是因为聚乳酸在自然界中可被微生物降解，而不是难降解，陈述2错误，C不符合题意；D．实验室常用溶液吸收乙炔气体中的是因为发生反应：，即将转化为难溶的CuS，并不是因为具有氧化性，陈述2错误，D不符合题意；故选B。10.下列离子方程式书写正确的是A.用氨水吸收过量的：B.向水中加入一小块钠：C.向硫代硫酸钠溶液滴加稀硫酸：D.向溶液中加入铜粉：【答案】C【解析】A．用氨水吸收过量的生成，离子方程式为，A错误；B．向水中加入一小块钠离子方程式为，B错误；C．硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成硫沉淀、二氧化硫和水，离子方程式为，C正确；D．向溶液中加入铜粉反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式为，D错误；故选C。11.W、X、Z、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的单质在空气中含量最多，W与Z原子最外层电子数之和等于Y原子最外层电子数，四种元素能组成如图所示物质，下列说法正确的是A.原子半径：B.W、X和Y三种元素形成的化合物一定能抑制水的电离C.基态原子的第一电离能：D.简单氢化物的稳定性：【答案】D【解析】短周期主族元素W、X、Z、Y原子序数依次增大，X的单质在空气中含量最多，X为N，题中阳离子原子团结构为，W为H，含有五个共价键，为元素，W与Z原子最外层电子数之和等于Y原子最外层电子数，结合题中结构可知Y为S。A．根据元素周期律，同周期从左到右，原子半径逐渐减小，所以原子半径：，A错误；B．H、N和S三种元素形成的化合物不一定能抑制水的电离，如发生水解而促进水的电离，B错误；C．同一周期从左至右元素的第一电离能有增大的趋势，基态原子的第一电离能：，C错误；D．元素非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：，简单氢化物的稳定性：，D正确；故选D。12.氮及其化合物的部分转化关系如图(转化条件已略去)。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.反应①每1molNH3参加反应，消耗O2分子的数目为0.5NAB.11.2LNO和的混合物中，含有氮原子的数目为0.5NAC.反应③中1molNO2与足量H2O反应生成的数目为NAD.反应④中6.4gCu参加反应，转移电子的数目一定为0.2NA【答案】D【解析】A．反应①为，每1molNH3消耗1.25molO2，对应O2分子数为1.25NA，而非0.5NA，A错误；B．未明确气体是否处于标准状况（如温度、压强），无法确定11.2L混合气体的总物质的量，因此氮原子数无法确定为0.5NA，B错误；C．反应③为3NO2+H2O=2HNO3+NO，每3molNO2生成2molNO，故1molNO2生成molNO，对应数目为NA，C错误；D．6.4gCu的物质的量为0.1mol，Cu与HNO3反应生成Cu2+时，每molCu失去2mole⁻，故转移电子数为0.2NA，无论硝酸浓度如何，Cu最终均以Cu2+形式存在，转移电子数恒定，D正确；故答案为：D。13.氮化锂()可用于制作有机发光二极管，通过下列实验步骤可制备少量，部分实验装置如图所示。实验步骤：ⅰ．通入，并逐步升温至200℃；ⅱ．一段时间后，停止加热，冷却至室温，在小反应器中加入1粒新切锂粒，在大反应器中加入10~12粒新切锂粒；ⅲ．继续通入一小时后，再缓慢升温至450℃，待反应结束取出产品。下列叙述错误的是A.制备需要在严格无水无氧条件下进行B.装置中和溶液的作用相同C.步骤ⅰ的目的是排尽装置内的空气和水蒸气D.实验结束时，从大反应器中收集产品【答案】B【解析】因Li极易与水、氧气等反应，因此制备需要在无水无氧的环境下，并利用N2排尽装置中的空气和水蒸气，利用小反应器除去N2中可能混有的、等，在大反应器中收集产品。A．Li极易与水、氧气等反应，所以制备需要在严格无水无氧条件下进行，A正确；B．是常用的干燥剂，用于吸收水，而溶液具有还原性，用于吸收氧气，所以它们的作用不相同，B错误；C．步骤ⅰ使反应体系内充满，将能与Li反应的空气和水蒸气排尽，C正确；D．小反应器中放少量锂粒，用于除去气体中可能混有的、等，所以产品应该在大反应器中，D正确；故答案选B。14.物质结构决定性质。下列有关物质性质的解释错误的是选项物质性质解释AP原子的第一电离能大于S原子P原子的3p轨道电子排布是半充满的，比较稳定BCF3COOH酸性大于CCl3COOHF的电负性比Cl强，导致C-F的极性比C-Cl的大C对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸对羟基苯甲酸分子间存在氢键，邻羟基苯甲酸分子内存在氢键D石墨的硬度小于金刚石石墨中碳碳键的键能小于金刚石中碳碳键的键能A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．P的3p轨道半充满结构更稳定，因此第一电离能大于S，A正确；B．F的电负性更强，吸电子能力更强，导致CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出，故酸性：CF3COOH＞CCl3COOH，B正确；C．对羟基苯甲酸因分子间氢键，邻羟基苯甲能形成分子内氢键使熔沸点降低，C正确；D．石墨硬度低是因层状结构易滑动，而非键能小，D错误；故答案选D。15.苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法错误的是A.Y比X更稳定B.其他条件不变，向反应体系中加入适量可有效提高反应速率C.升高温度，X、Y的生成速率均增大D.一定条件下，选择合适的催化剂并及时分离出X可提高X的产率【答案】B【解析】A．物质能量越低越稳定，由图，Y能量较X低，则Y比X更稳定，A正确；B．由图信息知，第一步反应的正反应的活化能最大，故该过程的决速步为第一步反应，而仅参与第二步反应，故增加其浓度不能有效提高反应速率，B错误；C．升高温度使活化分子百分数增加，无论生成X还是Y的反应速率均增大，C正确；D．催化剂能加快反应速率，一定条件下，选择合适的催化剂并及时分离出X，可在单位时间内得到更多的X，从而提高X的产率，D正确；故选B。16.利用双极膜电渗析法(BMED)进行碳吸收，采用双极膜、阳离子交换膜、阴离子交换膜，通过隔板分离成盐室(NaCl溶液)、碱室(0.1NaHCO3溶液)、酸室(0.1HCl溶液)、极室(0.25Na2SO4溶液)，实验装置如图所示。接通电源，调至实验设置电流，开始循环并向碱室通入CO2制备Na2CO3和NaHCO3溶液，忽略各室溶液的体积变化。下列说法错误的是A.M电极反应式为B.极室、盐室的pH保持不变，酸室pH减小，碱室的pH可能增大C.a膜和b膜、c膜之间分别为盐室和酸室D.当酸室产生0.4molHCl时，双极膜电离出的数目为【答案】C【解析】由装置图可知，接通电源后，左侧b膜产生的氢离子向电极M移动，右侧b膜产生的氢氧根离子向电极N移动，则电极M为电解池的阴极、电极N为阳极，左右两侧区域为极室、b膜和c膜之间为碱室、c膜和a膜之间为盐室、a膜和b膜之间为酸室；M电极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，N电极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+；电解过程中，左侧b膜产生的氢离子进入左侧极室中和放电生成的氢氧根离子、产生的氢氧根离子进入碱室吸收通入的二氧化碳气体，盐室中的钠离子通过阳离子交换膜c进入碱室，得到碳酸钠和碳酸氢钠溶液；右侧b膜产生的氢氧根离子进入极室中和放电生成的氢离子、产生的氢离子进入酸室，盐室中的氯离子通过阴离子交换膜进入酸室，得到浓度增大的盐酸溶液；则左、右极室中硫酸钠溶液浓度基本不变，溶液pH不变；盐室中氯化钠溶液浓度减小，但溶液pH不变；碱室中碳酸钠和碳酸氢钠的浓度增大，溶液pH增大；酸室中盐酸浓度增大，溶液pH减小。A．由分析可知，M电极为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，A正确；B．由分析可知，电解过程中，左、右极室中硫酸钠溶液浓度基本不变，溶液pH不变；盐室中氯化钠溶液浓度减小，但强酸强碱盐溶液pH不变；碱室中碳酸钠和碳酸氢钠的浓度增大，溶液pH增大；酸室中盐酸浓度增大，溶液pH减小，B正确；C．由分析可知，c膜和a膜之间为盐室、a膜和b膜之间为酸室，C错误；D．酸室产生0.4molHCl说明电解过程中有0.4molH+通过阳离子交换膜进入酸室，则双极膜解离出OH-的数目约为0.4mol×2×6.02×1023mol-1=4.816×1023，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.为探究和新制氢氧化铜悬浊液反应的产物，某实验小组进行如图所示实验。在下加热，最终得到无色溶液和红色沉淀。已知：①在酸性条件下，。②。③常温下，能将还原成单质钯。回答下列问题：（1）仪器X的名称为_____。（2）实验过程中采用的加热方式为_____，长直导管的作用为_____。（3）实验小组对红色沉淀的成分进行探究，假设如下：假设：只有；假设ii：只有；假设iii：由和组成。小组成员使用电子天平称量红色沉淀，溶于足量稀硫酸，得到红色固体。实验中可观察到的现象为_____，说明假设_____正确。（4）实验小组对无色溶液的成分进行探究，实验装置如下图（加热装置已略去）。①观察到中_____，证明无色溶液中不含。②中出现黑色颗粒，则中发生反应的化学方程式为_____。（5）该条件下，和新制氢氧化铜悬浊液发生主要反应的化学方程式为_____。【答案】（1）圆底烧瓶（2）①.水浴加热②.冷凝回流甲醛，提高甲醛利用率（3）①.溶液变为蓝色②.iii（4）①.澄清石灰水不变浑浊（或无明显现象）②.（5）【解析】探究和新制氢氧化铜悬浊液反应的产物，在下加热，最终得到无色溶液和红色沉淀，若红色沉淀只有，加入足量稀硫酸后，红色固体质量不变，若只有，通过进行计算，以此解答。（1）仪器X的名称为圆底烧瓶。（2）由题干信息“在下加热”可知，实验过程中应采用的加热方式是水浴加热。长直导管的作用为冷凝回流甲醛，提高甲醛利用率。（3）若假设i成立，加入足量稀硫酸后，红色固体质量不变；若假设ii成立，根据已知①可知，存在关系如下：故0.360g红色固体中含0.0144gCu2O，说明红色沉淀由Cu和Cu2O组成，假设iii正确，反应生成了，溶液变为蓝色；红色固体中，且，则Cu是主要的还原产物。（4）①若无色溶液中不含，则a中无CO2生成，b中澄清石灰水不变浑浊（或无明显现象）；②c中出现黑色颗粒，说明CO将PdCl2还原成单质Pd，化学方程式为。（5）由(3)(4)中分析可知，该条件下，HCHO与新制氢氧化铜反应的主要产物为Cu和HCOONa，主要反应为。18.采用氧化锰矿(主要含MnO2)和银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、)联合回收Ag、Mn的工艺流程如图所示：已知：①酸性条件下，的氧化性强于；②可以把部分Ag氧化为；③。（1）银锰精矿的中硫元素的化合价为_______价。（2）“浸锰”过程中，MnS发生的反应为，和发生反应的离子方程式为_______。（3）使用过量和HCl的混合液作为浸出剂，将中的银以的形式浸出，达到平衡后反应的离子方程式为_______；“浸银液”中加入的铁粉是作为_______(填“还原剂”或“氧化剂”)。（4）“浸渣”的主要成分为_______(填化学式)，若“浸锰液”中c()=0.01，则常温下，用氨水调节pH应小于_______。（5）的晶胞结构如图所示，晶胞参数a=b≠c，α=β=γ=90°。图中A代表的是_______(填“Mn”或“O”)，该晶体的密度=_______。【答案】（1）-1（2）（3）①.②.还原剂（4）①.②.8.7（5）①.Mn②.(或)【解析】该工艺流程以氧化锰矿(主要含)和银锰精矿(主要含)为原料，回收Ag、Mn。“浸锰”过程中，溶液可浸出锰元素，同时利用的氧化性去除，同时提高两种含锰矿中锰元素的提取率，过滤使“浸锰液”与矿石未溶解的分离，用过量和HCl的混合液溶解得到“浸银液”，加入铁粉还原得到粗银；“浸锰液”加入氨水使转化为沉淀与分离，在加入“沉锰”生成。（1）Fe元素常见价态为+2、+3价，在中根据化合价代数和等于零，Fe化合价为+2价、S化合价为-1价。（2）酸性条件下，的氧化性强于，可以将中Fe氧化为，将S元素氧化为+6价生成，本身被还原为，1个化合价升高总数为，1个化合价降低2，根据氧化剂化合价降低总数等于还原剂化合价升高总数，的化学计量数为15，的化学计量系数2，再根据离子电荷守恒、元素守恒配平，离子方程式为。（3）可以将中-2价S元素氧化为单质硫，与形成配合离子，从而使溶解，根据得失电子守恒、离子电荷守恒、元素守恒配平，离子方程式为；“浸银液”中加入的铁粉使转化为单质Ag，反应中铁粉为还原剂。（4）“浸锰液”加入氨水使转化为沉淀与分离，是浸渣的主要成分；氨水调节pH应使完全沉淀而未生成沉淀，根据，完全沉淀浓度<，则，；，c()=0.01未生成沉淀，，故调节pH应小于8.7。（5）图中A位于顶点及体心，有，B位于上、下平面及体内，有，A与B个数比为，在组成中Mn与O个数比为，故A代表Mn；根据公式计算，该晶体的密度==(或)。19.天然气开采过程中普遍混有，它会腐蚀管道等设备，必须予以去除。工业上，和重整制氢的反应为：（1）反应的___________(用代数式表示)，在恒温恒容条件下，该反应达到平衡状态的判断依据是___________(填标号)。A．混合气体密度不变B．容器内压强不变C．D．与的物质的量分数之比保持不变（2）和重整制氢的反应在金属硫化物的催化下进行，机理如图1所示。判断物质X、Y分别为___________和___________。（3）为了研究甲烷对制氢的影响，原料初始组成，保持体系压强为100kPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数随温度的变化如图2所示。①图中曲线c表示的物质是___________。②M点对应温度下，的转化率为___________，N点对应的___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）①.②.BD（2）①.②.（3）①.②.20%③.【解析】（1）已知：反应1.；反应2.；反应3.，由盖斯定律可知，反应3-反应1-反应2可得反应的；A．该反应过程中气体总质量和总体积是定值，混合气体的密度是定值，混合气体密度不变时，不能说明反应达到平衡，A不选；B．该反应过程中气体总物质的量增大，容器内压强增大，当容器内压强不变时，说明反应达到平衡，B选；C．不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，C不选；D．该反应过程中的物质的量减小，的物质的量增大，与的物质的量分数之比保持不变时，说明反应达到平衡，D选；故选BD。（2）由元素守恒可知，X为，Y为。（3）①由甲烷和硫化氢的物质的量比为1：2可知，c曲线为、d曲线为CH4，由方程式可知，氢气的化学计量数是二硫化碳的4倍，则a曲线为氢气、b曲线为二硫化碳；②设起始甲烷和硫化氢的物质的量分别为1mol和2mol，甲烷的转化率为x，由题意可建立如下三段式：M点时CH4和H2的物质的量分数相等，也就是CH4和H2的物质的量相等，即1-x=4x，可得x=，，同理可知，N点时，CH4和CS2的物质的量分数相等，也就CH4和CS2的物质的量相等，即1-x=x，可得x=，求得CH4、H2S、CS2、H2物质的量分别为0.5mol、1mol、0.5mol、2mol，总物质的量为(0.5mol+lmol+0.5mol+2mol)=4mol，，，，，该反应的。20.5a是合成抗风湿药物非诺洛芬芬的原料之一，它的一种合成路径如下：（1）化合物1a中含氧官能团的名称为_______，化合物3a的名称为_______。（2）①化合物2a的分子式为_______。②化合物2a的同分异构体中，属于酚且核磁共振氢谱中峰面积比为6：2：1：1的结构简式为_______、_______。（3）下列说法错误的有_______(填标号)。A.1a生成2a的反应类型为还原反应B.在3a生成4a的过程中，有π键断裂与σ键形成C.在3a、4a分子中，均存在手性碳原子D.在5a分子中，有大π键，但不存在手性碳原子（4）4a生成5a的化学方程式为_______。（5）利用题目所给原理，以为原料合成，基于你设计的合成路线回答下列问题：①第一步，所需要的化学试剂为_______。②原子利用率为100%的化学方程式为_______(注明反应条件)。③最后一步反应中，有机反应物为_______(填结构简式)。【答案】（1）①.醛基②.苯乙烯（2）①.C8H10O②.③.（3）CD（4）（5）①.NaBH4②.③.【解析】1a发生醛基的还原反应生成2a，2a发生羟基的消去反应生成3a，3a与HBr发生加成反应生成4a，4a与NaCN发生取代反应生成5a，据此解答。（1）由化合物1a的结构简式可知，其含氧官能团的名称为醛基，由化合物3a的结构简式可知，其名称为苯乙烯；（2）由化合物2a的结构简式可知，其分子式为：，其同分异构体中，属于酚，则含有的是酚羟基，且核磁共振氢谱中峰面积比为6：2：1：1，说明其含有两个对称的甲基，满足条件的结构简式为：或；（3）A．1a生成2a的反应是醛基还原为羟基的反应，属于还原反应，A正确；B．在3a生成4a的过程中，有碳碳双键中π键的断裂，也有C-H键、C-Br键等键的生成，B正确；C．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，3a分子不存在手性碳原子，4a分子中存在手性碳原子，如图：，C错误；D．5a分子中苯环内存在大π键，同时也存在手性碳原子，如图：，D错误；故选CD；（4）4a生成5a的反应是溴原子被氰基取代，化学方程式为；（5）利用题目的反应原理，现将中的酮羰基还原为羟基，产物为，再发生羟基的消去反应，生成，再和HBr发生加成反应生成，再和NaCN发生取代反应，生成，其中的氰基水解生成羧基得到目标产物，具体合成路线是：；①第一步，所需要的化学试剂为；②原子利用率为100%的反应是，HBr的加成反应，化学方程式为；③最后一步反应中，有机反应物为。广东省八校联盟2025-2026学年高三上学期质量检测（一）试题注意事项：1．本试卷满分100分，考试时间75分钟。2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置。3．全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效。4．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。5．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Mg24Al27Mn55Cu64一、选择题：本题共16小题，第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分，共44分。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.下列物质的主要成分与其他三项不能归为一类的是A.西汉错金博山炉 B.西周利簋C.明刻花龙头金手镯 D.西汉青玉璜【答案】D【解析】A．西汉错金博山炉是金属制品，主要成分是金属；B．西周利簋是青铜器皿，青铜属于合金，主要成分是金属；C．明刻花龙头金手镯主要成分是金，属于金属；D．西汉青玉璜的主要成分是硅酸盐，属于非金属材料，与其他三项不同；故答案选D。2.科技是经济发展的不竭动力。下列说法正确的是A.我国科学家用冰制作出的“冰光纤”属于金属材料B.用于肿瘤治疗的放射性同位素钇-90(90Y)的质子数为90C.“神舟二十号”发动机使用的耐高温结构材料Si3N4含有非极性键D.“天舟四号”配置的砷化镓太阳能电池，可将太阳能转化为电能【答案】D【解析】A．冰光纤的主要成分是水，属于无机非金属材料，而不是金属材料或合金，A错误；B．同位素的质子数由原子序数决定，钇（Y）的原子序数为39，因此质子数为39，质量数=质子数+中子数，B错误；C．中Si与N为不同原子，形成的键为极性共价键；非极性键需同种原子间形成，C错误；D．砷化镓（GaAs）是半导体材料，太阳能电池通过光电效应将太阳能直接转化为电能，D正确；故答案选D。3.下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A制作烟花时在火药中添加金属化合物部分金属元素有特殊焰色B使用MgCl2溶液点卤制作豆腐MgCl2能使蛋白质胶体发生聚沉C用小苏打作发泡剂烘焙面包碳酸氢钠溶于水吸热D葡萄酒中加入适量SO2SO2可防止氧化，起到保质作用A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．制作烟花时添加金属化合物利用金属的焰色反应，A正确；B．使蛋白质胶体聚沉用于点卤豆腐，B正确；C．小苏打发泡是因受热分解产，而非溶解吸热，C错误；D．的抗氧化性用于葡萄酒保质，D正确；故答案选C。4.下列实验装置能达到相应实验目的的是A.图①装置用于制取Fe(OH)3胶体 B.图②装置制取Ti单质C.图③装置提纯乙酸乙酯 D.图④装置吸收尾气氨气【答案】D【解析】A．制取Fe(OH)3胶体需向沸水中滴加饱和FeCl3溶液并煮沸至红褐色，图①直接加热FeCl3固体与蒸馏水的混合物，易生成Fe(OH)3沉淀，A错误；B．Na为活泼金属，会与空气中O2反应，图②未隔绝空气，Na优先与O2反应而非还原TiCl4，无法制取Ti单质，B错误；C．提纯含乙酸的乙酸乙酯应使用饱和Na2CO3溶液（中和乙酸、降低酯溶解度），NaOH溶液会使乙酸乙酯水解，图③用NaOH错误，C错误；D．NH3极易溶于水，图④中CCl4密度大于水在下层，导管伸入CCl4可防止NH3直接溶于水引发倒吸，D正确；故答案选D。5.1893年，法国化学家亨利莫桑首次发现了莫桑石，莫桑石晶体结构与金刚石相似，每个C原子周围都有4个Si原子，每个Si原子周围都有4个C原子。下列关于莫桑石晶体的说法错误的是A.莫桑石晶体中C和Si杂化方式相同 B.莫桑石晶体的类型为分子晶体C.莫桑石晶体的熔点比晶体硅高 D.莫桑石晶体内部粒子呈现周期性有序排列【答案】B【解析】A．莫桑石中每个C和Si均形成四个共价键，采用sp3杂化，杂化方式相同，A正确；B．莫桑石结构与金刚石（原子晶体）相似，通过共价键形成三维网状结构，应为共价晶体而非分子晶体，B错误；C．碳原子半径小于硅，C-Si键的键能高于Si-Si键，因此莫桑石熔点高于晶体硅，C正确；D．晶体内部原子均呈周期性有序排列，这是晶体的基本特征，D正确；故答案选B。6.下列说法正确的是A.应标注于乙醇与钠反应的实验操作图标中B.澄清石灰水常用于实验室制取氯气的尾气处理C.用电石制取乙炔时，需要用饱和食盐水洗气D.实验室通常利用NaOH(s)和NH4Cl(s)制备氨气【答案】A【解析】A．该图标为锐器标志，乙醇与钠反应中，要用小刀切割钠，实验操作中应标注锐器标志，A正确；B．澄清石灰水浓度低，吸收氯气效果差，实验室通常用浓NaOH溶液处理氯气尾气，B错误；C．用电石制取乙炔时，用饱和食盐水代替水是为了减慢反应速率，而非“洗气”；洗气是为去除杂质，需用硫酸铜溶液，C错误；D．实验室制备氨气常用和混合加热，NaOH(s)易潮解且加热时会腐蚀玻璃仪器，不适用，D错误；故答案选A。7.铝-空气电池、Mg-AgCl电池，均以海水为电解质溶液。下列叙述中正确的是A.单位质量的负极输出电量：铝-空气电池>Mg-AgCl电池B.两种电池均是二次电池C.Mg-AgCl电池放电时，由负极向正极迁移D.两电池放电时，均是在正极被还原【答案】A【解析】A．铝的摩尔质量为27g/mol，每mol输出3mol电子，镁的摩尔质量为24g/mol，每mol输出2mol电子，因此单位质量的铝输出电量更高，A正确；B．铝-空气电池和Mg-AgCl电池均为不可充电的一次电池，B错误；C．放电时，阴离子（Cl⁻）应向负极迁移以中和电荷，而非从负极向正极迁移，C错误；D．铝-空气电池正极是氧气在水中被还原，而Mg-AgCl电池正极是AgCl被还原（生成Ag和Cl⁻），与水无关，D错误；故答案选A。8.化合物Z是合成重要香料香豆素一种中间产物，其结构简式如图所示。下列有关该化合物说法错误的是A.Z的分子式为C9H8O3 B.Z能与氨基酸反应C.Z只能与溴水发生加成反应 D.1molZ最多可与4molH2发生加成反应【答案】C【解析】A．根据结构简式，Z含9个C、3个O，8个H，分子式应为C9H8O3，A正确；B．Z含羧基（-COOH），能与氨基酸的氨基（-NH2）发生反应，B正确；C．Z含碳碳双键和酚羟基，与溴水可发生加成和取代反应（邻对位可与溴水发生取代反应），并非“只能加成”，C错误；D．Z中苯环加成需3molH2，碳碳双键加成需1molH2，羧基不加成，共4molH2，D正确；故答案选C。9.下列陈述1与陈述2均正确，且具有因果关系的是选项陈述1陈述2A氢氟酸刻蚀玻璃生产磨砂玻璃氢氟酸属于弱酸B溶液用于除去待焊金属物体表面的氧化物水解显酸性C提倡使用聚乳酸制造的包装材料聚乳酸在自然界中难降解D实验室常用溶液吸收乙炔气体中的具有氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．氢氟酸能刻蚀玻璃生产磨砂玻璃是因为氢氟酸能和玻璃中的二氧化硅发生反应：，并不是因为氢氟酸是弱酸，陈述1与陈述2均正确，但无因果关系，A不符合题意；B．溶液中发生水解反应：，使其溶液显酸性，可用于除去待焊金属物体表面的氧化物，陈述1与陈述2均正确，且具有因果关系，B符合题意；C．提倡使用聚乳酸制造的包装材料是因为聚乳酸在自然界中可被微生物降解，而不是难降解，陈述2错误，C不符合题意；D．实验室常用溶液吸收乙炔气体中的是因为发生反应：，即将转化为难溶的CuS，并不是因为具有氧化性，陈述2错误，D不符合题意；故选B。10.下列离子方程式书写正确的是A.用氨水吸收过量的：B.向水中加入一小块钠：C.向硫代硫酸钠溶液滴加稀硫酸：D.向溶液中加入铜粉：【答案】C【解析】A．用氨水吸收过量的生成，离子方程式为，A错误；B．向水中加入一小块钠离子方程式为，B错误；C．硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成硫沉淀、二氧化硫和水，离子方程式为，C正确；D．向溶液中加入铜粉反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式为，D错误；故选C。11.W、X、Z、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的单质在空气中含量最多，W与Z原子最外层电子数之和等于Y原子最外层电子数，四种元素能组成如图所示物质，下列说法正确的是A.原子半径：B.W、X和Y三种元素形成的化合物一定能抑制水的电离C.基态原子的第一电离能：D.简单氢化物的稳定性：【答案】D【解析】短周期主族元素W、X、Z、Y原子序数依次增大，X的单质在空气中含量最多，X为N，题中阳离子原子团结构为，W为H，含有五个共价键，为元素，W与Z原子最外层电子数之和等于Y原子最外层电子数，结合题中结构可知Y为S。A．根据元素周期律，同周期从左到右，原子半径逐渐减小，所以原子半径：，A错误；B．H、N和S三种元素形成的化合物不一定能抑制水的电离，如发生水解而促进水的电离，B错误；C．同一周期从左至右元素的第一电离能有增大的趋势，基态原子的第一电离能：，C错误；D．元素非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：，简单氢化物的稳定性：，D正确；故选D。12.氮及其化合物的部分转化关系如图(转化条件已略去)。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.反应①每1molNH3参加反应，消耗O2分子的数目为0.5NAB.11.2LNO和的混合物中，含有氮原子的数目为0.5NAC.反应③中1molNO2与足量H2O反应生成的数目为NAD.反应④中6.4gCu参加反应，转移电子的数目一定为0.2NA【答案】D【解析】A．反应①为，每1molNH3消耗1.25molO2，对应O2分子数为1.25NA，而非0.5NA，A错误；B．未明确气体是否处于标准状况（如温度、压强），无法确定11.2L混合气体的总物质的量，因此氮原子数无法确定为0.5NA，B错误；C．反应③为3NO2+H2O=2HNO3+NO，每3molNO2生成2molNO，故1molNO2生成molNO，对应数目为NA，C错误；D．6.4gCu的物质的量为0.1mol，Cu与HNO3反应生成Cu2+时，每molCu失去2mole⁻，故转移电子数为0.2NA，无论硝酸浓度如何，Cu最终均以Cu2+形式存在，转移电子数恒定，D正确；故答案为：D。13.氮化锂()可用于制作有机发光二极管，通过下列实验步骤可制备少量，部分实验装置如图所示。实验步骤：ⅰ．通入，并逐步升温至200℃；ⅱ．一段时间后，停止加热，冷却至室温，在小反应器中加入1粒新切锂粒，在大反应器中加入10~12粒新切锂粒；ⅲ．继续通入一小时后，再缓慢升温至450℃，待反应结束取出产品。下列叙述错误的是A.制备需要在严格无水无氧条件下进行B.装置中和溶液的作用相同C.步骤ⅰ的目的是排尽装置内的空气和水蒸气D.实验结束时，从大反应器中收集产品【答案】B【解析】因Li极易与水、氧气等反应，因此制备需要在无水无氧的环境下，并利用N2排尽装置中的空气和水蒸气，利用小反应器除去N2中可能混有的、等，在大反应器中收集产品。A．Li极易与水、氧气等反应，所以制备需要在严格无水无氧条件下进行，A正确；B．是常用的干燥剂，用于吸收水，而溶液具有还原性，用于吸收氧气，所以它们的作用不相同，B错误；C．步骤ⅰ使反应体系内充满，将能与Li反应的空气和水蒸气排尽，C正确；D．小反应器中放少量锂粒，用于除去气体中可能混有的、等，所以产品应该在大反应器中，D正确；故答案选B。14.物质结构决定性质。下列有关物质性质的解释错误的是选项物质性质解释AP原子的第一电离能大于S原子P原子的3p轨道电子排布是半充满的，比较稳定BCF3COOH酸性大于CCl3COOHF的电负性比Cl强，导致C-F的极性比C-Cl的大C对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸对羟基苯甲酸分子间存在氢键，邻羟基苯甲酸分子内存在氢键D石墨的硬度小于金刚石石墨中碳碳键的键能小于金刚石中碳碳键的键能A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．P的3p轨道半充满结构更稳定，因此第一电离能大于S，A正确；B．F的电负性更强，吸电子能力更强，导致CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出，故酸性：CF3COOH＞CCl3COOH，B正确；C．对羟基苯甲酸因分子间氢键，邻羟基苯甲能形成分子内氢键使熔沸点降低，C正确；D．石墨硬度低是因层状结构易滑动，而非键能小，D错误；故答案选D。15.苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法错误的是A.Y比X更稳定B.其他条件不变，向反应体系中加入适量可有效提高反应速率C.升高温度，X、Y的生成速率均增大D.一定条件下，选择合适的催化剂并及时分离出X可提高X的产率【答案】B【解析】A．物质能量越低越稳定，由图，Y能量较X低，则Y比X更稳定，A正确；B．由图信息知，第一步反应的正反应的活化能最大，故该过程的决速步为第一步反应，而仅参与第二步反应，故增加其浓度不能有效提高反应速率，B错误；C．升高温度使活化分子百分数增加，无论生成X还是Y的反应速率均增大，C正确；D．催化剂能加快反应速率，一定条件下，选择合适的催化剂并及时分离出X，可在单位时间内得到更多的X，从而提高X的产率，D正确；故选B。16.利用双极膜电渗析法(BMED)进行碳吸收，采用双极膜、阳离子交换膜、阴离子交换膜，通过隔板分离成盐室(NaCl溶液)、碱室(0.1NaHCO3溶液)、酸室(0.1HCl溶液)、极室(0.25Na2SO4溶液)，实验装置如图所示。接通电源，调至实验设置电流，开始循环并向碱室通入CO2制备Na2CO3和NaHCO3溶液，忽略各室溶液的体积变化。下列说法错误的是A.M电极反应式为B.极室、盐室的pH保持不变，酸室pH减小，碱室的pH可能增大C.a膜和b膜、c膜之间分别为盐室和酸室D.当酸室产生0.4molHCl时，双极膜电离出的数目为【答案】C【解析】由装置图可知，接通电源后，左侧b膜产生的氢离子向电极M移动，右侧b膜产生的氢氧根离子向电极N移动，则电极M为电解池的阴极、电极N为阳极，左右两侧区域为极室、b膜和c膜之间为碱室、c膜和a膜之间为盐室、a膜和b膜之间为酸室；M电极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，N电极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+；电解过程中，左侧b膜产生的氢离子进入左侧极室中和放电生成的氢氧根离子、产生的氢氧根离子进入碱室吸收通入的二氧化碳气体，盐室中的钠离子通过阳离子交换膜c进入碱室，得到碳酸钠和碳酸氢钠溶液；右侧b膜产生的氢氧根离子进入极室中和放电生成的氢离子、产生的氢离子进入酸室，盐室中的氯离子通过阴离子交换膜进入酸室，得到浓度增大的盐酸溶液；则左、右极室中硫酸钠溶液浓度基本不变，溶液pH不变；盐室中氯化钠溶液浓度减小，但溶液pH不变；碱室中碳酸钠和碳酸氢钠的浓度增大，溶液pH增大；酸室中盐酸浓度增大，溶液pH减小。A．由分析可知，M电极为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，A正确；B．由分析可知，电解过程中，左、右极室中硫酸钠溶液浓度基本不变，溶液pH不变；盐室中氯化钠溶液浓度减小，但强酸强碱盐溶液pH不变；碱室中碳酸钠和碳酸氢钠的浓度增大，溶液pH增大；酸室中盐酸浓度增大，溶液pH减小，B正确；C．由分析可知，c膜和a膜之间为盐室、a膜和b膜之间为酸室，C错误；D．酸室产生0.4molHCl说明电解过程中有0.4molH+通过阳离子交换膜进入酸室，则双极膜解离出OH-的数目约为0.4mol×2×6.02×1023mol-1=4.816×1023，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.为探究和新制氢氧化铜悬浊液反应的产物，某实验小组进行如图所示实验。在下加热，最终得到无色溶液和红色沉淀。已知：①在酸性条件下，。②。③常温下，能将还原成单质钯。回答下列问题：（1）仪器X的名称为_____。（2）实验过程中采用的加热方式为_____，长直导管的作用为_____。（3）实验小组对红色沉淀的成分进行探究，假设如下：假设：只有；假设ii：只有；假设iii：由和组成。小组成员使用电子天平称量红色沉淀，溶于足量稀硫酸，得到红色固体。实验中可观察到的现象为_____，说明假设_____正确。（4）实验小组对无色溶液的成分进行探究，实验装置如下图（加热装置已略去）。①观察到中_____，证明无色溶液中不含。②中出现黑色颗粒，则中发生反应的化学方程式为_____。（5）该条件下，和新制氢氧化铜悬浊液发生主要反应的化学方程式为_____。【答案】（1）圆底烧瓶（2）①.水浴加热②.冷凝回流甲醛，提高甲醛利用率（3）①.溶液变为蓝色②.iii（4）①.澄清石灰水不变浑浊（或无明显现象）②.（5）【解析】探究和新制氢氧化铜悬浊液反应的产物，在下加热，最终得到无色溶液和红色沉淀，若红色沉淀只有，加入足量稀硫酸后，红色固体质量不变，若只有，通过进行计算，以此解答。（1）仪器X的名称为圆底烧瓶。（2）由题干信息“在下加热”可知，实验过程中应采用的加热方式是水浴加热。长直导管的作用为冷凝回流甲醛，提高甲醛利用率。（3）若假设i成立，加入足量稀硫酸后，红色固体质量不变；若假设ii成立，根据已知①可知，存在关系如下：故0.360g红色固体中含0.0144gCu2O，说明红色沉淀由Cu和Cu2O组成，假设iii正确，反应生成了，溶液变为蓝色；红色固体中，且，则Cu是主要的还原产物。（4）①若无色溶液中不含，则a中无CO2生成，b中澄清石灰水不变浑浊（或无明显现象）；②c中出现黑色颗粒，说明CO将PdCl2还原成单质Pd，化学方程式为。（5）由(3)(4)中分析可知，该条件下，HCHO与新制氢氧化铜反应的主要产物为Cu和HCOONa，主要反应为。18.采用氧化锰矿(主要含MnO2)和银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、)联合回收Ag、Mn的工艺流程如图所示：已知：①酸性条件下，的氧化性强于；②可以把部分Ag氧化为；③。（1）银锰精矿的中硫元素的化合价为_______价。（2）“浸锰”过程中，MnS发生的反应为，和发生反应的离子方程式为_______。（3）使用过量和HCl的混合液作为浸出剂，将中的银以的形式浸出，达到平衡后反应的离子方程式为_______；“浸银液”中加入的铁粉是作为_______(填“还原剂”或“氧化剂”)。（4）“浸渣”的主要成分为_______(填化学式)，若“浸锰液”中c()=0.01，则常温下，用氨水调节pH应小于_______。（5）的晶胞结构如图所示，晶胞参数a=b≠c，α=β=γ=90°。图中A代表的是_______(填“Mn”或“O”)，该晶体的密度=_______。【答案】（1）-1（2）（3）①.②.还原剂（4）①.②.8.7（5）①.Mn②.(或)【解析】该工艺流程以氧化锰矿(主要含)和银锰精矿(主要含)为原料，回收Ag、Mn。“浸锰”过程中，溶液可浸出锰元素，同时利用的氧化性去除，同时提高两种含锰矿中锰元素的提取率，过滤使“浸锰液”与矿石未溶解的分离，用过量和HCl的混合液溶解得到“浸银液”，加入铁粉还原得到粗银；“浸锰液”加入氨水使转化为沉淀与分离，在加入“沉锰”生成。（1）Fe元素常见价态为+2、+3价，在中根据化合价代数和等于零，Fe化合价为+2价、S化合价为-1价。（2）酸性条件下，的氧化性强于，可以将中Fe氧化为，将S元素氧化为+6价生成，本身被还原为，1个化合价升高总数为，1个化合价降低2，根据氧化剂化合价降低总数等于还原剂化合价升高总数，的化学计量数为15，的化学计量系数2，再根据离子电荷守恒、元素守恒配平，离子方程式为。（3）可以将中-2价S元素氧化为单质硫，与形成配合离子，从而使溶解，根据得失电子守恒、离子电荷守恒、元素守恒配平，离子方程式为；“浸银液”中加入的铁粉使转化为单质Ag，反应中铁粉为还原剂。（4）“浸锰液”加入氨水使转化为沉淀与分离，是浸渣的主要成分；氨水调节pH应使完全沉淀而未生成沉淀，根据，完全沉淀浓度<，则，；，c()=0.01未生成沉淀，，故调节pH应小于8.7。（5）图中A位于顶点及体心，有，B位于上、下平面及体内，有，A与B个数比为，在组成中Mn与O个数比为，故A代表Mn；根据公式计算，该晶体的密度==(或)。19.天然气开采过