新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市第一中学2020届高三第三次模拟测试化学试卷 Word版含解析

新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市第一中学2020届高三第三次模拟测试化学试卷 Word版含解析

乌鲁木齐市第一中学高2020届理科综合能力测试（三）‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 P-31 Cl-35.5 Ag-108‎ 一、选择题：本题共7个小题，每小题6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. 2019年12月以来，我国部分地区突发的新型冠状病毒肺炎威胁着人们的身体健康。以下是人们在面对新型冠状病毒肺炎时的一些认识，其中正确的是（ ）‎ A. 新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成 B. 84消毒液是以NaClO为主要有效成分的消毒液，为了提升消毒效果，可以用热水配制 C. 过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的 D. 防护服、口罩的成分均含有机高分子材料 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．新型冠状病毒成分为蛋白质，组成元素为C、H、O、N等，故A错误；‎ B．84消毒液是以NaClO为主要有效成分的消毒液，用热水配制，NaClO水解生成的次氯酸受热分解，不能提升消毒效果，故B错误；‎ C．过氧化氢、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇不具有氧化性，乙醇并不急于使细菌表面的蛋白质凝固，而是渗入到细菌体内，然后把整个细菌体内的蛋白质凝固起来，使蛋白质病毒变性失去生理活性从而达到杀菌的目的，故C错误；‎ D．新型冠状病毒主要通过飞沫和接触传播，为减少传染性，出门应戴好口罩，专业人员穿戴防护服，防护服、口罩的成分均含有机高分子材料，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎2. NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 1mol氯气分别与足量铁和铝完全反应时转移的电子数均为3NA B. 1molSO2溶于足量水，溶液中H2SO3、HSO与SO粒子的物质的量之和为NA C. 常温常压下，17g甲基(-14CH3)所含的中子数为11NA D. 34gH2O2中含有的化学键数目为3NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 19 -‎ ‎【详解】A．不论氯气与足量铁反应，还是和足量铝反应，都是由0价变为-1价，1mol氯气完全反应时转移的2mol电子，则电子数均为2NA故A错误 B．1molSO2溶于足量水，SO2和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，此溶液中除了H2SO3、HSO与SO粒子外，还有SO2分子，则H2SO3、HSO与SO粒子的个数之和小于NA，故B错误；‎ C．常温常压下，17g甲基(-14CH3)的物质的量为1mol,而甲基(-14CH3)中含8个中子，故1mol甲基中含8NA个中子，故C错误；‎ D．一个H2O2中含有的化学键数目为3，34gH2O2物质的量为1mol，含有的化学键数目为3NA，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎3. 利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是( )‎ 选项 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 实验结论 ‎ ‎ A 稀硫酸 Na2S AgNO3与AgBr的悬浊液 Ksp(AgBr)＞Ksp(Ag2S)‎ B 浓硫酸 蔗糖 酸性高锰酸钾溶液 浓硫酸具有脱水性、氧化性 C 稀盐酸 Na2SO3‎ Ba(NO3)2溶液 SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀 D 浓硝酸 Na2CO3‎ Na2SiO3溶液 酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．稀硫酸与硫化钠反应生成硫化氢气体，由于③中含有硝酸银，通入H2S一定生成硫化银沉淀，不能确定硫化银一定是由溴化银转化的，也就不能比较二者溶度积大小，故A错误；‎ B．浓硫酸使蔗糖炭化，体现浓硫酸的脱水性，生成的C与浓硫酸反应生成二氧化硫和二氧化碳，由于生成的气体中二氧化硫具有还原性，能被高锰酸钾溶液氧化，则酸性高锰酸钾溶液褪色可知生成了二氧化硫，体现了浓硫酸的氧化性，综上所述，该实验说明浓硫酸具有脱水性、氧化性，故B正确；‎ C．稀硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，二氧化硫溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可氧化二氧化硫生成硫酸根离子，可生成沉淀，但二氧化硫通入氯化钡溶液中不发生反应，则没有沉淀生成，不能证明二氧化硫与可溶性钡盐的反应，故C错误；‎ D．强酸能与弱酸盐反应生成弱酸，根据强酸制取弱酸判断酸性强弱，浓硝酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成难溶性硅酸，但硝酸具有挥发性，生成的CO2中含有硝酸，硝酸也与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，不能实现实验目的，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4. 某芳香族化合物甲的分子式为C10H11ClO2，已知苯环上只有两个取代基，其中一个取代基为—Cl，甲能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，则满足上述条件的有机物甲的同分异构体数目有（ ）‎ A. 15种 B. 12种 C. 9种 D. 5种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】甲能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，说明含有羧基；苯环上只有两个取代基，其中一个取代基为-Cl，根据分子式C10H11ClO2确定另一个取代基为-C4H7O2，取代基-C4H7O2含有羧基的同分异构体有：，，，和共有5种，取代基-C4H7O2与取代基-Cl有邻、间、对三种情况，则满足条件的同分异构体的数目为5×3=15。 故答案为：A。‎ ‎5. 高能LiFePO4‎ - 19 -‎ 电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构如图所示。‎ 原理如下：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe-=xLiFePO4‎ B. 放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极 C. 充电时，阴极电极反应式：xLi++xe-+nC=LixCn D. 充电时，Li+向右移动，若转移1mole-，石墨电极将增重7x克 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该电池的总反应式是：(1－x)LiFePO4＋xFePO4＋LixCnLiFePO4＋nC，在正极上得电子，其正极反应为：xFePO4＋xLi＋＋xe－＝xLiFePO4，负极反应为：LixCn- xe－=nC+ xLi＋，充电时的两极反应和放电时正好相反，据此回答。‎ ‎【详解】A．由分析可知，放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe-=xLiFePO4，故A正确；‎ B．放电时为原电池，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故B正确；‎ C．充电时，阴极的反应与负极相反，所以阴极电极反应式为：xLi++xe-+nC=LixCn，故C正确；‎ D．充电时为电解池，阳离子向阴极移动，即向右移动，则Li+向右移动，根据C项分析，充电时，石墨电极发生的电极反应为xLi++xe-+nC=LixCn，若转移1mole-，则石墨电极上消耗1mol Li+，石墨电极将增重7g，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎6. X、Y、Z、W是第三周期元素，它们最高价氧化物对应的水化物溶于水，得到浓度均为0.010mol/L的溶液，其pH（25℃）与对应元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ - 19 -‎ A. 简单离子的半径：X>Z>W B. 简单气态氢化物的稳定性：Z>W>Y C. Y单质可用于制作半导体材料 D. n =2-lg2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y> Z> Cl，硅酸不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素，以此来答题。‎ ‎【详解】A.比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层结构相同的离子，原子序数大，半径小，故离子的半径：Z>W>X，故A错误；‎ B.非金属性越强，气态氢化物越稳定，故简单气态氢化物的稳定性：W>Z>Y，故B错误；‎ C.Y为P元素，单质不可用于制作半导体材料，故C错误；‎ D. Z为S元素，形成的最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，由于PH=-lgc(H+)=-lg0.02=n，故n =2-lg2，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。据此，同种元素的原子半径大于阳离子半径，小于阴离子半径。‎ ‎7. 25℃时，有c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1的一组醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系的叙述正确的是（ ）‎ - 19 -‎ A. pH=5.5的溶液中：c(CH3COOH)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)‎ B. pH=3.5溶液中：c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1‎ C. W点所表示溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)‎ D. 向W点所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl气体(溶液体积变化可忽略)：c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图像pH变化，碱性越强CH3COOH浓度应越小，CH3COO-的浓度越大，可分析得出降低的是醋酸浓度，升高的是醋酸根离子浓度。‎ A．由图可知，pH=4.75时，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L，pH=5.5时，酸性减弱，结合图象可知，溶液中c(CH3COOH)降低，溶液中c(CH3COO-)增大，则所以c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，故A错误；‎ B．已知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1， pH=3.5溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= c(CH3COO-)+ c(OH-)，则c(Na+)+c(H+)-c(OH-)=c(CH3COO-)=0.1 mol·L-1- c(CH3COOH)，则c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+ c(CH3COOH)=0.1mol·L-1，故B错误；‎ C．W点所表示的溶液中，按电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，因为在W点，c(CH3COOH)= c(CH3COO-)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，故C正确；‎ D．W点原溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c(CH3COO-)=0.05mol/L，c(H+)=10-4.75mol/L，c(OH-)=10-9.25mol/L，则c(Na+)=0.05mol/L+10-9.25mol/L-10-4.75mol/L，略小于0.05mol/L，也就是此时溶液中溶质醋酸钠的物质的量略小于0.05mol/L，通入0.05molHCl气体后溶液中的溶质为CH3COOH、NaCl以及极少量的HCl，主要以CH3COOH的电离为主，而醋酸是弱电解质，所以c(CH3COOH)>> c(H+)，故D错误；‎ 答案选C。‎ 三、非选择题：第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。‎ - 19 -‎ ‎（一）必考题：共129分。‎ ‎8. 这次中美贸易战的矛盾激化，也让我们看到了中国半导体产业存在的诸多不足，俗话说“亡羊补牢，为时未晚”，找出存在的不足，然后针对地去解决问题，才能让半导体产业链发展壮大起来。三氯化氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。一研究小组在实验室模PCl3+SO2+Cl2→POCl3+SOCl2制备POCl3并测定产品含量。‎ 资料卡片：‎ 物质 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ 相对分子质量 其他 PCl3‎ ‎-93.6‎ ‎761‎ ‎137.5‎ 遇水剧烈水解，易与O2反应 POCl3‎ ‎1.25‎ ‎105.8‎ ‎153.5‎ 遇水剧烈水解，能溶于PCl3‎ SOCl2‎ ‎-105‎ ‎78.8‎ ‎119‎ 遇水剧烈水解，受热易分解 请回答下列问题：‎ ‎(1)若选用Na2SO3固体与70％浓H2SO4制取SO2，反应的化学方程式是：______。‎ ‎(2)溶液A为饱和食盐水，乙装置中应该盛装的试剂为______(填“P2O5”或“碱石灰”或“浓H2SO4”或“无水硫酸铜”)；反应装置图的虚框中未画出的仪器最好选择______ (填“己”或“庚”)。‎ ‎(3)甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外，还有______。‎ ‎(4)水浴加热三颈烧瓶，控制反应温度在60～65℃，其原因是______。‎ ‎(5)通过佛尔哈德法可测定经过提纯后的产品中POCl3的含量：准确称取1.600g样品在水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100mL溶液，取10.00mL于锥形瓶中，加入0.2000mol·L-1的AgNO3溶液20.00mL(Ag++C1-=AgC1↓)，再加少许硝基苯，用力振荡，使沉淀被有机物覆盖。加入NH4Fe(SO4)2作指示剂，用0.1000mol·L-1KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3至终点 - 19 -‎ ‎(Ag++SCN-=AgSCN↓)，做平行实验，平均消耗KSCN标准溶液10.00mL。‎ ‎①达到滴定终点的现象是______。‎ ‎②POCl3的质量分数为______ (保留三位有效数字)。‎ ‎③已知：Ksp(AgC1)=3.2×10-10mol2·L-2，Ksp(AgSCN)=2×10-12mol2·L-2，若无硝基苯覆盖沉淀表面，测定POCl3的质量分数将______ (填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O (2). P2O5 (3). 己 (4). 通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速 (5). 温度太低，反应速率太慢；温度太高，PCl3等物质挥 (6). 滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色 (7). 95.9％ (8). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由实验装置图和实验原理可知，装置A甲中盛有饱和食盐水，除去氯气中混有的氯化氢，装置乙中盛有酸性固体干燥剂五氧化二磷，干燥氯气，装置丁中盛有浓硫酸，干燥二氧化硫，装置丙为三氯化氧磷的制备装置，装置中球形冷凝管的作用是冷凝回流三氯化氧磷，防止三氯化氧磷受热挥发，盛有碱石灰的干燥管的作用是吸收未反应的氯气和二氧化硫，防止污染环境，同时吸收空气中水蒸气，防止水蒸气进入三颈烧瓶中导致三氯化氧磷水解。‎ ‎【详解】(1)Na2SO3固体与70％浓H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4 ═Na2SO4 +SO2↑+H2O；‎ ‎(2)溶液A中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的氯化氢，装置乙中盛有酸性固体干燥剂五氧化二磷，干燥氯气，防止水蒸气进入三颈烧瓶中导致三氯化氧磷水解；装置中球形冷凝管的作用是冷凝回流三氯化磷，防止三氯化磷、三氯化氧磷等受热挥发，降低三氯化氧磷的产率，为增强冷凝效果不能选用直形冷凝管，应选择装置己；‎ ‎(3)甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外，还可以起到观察产生气泡的速率控制通入气体的流速，有利于反应充分进行；‎ ‎(4)因若温度太低，反应速率太慢，若温度太高，PCl3等物质受热挥发，降低三氯化氧磷的产率，所以实验时用水浴加热三颈烧瓶，控制反应温度在60～65℃；‎ ‎(5)①由题意可知，测定POCl3产品含量时以NH4Fe(SO4)2溶液为指示剂，用KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到终点时的现象是滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色；‎ ‎②KSCN的物质的量为0.1mol/L×0.01L=0.001mol，根据反应Ag++SCN-=AgSCN - 19 -‎ ‎↓，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.001mol，则与POCl3和水反应生成氯化氢的银离子的物质的量为(0.004mol-0.001mol)=0.003mol，水解生成的氯化氢的物质的量为0.003mol，由题意可知1.600g样品中POCl3的物质的量为×=0.01mol，所以产品中POCl3的质量分数为×100%=95.9%；‎ ‎③加入少量硝基苯可以使生成的氯化银沉淀离开溶液，如果不加硝基苯，在水溶液中部分氯化银可以转化成AgSCN，已知：Ksp(AgC1)=3.2×10-10 mol2·L-2，Ksp(AgSCN)=2×10-12 mol2·L-2，AgSCN沉淀的溶解度比AgC1小，如果不进行此操作，则会有AgC1部分电离，消耗的KSCN溶液偏多，导致样品中氯元素的含量偏小，测定POCl3的质量分数将偏小。‎ ‎【点睛】POCl3遇水均剧烈水解，为防止POCl3水解，氯气、二氧化硫气体进入制备POCl3装置前要干燥，防止水蒸汽进入装置，同时要吸收尾气，所以还要连接盛有碱石灰的干燥管，防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气是实验设计的关键，也是解答易错点。‎ ‎9. “绿水青山就是金山银山”，因此研究、等大气污染物的妥善处理具有重要意义。‎ ‎(1)的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：‎ ‎①    ；‎ ‎②     ；‎ ‎③    。‎ 则反应的_____‎ ‎(2)燃煤发电厂常利用反应    对煤进行脱硫处理来减少的排放。对于该反应，在时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：‎ ‎0‎ ‎10 ‎ ‎20 ‎ ‎30 ‎ ‎40 ‎ ‎50 ‎ - 19 -‎ O2‎ ‎1.00‎ ‎0.79‎ ‎0.60‎ ‎0.60‎ ‎0.64‎ ‎0.64‎ CO2‎ ‎0‎ ‎0.42‎ ‎0.80‎ ‎0.80‎ ‎0.88‎ ‎0.88‎ ‎①内，平均反应速率________；当升高温度，该反应的平衡常数K________填“增大”“减小”或“不变”。‎ ‎②后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中数据判断，改变的条件可能是________填字母。‎ A.加入一定量的粉状碳酸钙 B.通入一定量的 C.适当缩小容器的体积 D.加入合适的催化剂 ‎(3)的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应       ，用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压，测得NO的转化率随温度的变化如图所示：‎ 由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，其原因为________；在1100K时，的体积分数为________。‎ ‎(4)用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数记作。在1050K、时，该反应的化学平衡常数________已知：气体分压气体总压 - 19 -‎ 体积分数。‎ ‎(5)为避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应      ，生成无毒的和。实验测得，，、为速率常数，只与温度有关。‎ ‎①达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数________填“”“”或“”增大的倍数。‎ ‎②若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为，则 __________。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 减小 (4). BC (5). 前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 (6). (7). 4 (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据盖斯定律解答；‎ ‎(2) ①在内，，故，正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，据此解答；‎ ‎②根据影响化学平衡的因素分析；‎ ‎(3)在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡状态后，升高温度，平衡向左移动，NO转化率降低，在1100K时，NO的转化率为，假设起始加入，的则，故，据此解答； ‎ ‎(4)根据反应，假设加入，在1050K时，NO的转化率为，平衡时，，，根据各物质的平均分压求反应的平衡常数，据此解答；‎ - 19 -‎ ‎ (5)①正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，据此解答； ‎ ‎②当反应达到平衡时，故，平衡时，，据此解答。‎ ‎【详解】(1)根据盖斯定律，热化学方程式①×2+②×2+③得：，故该反应的，故答案为：；‎ ‎(2) ①在内，，故，正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，故平衡常数K减小，故答案为：；减小；‎ ‎②加入固体碳酸钙不影响平衡移动，故A错误；‎ B.通入一定量的，浓度增大，平衡正向移动，浓度增大，故B正确；‎ C.适当缩小容器体积，所有气体的浓度均增大，故C正确；‎ D.加入合适的催化剂平衡不移动，故D错误；‎ 故答案为：BC；‎ ‎(3)在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡状态后，升高温度，平衡向左移动，NO转化率降低，在1100K时，NO转化率为，假设起始加入，的则，故，由于反应前后气体的总物质的量不变，故混合气体中的体积分数为，故答案为：1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；；‎ ‎(4)根据反应，假设加入，在1050K时，NO的转化率为，平衡时，，，各物质的平均分压为，‎ - 19 -‎ ‎，故反应的平衡常数， ，故答案为：4；‎ ‎(5)①正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，浓度不变，故增大的倍数小于增大的倍数 ；故答案为：；‎ ‎②当反应达到平衡时，故，平衡时，，故，故答案为： 。‎ ‎10. 我国是最早发现并使用锌的国家，《天工开物》记载了炉甘石（ZnCO3）和木炭冶炼锌。现代工业上用氧化锌烟灰（主要成分为ZnO、少量Pb、CuO和As2O3）制取高纯锌的工艺流程如图所示。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)《天工开物》中炼锌的方法中利用了木炭的________性。‎ ‎(2)滤渣1和滤渣3的主要成份分别是________、________（填化学式）。‎ ‎(3)“溶浸”时，氧化锌参与反应的相关离子方程式是ZnO+2NH3•H2O+2NH4+=+3H2O；“溶浸”时温度不宜过高，其原因是________。‎ ‎(4)“氧化除杂”的目的是将AsCl转化为As2O5胶体，再经吸附聚沉除去，该反应的离子方程式是________。‎ ‎(5)用惰性电极“电解”含[Zn(NH3)4]2+的溶液，阴极放电的电极反应式是________。阳极区产生一种无色无味的气体，将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中，无明显现象，该气体是________（写化学式），该流程中可以循环使用的物质是________（写化学式）。‎ ‎(6)‎ - 19 -‎ 用锌作负极的电池生活中随处可见，如锌锰干电池、碱性锌锰电池、锌空气电池等。新型锌空气电池的总反应为：2Zn+O2═2ZnO，若以该电池为电源，用惰性电极电解AgNO3溶液，为保证阴极有10.8g银析出，需要________ L空气（折算成标准状况）进入该电池（空气中氧气的体积分数为）。‎ ‎【答案】 (1). 还原 (2). Pb (3). Cu (4). 避免氨水的分解与挥发 (5). 2AsCl+2H2O2+H2O=As2O5(胶体)+10Cl-+6H+ (6). [Zn(NH3)4]2++2e-=Zn+4NH3↑ (7). N2 (8). NH4Cl(或NH3∙H2O和NH4Cl) (9). 2.8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，氧化锌烟灰加入氨水、氯化铵进行溶浸，溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、砷元素分别以、、的形式存在，滤渣1为Pb，浸出液中加入过氧化氢，转化为As2O5胶体吸附聚沉除去，过滤后加入锌粉还原，可除去Cu等，滤液主要含有，电解可生成高纯度锌，据此分析解答该题。‎ ‎【详解】(1)碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，碳表现为还原性，故答案为：还原；‎ ‎(2)由以上分析可知滤渣1为Pb，滤渣3含有Cu，故答案为：Pb；Cu；‎ ‎(3)“浸出”时，ZnO溶于氯化铵和氨水的混合溶液，生成配离子，发生反应的离子方程式为ZnO+2NH3•H2O+2NH4+=+3H2O，“溶浸”时温度不宜过高，可避免氨水的分解和挥发，故答案为：避免氨水的分解和挥发；‎ ‎(4)“氧化除杂”中，转化为As2O5胶体吸附聚沉除去，反应的离子方程式为2+2H2O2+6NH3•H2O=As2O5（胶体）+10Cl-+6+5H2O，故答案为：2+2H2O2+6NH3•H2O=As2O5（胶体）+10Cl-+6+5H2O；‎ ‎(5)“电解”时在阴极放电，发生还原反应生成锌，电极反应式为+2e-=Zn+4NH3，阳极区放出一种无色无味的气体，将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中，无明显现象，该气体是氮气，电解后溶液含有氯化铵，可循环使用，故答案为：+2e-=Zn+4NH3；N2；NH4Cl；‎ ‎(6)新型锌空气电池的总反应为：2Zn+O2═2ZnO，若以该电池为电源，用惰性电极电解AgNO3溶液，为保证阴极有10.8g银析出，由电子守恒可知O2～4Ag，空气中氧气的体积分数为0.2‎ - 19 -‎ ‎，则需要空气为故答案为：2.8。‎ ‎（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。‎ ‎11. 新型储氢材料是氢能的重要研究方向。‎ ‎(1)化合物A(H3BNH3)是一种潜在的储氢材料，可由六元环状物质(HB=NH)3通过如下反应制得：3CH4+2(HB=NH)3+6H2O=3CO2+6H3BNH3。A在一定条件下通过多步去氢可最终转化为氮化硼(BN)。‎ ‎①基态O原子的电子占据了_______个能层，最高能级有______种运动状态不同的电子。‎ ‎②CH4、H2O、CO2分子键角从大到小的顺序是______。写出H3BNH3固体结构式，并标注出其中的配位键______，写出与H3BNH3互为等电子体的分子、离子的化学式______、______。(各举一例)，。‎ ‎(2)掺杂T基催化剂的NaAlH4是其中一种具有较好吸、放氢性能的可逆储氢材料。NaAlH4由Na+和AlH构成，Al原子的杂化轨道类型是_______。Na、Al、H元素的电负性由大到小的顺序为______。‎ ‎(3)Ni和La的合金是目前使用广泛的储氢材料，具有大容量、高寿命、耐低温等特点，在中国已实现了产业化。该合金的晶胞结构如图所示。‎ ‎①该晶体的化学式为______。‎ ‎②已知该晶胞的摩尔质量为Mg/mol，密度为dg/cm3。设NA为阿伏加徳罗常数的值，则该晶胞的体积是______cm3(用含M、d、NA的代数式表示)。‎ ‎③已知晶体的内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子比较稳定，晶胞参数分别为apm、apm、cpm。标准状况下氢气的密度为Mg/cm3；若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为________。(用相关字母表示已知储氢能力=)。‎ - 19 -‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 4 (3). CO2＞CH4＞H2O (4). (5). C2H6 (6). N2H (7). sp3 (8). H>Al>Na (9). LaNi5 (10). (11). 或或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①O是8号元素，其电子排布式为1s22s22p4；②分析各种物质的结构和键角；H3BNH3固体结构式中N与B形成配位键，N提供孤对电子，根据价电子B－=C=N＋书写等电子体。‎ ‎(2)先分析出AlH中Al原子的价层电子对数；根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小分析电负性大小。‎ ‎(3)①先确定晶体中La和Ni个数；②根据晶胞的体积公式计算；③根据已知信息计算储氢的密度，并与标准状况下氢气的密度相比。‎ ‎【详解】(1)①O是8号元素，其基态O原子的电子占据了2个能层，其电子排布式为1s22s22p4，最高能级有4种运动状态不同的电子；故答案为：2；4。‎ ‎②CH4是正四面体形，键角为109°28′，H2O是“V”形，键角为105°，CO2是直线形，键角为180°，因此分子键角从大到小的顺序是CO2＞CH4＞H2O。NH3中N有孤对电子，而BH3中B有空轨道，H3BNH3固体结构式中N与B形成配位键，N提供孤对电子，因此H3BNH3固体结构式为，根据价电子B－=C=N＋，因此与H3BNH3互为等电子体的分子、离子的化学式C2H6、N2H；故答案为：CO2＞CH4＞H2O；；C2H6；N2H。‎ ‎(2)NaAlH4由Na+和AlH构成，Al原子的价层电子对数为4，其杂化轨道类型是sp3。根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此Na、Al、H元素的电负性由大到小的顺序为H＞Al＞Na；故答案为：sp3；H＞Al＞Na。‎ ‎(3)①该晶体中La个数为，Ni个数为，因此该晶体的化学式为LaNi5；故答案为：LaNi5。‎ ‎②已知该晶胞的摩尔质量为Mg/mol，密度为dg/cm3。设NA - 19 -‎ 为阿伏加徳罗常数的值，则该晶胞的体积是；故答案为：。‎ ‎③已知晶体的内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子比较温定，晶胞参数分别为apm、apm、cpm。标准状况下氢气的密度为Mg/cm3；若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为；故答案为：或或。‎ ‎【点睛】物质结构题是常考题型，主要考查电子排布式、空间构型，键角、杂化类型、等电子体、配位化合物、晶胞计算等。‎ ‎12. 以重要的化工原料A(C2H2)合成有机物E和的路线如图所示，部分反应条件及产物略去。其中D在一定条件下可被氧化成酮。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）B的系统命名是______；已知C是顺式产物，则C的结构简式为______。‎ ‎（2）⑤的反应类型是______，E含有的官能团的名称是______。‎ ‎（3）反应⑧产物与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为______。‎ ‎（4）符合下列条件肉桂酸()的同分异构体共______种(不考虑立体异构)。‎ ‎①分子中含有苯环和碳碳双键②能够发生银镜反应③遇FeCl3溶液显紫色，写出其中核磁共振氢谱图有六组峰，且峰面积之比为1∶1∶1∶1∶2∶2的结构简式：______。‎ ‎（5）参照上述合成路线，设计一条由丙炔和甲醛为起始原料制备的合成路线______。‎ - 19 -‎ ‎【答案】 (1). 2-丁炔 (2). (3). 取代反应 (4). 碳碳双键、酯基 (5). +4Cu(OH)2+2NaOH+2Cu2O↓+6H2O (6). 16种 (7). (8). CH3CCHCH3CCCH2OHCH3CH=CHCH2OHCH3CH=CHCHO ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A为HC≡CH，B为Na C≡C Na与CH3Cl所得、根据B分子式C4H6，可推知②为取代反应，B为CH3C≡CCH3，B发生加成反应生成C，C是顺式产物，则C的结构简式，D分子式为C4H10O、在浓硫酸加热条件下可与羧酸反应，则D为醇，D在一定条件下可被氧化成酮，则D为，反应⑤为酯化反应，则E为；反应⑦为加成反应，反应⑧为氧化反应，结合F发生氧化反应时只有醇羟基被氧化生成醛，则F为HOCH2CH=CHCH2OH，OHC−CH=CH−CHO与氨气转化得到吡咯，以此解答该题；‎ 合成线路的设计，采用逆合成分析法：要得到，需要CH3CH=CHCHO，结合流程图提供的信息，要得到CH3CH=CHCHO， 需要CH3CH=CHCH2OH，要 CH3CH=CHCH2OH，则需要CH3CCCH2OH，那么由 CH3CCH与甲醛在KOH下完成反应即可，据此回答；‎ ‎【详解】(1)据分析，B为CH3C≡CCH3，系统命名是2-丁炔，C是顺式产物，则C的结构简式为；‎ ‎(2)反应⑤为酯化反应，也为取代反应，E为，含有的官能团为碳碳双键、酯基；‎ ‎(3)反应⑧产物与新制Cu(OH)2的化学方程式：+4Cu(OH)2+2NaOH+2Cu2O↓+6H2O；‎ - 19 -‎ ‎(4)符合下列条件肉桂酸()的同分异构体有多种，①分子中含有苯环和碳碳双键；②能够发生银镜反应，说明含有醛基；③遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，按几种情况讨论：如果苯环上只有2个取代基：取代基为−CH=CHCHO、−OH，按邻位、间位和对位，则有3种；如果取代基为−C(CHO)=CH2、−OH，有3种；如果取代基有3个，则为−CHO、−CH=CH2、−OH，共有10种，则符合条件的有16种；其中核磁共振氢谱图中有六组峰，且峰面积之比为1：1：1：1：2：2，由于羟基上有1种氢、醛基上有1种氢、若碳碳双键上有2种氢，则苯环上只有2种氢，2个取代基处于对位，则结构简式为的满足条件；‎ ‎(5) 要得到，需要CH3CH=CHCHO发生加聚反应得到，结合流程图提供的信息，要得到CH3CH=CHCHO， 需要CH3CH=CHCH2OH发生氧化反应得到，要 CH3CH=CHCH2OH，则需要CH3CCCH2OH发生加成反应得到，那么由 CH3CCH与甲醛在KOH下完成反应即可，故其合成路线为：CH3CCHCH3CCCH2OHCH3CH=CHCH2OHCH3CH=CHCHO 。‎ ‎【点睛】本题涉及有机物推断和合成，涉及方程式书写、同分异构体结构简式确定等知识点，充分利用分子式、反应条件以及反应中官能团的变化、碳链变化、有机反应为解答的关键。‎ - 19 -‎