【文档说明】广东省广州市三校（广大附中、铁一、广外）2022-2023学年高三上学期期中联考化学试题 含解析.docx，共(22)页，1.745 MB，由小赞的店铺上传

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2022—2023学年上学期期中三校联考高三化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Si-28S-32Mn-55Fe-56Zn-65一、选择题：1-10题，每题2分，11-16题，每题4分，

共44分。1.我国三星堆遗址距今已有3000～5000年历史，三星堆遗址新出土了多达500多件重要文物，如青铜神树、黄金面具、丝绸、陶瓷碎片等。下列有关叙述不正确的是A.青铜神树表面绿色物质的主要成分为Cu2(OH)2CO

3B.黄金面具保存良好，是因为金的抗腐蚀能力强C.丝绸的主要成分为蛋白质纤维D.陶瓷是以SiO2为主要原料，经高温烧结而成【答案】D【解析】【详解】A.青铜神树主要成分是青铜，铜在空气中与氧气、CO2和H2O一起作用产生铜绿，故其表面绿色物质的主要成分为

铜绿即Cu2(OH)2CO3，A正确；B.金的金属性很差，化学性质稳定，金的抗腐蚀能力强，故黄金面具保存良好，B正确；C.丝绸是蚕丝制成的，其主要成分为蛋白质纤维，C正确；D.陶瓷是以黏土(主要成分为铝硅酸盐)为主要原料，经高温烧结而成

，D错误；故答案为：D。2.下列有关化学用语表示正确的是A.COS的电子式：B.四氯化碳分子空间充填模型：C.葡萄糖的实验式：C6H12O6D.基态Mn2+的价电子轨道表示式：【答案】A【解析】【详解】A．类比CO2可写出COS的电子

式：，故A正确；B．是四氯化碳分子的球棍模型，故B错误；C．实验室是最简式，葡萄糖的实验式：CH2O，故C错误；D．由基态Mn到基态Mn2+失去的是最外层即4s能级上的两个电子，基态Mn2+的价电子轨道表示式：，故D错误；故选A。3.化学与生活息息相关，下列生产活动与化

学知识对应且正确的是选项生产活动化学知识A用粮食酿酒淀粉水解得到乙醇B以油脂为原料制肥皂油脂在碱性条件下几乎完全水解C合成氨使用500℃左右的高温和10个大气压此条件合成氨反应平衡转化率最高D用光导纤维传输信号Si是良好的半

导体A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．用粮食酿酒时，粮食中的淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下发酵得到乙醇，故A错误；B．高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，所以以油脂为原料制肥皂的反应原理为油脂在碱性条件下几乎完全水解生成高级脂肪酸盐和甘油，

故B正确；C．合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应物的转化率减小，所以合成氨反应使用500℃左右的高温和10个大气压的条件时，平衡转化率不是最高，故C错误；D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是硅，故D错误；故选B。4.便携式消毒除菌卡主要活性成分为亚氯酸钠(2Na

ClO)，一种制备2NaClO粗产品的工艺流程如下。已知，纯2ClO易分解爆炸，一般用空气稀释到10％以下。下列说法正确的是A.溶解过程中可以用盐酸代替稀硫酸B.氧化性：2223HOClOClO−C.发生器中鼓入空气的主要目的是提供氧化剂D.吸收塔中温度不宜过高，否

则会导致2NaClO产率下降【答案】D【解析】【分析】氯酸钠固体加入稀硫酸溶解后通入二氧化硫和空气的混合气，反应生成二氧化氯，二氧化氯和氢氧化钠、过氧化氢生成亚氯酸钠和氧气；【详解】A．盐酸和氯酸钠会发生氧化还原反应，不能用盐酸代替稀硫酸，A错误；B．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧

化性；由流程可知，氯酸钠发生还原反应生成2ClO，氧化性32ClOClO−；2ClO和过氧化氢反应生成生成亚氯酸钠和氧气，2ClO为氧化剂、过氧化氢为还原剂，氧化性222ClOHO；B错误；C．发生器中鼓入空气的

主要目的是起到搅拌作用，使反应物充分接触并反应，C错误；D．过氧化氢受热易分解，故吸收塔中温度不宜过高，否则会导致2NaClO产率下降，D正确；故选D。5.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.与铝反应

产生大量氢气的溶液：Na+、NH4+、Cl-、NO3−B.0.1mol/LNaHCO3溶液：K+、AlO2−、Cl-、SO24−C.使甲基橙变红的溶液：Mg2+、Na+、NO3−、SO24−D.pH=12的溶液：K+、S2-、ClO-

、CH3COO-【答案】C【解析】【详解】A．与铝反应产生大量氢气的溶液可能呈酸性或碱性，碱性时NH4+不能大量共存，呈酸性时有NO3−与铝得不到氢气，故A不选；B．0.1mol/LNaHCO3溶液和AlO2−反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，故B不选；C．使甲基橙变红的溶液呈酸性，M

g2+、Na+、NO3−、SO24−不反应，故C选；D．pH=12的溶液，S2-、ClO-发生氧化还原反应，故D不选；故选C。6.青蒿素可用于治疗疟疾，屠呦呦团队用乙醚作溶剂提取青蒿素，其结构如图所示。下列有关该物质的说法错误的是A.有7个手性碳原子B.分子式为C15H22O5C能发

生还原反应、取代反应D.含有四种官能团【答案】D【解析】【详解】A．C原子上连有4个不同的基团或原子的具有手性，，共有7个手性C原子，A正确；B．根据结构式可知青蒿素的分子式为15225CHO，B正确；C．有酯基可水解发生取代反应，有过氧键，氧为-1价，能发生氧化反应也能发生还原反应，

C正确；D．根据结构式可知含有酯基、醚键、过氧键三种官能团，D错误；故选D。【点睛】手性碳原子是饱和碳原子，该原子必须连接四个不同的原子或原子团。7.下列根据实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作、实验现象实验结论.A某铝热剂中加入盐酸后再加入KSCN溶液，溶液变红色铝热剂中一定

含有氧化铁B将水蒸气通过灼热铁粉，固体颜色不变水蒸气与灼热铁粉不反应C铜放入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸钠固体，铜溶解，溶液变蓝，有气泡冒出硝酸钠是铜与稀硫酸反应催化剂D金属钠投入无水乙醇中，缓慢冒气泡，钠

未熔化乙醇比水难电离A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．铝热剂加入盐酸再加入KSCN溶液，溶液变红色，铝热剂中金属氧化物可能是Fe2O3或Fe3O4，故A错误;B．将水蒸气通过灼热的铁粉，生成黑色Fe3O4，故

B错误;C．加入NaNO3后，发生反应3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，NaNO3不是催化剂，故C错误。D．钠与乙醇反应不如与水反应剧烈，说明乙醇中羟基上的氢不如水中的氢活泼，故D正确；故答案为D8.高温结构陶瓷氮化硅可通过22343SiO+6C+2

NSiN+6CO高温反应制备，AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.60g2SiO中Si—O键的数目为A2NB.常温下，14g2N中键数目为A2NC.0.5mol34SiN中3sp杂化的原子数为A?3.5ND.标准状况下，141822.4LCO中的质子数为18AN【答案】C【解析】【详解

】A．60g2SiO的物质的量为1mol，含Si—O键的数目为A4N，A错误；的的的B．常温下，14g2N的物质的量为0.5mol，含键的数目为AA=0.52NN，B错误；C．氮化硅为共价晶体，硅原子和氮原子都是sp3杂化，则

0.5mol34SiN中3sp杂化的原子数为()A?A?0.53+43=.5NN，C正确；D．标准状况下，141822.4LCO的物质的量为1mol，含质子数为14AN，D错误；答案选C。9.下列离

子方程式书写正确的是A.NaClO溶液中通少量2CO：223ClOCOHOHClOHCO−−++=+B.43NHHCO溶液中加足量NaOH溶液：2332HCOOHCOHO−−−+=+C.2Cl通入水中：222ClHO2HClClO+−−+=++D.3FeCl溶液中加2

2NaO：22222NaO2HO4Na4OHO+−+=++【答案】A【解析】【详解】A．NaClO溶液中通少量2CO反应生成次氯酸和碳酸氢钠：223ClOCOHOHClOHCO−−++=+，A正确；B

．43NHHCO溶液中加足量NaOH溶液，氢氧根离子过量，生成氨气、水、碳酸根离子，+243332NH+HCO2OHNH+CO2HO−−−+=+，B错误；C．2Cl通入水中生成次氯酸为弱酸：+-222Cl+HO=H+Cl+HClO，C错误；D．3F

eCl溶液中加22NaO，过氧化钠和水生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和铁离子又生成氢氧化铁沉淀，若过氧化钠不足则反应后生成氢氧化铁沉淀：()3+222236NaO6HO+4Fe12Na3O+4FeOH++=+，若过氧化钠过量则反应后氢氧根离子过量：()3+222232NaO2HO

+Fe4NaOHO+FeOH+−+=++，D错误。故选A。10.某电池材料的结构如图，M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素。下列说法正确的是A氢化物沸点：X>YB.第一电离能：M<W<Y<X<ZC.元素X与Y原子轨道中含有

的未成对电子数相同D.阴离子中不存在配位键【答案】C【解析】【分析】M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，M能形成+1价阳离子，则M是Li元素，Z能形成1个共价键、W形成4个共价键、X形成4个共价键，Y形成2个共价键，根据成键规律，W是B元素、X是C元素、

Y是O元素、Z是F元素。【详解】A．水分子间能形成氢键，氢化物沸点：CH4<H2O，故A错误；B．同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，第一电离能：Li<B<C<O<F，故B错误；C．C原子有2个未成对电子，O原子有2个未成对电子，故C正确；D．B原子最外层有3

个电子，形成4个σ键，阴离子中B原子形成1个配位键，故D错误；选C。11.近期，我国科学家合成了一种催化剂，实现了如图所示的异丁烷氧化脱氢。下列说法错误的是A.图中48CH的名称为2-甲基丙烯B.上述物质中碳原子的杂化方式有3种C.反应中涉及

极性键和非极性键的断裂与生成.D.该反应为4102482CHCOCHCOHO+→++【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由结构可知，C4H8的结构简式为，其名称为2-甲基丙烯，故A正确；B．由结构可知，

C4H10的结构简式为，只连接单键的C为sp3杂化，C4H8的结构简式为，连接了碳碳双键的C为sp2杂化，而CO2的结构为O=C=O，连接了两个双键的C为sp杂化，则上述物质中碳原子的杂化方式有sp3、sp2、sp三种杂化方式，故B正

确；C．非极性键只有C-C键，反应中无C-C键断裂，不涉及非极性键的断裂，故C错误；D．由题中图示可知，该反应为4102482CHCOCHCOHO+→++，故D正确；答案为C。12.硫及其化合物的“价

−类”二维图体现了化学变化之美。下列有关说法正确的是A.燃煤时为减少X的排放，可在煤中添加石灰石B.X有漂白性，可使石蕊试液先变红后褪色C.Z与铁反应时，Z的浓度越大，反应速率越快D.N可由其相应单质直接化合生成【答

案】A【解析】【分析】X是S的+4价氧化物，X是SO2；Y是S的+6价氧化物，Y是SO3；Z是S的+6价含氧酸，Z是H2SO4；M是S的+6价含氧酸铜盐，M是CuSO4；H2S和CuSO4反应生成CuS沉淀，N

是CuS；【详解】A．在煤中添加石灰石，碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，氧化钙和SO2反应生成亚硫酸钙，可以减少SO2的排放，故A正确；B．SO2不能使指示剂褪色，SO2和水反应生成亚硫酸，SO2能使石蕊试液变红，故B错误；C．浓硫酸与铁反应时，铁发生钝化，故C错误；D．Cu和S反应生成Cu2S

，CuS不能由其相应单质直接化合生成，故D错误；选A。13.下列说法错误的是A.石墨晶体中层内导电性强于层间导电性B.基态Cr3+的最高能层中成对电子与未成对电子的数目比为8∶3C.N元素的电负性比P元素的大，可推断NCl3分子的极

性比PCl3的大D.(CH3COO)2Ni•4H2O的空间构型为八面体，中心离子的配位数为6【答案】C【解析】【详解】A．石墨层间存在分子间作用力、层内存在金属键，层内具有金属晶体的性质、层间具有分子晶体的性

质，所以石墨晶体中层内导电性强于层间导电性，故A正确；B．基态Cr3+的最高能层为M层，排布式为3s23p63d3，有8个成对电子，3个未成对单电子，所以基态Cr3+的最高能层中成对电子与未成对电子的数目比为8∶3，故B正确；C．N的电负性比P的大，所以P和Cl的电负性差值比N和Cl的电负性

差值大，因此PCl3分子的极性比NCl3的大，故C错误；D．(CH3COO)2Ni•4H2O的空间构型为八面体，则CH3COO－、H2O都是Ni2+的配体，所以其配位数是6，故D正确；故答案选C。14.利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。装置示意图序号电解质溶液实验现象①0.1mol/L

CuSO4+少量H2SO4阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有2+Fe②0.1mol/LCuSO4+过量氨水阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无Fe元素下列说法不正确．．．的是

A.①中气体减少，推测是由于溶液中()+cH减少，且Cu覆盖铁电极，阻碍+H与铁接触B.①中检测到2+Fe，推测可能发生反应：+2+2+2+2Fe+2H=Fe+HFe+Cu=Fe+Cu、C.随阴极析出Cu，推测②中溶液()

2+cCu减少，()2+2+334Cu+4NHCuNH平衡逆移D.②中2+Cu生成()2+34CuNH，使得()2+cCu比①中溶液的小，Cu缓慢析出，镀层更致密【答案】C【解析】【分析】由实验现象可知，实验①时，铁做电镀池的

阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜；实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓

慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层。【详解】A．由分析可知，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A正确；B．

由分析可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生的反应为+2+2+2+2Fe+2H=Fe+HFe+Cu=Fe+Cu、，故B正确；C．由分析可知，铜离子在阴极得到电子发生还原反应，在阴极析出铜，但阳

极发生Cu-2e-=Cu2+的反应，铜离子浓度不变，()2+2+334Cu+4NHCuNH平衡不移动，故C错误；D．由分析可知，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极

得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D正确；故选C。15.常温下，向20.00mL0.1mol•L-1H2X溶液中滴入0.1mol•L-1NaOH溶液，pOH水与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法错误的是已知pOH=−lgc(OH-)。A.常

温下，0.1mol•L-1H2X溶液的pH为1.4B.溶液中水的电离程度：d>c>bC.e点溶液呈碱性D.d点溶液中存在：2c(Na+)=c(HX-)+c(X2-)【答案】D【解析】【分析】酸、碱都会抑制水的电离；由图

可知，0.1mol•L-1H2X溶液中pOH=12.6，则pH=1.4，说明H2X的一步电离不完全，为弱酸；常温下，向20.00mL0.1mol•L-1H2X溶液中滴入0.1mol•L-1NaOH溶液，随着反应的进行酸浓度逐渐减小，反应生成弱酸强碱盐，d点此时水的电离程度最大，为恰好反应

生成正盐Na2X，此后氢氧化钠过量，溶液显碱性，水的电离又受到抑制电离程度减小；【详解】A．由分析可知，常温下，0.1mol•L-1H2X溶液的pH为1.4，A正确；B．bcd点水电离出氢氧根离子浓度逐渐变大，说明水的电离程度逐渐变大，故溶液中水的电离

程度：d>c>b，B正确；C．e点氢氧化钠过量，溶液呈碱性，C正确；D．d点为恰好反应生成正盐Na2X，根据物料守恒可知，溶液中存在：c(Na+)=2c(HX-)+2c(X2-)+2c(H2X)，D错误；故选D。16.常温下，一元酸HA

的3aK(HA)=1.010−。在某体系中，+H与-A离子不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中()c(HA)c(HA)cA−=+总，当达到平衡时，下列叙述正确的是A.溶液Ⅰ中()()()cHcOHcA+−−=+B.溶液Ⅱ中的HA的电离度()-cAc(HA)

总为1101C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的(HA)c不相等D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)总之比为410−【答案】B【解析】【详解】A．常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；B．常温下溶

液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka=+-(H)(A)(HA)ccc=1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则--0.1(A)(HA)-(A)ccc总=1.0×10-3，解得-(A)(HA

)cc总=1101，B正确；C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；D．常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka=+-(H)(A)(HA)ccc=1.0×10-3

，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，-710[(HA)(HA)](HA)ccc−总=1.0×10-3，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka=+-(H)(A)(HA)ccc=1.0×10-3，c总(HA)=

c(HA)+c(A-)，0.1[(HA)(HA)](HA)ccc−总=1.0×10-3，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)

]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；答案选B。二、填空题：每题14分，共56分。17.FeCl2可用作净水剂、还原剂。某校化学兴趣小组设计实验制备FeCl2，并探究条件对电极反应产物的影响，回答下列问题：I．制备FeCl

2。装置如图所示(夹持装置省略)，已知FeCl3极易水解。（1）仪器a的名称是____。（2）装置II中制备FeCl2的化学方程式为____，装置III的作用：①吸收尾气；②____。（3）该装置存在

的缺陷是____。II．利用惰性电极电解0.1mol•L-1FeCl2溶液，探究外界条件对电极反应产物的影响。（4）实验数据如表所示：实验编号电压pH阳极现象阴极现象11.55.52无气泡，滴加KSCN显红色无气泡，银白色金属析出

23.05.52少量气泡，滴加KSCN显红色无气泡，银白色金属析出34.55.52大量气泡，滴加KSCN显红色较多气泡，极少量金属析出41.51.00无气泡，滴加KSCN显红色较多气泡，极少量金属析出①实验1中阳极产生Fe3+的原因____(用离子方程式表达)。②实验2.3中阳极产生的气体是_

___(填化学式)。③由实验1、2现象可以得出结论____。④由实验1、4现象可以得出结论____。【答案】（1）长颈漏斗（2）①.H2+2FeCl3Δ2FeCl2+2HCl②.防止外界空气进入装置使FeCl

3水解（3）装置I与装置II间缺少干燥装置（4）①.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-或Fe2+-e-=Fe3+②.Cl2③.增大电压，产生氯气的速率更快或增大电压，Cl-优先于Fe2+放电④.增加H+浓度，H+氧化性强于Fe2+【解析】【分析】在装置I中Zn与稀硫酸发生置

换反应产生H2，在加热条件下H2还原FeCl3得到FeCl2，装置III中碱石灰的作用有两个：一是吸收反应产生的HCl，防止大气污染，二是吸收空气中的水分，防止FeCl3水解。在使用惰性电极电解时，阳极上失去电子发生氧化反应，阴极上发生得到电子的还原反应，根据电压大小及溶液pH发生改变时，电

极产物的变化及现象的不同，分析判断离子放电能力大小及物质的氧化性、还原性强弱顺序。【小问1详解】根据图示可知仪器a的名称是长颈漏斗；【小问2详解】在装置II中在加热条件下H2与FeCl3发生反应产生FeCl2、HCl

，反应的化学方程式为：H2+2FeCl3Δ2FeCl2+2HCl；装置III的作用：①吸收尾气；②是防止外界空气进入装置使FeCl3水解；【小问3详解】在装置I中Zn与稀H2SO4发生置换反应产生的H2未经干

燥就通入装置II中，会导致FeCl3发生水解反应，故该装置存在的缺陷是装置I与装置II间缺少干燥装置；【小问4详解】①在实验1中在电压为1.5时阳极上无气泡，滴加KSCN显红色，说明是Fe2+失去电子

变为Fe3+，电极反应式是Fe2+-e-=Fe3+或写为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；②实验2中在电压为3.0时阳极上现象是产生少量气泡，滴加KSCN显红色，说明附近溶液中产生Fe3+，同时有Cl2生成；

在实验3中电压增大至4.5，阳极上现象是大量气泡，滴加KSCN显红色，说明电压增大，阳极上Cl-失去电子能力增强，发生反应：2Cl--2e-=Cl2↑，故阳极产生的气体是Cl2；③电解FeCl2溶液，根据实验1、2可知：在溶液pH相同时，电压越大，阳极产生的气泡就越多，即增大电压，产生氯气的

速率更快或增大电压，Cl-优先于Fe2+放电；④电解FeCl2溶液，根据实验1、4可知：在电压相同时，溶液pH越小，阴极产生的气泡就越多，产生的金属单质就越少，说明离子放电能力大小与溶液中离子浓度大小有关，增大H+的浓度，H+氧化性

强于Fe2+。18.锌是冶金、化工、纺织等行业应用广泛的重要金属之一、一种以含锌烟尘(主要成分是ZnO，还含有少量Si、Cu、Cd、Pd、Sb等元素的氧化物)制备金属锌的工艺流程如图：已知：“滤液1”含有的离子有[Zn(NH3)4

]2+、[Cu(NH3)4]2+、[Cd(NH3)4]2+和SbCl25−。（1）基态锌原子的价层电子排布式为____。（2）“溶浸”中主要的离子方程式为____。（3）“滤渣1”的主要成分是PbO、____。（4）“滤渣2”是Sb2O5，“氧化除杂”的离子方程式____。（5）“还原除杂”中加过

量锌粉的目的是____。（6）工业上一般利用闪锌矿(主要成分是ZnS)为原料制备锌，ZnS晶胞结构如图，则锌的配位数为____；已知晶胞参数为acm，该晶体的密度为____g/cm3(写出计算式，设阿伏加德罗常数的值为NA)。【答案

】（1）3d104s2（2）ZnO+2NH4++2NH3=[Zn(NH3)4]2++H2O（3）SiO2（4）2SbCl25−+2H2O2+H2O=Sb2O3↓+10Cl-+6H+（5）与杂质[Cu(NH3)4]2+、[Cd(NH3)4]2+发生反应，将杂质全部除去（6）①.4②

.3A497aN【解析】【分析】由工艺流程图可知，含锌烟尘（主要成分是ZnO，还含有少量Si、Cu、Cd、Pb、Sb等元素的氧化物），溶浸时PbO、SiO2不反应且难溶于水，过滤除去，“滤液1”含有的离子有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4

]2+、[Cd(NH3)4]2+和SbCl25−，由题中信息可知“滤渣2”是Sb2O5，SbCl25−被过氧化氢氧化生成Sb2O5，此时溶液成分为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、[Cd(NH3)4]2+，加过量锌粉还原除杂，将[Cu(NH3)4]2+、[C

d(NH3)4]2+除去，滤液2主要含[Zn(NH3)4]2+，电解制得锌。【小问1详解】Zn是30号元素，位于第四周期第ⅡB族，基态Zn的价层电子排布式为3d104s2，答案：3d104s2；【小问2详解】由信息可知，“溶浸”时加入NH4Cl和

NH3，主要把ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，NH4Cl水解呈酸性，可将ZnO转化为Zn2+，NH3可以和Zn2+形成配合离子[Zn(NH3)4]2+，离子方程式ZnO+2NH4++2NH3=[Zn(NH3)4]2++H2O，答案：ZnO+2NH4++2NH3

=[Zn(NH3)4]2++H2O；【小问3详解】由信息，ZnO和Cu、Cd、Pd、Sb的氧化物被溶解，存在于滤液中，PbO存在于滤渣中，因为硅的氧化物SiO2不溶于酸性溶液(除HF)，留在滤渣中。答案：SiO2；【小问4详解】由前边分析

可知，SbCl25−被过氧化氢氧化生成Sb2O5，Sb元素化合价由+3升到+5，O元素化合价由-1降低到-2，由化合价升降法配平方程式2SbCl25−+2H2O2+H2O=Sb2O3↓+10Cl-+6H+，答案：2SbCl25−+2H2O2+H2O=Sb

2O3↓+10Cl-+6H+；【小问5详解】由信息可知，“还原除杂”后面没有其他的除杂过程，Zn比Cu、Cd还原性强，所以“还原除杂”中加过量锌粉的目的将杂质[Cu(NH3)4]2+、[Cd(NH3)4]2+还原除去，答案：与杂质[Cu(NH3)4]2+、[Cd(NH3)4]2+发生反应，

将杂质全部除去；【小问6详解】一个晶胞中有Zn个数118+6482=，含S个数为4，根据晶胞平移可重复的特性，每个锌原子位于4个S原子构成的正四面体中心，Zn的配位数为4。一个晶胞体积为33acm，一个晶胞质量A974gN

，晶体密3A333A974gN497g/cmacmaNmV===。答案：4；3A497aN；19.氨氧化法是工业制硝酸的常见方法。（1）合成氨。一种合成氨的新工艺如图所示，工作时，使用熔融的电解质通过两步铁基循环实现氨的合成。该工艺合成氨的反应方程式为_

___。（2）氮氧化物制备。将氨催化氧化后，生成NO2的总反应为：2NO(g)+O2(g)垐?噲?2NO2(g)ΔH=-57.1kJ•mol-1，反应分两步：2NO(g)垐?噲?(NO)2(g)ΔH1<0快反应，瞬间平衡(NO)2(g)+O2(g)垐?噲?2NO

2(g)ΔH2<0慢反应当改变压强、温度时，NO转化率随时间变化如表所示。压强/(×105Pa)温度/℃NO转化所需时间/s50%90%98%13012.424828309025.350857608300.

193.8836.6900.597.8674已知：反应生成NO2的速率方程v=k•K•p2(NO)•p(O2)。k是速率常数，K是快反应的平衡常数。①增大压强，总反应速率____(填“变快”或“变慢”，

下同)。②升高温度，总反应速率____，原因是____。（3）已知2NO2(g)=N2O4(g)ΔH3＜0。将一定物质的量的NO2充入不同温度下的容器中，测得平衡时NO2和N2O4的体积分数如图所示。①代表NO2的曲线是____。(填“a”或“b”)。②假设平衡时体系的总压为P0，则A点温度下

的平衡常数Kp=____(含P0的表达式)，NO2的平衡转化率=____。（4）硝酸制备。已知3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)ΔH=-138.0kJ•mol-1，则4NO(g)+3O2(g)+2H2O(1)=4HN

O3(aq)ΔH=____kJ•mol-1。【答案】（1）2N2+6H2O23FeO4NH3+3O2（2）①.变快②.变慢③.温度升高，k增大，K减小，k增大对速率的影响小于K减小对速率的影响（3）①.b②.02P③.66.7%（4）-447.3【解析】【小问1详解】由

图可知，该工艺合成氨的反应为氮气和水在催化剂作用下生成氨气和氧气，2N2+6H2O23FeO4NH3+3O2；【小问2详解】①由表格数据可知，增大压强，相同转化率所需时间减小，则总反应速率变快。②由表格数据可知，升高温度，相同转化率所需时间增长，则升高温度，总反应速率减慢，原因是：反应为放热反应

，温度升高，速率常数k增大，平衡常数K减小，k增大对速率的影响小于K减小对速率的影响；【小问3详解】①反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化氮含量增加，故代表NO2的曲线是b。②设投入2mol二

氧化氮气体；2242NO(g)NO(g)(mol)20(mol)a0.5a(mol)2-a0.5a起始转化平衡平衡时二氧化氮体积分数为50%，则2-a100%=50%2-0.5a，a=4mol3，则NO2的平衡转化率=43100%66.7%2；由于平衡时二氧化氮体积分

数为50%，则二氧化氮、四氧化二氮的分压相等，假设平衡时体系的总压为P0，则A点温度下的平衡常数Kp=()00200.52=0.5PPP；【小问4详解】已知：①3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)ΔH=-138.0kJ•mol-1②2

NO(g)+O2(g)垐?噲?2NO2(g)ΔH=-57.1kJ•mol-1由盖斯定律可知，2①+3②得：4NO(g)+3O2(g)+2H2O(1)=4HNO3(aq)ΔH=2（-138.0kJ•mol-1）+3（-57.1kJ•mol-1）=-447.3kJ•mol-1。20.化合物Q是一种

重要的药物合成中间体，利用“张绪穆－烯炔环异构化反应”合成Q的路线如图：已知：i.“张绪穆－烯炔环异构化反应”可以实现烯烃和炔烃分子内的不对称环化，方便高效地构筑一系列五元杂环化合物，例如ii.请回答下列问题：（1）物质A的名称为____，C中的官能团中碳原子的杂化类型是____。（2）写

出反应①的化学方程式____。（3）反应③和④的目的是____，请写出Q的结构简式并用*标注手性碳为____。（4）写出符合以下条件的物质F的一种同分异构体____。①与F官能团相同且分子中只含一个环；②遇Fe3+显紫色；③核磁共振氢谱有5组峰。（5）参照

题图信息，写出以CH2=CH2、HCHO、CH3CH=CHCH2OH为原料制备的合成路线(无机试剂任选)____。【答案】（1）①.对甲基苯甲醛(4－甲基苯甲醛)②.sp2杂化（2）+2NaOHΔ⎯⎯→醇+2NaBr+2H2O（3）①.保护碳

碳双键，防止其被氧化②.（4）或（5）CH2=CH2HCHO⎯⎯⎯⎯⎯→CH2=CHCH2OH2Br→CH2Br-CHBr-CH2OHNaOH→，醇HCCCH2OH32CHCHCHCHOH=→浓硫酸，HCCCH2OCH2CH=CHCH3()2R

hCODCl→。【解析】【分析】对甲基苯甲醛和乙醛反应生成C，C和溴发生加成反应生成D，比较D和E的分子式可知，D被还原为E，D中的醛基被还原为羟基，E的结构简式为，E发生消去反应生成F；丙烯和甲醛发生加成反应生成丁烯醇，丁烯醇和HBr发生加成反应生成G

，G中的羟基被高锰酸钾氧化为羧基生成H，H再发生消去反应重新生成碳碳双键，得到的和F发生酯化反应生成，发生“张绪穆－烯炔环异构化反应”生成Q，根据给出的信息：“张绪穆－烯炔环异构化反应”可以实现烯烃和炔烃分子内的不对称环化，方便高效地构筑一

系列五元杂环化合物，可推出生成的Q为。【小问1详解】物质A的名称为对甲基苯甲醛(或4－甲基苯甲醛)，C中的官能团为碳碳双键和醛基，C原子均为sp2杂化。【小问2详解】反应①是E的消去反应，化学方程式为：+2NaOHNaOH→，醇+2NaBr+2H2O。【小问3详解】反应③是将碳碳双键

加成变为碳碳单键，反应④又通过消去反应生成碳碳双键，所以其目的是保护碳碳双键。连4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，在Q中有1个手性碳原子（标*的是手性碳原子）：。【小问4详解】F的同分异构体遇Fe3+显紫色，说明分子中有苯环，且苯

环上直接连着羟基，还要求和F的官能团相同，则分子中有碳碳三键，核磁共振氢谱有5组峰的结构可以是或。【小问5详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com