【文档说明】【精准解析】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.doc，共(19)页，1.420 MB，由小赞的店铺上传

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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-1Li-7C-12O-16P-31Cl-35.5Ag-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3NAB.1molSO2溶于足量水，溶液中H2SO3、HSO3−与SO23−粒子的物质的量之和为NAC.常温常压下，17g甲基(-14CH3)所含的中子数为11NAD.34gH2O2中含有的化学键数目为3N

A【答案】D【解析】【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、HSO3−

与SO23−粒子外，还有SO2分子，则H2SO3、HSO3−与SO23−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3，34

gH2O2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①②③实验结论A稀硫酸Na2SAgNO3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Na2SO3Ba(NO3)2溶液SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸A.AB.BC.CD.D【答案】B【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+LixCn放电充电L

iFePO4+nC。下列说法不正确的是（）A.放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe-=xLiFePO4B.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=LixCnD.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＋LixCn放电充电LiFePO4＋nC，在正极上得电子，其正极反应为：xFePO4＋xLi＋＋xe－＝xLiFePO4，负极反应为：LixCn-x

e－=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1molLi+，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（）A.简单离子的半

径：X>Z>WB.简单气态氢化物的稳定性：Z>W>YC.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(C

H3COO-)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（）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-1C.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的浓度应越小，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(CH3C

OOH)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-)=0.1mol·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。（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PCl3-93.6761137.5遇水剧烈水解，易与O2反应POCl31.

25105.8153.5遇水剧烈水解，能溶于PCl3SOCl2-10578.8119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(Ag++SC

N-=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KSC

N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↓，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0.003mol

3×100mL10.00mL=0.01mol，所以产品中POCl3的质量分数为0.01mol153.5g/mol1.600g×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)=3.2×10-10mol2·L-2，Ksp(AgSCN)=2×10-12mol2·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的装置前要干燥，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xNO、2SO等大气污染物的妥善处理具有重要意义。(1

)2SO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2SO。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：①()()()23243SOgNH?HOaqNHHSOaq+=11ΔHakJ?mol−=；②()()()()

32434232NH?HOaqNHHSOaq(NH)SOaqHOl+=+12ΔHbkJ?mol−=；③()()()42324242(NH)SOaqOg2(NH)SOaq+=13ΔHckJ?kJ?mol−=。则反应()()()()()232242422

SOg4NH?HOaqOg2(NH)SOaq2HOl++=+的ΔH=_____1kJ?mol−(2)燃煤发电厂常利用反应()()()()()322422CaCOs2SOgOg2CaSOs2COg++=+1ΔH681.8kJ?mol−=−对煤进行脱硫处理来减少2SO的排放。对于该反应，在T℃

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：01020304050O21.000.790.600.600.640.64CO200.420.800.800.880.88①010min～内，平均反应速率()2vO=___

_____11mol?L?min−−；当升高温度，该反应的平衡常数K________(填“增大”“减小”或“不变”)。②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，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2OC.适当缩小容器的体积D.加入合适的催化剂(3)xNO的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应()()Cs2NOg+()()22NgCOg+1ΔH34.0kJ?mol−=−，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，2CO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pK)。在1050K、61.110Pa时，该反应的化学平衡常数pK=________[已知：气体分压()P=分气体总压()P总体积分数]。(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()()2NOg2COg+()()22Ng2COg+1ΔH746.8kJ?mol−=−，生成无毒的2N和2CO。实验测得，()()22vkcNOcCO=正正，()()222vkcNcCO(k=正逆逆）、k逆为速

率常数，只与温度有关)。①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数________(填“”“”或“=”)k逆增大的倍数。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40％，则kk=正逆__________。【答案】(1).

2a2bc++(2).0.021(3).减小(4).BC(5).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(6).20%(7).4(8).(9).2081【解析】【分析】(1)根据盖斯定律解答；(2)①在010m

in内，()2O1.0mol/L0.79mol/L0.21mol/Lc=−=，故()()20.21mol/LO0.021mol/Lmin10minv==，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40%，假设起始加入()NOamoln=，的则()NO0.4amoln=，故()2CO0.2amoln=，据此解答；(4)根据反应()()

()()22Cs2NOgNgCOg+=+，假设加入1molNO，在1050K时，NO的转化率为80%，平衡时()NO0.2moln=，()2N0.4moln=，()2CO0.4moln=，根据各物质的平均分压求反应的平衡常数，据此

解答；(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，,vv=正逆故()()()()22222NCONOCOcckKkcc==正逆，平衡时()2N0.2mol/Lc

=，()2CO0.4mol/Lc=，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：()()()()()232242422SOg4NHHOaqOg2(NH)SOaq2HOl++=+，故该

反应的()H2a2bcKJ/mol=++，故答案为：2a2bc++；(2)①在010min内，()2cO1.0mol/L0.79mol/L0.21mol/L=−=，故()()20.21mol/LO0.021mol/Lmin10minv==，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：0.021；减小；②A.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2O，2O浓度增大，平衡正向移动，2CO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的转化率为40%，假设起始加入()NOamoln=，的则()NO0.4amoln=，故()2CO0.2

amoln=，由于反应前后气体的总物质的量不变，故混合气体中2CO的体积分数为0.2amol100%20%amol=，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；20%；(4)根据反应()()()()22Cs2NOg

NgCOg+=+，假设加入1molNO，在1050K时，NO的转化率为80%，平衡时()NO0.2moln=，()2N0.4moln=，()2CO0.4moln=，各物质的平均分压为()60.2molNO1.110pa1molP=分，()620.4mol

N1.110pa1molP=分，故反应的平衡常数6p0.4mol1.1101molK=，62p620.4mol(1.110)1mol40.2mol(1.110pa)1molK==，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k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；故答案为：；②当反应达到平衡时，,vv=正逆故()()()()22222NCONOCO

cckKkcc==正逆，平衡时()2N0.2mol/Lc=，()2CO0.4mol/Lc=，故()()()()22222222NCO0.20.420NOCO0.60.681cckkcc===正逆，故答

案为：2081。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+=3

2+4Zn)NH(+3H2O；“溶浸”时温度不宜过高，其原因是________。(4)“氧化除杂”的目的是将AsCl25−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)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15）。【答案】(1).还原(

2).Pb(3).Cu(4).避免氨水的分解与挥发(5).2AsCl25−+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32+4Zn)NH(、2+34Cu(NH)、2-5AsCl的形式存在，滤渣1为Pb，浸出液中加入过氧化氢，2-5AsCl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32+4Zn)NH(，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32+4Zn)NH(，发生反应的离子方程式为ZnO+2NH3•H2O+2NH4+=32+4Zn)NH(+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，2-5AsCl转化为As2O5胶体吸附聚沉除去，反应的离子方程式为22-5AsCl+2H2O2+6NH3•H2O=As2O5（胶体）+10Cl-+6+4NH+5H2O，故答案为：22-

5AsCl+2H2O2+6NH3•H2O=As2O5（胶体）+10Cl-+6+4NH+5H2O；(5)“电解”时32+4Zn)NH(在阴极放电，发生还原反应生成锌，电极反应式为32+4Zn)NH(+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：32+4Zn)NH(+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，则需要空气为10.8g1××22.4L/mol?5=2.8L108g/mol4，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H

3BNH3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AlH4−构成，A

l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=储氢后氢气的密度标准状况下氢气的密度)。【答案】(1).2(2).4(3).CO2＞CH4＞H2O(4).(5).C2H6(6).N2H

26+(7).sp3(8).H>Al>Na(9).LaNi5(10).AMNd(11).302oA610acsin60NM或302A4310acNM或302A12103acNM【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AlH4−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＞CH

4＞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、N2H26+；故答案为：CO2＞

CH4＞H2O；；C2H6；N2H26+。(2)NaAlH4由Na+和AlH4−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：s

p3；H＞Al＞Na。(3)①该晶体中La个数为1818=，Ni个数为18152+=，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为阿伏加徳罗常数的值，则该晶胞的体积是113A3Agmolmol==

cmgcmMNmMVdNd−−−=；故答案为：AMNd。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11A302o30332oA6gmolmol610acsin6010cmgcmacsin60NMNM−−−−=；故答案为：302oA610acsin60NM或302A4310ac

NM或302A12103acNM。【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______。【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).CH3CCHCH3CCCH2OHCH3CH=CHCH2OHC

H3CH=CHCHO【解析】【分析】A为HC≡CH，B为NaC≡CNa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CH3CCCH2OH，那么由CH3

CCH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；(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CH3CCCH2OH发生加成反应得到，那么由CH3CCH与甲醛在KOH下完成反应即可，故其合成路线为：CH3CCHCH3CCCH2OHCH3CH=CHCH2OH

CH3CH=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。