2019年江西省南昌市高考化学二模试卷解析版.doc

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1、2019年江西省南昌市高考化学二模试卷一、选择题（本大题包括13小题每小题6分，共78分，每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求）1（6分）化学与生产、生活、环境等息息相关，下列说法中错误的是（）A港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物B“玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其帆板太阳能电池的材料是硅C天工开物中“凡石灰经火焚炼为用”，其中“石灰”指的是Ca（OH）2D本草纲目中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离操作方法是蒸馏2（6分）设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A17g H2O2中含有非极性键的数耳为NAB常温常压下，17g甲基（14CH3）

2、所含的中子数为9NAC在含CO32总数为NA的Na2CO3溶液中，Na+总数为2NAD13.8g NO2与足量水反应，转移的电子数为0.2NA3（6分）螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。 是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是（）A该化合物的分子式为C10H12 B一氯代物有五种C所有碳原子均处嗣一平面D与HBr以物质的量之比1：1加成生成二种产物4（6分）下列实验方案中，能达到实验目的是（） 选项实验目的实验方案A比较CH3COOH和HClO的酸性强弱分别测定等体积等物质的量浓度的CH3COOH和HClO溶液消耗NaOH的物质的量B验证Na2S2O3是否氧化变质在Na2S

3、2O3溶液中滴加稀盐酸，然后滴加BaCl2溶液观察是否产生白色沉淀C证明Fe2+有还原性向将FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液，观察KMnO溶液紫色褪去D比较Ksp（AgBr）Ksp（AgCl）在1L浓度均为0.1molL1的NaCl与NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，先出现淡黄色沉淀AABBCCDD5（6分）W、X、Y、Z四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，且原子序数依次增大。化合物XW3能作制冷剂且其浓溶液可检验Z单质是否泄露，化合物YZ3能促进水的电离，则下列说法错误的是（）A简单离子半径：r（Z）r（X）r（Y）BY的最高价氧化物对应的水化物为强碱CX2W4分子

4、中既含极性键，又含非极性键D化合物XW3的水溶液能抑制水的电离6（6分）我国研制出非贵金属镍钼基高教电催化剂，实现电解富尿素废水低能耗制H2（装置如图）。总反应为CO（NH2）2+H2O3H2+N2+CO2下列说法中正确的是（）Aa电极反应为：CO（NH2）2+H2O+6eN2+CO2+6H2Bb为阳极，发生氧化反应C电解一段时间b极区溶液pH升高D废水中每通过6mol电子，a电极产生2mol N27（6分）常温时，1mol/L的HA和1mol/L的HB两种酸溶液，起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水进行稀释，所得变化关系如图所示（V表示溶液稀释后的体积）。下列说法错误的是（）AKa（ H

5、A）约为104B当两溶液均稀释至lg+14时，溶液中c（A）c（B）C中和等体积pH相同的两种酸所用n（NaOH）：HAHBD等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者二、解答题（共3小题，满分43分）8（15分）一氯乙酸（ClCH2COOH）在有机合成中是一种重要的原料和中间体，在硫单质催化下干燥氯气与乙酸反应制得一氯乙酸：CH3COOH+Cl2ClCH2COOH+HCl已知：物质乙酸一氯乙酸二氯乙酸三氯乙酸熔点、沸点17、11862、18910、19457、197请回答下列问题：（1）选用如图的装置制备一氯乙酸粗品。按照气流从左至右依次连接的合理顺序为 ijgh（填接

6、口字母）。洗气瓶中的溶液为 ，碱石灰的作用是 （2）制备一氯乙酸时，首先采用 （填“水浴”、“油浴”或“沙浴”）加热方法控制温度在95左右，待温度稳定后，再打开弹簧夹、 （填操作），如果三颈烧瓶溶液表面观察到大量 （填现象）时，应该 （填操作），以减少氯气通入量，以免浪费。（3）一氯乙酸粗品中含有二氯乙酸、三氯乙酸，多次蒸馏后产品中仍含有少量的 （填物质名称），再进行 （填“过滤”、“分液”或“重结晶”），可得到纯净的一氯乙酸。9（14分）氧化锌主要用作催化剂、脱硫剂、发光剂和橡胶添加剂。一种以锌焙砂（ZnO、ZnSiO3和少量As2O3、CuO、PbO杂质，其中As与N同主族）为原料制备氧化

7、锌的流程如图所示：请回答下列问题。（1）循环使用的物质有 、 和 （填化学式）。（2）“浸出”时，锌以Zn（ NH3）42+进入滤液。浸出率与温度关系如图l所示，请解释温度超过55后浸出率显著下降的原因： 浸出率与n（NH3）：n（NH4）2SO4关系如图2所示，6：4之后浸出率下降，说明 （填编号）的浸出主要依赖硫酸铵浓度的大小。AZnO和ZnSiO3 BZnO CZnSiO3（3）“除砷”过程中生成Fe3（ AsO4）2沉淀，其中铁元素的化合价是 ；沉淀剂为FeSO4H2O、（NH3）2S2O8，添加（NH4）2S2O8的目的是 。（4）“除重金属”和“深度除重金属”除去的重金属是 （填名

8、称）。（5）“蒸氨”的产物主要是ZnSO4和NH3，写出所发生反应的化学方程式 。10（14分）对甲烷和CO2的高效利用不仅能缓解大气变暖，而且对日益枯竭的石油资源也有一定的补充作用，甲烷临氧耦合CO2重整反应有：反应：CH4（g）+O2（g）CO（g）+2H2（g）H35.7kJmol1反应：CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）H+247.0kJmol1（l）CO燃烧的热化学方程式为CO（g）+O2（g）CO2（g）H kJmol1（2）一定条件下，将CH4与CO2以体积比1：1置于恒温恒容的密闭容器中发生反应CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g），下列能说明反

9、应达到平衡状态的有 。A体系密度保持不变 B容器中压强保持不变CH2和CO的体积比保持不变D每消耗lmolCH4的同时生成2mol CO（3）重整反应中存在着副反应产生的积碳问题。加入少量的Na2CO3可不断消除积碳。请用化学方程式表示其反应过程： （4）已知甲烷临氧藕合CO2重整反应体系中还有反应：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H+75.0kJmol1在密闭容器中，重整反应在1073K时催化下达到平衡，发现n（H2）/n（CO）l，请从平衡移动的角度解释原因 。如果投料时增加氧气比例，下列预测可能错误的是 （填编号）。A氢气总产量减少 B反应的甲烷转化率升高C产生副反应 D

10、对反应的平衡无影响（5）温度对重整反应体系中反应物平衡转化率，平衡时氢气、一氧化碳和水的物质的量影响如图所示。若CH4与CO2的起始投料相等，则起始时n（CH4） mol，在1000K时反应的平衡常数K为 化学一选修3：物质结构与性质11（15分）含第VA族的磷、砷（As）等元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：（l）基态P原子的核外电子排布式为 ，有 个未成对电子。（2）常温下PCl5是一种白色晶体，其立方晶系晶体结构模型如图甲所示，由A、B两种微粒构成。将其加热至148熔化，形成一种能导电的熔体。已知A、B两种微粒分别与CC14、SF6互为等电子体，则A为 ，其中心原子杂

11、化轨道类型为 ，B为 。（3）PO43的空间构型为 ，其等电子体有 （请写出一种）。（4）砷化镓属于第三代半导体，它能直接将电能转变为光能，砷化镓灯泡寿命是普通灯泡的100倍，而耗能只有其10%推广砷化镓等发光二极管（LED）照明，是节能减排的有效举措。已知砷化镓的晶胞结构如图乙，品胞参数a565pm。砷化镓的化学式为 ，镓原子的配位数为 。砷化镓的晶胞密度 g/cm3（列式并计算，精确到小数点后两位），m位置Ga原子与n位置As原子之间的距离为 pm（列式表示）。化学一选修5：有机化学基础12抗丙肝新药的中间体合成路线图如下：已知：Et为乙基。（1） 的名称是 ，所含官能团的名称是 。（2）

12、的分子式为 。（3）反应化学方程式为 ，反应的反应类型是 。（4）写出与 互为同分异构体的芳香类化合物的结构简式（核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1：2：2：6，且不含NH2） （5）设计由乙醇、1，3丁二烯和甲氨（ CH3NH2）合成 路线（其他试剂任选） 。2019年江西省南昌市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题包括13小题每小题6分，共78分，每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求）1（6分）化学与生产、生活、环境等息息相关，下列说法中错误的是（）A港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物B“玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其帆板太阳能电池

13、的材料是硅C天工开物中“凡石灰经火焚炼为用”，其中“石灰”指的是Ca（OH）2D本草纲目中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离操作方法是蒸馏【分析】A聚乙烯纤维属于合成高分子材料；B硅为良好的半导体材料；C石灰石加热后能制得生石灰CaO；D烧酒的制造工艺利用蒸馏的方法，可用于分离沸点不同的液体混合物。【解答】解：A聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故A正确；B硅为良好的半导体材料，能制造太阳能电池板，所以“玉兔号”月球车上的太阳能电池的材料是硅，故B正确；C石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，不是Ca（OH）2，故C错误；D酸坏之酒中含有乙酸，乙酸和乙醇的沸点不同

14、，用蒸烧的方法分离，为蒸馏操作，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。2（6分）设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A17g H2O2中含有非极性键的数耳为NAB常温常压下，17g甲基（14CH3）所含的中子数为9NAC在含CO32总数为NA的Na2CO3溶液中，Na+总数为2NAD13.8g NO2与足量水反应，转移的电子数为0.2NA【分析】A.1个过氧化氢含有1个OO非极性键；B.1个（14CH3）含有中子数8个；C碳酸钠为强碱弱酸盐，溶液中存在水解

15、；D.3mol二氧化氮与水反应生成1molNO，转移2mol电子；【解答】解：A.17g H2O2中含有非极性键的数目为：NA0.5NA，故A错误；B常温常压下，17g甲基（14CH3）所含的中子数为8NA，故B错误；C碳酸钠溶液中，部分碳酸根离子水解，则含CO32总数为NA的Na2CO3溶液中，Na+总数大于2NA，故C错误；D.3mol二氧化氮与水反应生成1molNO，转移2mol电子，13.8克NO2的物质的量为0.3mol，与足量水充分反应，转移的电子数为0.2NA，故D正确；故选：D。【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关

16、系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。试题有利于培养学生的逻辑推理能力，题目难度不大。3（6分）螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。 是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是（）A该化合物的分子式为C10H12 B一氯代物有五种C所有碳原子均处嗣一平面D与HBr以物质的量之比1：1加成生成二种产物【分析】有机物含有碳碳双键，具有烯烃的结构和性质，以此解答该题。【解答】解：A由结构简式可知该化合物的分子式为C9H12，故A错误；B结构对称，分子中含有4种H，则一氯代物有4种，故B错误；C含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的碳原子不可能共平面，故C错

17、误；D分子中含有2个碳碳双键，碳碳双键连接原子团不同，则与HBr以物质的量之比1：1加成生成二种产物，故D正确。故选：D。【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质为解答该题的关键，侧重烯烃性质的考查，题目难度不大。4（6分）下列实验方案中，能达到实验目的是（） 选项实验目的实验方案A比较CH3COOH和HClO的酸性强弱分别测定等体积等物质的量浓度的CH3COOH和HClO溶液消耗NaOH的物质的量B验证Na2S2O3是否氧化变质在Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸，然后滴加BaCl2溶液观察是否产生白色沉淀C证明Fe2+有

18、还原性向将FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液，观察KMnO溶液紫色褪去D比较Ksp（AgBr）Ksp（AgCl）在1L浓度均为0.1molL1的NaCl与NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，先出现淡黄色沉淀AABBCCDD【分析】A等体积等物质的量浓度的CH3COOH和HClO，物质的量相同，消耗NaOH相同；BNa2S2O3溶液中滴加稀盐酸，生成S和二氧化硫；C高锰酸钾可氧化氯离子；D滴加AgNO3溶液，先出现淡黄色沉淀，Ksp小的先沉淀。【解答】解：A等体积等物质的量浓度的CH3COOH和HClO，物质的量相同，消耗NaOH相同，为酸的通性，不能比较酸性，故A错误；BNa2S2O

19、3溶液中滴加稀盐酸，生成S和二氧化硫，二氧化硫与氯化钡不反应，若变质混有硫酸根离子，加氯化钡生成的沉淀可能被沉淀S影响，不能判断，故B错误；C高锰酸钾可氧化氯离子，不能检验亚铁离子的还原性，故C错误；D滴加AgNO3溶液，先出现淡黄色沉淀，Ksp小的先沉淀，则Ksp（AgBr）Ksp（AgCl），故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、酸性比较、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。5（6分）W、X、Y、Z四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，且原子序数依次增大。化合物XW3能作制冷剂

20、且其浓溶液可检验Z单质是否泄露，化合物YZ3能促进水的电离，则下列说法错误的是（）A简单离子半径：r（Z）r（X）r（Y）BY的最高价氧化物对应的水化物为强碱CX2W4分子中既含极性键，又含非极性键D化合物XW3的水溶液能抑制水的电离【分析】W、X、Y、Z四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，且原子序数依次增大。则W为H元素；化合物XW3能作制冷剂且其浓溶液可检验Z单质是否泄漏，则X为N元素，Z为Cl元素；化合物YZ3能促进水的电离，则Y为Al元素，据此解答。【解答】解：根据分析可知：W为H，X为N，Y为Al，Z为Cl元素。A电子层越多离子半径越大，电子层相同时核电荷数越大离子半径越

21、小，则简单离子半径：r（Z）r（X）r（Y），故A正确；BAl的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，氢氧化铝为弱碱，故B错误；CX2W4为N2H4，其分子中含有NN非极性键和NH极性键，故C正确；DXW3为NH3，NH3溶于水溶液呈碱性，抑制了水的电离，故D正确；故选：B。【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。6（6分）我国研制出非贵金属镍钼基高教电催化剂，实现电解富尿素废水低能耗制H2（装置如图）。总反应为CO（NH2）2+H2O3H2+N2+CO2下列说法中正确的是（）

22、Aa电极反应为：CO（NH2）2+H2O+6eN2+CO2+6H2Bb为阳极，发生氧化反应C电解一段时间b极区溶液pH升高D废水中每通过6mol电子，a电极产生2mol N2【分析】电解富尿素废水低能耗制H2，总反应为CO（NH2）2+H2O3H2+N2+CO2，放出氢气的电极b为阴极，电极反应：2H2O+2eH2+2OH，放出氮气的电极a为阳极，电极反应：CO（NH2）26e+6OHN2+CO2+5H2O，据此分析回答问题。【解答】解：A放出氮气的电极a为阳极，电极反应：CO（NH2）26e+6OHN2+CO2+5H2O，故A错误；B放出氢气的电极b为阴极，溶液中氢离子放电生成氢气，电极反应

23、为：2H2O+2eH2+2OH，发生还原反应，故B错误；Cb为阴极，溶液中氢离子放电生成氢气，电极反应：2H2O+2eH2+2OH，电解一段时间，b极区溶液pH升高，故C正确；D阳极电极反应：CO（NH2）26e+6OHN2+CO2+5H2O，每转移6mol电子，a电极产生1molN2，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了电解原理的分析应用、电极反应和电子守恒的计算应用，掌握电解原理是解题关键，题目难度中等。7（6分）常温时，1mol/L的HA和1mol/L的HB两种酸溶液，起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水进行稀释，所得变化关系如图所示（V表示溶液稀释后的体积）。下列说法错误的是（）

24、AKa（ HA）约为104B当两溶液均稀释至lg+14时，溶液中c（A）c（B）C中和等体积pH相同的两种酸所用n（NaOH）：HAHBD等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者【分析】当lg+11时，有VV0，即开始时1mol/LHA的pH2、1mol/LHB的pH0，所以HA是弱酸、HB是强酸，A起始时HA溶液的pH为2，起始浓度为1mol/L，根据Ka计算HA的电离平衡常数；B根据图象，当两溶液均稀释至lg+14时，即V1000V0，HA是弱酸、部分电离，HB是强酸、完全电离，C由于HB是强酸，HA为弱酸，不完全电离，pH相同的两种酸的浓度：HA比HB大；D由于A

25、的水解，B不水解使NaA溶液中c（OH）大，则c（H+）小，即n（H+）小，结合电荷关系分析解答；【解答】解：当lg+11时，有VV0，即开始时1mol/LHA的pH2、1mol/LHB的pH0，所以HA是弱酸、HB是强酸，A起始时HA溶液的pH为2，起始浓度为1mol/L，所以溶液中c（H+）c（A）102mol/L，根据Ka104，故A正确；B根据图象，两溶液均稀释至lg+14时，即V1000V0，HA的pH更大，c（H+）更小，则溶液中c（A）c（B），故B错误；C由于HB是强酸，HA为弱酸，不完全电离，pH相同的两种酸的浓度：HA比HB大，所以中和等体积pH相同的两种酸所用n（NaOH

26、）：HAHB，故C正确；DNaA和NaB溶液中电荷关系分别为：c（Na+）+c（H+）c（A）+c（OH）、c（Na+）+c（H+）c（B）+c（OH），等物质的量的NaA和NaB溶液溶液中离子总数均为2n（Na+）+n（H），但A水解，B不水解使NaA溶液中c（OH）大，则c（H+）小，即n（H+）小，所以等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者，故D正确；故选：B。【点评】本题考查弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度中等，正确判断HB、HA的酸性强弱为解答关键，注意掌握电离平衡及其影响，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。二、解答题（共3小题，满分43分）8（1

27、5分）一氯乙酸（ClCH2COOH）在有机合成中是一种重要的原料和中间体，在硫单质催化下干燥氯气与乙酸反应制得一氯乙酸：CH3COOH+Cl2ClCH2COOH+HCl已知：物质乙酸一氯乙酸二氯乙酸三氯乙酸熔点、沸点17、11862、18910、19457、197请回答下列问题：（1）选用如图的装置制备一氯乙酸粗品。按照气流从左至右依次连接的合理顺序为befcdijgh（填接口字母）。洗气瓶中的溶液为饱和食盐水，碱石灰的作用是吸收多余的氯气和酸性污染气体（2）制备一氯乙酸时，首先采用水浴（填“水浴”、“油浴”或“沙浴”）加热方法控制温度在95左右，待温度稳定后，再打开弹簧夹、打开活塞放下浓盐酸

28、并点燃酒精灯（填操作），如果三颈烧瓶溶液表面观察到大量黄绿色气体（填现象）时，应该控制活塞减慢浓盐酸滴加速率或控制酒精灯降低加热温度（填操作），以减少氯气通入量，以免浪费。（3）一氯乙酸粗品中含有二氯乙酸、三氯乙酸，多次蒸馏后产品中仍含有少量的二氯乙酸（填物质名称），再进行重结晶（填“过滤”、“分液”或“重结晶”），可得到纯净的一氯乙酸。【分析】制备一氯乙酸：由浓盐酸与二氧化锰在加热条件下制备氯气，制得的氯气混有HCl和水蒸气，由饱和食盐水除去HCl气体，由无水氯化钙吸收水，纯净干燥的氯气与乙酸在三颈烧瓶中，用水浴控制温度在95左右，发生反应，由碱石灰吸收多余的氯气和得到的酸性污染气体，得到的

29、一氯乙酸粗品中含有二氯乙酸、三氯乙酸，多次蒸馏后产品中仍含有少量的二氯乙酸，再进行重结晶得到纯净的一氯乙酸，据此分析作答。【解答】解：（1）根据分析，由浓盐酸与二氧化锰在加热条件下制备氯气，选择b，制得的氯气混有HCl和水蒸气，由饱和食盐水除去HCl气体，由无水氯化钙吸收水，氯气与乙酸在三颈烧瓶反应由碱石灰吸收尾气，故连接顺序为：befcdijgh；故答案为：b；e；f；c；d；洗气瓶为饱和食盐水，吸收HCl气体；碱石灰的作用是吸收多余的氯气和酸性污染气体，防止污染空气；故答案为：饱和食盐水；吸收多余的氯气和酸性污染气体；（2）温度在95左右，选择水浴加热；待温度稳定后，再打开弹簧夹、打开活塞

30、放下浓盐酸并点燃酒精灯，如果三颈烧瓶溶液表面观察到大量黄绿色气体，说明氯气过多，应控制活塞减慢浓盐酸滴加速率或控制酒精灯降低加热温度，以减少氯气通入量，以免浪费；故答案为：水浴；打开活塞放下浓盐酸并点燃酒精灯；黄绿色气体；控制活塞减慢浓盐酸滴加速率或控制酒精灯降低加热温度；（3）由表可知，一氯乙酸与二氯乙酸沸点接近，故多次蒸馏后产品中仍含有少量的二氯乙酸；一氯乙酸、二氯乙酸为互溶的液体，不适宜过滤、分液分方法分离，采用重结晶，可得到纯净的一氯乙酸；故答案为：二氯乙酸；重结晶。【点评】本题考查了物质的制备，明确实验原理及实验基本操作方法、知道各个装置作用、利用物质性质分离提纯是解本题关键，试题侧

31、重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意相关基础知识的学习与积累，题目难度中等。9（14分）氧化锌主要用作催化剂、脱硫剂、发光剂和橡胶添加剂。一种以锌焙砂（ZnO、ZnSiO3和少量As2O3、CuO、PbO杂质，其中As与N同主族）为原料制备氧化锌的流程如图所示：请回答下列问题。（1）循环使用的物质有NH3H2O或NH3、（NH4）2SO4和CO2（填化学式）。（2）“浸出”时，锌以Zn（ NH3）42+进入滤液。浸出率与温度关系如图l所示，请解释温度超过55后浸出率显著下降的原因：温度升高，氨气挥发而浓度下降，浸出率下降浸出率与n（NH3）：n（NH4）2SO4关系如图2所示，6：4之

32、后浸出率下降，说明C（填编号）的浸出主要依赖硫酸铵浓度的大小。AZnO和ZnSiO3 BZnO CZnSiO3（3）“除砷”过程中生成Fe3（ AsO4）2沉淀，其中铁元素的化合价是+2；沉淀剂为FeSO4H2O、（NH3）2S2O8，添加（NH4）2S2O8的目的是把砷氧化成AsO43以便除去砷。（4）“除重金属”和“深度除重金属”除去的重金属是铜和铅（填名称）。（5）“蒸氨”的产物主要是ZnSO4和NH3，写出所发生反应的化学方程式Zn（NH3）4SO4ZnSO4+4NH3。【分析】根据流程：锌焙砂（ZnO、ZnSiO3和少量As2O3、CuO、PbO杂质）用NH3H2O、（NH4）2SO

33、4浸出，过滤除去硅酸，滤液含有Zn（ NH3）42+、Cu2+、Pb2+、AsO33、NH4+、SO42等，加（NH4）2S2O8 把砷氧化成AsO43，加入FeSO4H2O将AsO43沉淀为Fe3（ AsO4）2过滤除去，向滤液中加入Zn，置换Cu2+、Pb2+为铜和铅单质，过滤除去，向滤液中加入Na2S进一步除去滤液中少了的重金属离子Cu2+、Pb2+为CuS、PbS过滤除去，将滤液蒸氨，产物主要是ZnSO4和NH3，反应为：Zn（NH3）4SO4ZnSO4+4NH3，将氨气用水吸收得到NH3H2O作为浸出溶剂，蒸氨后的溶液主要为ZnSO4，加入NH4HCO3、CO2，过滤得到ZnCO3沉

34、淀和含有（NH4）2SO4的滤液，（NH4）2SO4循环作为浸出溶剂，将ZnCO3烘干焙烧，得到ZnCO3CO2+ZnO，CO2可以循环使用沉锌，据此分析作答。【解答】解：（1）根据流程，NH3H2O或NH3、（NH4）2SO4、CO2可以循环使用；故答案为：NH3H2O或NH3；（NH4）2SO4；CO2；（2）氨气易挥发，温度升高，氨气挥发而浓度下降，浸出率下降，故温度超过55后浸出率显著下降；故答案为：温度升高，氨气挥发而浓度下降，浸出率下降；（NH4）2SO4含量减少，酸性减弱，碱性增强，ZnSiO3不能充分溶解得到锌离子结合氨分子得Zn（ NH3）42+，故浸出率下降，选择C；故答案

35、为：C；（3）Fe3（ AsO4）2中铁元素+2价，添加（NH4）2S2O8的目的是把砷氧化成AsO43以便除去砷；故答案为：+2；把砷氧化成AsO43以便除去砷；（4）根据分析，“除重金属”过程加入Zn，置换Cu2+、Pb2+为铜和铅单质，“深度除重金属”加入Na2S进一步除去滤液中少了的重金属离子Cu2+、Pb2+为CuS、PbS过滤除去，故除去的重金属是铜和铅；故答案为：铜和铅；（5）“蒸氨”的产物主要是ZnSO4和NH3，反应为：Zn（NH3）4SO4ZnSO4+4NH3；故答案为：Zn（NH3）4SO4ZnSO4+4NH3。【点评】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应

36、用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度中等。10（14分）对甲烷和CO2的高效利用不仅能缓解大气变暖，而且对日益枯竭的石油资源也有一定的补充作用，甲烷临氧耦合CO2重整反应有：反应：CH4（g）+O2（g）CO（g）+2H2（g）H35.7kJmol1反应：CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）H+247.0kJmol1（l）CO燃烧的热化学方程式为CO（g）+O2（g）CO2（g）H282.7kJmol1（2）一定条件下，将CH4与CO2以体积比1：1置于恒温恒容的密闭容器中

37、发生反应CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g），下列能说明反应达到平衡状态的有B。A体系密度保持不变 B容器中压强保持不变CH2和CO的体积比保持不变D每消耗lmolCH4的同时生成2mol CO（3）重整反应中存在着副反应产生的积碳问题。加入少量的Na2CO3可不断消除积碳。请用化学方程式表示其反应过程：C+Na2CO3Na2O+2CO（4）已知甲烷临氧藕合CO2重整反应体系中还有反应：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H+75.0kJmol1在密闭容器中，重整反应在1073K时催化下达到平衡，发现n（H2）/n（CO）l，请从平衡移动的角度解释原因温度较高，反应

38、是放热反应，利于平衡向逆方向移动，生成氢气量减少；而反应是吸热反应，利于平衡向正方向移动，消耗氢气量增多且CO生成量增多，从而n（H2）/n（CO）小于1。如果投料时增加氧气比例，下列预测可能错误的是D（填编号）。A氢气总产量减少 B反应的甲烷转化率升高C产生副反应 D对反应的平衡无影响（5）温度对重整反应体系中反应物平衡转化率，平衡时氢气、一氧化碳和水的物质的量影响如图所示。若CH4与CO2的起始投料相等，则起始时n（CH4）1mol，在1000K时反应的平衡常数K为3.5【分析】（l）：CH4（g）+O2（g）CO（g）+2H2（g）H35.7kJmol1：CH4（g）+CO2（g）2CO

39、（g）+2H2（g）H+247.0kJmol1盖斯定律得到CO燃烧的热化学方程式为CO（g）+O2（g）CO2（g）H；（2）当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；（3）加入少量的Na2CO3可不断消除积碳，生成一氧化碳和氧化钠；（4）温度较高，反应是放热反应，利于平衡向逆方向移动，生成氢气量减少；而反应是吸热反应，利于平衡向正方向移动，如果投料时增加氧气比例，反应正向进行，反应逆向进行；（5）设起始时n（CH4）n（CO2

40、）x，结合1000时A、B、C、D点的数值，利用C或（H原子原子守恒）计算起始时n（CH4）；化学平衡常数K等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比，据此计算。【解答】解：（1）CH4（g）+O2（g）CO（g）+2H2（g）H35.7kJmol1：CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）H+247.0kJmol1盖斯定律计算得到CO燃烧的热化学方程式为CO（g）+O2（g）CO2（g）H282.7 KJmol1，故答案为：282.7；（2）反应CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g），A反应前后气体质量和体积不变，体系密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误

41、；B反应前后气体物质的量变化，容器中压强保持不变，反应达到平衡状态，故B正确；C将CH4与CO2以体积比1：1置于恒温恒容的密闭容器中发生反应，H2和CO的体积比保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D每消耗lmolCH4的同时生成2mol CO，说明反应正向进行，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；故答案为：B；（3）加入少量的Na2CO3可不断消除积碳生成一氧化碳和氧化钠，反应的化学方程式：C+Na2CO3Na2O+2CO，故答案为：C+Na2CO3Na2O+2CO；（4）密闭容器中，重整反应在1073K时催化下达到平衡，发现n（H2）/n（CO）l，原因是：温度较高，反应是放热反

42、应，利于平衡向逆方向移动，生成氢气量减少；而反应是吸热反应，利于平衡向正方向移动，消耗氢气量增多且CO生成量增多，从而n（H2）/n（CO）小于1，如果投料时增加氧气比例，反应正向进行，反应逆向进行，氢气总产量减少，反应的甲烷转化率升高，过程中产生副反应，故选：D，故答案为：温度较高，反应是放热反应，利于平衡向逆方向移动，生成氢气量减少；而反应是吸热反应，利于平衡向正方向移动，消耗氢气量增多且CO生成量增多，从而n（H2）/n（CO）小于1；D；（5）设起始时n（CH4）n（CO2）x，由图中1000时C、D点可知，CH4和CO2的平衡转化率为85%，含有n（CO）1.7mol，则消耗CH4和

43、CO2的量均为0.85x，根据C原子守恒或H原子守恒有：0.85x21.7mol，即x1mol，1000时重整体系中n（CO）1.7mol、n（CO2）1mol0.85mol0.15mol、n（H2）1.3mol、n（H2O）0.4mol，设容器体积为VL，则c（CO）mol/L、c（CO2）mol/L、c（H2）mol/L、n（H2O）mol/L，反应CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）的平衡常数K3.5，故答案为：1；3.5。【点评】本题考查盖斯定律的应用、化学平衡状态的判定和化学平衡的影响因素、化学平衡常数计算、化学平衡图象、化工实际生产的反应条件及其发生的副反应等知识内容，

44、为高频考点，侧重化学平衡原理和学生分析能力、迁移运用知识能力的考查，把握化学平衡原理是解题关键，注意原子守恒思想在化学计算中的运用，题目难度中等。化学一选修3：物质结构与性质11（15分）含第VA族的磷、砷（As）等元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：（l）基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，有3个未成对电子。（2）常温下PCl5是一种白色晶体，其立方晶系晶体结构模型如图甲所示，由A、B两种微粒构成。将其加热至148熔化，形成一种能导电的熔体。已知A、B两种微粒分别与CC14、SF6互为等电子体，则A为PC14+，其中心原子杂化轨道类型为sp3，B为PCl6。（3）PO43的空间构型为正四面体，其等电子体有SO42或ClO4（请写出一种）。（4）砷化镓属于第三代半导体，它能直接将电能转变为光能，砷化镓灯泡寿命是普通灯泡的100倍，而耗能只有其10%推广砷化镓等发光二极管（LED）照明，是节能减排的有效举措。已知砷化镓的晶胞结构如图乙，品胞参数a565pm。砷化镓的化学式为GaAs，镓原子的配位数为4。砷化镓的晶胞密度5