【辽宁新高考】2021年高三化学全真模拟卷02

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2021年辽宁省普通高等学校招生考试全真模拟卷（辽宁新高考）
化学试卷02
本卷满分100分，考试时间75分钟。
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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．化学与社会生产和生活密切相关。下列有关说法正确的是
A．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
B．“司南之杓，投之于地，其柢指南。”中“杓”所用的材质为FeO
C．推广风能、太阳能、生物质能等可再生能源有利于经济可持续发展
D．航天航空材料碳纤维、芳纶纤维、聚酯纤维都是有机高分子材料
【答案】C
【解析】A．燃煤中加入CaO可与煤中的硫、空气中的氧气反应生成硫酸钙，可以减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，A说法错误；
B．“司南之杓，投之于地，其柢指南。”中“杓”所用的材质具有磁性，而Fe3O4具有磁性，B说法错误；
C．推广风能、太阳能、生物质能等可再生能源，可减少化石能源的消耗，减少二氧化碳的排放，有利于经济可持续发展，C说法正确；
D．航天航空材料芳纶纤维、聚酯纤维都是有机高分子材料，碳纤维不属于有机物，D说法错误；
答案为C。
2．2020年11月6日，长征六号运载火箭成功将New Sat9-18卫星送入预定轨道，提供动力的化学反应为C2H8N2+2N2O4=3N2+2CO2+4H2O。下列有关化学用语错误的是
A．N2的电子式： B．CO2的结构式：
C．N2既是氧化产物又是还原产物 D．氧化性：N2O4＜CO2
【答案】D
【解析】A．N2的结构式为N≡N，每个原子均满足８个电子的稳定结构，其电子式：，Ａ说法正确；
B．CO2中碳原子与２个氧原子之间存在C=O，其结构式：，B说法正确；
C．C2H8N2中的N原则化合价为负价，而N2O4中N原子为正极，故N2既是氧化产物又是还原产物，C说法正确；
D．根据反应，CO2为氧化产物，N2O4为氧化剂，则氧化性：N2O4＞CO2，D说法错误；
答案为D。
3．已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下，它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol·L-1)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）

A．化合物X2Y2中含有极性共价键和非极性共价键
B．简单气态氢化物的热稳定性：Y＞W
C．简单离子半径：Z＞Y＞W＞X
D．这四种元素中，元素X的第一电离能最小
【答案】D
【解析】由图像和题给信息可知，浓度均为0. 01 mol．L-l的溶液，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH都小于7，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W、Y、Z都是非金属元素，W、Z最高价氧化物对应的水化物的pH=2，为一元强酸，根据原子序数Z＞W，Z是N，W是Cl；Y的最高价氧化物对应的水化物的pH＜2，Y的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，为硫酸，Y是S，X的最高价氧化物对应的水化物的pH=12，X的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱，X是Na，可以判断出W、X、Y、Z分别为N、Na、S、Cl，由此回答。
A．化合物X2Y2为Na2S2，为离子化合物，硫原子之间为非极性共价键，S22-和Na+之间是离子键，A错误；
B．非金属性越强气态氢化物稳定性越强，氮的电负性大于硫，非金属性强，气态氢化物的稳定性W＞Y，B错误；
C．电子层数越多，原子或离子的半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，半径越小，N3－、Na+、S2-、Cl-的半径大小为S2-＞Cl-＞N3－＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，C错误；
D．第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子，四种元素中Na最容易失去最外层电子，元素X的第一电离能最小，D正确；
答案选D。
【点睛】从图表中得出W、Y、Z都是非金属元素，X是金属元素，具体的pH值可以得出W、Z最高价氧化物对应的水化物的pH=2，为一元强酸，Y的最高价氧化物对应的水化物的pH＜2，Y的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，为硫酸，需要学生综合应用所学知识，正确推断出元素。
4．下列说法正确的是
A．CH4分子的球棍模型为
B．铍原子最外层的电子云图为
C．基态Fe原子的价电子轨道表示式为
D． ，该轨道表示式违背了泡利不相容原理
【答案】C
【解析】A．该模型为比例模型，A错误；
B．铍原子最外层为s能级，为球形，B错误；
C．铁为26号元素，基态铁原子的价电子层为3d64s2，轨道表示式为，C正确；
D．该轨道式违背了洪特规则，2p能级电子应自旋方向相同，D错误；
故选C。
5．用下列实验装置(部分夹持装置省略)进行实验，能达到相应目的的是
A
B
C
D




分离乙醇和乙酸
收集NH3并吸收多余的NH3
验证SO2的还原性
检验NH4Cl受热分解产生的两种气体
【答案】D
【解析】A．乙醇和乙酸互溶，不能用分液的方法将二者分开，A错误；
B．氨气密度比空气小，利用如图所示的装置不能收集氨气，收集氨气时进气管为短管，出气管为长管，B错误；
C．SO2与品红作用，可以使品红溶液褪色，体现的SO2的漂白性，C错误
D．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，碱石灰可以吸收氯化氢，五氧化二磷可以吸收氨气，氯化氢可以使湿润的蓝色石蕊试纸变红，氨气可以使湿润的酚酞试纸变红，可以检验氯化铵受热分解生成的两种气体，D正确；
故答案选D。
6．已知的熔点为2700℃，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是

A．晶体中碳原子和硅原子均采用杂化
B．硅单质的熔点高于2700℃
C．距离硅原子最近的硅原子数为12
D．若晶胞参数为，则该晶体的密度为
【答案】B
【解析】A．SiC晶体中碳原子周围有4个硅原子，而硅原子有4个碳原子，均采用sp3杂化，A说法正确；
B．共价键的键长越短，键能越大，则熔沸点越高，C-Si键键长比Si-Si键键长短，硅单质的熔点低于2700℃，B说法错误；
C．距离硅原子最近其距离相等的硅原子数为12，C说法正确；
D．若晶胞参数为apm，则该晶体的密度为=，D说法正确。
答案为B。
7．900℃时，向2.0L恒容密闭容器中充入0.40mol乙苯，发生反应：(g)(g)+H2(g)。一段时间后，反应达到平衡，反应过程中测定的部分数据如表所示：
时间/min
0
10
20
30
40
n(乙苯)/mol
0.40
0.30
0.24
n2
n3
n(苯乙烯)/mol
0.00
0.10
n1
0.20
0.20
下列说法正确的是( )
A．保持其他条件不变，向容器中充入不参与反应的水蒸气作为稀释剂，则乙苯的平衡转化率大于50.0%
B．反应在前20min内的平均反应速率v(H2)=0.008mol·L-1·min-1
C．相同温度下，若起始时向该容器中充入0.10mol乙苯、0.10mol苯乙烯和0.30molH2，则达到平衡前：v正 D．若混合气体的密度不再变化，则说明反应已达到平衡状态
【答案】C
【解析】A．由表中数据可知，30min时处于平衡状态，平衡时苯乙烯的物质的量为0.2mol，由方程式可知，参加反应的乙苯的物质的量为0.2mol，故乙苯的转化率为：×100%=50%，保持其他条件不变，向容器中充入不参与反应的水蒸气作为稀释剂，反应混合物的浓度不变，平衡不移动，乙苯的转化率不变为50%，A说法错误；
B．由表中数据可知，20min内乙苯的物质的量变化量为0.4mol-0.24mol=0.16mol，故v(乙苯)==0.004mol•L-1•min-1，速率之比等于化学计量数之比，则v(H2)=v(乙苯)=0.004mol•L-1•min-1，B说法错误；
C．由表中数据可知，30min时处于平衡状态，平衡时苯乙烯的物质的量为0.2mol，平衡时苯乙烯的浓度为=0.1mol/L，由方程式可知，氢气的平衡浓度为0.1mol/L，参加反应的乙苯的物质的量为0.2mol，故平衡时乙苯的浓度为0.1mol/L，故平衡常数K==0.1，相同温度下，起始时向容器中充入0.10mol乙苯、0.10mol苯乙烯和0.30molH2，此时浓度商Qc==0.15> 0.1，反应向逆反应进行，故达到平衡前v正＜v逆，C说法正确；
D．反应体系中各物质均为气体，则混合气体的总质量一直不变，容器的体积恒定，则混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度不再变化，不能判断反应是否达到平衡状态，D说法错误；
答案为C。
8．酒石酸存在于多种植物中，可作为食品中添加的抗氧化剂、酸味剂。结构简式如图所示，下列关于酒石酸的叙述错误的是( )

A．能发生缩聚反应
B．1mol酒石酸可与4molNa反应生成44.8L氢气(标况)
C．分子式为C4H6O6，易溶于水
D．不能使酸性重铬酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】A．酒石酸分子中含有羧基和羟基，可发生缩聚反应，A正确；
B．酒石酸分子中含有2个羧基和2个羟基，均能和Na按物质的量之比为1:1发生置换反应，则1mol酒石酸可与4mol Na反应生成氢气2mol，即在标准状况下体积为2mol22.4L/mol=44.8L，B正确；
C．酒石酸分子中含有2个羧基和2个羟基，不饱和度为2，其分子式为C4H6O6，因含的羧基和羟基为亲水基团，故该分子易溶于水，C正确；
D．酸性重铬酸钾溶液具有强氧化性，而羟基具有还原性，则该分子可被酸性重铬酸钾溶液氧化，从而使酸性重铬酸钾溶液褪色，D错误；
故选D。
9．我国科学家设计的一种甲酸(HCOOH)燃料电池如图所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜开。下列说法错误是

A．负极反应为HCOOH-2e-+3OH-=+2H2O
B．正极反应为Fe3++e-=Fe2+反应前后Fe3+总量不变
C．有0.5 mol e-通过用电器时需通入4 g氧气
D．物质A可以是硫酸或硫酸氢钾
【答案】A
【解析】HCOOH燃料电池中，HCOO−发生失去电子的反应生成，所在电极为负极，电极反应式为HCOO−−2e−＋2OH−＝＋H2O，正极Fe3＋得电子生成Fe2＋，电解质储罐中O2氧化Fe2＋生成Fe3＋，Fe3＋循环使用，即HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与O2的反应将化学能转化为电能，总反应为2HCOOH＋2OH−＋O2＝2＋2H2O，原电池工作时K＋通过半透膜移向正极，据此分析解答。
A．HCOOH碱性燃料电池中，HCOO−发生失去电子的反应生成，所在电极为负极，电极反应式为HCOO−−2e−＋2OH−＝＋H2O，故A错误；
B．正极Fe3＋得电子生成Fe2＋，电解质储罐中O2氧化Fe2＋生成Fe3＋，Fe3＋循环使用，总量不变，故B正确；
C．1mol氧气参与反应转移4mol电子，则0.5mole-通过用电器时消耗氧气的物质的量为0.125mol，通入氧气的质量为4g，故C正确；
D．由图可知，从装置中分离出的物质为K2SO4，所以放电过程中需补充的物质X是H2SO4或者硫酸氢钾，故D正确；
故选：A。
10．下列实验操作、现象和结论都正确的是

实验操作
现象
结论
A
向某溶液中加入稀HNO3酸化，再加入BaCl2溶液
产生白色沉淀
溶液中含有
B
向试管中加入2 mL苯，再加入1 mL溴水，振荡、静置
分层，下层液体呈无色
苯与溴发生加成反应
C
向2 mL蛋白质溶液中加入适量的饱和硫酸铵溶液
产生沉淀
蛋白质发生变性
D
向5mLKI溶液中加入1mL相同浓度FeCl3溶液，充分反应后滴入KSCN溶液
溶液变血红色
KI与FeCl3的反应有一定限度
【答案】D
【解析】A．稀硝酸具有强氧化性，可将、氧化为。向该溶液中加入稀硝酸酸化，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡，因此，不能证明原溶液中含有，也可能含有、或Ag+，A错误；
B．向试管中加入2mL苯，再加入1mL溴水，振荡、静置后溶液分层，下层液体呈无色，上层为橙红色，这是因为发生了萃取，不能证明发生了化学变化，更不能证明发生了加成反应，B错误；
C．向2mL蛋白质溶液中加入适量的饱和硫酸铵溶液，蛋白质发生盐析，C错误；
D．向5mLKI溶液中加入1mL相同浓度FeCl3溶液，KI溶液过量，但充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变成血红色，说明Fe3+未被完全反应，则KI与FeCl3的反应有一定的限度，D正确；答案选D。
11．甲醇是可再生的清洁能源，可利用与合成甲醇，已知：①一定量和反应生成和，当消耗时，放出的能量是；②；③。下列说法正确的是( )
A．①中反应的热化学方程式为
B．在恒温恒容的密闭容器中发生反应②，气体压强不变时表明反应达到平衡
C．
D．反应③在高温下能自发进行
【答案】C
【解析】首先根据题意书写反应①的热化学方程式，再根据盖斯定律、化学平衡状态的特征以及△G=△H-T•△S＜0反应能够自发进行分析判断。
A．一定量和反应生成和，当消耗时，放出的能量是，则反应①的热化学方程式为，水蒸气变成液态水会放热，因此，故A错误；
B．反应②为气体体积不变的反应，在恒温恒容的密闭容器中发生反应②，气体压强始终不变，因此气体压强不变时不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C．①，③，根据盖斯定律，将①-②得：，故C正确；
D．反应③的＜0，＜0，根据△G=△H-T•△S＜0反应能够自发进行，则在低温下才能自发进行，故D错误；
故选C。
12．用切割的废铁屑(主要成分为 Fe，少量 FeO、Fe2O3、油污、沙土)制备超顺磁性(平均直径 25 nm)纳米Fe3O4 的流程示意图如图：

下列叙述中正确的是
A．可用 Na2CO3溶液、乙醇、乙酸等对废铁屑进行预处理
B．步骤④中的H2O2作还原剂
C．步骤⑤发生的反应方程式为 Fe2++2FeOOH=Fe3O4+2H+
D．纳米Fe3O4 均匀分散到水中形成的混合物能发生丁达尔效应
【答案】D
【解析】废铁屑中含有油污，应在碱性条件下处理；处理后的废铁屑加入盐酸，生成氯化亚铁、氯化铁，则滤液A的主要成分为氯化亚铁、氯化铁和未反应的盐酸，加入铁粉，氯化铁反应生成氯化亚铁，则滤液B铁元素为亚铁离子；部分溶液加入NaOH生成氢氧化亚铁沉淀，加入过氧化氢使+2价的铁变为+3价，产物为FeOOH；与氯化亚铁混合经多步操作生成纳米四氧化三铁。
A．铁可与乙酸反应，进行油污处理时，可用Na2CO3溶液对废铁屑进行预处理，A叙述错误；
B．步骤④中的H2O2氧化+2价铁为+3价，作氧化剂，B叙述错误；
C．Fe3O4与H+不能共存，步骤⑤发生的反应方程式为 Fe2++2FeOOH+2OH-=Fe3O4+2H2O，C叙述错误；
D．纳米Fe3O4的直径介于1~100nm之间，其均匀分散到水中形成的混合物为胶体，能发生丁达尔效应，D叙述正确；
答案为D。
13．利用电解法将CO2转化为CH4的原理如图所示。下列说法正确的是( )

A．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移
B．电极b上反应为CO2+8HCO-8e-=CH4+CO+2H2O
C．电解过程中化学能转化为电能
D．电解时Na2SO4溶液浓度保持不变
【答案】A
【解析】通过电解法可知此电池为电解池，由a极生成O2可以判断出a极为阳极，则b为阴极。阳离子向阴极流动，a极上反应为4OH－―4e－＝2H2O＋O2，电极b上反应为CO2＋8HCO+8e－＝CH4＋8CO＋2H2O。电解时OH－比更容易失去电子在阳极生成O2，所以电解Na2SO4溶液的实质是电解水，溶液中的水发生消耗，所以Na2SO4溶液的浓度是增大的。
A．由a极生成O2可以判断出a极为阳极，b为阴极，阳离子向阴极流动。则H+由a极区向b极区迁移正确，故A正确；
B． 电极方程式配平发生错误，电极b上反应应为CO2＋8HCO+8e－＝CH4＋8CO＋2H2O，故B错误；
C．通过电解法可知此电池为电解池，所以电解过程中是电能转化为化学能，故C错误；
D．电解时OH－比更容易失去电子，所以电解Na2SO4溶液的实质是电解水，溶液中的水发生消耗，所以Na2SO4溶液的浓度是增大的，故D错误；
故选A。
14．已知：在室温下，Ka(CH3COOH)＞Ka(HCN)。下列说法不正确的是
A．在室温下，pH相同的①CH3COONa；②NaCN两种溶液的c(Na+)：①＞②
B．在室温下，等浓度等体积的①CH3COONa和②NaCN溶液，溶液中阴离子数目：①＞②
C．在室温下，同浓度的硫酸中，FeS可溶而CuS不溶。则Ksp (FeS)＞Ksp(CuS)
D．已知20℃的溶解度AgCl＞AgBr，将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，发生的反应为： AgCl沉淀少于AgBr沉淀
【答案】D
【解析】A．在室温下Ka(CH3COOH)＞Ka(HCN)，则等浓度时电离程度：CH3COOH＞HCN，酸越强，其相应的盐水解程度就越小，故等浓度的CH3COONa、NaCN水解程度：CH3COONa＜NaCN，溶液的碱性：CH3COONa＜NaCN，若溶液的pH相同，则盐的浓度：CH3COONa＞NaCN，故溶液中c(Na+)：①＞②，A正确；
B．两种溶液中都存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，即每种溶液中阴离子总数等于n(Na+)+n(H+)。由于NaCN的水解程度比CH3COONa的大，则NaCN溶液中c(OH-)大，c(H+)小，而c(Na+)相同，故CH3COONa溶液中的阴离子总数比NaCN的大，即溶液中阴离子数目：①＞②，B正确；
C．在室温下，同浓度的硫酸中，FeS可溶而CuS不溶，说明溶液中FeS产生的S2-浓度比CuS大，由于二者的构型相同，则溶度积常数Ksp (FeS)＞Ksp(CuS)，C正确；
D．已知20℃的溶解度AgCl＞AgBr，则等体积的饱和溶液中含有溶质的物质的量：AgCl＞AgBr。将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，发生沉淀反应时，溶质的物质的量越多，沉淀的沉淀量就越大，则反应产生沉淀：AgCl沉淀大于AgBr沉淀，D错误；
故合理选项是D。
15．常温下，向一定浓度的Na2X溶液中滴入盐酸，粒子浓度与混合溶液的pH变化的关系如图所示，已知：H2X是二元弱酸，Y表示或，pY=-lgY。下列叙述错误的是

A．曲线n表示p与pH的变化关系
B．Ka1的数量级是10-7
C．NaHX溶液中c(H2X)＜c(X2-)
D．当pH=7时，混合溶液中c(Na＋)=c(HX-)＋2c(X2-)＋c(Cl-)
【答案】C
【解析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)=＞Ka2(H2X)=，pH相同时，即c(H+)相同，则 ＞，pY=-lgY，则p＞p，则m、n分别表示pH与p、p的变化关系；据此解答。
A．根据分析可知，曲线n表示pH与p的变化关系，故A正确；
B．曲线n表示pH与p的变化关系，N点pH=7.4，pY=-1，即p=-lg=-1，=10，Ka1(H2X)==×c(H+)=10×10-7.4=10-6.4，Ka1的数量级是10-7，故B正确；
C．HX-存在水解，即HX-+H2OH2X+OH-，HX-也存在电离，即HX-H++X2-，M点时，pH=9.3，pY=1，即c(H+)=10-9.3mol/L，p=-lg=1，则=0.1，所以Ka2(H2X)==×c(H+)=0.1×10-9.3=1.0×10-10.3，根据B选项可知，Ka1(H2X)=10-6.4，所以HX-的水解平衡常数Kh===1.0×10-7.6＞Ka2(H2X)=1.0×10-10.3，说明HX-的水解程度大于其电离程度，则NaHX溶液中c(H2X)＞c(X2-)，故C错误；
D．常温下，pH=7时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(Cl-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(Cl-)，故D正确；
答案为C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（14分）
利用冶炼、电池生产等工业中产生的废锌浮渣(主要含Zn和ZnO，还含有少量FeO、MnO、CuO、CdO等氧化物或硫酸盐及少量SiO2等)。采用如下工艺流程回收其中的锌制备氯化锌：

回答下列问题：
(1)“酸浸”中盐酸与ZnO反应的化学方程式_______。
(2)“沉淀”除去的离子是_______。
(3)“除铁”时先后加人了两种试剂，应先加入_______，再加入_______，原因是_______。
(4)“除锰”时的离子方程式为_______。
(5)制得的ZnCl2成品中可能含有的杂质为Zn(OH)Cl，已知浓缩液的蒸发温度与碱式盐的含量如图所示。

①降低成品中的碱式盐含量的方法有_______。
②采用中和滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：取10.0000g样品于锥形瓶中，加入50ml.蒸馏水溶解，用甲基橙做指示剂，用0.1000 mol/L的盐酸滴定至溶液由黄色变为浅红色且30s内不恢复成原色，消耗盐酸的体积为20.00mL。样品中所含Zn(OH)Cl(M=117.5g/mol)杂质的质量分数为_______。
【答案】(1) (2)
(3)H2O2溶液 氨水调节pH=5 避免Fe2+沉淀不完全 (4)
(5)①蒸发溶液产生大量气泡时加入一定量盐酸，蒸发溶液时控制浓缩液温度不要太高 ②2.35%
【解析】废锌浮渣(主要含Zn和ZnO，还含有少量FeO、MnO、CuO、CdO等氧化物或硫酸盐及少量SiO2等)与盐酸反应生成ZnCl2、FeCl2、MnCl2、CuCl2、CdCl2溶液，SiO2和盐酸不反应，滤渣①是SiO2；加入BaCl2除去硫酸根离子；加入过氧化氢把FeCl2氧化为FeCl3，加入氨水调节pH=5，生成Fe(OH)3沉淀除铁；加入高锰酸钾除去Mn2+；加入过量的锌置换出Cu、Cd，得到ZnCl2溶液，蒸发结晶得氯化锌。
(1)“酸浸”中盐酸与ZnO反应生成氯化锌和水，反应的化学方程式是 。
(2)“沉淀”过程是加入BaCl2生成硫酸钡沉淀，除去的离子是。
(3)Fe3+易生成氢氧化铁沉淀，为避免Fe2+沉淀不完全，“除铁”时，先加入过氧化氢把FeCl2氧化为FeCl3，再加入氨水调节pH=5，生成Fe(OH)3沉淀除铁；
(4)“除锰”时，锰离子和高锰酸根离子发生归中反应生成二氧化锰，反应的离子方程式为；
(5)①蒸发溶液产生大量气泡时加入一定量盐酸，蒸发溶液时控制浓缩液温度不要太高，可以降低成品中的碱式盐含量。
②20.00mL 0.1000 mol/L的盐酸中n(HCl)= 0.02L× 0.1000 mol/L=0.002mol，根据Zn(OH)Cl+HCl= ZnCl2+H2O可知，样品中Zn(OH)Cl的物质的量为0.002mol，样品中所含Zn(OH)Cl杂质的质量分数为 。
17．（14分）
As2S3是国民经济发展中不可缺少的资源，是剧毒物质。某小组拟在实验室模拟对As2S3矿渣进行回收处理，湿法制取As2O3。实验装置及步骤如下。

步骤1：向C装置的反应瓶中，加入49.2gAs2S3粉料与200mL足量的CuSO4溶液形成料浆，关闭开关B，控制温度80℃左右，持续搅拌反应1小时。
步骤2：待C装置反应瓶中的反应溶液冷却至室温，料浆中主要含CuS和As2O3。打开B，通入过量氧气使微溶的As2O3氧化成易溶的As2O5，过滤。
步骤3：向步骤2的滤液中通入二氧化硫，使As2O5还原，经冷却析出As2O3晶体19.8g。
(1)A装置中仪器X的名称是_______；步骤1将As2S3粉碎后制成料浆的目的是_______；实验中的加热方式为_______。
(2)C装置反应瓶中发生反应的化学方程式为_______。步骤2中，若过滤后的溶液中Cu2+浓度为1.0mol·L-1，已知CuS的Ksp=6.3x10-36。则滤液中S2-浓度为_______mol·L-1。
(3)步骤3中，通入二氧化硫使As2O5还原的离子方程式为_______。
(4)本实验中As2O3的产率最接近于_______(填标号)。
A．40% B．50% C．60% D．70%
(5)将分离出As2O3晶体后的母液收集、循环使用，其实际工业生产的意义是_______。
【答案】(1)蒸馏烧瓶；增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；水浴加热
(2)3CuSO4+As2S3+3H2O3CuS+As2O3+3H2SO4；6.3x10-36
(3) As2O5+2SO2+2H2O=As2O3↓+2+4H+；
(4) B
(5)提高CuSO4的利用率
【解析】本实验的目的，是将As2S3矿渣进行回收处理，湿法制取As2O3。具体操作为：将As2S3矿渣用CuSO4溶液处理，制得As2O3，然后再用H2O2分解制得的O2氧化，制得易溶的As2O5，从而实现与CuS等杂质的分离；再用SO2还原，便可制得纯净的As2O3。
(1)A装置中仪器X的名称是蒸馏烧瓶；步骤1将As2S3固体与CuSO4溶液反应时，颗粒越小，接触面积越大，越有利于充分反应，所以粉碎后制成料浆的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；实验中，加热温度为80℃左右，所以加热方式为水浴加热。答案为：蒸馏烧瓶；增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；水浴加热；
(2)C装置反应瓶中，As2S3与CuSO4溶液在加热条件下反应，生成CuS、As2O3等，发生反应的化学方程式为3CuSO4+As2S3+3H2O3CuS+As2O3+3H2SO4。步骤2中，若过滤后的溶液中Cu2+浓度为1.0mol·L-1，已知CuS的Ksp=6.3x10-36，则滤液中S2-浓度为 =mol·L-1=6.3×10-36mol·L-1。答案为：3CuSO4+As2S3+3H2O3CuS+As2O3+3H2SO4；6.3x10-36；
(3)步骤3中，通入二氧化硫使As2O5还原，生成As2O3，同时SO2被氧化为硫酸，离子方程式为As2O5+2SO2+2H2O=As2O3↓+2+4H+。答案为：As2O5+2SO2+2H2O=As2O3↓+2+4H+；
(4)本实验中，As2O3的理论产量为=39.6g，产率为=50%，故选B；
(5)分离出As2O3晶体后的母液中，仍含有一定浓度的CuSO4，不管是从提高原料利用率角度考虑，还是从环保角度考虑，都应收集、循环使用，所以其实际工业生产的意义是提高CuSO4的利用率。答案为：提高CuSO4的利用率。
18．（13分）
SO2、CO、NOx的过度排放会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上可采取多种方法减少这些有害气体的排放。回答下列问题：
I.用钙钠双碱工艺脱除 SO2：
①用 NaOH 溶液吸收 SO2 生成 Na2SO3 溶液；
②用CaO使NaOH溶液再生
(1)CaO在水中存在如下转化：CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+ 2OH-( aq )。从平衡移动的角度，简述过程②NaOH 再生的原理___________。
(2)25℃时，氢氧化钠溶液吸收SO2，当得到 pH=9的吸收液，该吸收液中 c(SO)∶c(HSO)=___________。(已知25℃时，亚硫酸 Ka1=1.3×10-2；Ka2=6.2×10–7)
II.汽车尾气中的 NO和CO在催化转化器中反应生成两种无毒无害的两种气体：2NO+2CO⇌N2+2CO2，可减少尾气中有害气体排放。
(3)已知：碳的燃烧热为 393.5 kJ/mol
N2(g)+O2(g)=2NO(g)∆H1=+180.5 kJ/mol
2C(g)+O2(g)=2CO(g)∆H2=-221 kJ/mol
则：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)∆H=___________kJ/mol。
(4)将 CO 和 NO 按不同比例投入一密闭容器中，控制一定温度(T1 或 T2)，发生反应达到平衡时，所得的混合气体中含 N2 的体积分数随 n(CO)/n(NO)的变化曲线如图所示。

①T1___________T2(填“>”、“<”或“=”)。
②图中a、b、c、d 中对应 NO 转化率最大的是___________。
③若n(CO)/n(NO)=1，T1 温度下，反应达平衡时，体系的总压强为aPa、N2的体积分数为20%，该温度下反应的平衡常数Kp为___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
III.利用电解法综合处理 SO2 和 NO 是目前大气污染治理的一个新思路，装置如图：

(5)电解池阳极的电极反应为___________。
【答案】(1)SO与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，生成NaOH
(2)620
(3)-746.5
(4)①< ②c ③20/a Pa-1
(5)SO2-2e-+2H2O=SO+4H+
【解析】(1)已知NaOH溶液吸收SO2生成Na2SO3和水，CaO在水中存在CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH-(aq)，Na2SO3电离产生的SO与Ca2+反应生成CaSO3(s)，使Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH-(aq)正向进行，生成OH-，导致NaOH再生；
(2)已知Ka2==6.2×10–7，25℃时，溶液pH=9，即c(H+)=10-9mol/L，则==620；
(3)②N2(g)+O2(g)=2NO(g)∆H1=+180.5 kJ/mol，③2C(g)+O2(g)=2CO(g)∆H2=-221 kJ/mol，碳的燃烧热为 393.5 kJ/mol，则①C(g)+O2(g)=CO2 (g) ∆H3=-393.5 kJ/mol，根据盖斯定律，①×2-②-③可得2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，∆H=∆H3×2-∆H1-∆H2=-393.5 kJ/mol×2-180.5 kJ/mol+221 kJ/mol=-746.5 kJ/mol；
(4)①CO和NO的反应为放热反应，相同比例时，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即逆反应方向移动，氮气的体积分数减小，则T1＜T2；
②温度相同时，NO的投入量越少，NO的转化率越大，则转化率a＜b＜c，投料比相同时，温度越低，NO的转化率越大，NO 转化率最大的是c点；
③

N2的体积分数为20%，即=20%，解得x=n，则NO、CO、N2、CO2的分压分别为0.2aPa、0.2aPa、0.2aPa、0.4 aPa，故Kp==Pa-1；
(5)电解池阳极失电子，化合价升高，根据图像可知，SO2失电子，生成硫酸根离子，电解质溶液呈酸性，则阳极的电极反应式为SO2-2e-+2H2O=SO+4H+。
19．（14分）
维生素 A，也称视黄醇(retinol)，有促进生长、繁殖等多种生理功能，维生素A及其类似物有阻止癌前期病变的作用。下面是由化合物X合成维生素A的一种合成路线，其中部分反应略去。

已知以下信息：。回答下列问题：
(1)有机物X中的含氧官能团名称为_______。
(2)C的结构简式为_______；区别B和C可加入的试剂为_______。
(3)反应②的反应类型为_______。
(4)芳香化合物F与B含有相同的含氧官能团，其相对分子质量比B少70，且苯环上只有一个侧链，请写出同时满足以上条件的F的其中三种同分异构体结构简式_______。
(5)反应物 D是含有三个甲基的链状酯，其结构简式为_______；反应③的化学方程式为_______。
【答案】(1)酮羰基
(2) 碳酸氢钠溶液或新制的氢氧化铜（或银氨溶液）
(3)还原反应
(4)、、、、（任写其中的三种）
(5) (CH3)2C=CHCOOCH3 +(CH3)2C=CHCOOCH3+CH3OH
【解析】由题中信息可知，X与溴代乙酸乙酯发生反应生成B；B经氢化铝锂还原、二氧化锰氧化后生成C，根据信息提示可知C为；C与D反应生成E；E经两步反应还原为维生素A。
(1)由X的分子结构可知，其中的含氧官能团名称为酮羰基。
(2) B经氢化铝锂还原、二氧化锰氧化后生成C，根据B的分子结构及信息提示可知，C的结构简式为；B分子中有羧基、没有醛基，而C有醛基、没有羧基，因此，B可以与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，而C不能，C能与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀（或与银氨溶液发生银镜反应），而B不能，因此，区别B和C可加入的试剂为碳酸氢钠溶液或新制的氢氧化铜（或银氨溶液）。
(3)有机物分子中增加H原子或减少O原子的反应为还原反应。反应②中，B分子中的羧基转化为醛基，官能团中少了一个O原子，因此，该反应的反应类型为还原反应。
(4)芳香化合物F的分子中含有苯环，其与B（）含有相同的含氧官能团，则F中含有羧基，其相对分子质量比B少70，则F与B在分子组成上相差C5H10，且F苯环上只有一个侧链，由于B分子中只有15个C原子、5个不饱和度，则F分子中有10个C原子，由于羧基有1个不饱和度、苯环有4个不饱和度，则F的侧链上的烃基是含有3个C原子饱和的（不含碳碳双键或叁键）烃基，同时满足以上条件的F的同分异构体可能有、、、、。
(5)反应物 D是含有三个甲基的链状酯，由于D的分子式为C6H10O2，根据D的分子式可知其为不饱和一元酯，其与C反应后生成E（），则D结构简式为(CH3)2C=CHCOOCH3；反应③为C和D生成E的反应，该反应的化学方程式为+(CH3)2C=CHCOOCH3+CH3OH。