高考化学模拟试卷（有答案解析）

第第页高考化学模拟试卷（有答案解析）一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）1.《黄帝内经》说：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”，以上食物中富含糖类、油脂、蛋白质等营养物质。下列说法正确的是(

)A.“五谷”富含淀粉，淀粉是天然高分子化合物

B.“五果”富含糖类，其中的葡萄糖、蔗糖和纤维素互为同系物

C.“五畜”富含油脂和蛋白质，它们的组成元素相同

D.“五菜”富含维生素，其中维生素C具有较强氧化性，常用做抗氧化剂2.下列关于溶液中所含离子的检验结论正确的是。(

)A.加入氨水时生成白色沉淀，当氨水过量时白色沉淀消失，则原溶液中一定有Al3+存在

B.欲鉴别FeCl2溶液、AlCl3溶液和AgNO3溶液，向3种待测液中分别滴加足量氨水

C.加入盐酸，有能使澄清石灰水变浑浊的气体生成，则原溶液中一定有大量的CO32−存在

D.加入BaCl2溶液生成白色沉淀，再加足量盐酸沉淀不溶解，则原溶液中一定有SO42−存在3.碳酸二甲酯(DMC)具有优良的化学反应性能。在众多研究方向中，CO2和甲醇直接合成DMC的方法受到了较多的关注，M2O(OH)催化该反应的一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是(

)A.M2O(OH)是反应的催化剂，H2O是反应中间体

B.DMC中所有原子可能共面

C.DMC的同分异构体中同时含有羧基和羟基两种官能团的物质有2种(不考虑立体异构)

D.反应①②③均为取代反应4.下列关于实验目的的实验方案设计、现象和结论错误的是(

)选项目的方案设计现象和结论A检验硫酸厂周边空气中是否含有二氧化硫用注射器多次抽取空气，慢慢注入盛有酸性KMnO4稀溶液的同一试管中，观察溶液颜色变化溶液不变色，说明空气中

不含二氧化硫B鉴定某涂改液中是否存

在含氯化合物取涂改液与KOH溶液混合加热充分反应，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，观察现象出现白色沉淀，说明涂改

液中存在含氯化合物C检验补铁剂中是否存在Fe3+将适量补铁剂研磨后溶于水，取上层清液，加入硫氰化钾溶液，观察现象溶液无明显变化，说明不

含有Fe3+D鉴别食盐与硝酸钠各取少量固体加水溶解，分别滴加含淀粉的KI溶液，振荡，观察溶液颜色变化溶液变蓝色的为硝酸钠；

溶液不变蓝的为食盐A.A B.B C.C D.D5.TCCA(分子结构如图所示)是一种高效的消毒漂白剂，其中的W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且最外层电子数为依次增大的连续整数。四种原子中Z的原子半径最大，W、X、Z均能分别与Y形成多种分子。下列说法正确的是(

)

A.XY2、WY2都可以和水发生氧化还原反应

B.Z2和ZY2均可用于自来水消毒

C.原子半径Y>X>W

D.氧化物的水化物的酸性Z>X>W6.以铜作催化剂的一种铝硫电池的示意图如图，电池放电时的反应原理为3CuxS+2Al+14AlCl4−=3xCu+8Al2Cl7−+3S2−，下列关于该电池的说法错误的是(

)

A.放电时，正极电极反应式为Cu2++2e−=Cu

B.充电时，两电极的质量均增加

C.放电时，1molCuxS反应时，转移2mol电子

D.充电时，Al为阴极，电极反应式为8Al2Cl7−+3e−=Al+7AlCl4−7.常温下，用0.2mol⋅L−1盐酸滴定25.00mL0.2mol⋅L−1NH3⋅H2O溶液，所得溶液pH、NH4+和NH3⋅H2O的分布分数δ[平衡时某含氮微粒的浓度占含氮微粒总浓度的分数，如NH4+的分布分数δ(NH4+)=c(NH4+)c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)]与滴加盐酸体积的关系如图所示，下列叙述正确的是(

)A.曲线a代表δ(NH3⋅H2O)，曲线b代表δ(NH4+)

B.M点溶液中存在c(Cl−)>c(NH4+)=c(NH3⋅H2O)

C.NH3⋅H2O的电离常数的数量级为10−5

D.若将HCl改为等浓度的CH3COOH，则M点随CH3COOH溶液体积的变化上移二、实验题（本大题共1小题，共15.0分）8.氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。某化学兴趣小组在实验室制取氯水和氯酸钾，并进行相关实验。

Ⅰ.用如图所示实验装置制取氯水和氯酸钾

(1)图中标注装有浓盐酸的仪器名称为______，A装置圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为______。

(2)在确保KOH溶液完全反应的条件下，若对调B和C装置的位置，C中氯酸钾的产率会______(填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是______。

Ⅱ.测定从装置C试管中分离得到的粗产品中KClO3的质量分数(粗产品中混有的杂质是KClO和KCl)；碱性条件下，ClO3−氧化性较弱，不能氧化H2O2。测定粗产品中KClO3的纯度的实验过程如下：

步骤1：取3.00g样品溶于水配成250mL溶液。

步骤2：取25.00mL溶液于锥形瓶中，加KOH溶液调节pH，然后滴加过量H2O2溶液充分振荡以除尽ClO−。然后煮沸溶液1～2分钟，冷却。

步骤3：将溶液转移到碘量瓶中(如图)，加H2SO4将溶液调至弱酸性，加过量的20%的KI溶液，加盖水封，于暗处放置5min。

步骤4：以淀粉为指示剂，用0.1500mol⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定碘量瓶中的溶液至终点，平行操作三次，平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL。

相关反应为：2S2O32−+I2=S4O62−+2I−。

(3)步骤2中，煮沸溶液1～2分钟的目的是______。

(4)步骤3发生反应的离子方程式为：______。

(5)使用碘量瓶时，加盖水封的目的是______，Na2S2O3标准溶液应装入______式滴定管中(填“酸”或“碱”)。

(6)粗产品中KClO3的质量分数为______(保留三位有效数字)。三、简答题（本大题共4小题，共51.0分）9.金、银是生活中常见的贵重金属，用途非常广泛。工业上常利用氰化法从一种含金矿石(成分为Au、Ag、Fe2O3和其它不溶性杂质)中提取金。工艺流程如图：

已知：①Zn+12O2+H2O=Zn(OH)2

②Zn2+(aq)→CN−Zn(CN)2(s)→CN−Zn(CN)42−(aq)

(1)步骤2中浸出应选用______(填盐酸、硫酸或硝酸)。

(2)步骤4浸出的目的是将单质Au转化为Au(CN)2−进入溶液，该反应的离子方程式为______。

(3)步骤4中为提高金的浸出速率可适当升高温度，但温度过高浸出速率反而会降低，原因是______。

(4)步骤6的目的是______。

(5)步骤7置换的总反应为：2Au(CN)2−+3Zn+4CN−+2H2O=2Au+2Zn(CN)42−+ZnO22−+2H2↑

①在置换过程中，为防止生成Zn(CN)2沉淀影响置换速率，应采取的措施是______。

②关于步骤7，以下说法正确的是(填字母)______。

a.步骤7进行前要先脱氧，否则会增加锌的用量

b.该反应最好在强酸性环境下进行

c.脱金贫液含有大量Zn2+

(6)脱金贫液(主要含有CN−)会破坏环境，可通过化学方法转化为无毒废水净化排放。碱性条件下，用NaClO将贫液中的CN−氧化成无毒的CO32−和N2，该反应的离子方程式为______。10.国内外目前生产苯乙烯的方法主要是乙烯脱氢法，反应原理为

(1)已知：部分化学键的键能数据如表所示：共价键C−CC−HC=CH−H键能/(kJ⋅mol−1)347.7413.4615436则ΔH1=______。

(2)实际生产过程中，通常向乙苯中掺入水蒸气，保持体系总压为常压(101kPa)的条件下进行反应、乙苯的平衡转化率与温度、投料比m[m=]的关系如图1所示。

①掺入水蒸气的目的是______。

②投料比(m1、m2、m3)由大到小的顺序为______。

③若投料比m=1：9，反应温度为600℃，并保持体系总压为常压的条件下进行反应，下列事实不能作为该反应达到平衡的依据的是______(填字母)。

a、v正(乙苯)=v逆(苯乙烯)

b、容器内气体密度不再变化

c、容器内气体的平均相对分子质量不再变化

d、苯乙烯的体积分数不再变化

e、容器内苯乙烯与H2的物质的量之比不再变化

④若m2=1：9，保持体系总压为常压(101kPa)，则A点温度下，该反应的平衡常数Kp=______kPa(列出计算式即可，Kp为用平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)；若其他条件不变，将A点对应起始反应物置于某恒容密闭容器中，则乙苯的平衡转化率______(填“>”“<”或“=”)60%。

(3)近年来，用CO2作为温和氧化剂，选择性氧化乙苯制苯乙烯的绿色反应体系不断取得新进展，在O2气氛下，乙苯脱氢反应可能存在一步法和二步法两种途径，如图2所示。

则，反应的平衡常数K3=______(用含K1、K2的代数式表示)。11.氮元素是重要的非金属元素，可形成多种铵盐、氮化物、叠氮化物及配合物等。

(1)基态氮原子价电子的轨道表达式(价电子排布图)为______；第二周期元素原子中第一电离能大于氮原子的有______种，NH4NO3中阴离子的空间构型为______。

(2)常温下某含N化合物与甘氨酸形成的离子化合物为液态而非固态，原因是______。

(3)叠氮化钠(NaN3)用于汽车的安全气囊，N3−结构如图甲。N3−中的存在两个大π键可用符号Π34表示，一个N3−中键合电子(形成化学键的电子)总数为______。叠氮酸(HN3)结构如图乙，分子中②号N原子的杂化方式为______。

(4)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Fe3+配合物的结构如图丙所示，1mol该螯合物中通过螯合作用形成的配位键有______mol。

(5)某含氮的化合物晶胞结构如图丁所示，Br−作简单立方堆积，两个立方体共用的面中心存在一个Hg2+，NH3位于立方体的体心，相邻的Br−的距离均为apm，阿伏加德罗常数的值为NA。该物质的化学式为______，该晶体的密度为______g⋅cm−3。12.有机物M是有机合成的重要中间体，制备M的一种合成路线如图(部分反应条件和试剂略去)。

已知：①A的密度是相同条件下H2密度的38倍，其分子的核磁共振氢谱中有3组峰；

②→Fe/HCl(−NH2被氧化)

请回答下列问题：

(1)A的结构简式为______，M的分子式为______。

(2)G+D→H的化学方程式为______。

(3)H不可能发生的反应为______(填编号)。

A.加成反应

B.氧化反应

C.取代反应

D.消去反应

(4)同时满足下列条件的E的同分异构体有______种。

①能与FeCl3溶液发生显色反应

②能与NaHCO3反应

③含有−NH2

④苯环上有处于对位的取代基

(5)参照上述合成路线，以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：______。参考答案与解析1.【答案】A

【解析】解：A.谷类包括玉米、小麦、水稻，主要成分为淀粉，属于天然高分子化合物，故A正确；

B.果类如苹果等富含淀粉，属于糖类物质，但是葡萄糖、蔗糖和纤维素不属于同系物，故B错误；

C.畜类如鸡、鸭、鹅等，富含油脂和蛋白质，油脂和蛋白质的组成元素是不同的，故C错误；

D.菜类如蔬菜，富含维生素，其中维生素C具有较强还原性，常用做抗还原剂，故D错误。

故选：A。

A.玉米、小麦、水稻属于天然高分子化合物；

B.葡萄糖、蔗糖和纤维素不属于同系物；

C.油脂和蛋白质的组成元素是不同的；

D.维生素C具有较强还原性，常用做抗还原剂。

本题主要考查糖类、油脂、蛋白质等营养物质的存在、性质，属于基本知识，基础题型，难度不大。

2.【答案】B

【解析】选项A中生成的Al(OH)3沉淀不溶于过量的氨水，A错。选项C中实验现象说明溶液中可能存在CO32−或HCO3−或SO32−等，C错。选项D中实验现象说明溶液中可能存在SO42−或Ag+，D错。

3.【答案】C

【解析】解：A.由流程图可知，M2O(OH)是反应的催化剂，是反应中间体，水是生成物，故A错误；

B.DMC中含有甲基，具有甲烷的四面体结构，DMC中所有的原子不可能共面，故B错误；

C.DMC的同分异构体中含有羧基和羟基两种官能团，可以看作是CH3CH2COOH中乙基上氢原子被羟基替代，符合条件的同分异构体为HOCH2CH2COOH、，故C正确；

D.通过以上分析知，，①③为取代反应，②为加成反应，故D错误。

故选：C。

A.由流程图可知，水是生成物；

B.DMC中含有甲基，具有甲烷的四面体结构；

C.DMC的同分异构体中含有羧基和羟基两种官能团，可以看作是CH3CH2COOH中乙基上氢原子被羟基替代；

D.反应①②③分别是取代反应、加成反应、取代反应。

本题考查有机物结构和性质、反应机理等知识点，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，明确图中发生的反应类型、反应中断键和成键方式等知识点是解本题关键，题目难度不大。

4.【答案】D

【解析】解：A.二氧化硫可被酸性高锰酸钾溶液氧化，由实验及现象可知，空气中不含二氧化硫，故A正确；

B.涂改液与KOH溶液混合加热发生水解生成氯离子，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液生成白色沉淀为AgCl，则涂改液中存在含氯化合物，故B正确；

C.补铁剂研磨后溶于水，取上层清液，加入硫氰化钾溶液，溶液无明显变化，说明不含有Fe3+，故C正确；

D.食盐与硝酸钠均与KI不反应，则溶液均不能变蓝，不能鉴别，故D错误；

故选：D。

A.二氧化硫可被酸性高锰酸钾溶液氧化；

B.水解后在酸性溶液中检验卤素离子；

C.硫氰化钾溶液可检验铁离子；

D.食盐与硝酸钠均与KI不反应。

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、反应与现象、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.【答案】B

【解析】解：由分析可知，W为C、X为N、Y为O、Z为Cl。

A.XY2为NO2，可以和水发生氧化还原反应，而WY2为CO2，CO2和水不发生氧化还原反应，故A错误；

B.Z2为Cl2，ZY2为ClO2，均可用于自来水消毒，故B正确；

C.同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：W>X>Y，故C错误；

D.最高价氧化物的水化物的酸性：Z>X>W，不是最高价含氧酸则不一定，如碳酸的酸性比HClO的强，故D错误。

故选：B。

W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且最外层电子数为依次增大的连续整数，四种原子中Z的原子半径最大，故Z与W、X、Y不在同一周期，Z只能处于第三周期，TCCA分子结构中，Z形成1个共价键，W形成4个共价键、X形成3个共价键、Y形成2个共价键，故Z为Cl，W、X、Y处于第二周期，可知W为C、X为N、Y为O。

本题考查原子结构与元素周期律的应用，推断元素是解题的关键，注意抓住短周期元素原子半径大小、化合物中价键结构特点分析判断，题目侧重考查学生分析推理能力，D选项容易忽略“最高价”为易错点。

6.【答案】A

【解析】解：A.放电时，Cu/CuxS为正极，电极反应式为CuxS+2e−=xCu+S2−，故A错误；

B.充电时，由电极反应时可知，阴极生成Al，阳极由Cu转化为CuxS，两电极的质量均增加，故B正确；

C.放电时，Cu/CuxS为正极，电极反应式为CuxS+2e−=xCu+S2−，1molCuxS反应时，转移2mol电子，故C正确；

D.电池放电时，Al为负极，电极反应式为Al+7AlCl4−−3e−=4Al2Cl7−，充电时，阴极反应与负极反应相反，即Al为阴极，电极反应式为8Al2Cl7−+3e−=Al+7AlCl4−，故D正确；

故选：A。

由图示和电池放电总反应可知，该电池放电时，Al为负极，电极反应式为Al+7AlCl4−−3e−=4Al2Cl7−，Cu/CuxS为正极，电极反应式为CuxS+2e−=xCu+S2−；充电时，Al为阴极，电极反应式为4Al2Cl7−+3e−=Al+7AlCl4−，Cu/CuxS为阳极，电极反应式为xCu+S2−−2e−=CuxS，据此回答即可。

本题考查原电池及电解池工作原理，为高频考点，把握电极判断、电极反应、工作原理为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意电极反应式的书写，题目难度中等。

7.【答案】C

【解析】解：A.随着V(HCl)的增大，溶液中c(NH3⋅H2O)减小，c(NH4+)增大，则溶液中δ(NH3⋅H2O)减小，δ(NH4+)增大，根据图知，曲线a代表δ(NH4+)，曲线c代表δ(NH3⋅H2O)，故A错误；

B.当加入盐酸体积为12.5mL，充分反应后溶液中溶质为NH4Cl和NH3⋅H2O，且n(NH4Cl)=2.5×10−3mol，n(NH3⋅H2O)=2.5×10−3mol，由于以NH3⋅H2O

的电离常数大于NH4+的水解常数，因此c(NH4+)>c(NH3⋅H2O)，而M点时，c(NH4+)=c(NH3⋅H2O)，所以M点加入盐酸体积小于12.5mL，此时溶液呈碱性c(OH−)>c(H+)，根据电荷守恒：c(Cl−)+c(OH−)=c(NH4+)+c(H+)，则c(Cl−)<c(NH4+)，故B错误；

C.由NH3⋅H2O⇌NH4++OH−可知，NH3⋅H2O的电离常数表达式为Kb(NH3⋅H2O)=c(NH4+)c(OH−)c(NH3⋅H2O)，M点时c(NH4+)=c(NH3⋅H2O)，pH=9.26，则Kb(NH3⋅H2O)=c(OH−)=Kwc(H+)=10−1410−9.26=10−4.74，其数量级为10−5，故C正确；

D.若改为醋酸，当加入体积为12.5mL，充分反应后溶液中溶质为CH3COONH4和NH3⋅H2O，且n(CH3COONH4)=2.5×10−3mol，n(NH3⋅H2O)=2.5×10−3mol，由于以CH3COONH4发生双水解，c(NH4+)比用盐酸时要小，为使M点c(NH4+)=c(NH3⋅H2O)，则加入醋酸体积大于使用盐酸时体积，则M点随CH3COOH溶液体积的变化下移，故D错误；

故选：C。

A.随着V(HCl)的增大，溶液中c(NH3⋅H2O)减小，c(NH4+)增大，则溶液中δ(NH3⋅H2O)减小，δ(NH4+)增大；

B.当加入盐酸体积为12.5mL，充分反应后溶液中溶质为NH4Cl和NH3⋅H2O，且n(NH4Cl)=2.5×10−3mol，n(NH3⋅H2O)=2.5×10−3mol，由于以NH3⋅H2O

的电离常数大于NH4+的水解常数，而M点时，c(NH4+)=c(NH3⋅H2O)，所以M点加入盐酸体积小于12.5mL，此时溶液呈碱性c(OH−)>c(H+)；

C.由NH3⋅H2O⇌NH4++OH−可知，NH3⋅H2O的电离常数表达式为Kb(NH3⋅H2O)=c(NH4+)c(OH−)c(NH3⋅H2O)，M点时c(NH4+)=c(NH3⋅H2O)，pH=9.26，则Kb(NH3⋅H2O)=c(OH−)；

D.若改为醋酸，当加入体积为12.5mL，充分反应后溶液中溶质为CH3COONH4和NH3⋅H2O，且n(CH3COONH4)=2.5×10−3mol，n(NH3⋅H2O)=2.5×10−3mol，由于以CH3COONH4发生双水解。

本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确弱电解质电离特点、电离平衡常数计算方法、指示剂的选取方法等知识点是解本题关键。

8.【答案】(1)圆底烧瓶；MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O

(2)减小；氯气中混有挥发出的HCl，消耗C装置中的KOH，使氯酸钾的产率减小

(3)除去溶液中过量的H2O2，防止干扰后续实验

(4)ClO3−+6I−+6H+=3H2O+3I2+Cl−

(5)防止碘挥发损失；碱

(6)20.4%

【解析】(1)由结构特征可知，图中标注装有浓盐酸的仪器为分液漏斗；圆底烧瓶中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下生成氯化镁、氯气与水，化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：圆底烧瓶；MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；

(2)氯气中混有挥发出的HCl，消耗C装置中的KOH，导致与氯气反应的氢氧化钠减少，使氯酸钾的产率减小；故答案为：减小；氯气中混有挥发出的HCl，消耗C装置中的KOH，使氯酸钾的产率减小；

(3)过氧化氢可以氧化碘离子，影响实验结果，而过氧化氢在加热条件下分解，煮沸溶液1～2分钟的目的是：除去溶液中过量的H2O2，防止干扰后续实验；故答案为：除去溶液中过量的H2O2，防止干扰后续实验；

(4)酸性条件下，ClO3−将I−氧化为I2，自身被还原为Cl−，反应离子方程式为：ClO3−+6I−+6H+=3H2O+3I2+Cl−；故答案为：ClO3−+6I−+6H+=3H2O+3I2+Cl−；

(5)碘易挥发，使用碘量瓶时，加盖水封的目的是：防止碘挥发损失；Na2S2O3标准溶液呈碱性，应装入碱式滴定管中；故答案为：防止碘挥发损失；碱；

(6)ClO3−将I−氧化为I2，再用Na2S2O3滴定生成的I2，可得关系式：KClO3～3I2～6Na2S2O3，25.00mL溶液中n(KClO3)=16n(Na2S2O3)=16×0.1500mol⋅L−1×20.00×10−3L=5.00×10−4mol，则3.00g样品中n(KClO3)=5.00×10−4mol×250mL25.00mL=5.00×10−3mol，粗产品中KClO3的质量分数为：5.00×10−3mol×122.5g/mol3.00g×100%≈20.4%；故答案为：20.4%。

本题考查物质制备与物质含量测定，涉及化学方程式的书写、对操作与装置的分析评价、氧化还原滴定等，(6)中关键是理解滴定原理，题目侧重考查学生分析能力、综合运用知识的能力。

9.【答案】硝酸

4Au+8CN−+2H2O+O2=4Au(CN)2−+4OH−

温度太高会降低O2的溶解度，使c(O2)减小，金的浸出速率降低

提高金的浸出率或提高金的产率或减小金的损失

适度增大溶液中c(CN−)

a

2CN−+5ClO−+2OH−=2CO32−+N2↑+5Cl−+H2O

【解析】解：(1)盐酸、硫酸不能溶解Ag，而硝酸可以溶解，故步骤2中浸出应选用硝酸，

故答案为：硝酸；

(2)步骤4浸出的目的是将单质Au转化为Au(CN)2−进入溶液，该反应的离子方程式为：4Au+8CN−+2H2O+O2=4

Au(CN)2−+4OH−，

故答案为：4Au+8CN−+2H2O+O2=4

Au(CN)2−+4OH−；

(3)温度太高氧气的溶解度减小，导致c(O2)减小，金的浸出速率降低，所以温度不能过高，

故答案为：温度太高会降低O2的溶解度，使c(O2)减小，金的浸出速率降低；

(4)滤渣会附着Au(CN)2−，进行洗涤，将洗涤液与滤液合并，再置换获得金，可提高金的浸出率或提高金的产率或减小金的损失，

故答案为：提高金的浸出率或提高金的产率或减小金的损失；

(5)①由Zn(CN)2(s)→CN−Zn(CN)42−(aq)可知，为防止生成Zn(CN)2沉淀影响置换速率，可采取的措施是：适度增大溶液中c(CN−)，

故答案为：适度增大溶液中c(CN−)；

②a.由已知①中反应Zn+12O2+H2O=Zn(OH)2，氧气可氧化锌，则步骤7进行时要先脱氧，否则会增加锌的用量，故a正确；

b.Zn与酸反应，酸性太强会增加锌的用量，故b错误；

c.由步骤7的总反应可知，脱金贫液中Zn元素以Zn(CN)42−、ZnO22−形成存在，故c错误，

故答案为：a；

(6)碱性条件下，用NaClO将贫液中的CN−氧化成无毒的CO32−和N2，该反应的离子方程式为2CN−+5ClO−+2OH−=2CO32−+N2↑+5Cl−+H2O，

故答案为：2CN−+5ClO−+2OH−=2CO32−+N2↑+5Cl−+H2O。

含金矿石经过磨矿，增大反应物的接触面积，有利于提高浸出速率，步骤3过滤的滤液系列操作获得Ag，可知步骤2应选择硝酸进行酸浸，步骤3过滤后的滤饼含有Au等不溶性杂质，再用KCN、KOH混合溶液和O2浸取，将单质Au转化为Au(CN)2−进入溶液，为提高金的浸出速率可适当升高温度，但温度不能过高，否则降低O2的溶解度，使c(O2)减小，金的浸出速率会降低，过滤分离，滤渣会附着Au(CN)2−，进行洗涤，将洗涤液与滤液合并，以减小金的损失，再加入Zn进行置换得到锌金沉淀，为防止生成Zn(CN)2沉淀影响置换速率，可以适度增大溶液中CN−浓度，最后加入酸进行分离提纯获得金。

本题考查混合物分离提纯，涉及对操作与试剂的分析评价、陌生方程式的书写等，关键是对工艺流程的理解，掌握物质分离提纯常用方法，侧重获取信息能力、实验能力、综合运用知识的能力。

10.【答案】+123.5kJ/mol

正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动

m3>m2>m1

e

×101

<

K1⋅K2

【解析】解：(1)△H=反应物总键能−生成物总键能=(347.7+5×413.4)kJ/mol−(615+3×413.4+436)kJ/mol=+123.5kJ/mol，

故答案为：+123.5kJ/mol；

(2)①正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动，提高乙苯的平衡转化率，

故答案为：正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动；

②投料比m越小，乙苯的平衡转化率越大，故投料比由大小到小的顺序为m3>m2>m1，

故答案为：m3>m2>m1；

③a.v正(乙苯)=v逆(苯乙烯)，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故a正确；

b.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积是变量，则气体的密度是变量，当容器内气体的密度不再改变，能表明反应已达到平衡状态，故b正确；

c.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气体物质的量增大的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量减小，当容器内气体的平均相对分子质量不再变化，表明反应已达到平衡状态，故c正确；

d.苯乙烯的体积分数不再变化，表明反应已达到平衡状态，故d正确；

e.容器内苯乙烯与H2的物质的量之比始终为1：1，则不能表明反应已达到平衡状态，故e错误；

故答案为：e；

④设起始加入乙苯1mol，水蒸气9mol，由图可知，平衡时乙苯的转化率为60%，消耗的乙苯的物质的量=1mol×60%=0.6mol，

可逆反应(g)+H2(g)

起始量(mol) 1

0

0

变化量(mol)

0.6

0.6

0.6

平衡量(mol)

0.4

0.6

0.6

平衡时气体的总物质的量为：(0.4+0.6+0.6+9)mol=10.6mol，p(苯乙烯)=p(H2)=×101kPa=×101kPa，p(乙苯)=×101pKa=×101pKa，则反应的平衡常数Kp===×101kPa；由于正反应为气体体积增大的反应，若其他条件不变，将恒压调整为恒容状态，相当于增大压强，平衡逆向移动，则A点对应的乙苯的平衡转化率将要减小，乙苯的平衡转化率小于60%，

故答案为：×101；<；

(3)由图可知，△H3=△H1+△H2，方程式相加，焓变相加，化学平衡常数相乘，所以存在K3=K1⋅K2，

故答案为：K1⋅K2。

(1)△H=反应物总键能−生成物总键能；

(2)①保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动；

②投料比m越小，乙苯的平衡转化率越大；

③可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；

④设起始加入乙苯1mol，水蒸气9mol，由图可知，平衡时乙苯的转化率为60%，消耗的乙苯的物质的量=1mol×60%=0.6mol，

可逆反应(g)+H2(g)

起始量(mol) 1

0

0

变化量(mol)

0.6

0.6

0.6

平衡量(mol)

0.4

0.6

0.6

平衡时气体的总物质的量为：(0.4+0.6+0.6+9)mol=10.6mol，p(苯乙烯)=p(H2)=×101kPa=×101kPa，p(乙苯)=×101pKa=×101pKa，则反应的平衡常数Kp=；由于正反应为气体体积增大的反应，若其他条件不变，将恒压调整为恒容状态，相当于增大压强，平衡逆向移动；

(3)由图可知，△H3=△H1+△H2，即可判断K3与K1、K2的关系。

本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，明确盖斯定律计算方法、化学平衡状态判断方法、化学平衡常数计算方法是解本题关键，难点是化学平衡常数的计算。

11.【答案】

2

平面三角形

阴阳离子半径大，离子所带电荷少，形成的离子晶体晶格能小，熔点低

12

sp

3

HgBr2⋅2NH3或Hg(NH3)2Br2或HgBr2(NH3)2

3952×NA×a3×1030

【解析】解：(1)N为7号元素，核外电子排布式为1s22s22p3，价电子排布式为2s22p3，所以价电子的轨道表达式为；同周期元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道半满更稳定，第一电离能大于O，所以第二周期第一电离能大于N的有F、Ne两种元素；NH4NO3中阴离子为NO3−，中心原子的价层电子对数为3+5+1−2×32=3，不含孤电子对数，所以空间构型为平面三角形，

故答案为：；2；平面三角形；

(2)根据该物质的结构可知阴阳离子半径大，离子所带电荷少，形成的离子晶体晶格能小，熔点低，

故答案为：阴阳离子半径大，离子所带电荷少，形成的离子晶体晶格能小，熔点低；

(3)根据结构可知，有4+4=8个电子形成大π键，中心N原子与两侧的N原子分别形成一个σ键，有4个电子参与成键，所以键合电子总数为8+4=12；根据N3−结构可知，②号N原子形成两个σ键，没有孤电子对，所以价层电子对数为2，为sp杂化，

故答案为：12；sp；

(4)据图可知三个N原子与Fe3+通过螯合配位成环，所以1mol该螯合物中通过螯合作用形成的配位键有3mol，

故答案为：3；

(5)根据均摊法，该物质中含有2个NH3分子，一个Hg2+，8×18+4×14=2个Br−，所以该物质的化学式为HgBr2⋅2NH3或Hg(NH3)2Br2或HgBr2(NH3)2；相邻的Br的距离均为apm，即晶胞底面的边长为a pm，晶胞的高为2apm，则晶胞的体积为2a3p