四川省遂宁市2022-2023学年高三化学上学期零诊考试试卷（Word版附解析）

这是一份四川省遂宁市2022-2023学年高三化学上学期零诊考试试卷（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡收回，5 Ca-40 Zr-91等内容，欢迎下载使用。
四川省遂宁市高2023届高三零诊考试
理科综合能力测试化学试题
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。全卷满分300分，考试时间150分钟。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上。并检查条形码粘贴是否正确。
2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
3.考试结束后，将答题卡收回。
可能用到的相对原子质量：O-16 Si-28 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Zr-91
第Ⅰ卷 (选择题，共126分)
一、选择题(本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)
1. 近年来我国科技发展迅速，下列关于我国新科技的叙述正确的是
A. 中国空间站使用的砷化镓薄膜电池，其生产原料是石英
B. 冠状病毒粒子直径约60～220nm，介于胶体粒子和浊液分散质的直径之间
C. 高铁机车用于导电的受电弓板是碳系新材料，是利用石墨耐高温、有润滑感性能
D. 我国C919大飞机所用的材料中，尾翼主盒(碳纤维)主要成分是传统无机非金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．石英的主要成分是二氧化硅，砷化镓薄膜电池的生产原料不可能是石英，故A错误；
B．胶体粒子直径在1~100nm之间，浊液中粒子直径>100nm，冠状病毒粒子直径约60～220nm，介于胶体粒子和浊液的分散质的直径之间，故B正确；
C．高铁的电动机车中所用的碳系新材料受电弓滑板，利用了石墨的优良导电性，故C错误；
D．碳纤维是碳元素的一种单质，是新型无机非金属材料，故D错误；
选B。
2. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 0.1molNaHSO4晶体中阴阳离子数目为0.3NA
B. 标准状况下，11.2L的HF中含有 H-F键的数目为0.5NA
C. 100g CaS与CaSO4的混合物中含有32g硫，则含有的氧原子数为1.75NA
D. 一定温度下，1L0.5mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液含有NH的物质的量相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaHSO4晶体中只存在Na+和 ，故0.1molNaHSO4晶体中阴阳离子数目为0.2NA，A错误；
B．标况下HF为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算11.2L HF的物质的量，B错误；
C．由硫化钙和硫酸钙的化学式可知如果在混合物中有32g硫，则有40g钙，氧原子是28g ， ，含有的氧原子数为1.75NA ， C正确；
D．一定温度下，1L0.5mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液中NH的物质的量相同但在两种溶液中该离子均会水解，因浓度不同水解程度不同，所以最终该离子物质的量不同，D错误；
故选C。
3. 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
其他条件不变，将NO2气体压缩至原体积的一半
NO2气体颜色逐渐变到比压缩前还浅
增大压强，平衡向体积缩小的方向移动
B
将收集满Cl2的集气瓶A口朝上，装满N2的集气瓶B口朝下对准A，移走玻璃片
一段时间后集气瓶AB均出现黄绿色
该实验中熵增的方向是自发进行的
C
在稀硫酸中加入少量的红色Cu2O粉末
产生蓝色溶液和红色固体
Cu2O在该反应中没有体现还原性
D
在含S2-和的溶液中滴加溶液
先生成黑色沉淀，后生成白色沉淀
溶度积：

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．2NO2N2O4，NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，将体积压缩为原来的一半，虽压强增大，平衡正向移动，但c(NO2)比原来更大，故颜色更深，A错误；
B．移走玻璃片，气体自发地变得更分散，更混乱，故为熵增的过程，此过程是自发进行的，B正确；
C．稀硫酸中加入少量的红色Cu2O粉末，产生蓝色溶液和红色固体，原因是Cu2O在酸性环境中自身发生氧化还原，生成铜和铜离子，Cu2O即表现出氧化性也表现出还原性，C错误；
D．在含相同浓度的S2-和的溶液中滴加溶液，先生成黑色沉淀，后生成白色沉淀，才能得到溶度积：，D错误；
故选B。
4. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，X与W同主族，且W原子核内质子数是X原子核外电子数的两倍，Y是同周期元素中原子半径最大的，Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物可两两反应生成盐和水，甲是Z、W两种元素形成的化合物。下列说法错误的是
A. X单质的氧化性强于W单质
B. Z的合金在生产生活中用途广泛
C. 可以在水溶液中利用复分解反应制备甲
D. 离子半径：W>X>Y>Z
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，X与W同主族，且W原子核内质子数是X原子核外电子数的两倍，则X是O元素、W是S元素；Y是同周期元素中原子半径最大的，Y是Na元素；Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物可两两反应生成盐和水，说明Z的最高价氧化物对应的水化物具有两性，Z是Al元素；甲是Z、W两种元素形成的化合物，甲是Al2S3。
【详解】A．同主族元素从上到下，单质氧化性减弱，O2的氧化性强于S，故A正确；
B．Al合金在生产生活中用途广泛，故B正确；
C．Al2S3易发生双水解反应，不能在水溶液中利用复分解反应制备Al2S3，故C错误；
D．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径：S2->O2->Na+>Al3+，故D正确；
选C。
5. 下列过程中的化学反应，相应的离子方程式书写正确的是
A. 用足量氨水吸收SO2：
B. 硫酸酸化的淀粉碘化钾溶液久置后变蓝：2I—+O2+4H+=I2+2H2O
C. 向溶液中滴加溶液至混合溶液恰好为中性：
D. 向含氯化铁的氯化镁溶液中加入氧化镁：2Fe3++3MgO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3Mg2+
【答案】D
【解析】
【详解】A．足量氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式为，故A错误；
B．硫酸酸化的淀粉碘化钾溶液久置后变蓝发生的反应为碘离子酸性条件下与氧气反应生成碘和水，反应的离子方程式为4I—+O2+4H+=2I2+2H2O，故B错误；
C．氢氧化钡溶液与硫酸氢钠溶液反应呈中性发生的反应为氢氧化钡溶液与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为，故C错误；
D．向含氯化铁的氯化镁溶液中加入氧化镁发生的反应为氧化镁与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化镁，反应的离子方程式为2Fe3++3MgO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3Mg2+，故D正确；
故选D。
6. 我国科学家合成了Y、单原子催化剂，用于电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。下列说法中错误的是

A. 相同条件下，比催化剂更利于吸附氮气
B. 实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氨气的平衡转化率
C. 使用单原子催化剂，反应的快慢由生成的速率决定
D. 工业合成氨与电化学催化还原氮气均涉及到共价键断裂与形成
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，使用Sc1/NC的反应活化能小于使用Y1/NC的反应活化能，说明Sc1/NC比Y1/NC更有利于吸附N2，A正确；
B．催化剂只能改变反应的途径，不影响平衡移动，实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可加快反应速率，但氨气的平衡转化率不变，B错误；
C．由图可知，使用Sc1/NC单原子催化剂时，*N2与H结合生成*NNH的活化能最大，则历程中最大能垒的反应为：*N2+H→*NNH，C正确；
D．氮气和氢气合成氨和用于电化学催化氢气还原氮气的反应氨，都涉及氢氢键和氮氮键的和氮氢键的形成，D正确；
故选B。
7. 电解质的电导率越大，导电能力越强。用0.100mol·L-1的KOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100mol•L-1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是（ ）

A. 曲线②代表滴定CH3COOH溶液的曲线
B. 在相同温度下，P点水电离程度大于M点
C. M点溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1mol·L-1
D. N点溶液中：c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸为弱电解质，滴加KOH，变为CH3COOK是强电解质，故导电率增加，即曲线①代表滴定醋酸的曲线，故A错误。B.相同温度下，P点溶质为KCl，不影响水的电离，M点为CH3COOK，其水解促进水的电离，故M点大于P点，故B错误。C．对于M点，根据电荷 守恒可知，c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05mol·L-1，故C错误。D．N点的溶液中含有等物质的量的醋酸钾和氢氧化钾，溶液显碱性，CH3COO-只有很小的一部分发生水解，所以c(K+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+),故D正确。答案：D。
第Ⅱ卷 (非选择题，共174分)
注意事项：
1.请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上。
2.试卷中横线及框内注有“▲”的地方，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～32题为必考题，每个试题考生都做答；第33题～38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题(共129分)
8. 亚硫酰氯(SOCl2)又名氯化亚砜，是一种无色或淡黄色发烟液体，有强烈刺激性气味，常用作脱水剂，遇水剧烈水解，受热易分解。某实验小组设计实验制备氯化亚砜并探究其性质。
已知：①实验室制备原理为。
实验一：制备并探究SOCl2的性质，制备SOCl2的装置如图(夹持装置已略去)。

（1）a仪器的名称为_______，b装置的作用是_______。
（2）可通过固体与70%浓反应制取，可通过固体与浓盐酸反应制取，则上图中制取的装置为_______(填字母)。
（3）将上述装置制得的SOCl2通过蒸馏方法提取出来(加热及夹持装置略)，装置安装顺序为①⑨⑧_______(填序号)。

（4）甲同学认为SOCl2可用作热分解制取无水的脱水剂，反应的化学方程式为_______；但乙同学认为该实验可能发生副反应使产品不纯，所以乙同学取少量在不断通入SOCl2蒸气的条件下加热，充分反应后通入N2，加水溶解，取溶解后的溶液少许，加入_______(填写试剂和实验现象)，说明发生了副反应。
实验二：测定某SOCl2样品中SOCl2的纯度。
①准确称量称量瓶和盖的总质量，迅速加入样品，立即盖紧，称量，质量为。
②将样品溶于溶液中，发生反应：SOCl2 +4 NaOH = Na2SO3+2NaCl+2H2O，将反应后的溶液稀释到。
③准确量取100ml上面溶液于碘量瓶中，加入两滴指示剂，用适量稀盐酸中和过量的溶液至恰好完全。
④准确加入碘标准溶液，充分反应后，用淀粉溶液作指示剂，用的溶液滴定过量的碘，反应为。平行测定两次，反应消耗溶液的平均体积为。
（5）判断滴定终点的方法为_______，样品中SOCl2的质量分数为_______；下列情况会导致测定的SOCl2的质量分数偏高的是_______(填标号)。
A.实际碘标准溶液浓度偏低
B.实际溶液浓度偏低
C.将0.6mlSOCl2样品溶解于300mlNaOH溶液中时，气体吸收不充分，有部分气体逸出
【答案】（1） ①. (球形)冷凝管 ②. 吸收未反应的和蒸气，防止空气中的水蒸气进入三颈瓶
（2）A （3）⑥⑩③⑤
（4） ①. ②. 溶液，产生蓝色沉淀或溶液，产生白色沉淀
（5） ①. 当滴入最后半滴溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不再恢复原来的颜色 ②. ③. A
【解析】
【分析】制备SOCl2需要先制取氯气和二氧化硫，根据装置分析，用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，氯气中含有氯化氢和水，需要用饱和食盐水除去氯化氢，故装置的左侧为制取氯气，右侧为制取二氧化硫。据此分析。
【小问1详解】
①a为冷凝管
②因为反应过程有很多有毒的气体，需要进行处理，故b为吸收未反应的Cl2、SO2和SOCl2蒸气，防止空气中的水蒸气进入三颈瓶。
【小问2详解】
根据分析装置A为制取氯气。
【小问3详解】
组装蒸馏装置对混合物进行整理提纯，按由上而下、由左到右的顺序组装，安装顺序为①⑨⑧，然后连接冷凝管，蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥，结构连接尾接管⑩，SOCl2容易水解，为防止外界水蒸气进行最后连接③⑤。故连接顺序为：⑥⑩③⑤。
【小问4详解】
①SOCl2可用作热分解FeCl3⋅6H2O制取无水FeCl3的脱水剂，SOCl2遇水剧烈水解生成二氧化硫和氯化氢，该反应的化学方程式为；
②SOCl2具有还原性，铁离子具有氧化性，二者可以反应生成亚铁离子和硫酸根离子，所以可以检验亚铁离子，用铁氰化钾，或用钡离子检验硫酸根离子。方法为：溶液，产生蓝色沉淀或溶液，产生白色沉淀”；
【小问5详解】
①滴定终点为碘单质完全反应，故终点的现象为：当滴入最后半滴溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不再恢复原来的颜色；
②根据方程式SOCl2+ 4NaOH=Na2SO3+2NaCl+ 2H2O ; Na2SO3+H2O+I2=Na2SO4+2HI ；分析，有关系式为，SOCl2 ---I2，硫代硫酸钠的物质的量为0.1V×10-3mol，则与SOCl2反应的碘的物质的量为（0.05×0.05-0.05V×10-3） mol，则样品中SOCl2的物质的量5×119×（0.05×0.05-0.05V×10-3）g，则质量分数为

③A．实际碘标准溶液浓度偏低，则硫代硫酸钠的用量减少，则与SOCl2反应的碘量增加，则SOCl2的质量分数增高，。A正确；
B．实际溶液浓度偏低，则用量大，与与SOCl2反应的碘量减少，则SOCl2的质量分数减少，B错误；
C．水解过程，气体吸收不充分，有部分气体逸出，则SOCl2的质量分数减小，C错误


故选A。
9. 氮及其化合物在工农业生产生活中有着重要应用，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一
（1）已知：N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=+180.5kJ·mol-1
C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH=-393.5kJ·mol-1
2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH=-221kJ·mol-1
若某反应的平衡常数表达式为，请写出此反应的热化学方程式_______。
（2）利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) △H＜0，一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH3)︰n(NO)=2︰3充入反应物，发生上述反应。下列不能判断该反应达到平衡状态的是_______。
A．c(NH3)︰c(NO)=2︰3 B．n(NH3)︰n(N2)不变
C．容器内压强不变 D．容器内混合气体的密度不变
E．1molN-H键断裂的同时，生成1molO-H键
（3）NO氧化反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)分两步进行，其反应历程能量变化如图所示。

写出决定NO氧化反应速率的化学方程式：_______。
（4）实验测得反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH＜0的即时反应速率满足以下关系式：v正=k正·c2(NO)·c(O2)；v逆=k逆·c2(NO2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。
①温度为T1时，在1 L的恒容密闭容器中，投入0.6 mol NO和0.3 mol O2达到平衡时O2为0.2 mol；温度为T2时，该反应存在k正=k逆，则T1_______T2 (填“大于”、“小于”或“等于”)。
②研究发现该反应按如下步骤进行：
第一步：NO+NON2O2快速平衡
第二步：N2O2 +O22NO2 慢反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，第一步反应中：v1正=k1正×c2(NO)；v1逆=k1逆×c(N2O2)。下列叙述正确的是_______。
A．同一温度下，平衡时第一步反应的越大反应正向程度越大
B．第二步反应速率低，因而转化率也低
C．第二步的活化能比第一步的活化能低
D．整个反应的速率由第二步反应速率决定
（5）科学家研究出了一种高效催化剂，可以将CO和NO2两者转化为无污染气体，反应方程式为：2NO2(g)+4CO(g)4CO2(g)+N2(g) ΔH＜0，某温度下，向10L密闭容器中分别充入0.1molNO2和0.2molCO，发生上述反应达平衡，若保持温度不变再将CO、CO2气体浓度分别增加一倍，则平衡_______(填“右移”或“左移”或“不移动”)；若将温度降低，再次平衡后，与原平衡相比体系压强(p总)_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是_______。
【答案】（1）2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) ∆H=-7465 kJ∙mol-1
（2）AE （3）N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)
（4） ①. 小于 ②. AD
（5） ①. 右移 ②. 减小 ③. 降低温度，体积不变，依据阿伏加德罗定律，即便气体的分子数不变，体系的压强也会减小；温度降低，平衡右移，气体的物质的量减小，体系的压强减小
【解析】
【小问1详解】
①N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=+180.5kJ·mol-1
②C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH=-393.5kJ·mol-1
③2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH=-221kJ·mol-1
由反应的平衡常数表达式，可确定发生的反应为2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，利用盖斯定律，将反应②×2-①-③得：此反应的热化学方程式：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) ∆H=(-393.5×2-180.5+221) kJ∙mol-1=-746.5 kJ∙mol-1。答案为：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) ∆H=-746.5 kJ∙mol-1；
【小问2详解】
A．反应物的起始投入量为n(NH3)︰n(NO)=2︰3，变化量之比为n(NH3)︰n(NO)=2︰3，则不管反应是否达到平衡，始终存在c(NH3)︰c(NO)=2︰3，所以反应不一定达平衡，A符合题意；
B．n(NH3)︰n(N2)不变，则n(NH3)、n(N2)不变，正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，B不符合题意；
C．反应前后气体分子数不等，平衡前压强始终发生改变，当容器内压强不变时，反应达平衡状态，C不符合题意；
D．平衡前容器内混合气体的质量不断改变，体积不变，则密度始终发生改变，当密度不变时，反应达平衡状态，D不符合题意；
E．1molN-H键断裂的同时，生成1molO-H键，反应进行的方向相同，则不一定达平衡状态，E符合题意；
故选AE。答案为：AE；
【小问3详解】
从图中可以看出，第二步反应的活化能大，则此步是决速步，所以决定NO氧化反应速率的化学方程式：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)。答案为：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)；
【小问4详解】
①温度为T1时，在1 L的恒容密闭容器中，投入0.6 mol NO和0.3 mol O2达到平衡时O2为0.2 mol，则可建立如下三段式：

K==1.25；
温度为T2时，该反应存在k正=k逆，K=1＜1.25，则平衡逆向移动，温度升高，所以T1小于T2；
②A．同一温度下，平衡时第一步反应的越大，则该步反应的平衡常数越大，反应正向进行的程度越大，A正确；
B．反应速率与平衡转化率没有必然联系，第二步反应速率慢，但平衡转化率不一定低，B不正确；
C．第二步反应为慢反应，则第二步的活化能比第一步的活化能大，C不正确；
D．整个反应的速率由慢反应决定，则由第二步反应速率决定，D正确；
故选AD。答案为：小于；AD；
【小问5详解】
反应方程式为：2NO2(g)+4CO(g)4CO2(g)+N2(g) ΔH＜0，某温度下，向10L密闭容器中分别充入0.1molNO2和0.2molCO，发生上述反应达平衡，若保持温度不变，再将CO、CO2气体浓度分别增加一倍，即增大压强，由于反应物的气体分子数大于生成物的气体分子数，则平衡右移；若将温度降低，平衡向右移动，气体的分子数减小，则再次平衡后，与原平衡相比体系压强(p总) 减小，原因是：降低温度，体积不变，依据阿伏加德罗定律，即便气体的分子数不变，体系的压强也会减小；温度降低，平衡右移，气体的物质的量减小，体系的压强减小。答案为：右移；减小；降低温度，体积不变，依据阿伏加德罗定律，即便气体的分子数不变，体系的压强也会减小；温度降低，平衡右移，气体的物质的量减小，体系的压强减小。
【点睛】体积不变时，若物质的量不变，气体的压强之比等于开氏温度之比。
10. 形状记忆陶瓷目前尚处于研究阶段，其中一种形状记忆陶瓷的主要原材料是纳米级ZrO2，用锆石(ZrSiO4，含少量FeO、Al2O3和SiO2)制备纳米级ZrO2的流程设计如图：

查阅资料知：Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38 ，回答下列问题。
（1）锆石“粉碎过筛”的目的是_______。
（2）“酸浸”过程中发生的氧化还原反应的离子方程式为_______。滤渣1的主要成分是_______。若室温下Ksp[Cu(CN)2]=4×10-11，则为了使溶液中的c(Cu2+)≤1×10-5mol/L，则溶液中CN—的浓度不能低于_______。
（3）在空气中焙烧Zr(OH)4可以得到纳米ZrO2，若在实验室中焙烧Zr(OH)4主要使用的陶瓷仪器是_______，工业生产中常常用无水乙醇洗涤Zr(OH)4，除了可以使纳米级ZrO2纯度更高、颗粒更细外，还可以_______。
（4）酸浸时，得到的溶质主要是ZrOCl2，而不是预想中的ZrCl4，说明ZrCl4很容易水解，则ZrCl4水解产生ZrOCl2的化学方程式是_______。
（5）若锆石中含有ZrSiO4的质量分数是54.9%，在制备ZrO2的过程中损失10%的锆元素，则1kg锆石理论上能够制得ZrO2的质量是_______g。
（6）除Fe3+也可以用合适的萃取剂，Fe3+的萃取率与pH的关系如图所示，pH>1.7后，随pH增大，Fe3+萃取率下降的原因是_______。

【答案】（1）增大反应物的接触面积，提高碱浸的反应速率
（2） ①. 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ②. H2SiO3 ③.
（3） ①. 坩埚 ②. 减少溶解损耗
（4）ZrCl4+H2O= ZrOCl2+2HCl
（5）332.1 （6）pH＞1.7之后，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降
【解析】
【分析】‘碱熔’中NaOH分别与Al2O3和SiO2反应生成NaAlO2和Na2SiO3，加入盐酸与FeO反应生成Fe2+，亚铁离子与过氧化氢发生氧化还原反应生成铁离子和水，滤渣1的主要成分是H2SiO3，加入氨水沉淀铁离子和铝离子，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，加入KCN除铜离子，加入氨水生成Zr(OH)4，受热分解生成ZrO2；
【小问1详解】
锆石“粉碎过筛”的目的是：增大反应物的接触面积，提高碱浸的反应速率；
【小问2详解】
“酸浸”过程中发生的氧化还原反应为加入盐酸与FeO反应生成Fe2+，亚铁离子与过氧化氢发生氧化还原反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为：2 Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；加入盐酸发生强酸制弱酸反应生成硅酸，硅酸难溶于水，则滤渣1的主要成分是H2SiO3；若室温下Ksp[Cu(CN)2]=4×10-11，则为了使溶液中的c(Cu2+)≤1×10-5mol/L，则溶液中CN—的浓度不能低于；
【小问3详解】
在实验室中焙烧Zr(OH)4主要使用的陶瓷仪器是坩埚；无水乙醇洗涤Zr(OH)4，除了可以使纳米级ZrO2纯度更高、颗粒更细外，由于乙醇易挥发，还可以减少溶解损耗；
【小问4详解】
ZrCl4水解产生ZrOCl2的化学方程式是：ZrCl4+H2O= ZrOCl2+2HCl；
【小问5详解】
根据Zr元素质量守恒：，解得m=332.1g，则1kg锆石理论上能够制得ZrO2的质量是332.1g；
【小问6详解】
Fe3+存在水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，pH＞1.7之后，随着pH增大，溶液中氢离子浓度减小，水解平衡Fe3++3H2O⇌ Fe(OH)3+3H+正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降，故答案为：pH＞1.7之后，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降。
(二)选考题(共45分)
注：物理、化学、生物均只选择一个题作答。
11. “天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤，探索宇宙离不开化学。镍铼合金是制造喷气发动机的燃烧室、涡轮叶片及排气喷嘴的重要材料。75号元素铼Re，熔点仅次于钨，是稀有金属之一，地壳中铼的含量极低，多伴生于铜、锌、铅等矿物中。
（1）镍原子价层电子表示式为_______，在元素周期表中，铼与锰在同族，铼在元素周期表中的位置是_______。
（2）铼易形成高配位数的化合物如，该配合物中_______(填元素符号)提供孤对电子与铼成键，原因是_______，第二周期中第一电离能居于Li和O原子之间除了C原子之外，还有_______种原子。
（3）锌在潮湿空气中极易生成一层紧密的碱式碳酸锌薄膜，使其具有抗腐蚀性。其中的空间构型为_______(用文字描述)。与互为等电子体的分子是_______(写一种即可)。Ge与C同族，C 原子之间可以形成双键、叁键，但 Ge 原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是：_______
（4）三氧化铼晶胞如图所示，摩尔质量为，晶胞密度为，铼原子填在了氧原子围成的_______(填“四面体”“立方体”或“八面体”)空隙中，该晶胞的空间利用率为_______(铼的原子半径为，氧原子半径为，列出计算式)。

【答案】（1） ①. ； ②. 第六周期第VIIB族；
（2） ①. C; ②. C的原子半径大，电负性小，更有利于提供孤电子对； ③. 2；
（3） ①. 平面三角形； ②. ； ③. Ge原子半径大，形成单键的键长较长，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，难以通过“肩并肩”方式形成?键；
（4） ①. 八面体； ②. ；
【解析】
小问1详解】
原子序数为28，根据构造原理确定其基态原子的电子排布式为，过度金属的价电子是最外层加次外层最后填入的电子，即镍原子的价层电子表示式为，锰是25号元素，在第VIIB族，根据元素周期表的排布规律，铼在第六周期第VIIB族；
【小问2详解】
根据CO结构，碳氧原子都有孤电子对，但由于C的原子半径大，电负性小，更有利于提供孤电子对，形成配位键；CO作为配位体，只能形成1个配位键；第二周期中第一电离能居于Li和O原子之间除了C原子之外，还有Be和B两种原子；
【小问3详解】
空间构型为平面三角形，是4原子24价电子的微粒，4与原子24价电子的分子有,,；Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键，叁键，Ge原子半径大，形成单键的键长较长，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，所以难以通过“肩并肩”方式形成?键，故Ge原子之间难以形成双键或叁键；
【小问4详解】
根据物质的名称可知晶胞的化学式，则Re与O的个数比为1：3，顶点的是铼原子，棱中心的是O，离子晶体中配位数是某个微粒周围最近且等距离的异性电荷的微粒数，每个铼原子的上下左右前后都有一个等距的氧原子，故铼原子的配位数为6，铼原子填在了氧原子围成的八面体空隙中，根据已知得晶胞的体积是，一个晶胞有1个Re和3个O，二者的原子半径分别为，阿伏伽德罗常数值为，则晶胞中原子的体积占晶胞体积百分率为；
12. 化合物M是合成降压药物苯磺酸氨氯地平的中间体，一种合成M的路线如下图所示。

已知：i.
ii.
（1）B的化学名称是_______，E中含氧官能团的名称为_______。
（2）反应I的反应条件和试剂分别为_______；B→C的反应类型为_______。
（3）反应II的化学方程式为_______。
（4）F的结构简式为_______，它的核磁共振氢谱的峰面积之比为_______。
（5）遇溶液显紫色的D的同分异构体有_______种。
（6）参照上述合成路线及已知信息，写出以CH3CHO为原料合成CH3COCH2COOH的路线_______。
【答案】（1） ①. 2-氯甲苯(或邻氯甲苯) ②. 醛基
（2） ①. FeCl3 (或Fe)、Cl2 ②. 取代反应
（3） （4） ①. ②. 3：2:2:3
（5）13 （6）
【解析】
【分析】甲苯与氯气在催化剂存在发生取代反应生成B，B与氯气光照生成C，C在碱性条件水解生成D，根据E可知D为，D催化氧化生成E。根据M的结构可知G为乙醇，乙醇被高锰酸钾氧化为H乙酸，H与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应，I为乙酸乙酯CH3COOCH2CH3，根据M的结构可知乙酸乙酯发生信息i中的反应，生成F，F为，E和F发生信息ii的反应生成M。
【小问1详解】
根据B的结构可知B的化学名称是2-氯甲苯(或邻氯甲苯)；E中含氧官能团的名称为醛基；
【小问2详解】
反应I是甲苯与氯气发生苯环上的取代反应生成2-氯甲苯，反应条件和试剂分别为FeCl3 (或Fe)、Cl2；B与氯气光照生成C，B→C的反应类型为取代反应；
【小问3详解】
D为，D催化氧化生成E，反应II的化学方程式为；
【小问4详解】
根据分析可知F的结构简式为；F有4种等效氢，它的核磁共振氢谱的峰面积之比为3：2:2:3；
【小问5详解】
D为，遇溶液显紫色的D的同分异构体必须含有酚羟基，苯环上含有-Cl、-CH3、-OH三种取代基的同分异构体共10种，含有-CH2Cl、-OH两种同分异构体的有3种，同分异构体数目共13种；
【小问6详解】
CH3CHO先被还原成乙醇，乙醇在被氧化成乙酸，乙醇与乙酸酯化生成乙酸乙酯，乙酸乙酯发生信息i的反应生成CH3COCH2COOH；