2021届宁夏银川一中高三下学期第三次模拟化学试题（解析版）

2021届宁夏银川一中高三下学期第三次模拟化学试题一、单选题1．下列有关化学及人类社会发展历程的说法中，正确的是A．“所在山洋，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”过程包括了溶解、蒸发、结晶等操作B．“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”中，淘金原理与化学上的萃取一致C．门捷列夫将元素按原子序数由小到大的顺序依次排列，制出了第一张元素周期表D．《茶疏》中对泡茶过程有如下记载：“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶”文中涉及过滤和蒸馏等化学实验操作方法2．2007年诺贝尔化学奖授予埃特尔以表彰其对于合成氨反应机理的研究，氮气和氢气分子在催化剂表面的部分变化过程如图所示，下列说法不正确的是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=−92kJ/molA．升高温度不能提高一段时间内NH3的产率B．图①→②过程吸热，图②→③过程放热C．N2在反应过程中三键均发生断裂D．反应过程中存在−NH−、−NH2等中间产物3．下列事实与对应的方程式不符合的是A．硫化氢溶液呈酸性：B．“球”浸泡在冷水中，颜色变浅：(红棕色)(无色)C．甲烷的燃烧热，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：D．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊：4．实验是化学研究的基础，下列关于各实验装置图(部分夹持装置省略)的叙述错误的是A．利用装置①可除去粗溴苯(溴苯沸点为156.2℃)中混有的苯(沸点为80.1℃)B．利用装置②及相关实验现象可推知酸性：C．利用装置③，由b口进气可收集、D．利用装置④可制备二氧化硫气体5．2021年1月，科学家发现水蒸气在低温基材表面冷凝形成的微滴中会自发生成H2O2，通过下面反应可验证H2O2的生成。关于该反应中的有机物，下列说法正确的是A．4-羧基苯硼酸分子中所有原子一定共面B．该反应过程中硼元素被氧化C．4-羟基苯甲酸属于芳香族化合物的同分异构体有6种D．4-羟基苯甲酸可以发生酯化反应、还原反应和氧化反应6．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，M、N、R、Q为上述元素组成的化合物。已知有机物M的相对分子质量为28，Z是短周期原子半径最大的元素，N分子中含有10个电子。它们之间的转化关系如下图所示：MRQ+W2。下列相关说法错误的是A．X、Y的氢化物沸点：X一定低于YB．Y和Z形成的化合物可能只含有离子键C．Z与N反应比Z与R反应更剧烈D．1molZ2Y2和足量N反应，转移1mol电子7．氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，其能量密度是目前锂电池的十倍以上且不会因为过热而造成安全风险。如图是氟离子电池工作示意图，其中充电时F-从乙电极流向甲电极，下列关于该电池的说法正确的是A．放电时，甲电极的电极反应式为Bi－3e-＋3F-=BiF3B．放电时，乙电极电势比甲电极高C．充电时，导线上每通过1mole-，甲电极质量增加19gD．充电时，外加电源的正极与乙电极相连二、实验题8．肉桂酸乙酯是高级防晒霜中必不可少的成分之一、由于其分子中存在碳碳双键，稳定性较差。研究肉桂酸乙酯的合成一直是热点，制备原理如下：+CH3CH2OH+H2O已知：物理常数有机物相对分子质量性状熔点/℃沸点/℃密度g·mL-1溶解度水乙醇乙醚肉桂酸148白色晶体1353001.25微溶溶溶肉桂酸乙酯176无色油状12271.51.05不溶溶溶三元共沸物的组成和沸点物质水乙醇环己烷共沸物沸点/℃(101kpa)10078.380.862.6质量分数/％4.819.775.5_分水器内液体组成上层0.25.294.6_下层10.418.471.2实验步骤：①向圆底烧瓶中加入44.4g肉桂酸、25mL无水乙醇和25mL环己烷，在不断振摇下将3mL浓硫酸分多次加入其中，加完后充分摇匀并加入几粒沸石；②按照图示组装好仪器(安装分水器)，加热圆底烧瓶，开始回流，分水器中出现上下两层；③停止加热后，将圆底烧瓶中的物质倒入盛有80mL水的烧杯中，分批加入碳酸钠粉末至溶液呈弱酸性，直至无二氧化碳逸出；④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取，然后合并至有机层；⑤……⑥首先低温蒸出乙醚，再改用减压蒸馏水浴加热即可得到产品肉桂酸乙酯的体积为35.2mL。回答下列问题：(1)已经开始回流，发现盛装硫酸的量筒中残留大量硫酸，后续应该如何操作___________。(2)实验中加入环己烷的作用是___________。(3)制备肉桂酸乙酯时，反应结束的判断标准为___________。(4)步骤⑤所对应的操作为___________；减压蒸馏的原因是___________；减压蒸馏时，选用的冷凝管为___________填字母)。A．空气冷凝管B．球形冷凝管C．直形冷凝管D．蛇形冷凝管(5)已知无水乙醇的密度为0.79g·mL-1，该实验中肉桂酸乙酯的产率为___________。(6)产品纯度的分析，取ag所得样品，用乙醇作溶剂，准确配制成250.00mL溶液，量取25.00mL所配溶液转移至锥形瓶中，加入mg氢氧化钠过量，充分反应后，用浓度为cmol·L-1的盐酸滴定，消耗盐酸的体积为VmL，该样品的纯度为___________(列表达式)；滴定时所选用的指示剂为___________(杂质不参与反应)。三、工业流程题9．明代《天工开物》记载了“火法”炼锌方法：“炉甘石(碳酸锌)十斤，装载入一泥罐内，然后逐层用煤炭饼垫盛，…，发火煅红，…，毁罐取出，即倭铅也”。现代工业开发了用NH3—NH4Cl水溶液浸出氧化锌烟灰(主要成分为ZnO、Pb、CuO和As2O3)制取高纯锌的工艺流程如图所示。已知浸出液含[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、AsCl。(1)《天工开物》记载的炼锌方法要求罐体用泥封严，目的是___________。(2)滤渣1的主要成分是___________(填化学式)。一段时间内锌浸出率与温度的关系如图所示，分析出现该现象的原因___________。(3)“氧化除杂”的目的是将AsCl转化为As2O5胶体，再经吸附聚沉除去，溶液始终接近中性，该反应的离子方程式是___________。(4)“电解”含[Zn(NH3)4]2+的溶液，阴极电极反应式是___________。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___________(填化学式)。(5)ZnCl2溶液在T1℃水解可得某碱式盐，取11.38g该碱式盐，T2℃完全水解后并煅烧，可得纯氧化锌8.1g。则该碱式盐的化学式为___________。四、原理综合题10．第五届联合国环境大会(UNEA-5)于2021年2月份在肯尼亚举行，会议主题为“加大力度保护自然，实现可持续发展”。有效去除大气中的H2S、SO2以及废水中的硫化物是环境保护的重要课题。(1)氨水可以脱除烟气中的SO2.氨水脱硫的相关热化学方程式如下：2NH3(g)+H2O(1)+SO2(g)=(NH4)2SO3(aq)∆H=akJ∙mol-1(NH4)2SO3(aq)t+H2O(l)+SO2(g)=2NH4HSO3(aq)∆H=bkJ∙mol-12(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)∆H=ckJ∙mol-1反应NH3(g)+NH4HSO3(aq)+O2(g)=(NH4)2SO4(aq)的∆H=_______。(用含a、b、c的代数式表示)kJ∙mol-1)。(2)SO2可被NO2氧化：SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)。当温度高于225℃时，反应速率v正=k正∙c(SO2)∙c(NO2)，v逆=k逆∙c(SO3)∙c(NO)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。在上述温度范围内，k正、k逆与该反应的平衡常数K之间的关系为_______。(3)在一定条件下，CO可以去除烟气中的SO2，其反应原理为2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+S(g)∆H>0。其他条件相同、以γ-Al2O3作为催化剂，研究表明，γ-Al2O3在240℃以上发挥催化作用。反应相同的时间，SO2的去除率随反应温度的变化如图1所示。下列有关SO2大除率的说法正确的是_______(填标号)。A.240°C以下，SO2能够被催化剂吸附，温度升高，吸附能力减弱，SO2去除率降低B.以γ-Al2O3作为催化剂，SO2去除率最高只能达到80%C.温度高于500℃，SO2去除率降低是因为催化剂的活性降低(4)在气体总压强分别为p1和p2时，反应2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)在不同温度下达到平衡，测得SO3(g)及SO2(g)的物质的量分数如图2所示：①压强：p1_______(填“>”或“<”)p2。②若p1=0.81MPa，起始时充入一定虽的SO3(g)发生反应，计算Q点对应温度下该反应的平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算。分压=总压×物质的量分数)MPa。(5)电化学氧化法是一种高效去除废水中硫化物的方法，电解NaHS溶液脱硫的原理如图3所示。碱性条件下，HS-首先被氧化生成中间产物S，S容易被继续氧化而生成硫单质。①阳极HS-氧化为S的电极反应式为_______。②电解一段时间后，阳极的石墨电极会出现电极饨化，导致电极反应不能持续有效进行，其原因是_______。五、结构与性质11．由IIA元素与VA元素所形成的化合物种类繁多，它们是探测器、激光器、微波器的重要材料。回答下列问题：(1)基态Ga原子核外电子排布式为[Ar]______。(2)氧原子价电子层上的电子可以进行重排以便提供一个空轨道与氮原子形成配位键，该氧原子重排后的价电子排布图为________，电子重排后的氧原子能量有所升高，原因是不符合_____(填“泡利原理”或“洪特规则”)。(3)自然界中不存在单质硼，硼的氢化物也很少，主要存在的是硼的含氧化合物，根据下表数据分析其原因是______。化学键B-HB-OB-B键能(kJ∙mol-1)389561293(4)比较大小：键角PH3________(填“＞”或“＜”，下同)NH3；熔、沸点：PH3_______NH3。(5)如图为四硼酸根离子球棍模型，该离子符号为_______，其中硼原子轨道的杂化类型有______。(6)叠氮酸铵(NH4N3)是一种具有爆炸性的无色晶体。叠氮酸根()的空间结构为______；叠氮酸铵的晶胞如图所示，其晶胞参数为anm和0.5anm，阿伏加德罗常数的值为NA，NH4N3的密度为____g·cm-3。六、有机推断题12．化合物是一种应用广泛的高分子材料。其合成路线为：已知：酯交换反应(1)D中官能团名称___________。(2)E生成F加入的Y试剂是___________；F生成G的反应类型是___________。(3)A生成B的反应方程式为___________；F()与NaOH溶液反应的方程式为___________。(4)E满足下列条件的同分异构体共有___________种(不包括E)；写出核磁共振氢谱峰面积比是的异构体结构简式___________。①含有苯环且苯环上只有两个取代基；②能与溶液发生显色反应；③属于酯类物质。(5)利用题中信息，设计由乙烯(CH2=CH2)和对二甲苯()制备的合成路线___________。(无机试剂任选)

参考答案1．A【详解】A．“所在山洋，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”为固体溶解后，蒸发、结晶分离混合物的方法，故A正确；B．沙里淘金是利用黄金和沙子的密度的不同，用水洗的方法将沙子和黄金分离，不是萃取，故B错误；C．门捷列夫按照相对原子质量大小制出第一张元素周期表，不同的核素的质量数不同，故C错误；D．由“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、翻茶、品茶…”可知，茶需要溶解后饮用，涉及的操作方法为溶解，与过滤、蒸馏、分液无关，故D错误。故答案选A。2．A【分析】由图可知：在催化剂表面，氮气断开三键，并逐一与氢形成N一H键，最终形成氨气。【详解】A项、升高温度能提高反应速率，所以在达到平衡前升高温度能提高一段时间内氨气的产率，A选项错误；B项、图①→②是N≡N断裂过程，断键吸热；图②→③是N一H键形成过程，成键放热B选项正确；C项、虽然本反应是可逆反应，但反应中，所有氮气均能断开三键，只是同时又有新的氮氮三键形成，因此体系中总含有氮气，C选项正确；D项、从图中可知，断键产生的氮原子，能逐一和氢结合形成-NH-、-NH2和NH3，D选项正确；答案选A。【点睛】1、产率应分清是否为平衡产率：非平衡产率与反应速率和时间有关，平衡产率可用勒夏特列原理或化学平衡常数进行判断；2、对于可逆反应：在宏观上似乎反应物不能完全转化，但在微观上，所有反应物均能转化，只是在反应的同时，产物又重新生成反应物，在宏观上看来，是反应物与产物的混合体系；可逆反应建立的是动态平衡，反应物和生成物在不断的更新变化中，但宏观上的含量保持相对不变。3．C【详解】A．硫化氢在溶液中分步电离，主要以第一步为主，正确的电离方程式为：H2S⇌H++HS-，故A正确；

B．因2NO2(g）(红棕色)⇌N2O4(g)(无色)△H＜0，该反应为放热反应，在冷水中该反应向正反应方向移动，则颜色变浅，故B正确；

C．甲烷的燃烧热△H=-890.3kJ•mol-1，结合燃烧热的概念可知：需要生成稳定化合物，即液态水，甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ•mol-1，故C错误；

D．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合反应生成硫、二氧化硫和水，该反应的离子方程式为：，故D正确；

故选：C。4．D【详解】A．苯与溴苯能够互溶，二者的沸点相差较大，可利用蒸馏除杂，实验装置组装正确，故A正确；B．强酸能够制弱酸，醋酸与碳酸钠反应生成CO2，因醋酸具有挥发性，因此利用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2气体中醋酸，将CO2通入硅酸钠溶液中，生成难溶物硅酸，可证明酸性：，故B正确；C．、密度小于空气，与空气在常温下不反应，因此可利用向下排空气法收集，收集时气体短进长出，故C正确；D．浓硫酸与铜反应生成二氧化硫气体需要加热，该装置缺少热源，故D错误；综上所述，叙述错误的是D项，故答案为D。5．D【详解】A．4-羧基苯硼酸分子中苯环所连的十二个原子一定共面，羧基中的碳氧双键采用sp2杂化，和苯环共面，但羧基中羟基上的氧原子采用sp3杂化，氢原子不一定与其他原子共面，同理，硼原子所连的羟基上的氢原子也不一定与其他原子共面，故所有原子不一定共面，故A错误；B．根据4—羧基苯硼酸和硼酸的结构简式可知，B在反应前后的化合价都为+3价，所以反应过程中硼元素既未被氧化、也未被还原，故B错误；C．4-羟基苯甲酸属于芳香族化合物的同分异构体要含有苯环，若有两个取代基，则有、、、、，若有三个取代基：一个醛基，两个羟基(两个羟基邻位时醛基有2种位置:；两个羟基间位时醛基有3种位置:；两个羟基对位时醛基只有1种位置:)；故符合条件的同分异构体超过6种，故C错误；D．4-羟基苯甲酸含-COOH可发生酯化反应，含有苯环可以与H2发生加成反应，为还原反应，含酚羟基可发生氧化反应，故D正确；答案选D。6．A【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，M、N、R、Q为上述元素组成的化合物，Z是短周期原子半径最大的元素，Z为Na元素；有机物M的相对分子质量为28，M为C2H4，所以W为H元素，N分子中含有10个电子，则N为氢化物；根据转化关系MRQ+W2，C2H4能和N反应，且N为氢化物，则N为H2O，R为C2H5OH，C2H5OH和Na反应生成C2H5ONa和H2，Q为C2H5ONa；所以X为C元素；Y为O元素。【详解】A．氢化物的沸点一般由分子的相对分子质量决定，相对分子质量越大，沸点越高，所以X、Y的氢化物沸点：X不一定低于Y，A项错误；B．Z为Na元素，Y为O元素，二者形成的化合物有Na2O2、Na2O，Na2O2中，既含有离子键又含有共价键，Na2O中只含有离子键，所以Y和Z形成的化合物可能只含有离子键，B项正确；C．钠和水反应比钠和乙醇反应更剧烈，C项正确；D．Z2Y2为Na2O2，和水反应的化学方程式为，有方程式可知1molNa2O2和足量水反应，转移1mol电子，D项正确；答案选A。7．C【分析】充电时F-从乙电极流向甲电极，则充电时甲是阳极、乙是阴极，放电时甲是正极、乙是负极。【详解】A．放电时，甲电极是正极，电极反应式为BiF3+3e-=Bi＋3F-，故A错误；B．放电时，甲是正极、乙是负极，甲电极电势比乙电极高，故B错误；C．充电时，甲是阳极，阴极反应式是Bi－3e-＋3F-=BiF3，导线上每通过1mole-，1molF-参加反应，甲电极质量增加19g，故C正确；D．充电时F-从乙电极流向甲电极，则充电时甲是阳极、乙是阴极，外加电源的正极与甲电极相连，故D错误；选C。8．停止加热，冷却到室温后加入残留的硫酸，重新加入几粒沸石，再开始加热回流在较低的温度下形成三元共沸物，既分离出了水，促使平衡正向移动，又减少了乙醇的挥发，提高了原料的利用率分水器下层液面不再升高，说明反应结束干燥、过滤肉桂酸乙酯沸点，在有碳碳双键的存在的情况下，高温易发生副反应，采用减压蒸馏可以降低沸点，在较低的温度下进行蒸馏，减少副反应的发生，提高产率C70%酚酞(甲基橙)【分析】肉桂酸和乙醇发生酯化反应生成肉桂酸乙酯，中途加药品要先停止加热，冷却至室温后添加；加入环己烷后，在较低的温度下形成了水、乙醇和环己烷三元共沸物，既能分离出反应生成的水，使平衡向正反应方向移动，又能减少乙醇的挥发，有利于反应物充分反应，提高乙醇的利用率；当分水器下层液面不再升高，说明反应没有水生成，反应已经结束；向有机层加入无水盐除去有机层中的水分，过滤得到有机层；采用减压蒸馏可以降低肉桂酸乙酯的沸点，在较低的温度下进行蒸馏，减少副反应的发生，提高肉桂酸乙酯的产率；减压蒸馏时，为增强冷凝效果，便于肉桂酸乙酯顺利流下，应选用直形冷凝管冷凝；由题给信息可计算样品产率和纯度；据此解答。【详解】(1)若实验时，分水器中已经开始回流，发现盛装硫酸的量筒中残留大量硫酸，应立即停止加热，待圆底烧瓶中溶液冷却到室温后，再加入残留的硫酸，重新加入几粒沸石，然后开始加热回流，故答案为：停止加热，冷却到室温后加入残留的硫酸，重新加入几粒沸石，再开始加热回流；(2)由题给信息可知，实验中加入环己烷后，在较低的温度下形成了水、乙醇和环己烷三元共沸物，既能分离出反应生成的水，使平衡向正反应方向移动，又能减少乙醇的挥发，有利于反应物充分反应，提高乙醇的利用率，故答案为：在较低的温度下形成三元共沸物，既分离出了水，促使平衡正向移动，又减少了乙醇的挥发，提高了原料的利用率；(3)制备肉桂酸乙酯时，当分水器下层液面不再升高，说明反应没有水生成，反应已经结束，故答案为：分水器下层液面不再升高，说明反应结束；(4)步骤⑤所对应的操作为向有机层加入无水盐除去有机层中的水分，过滤得到有机层；由题给信息可知，肉桂酸乙酯沸点为271.5℃，不易挥发，由结构简式可知，肉桂酸乙酯分子中含有碳碳双键，若蒸馏时温度过高，易发生副反应，采用减压蒸馏可以降低肉桂酸乙酯的沸点，在较低的温度下进行蒸馏，减少副反应的发生，提高肉桂酸乙酯的产率；减压蒸馏时，为增强冷凝效果，便于肉桂酸乙酯顺利流下，应选用直形冷凝管冷凝，故答案为：干燥、过滤；肉桂酸乙酯沸点271.5℃，在有碳碳双键的存在的情况下，高温易发生副反应，采用减压蒸馏可以降低沸点，在较低的温度下进行蒸馏，减少副反应的发生，提高产率；C；(5)由题意可知，肉桂酸的物质的量为=0.3mol，乙醇的物质的量为≈0.42mol＞0.3mol，则乙醇过量；0.3mol肉桂酸理论上制得肉桂酸乙酯的物质的量为0.3mol，实验中肉桂酸乙酯的产率为×100%=70%，故答案为：70%；(6)由题意可知250.00mL溶液中含有肉桂酸乙酯的物质的量为()mol×10，则该样品的纯度为×100%=×100%；由于肉桂酸乙酯与氢氧化钠溶液反应生成的肉桂酸钠为强酸弱碱盐，在溶液中水解呈碱性，为保证肉桂酸乙酯完全反应，应选用酚酞试液做指示剂，故答案为：×100%；酚酞。9．防止得到的锌被氧化Pb低于30℃，溶浸反应速率随温度升高而增大，超过30℃，氨气逸出导致溶浸反应速率下降2AsCl+2H2O2+6NH3·H2O=As2O5(胶体)+10Cl-+6NH+5H2O或2AsCl+2H2O2+6NH3+H2O=As2O5(胶体)+10Cl-+6NH[Zn(NH3)4]2++2e-=Zn+4NH3↑N2Zn(OH)1.2Cl0.8或Zn5(OH)6Cl4【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[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、AsCl的形式存在，滤渣1为Pb，加入过氧化氢，AsCl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[Zn(NH3)4]2+，电解可生成高纯度锌，以此解答该题；【详解】(1)罐体用泥封严，可隔绝空气防止得到的锌被氧化。(2)据流程、结合分析可知滤渣1的主要成分是Pb。根据温度与锌浸出率的图可知，30℃左右时浸出率最高，如低于30℃，溶浸反应速率随温度升高而增大，超过30℃，氨气逸出导致溶浸反应速率下降；(3)“氧化除杂”的目的是将AsCl转化为As2O5胶体，再经吸附聚沉除去，反应中AsCl的As元素化合价由+3升高到+5、转变为As2O5、同时释放Cl-，H2O2是绿色氧化剂，被还原为H2O，此环节中没有外加酸或碱，则NH3·H2O参与反应使溶液始终接近中性，该反应的离子方程式是2AsCl+2H2O2+6NH3·H2O=As2O5(胶体)+10Cl-+6NH+5H2O或2AsCl+2H2O2+6NH3+H2O=As2O5(胶体)+10Cl-+6NH。(4)“电解”含[Zn(NH3)4]2+的溶液，阴极上阳离子得到电子发生还原反应，则电极反应式是[Zn(NH3)4]2++2e-=Zn+4NH3↑。阳极上阴离子失去电子被氧化，已知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，则该气体不是氧气、不是氯气，说明溶液中SCN-被氧化，氮元素化合价升高转变为氮气，则答案是N2。(5)ZnCl2溶液在T1℃水解可得某碱式盐，取11.38g该碱式盐，T2℃完全水解后并煅烧，可得纯氧化锌8.1g。，根据Zn元素守恒，则一次水解产物的物质的量也为0.1mol，则Zn(OH)xCly的摩尔质量为，根据元素化合价代数和为0，则有2=x+y，根据整体摩尔质量为113.8g/mol，则有65+17x+35.5y=113.8，联立，得x=1.2、y=0.8，则该碱式盐的化学式为Zn(OH)1.2Cl0.8或Zn5(OH)6Cl4。10．AC＞0.06nHS-―2(n-1)e－+nOH－＝S+nH2O阳极产生的硫覆盖在石墨电极表面，导致石墨电极导电性下降【详解】(1)已知：①2NH3(g)+H2O(1)+SO2(g)=(NH4)2SO3(aq)∆H=akJ∙mol-1②(NH4)2SO3(aq)t+H2O(l)+SO2(g)=2NH4HSO3(aq)∆H=bkJ∙mol-1③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)∆H=ckJ∙mol-1依据盖斯定律（①－②+③）/2即得到反应NH3(g)+NH4HSO3(aq)+O2(g)=(NH4)2SO4(aq)的∆H=kJ∙mol-1。(2)在上述温度范围内，该反应的平衡常数K＝[c(SO3)∙c(NO)]/[c(SO2)∙c(NO2)]，由于平衡时正逆反应速率相等，则v正=k正∙c(SO2)∙c(NO2)=v逆=k逆∙c(SO3)∙c(NO)，所以[c(SO3)∙c(NO)]/[c(SO2)∙c(NO2)]=k正/k逆，即；(3)A.催化剂γ-Al2O3的比表面积大，具有吸附性，温度较低时（小于240℃），SO2能够被催化剂吸附，SO2含量降低，随着温度的升高催化剂的吸附能力减弱，导致催化剂吸附的SO2减少，A正确；B.催化剂不能影响转化率，B错误；C.温度高于500℃，由于温度升高会降低催化剂的活性，因此SO2去除率降低是因为催化剂的活性降低，C正确；答案选AC；(4)①当温度相同时，增大压强，平衡逆向进行，SO3含量升高，所以根据图像可知压强p1＞p2；②若p1=0.81MPa，起始时充入一定量的SO3(g)发生反应，计算Q点对应温度下平衡时SO3的物质的量分数是0.5，则依据三段式可知因此，解得x＝0.2，所以该反应的平衡常数Kp=MPa＝0.06MPa。(5)①阳极HS-失电子首先被氧化生成中间产物S，电极反应式为nHS-―2(n-1)e－+nOH－＝S+nH2O；②由于阳极生成的S容易被继续氧化而生成硫单质，硫单质不导电，覆盖在石墨电极表面，从而导致石墨电极导电性下降。11．4s24p1洪特规则B-B、B-H的键能小，易断裂，不能稳定存在＜＜sp2、sp3直线型【详解】(1)Ga是31号元素，根据构造原理，可知基态Ga原子核外电子排布式为[Ar]4s24p1；(2)O是8号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p4，价层电子排布式是2s22p4，氧原子价电子层上的电子可以进行重排以便提供一个空轨道与氮原子形成配位键，该氧原子重排后的价电子排布图为；该排布不符合洪特规则；(3)根据表格数据可知：B-B、B-H的键能小，化学键结合的不牢固，易断裂，因此不能稳定存在；而B-O键的键能大，断裂消耗较高能量，