【KS5U解析】湖北省宜昌市2020屆高三3月線上統(tǒng)一調(diào)研試題理綜化學(xué)試題 Word版含解析

1、宜昌市2020屆高三年級(jí)3月線上統(tǒng)一調(diào)研測(cè)試?yán)砜凭C合能力測(cè)試考生注意：1答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)等填寫(xiě)在答題卡和試卷指定位置上。2回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上，寫(xiě)在本試題卷上無(wú)效。3考試結(jié)束后，將本試題卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：h1 o16 na23 al27 s32 co59選擇題一、選擇題：本題共7小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.鈞瓷是宋代五大名窯瓷器之一，以“入窯一色，出窯萬(wàn)彩”的神奇窯變著稱，

2、下列關(guān)于陶瓷的說(shuō)法正確的是（ ）a. “窯變”是高溫下釉料中的金屬化合物發(fā)生氧化還原反應(yīng)導(dǎo)致顏色的變化b. 高品質(zhì)白瓷晶瑩剔透，屬于純凈物c. 氮化硅陶瓷屬于傳統(tǒng)無(wú)機(jī)非金屬材料d. 由于陶瓷耐酸堿，因此可以用來(lái)熔化氫氧化鈉【答案】a【解析】【詳解】a不同的金屬氧化物顏色可能不同，在高溫下，釉料中的金屬化合物發(fā)生氧化還原反應(yīng)導(dǎo)致的顏色變化，故a正確；b. 瓷器原料主要是黏土燒結(jié)而成，瓷器中含有多種硅酸鹽和二氧化硅，是混合物，故b錯(cuò)誤；c. 新型無(wú)機(jī)非金屬材料主要有先進(jìn)陶瓷、非晶體材料、人工晶體、無(wú)機(jī)涂層、無(wú)機(jī)纖維等，氮化鋁陶瓷屬于新型無(wú)機(jī)非金屬材料，故c錯(cuò)誤；d. 陶瓷的成分是硅酸鹽和二氧化硅，

3、能與熔化氫氧化鈉反應(yīng)，故d錯(cuò)誤；故選a。2.下列有關(guān)化合物的說(shuō)法正確的是（ ）a. 所有原子共平面b. 其一氯代物有6種c. 是苯的同系物d. 能使酸性高錳酸鉀溶液褪色【答案】d【解析】【詳解】a. 連接苯環(huán)和環(huán)丙烯基的碳碳單鍵可以旋轉(zhuǎn)，苯平面和烯平面不一定共平面，故a錯(cuò)誤；b 有一對(duì)稱軸，如圖，其一氯代物有5種，故b錯(cuò)誤；c苯的同系物中側(cè)鏈?zhǔn)秋柡蜔N基，故c錯(cuò)誤；d中有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故d正確；故選d。3.根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，設(shè)計(jì)相關(guān)實(shí)驗(yàn)，下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象解釋及結(jié)論都正確的是（ ）a. ab. bc. cd. d【答案】c【解析】【詳解】a開(kāi)始要將銀離子沉淀完全，再向新生成的a

4、gcl濁液中滴入ki溶液，白色沉淀逐漸轉(zhuǎn)化為黃色沉淀，才能說(shuō)明ksp（agi）ksp（agcl），故a錯(cuò)誤；b加入kscn溶液溶液變紅，只說(shuō)明有鐵離子，不能確定亞鐵離子是否完全被氧化，故b錯(cuò)誤；c純凈的乙烯通入酸性高錳酸鉀溶液，紫紅色褪去，說(shuō)明乙烯具有還原性，故c正確；dso2被clo-氧化成caso4沉淀，不能說(shuō)明酸性強(qiáng)弱，故d錯(cuò)誤；故選c。4.下列圖示與對(duì)應(yīng)的敘述相符的是（ ）a. 圖1，a點(diǎn)表示的溶液通過(guò)升溫可以得到b點(diǎn)b. 圖2，若使用催化劑e1、e2、h都會(huì)發(fā)生改變c. 圖3表示向na2co3和nahco3的混合溶液中滴加稀鹽酸時(shí)，產(chǎn)生co2的情況d. 圖4表示反應(yīng)aa(g)+bb(

5、g)cc(g)，由圖可知，a+bc【答案】d【解析】【詳解】aa點(diǎn)未飽和，減少溶劑可以變?yōu)轱柡?，則a點(diǎn)表示的溶液通過(guò)升溫得不到b點(diǎn)，故a錯(cuò)誤；b加催化劑改變了反應(yīng)的歷程，降低反應(yīng)所需的活化能，但是反應(yīng)熱不變，故b錯(cuò)誤；c碳酸鈉先與氯化氫反應(yīng)生成碳酸氫鈉，開(kāi)始時(shí)沒(méi)有二氧化碳生成，碳酸鈉反應(yīng)完全之后碳酸氫鈉與氯化氫反應(yīng)生成二氧化碳，生成二氧化碳需要的鹽酸的體積大于生成碳酸氫鈉消耗的鹽酸，故c錯(cuò)誤；d. 圖4表示反應(yīng)aa(g)+bb(g)cc(g)，由圖可知，p2先達(dá)到平衡，壓強(qiáng)大，加壓后，a%減小，說(shuō)明加壓后平衡正向移動(dòng)，a+bc，故d正確；故選d?！军c(diǎn)睛】本題考查了元素化合物的性質(zhì)、溶解度、催化

6、劑對(duì)反應(yīng)的影響等，側(cè)重于考查學(xué)生的分析能力和讀圖能力，注意把握物質(zhì)之間發(fā)生的反應(yīng)，易錯(cuò)點(diǎn)a，a點(diǎn)未飽和，減少溶劑可以變?yōu)轱柡汀?.科學(xué)家利用ch4燃料電池(如圖)作為電源，用cu-si合金作硅源電解制硅可以降低制硅成本，高溫利用三層液熔鹽進(jìn)行電解精煉，下列說(shuō)法不正確的是（ ）a. 電極d與b相連，c與a相連b. 電解槽中，si優(yōu)先于cu被氧化c. a極的電極反應(yīng)為ch4-8e-+8oh-=co2+6h2od. 相同時(shí)間下，通入ch4、o2的體積不同，會(huì)影響硅的提純速率【答案】c【解析】【詳解】a圖2是甲烷燃料電池，通入甲烷的電極為負(fù)極，通入氧氣的電極為正極，圖1中d電極為陽(yáng)極，與電源正極b相連

7、，c電極為陰極，與電源負(fù)極a相連，故a正確；bd電極為陽(yáng)極硅失電子被氧化，而銅沒(méi)有，所以si優(yōu)先于cu被氧化，故b正確；c通入甲烷的a電極為負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為ch4-8e+4o2co2+2h2o，故c錯(cuò)誤；d相同時(shí)間下，通入ch4、o2的體積不同，電流強(qiáng)度不同，會(huì)導(dǎo)致轉(zhuǎn)移電子的量不同，會(huì)影響硅提純速率，故d正確；故選c。6.x、y、z、w為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，x和y能形成兩種常見(jiàn)離子化合物，z原子最外層電子數(shù)與其電子層數(shù)相同；x與w同主族。下列敘述不正確的是（ ）a. 原子半徑：yzwxb. x、y形成的y2x2陰陽(yáng)離子數(shù)目比為1：1c. y、z和w的最高價(jià)氧化物的水化

8、物可以相互反應(yīng)d. x與w形成的化合物可使紫色石蕊溶液變紅【答案】b【解析】【分析】x、y、z、w為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，x和y能形成兩種常見(jiàn)離子化合物，這兩種離子化合物為na2o2和na2o，x為o元素，y為na元素，z原子最外層電子數(shù)與其電子層數(shù)相同，z為al元素；x與w同主族，w為s元素。【詳解】a同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，yzw，同主族元素從上到下逐漸增大：wx，即naalso，故a正確；bo22是原子團(tuán)，x、y形成的y2x2陰陽(yáng)離子數(shù)目比為1：2，故b錯(cuò)誤；cal(oh)3具有兩性，y、z和w的最高價(jià)氧化物的水化物分別為naoh、al(oh)3、h2so4，可以

9、相互反應(yīng)，故c正確；dx與w形成的化合物so2、so3的水溶液呈酸性，可使紫色石蕊溶液變紅，故d正確；故選b。7.向某二元弱酸h2a水溶液中逐滴加入naoh溶液，混合溶液中l(wèi)gx（x為或）與ph的變化關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（ ）a. ph=7時(shí)，存在c(na+)=c(h2a)+c(ha-)+c(a2-)b. 直線表示的是lg隨ph的變化情況c. =10-2.97d. a2-的水解常數(shù)kh1大于h2a電離常數(shù)的ka2【答案】b【解析】【分析】二元弱酸的ka1=×c（h）ka2=×c（h），當(dāng)溶液的ph相同時(shí)，c（h）相同，lgx：，則表示lg與ph的變化關(guān)系，表示lg

10、與ph的變化關(guān)系?！驹斀狻縜ph=4.19，溶液呈酸性，若使溶液為中性，則溶液中的溶質(zhì)為naha和na2a，根據(jù)物料守恒，存在c(na+)c(h2a)+c(ha-)+c(a2-)，故a錯(cuò)誤；b. 由分析：直線表示是lg隨ph的變化情況，故b正確；c. =÷= =102.97，故c錯(cuò)誤；dph=1.22時(shí)和4.19時(shí)，lgx=0，則c（h2a）=c（ha）、c（ha）=c（a2），ka1=×c（h）=c（h）=10-1.22，k2=×c（h）=c（h）=10-4.19，a2的水解平衡常數(shù)kh1=10-9.8110-4.19=ka2，故d錯(cuò)誤；故選b?！军c(diǎn)睛】本題考查

11、酸堿混合的定性判斷及溶液ph的計(jì)算，明確圖象曲線變化的意義為解答關(guān)鍵，注意掌握物料守恒及溶液酸堿性與溶液ph的關(guān)系，d為易難點(diǎn)。8.焦亞硫酸鈉(na2s2o5)可作為貯存水果的保鮮劑?，F(xiàn)欲制備焦亞硫酸鈉并探究其部分化學(xué)性質(zhì)。.制備na2s2o5可用試劑：飽和na2so3溶液、濃naoh溶液、濃h2so4、苯、na2so3固體(試劑不重復(fù)使用)。焦亞硫酸鈉的析出原理：2nahso3(飽和溶液)=na2s2o5(晶體)+h2o(l)（1）如圖裝置中儀器a的名稱是_。a中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)。儀器e的作用是_。（2）f中盛裝的試劑是_。.探究na2s2o5的還原性（3）取少量na2s2o5晶體于

12、試管中，滴加1ml2mol/l酸性kmno4溶液，劇烈反應(yīng)，溶液紫紅色很快褪去。反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)。食品級(jí)焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學(xué)原理是防止食品_。.測(cè)定na2s2o5樣品的純度。（4）將10.0gna2s2o5樣品溶解在蒸餾水中配制100ml溶液，取其中10.00ml加入過(guò)量的20.00ml0.3000mol/l的酸性高錳酸鉀溶液，充分反應(yīng)后，用0.2500mol/l的na2so3標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗na2so3溶液20.00ml，na2s2o5樣品的純度為_(kāi)%（保留一位小數(shù)），若在滴定終點(diǎn)時(shí)，俯視讀數(shù)na2so3標(biāo)準(zhǔn)液的體積，會(huì)導(dǎo)致na2s2o5樣品的純度_。（填“偏高”、

13、“偏低”）【答案】 (1). 三頸燒瓶 (2). na2so3h2so4=h2oso2na2so4 (3). 防倒吸 (4). 濃naoh溶液 (5). 5s2o524mno42h=10so424mn2h2o (6). 氧化變質(zhì) (7). 95.0 (8). 偏高【解析】分析】a三頸燒瓶中制備二氧化硫，發(fā)生na2so3h2so4=h2oso2na2so4，生成的二氧化硫通入d裝置，發(fā)生na2so3+so2h2o=2nahso3，2nahso3(飽和溶液)=na2s2o5(晶體)+h2o(l)，儀器e的作用是防倒吸，f吸收尾氣。據(jù)此解答。【詳解】（1）裝置中儀器a的名稱是三頸燒瓶。a中發(fā)生反應(yīng)的

14、化學(xué)方程式為na2so3h2so4=h2oso2na2so4。二氧化硫易溶于水，儀器e的作用是防倒吸。故答案為：三頸燒瓶；na2so3h2so4=h2oso2na2so4；防倒吸；（2）二氧化硫有毒，排到空氣中會(huì)污染空氣，so2是酸性氧化物，可用堿溶液吸收，題干中只提供了一種試劑-濃naoh溶液，f中盛裝的試劑是濃naoh溶液。故答案為：濃naoh溶液；.（3）取少量na2s2o5晶體于試管中，滴加1ml2mol/l酸性kmno4溶液，劇烈反應(yīng)，溶液紫紅色很快褪去，說(shuō)明mno4將s2o52氧化生成硫酸根離子。反應(yīng)的離子方程式為5s2o524mno42h=10so424mn2h2o。食品級(jí)焦亞硫

15、酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學(xué)原理是：利用焦亞硫酸鈉的還原性，防止食品氧化變質(zhì)。故答案為：5s2o54mno42h=10so424mn2h2o；氧化變質(zhì)；.（4）由關(guān)系式：5so322mno4，用0.2500mol/l的na2so3標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗na2so3溶液20.00ml，剩余的n(mno4)= ×0.2500mol/l×20.00×10-3l=2.000×10-3mol，再由5s2o524mno42h=10so424mn2h2o得：na2s2o5樣品的純度為= ×100%=95.0%；若在滴定終點(diǎn)時(shí)，俯視讀數(shù)na2so3標(biāo)準(zhǔn)液的體

16、積，使na2so3標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏低，算出的剩余高錳酸鉀偏低，與na2s2o5樣品反應(yīng)的高錳酸鉀偏高，會(huì)導(dǎo)致na2s2o5樣品的純度偏高；故答案為：95.0；偏高。9.輝銅礦石主要含有硫化亞銅(cu2s)，還含有feo、cao、sio2等。以輝銅礦石為原料制備cucl2·2h2o的工藝流程如圖所示：已知：.金屬離子c0(mn+)=0.1mol·l-1形成氫氧化物沉淀的ph范圍如下：.nacl易溶于水，不溶于酒精，隨溫度變化溶解度變化不明顯；cucl2·h2o易溶于水，酒精，濃氨水，隨溫度升高溶解度變化明顯增大。.ksp(caf2)=4.0×10-11（1）

17、為了提高“溶浸”效率，可采取的措施是_。寫(xiě)出“溶浸”過(guò)程中cu2s溶解時(shí)離子方程式：_。（2）“脫硫”時(shí)，隨著溫度的升高，脫硫率呈上升趨勢(shì)（如圖），原因是_。（3）寫(xiě)出“脫氟”時(shí)hf發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：_。（4）“沉鐵”過(guò)程中，加入naclo的兩個(gè)作用是_。（5）“操作x”的具體操作是_。（6）經(jīng)過(guò)“操作x”后，母液經(jīng)過(guò)一系列操作可得到另外一種物質(zhì)，要得到這種純凈物，最好選用下列試劑洗滌_。a濃鹽酸 b水 c酒精 d濃氨水（7）向“浸出液”中加入naf除去溶液中ca2+(濃度為1.0×10-3mol·l-1)，當(dāng)溶液中c(f-)=2.0×10-3mol·

18、;l-1時(shí)，除鈣率為_(kāi)。【答案】 (1). 將礦石細(xì)磨（攪拌、升溫或其它合理答案） (2). cu2s4fe3=s4fe22cu2 (3). 溫度升高，單質(zhì)硫在煤油中的溶解度增加 (4). 4hfh2sio3=sif43h2o (5). naclo將fe2氧化fe3，消耗h+，使h+濃度減小，促使水解平衡fe33h2ofe(oh)33h向右移動(dòng)，生成fe(oh)3沉淀 (6). 蒸發(fā)濃縮 冷卻結(jié)晶 (7). c (8). 99%【解析】【分析】輝銅礦加入氯化鐵溶液溶解浸取過(guò)濾，得到礦渣加入煤油回收硫單質(zhì)；加入naf除去鈣離子，生成caf2沉淀，加鹽酸和硅酸鈉生成h2sio3除去多余的氟離子，再

19、用naclo將fe2氧化fe3，消耗h+，使h+濃度減小，促使水解平衡fe33h2ofe(oh)33h向右移動(dòng)，生成fe(oh)3沉淀；過(guò)濾后在濾液中加入鹽酸調(diào)節(jié)ph，蒸發(fā)濃縮 冷卻結(jié)晶，得到cucl2·h2o。【詳解】（1）為了提高“溶浸”效率，可采取的措施是將礦石細(xì)磨（攪拌、升溫或其它合理答案）；“溶浸”過(guò)程中cu2s溶解時(shí)，被fe3氧化，離子方程式：cu2s4fe3=s4fe22cu2。故答案為：將礦石細(xì)磨（攪拌、升溫或其它合理答案）；cu2s4fe3=s4fe22cu2；（2）“脫硫”時(shí)，隨著溫度的升高，脫硫率呈上升趨勢(shì)，溫度升高，單質(zhì)硫在煤油中的溶解度增加；故答案為：溫度升

20、高，單質(zhì)硫在煤油中的溶解度增加；（3）加鹽酸和硅酸鈉生成h2sio3除去多余的氟離子，“脫氟”時(shí)hf發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：4hfh2sio3=sif43h2o。故答案為：4hfh2sio3=sif43h2o；（4）“沉鐵”過(guò)程中，加入naclo的兩個(gè)作用是naclo將fe2氧化fe3，消耗h+，使h+濃度減小，促使水解平衡fe33h2ofe(oh)33h向右移動(dòng)，生成fe(oh)3沉淀；故答案為：naclo將fe2氧化fe3，消耗h+，使h+濃度減小，促使水解平衡fe33h2ofe(oh)33h向右移動(dòng)，生成fe(oh)3沉淀；（5）氯化銅溶于水，則“操作x”的具體操作是蒸發(fā)濃縮 冷卻結(jié)晶。故

21、答案為：蒸發(fā)濃縮 冷卻結(jié)晶（6）經(jīng)過(guò)“操作x”后，母液經(jīng)過(guò)一系列操作可得到另外一種物質(zhì)，這種物質(zhì)是nacl，nacl易溶于水，不溶于酒精，隨溫度變化溶解度變化不明顯；cucl2·h2o易溶于水、酒精、濃氨水，隨溫度升高溶解度變明顯增大。所以要得到這種純凈物，最好選用洗滌劑酒精，而a濃鹽酸、b水、d濃氨水三個(gè)選項(xiàng)中提供的物質(zhì)均能溶解nacl，故答案為：c。（7）當(dāng)溶液中c(f-)=2.0×10-3mol·l-1時(shí),ksp(caf2)=c(ca2)c2(f)=c(ca2)(2.0×10-3)2= 4.0×10-11，c(ca2)=1.0×

22、10-5mol·l-1，則除鈣率為 ×100%=99%。故答案為：99%?！军c(diǎn)睛】本題考查了物質(zhì)分離提純的方法和流程判斷，主要是物質(zhì)性質(zhì)的理解應(yīng)用和實(shí)驗(yàn)基本操作，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，難點(diǎn)（6）要充利用題目中的信息，nacl在水中和酒精中的溶解度不同，難點(diǎn)（7）先用公式ksp(caf2)=c(ca2)c2(f)計(jì)算出溶液中的c(ca2)，再求出除鈣率。10.氯氣是現(xiàn)代工業(yè)的重要原料，將氯化氫轉(zhuǎn)化為氯氣的技術(shù)成為科學(xué)研究的熱車(chē)點(diǎn)，回答下列問(wèn)題：（1）deacon發(fā)明的直接氧化法為：4hcl(g)+o2(g)=2cl2(g)+2h2o(g)。可按下列催化過(guò)程進(jìn)行：.cucl2(s)=

23、cucl(s)+cl2(g) h1=+83kj·mol-1.cucl(s)+o2(g)=cuo(s)+cl2(g) h2=-20kj·mol-1.4hcl(g)+o2(g)=2cl2(g)+2h2o(g) h3反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行的條件是_。利用h1和h2計(jì)算h3時(shí)，還需要利用反應(yīng)_的h。（2）如圖為剛性容器中，進(jìn)料濃度比c(hcl)：c(o2)分別等于1：1、4：1、7：1時(shí)hcl平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關(guān)系：可知反應(yīng)平衡常數(shù)k（400）_k（500）（填“大于”或“小于”）。設(shè)容器內(nèi)初始?jí)簭?qiáng)為p0，根據(jù)進(jìn)料濃度比c(hcl)：c(o2)=4：1的數(shù)據(jù)，計(jì)算400時(shí)容器內(nèi)的平衡壓

24、強(qiáng)=_（列出計(jì)算式）。按化學(xué)計(jì)量比進(jìn)料可以保持反應(yīng)物高轉(zhuǎn)化率，同時(shí)降低產(chǎn)物分離的能耗。進(jìn)料濃度比c(hcl)：c(o2)過(guò)低、過(guò)高的不利影響分別是_。（3）已知：氯氣與naoh溶液反應(yīng)可生成naclo3。有研究表明，生成naclo3的反應(yīng)分兩步進(jìn)行：.2clo-=clo2-+cl-.clo2-+clo-=clo3-+cl-常溫下，反應(yīng)能快速進(jìn)行，但氯氣與naoh溶液反應(yīng)很難得到naclo3，試用碰撞理論解釋其原因：_。（4）電解naclo3水溶液可制備naclo4，寫(xiě)出陽(yáng)極反應(yīng)式：_?！敬鸢浮?(1). 高溫 (2). cuo（s）+2hcl（g）cucl2（s）+h2o（g） (3). 大于

25、 (4). 0.848p0 (5). cl2和o2分離能耗較高、hcl轉(zhuǎn)化率較低 (6). 反應(yīng)的活化能高，活化分子百分?jǐn)?shù)低，不利于clo向clo3轉(zhuǎn)化 (7). clo3h2o2e=clo42h【解析】【詳解】（1）.cucl2(s)=cucl(s)+cl2(g) h1=+83kj·mol-1，s0，則要g=h-ts0，須高溫條件下才能自發(fā)；.cucl2(s)=cucl(s)+cl2(g) h1=+83kj·mol-1.cucl(s)+o2(g)=cuo(s)+cl2(g) h2=-20kj·mol-1.4hcl(g)+o2(g)=2cl2(g)+2h2o(g)

26、 h3利用h1和h2計(jì)算h3時(shí)，由蓋斯定律，（-×2-×2）/2得：還需要利用反應(yīng)cuo（s）+2hcl（g）cucl2（s）+h2o（g）的h。故答案為：高溫；cuo（s）+2hcl（g）cucl2（s）+h2o（g）；（2）根據(jù)圖象可知，進(jìn)料濃度比相同時(shí)，溫度越高h(yuǎn)cl平衡轉(zhuǎn)化率越低，說(shuō)明該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向著逆向移動(dòng)，則溫度越高平衡常數(shù)越小，所以反應(yīng)平衡常數(shù)k（400）大于k（500）；進(jìn)料濃度比c（hcl）：c（o2）的比值越大，hcl的平衡轉(zhuǎn)化率越低，根據(jù)圖象可知，相同溫度時(shí)hcl轉(zhuǎn)化率最高的為進(jìn)料濃度比c（hcl）：c（o2）=4：1，該曲線中400

27、hcl的平衡轉(zhuǎn)化率為76%。則 p= p0=0.848p0；進(jìn)料濃度比c（hcl）：c（o2）過(guò)低時(shí)，o2濃度較大，hcl的轉(zhuǎn)化率較高，但cl2和o2分離能耗較高，生成成本提高；進(jìn)料濃度比c（hcl）：c（o2）過(guò)高時(shí)，o2濃度較低，導(dǎo)致hcl的轉(zhuǎn)化率減?。还蚀鸢笧椋捍笥?；p= p0=0.848p0；cl2和o2分離能耗較高、hcl轉(zhuǎn)化率較低；（3）生成naclo3的反應(yīng)分兩步進(jìn)行：.2clo-=clo2-+cl-，.clo2-+clo-=clo3-+cl-，常溫下，反應(yīng)能快速進(jìn)行，但氯氣與naoh溶液反應(yīng)很難得到naclo3，用碰撞理論解釋其原因：反應(yīng)的活化能高，活化分子百分?jǐn)?shù)低，不利于cl

28、o向clo3轉(zhuǎn)化；故答案為：反應(yīng)的活化能高，活化分子百分?jǐn)?shù)低，不利于clo向clo3轉(zhuǎn)化；（4）電解naclo3水溶液可制備naclo4，陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)生成clo4，陽(yáng)極反應(yīng)式：clo3h2o2e=clo42h。故答案為：clo3h2o2e=clo42h?！军c(diǎn)睛】本題考查化學(xué)平衡計(jì)算、蓋斯定律應(yīng)用及電解原理等知識(shí)，明確化學(xué)平衡及其影響為解答關(guān)鍵，難點(diǎn)（2）注意掌握蓋斯定律內(nèi)容及三段式在化學(xué)平衡計(jì)算中的應(yīng)用，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析、理解能力及綜合應(yīng)用能力。11.羥基磷酸鈣ca10(po4)6(oh)2具有優(yōu)良的生物相容性和生物活性，它在口腔保健中具有重要作用，可以防止齲齒等，回答下列問(wèn)題。（1

29、）ca10(po4)6(oh)2中，元素的電負(fù)性按由大到小的順序依次是_。（2）上述元素都能形成氫化物，其中ph3與同主族元素n形成的氫化物的鍵角關(guān)系是ph3_nh3(填“”或“”)，po43-離子空間構(gòu)型是_。（3）現(xiàn)已合成含鈣的全氮陰離子鹽，其中陰離子n5-為平面正五邊形結(jié)構(gòu)，n原子的雜化類(lèi)型是_。（4）碳酸鈣的分解溫度遠(yuǎn)高于碳酸鎂，其原因是_。（5）黑磷是磷的一種同素異形體，與石墨烯類(lèi)似，其晶體結(jié)構(gòu)片段如圖1所示：其中最小的環(huán)為6元環(huán)，每個(gè)環(huán)平均含有_個(gè)p原子。.鈷是人體不可或缺的微量元素之一。co、al、o形成的一種化合物鈷藍(lán)晶體結(jié)構(gòu)如圖2所示。（6）基態(tài)co原子的價(jià)電子排布式為_(kāi)。該

30、立方晶胞由4個(gè)i型和4個(gè)型小立方體構(gòu)成，其化學(xué)式為_(kāi)，na為阿伏加德羅常數(shù)的值，鈷藍(lán)晶體的密度為_(kāi) g·cm-3(列計(jì)算式)?！敬鸢浮?(1). ophca (2). 小于 (3). 正四面體 (4). sp2 (5). 鎂離子半徑小于鈣離子半徑，與氧離子形成的離子鍵更強(qiáng)，晶格能更大，因此碳酸鎂的熱分解溫度低 (6). 2 (7). 3d74s2 (8). coal2o4 (9). 【解析】【詳解】（1）同周期從左到右元素的電負(fù)性變大，同主族從上到下電負(fù)性變小，ca10(po4)6(oh)2中，元素的電負(fù)性按由大到小的順序依次是ophca；（2）nh3和ph3的空間構(gòu)型都是三角錐型,

31、但是,nh中n-h鍵的鍵長(zhǎng)比ph中p-h鍵的鍵長(zhǎng)要短,所以在nh3中,成鍵電子對(duì)更靠近,排斥力更大,以致鍵角更大。而ph3中成鍵電子對(duì)之間的斥力減小,孤對(duì)電子對(duì)成鍵電子的斥力使h-p-h鍵角更小。ph3與同主族元素n形成的氫化物的鍵角關(guān)系是ph3nh3；po43中心原子為p，其中鍵電子對(duì)數(shù)為4，中心原子孤電子對(duì)數(shù)= ×（5+3-4×2）=0，po43中心原子價(jià)層電子對(duì)對(duì)數(shù)為4+0=4，p原子sp3雜化，po43-離子空間構(gòu)型是正四面體。故答案為：；正四面體；（3）含鈣的全氮陰離子鹽，陰離子n5-為平面正五邊形結(jié)構(gòu)，中心原子n，其中鍵電子對(duì)數(shù)為2，中心原子存在大鍵，所以n原子

32、的雜化類(lèi)型是sp2。故答案為：sp2；（4）由于鎂離子半徑小于鈣離子半徑，與氧離子形成的離子鍵更強(qiáng)，晶格能更大，因此，碳酸鎂的熱分解溫度低。（5）黑磷與石墨烯類(lèi)似，其中最小的環(huán)為6元環(huán)，每個(gè)環(huán)平均含有6× =2個(gè)p原子。故答案為：2（6）基態(tài)co原子的價(jià)電子排布式為3d74s2；i、ii各一個(gè)小正方體為一個(gè)晶胞，該晶胞中co原子個(gè)數(shù)=（4×+2×+1）×4=8、al原子個(gè)數(shù)=4×4=16、o原子個(gè)數(shù)=8×4=32，co、al、o原子個(gè)數(shù)之比=8：16：32=1：2：4，化學(xué)式為coal2o4；該晶胞體積=（2a×10-7 cm）3，鈷藍(lán)晶體的密度= = g·cm-3(列計(jì)算式)。故答案為：3d74s2；coal2o4；。12.奧司他韋是一種高效、高選擇性神經(jīng)氨酸酶抑制劑，