安徽省十校联盟2020届高三线上自主联合检测化学试题（解析版）

安徽省十校联盟 2020 届高三线上自主联合检测 理科综合试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Fe 56 一、选择题:本题共 7 小题，每小题 6 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.在 2019 年 9 月 25 日，北京大兴国际机场正式投运。下列说法不正确的是 A. 机场航站楼使用的玻璃为无机非金属材料 B. 机场航站楼使用的隔震支座由橡胶和钢板相互粘结而成，属于新型无机材料 C. 机场航站楼采用的钢铁属于合金材料 D. 机场高速采用了新型自融冰雪路面技术，减少了常规融雪剂使用对环境和桥梁结构所造成的破坏 【答案】B 【解析】 【详解】A．玻璃的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，A 正确； B．橡胶属于有机高分子材料，钢板属于合金材料，它们都不属于新型无机材料，B 不正确； C．钢铁是铁碳的合金，属于合金材料，C 正确； D．常规融雪剂主要成分为氯化镁等，会腐蚀水泥路面和桥梁，新型自融冰雪路面技术可减少对路面及桥梁 的影响，D 正确； 故选 B。 2.设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是 A. 常温下， pH=2 的 H2SO4 溶液 1L 中，硫酸和水电离的 H+总数为 0.01NA B. 1mol H2O 最多可形成 4NA 个氢键 C. 用浓盐酸分别和 MnO2、KClO3 反应制备 1mol 氯气，转移的电子数均为 2NA D. 常温常压下， O2 与 O3 的混合气体 16g，分子总数为 NA 【答案】A 【解析】 【 详 解 】 A ． 常 温 下 ， 1LpH=2 的 H2SO4 溶 液 中 ， 硫 酸 和 水 电 离 的 H+ 总 数 为 (10-2+10-12)mol/L×1L×NA=0.01NA，A 正确； B．在冰中，1 个 H2O 与 4 个 H2O 形成 4 个氢键，平均每个水分子形成 2 个氢键，则 1mol H2O 最多可形成 2NA 个氢键，B 不正确； C．MnO2 与浓盐酸反应制备 1mol 氯气，转移的电子数为 2NA，KClO3 与浓盐酸反应制备 1mol 氯气(反应方程式为 ClO3-+5Cl- +6H+==3Cl2↑+3H2O)，转移的电子为 NA，C 不正确； D．采用极端分析法，O2 与 O3 各 16g，分子总数分别为 NA 和 NA，则 16g 混合气，所含分子数介于二 者之间，D 不正确； 故选 A。 【点睛】在冰中，每个水分子与周围的水分子可形成 4 个氢键，我们易认为平均每个水分子能形成 4 个氢 键，从而产生错解。 3.有机物 X 分子式为 C3H6O，有多种同分异构体。其中之一丙醛(液态)的燃烧热为 1815kJ/mol。下列说法不 正确的是 A. X 的同分异构体中，含单官能团的共 5 种 B. 1mol X 最多能和 1mol H2 加成 C. 表示丙醛燃烧热的热化学方程式为：C3H6O(l)+4O2(g) = 3CO2 (g)+3H2O(l) △H=+1815kJ/mol D. X 的同分异构体其中之一 CH2=CHCH2OH 可以发生取代反应、加成反应、加聚反应、氧化反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．X 的同分异构体中，含单官能团的异构体分别为 CH3CH2CHO、CH3COCH3、 、 、 共 5 种，A 正确； B．1mol X 中最多含 1mol 碳氧双键或 1mol 碳碳双键，最多能和 1mol H2 加成，B 正确； C．表示丙醛燃烧热的热化学方程式为：C3H6O(l)+4O2(g) = 3CO2 (g)+3H2O(l) △H= -1815kJ/mol，C 不正确； D．X 的同分异构体之一 CH2=CHCH2OH 中-OH 可发生取代反应、氧化反应，碳碳双键可发生加成反应、 加聚反应，D 正确； 故选 C。 4.某兴趣小组计划用 Al、稀 H2SO4、NaOH 溶液制备 1mol Al(OH)3。设计如下三种方案： 方案Ⅰ：向 Al 中加入 NaOH 溶液，至 Al 刚好完全溶解，得溶液①。向溶液①中加硫酸至刚好沉淀完。过 滤、洗涤、干燥。 方案Ⅱ：向 Al 中加入硫酸，至 Al 刚好完全溶解，得溶液②。向溶液②中加 NaOH 溶液至刚好沉淀完。过 滤、洗涤、干燥。 方案Ⅲ：将 Al 按一定比例分为两份，按前两方案先制备溶液①和溶液②。然后将两溶液混和。过滤、洗涤、 干燥。 下列说法不正确的是 5 3 1 2 1 3A. 三种方案转移电子数一样多 B. 方案Ⅲ所用硫酸的量最少 C. 方案Ⅲ比前两个方案更易控制酸碱的加入量 D. 采用方案Ⅲ时，用于制备溶液①的 Al 占总量的 0.25 【答案】D 【解析】 【分析】 方案Ⅰ：发生反应 2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑，2NaAlO2+H2SO4+2H2O==2Al(OH)3↓+Na2SO4； 则 2Al—2NaOH—H2SO4—2Al(OH)3； 方案Ⅱ：发生反应为 2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑，Al2(SO4)3+6NaOH==2Al(OH)3↓+3 Na2SO4；则 2Al—6NaOH—3H2SO4—2Al(OH)3； 方案Ⅲ：2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑，2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑， Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O==8Al(OH)3↓+3Na2SO4，则 2Al—1.5NaOH—0.75H2SO4—2Al(OH)3。 【详解】A．三种方案中，消耗 Al 都为 1mol，Al 都由 0 价升高为+3 价，则转移电子数一样多，A 正确； B．从三个方案的比较中可以看出，生成等物质的量的氢氧化铝，方案Ⅲ所用硫酸的量最少，B 正确； C．方案Ⅰ需控制酸的加入量，方案Ⅱ需控制碱的加入量，而方案Ⅲ不需对酸、碱的用量严格控制，所以方 案Ⅲ比前两个方案更易控制酸碱的加入量，C 正确； D．采用方案Ⅲ时，整个过程中 Al 与酸、碱的用量关系为 6Al—6NaOH—3H2SO4—2Al，用于制备溶液①的 Al 占总量的 0.75，D 不正确； 故选 D。 5.X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X 与 Z 同主族，X 为非金属元素，Y 的原子 半径在第三周期中最大，Y 与 W 形成的离子化合物对水的电离无影响。下列说法正确的是 A. 常温下，X 的单质一定呈气态 B. 非金属性由强到弱的顺序为：X>Z>W C. X 与 W 形成的化合物中各原子均达到 8 电子稳定结构 D. Y、Z、W 的最高价氧化物对应的水化物可能相互反应 【答案】D 【解析】 X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y 的原子半径在第三周期中最大，Y 为 Na 元素； Y 与 W 形成的离子化合物对水的电离无影响，则 W 为 Cl 元素；X 与 Z 同主族，X 为非金属元素，则 X 可 能为 B、C、N、O，Z 可能为 Al、Si、P、S。A. 常温下，B、C、N、O 的单质不一定呈气态，如金刚石或 为石墨为固体，故 A 错误；B. 同一周期，从左到右，非金属性逐渐增强，则非金属性：W>Z，故 B 错误；C. X 与 W 形成的化合物中 BCl3 中的 B 原子未达到 8 电子稳定结构，故 C 错误；D. 当 Z 为 Al 时，氢氧化铝 为两性氢氧化物，Na、Al、Cl 的最高价氧化物对应的水化物可能相互反应，故 D 正确；故选 D。 点睛：本题考查了元素周期表和元素周期律的推断。本题的难点是 X 和 Z 的元素种类不确定。本题的易错 点为 C，要注意根据形成的化合物的化学式判断是否为 8 电子稳定结构。 6.中国第二化工设计院提出，用间接电化学法对大气污染物 NO 进行无害化处理，其原理示意如图(质子膜 允许 H+和 H2O 通过)，下列相关判断正确的是 A. 电极Ⅰ为阴极，电极反应式为 2H2O+2e- =2OH- +H2↑ B. 电解池中质子从电极Ⅰ向电极Ⅱ作定向移动 C. 吸收塔中的反应为 2NO+ 2S2O42-+H2O=N2+4HSO3- D. 每处理 1molNO 电解池质量减少 16g 【答案】C 【解析】 【分析】 在电极Ⅰ，HSO3-转化为 S2O42-，S 元素化合价由+4 价降低为+3 价发生还原反应，则该电极作电解池的阴极， 电极Ⅱ为电解池的阳极，在电极Ⅱ上 H2O 失电子发生氧化反应生成 O2 和 H+。 【详解】A．电极Ⅰ为电解池的阴极，电极反应式为 2HSO3-+2e-+2H+ = S2O42-+2H2O，A 不正确； B．由于阴极需消耗 H+，而阳极生成 H+，电解池中质子从电极Ⅱ向电极Ⅰ作定向移动，B 不正确； C．从箭头的指向，可确定吸收塔中 S2O42-与 NO 反应，生成 HSO3-和 N2，发生反应为 2NO+ 2S2O32-+H2O=N2+4HSO3-，C 正确； D．每处理 1molNO，阴极 2HSO3-→ S2O42-，质量增加 34g，阳极 H2O→ O2，质量减轻 16g，电解池质量 增加 34g-16g=18g，D 不正确； 故选 C。 7.常温下，分别向体积相同、浓度均为 1 mol／L 的 HA、HB 两种酸溶液中不断加水稀释，酸溶液的 pH 与酸 溶液浓度的对数(lg C)间的关系如图。下列对该过程相关分析正确的是 1 2A. HB 的电离常数(KA)数量级为 10-3 B. 其钠盐的水解常数(Kh)大小关系是：NaB>NaA C. a、b 两点溶液中，水的电离程度 ba，故 C 错误；D、当 lgC=-7 时，HB 中 c（H＋） = mol·L－1 ，HA 中 c（H＋）= mol·L－1，pH 均不为 7，故 D 错误；故选 B。 点睛：难点 A 选项，从图中读出两点氢离子的浓度，酸的浓度，根据电离常数的定义写出电离常数。易错 点 D 选项，当 lg C= -7 时，是酸的浓度是 10-7mol·L－1，不是氢离子的浓度。 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 26-28 题为必考题。每个试题考生都必须作答。 第 35-36 题为选考题，考生根据要求作答。 (一)必考题：共 129 分。 8.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可作为贮存水果的保鲜剂。现欲制备焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质。 Ⅰ.制备 Na2S2O5 可用试剂：饱和 Na2SO3 溶液、浓 NaOH 溶液、浓 H2SO4、苯、Na2SO3 固体(试剂不重复使用)。 焦亚硫酸钠的析出原理：2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l) （1）如图装置中仪器 A 的名称是___。A 中发生反应的化学方程式为___。仪器 E 的作用是___。 9 1 7 10 1010 − − − = 5 7 10 1010 − − =（2）F 中盛装的试剂是___。 Ⅱ.探究 Na2S2O5 的还原性 （3）取少量 Na2S2O5 晶体于试管中，滴加 1mL2mol/L 酸性 KMnO4 溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去。 反应的离子方程式为___。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是防止食品___。 Ⅲ.测定 Na2S2O5 样品的纯度。 （4）将 10.0gNa2S2O5 样品溶解在蒸馏水中配制 100mL 溶液，取其中 10.00mL 加入过量的 20.00mL0.3000mol/L 的酸性高锰酸钾溶液，充分反应后，用 0.2500mol/L 的 Na2SO3 标准液滴定至终点， 消耗 Na2SO3 溶液 20.00mL，Na2S2O5 样品的纯度为___%（保留一位小数），若在滴定终点时，俯视读数 Na2SO3 标准液的体积，会导致 Na2S2O5 样品的纯度___。（填“偏高”、“偏低”） 【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4 (3). 防倒吸 (4). 浓 NaOH 溶液 (5). 5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O (6). 氧化变质 (7). 95.0 (8). 偏高 【解析】 【分析】 A 三颈烧瓶中制备二氧化硫，发生 Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4，生成的二氧化硫通入 D 装置， 发生 Na2SO3+SO2＋H2O=2NaHSO3，2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)，仪器 E 的作用是防倒吸， F 吸收尾气。据此解答。 【详解】Ⅰ（1）装置中仪器 A 的名称是三颈烧瓶。A 中发生反应的化学方程式为 Na2SO3＋H2SO4=H2O＋ SO2↑＋Na2SO4。二氧化硫易溶于水，仪器 E 的作用是防倒吸。 故答案为：三颈烧瓶；Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2＋Na2SO4；防倒吸； （2）二氧化硫有毒，排到空气中会污染空气，SO2 是酸性氧化物，可用碱溶液吸收，题干中只提供了一种 试剂--浓 NaOH 溶液，F 中盛装的试剂是浓 NaOH 溶液。 故答案为：浓 NaOH 溶液； Ⅱ.（3）取少量 Na2S2O5 晶体于试管中，滴加 1mL2mol/L 酸性 KMnO4 溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快 褪去，说明 MnO4－将 S2O52－氧化生成硫酸根离子。反应的离子方程式为 5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－ ＋4Mn2＋＋H2O。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是：利用焦亚硫酸钠的还原性，防止 食品氧化变质。 故答案为：5S2O5－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O；氧化变质； Ⅲ.（4）由关系式：5SO32－～2MnO4－，用 0.2500mol/L 的 Na2SO3 标准液滴定至终点，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 5S2O52－＋4MnO4－ ＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O 得：Na2S2O5 样品的纯度为= 2 5 ×100%=95.0%；若在滴定终点 时，俯视读数 Na2SO3 标准液的体积，使 Na2SO3 标准液的体积偏低，算出的剩余高锰酸钾偏低，与 Na2S2O5 样品反应的高锰酸钾偏高，会导致 Na2S2O5 样品的纯度偏高； 故答案为：95.0；偏高。 9.辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)，还含有 FeO、CaO、SiO2 等。以辉铜矿石为原料制备 CuCl2·2H2O 的 工艺流程如图所示： 已知：Ⅰ.金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下： Ⅱ.NaCl 易溶于水，不溶于酒精，随温度变化溶解度变化不明显；CuCl2·H2O 易溶于水，酒精，浓氨水， 随温度升高溶解度变化明显增大。 Ⅲ.Ksp(CaF2)=4.0×10-11 （1）为了提高“溶浸”效率，可采取的措施是___。写出“溶浸”过程中 Cu2S 溶解时离子方程式：___。 （2）“脱硫”时，随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势（如图），原因是___。 （3）写出“脱氟”时 HF 发生反应的化学方程式：___。 （4）“沉铁”过程中，加入 NaClO 的两个作用是___。 （5）“操作 X”的具体操作是___。 3 3 15 100(20.00 10 0.3000 / 2.000 10 ) 1904 10 10.0 L mol L mol g mol g − − −× × − × × × × （6）经过“操作 X”后，母液经过一系列操作可得到另外一种物质，要得到这种纯净物，最好选用下列试 剂洗涤___。 A．浓盐酸 B．水 C．酒精 D．浓氨水 （7）向“浸出液”中加入 NaF 除去溶液中 Ca2+(浓度为 1.0×10-3mol·L-1)，当溶液中 c(F-)=2.0×10-3mol·L-1 时，除钙率为___。 【答案】 (1). 将矿石细磨（搅拌、升温或其它合理答案） (2). Cu2S＋4Fe3＋=S＋4Fe2＋＋2Cu2＋ (3). 温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加 (4). 4HF＋H2SiO3=SiF4↑＋3H2O (5). NaClO 将 Fe2＋氧 化 Fe3＋，消耗 H+，使 H+浓度减小，促使水解平衡 Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋向右移动，生成 Fe(OH)3 沉淀 (6). 蒸发浓缩 冷却结晶 (7). C (8). 99% 【解析】 【分析】 辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取过滤，得到矿渣加入煤油回收硫单质；加入 NaF 除去钙离子，生成 CaF2 沉 淀，加盐酸和硅酸钠生成 H2SiO3 除去多余 氟离子，再用 NaClO 将 Fe2＋氧化 Fe3＋，消耗 H+，使 H+浓度减 小，促使水解平衡 Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋向右移动，生成 Fe(OH)3 沉淀；过滤后在滤液中加入盐 酸调节 pH，蒸发浓缩 冷却结晶，得到 CuCl2·H2O。 【详解】（1）为了提高“溶浸”效率，可采取的措施是将矿石细磨（搅拌、升温或其它合理答案）；“溶浸” 过程中 Cu2S 溶解时，被 Fe3＋氧化，离子方程式：Cu2S＋4Fe3＋=S＋4Fe2＋＋2Cu2＋。 故答案为：将矿石细磨（搅拌、升温或其它合理答案）；Cu2S＋4Fe3＋=S＋4Fe2＋＋2Cu2＋； （2）“脱硫”时，随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加； 故答案为：温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加； （3）加盐酸和硅酸钠生成 H2SiO3 除去多余的氟离子，“脱氟”时 HF 发生反应的化学方程式：4HF＋ H2SiO3=SiF4↑＋3H2O。 故答案为：4HF＋H2SiO3=SiF4↑＋3H2O； （4）“沉铁”过程中，加入 NaClO 的两个作用是 NaClO 将 Fe2＋氧化 Fe3＋，消耗 H+，使 H+浓度减小，促 使水解平衡 Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋向右移动，生成 Fe(OH)3 沉淀； 故答案为：NaClO 将 Fe2＋氧化 Fe3＋，消耗 H+，使 H+浓度减小，促使水解平衡 Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋ 3H＋向右移动，生成 Fe(OH)3 沉淀； （5）氯化铜溶于水，则“操作 X”的具体操作是蒸发浓缩 冷却结晶。 故答案为：蒸发浓缩 冷却结晶 （6）经过“操作 X”后，母液经过一系列操作可得到另外一种物质，这种物质是 NaCl，NaCl 易溶于水， 不溶于酒精，随温度变化溶解度变化不明显；CuCl2·H2O 易溶于水、酒精、浓氨水，随温度升高溶解度变 的明显增大。所以要得到这种纯净物，最好选用洗涤剂酒精，而 A．浓盐酸、B．水、D．浓氨水三个选项中 提供 物质均能溶解 NaCl，故答案为：C。 （7）当溶液中 c(F-)=2.0×10-3mol·L-1 时,Ksp(CaF2)=c(Ca2＋)c2(F－)=c(Ca2＋)(2.0×10-3)2= 4.0×10-11， c(Ca2＋)=1.0×10-5mol·L-1，则除钙率为 ×100%=99%。 故答案为：99%。 【点睛】本题考查了物质分离提纯的方法和流程判断，主要是物质性质的理解应用和实验基本操作，掌握 基础是关键，难点（6）要充利用题目中的信息，NaCl 在水中和酒精中的溶解度不同，难点（7）先用公式 Ksp(CaF2)=c(Ca2＋)c2(F－)计算出溶液中的 c(Ca2＋)，再求出除钙率。 10.氯气是现代工业的重要原料，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热车点，回答下列问题： （1）Deacon 发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。可按下列催化过程进行： Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+ Cl2(g) ΔH1=+83kJ·mol-1 Ⅱ.CuCl(s)+ O2(g)=CuO(s)+ Cl2(g) ΔH2=-20kJ·mol-1 Ⅲ.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH3 反应Ⅰ能自发进行的条件是___。利用 ΔH1 和 ΔH2 计算 ΔH3 时，还需要利用反应___的 ΔH。 （2）如图为刚性容器中，进料浓度比 c(HCl)：c(O2)分别等于 1：1、4：1、7：1 时 HCl 平衡转化率随温 度变化的关系： 可知反应平衡常数 K（400℃）__K（500℃）（填“大于”或“小于”）。设容器内初始压强为p0，根据进料 浓度比 c(HCl)：c(O2)=4：1 的数据，计算 400℃时容器内的平衡压强=___（列出计算式）。按化学计量比进 料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比 c(HCl)：c(O2)过低、过高的不利影响 分别是___。 （3）已知：氯气与 NaOH 溶液反应可生成 NaClO3。有研究表明，生成 NaClO3 的反应分两步进行： Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl- 的 3 5 3 1.0 10 1.0 10 1.0 10 − − − × − × × 1 2 1 2 1 2Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl- 常温下，反应Ⅱ能快速进行，但氯气与 NaOH 溶液反应很难得到 NaClO3，试用碰撞理论解释其原因：___。 （4）电解 NaClO3 水溶液可制备 NaClO4，写出阳极反应式：___。 【答案】 (1). 高温 (2). CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g） (3). 大于 (4). 0.848p0 (5). Cl2 和 O2 分离能耗较高、HCl 转化率较低 (6). 反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于 ClO－ 向 ClO3－转化 (7). ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋ 【解析】 【详解】（1）Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+ Cl2(g) ΔH1=+83kJ·mol-1，△S＞0，则要△G=△H-T△S＜0，须 高温条件下才能自发； Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+ Cl2(g) ΔH1=+83kJ·mol-1 Ⅱ.CuCl(s)+ O2(g)=CuO(s)+ Cl2(g) ΔH2=-20kJ·mol-1 Ⅲ.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH3 利用 ΔH1 和 ΔH2 计算 ΔH3 时，由盖斯定律，（Ⅲ-Ⅱ×2-Ⅰ×2）/2 得：还需要利用反应 CuO（s）+2HCl （g）＝CuCl2（s）+H2O（g）的 ΔH。 故答案为：高温；CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）； （2）根据图象可知，进料浓度比相同时，温度越高 HCl 平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温 度平衡向着逆向移动，则温度越高平衡常数越小，所以反应平衡常数 K（400℃）大于 K（500℃）；进料浓 度比 c（HCl）：c（O2）的比值越大，HCl 的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时 HCl 转化率最 高的为进料浓度比 c（HCl）：c（O2）=4：1，该曲线中 400℃HCl 的平衡转化率为 76%。则 p= p0=0.848p0； 进料浓度比 c（HCl）：c（O2）过低时，O2 浓度较大，HCl 的转化率较高，但 Cl2 和 O2 分离能耗较高，生 成成本提高；进料浓度比 c（HCl）：c（O2）过高时，O2 浓度较低，导致 HCl 的转化率减小； 故答案为：大于；p= p0=0.848p0；Cl2 和 O2 分离能耗较高、HCl 转化 率较低； （3）生成 NaClO3 的反应分两步进行：Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-，Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-，常温下，反应Ⅱ能 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 24HCl g + O g 2Cl g + 2H O g 4 1 0 0 4 0.76 0.76 2 0.76 2 0.76 4 0.24 0.24 2 0.76 2 0.76 × × × × × × （ ） （ ） （ ） （ ） 初始 转化 平衡 4 0.24 1 0.24 2 0.76 2 0.76 4 1 × + × + × + × + 4 0.24 1 0.24 2 0.76 2 0.76 4 1 × + × + × + × +快速进行，但氯气与 NaOH 溶液反应很难得到 NaClO3，用碰撞理论解释其原因：反应Ⅰ的活化能高，活化 分子百分数低，不利于 ClO－向 ClO3－转化； 故答案为：反应Ⅰ 活化能高，活化分子百分数低，不利于 ClO－向 ClO3－转化； （4）电解 NaClO3 水溶液可制备 NaClO4，阳极发生氧化反应生成 ClO4－，阳极反应式：ClO3－＋H2O－2e－ =ClO4－＋2H＋。 故答案为：ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋。 【点睛】本题考查化学平衡计算、盖斯定律应用及电解原理等知识，明确化学平衡及其影响为解答关键， 难点（2）注意掌握盖斯定律内容及三段式在化学平衡计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力 及综合应用能力。 (二)选考题:共 45 分。请考生从给出的 2 道物理题、2 道化学题，2 道生物题中每科任选一题 作答。如 果多做，则每学科按所做的第一题计分。 11.铁酸锌(ZnFe2O4)是对可见光敏感的半导体催化剂，其实验室制备原理为： ①ZnSO4+2FeSO4+3Na2C2O4+6H2O ZnFe2(C2O4)3·6H2O↓+3Na2SO4 ②ZnFe2(C2O4)3·6H2O ZnFe2O4+2CO2 ↑+4CO↑+6H2O 回答下列问题: (1)基态 Fe2+的价层电子排布图为___________. (2)电离能大小比较：I1(Zn)___________ I1(Cu)，I2(Zn)___________ I2 (Cu) (填“>”“ (3). < (4). 正四面体 (5). sp3 (6). mol (7). N3-(或 NO2+、SCN-等) (8). 它们都形成分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大， 所以熔点依次升高 (9). 1:1 (10). 【解析】 【分析】 (1)基态 Fe2+的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d6，由此可确定 Fe2+的价层电子排布图； (2)Zn 的价电子排布式为 3d104s2，Cu 的价电子排布式为 3d104s1，从半满、全满时能量低，第一电离能高进 行电离能大小比较； (3)Na2SO4 中阴离子的价层电子对数为 4，由此确定空间构型和该离子中 S 的杂化类型； (4) CO2 和 CO 的分子内都含有 2 个π键，寻找 CO2 互为等电子体的离子时，可将 C、O 进行相近原子的替换， 电子的差异可用带电荷代替； (5)ZnCl2、ZnBr2、ZnI2 若为离子晶体，则与熔点关系不相符，所以应形成分子晶体； (6)①采用均摊法，计算该晶体中 Fe、C 原子的最简比； ②先求出晶胞中所含有的 Fe、C 原子数，然后利用密度求体积，进而求出晶胞的边长，最后可利用小三角 形，计算该晶胞中相邻两个面心上铁原子最近的核间距离 D。 【详解】(1)基态 Fe2+的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d6，则基态 Fe2+的价层电子排布图为 ， 答案为： ； (2) Zn 的价电子排布式为 3d104s2，Cu 的价电子排布式为 3d104s1，则 Zn 的 4s 能级全充满，电子的能量低， 失电子所需能量高，而 Cu 的 4s 能级半充满，则电离能：I1(Zn)>I1(Cu)，Zn+的价电子排布式为 3d104s1，Cu+ 的价电子排布式为 3d10，则 Cu+的 3d 能级全充满，失电子所需能量高，所以 I2(Zn)< I2 (Cu)，答案为：>；