20192020學(xué)年度2020屆高考仿真試題(一)理科綜合能力測試(化學(xué)部分)可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12O16Cl35.5Na23Mn55第Ⅰ卷一、選擇題(每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活及環(huán)境密切相關(guān)，下列有關(guān)說法正確的是()A.中國古代利用明礬溶液的酸性清洗銅鏡表面的銅銹B.有人稱“一帶一路”是“現(xiàn)代絲綢之路”，絲綢的主要成分是纖維素，屬于天然高分子化合物C.汽車尾氣污染物中含有的氮氧化物是汽油不完全燃燒造成的D.用于光纜通信的光導(dǎo)纖維和制作航天服的聚酯纖維都是新型無機非金屬材料【答案】A【解析】【詳解】A．明礬是KAl(SO4)2?12H2O，其水溶液因Al3＋水解而呈酸性，銅銹的主要成分為Cu2(OH)2CO3，可溶于酸性溶液，故可利用明礬溶液的酸性清洗銅鏡表面的銅銹，A正確；B．絲綢的主要成分是蛋白質(zhì)，B錯誤；C．汽車尾氣污染物中含有的氮氧化物是空氣中的氮氣和氧氣在汽車發(fā)動機產(chǎn)生的高溫下發(fā)生反應(yīng)生成的，而不是汽油不完全燃燒造成的，C錯誤；D．聚酯纖維是高分子材料，不屬于新型無機非金屬材料，D錯誤；故選A。2.X、Y、Z、R、W是5種短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大；它們可組成離子化合物Z2Y和共價化合物RY3、XW4；已知Y、R同主族，Z、R、W同周期，下列說法錯誤的是()A.原子半徑：Z＞R＞W(wǎng)B.氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：HnW＞HmRC.X2W6分子中各原子最外層電子均滿足8電子結(jié)構(gòu)D.Y、Z、R三種元素組成的化合物水溶液一定顯堿性【答案】D【解析】分析】Y、R同主族、Y、R能形成化合物RY3，所以Y為氧元素、R為硫元素；可組成離子化合物Z2Y，可知Z為鈉元素；R、W原子序數(shù)依次增大，W是氯元素；X、W能形成共價化合物XW4，則X是碳元素?！驹斀狻緼．Na、S、Cl核外均有3層電子，當(dāng)電子層數(shù)相同時，質(zhì)子數(shù)越多，原子半徑越小，故原子半徑Na＞S＞Cl，A正確；B．非金屬性越強，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，Cl的非金屬性強于S，故氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性HCl＞H2S，B正確；C．C2Cl6分子中兩個碳原子間共用一對電子，每個碳原子還和三個氯原子共用三對電子，各原子最外層均滿足8電子結(jié)構(gòu)，C正確；D．Na2SO3的水溶液顯堿性，Na2SO4的水溶液顯中性，D錯誤；故選D。A為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值。下列敘述正確的是A.46g有機物C2H6O中含有極性共價鍵的數(shù)目一定為7NAB.密閉容器中1molH2與1molI2制備HI，增加2NA個HI鍵C.25℃，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中OHAD.0.1molFe

在足量氧氣中燃燒，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4/15NA【答案】D【解析】46g有機物C2H6O的物質(zhì)的量為1mol，如果有機物為乙醇，含有極性共價鍵數(shù)目為7NA，如果有機物為甲醚，含有極性共價鍵數(shù)目為8NA，A錯誤；1molH2與1molI2制備HI的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，生成HI小于2mol，HI鍵小于2NA，B錯誤；pH=13的Ba(OH)2溶液，c(H+)=1013mol/L,c(OH)=101mol/L,25℃，1L、pH=13的Ba(OH)2溶液中OHA，C錯誤；0.1molFe在足量氧氣中燃燒，生成四氧化三鐵，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1×8/3×NA=4/15NA,D正確；正確選項D。點睛：本題考查了阿伏加德羅常數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及的知識較多，重在分析能力及化學(xué)計算能力的考查，明確有機物存在同分異構(gòu)體時，化學(xué)鍵類型有所不同；注意可逆反應(yīng)不能進(jìn)行完全，鐵在氧氣中燃燒生四氧化三鐵，鐵元素化合價平均為+8/3價。4.根據(jù)下列實驗操作及現(xiàn)象，能推出相應(yīng)結(jié)論的是實驗操作及現(xiàn)象結(jié)論A加熱石蠟后生成的氣體能使酸性高錳酸鉀溶液褪色加熱石蠟產(chǎn)生的氣體一定是乙烯B向飽和硼酸溶液中加少量NaHCO3粉末，無氣泡冒出酸性：碳酸>硼酸C向MgCl2溶液中滴加足量NaOH溶液，有白色沉淀生成，再滴加CuCl2溶液，又有藍(lán)色沉淀生成Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]D向淀粉溶液中加稀硫酸共熱，冷卻后再加入新制Cu(OH)2懸濁液，加熱，無磚紅色沉淀生成淀粉沒有發(fā)生水解A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．石蠟油分解可生成乙烯、丙烯等，選項A錯誤；B、因為酸性：碳酸>硼酸，故向飽和硼酸溶液中加少量NaHCO3粉末，無氣泡冒出，選項B正確；C．向MgCl2溶液中滴加足量NaOH溶液，有白色沉淀生成，再滴加CuCl2溶液，又有藍(lán)色沉淀生成，氫氧化鈉過量，不發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，無法證明溶度積的大小，選項C錯誤；D．向淀粉溶液中加稀硫酸共熱，冷卻后沒有用氫氧化鈉中和至堿性，加入新制Cu(OH)2懸濁液，硫酸與氫氧化銅反應(yīng)，導(dǎo)致無磚紅色沉淀生成，干擾醛基的檢驗，不能說明淀粉沒有發(fā)生水解，選項D錯誤；答案選B。5H10O2的兩種有機物的結(jié)構(gòu)簡式如右圖所示：下列說法正確的是A.二者都能使Br2的CCl4溶液褪色B.①②分子中所有原子均可能處于同一平面C.等質(zhì)量的①和②分別與足量鈉反應(yīng)生成等質(zhì)量的H2D.與其互為同分異構(gòu)體的酯有8種（不考慮立體異構(gòu)）【答案】C【解析】A項，只有②能與Br2發(fā)生加成反應(yīng)而使其褪色，故A項錯誤;B項，分子中均含有四面體碳，所有原子不可能處于同一平面，故B項錯誤；C項，它們分子中均含有兩個羥基，物質(zhì)的量相同時，與足量的鈉產(chǎn)生H2的物質(zhì)的量也相同，故C項正確；D項，若為甲酸酯有4種，若為乙酸酯則有2種，若為丙酸乙酯，只有1種，若為丁酸酯只有2種，故屬于酯類的有4+2+1+2=9種，故D項錯誤。答案為C。6.某溫度時，將nmol·L－lCH3COOH溶液滴入10mL1.0mol·L－1NaOH溶液中，溶液pH和溫度隨加入CH3COOH溶液體積變化曲線如圖所示，下列有關(guān)說法正確的是A.Kw：a>b B.25℃時：K(CH3COOH)=1/(n1)?10－7C. D.水的電離程度：c>b【答案】B【解析】【分析】將CH3COOH溶液滴入NaOH溶液中，溶液pH逐漸減小，當(dāng)恰好完全中和時，放熱最多，溫度最高，據(jù)此判斷；【詳解】A.由于溫度b>a，則Kw：a<b，故A項錯誤；B.25℃時，溶液呈中性，則c(Na+)=c(CH3COO)，則K(CH3COOH)=c(CH3COO)?c(H+)/c(CH3COOH)=（1.0/2）?10－7/(n1)/2=1/(n1)?10－7，故B項正確；C向10mL1.0mol·L－1NaOH溶液中滴入10mLCH3COOH時，溶液呈中性，則n>1.0，故C項錯誤；D.b點溶液溫度最高，說明此時兩溶液恰好反應(yīng)生成醋酸鈉，醋酸根離子水解促進(jìn)了水的電離，則水的電離程度b>c，故D項錯誤；綜上，本題選B?！军c睛】本題考查Kw，Kw與溫度有關(guān)，溫度越高Kw數(shù)值越大，水電離程度越大，溫度越低Kw數(shù)值越小，水的電離程度越小，所以判斷Kw的大小重點要抓住此時的溫度。7.某同學(xué)用下圖實驗裝置驗證通過改變濃度來實現(xiàn)反應(yīng)，2Fe3++2I=2Fe2++I2中Fe3+與Fe2+3溶液，發(fā)現(xiàn)指針第二次偏轉(zhuǎn)，方向相反。下列有關(guān)說法不正確的是（）A.指針第一次偏轉(zhuǎn)時，b極反應(yīng)式為Fe3++e=Fe2+B.加入AgNO3后，a為正極3+AD.第二次指針偏轉(zhuǎn)的原因是：I濃度減小，反應(yīng)逆向進(jìn)行【答案】C【解析】原溶液第一次電流表指針偏轉(zhuǎn)實驗時，a電極2I2e=I2，a為負(fù)極，b電極Fe3++e=Fe2+，b為正極，所以A描述正確。指針歸零說明上述反應(yīng)完全進(jìn)行，這時在左側(cè)滴加AgNO3，Ag++I=AgI↓，I濃度減小后反應(yīng)逆向進(jìn)行，a電極I2+2e=2I，a為正極，b電極Fe2+e=Fe3+，b為負(fù)極，所以B、D描述都正確。C、兩種情況下，鹽橋都是通過離子遷移形成內(nèi)電路的一部分，所以鹽橋中沒有電子轉(zhuǎn)移，C描述錯誤。正確答案C。點睛：無論是原電池還是電解池，外電路是通過電子定向移動形成電流，內(nèi)電路則是通過離子的定向遷移形成電流，所以它們的導(dǎo)電原理是不同的。第II卷二、非選擇題(一)必考題8.鋅錳干電池的負(fù)極是作為電池殼體的金屬鋅，正極是被二氧化錳和碳粉包圍的石墨電極，電解質(zhì)是氯化鋅和氯化銨的糊狀物，該電池放電過程中產(chǎn)生MnOOH。廢舊電池中的Zn、Mn元素的回收，對環(huán)境保護(hù)有重要的意義。Ⅰ.回收鋅元素，制備ZnCl2步驟一：向除去殼體及石墨電極的黑色糊狀物中加水，攪拌，充分溶解，經(jīng)過濾分離得固體和濾液。步驟二：處理濾液，得到ZnCl2·xH2O晶體。步驟三：將SOCl2與ZnCl2·xH2O晶體混合制取無水ZnCl2。制取無水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并驗證生成物中含有SO2(夾持及加熱裝置略)的裝置如圖：(已知：SOCl2是一種常用的脫水劑，熔點－105℃，沸點79℃，140℃以上時易分解，與水劇烈反應(yīng)生成兩種氣體。)（1）寫出SOCl2與水反應(yīng)的化學(xué)方程式：__。（2）接口的連接順序為a→__→__→h→i→__→__→__→e。Ⅱ.回收錳元素，制備MnO2（3）洗滌步驟一得到的固體，判斷固體洗滌干凈的方法：__。（4）洗滌后的固體經(jīng)初步蒸干后進(jìn)行灼燒，灼燒的目的：__。Ⅲ.二氧化錳純度的測定稱取1.40g灼燒后的產(chǎn)品，加入2.68g草酸鈉(Na2C2O4)固體，再加入足量的稀硫酸并加熱(雜質(zhì)不參與反應(yīng))，充分反應(yīng)后冷卻，將所得溶液轉(zhuǎn)移到100mL容量瓶中用蒸餾水稀釋至刻線，從中取出20.00mL，用0.0200mol/L高錳酸鉀溶液進(jìn)行滴定，滴定三次，消耗高錳酸鉀溶液體積的平均值為17.30mL。（5）寫出MnO2溶解反應(yīng)離子方程式__。（6）產(chǎn)品的純度為__。（7）若灼燒不充分，滴定時消耗高錳酸鉀溶液體積__(填“偏大”“偏小”“不變”)?！敬鸢浮?1).SOCl2＋H2O=SO2↑＋2HCl↑(2).f(3).g(4).b(5).c(6).d(7).取最后一次洗液，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若無白色沉淀生成，則說明固體洗滌干凈(8).除去碳粉，并將MnOOH氧化為MnO2(9).MnO2＋C2O42＋4H+=Mn2+＋2CO2↑＋2H2O(10).97.4%(11).偏大【解析】【分析】根據(jù)實驗原理及實驗裝置圖，分析裝置的鏈接順序；根據(jù)題干信息中物質(zhì)的性質(zhì)及氧化還原反應(yīng)原理書寫相關(guān)反應(yīng)方程式；根據(jù)滴定原理計算產(chǎn)品純度并進(jìn)行誤差分析?！驹斀狻浚?）根據(jù)已知條件，SOCl2與水反應(yīng)生成與水劇烈反應(yīng)生成兩種氣體，根據(jù)元素守恒判斷為SO2和HCl，則反應(yīng)方程式為SOCl2＋H2O=SO2↑＋2HCl↑，故答案為：SOCl2＋H2O=SO2↑＋2HCl↑；（2）三頸燒瓶中SOCl2吸收結(jié)晶水得到SO2與HCl，用冰水冷卻收集SOCl2，濃硫酸吸收水蒸氣，防止后面溶液中的水蒸氣進(jìn)入錐形瓶中，用品紅溶液檢驗SO2，用氫氧化鈉溶液吸收尾氣中的SO2與HCl，防止污染環(huán)境，h裝置防止倒吸，接口的連接順序為a→f→g→h→i→b→c→d→e，故答案為：f；g；b；c；d；（3）判斷固體洗滌干凈的方法是檢驗洗滌液中有沒有Cl－：取最后一次洗液，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若無白色沉淀生成，則說明固體洗滌干凈，故答案為：取最后一次洗液，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若無白色沉淀生成，則說明固體洗滌干凈；（4）灼燒除去碳，并將MnOOH氧化為MnO2，故答案為：除去碳粉，并將MnOOH氧化為MnO2；（5）在H＋作用下，KMnO4、MnO2與C2O反應(yīng)的離子方程式分別為2MnO＋5C2O＋16H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O、MnO2＋C2O＋4H＋===Mn2＋＋2CO2↑＋2H2O，故答案為：MnO2＋C2O42＋4H+=Mn2+＋2CO2↑＋2H2O；（6）n(C2O)＝2.68g÷134g·mol－1＝0.02mol；滴定100mL稀釋后溶液，消耗n(MnO)＝0.0200mol·L－1×0.01730L×5＝0.001730mol；根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)相等得n(MnO2)×2＋0.001730mol×5＝0.0200mol×2，得n(MnO2)＝0.015675mol，MnO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)＝＝0.974，即97.4%，故答案為：97.4%；（7）若灼燒不充分，雜質(zhì)也會消耗高錳酸鉀，滴定時消耗高錳酸鉀溶液體積將偏大，故答案為：偏大。9.一種從冶鉛廢渣中提取鉛的工藝流程如圖所示：已知：醋酸鉛易溶于水，難電離。火法煉鉛是將方鉛礦(主要成分為PbS)在空氣中焙燒，生成PbO和SO2?；卮鹣铝袉栴}：(1)用方鉛礦火法煉鉛的反應(yīng)的化學(xué)方程式為______。(2)火法煉鉛的廢氣中含SO2，可將廢氣通入過量氨水中進(jìn)行處理，反應(yīng)的離子方程式為_____。(3)冶鉛廢渣用硫酸洗滌后，生成的PbSO4表面常含有銅單質(zhì)，為了溶解銅單質(zhì)，常需要同時加入一定量的H2O2溶液，寫出溶解銅單質(zhì)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式_______；為加快此反應(yīng)的速率，下列方法合理的是_____(填標(biāo)號)。A．?dāng)嚢鐱．適當(dāng)加熱C．減壓(4)將飽和Na2CO3溶液加入濾渣1中發(fā)生的反應(yīng)為(aq)＋PbSO4(s)PbCO3(s)＋(aq)，以PbCO3和焦炭為原料在高溫條件下可制備金屬鉛，用化學(xué)方程式表示制備過程_______。(5)工業(yè)上常用等體積的飽和NaHCO3溶液代替飽和Na2CO3溶液，將一定量的PbSO4轉(zhuǎn)化為PbCO3。PbSO4與NaHCO3或Na2CO3的物質(zhì)的量之比不同時，PbSO4的轉(zhuǎn)化率如表所示。Ⅰn(PbSO4)∶n(NaHCO3)1∶21∶3PbSO4轉(zhuǎn)化率%Ⅱn(PbSO4)∶n(Na2CO3)1∶21∶3PbSO4的轉(zhuǎn)化率%989898依據(jù)表中數(shù)據(jù)，物質(zhì)的量之比相同時，Ⅱ中PbSO4的轉(zhuǎn)化率比Ⅰ中的略大，原因是______?！敬鸢浮?1).2PbS＋3O22PbO＋2SO2(2).2NH3·H2O＋SO2=2＋＋H2O(3).Cu＋H2O2＋2H+=Cu2+＋2H2O(4).AB(5).PbCO3PbO＋CO2↑、2PbO＋C2Pb＋CO2↑(或PbO＋CPb＋CO↑)(6).物質(zhì)的量之比相同時，Na2CO3溶液中c()比NaHCO3溶液中的大【解析】【分析】冶鉛廢渣用硫酸洗滌，生成PbSO4，濾渣1為PbSO4，加入飽和碳酸鈉溶液，PbSO4轉(zhuǎn)化為PbCO3，濾渣2為PbCO3，加入醋酸溶液，PbCO3溶解，得到醋酸鉛溶液，和鋅發(fā)生置換反應(yīng)得到海綿鉛，洗滌干燥后得到粗鉛?！驹斀狻?1)由火法煉鉛是將方鉛礦在空氣中焙燒，生成PbO和SO2，可知發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2PbS＋3O22PbO＋2SO2。(2)SO2與過量的氨水反應(yīng)生成亞硫酸銨，反應(yīng)的離子方程式為2NH3·H2O＋SO2=2＋＋H2O。(3)酸性條件下銅被H2O2氧化為Cu2＋，反應(yīng)的離子方程式是Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；攪拌能加快反應(yīng)速率，適當(dāng)升高溫度可使反應(yīng)速率加快，該反應(yīng)沒有氣體參與，減壓對反應(yīng)速率無影響，故選AB。(4)以PbCO3和焦炭為原料制備Pb的反應(yīng)的化學(xué)方程式為PbCO3PbO＋CO2↑、2PbO＋C2Pb＋CO2↑(或PbO＋CPb＋CO↑)。(5)物質(zhì)的量之比相同時，Na2CO3溶液中c()比NaHCO3溶液中的大，故Ⅱ中PbSO4的轉(zhuǎn)化率比Ⅰ中的略大?！军c睛】(2)SO2和氨水反應(yīng)，由于H2SO3為二元酸，所以當(dāng)SO2過量時生成酸式鹽NH4HSO3，當(dāng)氨水過量時，生成正鹽(NH4)2SO3。(3)適當(dāng)升溫可以加快反應(yīng)速率，但若溫度過高，會使H2O2分解，反應(yīng)速率反而會降低。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)研究的熱車點，回答下列問題：（1）Deacon發(fā)明的直接氧化法為：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)?？砂聪铝写呋^程進(jìn)行：Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol1Ⅱ.CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=20kJ·mol1Ⅲ.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3反應(yīng)Ⅰ能自發(fā)進(jìn)行的條件是___。利用ΔH1和ΔH2計算ΔH3時，還需要利用反應(yīng)___的ΔH。（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)初始壓強為p0，根據(jù)進(jìn)料濃度比c(HCl)：c(O2)=4：1數(shù)據(jù)，計算400℃時容器內(nèi)的平衡壓強=___（列出計算式）。按化學(xué)計量比進(jìn)料可以保持反應(yīng)物高轉(zhuǎn)化率，同時降低產(chǎn)物分離的能耗。進(jìn)料濃度比c(HCl)：c(O2)過低、過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：Ⅰ.2ClO=ClO2+ClⅡ.ClO2+ClO=ClO3+Cl常溫下，反應(yīng)Ⅱ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，寫出陽極反應(yīng)式：___?！敬鸢浮?1).高溫(2).CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H20(5).Cl2和O2分離能耗較高、HCl轉(zhuǎn)化率較低(6).反應(yīng)Ⅰ的活化能高，活化分子百分?jǐn)?shù)低，不利于ClO－向ClO3－轉(zhuǎn)化(7).ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋【解析】【詳解】（1）Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol1，△S＞0，則要△G=△HT△S＜0，須高溫條件下才能自發(fā)；Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol1Ⅱ.CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=20kJ·mol1Ⅲ.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3利用ΔH1和ΔH2計算ΔH3時，由蓋斯定律，（ⅢⅡ×2Ⅰ×2）/2得：還需要利用反應(yīng)CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）的ΔH。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，溫度越高HCl平衡轉(zhuǎn)化率越低，說明該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向著逆向移動，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℃HCl的平衡轉(zhuǎn)化率為76%。則p=p00；進(jìn)料濃度比c（HCl）：c（O2）過低時，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）過高時，O2濃度較低，導(dǎo)致HCl的轉(zhuǎn)化率減小；故答案為：大于；p=p00；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：Ⅰ.2ClO=ClO2+Cl，Ⅱ.ClO2+ClO=ClO3+Cl，常溫下，反應(yīng)Ⅱ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)Ⅰ的活化能高，活化分子百分?jǐn)?shù)低，不利于ClO－向ClO3－轉(zhuǎn)化；故答案為：反應(yīng)Ⅰ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，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)生成ClO4－，陽極反應(yīng)式：ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋。故答案為：ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋?！军c睛】本題考查化學(xué)平衡計算、蓋斯定律應(yīng)用及電解原理等知識，明確化學(xué)平衡及其影響為解答關(guān)鍵，難點（2）注意掌握蓋斯定律內(nèi)容及三段式在化學(xué)平衡計算中的應(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。(二)選考題【化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】11.離子液體是一類具有很高應(yīng)用價值的綠色溶劑和催化劑，其中的EMIM＋由H、C、N三種元素組成，結(jié)構(gòu)如下圖所示?；卮鹣铝袉栴}：(1)碳原子價層電子的軌道表達(dá)式為______，基態(tài)碳原子中，核外電子占據(jù)的最高能級的電子云輪廓圖為______形。(2)根據(jù)價層電子對互斥理論，NH3、、中，中心原子價層電子對數(shù)不同于其他兩種粒子的是_______。NH3比PH3的沸點高，原因是____________。(3)氮元素的第一電離能比同周期相鄰元素都大的原因是____________。(4)EMIM＋中，碳原子的雜化軌道類型為________。分子中的大π鍵可用符號表示，其中n代表參與形成的大π鍵原子數(shù)，m代表參與形成的大π鍵電子數(shù)(如苯分子中的大π鍵可表示為)，則EMIM＋中的大π鍵應(yīng)表示為________。(5)立方氮化硼硬度僅次于金剛石，但熱穩(wěn)定性遠(yuǎn)高于金剛石，其晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示。立方氮化硼屬于______晶體，其中硼原子的配位數(shù)為_____。已知：立方氮化硼密度為dg/cm3，B原子半徑為xpm，N原子半徑為ypm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶胞中原子的空間利用率為_______(列出化簡后的計算式)?！敬鸢浮?1).(2).啞鈴(3).NH3(4).氨分子間存在氫鍵(5).基態(tài)氮原子電子占據(jù)的最高能級為半充滿，較穩(wěn)定(6).sp2、sp3(7).(8).原子(9).4(10).×100%【解析】【分析】根據(jù)構(gòu)造原理、泡利原理和洪特規(guī)則寫出碳原子的價層電子軌道表示式；根據(jù)價層電子對互斥理論計算中心原子價層電子對數(shù)；根據(jù)大π鍵的書寫方法和EMIM＋的結(jié)構(gòu)表示EMIM＋里的大π鍵；根據(jù)晶體的物理特征判斷立方氮化硼的晶體類型，根據(jù)晶體結(jié)構(gòu)判斷B原子的配位數(shù)和計算晶胞中的原子利用率?！驹斀狻?1)碳原子價電子排布式為2s22p2，所以價層電子的軌道表達(dá)式為；基態(tài)碳原子核外電子占據(jù)的最高能級為2p，p軌道的電子云輪廓圖為啞鈴形。(2)NH3中N原子價層電子對個數(shù)＝3＋(53×1)＝4，NO3－中N原子價層電子對個數(shù)＝3＋(5＋1－3×2)＝3；NO2－中N原子價層電子對個數(shù)＝2＋(5＋1－2×2)＝3，所以中心原子價層電子對數(shù)不同于其他兩種粒子的是NH3；NH3比PH3的沸點高是因為氨分子間存在氫鍵。(3)ⅤA族元素的第一電離能比同周期相鄰元素的都大，是因為ⅤA族元素的最高能級p軌道上的電子為半充滿狀態(tài)，能量低，較穩(wěn)定，失去一個電子需要的能量多，所以氮元素的第一電離能比同周期相鄰元素都大。(4)根據(jù)EMIM＋的結(jié)構(gòu)圖可知，甲基和亞甲基上的碳原子的雜化方式為sp3，環(huán)上的碳原子的雜化方式為sp2；五元環(huán)中存在大π鍵，參與形成大π鍵的原子總數(shù)為5個，每個氮原子提供2個電子，每個碳原子提供1個電子，失去一個電子后，共有6個電子形成大π鍵，可用符號表示。(5)立方氮化硼硬度僅次于金剛石，晶體類型類似于金剛石，是原子晶體；晶胞中每個N原子連接4個B原子，晶胞中N原子數(shù)為4，B原子數(shù)＝8×＋6×＝4，氮化硼化學(xué)式為BN，所以晶胞中每個B原子也連接4個N原子，即硼原子的配位數(shù)為4；晶胞的質(zhì)量m＝g＝g，晶胞的體積V＝＝cm3＝cm3，B、N原子總體積V′＝4×[]＝×(x3＋y3)×10－30cm3，晶胞中原子的空間利用率＝×100%＝×100%＝×100%。【點睛】本題的難點在(5)。利用體積、密度、質(zhì)量的關(guān)系求晶胞的體積，需要注意的是晶胞的質(zhì)量是4個