2023年高考理綜化學(xué)真題試題(全國Ⅲ卷)(答案+解析)

2023年高考理綜化學(xué)真題試卷〔全國Ⅲ卷〕一、選擇題：〔742分〕A.高純硅可用于制作光感電池CA.高純硅可用于制作光感電池C.活性炭具有除異味和殺菌作用B.鋁合金大量用于高鐵建設(shè)D.碘酒可用于皮膚外用消毒A.甲苯BA.甲苯B.乙烷C.丙炔D.1,3?丁二烯X、Y、Z均為短周期主族元素，它們原子的最外層電子數(shù)之和為10，XZ同族，Y最外層電子數(shù)等于X次外層電子數(shù)，且Y原子半徑大于Z。以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕A.熔點(diǎn)：XA.熔點(diǎn)：X的氧化物比Y的氧化物高C.XZZXB.熱穩(wěn)定性：X的氫化物大于Z的氫化物D.Y的單質(zhì)與Z的單質(zhì)均能溶于濃硫酸經(jīng)過陽離子交換樹脂后，水中陽離子的總數(shù)不變3水中的NO?3

、Cl?通過陰離子樹脂后被除去4通過凈化處理后，水的導(dǎo)電性降低4陰離子樹脂填充段存在反響H++OH?=H2ONA為阿伏加德羅常數(shù)值。關(guān)于常溫下pH=2H3PO4溶液，以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕每升溶液中的H+0.02NAB.c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH?)C.pH減小D.NaH2PO4固體，溶液酸性增加6.以下試驗(yàn)不能到達(dá)目的的是〔〕選工程的選工程的試驗(yàn)A制取較高濃度的次氯酸溶液將Cl2通入碳酸鈉溶液中B加快氧氣的生成速率MnO2C除去乙酸乙酯中的少量乙酸參與飽和碳酸鈉溶液洗滌、分液D 制備少量二氧化硫氣體向飽和亞硫酸鈉溶液中滴加濃硫酸A.A B.B C.C D.DZn〔3D?Zn〕可以高效沉積ZnO的特點(diǎn)，3D?Zn—NiOOHZn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)放電ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕充電Zn具有較高的外表積，所沉積的ZnO分散度高充電時(shí)陽極反響為Ni(OH)2(s)+OH?(aq)?e?=NiOOH(s)+H2O(l)放電時(shí)負(fù)極反響為Zn(s)+2OH?(aq)?2e?=ZnO(s)+H2O(l)放電過程中OH?通過隔膜從負(fù)極區(qū)移向正極區(qū)二、非選擇題〔573分〕〔還含F(xiàn)e、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素〕制備，工藝如以以下圖所示。答復(fù)以下問題：金屬離子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+金屬離子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+開頭沉淀的pH8.1 6.31.53.48.9 6.26.9pH10.18.32.84.710.98.28.90“濾渣1”含有S和 ；寫出“溶浸”中二氧化錳與硫化錳反響的化學(xué)方程式 ?！把趸敝刑砑舆m量的MnO2的作用是將 ?！罢{(diào)pH”除鐵和鋁，溶液的pH范圍應(yīng)調(diào)整為 ~6之間?！俺s1”的目的是除去Zn2+和Ni2+ ，“濾渣3”的主要成分是 。2“除雜2”的目的是生成MgF沉淀除去Mg2+。假設(shè)溶液酸度過高，Mg2+沉淀不完全，緣由是 。2寫出“沉錳”的離子方程式 。層狀鎳鈷錳三元材料可作為鋰離子電池正極材料，其化學(xué)式為LiNixCoyMnzO2 ，其中Ni、Co、Mn的化合價(jià)分別為+2、+3、+4x=y=13

時(shí)，z= 。水楊酸醋酸酐乙酰水楊酸熔點(diǎn)水楊酸醋酸酐乙酰水楊酸熔點(diǎn)/℃157~159-72~-74135~138〔〕1.101.35相對分子質(zhì)量138102180試驗(yàn)過程：在100mL6.9g10mL，充分搖動使固體完全溶解。緩慢滴加0.5mL濃硫酸后加熱，維持瓶內(nèi)溫度在70℃左右，充分反響。稍冷后進(jìn)展如下操作.①在不斷攪拌下將反響后的混合物倒入100mL冷水中，析出固體，過濾。②50mL飽和碳酸氫鈉溶液，溶解、過濾。③濾液用濃鹽酸酸化后冷卻、過濾得固體。④固體經(jīng)純化得白色的乙酰水楊酸晶體5.4g。答復(fù)以下問題：該合成反響中應(yīng)承受 加熱?！蔡顦?biāo)號〕A.熱水浴B.酒精燈C.煤氣燈D.電爐以下玻璃儀器中，①中需使用的有 〔填標(biāo)號〕，不需使用的 〔填名稱〕。①中需使用冷水，目的是 。②中飽和碳酸氫鈉的作用是 ，以便過濾除去難溶雜質(zhì)。④承受的純化方法為 。本試驗(yàn)的產(chǎn)率是 %。近年來，隨著聚酯工業(yè)的快速進(jìn)展，氯氣的需求量和氯化氫的產(chǎn)出量也隨之快速增長。因此，將氯化氫轉(zhuǎn)化為氯氣的技術(shù)成為科學(xué)爭論的熱點(diǎn)。答復(fù)以下問題：Deacon制造的直接氧化法為：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。以以下圖為剛性容器中，進(jìn)料濃度比2c(HCl)c(O)11、41、71HCl平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關(guān)系：2022可知反響平衡常數(shù)K〔300℃〕 K〔400℃〕〔填“大于”或“小于”〕。設(shè)HCl初始濃度為c，依據(jù)進(jìn)料濃度比c(HCl)∶c(O)=1∶1的數(shù)據(jù)計(jì)算K〔400℃〕= 〔列出計(jì)算式〕。按化學(xué)計(jì)量比進(jìn)料可以保持反響物高轉(zhuǎn)化率，同時(shí)降低產(chǎn)物分別的能耗。進(jìn)料濃度比c(HCl)∶c(O)過低、過高的不利影響分別是022 。Deacon直接氧化法可按以下催化過程進(jìn)展：CuCl

(s)=CuCl(s)+1Cl(g) ΔH=83kJ·mol-12 2 2 1CuCl(s)+1O(g)=CuO(s)+1Cl(g) ΔH=-20kJ·mol-12 2 2 2 2CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121kJ·mol-12 2 則4HCl(g)+O(g)=2Cl(g)+2HO(g)的ΔH= kJ·mol-12 2 在確定溫度的條件下，進(jìn)一步提高HCl的轉(zhuǎn)化率的方法是 ?！矊懗?種〕在傳統(tǒng)的電解氯化氫回收氯氣技術(shù)的根底上，科學(xué)家最近承受碳基電極材料設(shè)計(jì)了一種的工藝方案，主要包括電化學(xué)過程和化學(xué)過程，如以以下圖所示：負(fù)極區(qū)發(fā)生的反響有 〔寫反響方程式〕。電路中轉(zhuǎn)移1mol電子，需消耗氧氣 標(biāo)準(zhǔn)狀況〕4【選修三：物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)】磷酸亞鐵鋰〔LiFePO〕可用作鋰離子電池正極材料，具有熱穩(wěn)定性好、循4環(huán)性能優(yōu)良、安全性高等特點(diǎn)，文獻(xiàn)報(bào)道可承受FeCl

HPO

、LiCl和苯胺等作為原料制備。答復(fù)以下問題：

3 42 4在周期表中，與Li的化學(xué)性質(zhì)最相像的鄰族元素是 ，該元素基態(tài)原子核外M層電子的自旋狀態(tài) 〔填“一樣”或“相反”〕。3 FeCl中的化學(xué)鍵具有明顯的共價(jià)性，蒸汽狀態(tài)下以雙聚分子存在的FeCl的構(gòu)造式為 3 〔3〕苯胺〕的晶體類型是 。苯胺與甲苯〔〔3〕苯胺〕的晶體類型是 。苯胺與甲苯〔〕的相對分子質(zhì)量相近，但苯胺的熔〔-5.9℃〕沸〔184.4℃〕分別高于甲苯的熔〔-95.0℃〕沸〔110.6℃〕，緣由是 。42 NHHPO中，電負(fù)性最高的元素是 ；P的 雜化軌道與O的2p軌道形成42 NH4H2PO4和LiFePO4屬于簡潔磷酸鹽，而直鏈的多磷酸鹽則是一種簡潔磷酸鹽，如：焦磷酸鈉、三磷酸鈉等。焦磷酸根離子、三磷酸根離子如以以下圖所示：這類磷酸根離子的化學(xué)式可用通式表示為 〔用n代表P原子數(shù)〕?！具x修五：有機(jī)化學(xué)根底】氧化白藜蘆醇WHeck反響合成W的一種方法：答復(fù)以下問題：〔2〕中的官能團(tuán)名稱是 ?！?〕〔2〕中的官能團(tuán)名稱是 。反響③的類型為 ，W的分子式為 。試驗(yàn)堿溶劑催化劑產(chǎn)率/%① KOH試驗(yàn)堿溶劑催化劑產(chǎn)率/%① KOH②③K2CO3Et3NDMFPd(OAc)222.3DMFPd(OAc)210.5DMFPd(OAc)212.4④ DMFPd(OAc)231.2⑤ DMAPd(OAc)238.6⑥ NMPPd(OAc)224.5上述試驗(yàn)探究了 和 對反響產(chǎn)率的影響。此外，還可以進(jìn)一步探究 等對反響產(chǎn)率的影響?！?〕X為D的同分異構(gòu)體，寫出滿足如下條件的X的構(gòu)造簡式 ?！?〕Heck反響，由苯和溴乙烷為原料制備，寫出合成路線 〔無機(jī)試劑任選〕①含有苯環(huán)；②有三種不同化學(xué)環(huán)境的氫，個(gè)數(shù)比為621；③1mol的〔6〕Heck反響，由苯和溴乙烷為原料制備，寫出合成路線 〔無機(jī)試劑任選〕答案解析局部一、選擇題：【答案】C【考點(diǎn)】碳族元素簡介，硅和二氧化硅，合金及其應(yīng)用，藥物的主要成分和療效【解析】【解答】A、硅是常用的半導(dǎo)體材料，常用于制作光感電池，選項(xiàng)正確，A不符合題意；B、鋁合金的密度低、強(qiáng)度高、塑性好，且具有良好的機(jī)械性能、抗腐蝕性能，因此大量用于高鐵建設(shè)，選項(xiàng)正確，B不符合題意；C、活性炭的相對外表積比較大，具有較強(qiáng)的吸附性，可吸附異味分子，但不具備殺菌消毒作用，選項(xiàng)錯(cuò)誤，C符合題意；D、碘酒能是蛋白質(zhì)變性，具有殺菌消毒作用，可用于皮膚外用消毒，選項(xiàng)正確，D不符合題意；故答案為：C【分析】A、硅是常用的半導(dǎo)體材料；B、結(jié)合鋁合金的性質(zhì)分析；C、活性炭的相對外表積較大，有較強(qiáng)的吸附性；D、碘酒具有殺菌消毒作用；【答案】D【考點(diǎn)】構(gòu)造式【解析】【解答】A、甲苯中苯環(huán)上全部原子共平面，甲基為烷烴基，屬于四周體構(gòu)造，因此不行能全部原子共平面，A不符合題意；B、乙烷為烷烴，烷烴屬于四周體構(gòu)造，全部原子不行能共平面，B不符合題意；C、丙炔的構(gòu)造簡式為HC≡C-CH3 ，其中HC≡C-C四個(gè)原子共平面，-CH3為四周體構(gòu)造，因此全部原子不行能共平面，C不符合題意；D、1,3-丁二烯的構(gòu)造簡式為：CH2=CH-CH=CH2 ，位于雙鍵上的原子處于同一平面內(nèi)，因此1,3-丁二烯中全部原子可能共平面，D符合題意；故答案為：D【分析】此題是對有機(jī)物構(gòu)造的考察，結(jié)合苯〔平面型〕、甲烷〔正四周體〕、乙烯〔平面型〕、乙炔〔直線型〕的構(gòu)造分析原子共平面狀況?！敬鸢浮緽【考點(diǎn)】元素周期表中原子構(gòu)造與元素性質(zhì)的遞變規(guī)律【解析】【解答】A、X的氧化物為CO或CO2 ，為共價(jià)化合物，Y的氧化物為MgO，為離子化合物，MgOCO〔CO〕，A不符合題意；2B、同一主族元素，電子層數(shù)越小，非金屬性越大，其氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，由于非金屬性C>Si，因此C(X)Z(Si)氫化物的穩(wěn)定性，B符合題意；C、X和ZSiC，屬于共價(jià)化合物，C不符合題意；D、金屬鎂能與濃硫酸反響，非金屬單質(zhì)Si與濃硫酸不反響，D不符合題意；故答案為：B【分析】X、Y、Z均為短周期主族元素，“Y最外層電子數(shù)等于X次外層電子數(shù)”X屬于其次周期元素，Y屬于第三周期元素，且YMg；“X和Z同主族，且X、Y、Z10”Y為MgX和Z的最外層電子數(shù)為4，則X為C，ZSi；據(jù)此結(jié)合元素周期表的性質(zhì)遞變規(guī)律分析選項(xiàng)。4.A【考點(diǎn)】水的凈化【解析】【解答】A、經(jīng)過陽離子交換樹脂后，溶液中的Na+、Ca2+、Mg2+被除去，剩余H+ ，故水中的陽離子總數(shù)減小，選項(xiàng)錯(cuò)誤，A符合題意；3 B、水中的NO-、SO2-、Cl-通過陰離子交換樹脂后，被除去，剩余OH- ，選項(xiàng)正確，B3 C、通過凈化處理后，水中的離子濃度較小，水的導(dǎo)電性降低，選項(xiàng)正確，C不符合題意；D、通過陰陽離子交換樹脂后，溶液中只剩余H+和OH- ，二者發(fā)生反響H++OH-=H2O，選項(xiàng)正確，D不符合題意；故答案為：A【分析】A、經(jīng)過陽離子交換樹脂后，陽離子數(shù)減?。籅、水中的陰離子通過陰離子交換樹脂除去；C、溶液中離子濃度越大，導(dǎo)電性越強(qiáng)；D、經(jīng)過陰陽離子交換樹脂后，水中只剩下H+和OH-；5.B【考點(diǎn)】電解質(zhì)在水溶液中的電離，質(zhì)量守恒定律，阿伏伽德羅常數(shù)【解析】【解答】A、溶液的pH=2，則溶液中c(H+)=0.01mol/L，則1L溶液中所含H+的數(shù)目N=n×NA=c×V×NA=0.01mol/L×1L×NA=0.01NA ，A不符合題意；4 2 4 4 B、溶液中的H+來自于H3PO、HPO-、HPO2-HO4 2 4 4 4c(H+)=c(OH-)+c(H2PO4

-)+2c(HPO

2-)+3c(PO

3-)，B符合題意；44C、加水稀釋，會促進(jìn)H3PO4的電離，故電離度增大，由于稀釋，溶液中c(H+)減小，pH增大，C不符合題意；444 D、參與固體NaH2PO4 ，溶液中c(H2PO-)增大，使得H3PO4的電離平衡“H3PO4H++H2PO-”逆向移動，溶液中c(H+)減小，酸性減弱，D4 故答案為：B【分析】ApHc(H+)N=n×NA=c×V×NA計(jì)算溶液H+的數(shù)目；B、結(jié)合溶液中H+的來源分析；C、加水稀釋，促進(jìn)弱電解質(zhì)的電離，但溶液中c(H+)減??；4D、參與固體NaH2PO4 ，溶液中c(H2PO-)增大，結(jié)合濃度對平衡移動的影響分析；4【答案】A【考點(diǎn)】催化劑，氯氣的化學(xué)性質(zhì)，含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用，除雜33【解析】【解答】A、由于酸性：H2CO3>HClO>HCO- ，Cl2通入Na2CO3溶液中發(fā)生反響的化學(xué)方程式分別為：Cl2+H2O=HClO+HCl、HClO+Na2CO3=NaClO+NaHCO、2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑；故無法制取較33NaClO溶液，選項(xiàng)錯(cuò)誤，A符合題意；B、MnO2H2O2分解的催化劑，可加快H2O2的分解速率，同時(shí)加快O2的生成速率，選項(xiàng)正確，B不符合題意；C、Na2CO3能與乙酸反響，與乙酸乙酯不反響，且不互溶，故可用飽和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸，再通過分液，得到乙酸乙酯，選項(xiàng)正確，C不符合題意；D、向飽和Na2SO3溶液中滴加濃硫酸時(shí)，發(fā)生反響：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，反響可生成SO2 ，選項(xiàng)正確，D不符合題意；故答案為：A3 【分析】A、依據(jù)H2CO、HClO、HCO-3 B、MnO2H2O2分解的催化劑；C、Na2CO3能與乙酸反響，與乙酸乙酯不反響；D、依據(jù)發(fā)生的反響進(jìn)展分析；【答案】D【考點(diǎn)】原電池工作原理及應(yīng)用，電解池工作原理及應(yīng)用【解析】【解答】AZn的相對外表積較大，反響后生成的ZnO分散度高，選項(xiàng)正確，A不符合題意；B、由分析可知，充電時(shí)的陽極反響式為：2Ni(OH)2+2OH--2e-=2NiOOH+2H2O，選項(xiàng)正確，B不符合題意；C、由分析可知，放電時(shí)的負(fù)極反響式為：Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，選項(xiàng)正確，C不符合題意；D、放電過程為原電池裝置，在原電池中，陰離子向負(fù)極移動，因此OH-通過隔膜從正極區(qū)移向負(fù)極區(qū)，選項(xiàng)錯(cuò)誤，D符合題意；故答案為：D【分析】二次電池放電過程為原電池裝置，負(fù)極發(fā)生失電子的氧化反響，其電極反響式為：Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O；正極發(fā)生得電子的復(fù)原反響，其電極反響式為：2NiOOH+2e-+2H2O=2Ni(OH)2+2OH-；--；陰極發(fā)生得電子的復(fù)原反響，其電極反響式為：ZnO+H2O+2e-=Zn+2OH-；據(jù)此結(jié)合選項(xiàng)進(jìn)展分析。二、非選擇題2 2 2 4 4 【答案】〔1〕SiO〔不溶性硅酸鹽〕；MnO+MnS+2HSO=2MnSO+S+2H2 2 2 4 4 〔2〕Fe2+Fe3+〔3〕4.7NiSZnS2F?與H+結(jié)合形成弱電解質(zhì)HF，MgF ?Mg2++2F?平衡向右移動23Mn2++2HCO?=MnCO3↓+CO2↑+H2O3〔7〕13【考點(diǎn)】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)，除雜【解析】【解答】〔1〕硫化錳礦中含有SiO2 ，SiO2與稀硫酸不反響，因此“溶浸”后所得濾渣1中應(yīng)含SiO；“溶浸”MnOMnSMnSO、S和HO，反響過程中，MnO

Mn2 2 4 2 2由+4價(jià)變?yōu)?2價(jià)，得到兩個(gè)電子；MnS中硫由-20價(jià)，失去兩個(gè)電子；依據(jù)得失電子守恒可得，MnO2、MnSS1MnSO42；依據(jù)硫原子守恒可得，H2SO42；依據(jù)氫原子守恒可得，生成物H2O2；因此可得該反響的化學(xué)方程式為：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；“氧化”Fe2+Fe3+Fe3+MnO2的作Fe2+Fe3+；由表格數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e(OH)3pH2.8，Al(OH)3pH4.7；因此除去鐵和鋁，pH4.7以上；為防止其他離子形成沉淀，應(yīng)條件pH6.2pH范圍應(yīng)調(diào)整為4.7~6之間；1Na2SZn2+Ni2+3ZnSNiS；MnF2Mg2+MgF2沉淀除去，假設(shè)除雜過程中，溶液的酸度越高，即溶液中c(H+)過大，則H+會與F-反響形成弱電解質(zhì)HF，使得MgF2的沉淀溶解平衡“MgF2(s)=Mg2+(aq)+2F-(aq)”向溶Mg2+沉淀不完全；3 3 2 “沉錳”Mn2+HCO-MnCO沉淀、CO和HO3 3 2 Mn2++2HCO-=MnCO↓+CO↑+HO；3 3 2 2〔7〕在化合物中，化合價(jià)的代數(shù)和為0，可得等式：1+2x+3y+4z-4=0，將??=??=1代入，解得??=1；3 3【分析〔1〕1為不與H2SO4反響的固體；“溶浸”MnO2MnSMnSO4S，結(jié)合得失電子守恒、原子守恒書寫反響的化學(xué)方程式；Fe2+Fe3+；Fe(OH)、Al(OH)pH分析；3 3依據(jù)除雜目的和所加試劑確定濾渣3的成分；MgF2的沉淀溶解平衡分析；3 3 2 “沉錳”Mn2+HCO-MnCO沉淀、CO和HO3 3 2 0計(jì)算z的值；9.〔1〕ABD；分液漏斗、容量瓶充分析出乙酰水楊酸固體〔結(jié)晶〕生成可溶的乙酰水楊酸鈉重結(jié)晶〔6〕60【考點(diǎn)】常用儀器及其使用，蒸發(fā)和結(jié)晶、重結(jié)晶，物質(zhì)的分別與提純，除雜【解析】【解答】〔1〕該反響的反響溫度維持在70℃左右，低于100℃，因此可以直接承受水浴加熱的方式進(jìn)展加熱；步驟①中涉及過濾操作，過濾所需的儀器有：鐵架臺、燒杯、漏斗、玻璃棒，因此需要使用到的BDA〔分液漏斗〕和C〔容量瓶〕；步驟①中參與冷水，后過濾得到乙酰水楊酸，因此步驟①中使用冷水的目的是降低溫度，使乙酰水楊酸充分析出；NaHCO3NaHCO3溶液是為了將乙酰水楊酸轉(zhuǎn)化誒乙酰水楊酸鈉溶液，過濾后出去難溶性雜質(zhì)，以提純乙酰水楊酸；對晶體的提純，應(yīng)用重結(jié)晶操作；反響過程中，參與醋酸酐的質(zhì)量m(醋酸酐)=10mL×1.10g/mL=11.0g，因此反響過程中，6.9g水楊酸完全反響，設(shè)生成的乙酰水楊酸鈉的質(zhì)量為x，由反響的化學(xué)方程式可得關(guān)系式：1386.9??

=180??

，解得5.4??10060%；9.0??【分析】〔1〕依據(jù)反響溫度確定加熱方式；步驟①中涉及過濾操作，結(jié)合過濾裝置確定所需的儀器；冷水的作用是降溫，使產(chǎn)物結(jié)晶析出；NaHCO3溶液反響；晶體的提純用重結(jié)晶操作；由反響的化學(xué)方程式計(jì)算乙酸水楊酸的理論產(chǎn)量，結(jié)合公式產(chǎn)率=??(實(shí)際)×100%計(jì)算本試驗(yàn)的產(chǎn)??(理論)率；10.【答案】〔1〕大于；

(0.42)2×(0.42)2

；OCl

分別能耗較高、HCl轉(zhuǎn)化率較低〔2〕﹣116

(1?0.84)4×(1?0.21)??0 2 2增加反響體系壓強(qiáng)、準(zhǔn)時(shí)除去產(chǎn)物〔4〕Fe3++e?=Fe2+ ，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；5.6【考點(diǎn)】化學(xué)平衡常數(shù)，化學(xué)平衡轉(zhuǎn)化過程中的變化曲線，電解池工作原理及應(yīng)用〔1〕由圖像可知，當(dāng)溫度上升時(shí)，HCl的平衡轉(zhuǎn)化率降低，則溫度上升，平衡逆向移動，故溫度越高，平衡常數(shù)值越小，因此K(300℃)>K(400℃)；進(jìn)料濃度比??(??????)值越大，則相當(dāng)于增大c(HCl)，則HCl的平衡轉(zhuǎn)化率減小，因此最上方的曲線表示的是進(jìn)??(??2)1:1400℃時(shí)，HCl84%，起始4HCl(g)+c0O2(g)=c02Cl2(g)+02H2O(g)0〔mol/L〕轉(zhuǎn)化〔mol/L〕0.84c00.21c00.42c00.42c0平衡〔mol/L〕(1-0.84)c0(1-0.21)c00.42c00.42c0則該反響的平衡常數(shù)??=??2(????2)×??2(??2??)=??4(??????)×??(??2)

(0.42??0)2×(0.42??0)2(1?0.84)4×??04×(1?0.21)??0

= (0.42)2×(0.42)2 ；(1?0.84)4×(1?0.21)??0按化學(xué)計(jì)量比投料可以降低產(chǎn)物分別的能耗，因此進(jìn)料濃度比過低或過高，會使得O2和Cl2的分別能耗較高，HCl的轉(zhuǎn)化率較低；依據(jù)蓋斯定律可得，該反響的反響熱ΔH=2×(ΔH1+ΔH2+ΔH3)=2×(83kJ/mol-20kJ/mol-121kJ/mol)=-116kJ/mol；進(jìn)一步提高HCl的平衡轉(zhuǎn)化率，則應(yīng)促使平衡正向移動，故可準(zhǔn)時(shí)移誕生成物，降低生成物濃度，平衡正向移動；由于該反響，反響前后，氣體分子數(shù)減小，因此也可通過增大壓強(qiáng)的方式促使平衡正向移HCl的平衡轉(zhuǎn)化率；該裝置為電解池裝置，負(fù)極區(qū)為電解池的陰極，F(xiàn)e3+在陰極區(qū)發(fā)生得電子的復(fù)原反響，生成Fe2+，e被2氧化成+e++；O20價(jià)變?yōu)?24個(gè)電子，故可得關(guān)系式“O2~4e-”1mol電子時(shí)，需要消耗n(O2)=0.25molV=n×Vm=0.25mol×22.4L/mol=5.6L；【分析】〔1〕結(jié)合溫度對平衡移動的影響分析不同溫度下K值的大?。灰罁?jù)圖像HCl平衡轉(zhuǎn)化率的變化確定三條曲線對應(yīng)的進(jìn)料濃度比，進(jìn)而確定進(jìn)料濃度比為1:1且溫度為400℃HCl的平衡轉(zhuǎn)化率，再結(jié)合三段式計(jì)算該溫度下的平衡常數(shù)；依據(jù)題干信息分析；依據(jù)蓋斯定律計(jì)算目標(biāo)反響的反響熱；進(jìn)一步提高HCl的轉(zhuǎn)化率，則應(yīng)促使平衡正向移動，據(jù)此結(jié)合平衡移動的影響因素分析；11.【答案】〔1〕Mg；相反〔2〕；4分子晶體；苯胺分子之間存在氫鍵O；sp3；σ〔5〕(PnO3n+1)11.【答案】〔1〕Mg；相反〔2〕；4分子晶體；苯胺分子之間存在氫鍵O；sp3；σ〔5〕(PnO3n+1)(n+2)-【考點(diǎn)】晶體的類型與物質(zhì)的性質(zhì)的相互關(guān)系及應(yīng)用，原子軌道雜化方式及雜化類型推斷，化學(xué)鍵和分子間作用力的區(qū)分，構(gòu)造式【解析】【解答】〔1〕有些元素的化學(xué)性質(zhì)和周期表中在它左上方或右下方，并與其相鄰的另一主族元素的化學(xué)性質(zhì)相像，稱之為對角線規(guī)章；因此與LiMgM層電子有兩個(gè)電子，占據(jù)s軌道，而s軌道最多容納兩個(gè)電子，因此其自旋方向相反；FeCl3中的化學(xué)鍵具有明顯的共價(jià)性，則蒸汽狀態(tài)下，雙聚分子中的化學(xué)鍵以共價(jià)鍵形式結(jié)合，因此其構(gòu)造式為： ；由雙聚分子的構(gòu)造式可知，F(xiàn)e的配位數(shù)為4；苯胺屬于有機(jī)物，絕大多數(shù)有機(jī)物都屬于分子晶體，因此苯胺屬于分子晶體；苯胺中含有氮元素，氮原子能形成氫鍵，氫鍵的存在會使得物質(zhì)的熔沸點(diǎn)上升，因此苯胺的熔沸點(diǎn)都高于甲苯；H4中所含的元素為H；其中非金屬性最強(qiáng)的為，因此電負(fù)性最強(qiáng)的元素是H4中P以3P的3雜化軌道與O的p軌道形成σ鍵；由圖可知，焦磷酸根離子的化學(xué)式為- ，三磷酸根離子的化學(xué)式為- ，而磷酸根子的化學(xué)式為：PO43-；因此，用n表示P原子的個(gè)數(shù)時(shí)，這類磷酸根離子的化學(xué)式可用通式(PnO