2023年廣東省高考化學(xué)試卷(新課標(biāo)Ⅰ)

2023〔課標(biāo)Ⅰ〕7642有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)符合題目要求的。1.國家衛(wèi)健委公布的型冠狀病毒肺炎診療方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒劑、過氧乙酸( 3 )、氯仿等均可有效滅活病毒。對于上述化學(xué)藥品，以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕3 2 能與水互溶C.過氧乙酸相對分子質(zhì)量為76【答案】D【考點(diǎn)】

通過氧化滅活病毒D.氯仿的化學(xué)名稱是四氯化碳>相對分子質(zhì)量及其計(jì)算電子式、化學(xué)式或化學(xué)符號及名稱的綜合【解析】． 3 2 與水分子間能形成氫鍵，并且都是極性分子；． 具有強(qiáng)氧化性；．過氧乙酸的構(gòu)造簡式為 3 ；．氯仿的化學(xué)名稱是三氯甲烷?！窘獯稹浚?3 2 與水分子間能形成氫鍵，并且都是極性分子，所以 3 2能與水以任意比互溶，故正確；． 具有強(qiáng)氧化性，通過氧化能滅活病毒，故正確；．過氧乙酸的構(gòu)造簡式為 3 ，相對分子質(zhì)量為12×2+4+16×3＝76，故正確；．氯仿的化學(xué)名稱是三氯甲烷，不是四氯化碳，故錯(cuò)誤；2.紫花前胡醇〔〕可從中藥材當(dāng)歸和白芷中提取得到，能2.紫花前胡醇〔〕可從中藥材當(dāng)歸和白芷中提取得到，能?分子式為14 14 C.能夠發(fā)生水解反響

不能使酸性重鉻酸鉀溶液變色D.能夠發(fā)生消去反響生成雙鍵【答案】B【考點(diǎn)】有機(jī)物的構(gòu)造和性質(zhì)【解析】、分子中14個(gè)碳原子，不飽和度為8；、分子中含有碳碳雙鍵和羥基直接相連碳上有氫原子；、分子中含有酯基，能發(fā)生水解；、與? 相連的的鄰位上有一種可發(fā)生消去反響；【解答】、、分子的不飽和度為8，則氫原子個(gè)數(shù)為：14×2+2?8×2＝14，四個(gè)氧原子，所以分子式為：14 14 4，故正確；、分子中含有碳碳雙鍵和羥基直接相連碳上有氫原子，所以能使酸性重鉻酸鉀溶液變色，故錯(cuò)誤；、分子中含有能發(fā)生水解酯基，則紫花前胡醇能水解，故正確；、與? 相連的的鄰位上有一種可發(fā)生消去反響，生成雙鍵，故正確；以下氣體去除雜質(zhì)的方法中，不能實(shí)現(xiàn)目的的是〔〕氣體〔雜質(zhì)〕氣體〔雜質(zhì)〕方法．．．(2(22)】)( )2 2．，(通過酸性高錳酸鉀溶液通過氫氧化鈉溶液2)A. B. C. D.【答案】A【考點(diǎn)】物質(zhì)的分別、提純和除雜的根本方法選擇與應(yīng)用【解析】:除雜的原則是不引入的雜質(zhì)，不削減要提純的物質(zhì)，操作簡潔，綠色環(huán)保。． 2具有復(fù)原性，易被酸性高錳酸鉀溶液氧化為硫酸；．飽和食鹽水可以削減氯氣的溶解量；．2( 2

利用化學(xué)性質(zhì)的差異，銅與氧氣反響2 2+2 ＝ 2+ 3+ 2 ， 為不成鹽氧化物，【解答】． 2被酸性高錳酸鉀溶液氧化為硫酸，故錯(cuò)誤；． ( )利用溶解性的差異，除去 ，故正確；2． ( )利用化學(xué)性質(zhì)的差異，銅與氧氣反響，不與氮?dú)夥错?，到達(dá)除雜目的，故2 2正確；． 可以與 發(fā)生反響：2 +2 ＝ + +2 2 2 32，與溶液不能發(fā)生反響；盡管可以與2一同跟發(fā)生反響：+22=22+2，但由于雜質(zhì)的含量一般較少，所以也不會對的量產(chǎn)生較大的影響，故正確；銠的協(xié)作物離子[ ( )2 2]?可催化甲醇羰基化，反響過程如下圖。以下表達(dá)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕3 是反響中間體甲醇羰基化反響為 3 + = 3 2反響過程中 的成鍵數(shù)目保持不變\D.存在反響 3 + = 3 + 2【答案】C【考點(diǎn)】氧化復(fù)原反響協(xié)作物的成鍵狀況【解析】、由圖可知，銠的協(xié)作物離子( ( )3 3 3]?生成 3 ，3 連續(xù)與2 反響生成 和 3 2 ；+3＝，③＝，④、由圖可知發(fā)生的反響依次為：① 3 +3＝，③＝，④+＝，⑤＝3+，⑥ 3 + 2 ＝ + +＝，⑤＝3+、由圖可以看出 的成鍵數(shù)目由4?6?5?6?4變化；、由分析及圖中箭頭方向推斷出此步反響。<【解答】、由圖可知，銠的協(xié)作物離子( ( )3 3 3]?生成 3 ，3 連續(xù)與2 反響生成 和 3 2 ，所以 3 是反響中間體，故正確；+3＝，③＝，④、由圖可知發(fā)生的反響依次為：① 3 +3＝，③＝，④+＝，⑤＝3+，⑥ 3 + 2 ＝ + 3 2 +＝，⑤＝3+個(gè)反響方程式相加和，消去中間產(chǎn)物得出總反響： 3 + = 3 2 ，故正確；、由圖可以看出 的成鍵數(shù)目由4變?yōu)?再變?yōu)?再變?yōu)?再變?yōu)?，依次循環(huán)，故錯(cuò)誤；、由分析，依據(jù)箭頭方向可知： 3 和 反響生成 3 和2 ，反響方程式為：即 3 + = 3 + 2 ，故正確；1934年約里奧-居里夫婦在核反響中用粒子〔即氦核42

〕轟擊金屬原子 ，得到核素302 ，開創(chuàng)了人造放射性核素的先河： +4 →30 +1 其中元素+ 2 +2 0、的最外層電子數(shù)之和為8．以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕的相對原子質(zhì)量為26C.的原子半徑小于的【答案】B【考點(diǎn)】”原子構(gòu)造與元素周期律的關(guān)系+【解析】+

、均可形成三氯化物D.僅有一種含氧酸+2→由 4 30+2→2 +

1 及質(zhì)量守恒可知，＝30+1?4＝27，、的最外層0電子數(shù)之和為8，的最外層電子數(shù)為8?2=3，金屬原子 的質(zhì)量數(shù)為27、且位于02Ⅲ族，＝13符合題意，則為 ；的最外層電子數(shù)為8?3＝5，質(zhì)子數(shù)為13+2＝15，為，以此來解答。【解答】由上述分析可知為 、為，．為27，原子的相對原子質(zhì)量為27，故錯(cuò)誤；．、可形成三氯化物分別為 3、 3，故正確；．同周期從左向右原子半徑減小，則的原子半徑大于的半徑，故錯(cuò)誤；．的含氧酸有磷酸、偏磷酸等，故錯(cuò)誤；科學(xué)家近年制造了一種型?2水介質(zhì)電池。電池示意圖如圖，電極為金屬鋅和選擇性催化材料。放電時(shí)，溫室氣體2被轉(zhuǎn)化為儲氫物質(zhì)甲酸等，為解決環(huán)境和能源問題供給了一種途徑。以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕?A.放電時(shí)，負(fù)極反響為 2?+40?= ( )2??4【B.放電時(shí)，1 2轉(zhuǎn)化為 ，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為24C.充電時(shí)，電池總反響為2 ( )2?=2 + 4D.充電時(shí)，正極溶液中 ?濃度上升【答案】D【考點(diǎn)】電解池的工作原理及應(yīng)用【解析】

?+22·?電極為金屬鋅放電時(shí)，由圖示知負(fù)極反響為 2?+40?= ( )2?，溫?4室氣體 2被轉(zhuǎn)化為儲氫物質(zhì)甲酸為復(fù)原反響，充電時(shí)陽極生成氧氣，陰極發(fā)生復(fù)原反響生成鋅，據(jù)此答題?！窘獯稹?．放電時(shí)，金屬鋅做負(fù)極生成 ( )2?，負(fù)極反響為 ?24

?+40?=4( )2?，故正確；4．放電時(shí)， 2中碳的化合價(jià)為+4價(jià)， 中碳的化合價(jià)+2，1 2轉(zhuǎn)化為 ，降低2價(jià)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2 ，故正確；．充電時(shí)，陽極電極反響：22 ?4?＝4++ 2↑，陰極反響：4( 4+40?+22

??= +40?，電池總反響為2 ( )2?=2 + 2↑4，故正確；4．充電時(shí)，陽極〔原電池的正極〕電極反響：22 ?4?＝4++ 2↑，溶液中+濃度增大，溶液中( +)? ( ?)＝ ，溫度不變時(shí)， 不變，因此溶液中?濃度降低，故錯(cuò)誤；以酚酞為指示劑，用0.1000 ? ?1的 溶液滴定20.00 未知濃度的二元酸2 溶液。溶液中， 、分布系數(shù)隨滴加 溶液體積 的變化關(guān)系如下圖。[比方2?的分布系: ( 2?)= ( 2?) ]( 2)+ ( ?)+ ( 2?)以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕A.曲線①代表( 2 )，曲線②代表( ?)B.2 溶液的濃度為0.2023 ? ?1C. ?的電離常數(shù) {D.滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液中( +)<2( 2?)+ ( ?)【答案】C【考點(diǎn)】酸堿混合時(shí)的定性推斷及有關(guān)pH的計(jì)算【解析】、曲線①始終在減小，曲線②在始終增加，且兩者相加等于1；、溶液的 發(fā)生突變時(shí)，滴有酚酞的溶液發(fā)生顏色變化，到達(dá)滴定終點(diǎn)，即和2 恰好完全反響；、 ?的電離常數(shù)

( +) ( 2?)；( ?)、滴定終點(diǎn)時(shí)( ?)＝0，溶液中的電荷守恒：( +)+ ( +)＝2( 2? ( ?)?！窘獯稹縸、在未加 溶液時(shí)，曲線①的分布系數(shù)與曲線②的分布系數(shù)之和等于1，且曲線①始終在減小，曲線②在始終增加；說明2 第一步完全電離，其次步存在電離平衡，即2 ＝ ?+ +， ?? 2?+ +，曲線①代表( ?)；當(dāng)參加用0.1000 ? ?1的 溶液40.00 滴定后，發(fā)生 + ＝2 + 2 ， ?的分布系數(shù)減小，2?的分布系數(shù)在增大，且曲線②在始終在增加，在滴定終點(diǎn)后與③重合，所以曲線②代表( 2?)，故錯(cuò)誤；、當(dāng)參加40.00 溶液時(shí)，溶液的 發(fā)生突變，到達(dá)滴定終點(diǎn)，說明和2 恰好完全反響，依據(jù)反響2 + 2 ＝ 2 +22 ，( )＝2( 錯(cuò)誤；

)，(

)=0.1000 / 2×20.00

=0.1000 / ，故、由于2 第一步完全電離，則 ?的起始濃度為0.1000 / ，依據(jù)圖象，當(dāng) ＝0時(shí)， ?的分布系數(shù)為0.9，溶液的 ＝1，2?的分布系數(shù)為0.1，則 ?的電離平衡常數(shù)

( 2?)? ( +)=0.1000 / ×0.1×0.1000

≈1×10?2，故正確；

( ?)

0.1000 / ×0.9、用酚酞作指示劑，酚酞變色的 范圍為8.2～10，終點(diǎn)時(shí)溶液呈堿性，( ?)> ( +)，溶液中的電荷守恒，( +)+ ( +)＝2( 2?)+( ?)+ ( ?)，則( +)>2( 2?)+ ( ?)，故錯(cuò)誤；588～1011～12〔一〕43釩具有廣泛用途。黏土釩礦中，釩以+3、+4、+5價(jià)的化合物存在，還包括鉀、鎂的鋁硅酸鹽，以及 2、 3 4．承受以下工藝流程可由黏土釩礦制備 4 3。該工藝條件下，溶液中金屬離子開頭沉淀和完全沉淀的 如下表所示：金屬離子金屬離子3+2+3+ 〔2+開頭沉淀完全沉淀1.93.27.09.03.04.78.1答復(fù)以下問題：〔1〕“酸浸氧化”需要加熱，其緣由是 。 〔2〕“酸浸氧化”中， +和 2+被氧化成 + 寫出 +轉(zhuǎn)化為 +反響的離子方程式 。2^“中和沉淀”中，釩水解并沉淀為 ? ，隨濾液②可除去金屬離子2 5 2+、 2+、 +、 ，以及局部的 ?！俺恋磙D(zhuǎn)溶”中， ? 轉(zhuǎn)化為釩酸鹽溶解。濾渣③的主要成分是2 5 2 ?！罢{(diào) ”中有沉淀生成，生成沉淀反響的化學(xué)方程式是 。“沉釩”中析出 4 3晶體時(shí)，需要參加過量 4 ，其緣由是 ?！敬鸢浮俊涌焖峤脱趸错懰俾?+, ++2++

＝ ++

2++2 2 22+, 3+和 3+( )3+ ( )4＝ ( )3↓+ + 2利用同離子效應(yīng)，促進(jìn) 4 3盡可能析出完全【考點(diǎn)】制備試驗(yàn)方案的設(shè)計(jì).【解析】黏土釩礦中，釩以+3、+4、+5價(jià)的化合物存在，還包括鉀、鎂的鋁硅酸鹽，以及、 ，參加稀硫酸，使 生成 3+和 2+；參加 氧化2 3 4 3 4 22復(fù)原性的 2+成 3+； +和 2+成 +， 成為濾渣①，濾液①含有：223+、 +、+、2

3+；濾液①參加 溶液至 ＝3.0～3.1，中和過量的硫酸并沉淀 3+，使釩水解并沉淀為2 5? 2 ，得濾餅②，除去濾液② 2+、+、 2+、 +及局部 3+、 3+；濾餅②參加過量 溶液至 >13，沉淀轉(zhuǎn)溶得濾液③，濾液③含有2 5? 2 生成?和溶于堿的 ( )3生成的 ( )?；濾渣③為 ( )3，濾液③參加3 44鹽酸調(diào) ， ( )?生成 ( )3即濾渣④；濾液④含有44 沉釩的產(chǎn)物： 4 3；和濾液⑤ 溶液；上升溫度，反響速率加快；

?，參加3參加氧化性物質(zhì)可除去具有復(fù)原性的離子；依據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒和元素守恒寫出離子方程式；依據(jù)某些離子沉淀的 ，找出相應(yīng)沉淀的離子；3+溶液呈強(qiáng)堿性時(shí)轉(zhuǎn)化為 ( )3；4參加酸沉淀離子 ( )?生成 ( )3；44溶于水電離出 +，依據(jù)沉淀溶解平衡原理，利用等離子效應(yīng)。44【解答】溫度上升反響速率加快；加快酸浸氧化的反響速率，故答案為：加快酸浸和氧化反響速率；參加氧化劑 2，除了氧化具有復(fù)原性的 +和 2+，還可以氧化復(fù)原性的2+為 3+；以便后面步驟一次性的除去 元素；酸浸氧化 +轉(zhuǎn)化為 +，2依據(jù)電荷守恒和電子轉(zhuǎn)移守恒得出：在酸性條件下，+3價(jià)的礬化合價(jià)上升2生成+5價(jià)，2中+4價(jià)的錳化合價(jià)降低2生成+2價(jià)，所以反響的離子方程式為： ++22++

＝ ++2 2

2++ ，2故答案為： 2+； ++2++

＝ ++ 2++ ；2 2 2“中和沉淀”中，濾液①參加 溶液至 ＝3.0～3.1，中和過量的硫酸并沉淀3+和 3+，使釩水解并沉淀為 ? ，得濾餅②，除去濾液② 2+、2 5 2+、 2+、 +及局部 3+、 3+，故答案為： 2+、 3+和 3+；濾液①參加 溶液至 ＝3.0～3.1，中和過量的硫酸并沉淀 3+，使釩水解并沉淀為2 5? 2 ，得濾餅②，故答案為： ( )3；濾液③含有2 5? 2 生成 ?和溶于堿的 ( )3生成的 ( )?；濾3 44液③參加鹽酸調(diào) ， ( )?生成 ( )3即濾渣④；化學(xué)方程式為：4+ ( )4＝ ( )3↓+ + 2 ，故答案為： + ( )4＝ ( )3↓+ + 2 ；…“沉釩”中析出 4 3晶體時(shí)， 4 3沉淀溶解平衡方程式為：+( )+4

?( )?3

( )，需要參加過量 ，4 3 4 4(溶于水電離出 +，增大(4

+)，利用同離子效應(yīng)，促進(jìn) 盡可能析出4 4 3完全。故答案為：利用同離子效應(yīng)，促進(jìn) 4 3盡可能析出完全。為驗(yàn)證不同化合價(jià)鐵的氧化復(fù)原力量，利用以下電池裝置進(jìn)展試驗(yàn)。答復(fù)以下問題：由 4?72 固體配制0.10 ? ?1 4溶液，需要的儀器有藥匙、玻璃棒、 〔從以下圖中選擇，寫知名稱。電池裝置中，鹽橋連接兩電極電解質(zhì)溶液。鹽橋中陰、陽離子不與溶液中的物質(zhì)發(fā)生化學(xué)反響，并且電遷移率( ∞)應(yīng)盡可能地相近。依據(jù)下表數(shù)據(jù)，鹽橋中應(yīng)選擇陽離子++陽離子++332+2? ?1】2? ?1??1)陰離子 ??1)4.07?4.615.19【?7.406.59?7.91++7.62)2?48.27電流表顯示電子由鐵電極流向石墨電極?？芍?，鹽橋中的陽離子進(jìn)電極溶液中?！?〕電池反響一段時(shí)間后，測得鐵電極溶液中(2+)增加了0.02??1．石墨電極上未見 析出。可知，石墨電極溶液中(2+)＝ 。依據(jù)3〔〕試驗(yàn)結(jié)果，可知石墨電極的電極反響式 ，鐵電極反響式為 。因此，驗(yàn)證了 2+氧化性小于 ，復(fù)原性小于 。[試驗(yàn)前需要對鐵電極外表活化。在 溶液中參加幾滴 ( )溶液，4 2 43將鐵電極浸泡一段時(shí)間，鐵電極外表被刻蝕活化。檢驗(yàn)活化反響完成的方法是 ?！敬鸢浮客斜P天平、燒杯、量筒石墨0.09/3++?＝2+石墨0.09/3++?＝2+,>取少量活化液，參加干凈的試管中，向其中參加兩滴硫氰酸鉀溶液，看是否變紅，假設(shè)不變紅，說明已經(jīng)活化完成【考點(diǎn)】性質(zhì)試驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)【解析】配制肯定物質(zhì)的量濃度的溶液用到的儀器有，托盤天平、燒杯、量筒、玻璃棒、容量瓶。鹽橋中的離子不與溶液中的物質(zhì)反響，排解了碳酸氫根離子和硝酸根離子，電遷移率盡可能的接近，硫酸根離子的電遷移率與其它離子的相差較大， 的陰陽離子電遷移率相差最小；鐵電極失去電子，鐵電極是負(fù)極，石墨電極是正極，原電池內(nèi)部陽離子向正極移動，所以陽離子向石墨電極移動。鐵電極反響： ?2?＝ 2+，鐵電極增加0.02 / ，依據(jù)電荷守恒，石墨電極反響 3++ ?＝ 2+，則石墨電極增加0.04 / ，原溶液是0.05 / ，現(xiàn)在變?yōu)?.09 / ；鐵電極為負(fù)極，電極反響：?2?＝2+，石墨電極為正極，電極反響：3++?＝2+，電池的總反響式為：23++＝32+，依據(jù)氧劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物，所以氧化性：3+> 2+，同理復(fù)原性> 2+對鐵電極活化是除去外表的氧化膜，氧化膜反響完成后，鐵單質(zhì)把三價(jià)鐵復(fù)原，所以只要檢驗(yàn)溶液中是否還含有三價(jià)鐵離子就可以了?！窘獯稹颗渲瓶隙ㄎ镔|(zhì)的量濃度的溶液用到的儀器有：托盤天平、燒杯、量筒、玻璃棒、容量瓶。圖中給出的有托盤天平、燒杯、量筒；故答案為：托盤天平、燒杯、量筒；鹽橋中的離子不與溶液中的物質(zhì)反響，排解了碳酸氫根離子和硝酸根離子，電遷移率盡可能的接近，應(yīng)選 ；故答案為： ；〕鐵電極失去電子，鐵電極是負(fù)極，石墨電極是正極，原電池內(nèi)部陽離子向正極移動，所以陽離子向石墨電極移動；故答案為：石墨；鐵電極反響： ?2?＝ 2+，鐵電極增加0.02 / ，石墨電極反響3++ ?＝ 2+，依據(jù)電荷守恒，則石墨電極增加0.04 / ，變?yōu)?.09 / ；故答案為：0.09 / ；鐵電極為負(fù)極，電極反響： ?2?＝ 2+，石墨電極為正極，電極反響反響：3++ ?＝ 2+，電池的總反響式為：2 3++ ＝3 2+；所以氧化性：3+> 2+，復(fù)原性 > 2+故答案為： 3++ ?＝ 2+； ?2?＝ 2+； 3+； ；對鐵電極活化是除去外表的氧化膜，氧化膜反響完成后，鐵單質(zhì)把三價(jià)鐵復(fù)原，所以只要檢驗(yàn)溶液中是否還含有三價(jià)鐵離子就可以了，取少量活化液，參加干凈的試管中，向其中參加兩滴硫氰酸鉀溶液，看是否變紅，假設(shè)不變紅，說明已經(jīng)活化完成。故答案為：取少量活化液，參加干凈的試管中，向其中參加兩滴硫氰酸鉀溶液，看是否變紅，假設(shè)不變紅，說明已經(jīng)活化完成。硫酸是一種重要的根本化工產(chǎn)品。接觸法制硫酸生產(chǎn)中的關(guān)鍵工序是 2的催化氧化： 2

( )+12

( )→

( ＝?98 ? ?1．問答以下問題：3〔1〕釩催化劑參與反響的能量變化如圖( )所示，2 5( )與 2( )反響生成( )和4

( )的熱化學(xué)方程式為： 。2 4！〔2〕當(dāng) ( )、 ( )和 ( )起始的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)分別為7.5%、10.5%和82%時(shí)，2 2 2在0.5 、2.5 和5.0 壓強(qiáng)下， 2平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖( )所示。反響在5.0 、550° 時(shí)的＝ ，推斷的依據(jù)是 。影響的因素有 。將組成〔物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)〕為2% ( )、% ( )和% ( )的氣體通入2 2 2反響器，在溫度、壓強(qiáng)條件下進(jìn)展反響。平衡時(shí)，假設(shè) 2轉(zhuǎn)化率為，則 3壓強(qiáng)為 ，平衡常數(shù) ＝ 〔以分壓表示，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。2爭論說明， 催化氧化的反響速率方程為：＝( ?1)0.8(1? 2′中：為反響速率常數(shù)，隨溫度上升而增大；為 2平衡轉(zhuǎn)化率，′為某時(shí)刻2轉(zhuǎn)化率，為常數(shù)。在′＝0.90時(shí)，將一系列溫度下的、值代入上述速率方程，得到 ～ 曲線，如圖( )所示。曲線上最大值所對應(yīng)溫度稱為該′下反響的最適宜溫度 ． < 時(shí)，漸漸提高； > 后，漸漸下降。緣由是 ?！敬鸢浮? ( )+2 ( )＝2 ( )+ ( )△ ＝?351 ? ?12 5 2 4 2 40.975,反響是氣體分子數(shù)減小的反響，壓強(qiáng)越大轉(zhuǎn)化率越大,壓強(qiáng)、溫度、投料比》2 ,100? (1? )1.5(100?

)0.5反響溫度上升，速率常數(shù)增大使速率加快，但降低造成速率減小， < 時(shí)，增大對的提高大于引起的降低； > 后，速率常數(shù)增大小于引起的降低【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算【解析】〔1〕由圖象得出①2 4( )+ 3( )＝2 5( )+ 2( )△ ＝?24 ??1，②2 4

( )+2

( )＝23

( )△ ＝?399 ? ?1，4結(jié)合蓋斯定律可知②-①×2得到：22 5( )+2 2( )＝2 4( )+( )；2 4

( 2

( 2

( )起始的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)分別為7.5%、10.5%和82%時(shí)，2在0.5 、2.5 和5.0 壓強(qiáng)下， 2平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖( )所示，這個(gè)

( )+12 2

( )→

( )反響是氣體分子數(shù)減小的反響，壓強(qiáng)3越大轉(zhuǎn)化率越大，所以反響在5.0、550°時(shí)的＝0.975，由圖象看出壓強(qiáng)越大轉(zhuǎn)化率越高，溫度越高轉(zhuǎn)化率越小，轉(zhuǎn)化率與影響平衡的因素：溫度壓強(qiáng)還與投料比有關(guān)，氧氣越多2平衡轉(zhuǎn)化率越大；利用三段式計(jì)算出平衡時(shí)三氧化硫的量，利用阿伏伽德羅定律的推論壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量的比，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)可解；〔4〕＝(

?1)0.8(1? ′)溫度上升，速率常數(shù)增大，反響速率增大；′( )+12 2

( )→

( ＝?98 ? ?1．為放熱反響，平衡轉(zhuǎn)化3率減小，(

?1)0.8減小，反響速率減小， < 時(shí)，速率常數(shù)增大，對速率′的影響大于因(

?1)0.8減小對速率的影響，總體速率加快；> 后速率常數(shù)′增大沒有減小對速率影響大，速率減小。【解答】由圖象得出① ( )+ ( )＝ ( )+ ( )△ ＝?24 ?2 4 3 2 5 2?1，②2 4

( )+2

( )＝23

( )△ ＝?399 ? ?1，4由蓋斯定律可知②-①×2得到：22 5( )+2 2( )＝2 4( )+( )△ ＝?351 ? ?1；2 4故答案為：2?1；

( )+22 5

( 2

( )+4

( )△ ＝?351 ?2 4—當(dāng) ( )、 ( )和 ( )起始的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)分別為7.5%、10.5%和82%時(shí)，在2 2 20.5 、2.5 和5.0 壓強(qiáng)下， 2平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖( )所示，這個(gè)

( )+12 2

( )→

( )反響是氣體分子數(shù)減小的反響，壓強(qiáng)越3大轉(zhuǎn)化率越大，所以反響在5.0、550°時(shí)的＝0.975，由圖象看出壓強(qiáng)越大轉(zhuǎn)化率越高，溫度越高轉(zhuǎn)化率越小，轉(zhuǎn)化率與影響平衡的因素：溫度、壓強(qiáng)還與投料比有關(guān)，氧氣越多2平衡轉(zhuǎn)化率越大；故答案為：0.975；該反響是氣體分子數(shù)減小的反響，壓強(qiáng)越大轉(zhuǎn)化率越大，1＝5.0 ，該線550° 時(shí)的轉(zhuǎn)化率為97.5%；壓強(qiáng)、溫度、投料比；依據(jù)體積之比等于物質(zhì)的量的比，2%++%＝100%3+＝100，設(shè)2的物質(zhì)的量為2，2的物質(zhì)的量為1( )+2 2開頭2

( )→ ( )2 3變化 ×2 × ×2平衡2? ×2 ? × ×2反響后的總量：2? ×2+ ? × + ×2+ ＝3+ ? ，結(jié)合3+ ＝100，反響后的總量＝100? ，( 3)= ( 3)=

2

，則(

)=2 ，3 100?平衡常數(shù)

( 3) ( 2) 0.5( 2)

2100?2(1?) (? )0.5 100? (100? )0.5

= ，(1? )1.5( )0.5100?2100?

；(1? )1.5(100?

；)0.5＝( ?1)0.8(1? ′)溫度上升，表達(dá)式中速率常數(shù)增大，反響速率增大；′( )+12 2

( )→

( ＝?98 ? ?1，為放熱反響，平衡轉(zhuǎn)化3率減小，(

?1)0.8減小，反響速率減小， < 時(shí)，速率常數(shù)增大，對速率′的影響大于因(

?1)0.8減小對速率的影響，總體速率加快；> 后速率常數(shù)′增大沒有減小對速率影響大，速率減小。故答案為：反響溫度上升，速率常數(shù)增大使速率加快，但降低造成速率減小。< 時(shí)，增大對的提高大于引起的降低； > 后，速率常數(shù)增大小于引起的降低?！捕?523：物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)]〔15〕等人因在鋰離子電池及鈷酸鋰、磷酸鐵鋰等正極材料爭論方面的卓越奉獻(xiàn)而獲得2023年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)。答復(fù)以下問題：基態(tài) 2+與 3+離子中未成對的電子數(shù)之比為 。~及其周期表中相鄰元素的第一電離能( 1)如表所示。1( )> 1( )，緣由是 。

( )>1

( )>1

( )，緣由是 。15209008014967385781/(1/(?磷酸根離子的空間構(gòu)型為 ，其中 的價(jià)層電子對數(shù)為 、雜化軌道類型為 。4的晶胞構(gòu)造示意圖如( )所示。其中圍繞 和分別形成正八面體和正四周體，它們通過共頂點(diǎn)、共棱形成空間鏈構(gòu)造。每個(gè)晶胞中含有4的單元數(shù)有 個(gè)。電池充電時(shí)， 4脫出局部 +，形成 1? 4，構(gòu)造示意圖如( )所示，則＝ ，( 2+)：( 3+)＝ ?！敬鸢浮颗c 同族， 電子層多，原子半徑大，易失電子, 、 、同周期，核電荷數(shù)依次增加， 的電子排布為：1222，全滿穩(wěn)定構(gòu)造，第一電離能最大，與 相比，的核電荷數(shù)大，半徑小，較難失去電子，第一電離能較大。正四周體形,4, 3、16【考點(diǎn)】晶胞的計(jì)算原子軌道雜化方式及雜化類型推斷【解析】〔1〕基態(tài) 的電子排布式為：12222632363642；〔2〕 與 同族， 電子層多，原子半徑大，易失電子； 、、 的價(jià)電子排布分別為：22，2221，21；〔3〕依據(jù)價(jià)層電子對互斥理論，價(jià)層電子對數(shù)＝雜化軌道數(shù)＝+1( ? )，假設(shè)2為陰離子，＝價(jià)電子數(shù)+電荷數(shù)；價(jià)層電子對數(shù)＝4，空間構(gòu)型為四周體形，去掉孤電子對，即為分子的空間構(gòu)型；雜化軌道數(shù)＝4，為 3雜化；〔4〕依據(jù)晶胞中的正八面體和正四周體來推斷； 4失去的 +為：棱心上一個(gè)，面心上一個(gè)；化合物中正負(fù)化合價(jià)代數(shù)和等于0?！窘獯稹炕鶓B(tài) 的電子排布式為：12222632363642，基態(tài) 失去最外層2個(gè)電子得 2+，價(jià)電子排布為：36，基態(tài) 失去3個(gè)電子得 3+，價(jià)電子排布為：35，依據(jù)洪特規(guī)章和泡利原理，能級有5個(gè)軌道，每個(gè)軌道最多容納2個(gè)電子，2+有4個(gè)未成對電子， 3+有5個(gè)未成對電子，所以未成對電子數(shù)之比為：4:5，故答案為：4:5；|與 同族， 電子層多，原子半徑大，易失電子； 、 、的電子排布分別為：1221，1222，122221， 、 、同周期，核電荷數(shù)依次增加， 的電子排布為：1222，全滿穩(wěn)定構(gòu)造，第一電離能最大，與 相比的核電荷