广西桂林中学、崇左市高考理综-化学二模试（解析版）

1、PAGE PAGE 16页广西桂林中学、崇左市2021年高考二模试卷理综化学一、单选题1化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列有关说法错误的是（） A燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放B中国华为自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是SiCN95口罩的主要材质聚丙烯叮利用丙烯加聚合成D国产新冠灭活疫苗需冷冻保存以防发生变性2阿司匹林是家中常备药，它对血小板的聚集有抑制作用，早在1853年夏尔弗雷德里克，热拉尔(Gerhard1)就用水杨酸与乙酸酐合成了乙酰水杨酸(阿司匹林)，原理如下。下列说法错误的是（） A该反应的类型是取代反应B阿司匹林的分子式为C9H8O4C

2、阿司四林不能溶于NaOH溶液中D水杨酸分子的所有原子可能共平面3下列实验方案中，能达到实验目的是（） 实验目的实验方案 A验证H2O2具有氧化性向0.1 molL-1 KMnO4溶液中滴加0.1 molL-1H2O2溶液，可观察到溶液褪色B证明铜与浓硫酸反应有SO2生成将浓硫酸滴加到放有铜片的试管中，并将蘸有品红溶液的湿滤纸置于试管口C比较Ksp(AgI)与Ksp(AgCl) 的大小关系向浓度均为0.05molL-1的NaI、NaCl混合溶液中滴加足量AgNO3溶液，观察所产生沉淀的颜色D确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3取少量待测液，滴加CaCl2溶液，观察是否出现白色浑浊AA BB C

3、C DD4设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（） A0.1 molL-1NH4NO3溶液中含有的氮原子总数为0.2NAB12g石墨和金刚石的混合物含有4NA个碳原子C1molCl2与足量铁充分反应，转移的电子数为2NAD2.8gCO 和C2H4的混合气体中含有的质子数为1.4NA5一种新型的锂-空气电池的工作原理如图所示。关于该电池的说法中正确的是（） A电池总反应为4Li+O2+2H2O=4LiOHB可将有机电解液改为水溶液C金属锂作正极，发生氧化反应D当有22.4LO2被还原时，溶液中有4mol Li+向多孔碳电极移动6A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在

4、三个不同周期。X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性，物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（） A离子半径：C DBB化合物Y中既有离子键又有共价键C电解熔融状态下的化合物Z，可制备D的单质D往X溶液中逐滴滴入W溶液，现象是：先产生沉淀，后沉淀溶解7常温下，对于pH=9的CH3COONa溶液，下列说法错误的是（） A该溶液中： c(OH-)c(CH3COOH)+c(H+)B往该溶液中滴加醋酸，可能出现c(Na+) c(CH3COO- )C往该溶液中通入HCl气体， c(CH3COO)c(CH3COOH)c(OH) 保持不变D相同温度下，该CH3C

5、OONa溶液的浓度大于pH=9的NaOH溶液的浓度二、非选择题8二氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料，+4 价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒( IV )碱式碳酸铵晶体。过程如下：回答下列问题：（1）步骤i中生成VOCl2的同时还产生一种无色无污染的气体，所发生反应的化学方程式为 。只用浓盐酸与V2O5反应也能制备VOCl2溶液，从安全与环保角度分析，该反应不被推广的主要原因是 。（2）步骤ii可在下图装置中进行。向锥形瓶中滴加VOCl2溶液前应通入一段时间的CO2，目的是 。装置B中的试剂是 。反应结束后，将锥形瓶置于干燥器中一段时间，可得到紫

6、红色晶体，然后抽滤洗涤，先用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，最后用乙醚洗涤2次。用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是 ，用无水乙醇洗涤的目的是 。（3）测定氧钒(IV )碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。称量a g样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL混酸溶解后，加0.02mol/L KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1%NaNO2溶液至稍过量。再用尿素除去过量的NaNO2，滴入几滴铁氰化钾K3 Fe(CN)6溶液，最后用c mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL。滴定反应为： VO2+ +Fe2+2H+=VO2+F

7、e3+H2OKMnO4溶液的作用是 滴定终点时的现象为 粗产品中钒的质量分数的表达式为 9黄血盐亚铁氰化钾，K4Fe(CN)6目前广泛用作食品添加剂(抗结剂)。一种制备黄血盐的工艺如下：回答下列问题：（1）步骤I反应的化学方程式为 （2）步骤过滤所得的废液中含量较多的溶质为 (填化学式)。 （3）步骤V是将难溶的K2CaFe(CN)6与X反应脱钙生成K4Fe(CN)6，所用的试剂X是 (填名称) （4）工艺中用到有毒的HCN溶液，含CN-的废水必须处理后才能排放。可用两段氧化法处理：第一次氧化： NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl；第二次氧化： NaOCN与NaClO反应，生成

8、N2和两种盐(其中一种为酸式盐)。已知HCN是一种苦杏仁味的无色剧毒液体(常温时，Ka=6.310-10)，易挥发；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。第一次氧化时，溶液应调节为 (填 “酸性”“碱性 ”或“中性)， 原因是 。第二次氧化反应的离子方程式为 常温下，0.1 molL-1 HCN溶液中，c(H+)= (列出计算式)。10研究SO2尾气的处理及回收利用具有重要意义。（1）ISO2尾气的处理一种煤炭脱硫技术是把硫元素以CaSO4的形式固定下来可以减少SO2的排放，但产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，从而降低脱硫效率。相关的热化学方程式如下：CaSO4(s)+CO(g) CaO

9、(s) +SO2(g)+CO2(g) H1= +210.5kJmol-114 CaSO4(s)+CO(g) 14 CaS(s)+CO2(g) H2=-47.3 kJmol-1反应CaO(s)+ 3CO(g) +SO2(g) CaS(s)+3CO2(g) H3 kJmol-1，平衡时增大压强，此反应将 (填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。（2）反应的平衡常数的对数lgK随温度的变化曲线如图，其中曲线I代表反应 (填“”或“”)，从减少SO2排放的角度来考虑，本体系适宜的反应条件是 A低温低压 B低温高压 C高温高压 D高温低压（3）另一种方法是用氨水将SO2转化为(NH4)2S

10、O3，再氧化为 (NH4)2SO4.，用空气氧化(NH4)2SO3的速率随温度的变化如图所示，当温度超过60C时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是 。(NH4)2SO4溶液中离子浓度的大小关系为 。（4）IISO2的回收利用SO2与Cl2反应可制得磺酰氯(SO2Cl2)，反应为SO2(g) +Cl2(g) SO2Cl2(g)。按投料比1：1把SO2与Cl2充入一恒压密闭容器中发生上述反应，SO2的转化率与温度T的关系如图所示：该反应的平衡常数K(100C) K(300C) (填“大于”、“小于”或“等于”)；在500C下，若反应进行至N点，此时v正 v逆(填“大于”、“小于”或“等于

11、”)。若反应一直保持在p压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp= (用含p的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压体积分数)。11硫及其化合物有许多用途。请回答下列问题。（1）基态硫原子的价电子排布式为 ，其电子占据最高能级的电子云轮廓图形状为 （2）常见含硫的物质有单质硫(S8)、SO2、Na2S、K2S等，四种物质的熔点由高到低的顺序依次为 ，原因是 。 （3）炼铜原料黄铜矿中铜的主要存在形式是CuFeS2，煅烧黄铜矿生成SO2，CuFeS2中存在的化学键类型是 ，SO2中心原子的价层电子对数为 。 （4）方铅矿(即硫化铅)是一种比较常见的矿物，酸溶反应为：PbS+4HCl(

12、浓)= H2PbCl4+H2S。H2S分子属于 (填“极性”或“非极性”)分子，其中心原子的杂化方式为 。下列分子的空间构型与H2S相同的有 A H2O B CO2 C SO2 D CH4（5）方铅矿的立方晶胞如图所示，硫离子采取面心立方堆积，铅离子填在由硫离子形成的 空隙中。已知晶体密度为 gcm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为 nm 12烃A是基本有机化工原料，其分子式为C3H6.由A制备聚合物C和 合成路线如图所示(部分条件略去)。 已知: 加热 ,R-C N iiHCliNaOH RCOOH（1）AD的反应类型为 ；B中含氧官能团名称为 ；G的结构简式

13、为 。 （2）碳原子上连有4个不同的原子或原子团时，该碳称为手性碳化合物 中所含手性碳原子的数目为 。 （3）EF的化学方程式为 。 （4）写出符合下列条件的B的同分异构体的结构简式: 与B具有相同官能团且能发生银镜反应:核磁共振氮谱有3组峰，且峰面积之比为6:1:1（5）等物质的量的 分别与足量NaOH、 NaHCO3反应，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为 ；检验 中含有碳碳双键的实验方法是 。 （6）根据题中信息，写出以甲苯为有机原料制备苯乙酸的合成路线(无机试剂任选) 。 答案解析部分1【答案】A【解析】【解答】A 燃煤中加入CaO，可以与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙继续

14、被氧气氧化生成硫酸钙，所以可以减少酸雨的形成，但不能减少二氧化碳的排放，A符合题意；B 中国华为自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是Si，硅是芯片的主要成分，B不符合题意；C N95口罩的主要材质是聚丙烯，工业上利用丙烯加聚合成聚丙烯，C不符合题意；D 蛋白质受热会变性而失活，则国产新冠灭活疫苗需冷冻保存以防发生变性，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.考查的是二氧化硫和二氧化碳的除杂，氧化钙可以固定二氧化硫B.考查的是硅单质的用途，二氧化硅一般做光导纤维C.考查的丙烯的用途D.考查的是蛋白质活性受温度的影响2【答案】C【解析】【解答】A该合成原理是乙酸酐中的CH3CO-原子团取代水

15、杨酸中的酚羟基上的氢原子，发生的是取代反应，A不符合题意；B有题中的结构式可得，阿司匹林的分子式为C9H8O4，B不符合题意；C阿司匹林含羧基，可以和氢氧化钠发生酸碱中和反应生成盐，所以阿司匹林能溶于氢氧化钠溶液中，C符合题意；D苯环为平面结构，氢氧单键可以旋转，所以酚羟基可以与苯环共面，碳氧双键为平面结构，羟基可以与其共面，碳氧双键平面与苯环平面以单键相连，单键可以旋转，所以水杨酸分子中所有原子共平面，但不是一定共平面，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.根据反应物和生成物即可判断B.根据结构式即可写出分子式C.考查的是溶解性，主要是看官能团是否与氢氧化钠反应D.考查的结构共面的问题，苯

16、环上的所有的原子都共面，其他的可以通关旋转进行调试角度可能共面3【答案】D【解析】【解答】A H2O2可被KMnO4氧化，体现H2O2的还原性，A不符合题意；B 铜与浓硫酸反应需要加热，B不符合题意；C 因为AgNO3溶液是足量的，因此两溶液中均会产生沉淀，不能比较二者溶度积的大小关系，应滴加少量的AgNO3溶液，观察所产生沉淀的颜色进行比较，先生成的沉淀，溶度积小，C不符合题意；D NaCl与CaCl2不反应，Na2CO3与CaCl2反应生成碳酸钙白色沉淀，故可通过观察是否出现白色浑浊，确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.证明氧化性，是过氧化氢发生还

17、原反应C.考查的是沉淀的转化，但是必须是产生一种沉淀之后，再进行另外一种物质的加入，看沉淀是否转换D.考查的是碳酸根的检验4【答案】C【解析】【解答】A 溶液的体积未知，无法计算所含溶质的物质的量，故A不符合题意；B 石墨和金刚石的化学式均为C，则12g石墨和金刚石的混合物为1mol，故含有NA个碳原子，故B不符合题意；C 1molCl2与足量铁充分反应，氯气反应完全，氯气得2mol电子，由于转移电子数=氧化剂得电子数=还原剂失电子数，则转移的电子数为2NA，故C符合题意；D CO和C2H4的摩尔质量均为28g/mol，则2.8gCO 和C2H4的混合气体为0.1mol，但是CO和C2H4含的

18、质子数不相等，无法计算混合气体所含的质子数，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.根据n=cxv，但体积未知B.根据n=m/M，N=nxNA计算即可C.根据Cl22Cl2e,氯气完全反应5【答案】A【解析】【解答】A 负极反应式为Li-e-=Li+，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，则电池总反应为4Li+O2+2H2O=4LiOH，A符合题意；B 因为金属锂可与水反应，则不可将有机电解液改为水溶液，B不符合题意；C 金属锂作负极，失电子，发生氧化反应，C不符合题意；D 未指明为标准状况，则不能计算22.4LO2的物质的量，故不能计算移向多孔碳电极的Li+的物质的量，D不符合题意

19、；故答案为：A。【分析】锂-空气电池中，活泼金属锂作负极，多孔碳作正极，负极反应式为Li-e-=Li+，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，据此分析解答。6【答案】B【解析】【解答】A O2-、Na+、Al3+的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：O2- Na+Al3+，A不符合题意；B Y为NaOH，NaOH中既有离子键又有共价键，B符合题意；C AlCl3为共价化合物，熔融状态下没有自由移动的离子，则不能用电解熔融状态下的AlCl3制备Al单质，可以用电解熔融状态下的Al2O3制备Al单质，C不符合题意；D 往HCl溶液中逐滴滴入NaAlO2溶液，相当于盐酸

20、过量，先发生反应 4H+AlO2=Al3+2H2O ，后发生反应 3AlO2+Al3+6H2O=4Al(OH)3 ，则现象是：先没有沉淀生成，后产生沉淀，D不符合题意；故答案为：B。【分析】由转化关系可知两性化合物应为Al(OH)3，则D为Al，Al与X、Y的溶液均能反应生成气体单质，且X为二元化合物且为强电解质，应为HCl，Z为AlCl3，W的水溶液呈碱性，应为NaAlO2，Y为NaOH，气体单质为氢气，A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期，X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，则A为H元素，B为O元素，C为Na元素，D为Al元素，E为Cl元素，结合对应单

21、质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。7【答案】A【解析】【解答】A CH3COONa溶液中存在质子守恒： c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，A符合题意；B 往该溶液中滴加醋酸，可能使溶液呈酸性，c(OH-)c(H+)，溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+ c(CH3COO- )= c(Na+)+c(H+)，则可能出现c(Na+) c(CH3COO- )，B不符合题意；C c(CH3COO)c(CH3COOH)c(OH)=1K ，水解常数Kh只与温度有关，温度不变，其值不变，则往该溶液中通入HCl气体， c(CH3COO)c(CH3COOH)c(OH) 保持不变，C不符合题意；D

22、 CH3COONa水解使溶液呈碱性，而水解是微弱的，NaOH是强碱，则相同温度下，该CH3COONa溶液的浓度大于pH=9的NaOH溶液的浓度，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.考查的质子守恒的应用B.结合电荷守恒，加入醋酸溶液可能显酸性C.考查的是水解常数和温度有关D.考查的是相同pH的强碱弱酸盐和强碱的浓度关系8【答案】（1）2V2O5+N2H42HCl+6HCl=4VOCl2+N2+6H2O；有氯气生成，污染环境（2）排除装置中的空气，避免产物被氧化；饱和NaHCO3溶液；Cl-；除去晶体表面的水分（3）将+4价的钒氧化为 VO2+；当加入最后一滴(NH4)2Fe(SO4)2标准溶

23、液时，生成蓝色沉淀，且半分钟内不消失，即达滴定终点；51cb1000ag100%【解析】【解答】(1)步骤i中V2O5与盐酸、N2H42HCl混合得到VOC12的同时生成氮气，反应为：2V2O5+N2H42HCl+6HCl=4VOCl2+N2+6H2O ；浓盐酸与V2O5来制备VOC12，根据氧化还原反应原理，V元素被浓盐酸还原，则浓盐酸中氯元素被氧化得到氯气，氯气污染环境；(2)已知：+4 价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，故装置中不能有空气，反应前应通入一段时间的CO2，排除装置中的空气，避免产物被氧化；A中制得的二氧化碳混有HCl气体，B装置的试剂应能吸收HCl气体同时不吸收二氧化碳，

24、无装置B，HCl与NH4HCO3溶液反应，故为饱和NaHCO3溶液；根据生成物的晶体组成分析，晶体中不含有Cl-，故用饱和NH4HCO3溶液洗涤可除去的阴离子主要是Cl-，减少晶体的溶解；乙醇能与水互溶，利用乙醇具有挥发性可以除去晶体表面的水分；(3)根据分析，KMnO4溶液的作用是将+4价的钒氧化为 VO2+ ；NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4；滴定终点时的现象为当加入最后一滴(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，生成蓝色沉淀，且半分钟内不消失，即达滴定终点；根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为： VO2+ +Fe2+2H+=VO2+Fe3+H2O，则钒元素的物质的量n(V)=n

25、(NH4)2Fe(SO4)2 =c mol/Lb10-3L=cb10-3mol，则粗产品中钒的质量分数的表达式为 cb103mol51g/molag100%=51cb1000ag100% 。【分析】根据合成氧钒()碱式碳酸铵晶体流程，将V2O5通过盐酸、N2H42HCl的作用，还原为VOCl2，得到的VOCl2与碳酸氢铵溶液反应，将得到氧钒()碱式碳酸铵晶体；VOCl2转化为氧钒()碱式碳酸铵晶体的过程如装置图所示，向反应体系中持续通入CO2，CO2溶于水生成碳酸，碳酸电离生成氢离子抑制了铵根离子的水解，保证氧钒()碱式碳酸铵产率的最大化，反应完成后，将得到的晶体经洗涤、过滤、干燥得到较纯晶体

26、，通过滴定的方法测定晶体中V的含量，据此分析。9【答案】（1）3Ca(OH)2 + FeSO4 + 6HCN = Ca2Fe(CN)6 + CaSO4 + 6H2O（2）CaCl2和 KCl（3）碳酸钾（4）碱性；防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气；2OCN- + 3ClO- = CO32 +CO2+3Cl-+N2；6.31011mol/L【解析】【解答】(1)步骤I中Ca(OH)2、FeSO4与HCN发生非氧化还原反应生成Ca2Fe(CN)6和CaSO4，所得化学方程式为：3Ca(OH)2 + FeSO4 + 6HCN = Ca2Fe(CN)6 + CaSO4 + 6H2O；(2)步骤中

27、Ca2Fe(CN)6与KCl生成K2CaFe(CN)6和CaCl2，KCl加入肯定过量，故废液中溶质为CaCl2和 KCl；(3)除钙一般用 CO32 ，步骤V反应为K2CaFe(CN)6 + X = K4Fe(CN)6 +3，则X为K23，名称为碳酸钾；(4)NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性；反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子，N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒，可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2OCN- + 3ClO- = CO32

28、 +CO2+3Cl-+N2；HCN的Ka=6.310-10，0.1 molL-1 HCN溶液中，c(H+)=c(CN-)=c mol/L，c(HCN)=(0.1-c)mol/L，Ka(HCN)=c(H+)c(CN)c(HCN)=c20.1cc20.1=6.31010 ，则 c(H+)6.31011mol/L 。【分析】石灰乳、FeSO4与HCN发生非氧化还原反应生成Ca2Fe(CN)6和CaSO4，过滤，除去CaSO4，步骤中Ca2Fe(CN)6与KCl反应生成K2CaFe(CN)6和CaCl2，KCl加入肯定过量，故废液中溶质为CaCl2和 KCl，步骤V中加入碳酸钾，脱钙生成K4Fe(CN

29、)6，再经过蒸发浓缩、冷却结晶，得到产品。10【答案】（1）-399.7；向正反应方向（2）；B（3）温度过高，(NH4)2SO3分解，浓度减小或温度升高，氧气在溶液中的溶解度降低；c(NH4)c(SO42)c(H)c(OH)（4）大于；大于；3p【解析】【解答】I(1)根据盖斯定律可知，由4-可得反应CaO(s)+ 3CO(g) +SO2(g) CaS(s)+3CO2(g)，故H3=-47.3 kJmol-14-(+210.5kJmol-1)=-399.7kJmol-1；该反应是气体物质的量减小的反应，则平衡时，增大压强，此反应将向正反应方向移动；(2)由曲线I知，随着温度的升高，lgK减小

30、，即K值减小，则升温平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故曲线I代表反应；反应生成SO2，则为减少SO2排放，应使反应逆向移动，降低温度，增大压强，均可以使反应平衡逆向移动，故本体系适宜的反应条件是B；(3)当温度超过60C时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是温度过高，(NH4)2SO3分解，浓度减小或温度升高，氧气在溶液中的溶解度降低；(NH4)2SO4溶液中 NH4 离子水解使溶液显酸性，且水解是微弱的，则离子浓度的大小关系为 c(NH4)c(SO42)c(H)c(OH) ；II(4)由图可知，升高温度，平衡时SO2的转化率减小，说明升温平衡逆向移动，该反应为放热反应，则该

31、反应的平衡常数K(100C)大于K(300C)；在500C下，若反应进行至N点，此时，SO2的转化率比该温度下平衡时SO2的转化率小，则反应正向进行，v正大于v逆；若反应一直保持在p压强条件下进行，M点时，平衡时SO2的转化率为50%，假设起始加入SO2、Cl2均为1mol，则可列出三段式(单位：mol)： SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(g)起始110转化0.50.50.5平衡0.50.50.5 ，则M点SO2(g)、Cl2(g)、SO2Cl2(g)的分压均为 0.50.5p=13p ，则M点的分压平衡常数 Kp=13p13p13p=3p 。【分析】（1）根据盖斯定律即可计算，根据平

32、衡移动影响因素即可确定压强对平衡的影响（2）考查的是温度对平衡常数的影响，根据吸热放热确定反应确定温度改变平衡移动的方向即可，考查的是温度和压强对平衡的影响（3）考查的是温度对反应物的影响导致浓度的变化，根据三大守恒即可写出离子浓度关系（4）先根据二氧化硫的平衡转化率确定正反应是放热吸热情况，在确定温度的变化平衡移动的方向即可根据数据结合三行式计算出平衡时的物质的量，再根据Kp的计算公式计算即可11【答案】（1）3s23p4；哑铃形（2）Na2SK2SS8SO2；Na2S、K2S为离子晶体，熔点较高，离子半径：K+Na+，离子半径越小，离子键越强，熔点越高，所以熔点：Na2SK2S，S8、SO

33、2形成的是分子晶体，熔点较低，相对分子质量越大，熔点越高，相对分子质量：S8SO2，所以熔点：S8SO2，（3）离子键；3（4）极性；sp3；AC（5）四面体；343956NA107【解析】【解答】(1) S位于周期表中第3周期第A族，基态硫原子的价电子排布式为3s23p4，其电子占据最高能级为P能级，电子云轮廓图形状为哑铃形；,(2)Na2S、K2S为离子晶体，熔点较高，离子半径：K+Na+，离子半径越小，离子键越强，熔点越高，所以熔点：Na2SK2S，S8、SO2形成的是分子晶体，熔点较低，相对分子质量越大，熔点越高，相对分子质量：S8SO2，所以熔点：S8SO2，故四种物质的熔点由高到低

34、的顺序依次为Na2SK2SS8SO2；(3)CuFeS2是离子化合物，Cu2+、Fe2+、S2-之间存在离子键；SO2中心原子S原子形成2个键，孤电子对数为 6222=1 ，则价层电子对数为3；(4)H2S分子中S原子形成2个键，孤电子对数为 6212=2 ，价层电子对数为4，则中心原子S原子的杂化方式为sp3，分子构型为角形，正负电荷中心不重合，则H2S分子属于极性分子；与H2S分子的空间构型相同的有H2O、SO2，均为角形，CO2为直线形，CH4为正四面体型，故答案为：AC；(5)硫离子采取面心立方堆积，铅离子填在由硫离子形成的四面体空隙中，与周围最近的4个硫离子形成正四面体，与正四面体顶点的距离即为晶胞中硫离子与铅离子最近的距离，顶点与四面体中心的连线处于晶胞体对角线上，且二者距离为晶胞体对角线长度的 14 ，而晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的 3 ，一个晶胞中有4个铅离子， 188+612=4 个硫离子，则晶胞的总质量为 4239NAg ，故晶胞的体积为 4239NAcm3 ，晶胞的边长为 34239NAcm ，则晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为 3434239NAcm=343956NA107nm 。【分析】（