2021年全国高考理综模拟化学逆袭卷（六）（解析版）

2021年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力模拟测试（六）

化学试卷

第I卷选择题（每题6分，共42分）

7.茶文化在我国具有悠久的历史，下列叙述正确的是

A.制紫砂壶等陶瓷茶具的主要原料是纯碱、石灰石、石英砂

B.茶汤常呈黄色，说明茶叶中蕴含丰富的铁元素

C.食用适量茶叶不但可以刺激肠胃蠕动，还能获取人体必需的葡萄糖

D.《茶疏》中对泡青茶的过程有如下记载：“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、S8茶……”，其中涉及

到的化学实验基本操作有溶解、萃取、过滤

【答案】D

【解析】A.陶瓷的主要原料是以黏土等无机非金属矿物为原料•，经高温烧制而成，纯碱、石灰石、石

英砂是普通玻璃的原料，故A错误；B.茶汤常呈黄色的原因是茶叶中的可溶性有机物质被氧化而发生

颜色变化，与铁元素无关，故B错误；C.茶叶中含有纤维素，可以促进肠胃蠕动，但人体内没有纤维

素水解所需要的酶，不能获取人体必需的葡萄糖，故C错误；D.“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、

蘸茶”其中涉及到的化学实验基本操作有溶解、萃取、过滤，故D正确；选D。

8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.lmolAlCh在熔融状态时含有的离子总数为0.4NA

B.某温度下纯水的pH=6,该温度下10LpH=11的NaOH溶液中含0代的数目为NA

C.8.7g二氧化锌与含有0.4molHC1的浓盐酸加热充分反应,转移电子的数目为0.2NA

D.12g金刚石中C—C键的数目为4NA

【答案】B

【解析】

A.A1CL是共价化合物，熔融时不能电离.无离故A错误；B.某温度下纯水的pH=6,即水的离子

积为l（）T2,故pH=ll的氢氧化钠溶液中氢氧根的浓度为O.lmol/L,则10L此溶液中氢氧根个数为

NA个，故B正确；C.二氧化钵只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故浓盐酸不能反应完全，

则转移的电子数小于0.2NA个，故C错误；D.12g金刚石的物质的量为1mol,1mol金刚石中

含C—C键为2NA个，故D错误。

9.我国化学家发现了一种合成二氯类化合物的方法：甲一乙的反应机理如图所示，其中，C1U为氯自由

基，是一种活性中间体。下列说法正确的是

A.甲能发生加成反应，不能发生取代反应

B.乙的分子式为C9H10O2cL

C.过程一中CuCl是还原剂，则氧化产物是HzO

D.甲与Cl反应生成的丙有两种不同的自由基结构

【答案】D

【解析】

A.甲含有苯环和碳碳双键，可以发生加成反应，含有峻基可以发生酯化反应，属于取代反应，A错误；

B.根据乙的结构简式可知乙的分子式为C9H802cl2,B错误；

C.过程-中CuCl转化为CuCh,Cu元素化合价升高，所以CuCl为还原剂，氧化产物为氯化铜，C错

、口

沃；

D.甲中碳碳双键上的两个C原子环境不同，所以甲与C1U反应生成的内有两种不同的自由基结构，D

正确；综上所述答案为D。

10.下列装置或操作能达到目的的是

0.1moL,l.0.ImoL'L

A.装置①探究H2SO4浓度对反应速率的影响

B.装置②可用于测定中和热

C.装置③可用于验证反应的热效应

D.装置④探究Mg(OH)2能否转化成Fe(0H)3

【答案】C

【解析】

A.硫酸的浓度相同，不能探究硫酸浓度对反应速率的影响，A错误；

B.该反应隔热保温，但温度计应放入小烧杯中测定温度，故不能准确测定中和热，B错误；

C.钠和水反应放热，是具支试管中的气体体积膨胀，进而是红墨水移动，故鞘验证反应的热效应，C

准确；

D.氢氧化钠过量，氢氧化钠和氯化铁直接反应生成氢氧化铁，不能探究氢氧化镁转化为氢氧化铁，D

错误；故选C。

11.短周期主族元素V、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，V原子核内无中子，X原子的最外层电子

数是内层电子数的三倍，W的原子序数是X的两倍，X、Y、Z三种元素形成的化合物Q结构如图所示.

下列叙述正确的是

Y

A.ZV4的稳定性比V2X强B.Q的化学式为人0L。？

C.工&与ZX2所含化学键类型相同D.W的氧化物的水化物是强酸

【答案】B

【解析】

依题意可知V、X、Y、Z、W依次为H、O、Al、Si、So因非金属性0比Si强，故H?。的稳定性比竽凡

强，A选项错误；根据题意知Q的化学式为ALSiQ'，B选项正确；.丫，3是A1QJ含离子键，ZX2

为Si02,含共价键，C错误；H,SO,不是强酸，D选项错误。

12.以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的

是

---------------@---------------

奥

Fe|Fe(CN)..)

森

兹

NtU^lIxXCNi.l

含Na'的育机电解Mi：

A.放电时，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2e-+2Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]

B.充电时，M。箔接电源的负极

C.充电时，Na+通过交换膜从左室移向右室

D.外电路中通过0.2mol电子时，负极质量变化为2.4g

【答案】B

【解析】

+

A.根据工作原理,Mg失电子作负极,M。作正极,正极反应式为Fe[Fe(CN)6]+2e-+2Na=Na2Fe[Fe(CN)6],

A项正确；

B.充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即M。箔接电源的正极，B项错误；

C.充电时该装置作电解池，电解池工作时阳离子移向阴极，Na*应从左室移向右室，C项正确；

D.负极上应是2Mg—4e-+2c「=[Mg2c12户,当电路中通过0.2mol电子时,消耗O.lmolMg,质量减少

2.4g,D项正确；

答案选B。

13.己知联氨(N2H4)为二元弱碱，常温下将盐酸滴加到联氨(N2H4)的水溶液中，混合溶液中微粒的物质的

量分数B(X)随-lgc(OH-)变化的关系如图所示。下列叙述错误的是

A.Kbi(N2H4)=10-6.°

++

B.N2H6ch溶液中存在：c(Cr)+c(OH^)=c(N2HJ)+2c(N2Hg)+c(H)

C.N2H5cl溶液中:c(H+)>c(OH)

D.N2H5cl在溶液中水解的离子方程式为：N2H升出0-N2H芹+OH-

【答案】D

【解析】联氨(N2H4)为二元弱碱，则联氨(N2H4)的两步电离方程式为:N2H4^^N2H升OH、N2H；^^

c(N,H；)xc(0H)

N2H铲+OH,根据图象可知，当溶液中c(N2H4)=c(N?H。时，溶液的pOH=6.0,则代=-'一'~\~

+

C(N2H^)XC(OH)

15

=10-6.0,当溶液中c(N2HO=c(N2H铲)时,溶液pOH=15.0,则Kb2==10,A.当溶

c(N2H；)xc(0H-)

液中c(N2H4)=c(N2M)时，溶液的pOH=6.0,则Kbi==10-6。，故A正确；B.根据

C(N2HJ

++

电荷守恒可知,N2H6cb溶液中存在：c(Cr)+c(OH-)=c(N2H|)+2c(N2Hg)+c(H),故B正确;C.N2H5+

K1n-14

的水解平衡常数为心2=优=—T=10-8>Kb2=10T5,则N2H5。溶液呈酸性,所以溶液中：c(H+)>c(OH-),

Kbi10-6

故C正确；D.N2H5。在溶液中水解的离子方程式为：N2H4+H20k+N2H4-H2O+H+,故D错误；答案

选D。

第n卷非选择题(共58分)

26(14分)氯气与碱溶液反应，在低温和稀碱溶液中主要产物是CIO,在75℃以上和浓碱溶液中主要

产物是C10八研究小组用如科实验装置(部分夹持装置略去)制取氯酸钾(KCICh),并测定其纯度。

a为浓盐酸，b为MnCh,c为饱和食盐水，d为30%KOH溶液，e为NaOH溶液

回答下列问题：

(I)检查装置气密性后，添加药品，待装置1H水温升至75℃开始反应。从装置HI的试管中分离得到KCIO3

粗产品，其中混有的杂质除KOH外还有—和—。

(2)已知碱性条件下，C10-有强氧化性。设计实验证明“碱性条件下，H2O2能够被CIO氧化”：—。

(必须选择的试剂和药品有：次氯酸钠溶液，H2O2溶液，NaOH溶液，木条。请写出实验操作及现象)。

(3)已知碱性条件下，C1O3-氧化性较弱，不能氧化H2O2。为测定产品KCICh的纯度，进行如下实验：

步骤1：取2.45g样品溶于水配成250mL溶液。

步骤2：取25.00mL溶液于锥形瓶中，调至pH=10,滴加足量H2O2溶液充分反应，然后煮沸溶液卜2

分钟，冷却。

步骤3：加入过量KI溶液，再逐滴加入足量稀硫酸。(发生的反应为：C10；+r+H+—Cr+h+HaO未配平)

步骤4：加入指示剂，用0.5000molLNa2s2。3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。(2S2O^

+l2=S4O：+2r)

①步骤2中如果不进行煮沸所测定的KCICh纯度一(填偏高、偏低或无影响)。

②样品中KCICh的质量分数为—。(KCICh相对分子质量：122.5)写出计算过程。

【答案】(DKC1OKC1(2)取少量NaClO溶液于试管中，滴加少量NaOH溶液，再滴加H2O2

溶液，试管中有气泡产生并能使带火星的木条复燃，即可证明(3)偏高83.3%

【分析】

(1)利用题目信息推知可能得到的杂质；

(2))利用强氧化剂制弱氧化剂的原理来设计实验；

(3)利用氧化还原反应得失电子列守恒关系计算；

【详解】

(1)根据题目信息可知，氯气与碱溶液反应，在低温和稀碱溶液中主要产物是KC10和KC1,装置]n水温

升至75℃过程中会有KC10和KC1杂质生成，故杂质为KC10和KC1；

(2)利用强氧化剂制弱氧化剂的原理来设计出。2能够被C1。氧化，选取的试剂有NaClO、H2O2溶液和

NaOH溶液，比。2最后被氧化会生成氧气，检验是否有氧气即可，故答案为：取少量NaClO溶液于试

管中，滴加少量NaOH溶液，再滴加H2O2溶液，试管中有气泡产生并能使带火星的木条复燃，即可证

明；

(3)①步骤2中如果不进行煮沸，就会有溶解在溶液的氧气，氧气也会氧化KL使得最后需要Na2s2O3

标准溶液体积更多，测定的KCICh纯度会偏高：

②发生的反应有ClO；-+6「+6H+=Cr+3l2+3H2。，2S2Oj+I2=S4O^+21,可以找到关系式：

312□CIO；□6s2O；,

1,1,

则有n(C10)=-n(SO；')=-x0.5000mol-L-1x0.02Lx10=0.0167mol

3626

-0.0167molx122.5g/mol..__

样品中KCIO3的质量分数为：----------------------x100%=83.3%。

2.45g

27.(14分)粉煤灰是燃煤产生的重要污染物，主要成分有AI2O3、Fe2O3,FesCU和SiCh等物质。综合

利用粉煤灰不仅能够防止环境污染，还能获得纳米Fe2O3等重要物质。

过程DI过程IV过程V

已知：

i)伯胺R-NH2能与Fe3+反应：3R—NH2+Fe3++SO42-+H2ODFe(NH?—R)3(OH)SCU+H+生成易溶于

煤油的产物。

ii)Fe3+在水溶液中能与C「反应：Fe3++6CrD[FeCk]3-,回答下列问题：

(1)过程I对煤粉灰进行酸浸过滤后，滤渣的主要成分是。

(2)写出过程II加入过量H2O2发生的离子方程式_____________o加入伯胺一煤油对浸取液进行分离，该

操作的名称是。

(3)从化学平衡角度解释过程III利用NaCl溶液进行反萃取的原理o

(4)过程IV中过量的N2H4将水层2中[FeCkF-转化为Fe2+,得到的Fe?+再被。2氧化为FeOOH,其中第

一步的离子方程式为4[FeCk]3-+5N2H4=4Fe2++N2+4N2H5*+24C「，该反应中氧化剂与还原剂的物质

的量之比为»

⑸在常压用纳米FezCh电化学法合成氨的装置如图所示。己知电解液为熔融NaOH—KOH,纳米FezCh

在阴极发生电极反应分两步进行：

第一步：Fe2O3+3H2O+6e~=2Fe+6OH；

第二步：2Fe+N2+3H2O=Fe2O3+2NH3。

则该电解池发生总反应的化学方程式为，纳米FezCh在电解过程

中所起的作用是

(6)某特殊的磁流体材料，其化学式通式为KxFeOM其组成可理解为aKzObFeOcFezO?),若x平均值为

1.3,则磁流体中Fe3,和Fe2”的质量之比为.

2++3+3+3

【答案】3)SiCh(2)2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O萃取、分液(3)Fe+6CrD[FeCk]

一，C「结合Fe3+,Fe3+浓度减小,促使3R-NH2+Fe3++SO42-+H2。口Fe(NH2-R)3(OH)SO4+H'平

电解

衡逆向移动，实现反萃取(4)4:1(5)2N2+6H2O^=2NH3+3O2催化剂(6)7:3

【分析】

粉煤灰中ALCh、Fe2Ch、Fe3O4与硫酸反应生成可溶性硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁，SiCh与硫酸不反应，

过滤后的滤渣成分是SiO2；滤液中的Fe?+被过氧化氢氧化为Fe、*,伯胺R—NH?能与Fe，+反应生成易

溶于煤油的产物，分液后Fe(NH2-R)3(OH)SO4存在煤油中，有机层加入氯化钠溶液反萃取，发生Fe3,

+6C广口[FeCkH，[FeCkF-中加入过量N2H4生成Fe?*,通入适量氧气氧化为FeOOH,煨烧生成纳米

FezCh。

【详解】

(1)过程I对煤粉灰进行酸浸过滤后，SiCh与硫酸不反应，过滤后的滤渣成分是SiO2。

3+2T+3+

⑵过程II加入过量H2O2把Fe2*被过氧化氢氧化为Fe,反应的离子方程式是2Fe+H2O2+2H=2Fe

+2H2O«加入伯胺一煤油对浸取液进行分离，Fe(NH2-R)3(OH)SO4进入煤油层，该操作的名称是萃取、

分液。

(3)加入NaCl溶液，发生反应Fe3++6C「口[FeClf,C「结合Fe3+,Fe3+浓度减小，促使3R—NH2+

3+2-

Fe+SO4+H2ODFe(NH2—R)3(OH)SC>4+H-平衡逆向移动，实现反萃取。

(4)4[FeCkp-+5N2H4=4Fe2++N2+4N2H5++24C1,该反应中Fe元素化合价由+3降低为+2,[FeCkp-

是氧化剂，N元素化合价由-2升高为0,N2H4是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1。

(5)电解液为熔融NaOH—KOH,纳米FezCh在阴极发生电极反应分两步进行：第一步：Fe2O3+3H2O+

6e=2Fe+6OH,第二步：2Fe+N2+3H2O=Fe2Ch+2NH3。阴极反应为N2+6H2O+6e=2NH3+6OH

■：阳极反应是4OH-4e-=2比0+。2,根据电子守恒，该电解池发生总反应的化学方程式为2叱+6比0

电解

^2NH3+3O2,总反应没有消耗纳米FezCh,所以纳米Fe2()3在电解过程中所起的作用是催化剂。

(6)化学式通式为KxFeCh,根据化合价代数和等于0,设Fe＞为y个，则Fe?+为(l-y)个，若x平均值为

1.3,］.3xl+3y+2(l-y)-2x2=0,y=0.7,则磁流体中Fe3+和Fe2+的质量之比为0.7：03=7:3.

28.(15分)CO2作为自然界丰富的“碳源”化合物，将CO2转化为CO、CH「CH3OH、HCOOH等

高值C］化学品或燃料，不仅能缓解碳排放带来的环境问题，还将成为理想的能源补充形式。

(1)随着节能环保问题的提出，人们开始关注逆水煤气反应(RWGS)的研究。目前RWGS的历程主要

有：氧化还原历程［如下图TSl-TS2-TS3-TS4-CO(a)+H2(D(a)］和中间物种分解历程［如下图

TSl-TS6-TS7-TS5-HCOO(a)+H(a)］0结合实验与计算机模拟结果，研究单一分子RWGS在FesCM

催化剂表面的反应历程(如下图)，各步骤的活化能和反应热，如下表所示(已知(a)表示物质吸附在催化剂

表面的状态)：

-1

-2

-3

-4

RWGS部分步骤的活化能E和反应热

步骤激发态E/eVAH/V

H2(a)——>B(a)+H(a)TSI0.79-0.30

-0.74

CO2(a)——>CO(a)+O(a)TS21.07

O(a)+H(a)——>OH(a)TS31.55-0.45

1.68+0.48

OH(a)+H(a)------>H2CXa)TS4

OH(a)+CO(a)——>HCOO(a)TS53.72+0.44

CO2(a)+H(a)-—>COOH(a)TS62.08+0.55

COOH(a)——♦CO(a)+OH(a)TS70.81-1.70

①写出RWGS的热化学方程式

②对比各个步骤的活化能，得出RWGS在Fe3C)4催化剂表面反应的主要历程是(填“氧化

还原''或"中间物种分解")历程，理由是,RWGS在Fe3O4催化剂表面反应的控速步骤化学方

程式为o

(2)为研究不同温度、压强对含碳产物组成的影响。在反应器中按〃(H2)/”(CC)2)=3:1通入H2和

CO2,分别在O.IMpa和IMpa下进行反应，试验中温度对平衡组成C1(CO:、CO、CHj中CO和

CH4的物质的量分数影响如图所示：

%

/

£

。

0，

0

芸

口

£

去

已知：该条件下除发生逆水煤气反应外，主要副反应为

1

CO2(g)+4H2(g)@®CH4(g)+2H2O(g)A^=-165.0kJmol.

①1Mpa时，表示CH《平衡组成随温度变化关系的曲线是oN点平衡组成含量低于M

点的原因是o

②若b、C两条曲线交点处的坐标为(590,40),则逆水煤气反应在590℃时的平衡常数Kp为

。(保留3位有效数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数)

(3)电解法可将CC>2转化为甲酸(HCOOH)或甲酸盐。某电解装置如图所示。

阳离子

交换膜

足心KHCO3溶液

①Pt电极与电源的(填“正”或"负”)极相连。

②写出CO2转化为HCOO的电极反应式。

【答案】(1)CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AW=M1.42kJmol」

(或CO2(g)+H2(g)=CO(g)+Hq(g)AW=+0.437VAeVmor)氧化还原这两种路彳仝中，生成

COOH(a)的活化能比较高，所以CO式a)更倾向于先解离，再与H(a)结合。同时，生成的CO(a)与

OH(a)反应生成HCOO(a)的活化能非常高，所以HCOO(a)在反应中很难出现

CO(a)+H2O(a)=CO(g)+H2O(g)

(2)a相同温度下，增大压强使得副反应正向移动，cG^O)增大，从而使得逆水煤气反应向

逆向移动，因此CO的平衡组成降低2.40

(3)正CO2+2e+HCO3=CO；+HCCXD

【解析】根据RWGS在Fe.3CM催化剂表面的反应历程图像分析书写RWGS的热化学方程式，并结合

各步的活化能分析解答；根据温度和压强对平衡的影响，结合三段式计算解答；根据甲酸(HCOOH)

或甲酸盐中碳元素化合价为+2价，该电解反应中的CO2中C得电子，发生还原反应分析判断电极类型

并书写电极反应式。(1)①根据图像可知，该反应的反应物的总能量小于生成物的总能量，为放热反应,

△”>0。因此RWGS的热化学方程式为：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AW=40.437VA

-11231911

eV-mol=+0.43NAeV-moP=+0.43x6.02x10xl.6xIO_J-moE=^11.42kJ-moP,故答案为：

CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)M=M1.42kJ-mo「；②对比在Fe.Q催化剂表面的反应历程的

各步的活化能，可知这两种路径中，生成COOH(a)的活化能比较高，所以CC)2(a)更倾向于先解离，

再与H(a)结合。同时，生成的CO(a)与OH(a)反应生成HCOO(a)的活化能非常高，所以HCOO(a)

在反应中很难出现，因此RWGS在Fe3O4催化剂表面反应的主要历程是氧化还原历程[图

TSI-TS2-TS3-TS4-CO(a)+H2O(a)],根据图像可知，RWGS在Fe.Q4催化剂表面的反应历程中

最大能垒出现在最后一步脱附反应，因此化学方程式为CO(a)+H2(D(a)=CO(g)+H2O(g),故答案为：

氧化还原；这两种路径中，生成COOH(a)的活化能比较高，所以CO2。)更倾向于先解离，再与H(a)

结合。同时，生成的CO(a)与OH(a)反应生成HCOO(a)的活化能非常高.，所以HCOO(a)在反应中很

难出现；CO(a)+H2O(a)=CO(g)+H2O(g)；(2)根据⑴①有

1

CO2(g)+H2(g)g®CO(g)+H,O(g)AH=+41.42kJmor,副反应：

1

CO2(g)+4H2(g)§®CH4(g)+2H2O(g)AH=-165.0kJ.moK0①根据图像，曲线上的点都是

该温度下Ci的平衡组成，随着温度升高，RWGS平衡往正向移动，平衡组成中CO的物质的量分数在

增大，而副反应逆向移动，平衡组成中CH4的物质的量分数在减小，因此可以确定。、匕曲线为CH」,

c、d曲线为CO。在IMpa时，对比O.IMpa,相当于增大压强，使得副反应平衡正向移动，平衡组

成中CH4的物质的量分数会增大，因此。表示曲线IMpa时CH4平衡组成随温度变化关系。对比CO的

物质的量分数变化曲线上相同温度的M、N两点可知压强对RWGS无影响，但是相同温度下，增大压

强会使得副反应正向移动，4H2。)增大，从而使得逆水煤气反应向逆向移动，因此CO的平衡组成降

低，故答案为：a；相同温度下，增大压强使得副反应正向移动，C(H2。)增大，从而使得逆水煤气反

应向逆向移动，因此CO的平衡组成降低；②为、。两条曲线交点处的坐标为(590,40)，在0.1Mpa590℃

时，CH4和CO的物质的量平衡组成均为40%»假设初始时MH2)=3mol,n(CO2)-lmol,据碳元

素守恒可算出平衡时n(CO)=n(CH4)=0.4mol,n(CO2)=0.2mol,

主反应CO2(g)+H2(g)DCO(g)+H2O(g)副反应CO2(g)+4H2(g)DC//4(g)+2H2O(g)

起始(mol)1300起始(mol)1300

转化(mol)0.40.40.40.4转化(mol)0.41.60.40.8

平衡(mol)平衡(mol)

“(CO?)平衡=1-0.4—().4=().2moi

”(H2)平衡=3-0.4-1.6=1.Omol

〃(乩(九*=04+0.8=1.2mol

由于RWGS是一个等体积的反应，/表达式只需列出平衡时物质的量即可，

”(CO).诙04x12

K.=:“，詈—/口；=-「八=240,故答案为：2.40；(3)①甲酸(HCOOH)或甲酸盐中碳元素

化合价为+2价，因此电解反应中的CO2中C得电子，发生还原反应，因此右侧Sn电极为电解池的阴极，

则Pt电极为阳极，与电源的正极相连，故答案为：正；②CO2转化为HCOO-发生得电子的还原反应，

根据电子守恒与电荷守恒，CO2转化为HCOO~的电极反应式为

CO2+2e~+HCO；=CO；-+HCOO,故答案为：CO2+2e+HCO3=CO；+HCOO。

35.(15分)［物质结构与性质］过渡金属广泛应用于材料、催化剂、电导体等，是化学工作者重点研究

的对象。我国科学家成功研制出一系列石墨烯限域的3d过渡金属中心(Mn、Fe、Co、Ni、Cu)

催化剂材料；成功制备出神化铝纳米带，并观测到其表面态具有百倍于金属铜薄膜和千倍于石墨烯

的导电性。请回答下列问题：

(DCl?+基态原子的外围电子排布图为。

(2)配离子的颜色与d-d电子跃迁的分裂能大小有关，1个电子从较低的d轨道跃迁到较高能量的d轨

道所需的能量为d的分裂能用符号△表示。则分裂能△[(20(凡0)6产小于△9。(凡0)6产，理由是

(3)某含铜化合物的晶胞如图所示，晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直。

①晶胞中每个Cu原子与个S原子相连，含铜化合物的化学式为

②该晶体高温煨烧生成so2的分子空间构型为v形。分子中大n键可用n：符号表示，其中m代表

参与形成的大n键原子数，n代表参与形成的大n键电子数(如苯分子中的大n键可表示为□；),则

so2中大r[键应表示为。

(4)石墨烯可采用化学方法进行制备，如采用六氯苯六浪苯作为原料可制备石墨烯。下表给出了六氯

苯、六溪苯、苯六酸(俗名为蜜石酸)的熔点和水溶性：

六就笨六汶苯苯六酸

ClFCIBr芥

Bt点1BY

物质

ClIC!&1Br

ClBr"W

熔点/七231325287

水溶性不溶不溶易溶

①六漠苯的熔点比六氯苯高的原因是o

②苯六酸与六漠苯、六氯苯的水溶性存在明显的差异，原因是。

③苯六酸分子中C的杂化方式是。

(5)银元素(Nb)为一种金属元素，其基态原子的核外电子排布式为[Kr]4d45sL下列不同Nb微粒的

核外电子排布式中，失去最外层1个电子所需能量最小的是(填标号)。

2243

a.[Kr]4d35s2b.[Kr]4d5s'5pc.[Kr]4dd.[Kr]4d

（6）B-MnSe的结构中Se为面心立方最密堆积，晶胞结构如图所示。若该晶体的晶胞参数为apm,

阿伏加德罗常数的值为NAO则距离最近的两个钵原子之间的距离为pm。

［答案］（1）।〜t>Iri

3d

（2）前者带2个正电荷，后者带3个正电荷，后者对电子的吸引力较大

（3）4CuFeS2II：

（4）六澳苯的相对分子质量大于六氯苯，所以六浪苯的范德华力比六氯苯的强苯六酸含多个较

基，与水形成分子间氢键，易溶于水SR?

（5）b

（6）也a

2

【解析】（1）铜为29号兀素，Cl?+有27个电子，基态原子的外围电子排布图为

||TJ|TJ|TJ|TL⑵分裂能△［Co（Hq）6产小丁△右0（氏0）6广，理由是前者带2个正电

3d

荷，后者带3个正电荷，后者对电子的吸引力较大。（3）①从晶胞内部看，每个Cu原子与4个S原子相

连，晶胞中硫原子位于晶胞内部，原子数目为8个，铁原子6个位于面上，4个位于棱上，所以铁原子

数目为6xg+4xl=4,铜原子有4个位于面上，1个内部，8个顶点，所以原子数目为

4xl+l+8xl=4,含铜化合物的化学式为CuFeS,。②SO2中大兀键是由3