2021年山东省新高考化学适应性考试模拟卷（六）（解析版）

2021年山东新高考适用性考试模拟卷(六)

化学

(考试时间：90分钟试卷满分：100分)

可能用到的相对原子质量：H-lC-12N-14O-l6Na-23Mg-24Al-27S-32C1-35.5Fe-56Cu-64

一、选择题：本题共10个小题，每小题2分，共20分。每小题只有一项是符合题目要求。

1.下列有关资源开发和利用的说法正确的是()

A.海水制盐后可以利用氯碱工业，电解饱和食盐水制备金属钠

B.海带中的碘是以r形式存在，向浸泡过海带灰的水中滴加淀粉，有蓝色出现

C.将生活垃圾分类回收，加工、使之再生、再利用，对废旧金属进行回收利用就是保护金属资源的途径之一

D.工业上对煤进行干储、液化和气化等物理方法处理，目的是降低污染和获得更多化工原料

【答案】C

【解析】A.海水制盐后可以利用氯碱工业，电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，得不到金属钠，A错

误；

B.使淀粉溶液变蓝的是L,故海带中的碘是以r形式存在，向浸泡过海带灰的水中滴加淀粉，没有蓝色出现，B

错误；

C.将生活垃圾分类回收，加工、使之再生、再利用，对废旧金属进行回收利用就是保护金属资源的途径之一，

C正确；

D.对煤进行干储、液化和气化均是化学变化，D错误；

2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()

A.26gC2H2和C6H6的混合物中原子总数为4NA

B.Imol甲基中含有的电子数为IONA

C.由ImolCH3coONa和少量CH3coOH形成的中性溶液中，CH3co0-数小于NA

D.0.ImolCH3cH=CH2与足量的HBr反应生成的CH3cH2cH?Br的分子数是O.INA

【答案】A

26g

【解析】A.C2H2和C6H6的最简式均为CH,故26g混合物中含CH的物质的量为°j，=2mol,故含原

13g/mol

子为4M个，故A正确；

B.甲基中含9个电子，故Imol甲基中含9NA个，故B错误；

C.由ImolCH3coONa和少量CH3coOH形成的中性溶液中，c(H+)=c(OH),根据电荷守恒

c(Na+)+c(H+产c(CH3coeT)+c(OH),则醋酸根离子与钠离子浓度及数目相等，钠离子的物质的量为Imol,则

CH3coeT数目为M个，故C错误；

D.CH3cH=CH2与足量的HBr反应的产物有两种：CH3cH2cH?Br、CHaCHBrCHa,故生成的CH3cH2cH?Br的

分子数小于O」NA,故D错误；

3.新冠肺炎疫情牵动人心，化学在对抗疫情中起到重要作用。已知短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依

次增大，W的最外层电子数等于电子层数等于原子序数，W与X形成的一种原子数比为1：1的液体是强力的氧

化剂可用于杀菌消毒，YZX的水溶液是84消毒液的主要成分，Z的单质是一种黄绿色气体。下列说法不正确的

是（）

A.X没有最高正价，但是有正价

B.W与X形成的化合物中绝对不含非极性共价键

C.Y单质的还原性是短周期里最强的

D.Z最高价氧化物水化物是一种具有强氧化性的强酸

【答案】B

【解析】A.X的非金属性很强，主族元素的最高正价为族序数，氧没有最高正价，但是与氟形成化合物时，氧

为正价，A正确；

B.W与X形成的化合物中可能含非极性共价键，B错误；

C.Y单质为钠单质，钠元素在短周期中非金属性最强，故单质还原性是短周期里最强，C正确；

D.Z最高价氧化物水化物是高氯酸，是一种具有强氧化性的强酸，D正确。

4.将SCh分别通入无氧、有氧的浓度均为O.lmoLLi的BaCL溶液和Ba（NCh）2溶液中，探究体系中微粒间的相

互作用，实验记录如下:

实验记录

pH变化

时间t/s

溶液中是

BaCh溶液（无氧）中无白色沉淀、BaCh溶液（有氧）中有白色沉淀

否产生沉

Ba（NO3）2溶液（无氧）中有白色沉淀、Ba（NO3）2溶液（有氧）中有白色沉淀

淀

下列说法不氐琥的是（）

A.曲线a所示溶液pH降低的原因：SO2+H2O=H2SCh=H++HSO3-

2++

B.曲线c所示溶液中发生反应：2Ba+02+2SO2+2H2O=2BaSO4l+4H

C.与曲线a、b、c对比，可知曲线d所表示的过程中NC>3-是氧化S02的主要微粒

1

D.依据该实验预测0.2mol-L的KNO3溶液（无氧）也可以氧化SO2

【答案】C

【解析】A、曲线a表示无氧环境下，氯化领溶液pH变化减小，说明二氧化硫生成了弱酸亚硫酸，溶液pH降

低的原因是SO2+H2O-H2sCh-H++HSOy,故A正确；

B、曲线c表示有氧环境下，氯化钢溶液pH变化较大，则说明二氧化硫被氧气氧化为强酸硫酸，反应的方程式

是2Ba2++Ch+2SO2+2H2O=2BaSO41+4H+,故B正确；

C、氯化领、硝酸铁在有氧环境下，pH变化几乎相同，所以不能说明曲线d所表示的过程中NOT是氧化SO2的

主要微粒，故C错误；

D、0.1mol-L1的Ba（NO3）2硝酸钢在无氧环境下可以氧化二氧化硫,依据该实验预测0.2mol-L1的KNCh溶液

（无氧）也可以氧化SO2,故D正确；

5.如图是硫元素在自然界中的循环图。下列有关说法不正确的是（）

B.循环过程中既有硫元素的氧化也有硫元素的还原

C.若有机体中的硫存在形式是」一AH,硫元素显-2价

I

D.大气中的SO?必须氧化成SO3才能形成酸雨

【答案】D

【解析】A.大量使用化石燃料可生成SO2及氮氧化物，能够形成酸雨，A正确；

B.根据循环图可知，S可转化为Hf,S的化合价降低，被还原，B正确；

C.若有机体中的硫存在形式是」一AH,类比一O—H,可知硫元素的化合价为-2价，C正确;

I

D.大气中的SCh与H?O可发生反应生成H2so3,不一定需要氧化才可以形成酸雨，D错误；

6.由下列实验及现象不熊推出相应结论的是（）

选项实验现象结论

向O.lmol/LFeCL溶液中加入1滴开始无明显现象，滴

3+

A氧化性：Cl2>Fe

KSCN溶液，再滴加氯水加氯水后溶液变红

向某钠盐中滴加盐酸，产生的气体该钠盐可能为

B品红溶液褪色

通入品红溶液Na2s2O3

溶液褪色并产生黑色

C乙烯通入中性KMnCU溶液中乙烯具有还原性

沉淀

苯与Br2发生了

D将苯加入橙色的滨水中振荡并静置下层液体几乎无色

取代反应

【答案】D

【解析】A.向O.lmol/LFeCb溶液中加入1滴KSCN溶液，再滴加氯水，开始无明显现象，滴加氯水后溶液变

红，说明Ch把Fe2+氧化为Fe3+,氧化性：Ch>Fe3+,故不选A；

B.Na2s2O3和盐酸反应生成氯化钠、硫沉淀、二氧化硫气体，二氧化硫能使品红溶液褪色，故不选B；

C.乙烯通入中性KMnCM溶液中，高锦酸钾被还原为MnCh沉淀，说明乙烯具有还原性，故不选C；

D.将苯加入橙色的滨水中振荡并静置，苯萃取浪水中的溟，使下层液体几乎无色，这是物理变化，不能说明苯

与Bn发生了取代反应，故选D；

7.下图为有机物M、N、Q的转化关系，有关说法正确的是()

定条件0人

—1^/1

OH

M

A.M生成N的反应类型是取代反应B.可用酸性KMnO4溶液区分N与Q

C.N的同分异构体有6种D.0.311101(5与足量金属钠反应生成6.721142

【答案】B

【解析】A.〜和HC1发生加成反应生成人/I,反应类型是加成反应，故A错误;

B.HQ%8H含有羟基，能使高钵酸钾溶液褪色，伏不含羟基，不能使高钛酸钾溶液褪色，所以可用酸性

KMnCU溶液区分N与Q,故B正确；

C.N的分子式是C4H8。2,同分异构体有

C1

人/,共9种（含N）,故C错误;

D.Q中含有2个羟基，0.3molQ与足量金属钠反应生成0.3molH2,非标准状况下不一定是6.72L,故D错误；

8.下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是（）

A.用生蜗灼烧干海带制海带灰

B.蒸储时，温度计水银球插入液面以下

C.用长颈漏斗分离CCU萃取碘后的水层与有机层

D.用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余液体

【答案】A

【解析】A.灼烧干海带所需温度较高，需要在珀期中进行，故A正确；

B.蒸储时温度计测定储分的温度，温度计的水银球在蒸储烧瓶的支管口处，故B错误；

C.萃取应选分液漏斗，用分液漏斗分离CCL萃取碘后的水层与有机层，故C错误；

D.若加水超过刻度线，配制失败，应重新配制，故D错误；

9.厨房垃圾发酵液可通过电渗析法处理，同时得到乳酸的原理如图所示（图中HA表示乳酸分子，A-表示乳酸

根离子）。下列说法正确的是（）

浓HA溶液

浓

/缩

离

阳

离子

阴

室

换

交

换膜

交

膜

O.lmoLLH2s0,洛液稀HA溶液助圾发酎液（含A-）

A.通电后，阳极附近pH增大

B.电子从负极经电解质溶液回到正极

C.当电路中通过2moi电子的电量时，会有Imol的。2生成

D.通电后，A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室

【答案】D

【解析】A.氧氧根离子在阳极上失电子发生氧化反应，氢离子浓度增大，pH减小，故A错误；

B.电子不能通过溶液，故B错误；

C.阳极反应式4OH-4e=2H2O+O2T，所以当电路中通过2moi电子的电量时，会有0.5mol的Ch生成，故C错

误；

D.阳极0H-放电，c（H+）增大，H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，则A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓

缩室，故D正确；

10.废弃物的综合利用有利于节约资源、保护环境。实验室利用废旧电池的铜帽（主要成分为Cu、Zn）制备

CUSO4-5H2O的部分实验步骤如图：

滤液I

下列说法错误的是（）

A.“溶解I”中，为加快溶解速率，可将铜帽粉碎

B.“滤液I”中，溶质的主要成分为ZnSOa

C.“溶解H”过程中，有大量的气体产生

D.“操作I”需要用到酒精灯玻璃棒等仪器

【答案】C

【解析】A.为将铜帽粉碎，增大与稀硫酸的接触面积，可加快溶解速率，故A正确；

B.“溶解I”中，铜不与硫酸反应，锌与硫酸反应生成可溶性盐硫酸锌，则“滤液I”中溶质的主要成分为ZnSCU,

故B正确：

C.“溶解II”过程中，酸性条件下，双氧水可氧化铜，发生反应为：CU+H2O2+H2SO4=CUSO4+2H2O,反应过程中

没有气体产生，故C错误；

D.“操作I”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，需要用到酒精灯玻璃棒等仪器，故D正确；

二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共2（）分。每小题有一个或者俩个选项是符合题目要求。全部选对

得四分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

11.据《X-MOL》报道：RobertPipes等设计的添加PDS（C^2iQ）的Li-CCh电池，正极物质转化原理如图

所示。下列说法错误的是（）

A.PDS起增强导电性作用

B.负极反应式为Li-e=Li+

C.电池总反应为4Li+3co2=2Li2cO3+C

D.正极上发生的反应之一为^-S-S-Q+2CO2+2e-2Q-SCXXT

【答案】A

【解析】A.根据图中信息，PDS是非电解质，不导电，在流程中捕获C02的作用，A错误;

B.负极电极是金属Li,其电极反应式为Li-e=Li+,B正确；

C.由图中物质转化可知，PDS不消耗，因此电池总反应为4Li+3co?=2Li2cO3+C,C正确；

D.第一步PDS捕获CO2，发生的反应为O-AA(Q+2C02+2e-=2C)iVXX「，第二步发生的电极反应为

6《》-SIXXr+6e-=3《》—S-S~~<~b»2C+4co3〉，D正确；

12.CO与NzO在铁催化剂表面进行如下两步反应，其相对能量与反应历程如图所示。

第一步：Fe*+N2O=FeO*+N2

第二步：FeO*+CO=Fe*+CO2

相

对

能

*

反应历程

下列叙述错误的是()

A.Fe"是反应的催化剂

B.两步反应的A4均小于0

C.第一步反应比第二步反应快

D.总反应为CO+N2ON2+CO2

【答案】C

【解析】A.由题意可知，第一步Fe"被消耗，第二步Fe*又生成，说明Fe*是反应的催化剂，故A正确；

B.根据反应历程图，可知两步反应的生成物的总能量低于反应总能量的反应，则两步反应均为放热反应，

均小于0,故B正确；

C.根据反应历程图，第一步活化能高于第二步活化能，活化能越高，反应速率越慢，则第一步反应比第二步反

应慢，故C错误；

D.第一步反应+第二步反应=总反应，则总反应为CO+N2ON2+CO2,故D正确，

13.某离子化物MCl(s)在水中溶解并发生电离，该过程的微观示意图如图。已知NA为阿伏伽德罗常数的值。下

列相关说法正确的是()

A.ImolMCl中含有NA对共用电子对

B.MCI为弱电解质，在水中仅部分电离

C.M+和C1-均与水分子中的氧原子结合形成水合离子

D.MCI在水作用下的溶解和电离过程是物理变化

【答案】D

【解析】A.MCI为离子化合物，不存在共用电子对，A错误；

B.MCI为离子化合物，故MCI为强电解质，在水中完全电离，B错误：

C.M+与水分子中的氧原子结合形成水合离子、与水分子中的氢原子结合形成水合离子，C错误;

D.MCI在水作用下的溶解和电离过程中没有新物质生成，是物理变化，D正确;

14.常温下，向10.00mL浓度均为O.lOOmoML”的NaOH溶液和二甲胺KCH3)2NH・H2O]的混合溶液中逐滴加入盐

酸。利用传感器测得该过程溶液中的阳离子总浓度变化曲线如图；巳知二甲胺在水中电离与氨相似，常温下

^b[(CH3)2NH«H2O]=L60xl0-4„下列说法正确的是()

O1O2030

HHCl)/naL

A.a点溶液中，c[(CH3)2NH2节约为1.60xl(?4mol/L

B.从a到c的过程中，水的电离程度最大的是c点

++

C.c点溶液中：3c(Na)+c[(CH3)2NH2]=2c(Cl-)

+

D.V(HC1)=15.00mL时，cL(CH3)2NH2]<c[(CH3)2NH«H2O]

【答案】AB

【解析】A.a点溶液为浓度均为0.100mol・LT的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH・H2O]的混合溶液，二甲胺的电

11

离被抑制,则cCOH-^O.lOOmobL,c[(CH3)2NH«H2O]-O.lOOmobL,

Kj(CHJNH.H,0]「*H)d(CHjNH10巧。心[3#工如2,

力”22」水(*3)2即凡0]O.lOOmolC1

+4

c[(CH3)2NH2]~1.60xl0-mol/L,A正确；

B.由图中a到b阳离子总浓度不断降低可知，a到b是盐酸中和氢氧化钠的过程，b点是盐酸和氢氧化钠恰好中

和，故可推知HC1的浓度为0.100mol・LLb点为二甲胺和氯化钠的混合溶液，b点因二甲胺的电离呈碱性，水

的电离被抑制，b到c是盐酸中和二甲胺的过程，c点二甲胺被恰好中和，其氯化物水溶液因水解呈酸性，故水

的电离程度最大的是c点，B正确；

20x012

C.C点溶液中，加入HC1的体积为20mL,则溶液中c(C「)=―—mol/L.

20+1030

c(Na+)=[X；=5mol/L；因为水解消耗一部分，故c[(CH3)2NH2+]<?^=[mol/L,则

3c(Na+)+c[(CH3)2NH2+#2c(C「)，C错误；

D.V(HC1)=15.00mL时，二甲胺有一半被中和，(CH.^NH2cl和(CHRNWHzO物质的量浓度相等，均为

^xO.lOOmol-171a0.0333moi匚1,常温下Kb[(CH3)2NH・H2O]=1.60xl0-4,则溶液中

/、Kb「(CH)NHH,01c「(CHj,NH-H,O],

C(0H]=」^~上~-U+J2-----------«1.60xIO-4mol-L-1,溶液呈碱性，即二甲胺的电

离程度大于(CH3)2NH2cl水解程度，故C[(CH3)2NH2+]>C[(CH3)2NH-H2O],D错误；

15.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：S02(g)+2CO(g)^2CO2(g)+S(l)A//<0,下列有关

说法正确的是()

A.若反应在恒容的密闭容器中进行，平衡前随着反应的进行，容器内压强始终不变

B.若反应在恒容的密闭容器中进行，则与在恒压时相比，SO2的转化率更高

C.若反应在恒容的密闭容器中进行至平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SCh的转化率

D.其他条件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡常数不变

【答案】D

【解析】A.平衡前随着反应的进行，气体的物质的量浓度不断减小，容器内压强减小，A不正确；

B.恒容条件下达平衡时，气体的物质的量浓度减小，压强减小，恒压时相当于恒容时加压，平衡正向移动，所

以恒压时SO2的转化率更高，B不正确；

C.由于正反应的△“<(),所以升高温度，平衡逆向移动，SO2的转化率降低，c不正确；

D.其他条件不变时，使用不同的催化剂，虽然反应速率不同，但化学平衡常数只和温度有关，所以该反应的平

衡常数不变，D正确；

三、非选择题：本题共5小题，共60分。

16.(12分)细菌冶金是近年来新兴的绿色冶金工艺，它主要是应用细菌法溶浸贫矿、废矿、尾矿和炉渣等，以

回收某些贵重有色金属和稀有金属，节约矿产资源，最大限度地利用矿藏的一种冶金方法。其中细菌治铜的生

产流程为:

适量

（NH42so4

器固体麻（NH^qS。加6Hq

分离

溶液B|

（1）上述生产流程中有三步用到了同一种分离方法，实验室中不能用这种分离方法来分离液态胶体中分散质的

原因是一o

（2）绿帆（FeSCUIHzO）是一种良好的还原剂，也可用来制取治疗缺铁性贫血的药剂和食品调味剂。在保存绿机

时，必须一。在溶液B中加入适量（NH4）2（SC>4）2固体，加热浓缩时，可以得到（NH4）2Fe（SO4）4-6H2O的原因是一。

（3）溶液B中一定含有的金属阳离子是—o若在溶液A中加入少量铁屑只发生其中的一个反应，则此反应的

平衡常数的表达式为

（4）写出黄铜矿中的CuS-FeS在氧化亚铁硫杆菌作用下被空气氧化生成溶液A的离子方程式：—。

（5）氧化亚铜可用作船底防污漆，以杀死低级海生动物而保护船体，也可用作陶瓷和搪瓷的着色剂和红色玻璃

的染色剂，氧化亚铜也是一种重要的半导体材料”请用浓的强碱溶液，根据反应2CU+H2O些C112O+H2T，设计

出工业生产氧化亚铜的一种方法：—（只要求画实验装置图，其他必要材料任选）。

【答案】（1）胶体的分散质（或胶体粒子）能透过滤纸

（2）密封保存，防止被空气中氧气氧化相同温度下，硫酸亚铁筱在水中的溶解度比FeSCU和（NH/SCU的

溶解度小

(3)Fe2+

c2(Fe3+)

(4)4CuS-FeS+17Ch+4H+-l^B5£S_4Cu2++4Fe3++8SOF+2H2O(5)

【解析】（1）题给生产流程中有三步用到了同一种分离方法是过滤，胶体分散质粒子能通过滤纸，所以不能用

过滤法来分离液态胶体中的分散质；

（2）绿矶是一种良好的还原剂，易被氧化，所以保存绿矶时必须密封保存，防止被空气中的氧气氧化；相同温

度下，硫酸亚铁镀在水中的溶解度比FeS04和（NHQ2SO4的溶解度小，所以在溶液B中加入适量（NHSSCh固体，

加热浓缩时,可以得到（NH4）2Fe（SO4）2・6H2O；

（3）溶液A中的Fe3+、Cu2*都能与铁屑反应生成Fe2+,所以加入足量铁粉后溶液中一定含有的金属阳离子是Fe?+；

c3（Fe2+）

氧化性Fe3+>Cu2+,加入少量铁屑只发生Fe和Fe3+的反应，平衡常数的表达式为K=23+；

c-（Fe3）

（4）CuS・FeS在氧化亚铁硫杆菌作用下被空气中的氧气氧化生成Fe"、CM+和SO4”，反应的离子方程式为

2+3+2

4CuSFeS+17O2+4H+氧化亚铁硫杆菌4Cu+4Fe+8SO4+2H2O；

（5）根据反应2CU+H2O曳解CU2O+H2T，铜失电子发生氧化反应，可用电解法制备氧化亚铜，铜作阳极，因此

可设计工业生产氧化亚铜的装置图是

17.（12分）氮化锂（Li3N）是有机合成的催化剂，Li3N遇水剧烈反应.某小组设计实验制备氮化锂并测定其纯度,

装置如图所示：

实验室用NH4cl溶液和NaNCh溶液共热制备N2«

（1）盛装NH4cl溶液的仪器名称是o

（2）安全漏斗中“安全”含义是。实验室将锂保存在（填“煤油”“石蜡油"或"水"）中。

（3）写出制备N2的化学方程式o

（4）D装置的作用是。

（5）测定Li3N产品纯度：取mgLi3N产品按如图所示装置实验。

打开止水夹，向安全漏斗中加入足量水，当Li3N完全反应后，调平F和G中液面，测得NE体积为VL（己折

合成标准状况）。

①读数前调平F和G中液面的目的是使收集NH3的大气压（填“大于”“小于”或“等于“）外界大气压。

②该Li3N产品的纯度为%（只列出含m和丫的计算式，不必计算化简）。若Li3N产品混有Li,则测得

纯度（选填“偏高”“偏低”或“无影响”）。

【答案】（1）圆底烧瓶（2）残留在漏斗颈部的液体起液封作用；当内部气体多、压强大时，又可通过积留

A

液体而放出气体石蜡油（3）NaNO2+NH4CI=NaCl+N2?+2H2O（4）防止空气中的水蒸气和二氧

化碳进入，干扰试验（5）①等于②35^x100偏高

22.4m

【解析】（1）盛装NHKI溶液的仪器是圆底烧瓶，答案为：圆底烧瓶；

（2）安全漏斗颈部呈弹簧状，残留液体起液封作用，当内部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体；

锂的密度小于煤油，锂与水反应，常将锂保存在石蜡油中。答案为：残留在漏斗颈部的液体起液封作用，当内

部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体；石蜡油

A

（3）亚硝酸钠与氯化镂共热生成氮气、氯化钠和水。反应方程式为：NaNO2+NH4CI=NaCl+N2?+2H2O»答

A

案为：NaNO2+NHaCI=NaCl+Na?+2H2O；

（4）锂能与二氧化碳、水反应，氮化锂能与水反应，故用D装置吸收空气中的水蒸气和二氧化碳。答案为：防

止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，干扰试验；

（5）①氨气压强无法直接测定，只能测定外界大气压，当G和F中液面相平时，氨气压强等于外界大气压。答

案为：等于；

VLV

②装置E中发生反应：LiN+3HO=3LiOH+NHt，根据题意有：/7（NH）=---------------=——mol,则（o（Li3N产

323322.4L/mol22.4

V1

224moix35g・m°、100%=35Vz、1（）0%。锂能与水反应产生H2,如果产品混有锂，则产生气体体积偏大，测

mg22.4m

得产品纯度偏高；答案为：35*1。。；偏高。

22.4m

18.（12分）太阳能电池材料和半导体材料对未来社会的发展有重要的作用。对铜、铅、碎化合物的研究成为科

学家研究的热点。

（1）有机氯化铅CENH2Pbe13钙矿太阳能电池有优异的光电性能。基态氯原子中核外电子占据的最高能级符号是

基态铅原子的价层a电子排布式是

A

（2）二苯鼠碑结构为:—分子中碳原子杂化轨道类型为一，与CN-等电子体的一种分子的电子式是一«

（3）Cu+与N%形成的配合物可表示为[Cu（NH3）n]+。该配合物中，的4s轨道及4p轨道通过sp杂化接受NE提

供的孤电子对。已知下列物质键角数据：

+

CH4NH3H20lCu(NH3)n]

ZHCHZHNHZHOHZHNH

109.5°107°105°接近109.5°

①[Cu(NH3)n]+中n=；Cu+与n个氮原子的空间结构呈__形。

②[Cu(NH3)j中ZHNH键角接近109.5。的原因是一。

⑷有机卤化铅(CH3NH?PbX3)的晶胞结构如图所示，与CH3NH；距离最近的Pb?+有一个，距离最近的CHaNH；有

一个•若X-为匕晶胞密度为dg・cm-3,则两个「之间的最小距离为—cm。(用NA表示阿伏加德罗常数的值，

列出计算式即可，CH3NH2Pbi3相对分子质量为620)

【答案】(1)3p6s26P2

⑵sp、sp2：N：：N：

(3)①2直线②氨分子中的氮原子孤电子配位后，对成键电子对的斥力减小，四个电子对几乎均匀分

布，呈正四面体，所以键角接近109.5。

（4）86K620

dNA

【解析】(D基态氯原子中核外电子有三个电子层，最外层有7个电子，核外电子排布为Is22s22P63s23P5,则占

据的最高能级符号是3p,铅为第六周期IVA族的元素，价电子数为4,基态铅原子的价层电子排布式是6s26P2；

(2)分子中苯环上的碳原子为sp2杂化，碳氮三键中的碳原子为sp杂化，则碳原子杂化轨道类型为sp和sp2：与

CN•中有14个电子，与CN-等电子体是等电子体的一种分子为N2,其的电子式为：：N：：N：:

⑶①该配合物中，Cu+的4s轨道及4P轨道通过sp杂化接受NHj提供的孤电子对，则n=2,Cu+与2个氮原子的

空间结构呈直线形；

②[Cu(NH3)nF中NHNH键角接近109.5。的原因是：氨分子中的氮原子的孤电子对配位后，对成键电子对的斥力

减小，四个电子对几乎均匀分布，呈正四面体形，所以键角接近109.5。；

(4)由晶胞结构可知，Pb?+位于晶胞的中心，CH3NH；位于晶胞的顶点，则与CH.NH；距离最近的Pb?+有8个,

距离最近的CH.NH；有6个；若X为匕位于晶胞的面心，设晶胞的棱长为acm,体积为a3cm•，，一个晶胞中含

620g/mol620620g、

620_面对角线的

有一个晶胞CFhNH2Pbi3,质量为二----丁=工1g,密度为N.=dg-cm\则a=cm

dN

NAmolNAuVA

acm

长度为亚X3舞cm,两个r之间的最小距离为面对角线长度的一半，则距离为当xj舞:cm。

加人2VdNA

19.(12分)CaS在环境保护、制备电致发光材料等方面用途非常广泛。回答下列问题：

(1)制取CaS的反应如下：

反应⑴：CaSO4(s)+2C(s).'CaS(s)+2CO2(g)&H\

反应(II)：CaCO3(s)+H2S(g),'CaS(s)+H2O(g)+CO2(g)△%=+165kJ-moH

①若在恒温恒容密闭容器中只发生反应⑴，达到平衡时向容器中通入少量C02,则反应再次达到平衡时C(CO2)

将—(填“增大”“减小”或“不变”)。

②已知下列热化学方程式：.

i：S2(g)+CaSO4(s).-CaS(g)+2SO2(g)△H=+240.4kJ-moH

ii：2SO2(g)+4CO(g)=S2(g)+4CO2(g)△//=+16.0kJmol-'

iii：C⑸+CCh(g)=2CO(g)△4=+172.5kJ-moH

则反应⑴的△”1=___kJmol1o

③反应(H)的AS_(填或“=")0。若反应(H)在恒温恒容密闭容器中进行，能说明该反应已达到平衡状态的是

—(填字母)。

A.V(H2O),|：=V(CO2)iE

B.容器中气体总压强不再随时间变化

C.容器中同时存在H2s(g)、CCh(g)和H2O(g)

D.单位时间内断裂H-S键与断裂C=O键数目相等

(2)CaS能被许多物质氧化，有关反应的IgKp与温度关系如图(勺为以分压表示的平衡常数；分压=总压x物质的量

分数；图中数据由压强单位为kPa得出)。

①属于吸热反应的是一(填“a”“b”或"c”)。

②相同温度下，反应a、b、c的IgKp(a)、IgKp(b)、IgKp(c)之间满足的关系是lgKp(c)=___。

③反应c在Q点时：p(SO2)=_kPa,以浓度表示的平衡常数＜=_Kp［用R、T表示；已知气体的压强、体积、

温度满足pV=〃RT(n为气体的物质的量，R为恒量)］。

【答案】U)①不变②+601.4>BD(2)①c②21gKp(b)-21gKp(a)③1(RT)W

【解析】(1)①若在恒温恒容密闭容器中只发生反应⑴，平衡常数K=c2(CCh),温度不变平衡常数不变，则反应

再次达到平衡时C(CO2)将不变；

②已知下列热化学方程式：.

l

i：S2(g)+CaSO4(s)^^CaS(g)+2SO2(g)△W=+240.4kJ-mor

ii：2SO2(g)+4CO(g)=S2(g)+4CO2(g)△//=+Ib.OkJmol1

iii：C(s)+CO2(g)=2CO(g)△"=+172.5kJmoH

1

根据盖斯定律，i+ii+iiix2可得：CaSO4(s)+2C(s).fcCaS(s)+2CO2(g)A/7I=+601.4kJmol；

③反应(II)CaCCh(s)+H2s(g)BCaS(s)+H2O(g)+CCh(g)为气体体积增大的反应体系，体系的混乱度增大，则

>0；

A.u(H2O)"=v(CO2)”都是正反应方向的速率，不能作为判断反应达到平衡的依据，故A不符合题意；

B.恒温恒容条件下，反应(II)为气体体积增大的反应体系，当容器中气体总压强不再随时间变化时，反应达到

平衡状态，故B符合题意；

C.不论反应是否达到平衡状态，只要反应一开始，容器中就同时存在H2s(g)、CO2(g)和H2O(g),不能作为判断

反应达到平衡状态的标志，故C不符合题意；

D.单位时间内断裂H-S键与断裂C=O键数目相等，即消耗ImolH2s的同时也消耗Imol的CO2,即正逆反应

速率相等，可说明反应达到平衡状态，故D符合题意；

答案选BD.,

(2)①根据图像，随温度升高反应a、b的lg&减小，平衡常数减小，说明反应逆向移动，则正反应为放热反应；

随温度升高反应c的IgKp增大，平衡常数增大，说明反应正向移动，则正反应为吸热反应；

②a：yCaS(s)+Ch(g)UgCaSCM(s)Kp(a)

222

b：—CaS(s)+O2(g)#—CaO(s)4—SO2(g)Kp(b)

144

c：CaS04(s)+—CaS(s)=—CaO(s)+—SCh(g)/Cp(c)

根据盖斯定律c=2(b-a)可得，Kp(c)=(；7%)2；

J(a)

Kn(b)

则lgKp(c)=21g(-/、)=21gKp(b)-21gKp(a)；

1444

③反应c：CaSCU(s)+§CaS⑸=§CaO(s)+wSO2(g)在Q点时，lgKp(c)=O,Kp(c)=l=p3(soJ，则〃(SCh)=lkPa；

以浓度表示该反应的平衡常数ATC=C3(SO?)，根据PV=〃R。%=则"SO》"J，则氏二c&(SO?)

Z43

=rp(SO2)l(1A=(RT)I,则&=(RT),Kc=(RT)¥Kp。

LRTJIRTJKp1

20.(12分)现有以异丁烯为原料合成某二酸的合成路线如下:

空C