2021届高考化学真题模拟测试卷（五）【含答案解析】

2021届高考化学精选真题模拟测试卷05

注意事项：

i.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡

皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23P31S32Cl35.5Fe56

一、选择题：本题共14个小题，每小题3分。共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题

目要求的。

1.12018天津卷】以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分

析不合理的是

A.四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应

B.商代后期铸造出工艺精湛的后（司）母戊鼎，该鼎属于铜合金制品

C.汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土

D.屠呦呦用乙醛从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作

【答案】A

【解析】A、谷物中的淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解成酒精和CO2，酒精中的乙醇被氧

化成乙酸，即醋酸，酒精转化成醋酸的反应是氧化反应，不是水解反应，错误；B、司母戊鼎属于青铜

器，即属于铜合金，正确；C、制造陶瓷的原料是黏土，正确；D、屠呦呦用乙醛从青蒿中提取出对治

疗疟疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醛中溶解度较大的原理，将青蒿素提取到乙醛中，此操作

是萃取，正确。

2.12018海南］NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.12g金刚石中含有化学键的数目为4NA

B.18g的D2O中含有的质子数为10

C.28g的乙烯和环己烷混合气体中所含原子总数为6NA

D.1Llmol【J的NH4cl溶液中NH4+和C「的数目均为1NA

【答案】C

【解析】A.金刚石中每一个碳原子有四条共价键，但一个碳碳键被2个碳原子共用，即一个碳原子只分摊

2个共价键，所以12g金刚石中，即Imol金刚石中含有化学键的数目为2NA，故不符合题意；B.D2O

的摩尔质量为(2x2+16)g/mol=20g/mol,则18g的D2O中中含有的质子数为」xlOxNA=9NA，

20g/mol

故不符合题意；C.乙烯和环己烷的最简式都为CH2,故等质量的气体所含原子总数相同，所含原子总数

为28gx3NA=6NA，符合题意；D.NHJ会发生水解，故数目＜1NA，不符合题意；故答案为：C。

14g/mol

3.【2014年高考江苏卷第2题】下列关于化学用语的表示正确的是()

A.过氧化钠的电子式：Na5(j：d：Na

••••

80

B.质子数为35、中子数为45的漠原子：35Br

C.硫离子的结构示意图：(+16)286

i))

D.间二甲苯的结构简式：H3c

【答案】B

【解析】A、过氧化钠是离子化合物，电子式为Na+［：6：6：『-Na+，A不正确；B、在表示原子组成时元

素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，因此质子数为

80X-^\\\

35、中子数为45的澳原子可表示为：35Br,B正确；C、硫离子的结构示意图为(+16)288，C不

j))

正确；D、是对二甲苯，间二甲苯的结构简式为5^CH3，D不正确，答案选

Bo

4.12020新课标m】对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是

A.用Na2SO3溶液吸收少量Ck：3SO/+C12+H2O=2HSO3+2Cr+SO：

2++

B.向CaCb溶液中通入CO2：Ca+H2O+CO2=CaCO31+2H

3++2+

C.向H2O2溶液中滴加少量FeCb：2Fe+H2O2=O2t+2H+2Fe

D.同浓度同体积NH4Hse)4溶液与NaOH溶液混合：NH*+OH=NH3H2O

【答案】A

【解析】A.用Na2sO3溶液吸收少量的Cb，Cb具有强氧化性，可将部分SO/氧化为SO；,同时产生的氢

离子与剩余部分sof结合生成HSOg,C12被还原为c「，反应的离子反应方程式为：3SO^+C12+H2O=2

HSO；+2Cr+SO3正确；B.向CaCb溶液中通入C02，H2c。3是弱酸，H。是强酸，弱酸不能制强

酸，故不发生反应，错误：C.向H2O2中滴加少量的FeCb，Fe3+的氧化性弱于H2O2,不能氧化H2O2，

Fe"

但Fe3+能催化H2O2的分解，正确的离子方程式应为2H2。2==2H2O+O2T，错误；D.NHaHSO』电

离出的H*优先和NaOH溶液反应，同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，氢离子和氢氧

+

根恰好完全反应，正确的离子反应方程式应为：H+OH-=H2O,错误；答案选A。

【解析】A、乙醉的密度小于浓硫酸，混合时应将浓硫酸沿烧杯壁倒入乙醉中，边倒边搅拌，若顺序相反则

容易引起液体飞溅，不能达到目的；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容

量瓶的正上方，能达到目的；C、二氧化氮的密度大于空气，集气瓶中的导气管应长进短出，不能达到

目的：D、乙焕中的H2s等杂质也能使溟水褪色，应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去，不能达到

目的；故选B。

6.（2013•浙江高考真题）现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐（钠、镁、钙、铁）的复合制剂，某同学为了确

认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：

焰色反应“观察到黄色火焰（现象1）

广滤液一

瑞卜无银镜产生（现象2）

NaOH

试(叫)NH3H2O（aq）无沉淀

液Na2coi（现象3）

(aq)气体

沉

「淀广滤液

调节pH=4

物Na2cOj(aq)白色沉淀

溶液鸣J沉淀物（现象4）

KSCN（aq）.血红色（现象§）

己知：控制溶液pH=4时，Fe（0H）3沉淀完全，Ca2+.Mg?+不沉淀。

该同学得出的结论正确的是（）。

A.根据现象1可推出该试液中含有Na+

B.根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根

C.根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2+,但没有Mg?+

D.根据现象5可推出该试液中一定含有Fe?+

【答案】C

【解析】A、由于试液中外加了NaOH和Na2co：；,所以不能确定原试液中是否含有钠离子，错误；B、试

液中有没有葡萄糖酸根离子，都无银镜生成，因为葡萄糖酸根离子中不含醛基，错误；C、滤液中加氨

水无沉淀产生，说明无镁离子，加入碳酸钠溶液，有白色沉淀，说明有钙离子，正确；D、试液中可能

含亚铁离子，也可能只含铁离子而不含亚铁离子，错误；答案选C。

7.（2020.浙江高考真题）CasSiOs是硅酸盐水泥的重要成分之一，其相关性质的说法不事项的是（）

A.可发生反应：Ca3SiO5+4NH4C1-CaSiO3+2CaCl2+4NH31+2H2O

B.具有吸水性，需要密封保存

C.能与SO”反应生成新盐

D.与足量盐酸作用，所得固体产物主要为Si。？

【答案】D

【解析】将CasSiOs改写为氧化物形式后的化学式为：3CaOSiO2,性质也可与NazSiCh相比较，据此解答。

A

A.CasSiOs与NH4cl反应的方程式为：Ca3SiO5+4NH4Cl=CaSiO5+2CaC12+4NH3t+2H2O,A正确；

B.CaO能与水反应，所以需要密封保存，B正确；C.亚硫酸的酸性比硅酸强，当二氧化硫通入到Ca3SiO5

溶液时，发生反应：3SO2+H2O+Ca3SiO5=3CaSO3+H2SiO3,C正确；D.盐酸的酸性比硅酸强，当盐酸

与Ca.aSiOs反应时，发生反应：6HCI+Ca3SiO5=3CaC12+H2SiO3+2H2O,D不正确；故选D。

8.（2021.湖南高三）据文献报道，某反应的反应历程如图所示：

下列有关该历程的说法错误的是（）

催化剂

;

A.总反应化学方程式为4NH3+3O2^^2N2+6H2O

B.IT*+…NH2—N=O是中间产物

C.1V+是催化剂

4+4+

D.Ti•••NH2-N=OTTi+N2+H2O属于分解反应

【答案】A

【解析】A.根据反应历程，参加反应的物质有NHs、NO、O2,因此总反应化学方程式为4NH3+2NO+2O2

催化剂

3N2+6H2O,故A错误；B.根据题中信息得到Ti4+…NH2-N=O是中间产物，故B正确；

C.Ti,+在整个反应过程中参与了反应，但反应前后质量和性质未变，因此Ti4+是催化剂，故C正确；

D.分解反应是一种物质反应生成两种或两种以上新物质，因此Ti4+…NH?—N=O-刀4++2+乩0

属于分解反应，故D正确。综上所述，答案为A。

9.（2015•福建高考真题）短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中W原子

的质子数是其最外层电子数的三倍，下列说法不正确的是（）

XY

ZW

A.原子半径：W>Z>Y>X

B.最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W>Z

C.最简单气态氢化物的热稳定性：Y>X>W>Z

D.元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等

【答案】A

【解析】A、同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，

原子半径就越大，所以原子半径大小关系是：Z>W>X>Y,错误；B、元素的非金属性越强，其最高

价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性：X>W>Z,所以它们的最高价氧化物对应水化

物的酸性：X>W>Z,正确；C、元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，元素的非

金属性：Y>X>W>Z,所以元素的氢化物的稳定性：Y>X>W>Z,正确；D、主族元素除了。和F

之外，最高化合价等于主族序数，所以X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等，正确；故选A。

10.（2020・湖北高三）我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CCh加氢制甲醇过程中水的作用机理，

其主反应历程如图所示（H2-*H+*H,带*标记的物质是该反应历程中的中间产物或过渡态）。下列说法

错误的是

A.第①步中CO?和H?分子中都有化学键断裂

B.水在整个历程中可以循环使用，整个过程不消耗水也不产生水

C.第③步的反应式为：*H3co+&0-CH3OH+*HO

D.第④步反应是一个放热过程

【答案】B

【解析】A.第①步反应中CO2和比反应产生*H和*HCOO,可见两种分子中都有化学键断裂，A正确；B.根

据图示可知：在第③步反应中有水参加反应，第④步反应中有水生成，所以水在整个历程中可以循环

使用，整个过程中总反应为CO2+3H2-CH3OH+H2O,整个过程中产生水，B错误；C.在反应历程中，

第③步中需要水，*H3cO、比0反应生成CH.QH、*HO,反应方程式为：*H3co+H2OTCH.QH+*HO,

C正确；D.第④步反应是*H+*H0=H2。，生成化学键释放能量，可见第④步反应是一个放热过程，D

正确；故答案选B。

11.（2020•全国高考真题）国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醛、75%乙醇、含氯消

毒剂、过氧乙酸（CH3coe）OH）、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是

A.CH3cH20H能与水互溶

B.NaClO通过氧化灭活病毒

C.过氧乙酸相对分子质量为76

D.氯仿的化学名称是四氯化碳

【答案】D

【解析】A.乙醇分子中有羟基，其与水分子间可以形成氢键，因此乙醇能与水互溶，正确；B.次氯酸钠

具有强氧化性，其能使蛋白质变性，故其能通过氧化灭活病毒，正确；C,过氧乙酸的分子式为QH4O3,

故其相对分子质量为76,正确：D.氯仿的化学名称为三氯甲烷，不正确。综上所述，故选D。

12.（2020•山东高考真题）采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如下图所

示。忽略温度变化的影响，下列说法错误的是

质

子

交

换

膜

A.阳极反应为2H2。一4e-=4H++O2T

B.电解一段时间后，阳极室的pH未变

C.电解过程中，H*由a极区向b极区迁移

D.电解一段时间后，a极生成的02与b极反应的。2等量

【答案】D

【解析】a极析出氧气，氧元素的化合价升高，做电解池的阳极，b极通入氧气，生成过氧化氢，氧元素的

化合价降低，被还原，做电解池的阴极。A.依据分析a极是阳极，属于放氧生酸性型的电解，所以阳

极的反应式是2H2O-4e-=4H++O2T，正确；B.电解时阳极产生氢离子，氢离子是阳离子，通过质子交

换膜移向阴极，所以电解一段时间后，阳极室的pH值不变，正确；C.有B的分析可知，C正确；D.电

解时，阳极的反应为:2HzCMeMH'+CM，阴极的反应为:02+2d+23=比。2,总反应为:O2+2H2O=2H2O2,

要消耗氧气，即是a极生成的氧气小于b极消耗的氧气，错误；故选：Do

13.(2020•北京高考真题)室温下,对于lL0.1mol-L"醋酸溶液。下列判断正确的是

A.该溶液中CH3coO的粒子数为6.02x1022

B.加入少量CMCOONa固体后，溶液的pH降低

C.滴加NaOH溶液过程中，n(CH3coe0与〃(CH3coOH)之和始终为O.lmol

+

D.与Na2c。3溶液反应的离子方程式为CO+2H-H2O+CO2T

【答案】C

+

【解析】醋酸是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，电离方程式为：CH3coOH口CH3COO+H,

1

ILO.lmobL-醋酸溶液中存在物料守恒：n(CH3COO)+n(CH3COOH)=0.1mol,或

C(CH3COO)+C(CH3COOH)=0.1mol«L',据此分析解答。A.ILO.lmol-L"醋酸溶液中醋酸的物质的量为

O.lmol,醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，则CH3co0一的粒子数小于

6.02x1022,错误；B.加入少量CHKOONa固体后，溶液中CH3coO.的浓度增大，根据同离子效应,

会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，碱性增强，则溶液的pH升高，错误：

C.ILO.lmokL"醋酸溶液中醋酸的物质的量为O.lmol,滴加NaOH溶液过程中，溶液中始终存在物料

守恒，"(CH3coe)-)+〃(CH3coOH)=0.1mol,正确；D.醋酸的酸性强于碳酸，则根据强酸制取弱酸，醋

酸与Na2cCh溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方

程式为CO；-+2CH3COOH=H2O+CO2T+2CH3COCX,错误；答案选C。

14.(2020•江苏高考真题)反应SiC14(g)+2H2(g)通迪Si(s)+4HQ(g)可用于纯硅的制备。下列有关该反应

的说法正确的是

A.该反应AH>。、AS<0

C4(HC1)

B.该反应的平衡常数K=

\；-

c(SiCl4)xc(H2)

C.高温下反应每生成1molSi需消耗2X22.4LH2

D.用E表示键能，该反应

【答案】B

【解析】A.SiCL,、％、HC1为气体，且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此该反应为爆增，

C4(HCB

即△»(),错误；B.根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K=「^~r—，正确；C.题

2

c(SiCl4)c(H2)

中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22.41mol'计算，错误；D.△H=反应物键能总和

一生成物键能总和，即△H=4E(Si-CI)+2E(H-H)-4E(H—Cl)—2E(Si-Si),错误；答案为B。

二、非选择题：共58分，第15~17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根

据要求作答。

(-)必考题：共43分。

15.【2016年高考江苏卷】［实验化学］

焦亚硫酸钠(Na2s2O5)是常用的抗氧化剂，在空气中、受热时均易分解。实验室制备少量Na2s2O5的

方法：在不断搅拌下，控制反应温度在40℃左右，向Na2cCh过饱和溶液中通入SO2，实验装置如

下图所示。

当溶液pH约为4时，停止反应，在20℃左右静置结晶。生成Na2s2O5的化学方程式为

2NaHSO3=Na2s2O5+H2O

(1)SO2与Na2cO3溶液反应生成NaHSC>3和CO?,其离子方程式为.

(2)装置Y的作用是。

(3)析出固体的反应液经减压抽滤、洗涤、25℃〜30℃干燥，可获得Na2s2O5固体。

①组成减压抽滤装置的主要仪器是布氏漏斗、和抽气泵。

②依次用饱和SO2水溶液、无水乙醇洗涤Na2s2。5固体。用饱和SO2水溶液洗涤的目的是

(4)实验制得的Na2s2O5固体中含有一定量的Na2s。3和Na2so4，其可能的原因是。

【答案】2防止倒吸①抽滤瓶；

(1)2SO2+CO3+H2O=2HSO3+C02(2)(3)

②减少Na2s2O5的在水中的溶解；

（4）在制备过程中Na2s2O5分解生成生Na2sNa2sO.；被氧化生成Na2so4。

【解析】

（1）SO?与Na2cCh溶液反应生成NaHSC）3和CO2,根据原子守恒、电荷守恒，可得反应的离子方程式为

2

2SO2+CO3+H2O=2HSO3+CO2；

（2）在装置X中用来发生反应制取Na2s2O5；由于SO2是大气污染物，因此最后的Z装置的NaOH

溶液是尾气处理装置，防止SO2造成大气污染。由于二氧化硫易溶于水，因此装置Y的作用防止

倒吸。

②制取得到的Na2s2O5固体依次用饱和SO2水溶液、无水乙醇洗涤Na2s2O5固体，用饱和SO2水溶液洗

涤的目的是减少Na2s2O5的在水中的溶解；

（4）实验制得的Na2s2。5固体中常含有一定量的Na2s和Na2so4，可能的原因是在制备过程中

Na2s2O5分解生成生Na2so3，Na2so3被氧化生成Na2SO4»

16.（2021•江苏高三零模）皮革厂的废水中含有一定量的氨氮（以N%、NH；形式存在），通过沉淀和氧化两

步处理后可使水中氨氮达到国家规定的排放标准。

（1）沉淀：向酸性废水中加入适量Fe2（SC>4）3溶液，废水中的氨氮转化为NH4Fe3（SCU）2（OH）6沉淀。

①该反应的离子方程式为。

②废水中氨氮去除率随pH的变化如图-1所示，当1.3<pH<1.8时，氨氮去除率随pH升高而降低的原因

是。

7o

%6o

、

酬9

蕊5o

S?就

出

盛

扬4O

18一氨氮去除率

TA总氮去除率

1.381.461.541.621.70

"(CK>)/"(氨氮)

图-2

（2）氧化：调节经沉淀处理后的废水pH约为6,加入NaClO溶液进一步氧化处理。

①NaClO将废水中的氨氮转化为N2,该反应的离子方程式为

②研究发现，废水中氨氮去除率随温度升高呈先升后降趋势。当温度大于30℃时，废水中氨氮去除率

随着温度升高而降低，其原因是

③"（CIO）/“（氨氮）对废水中氨氮去除率和总氮去除率的影响如图-2所示。当"（CKT）/"（氨氮）>1.54后，总

氮去除率下降的原因是.

【答案】（1）①NH3+3Fe3++2SO；+6H2O=NH4Fe3（SC）4）,（OH）6J+5H+

3++

NH：+3Fe+2SO；+6H2O=NH4Fe3（SO4）2（OH）6J+6H②pH有所增大，氢氧根离子浓度

增大,不利于NHFe3（SO4）2（OH）6沉淀生成，则氨氮去除率随pH升高而降低（2）①

+

3cleT+2NH；=2T+3CT+3H2（D+2H+或3HC1O+2NH：=N2T+3CP+3H2O+5H

②氧化剂次氯酸不稳定，温度升高受热分解③次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为

其它价态例如硝酸根离子，则总氮去除率下降

（1）①向酸性废水中，氨气或铉离子、铁离子、硫酸根离子和水反应，生成NH4Fe3（SO4）2（OH）6沉淀，该

3++

反应的离子方程式为NH3+3Fe+2SO；-+^H2O=NH4Fe3（SO4）2（OH）6J+5H

+

NH；+3Fe讣+2SOj+6H2O=NH4Fe3（SO4）9（OH）6J+6H0

②当1.3<pH<1.8时，随着氢离子浓度有所下降，氢氧根离子浓度增大，对NHFe3（SO4）2（OH）6沉淀溶解平衡

的影响是：不利于沉淀生成，则氨氮去除率随pH升高而降低。

（2）①NaCIO具氧化性，废水中的氨氮呈-3价，被氧化转化为N2,还原产物为氯化钠，则该反应的离子

+

方程式为3cleT+2NH：=N2T+3CP+3H2O+2H或

3HC1O+2NH：=N2T+3C「+3H2O+5H+。②当温度大于30℃时，废水中氨氮去除率随着温度

升高而降低，其原因是氧化剂次氯酸不稳定，温度升高受热分解。③当“（C1CT）/〃（氨氮）>1.54后，次氯

酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为其它价态例如硝酸根离子，则总氮去除率下降。

17.（2014.浙江高考真题）煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2,严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术

可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4

发生化学反应，降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：

CaSO4（s）+CO（g）iCaO（s）+SO2（g）+CO2（g）AH|=218.4kJ-mol"（反应I）

CaSO4（s）+4CO（g）iCaS（s）+4CO2（g）△&=-175.6kJ-moL（反应II）

请回答下列问题：

（1）反应I能自发进行的条件是o

（2）对于气体参与的反应,表示平衡常数Kp时用气体组分（B）的平衡压强p（B）代替该气体物质的量浓度c（B）,

则反应II的Kp=（用表达式表示）。

（3）假设某温度下，反应I的速率（V。大于反应II的速率（V2）,则下列反应过程能量变化示意图正确的

(4)通过监测反应体系中气体浓度的变化判断反应I和II是否同时发生，理由是。

(5)图1为实验测得不同温度下反应体系中CO初始体积百分数与平衡时固体产物中CaS质量百分数的关

系曲线。则降低该反应体系中SO2生成量的措施有。

A.向该反应体系中投入石灰石

B.在合适的温度区间内控制较低的反应温度

C.提高CO的初始体积百分数

D.提高反应体系的温度

(6)恒温恒容条件下，假设反应I和H同时发生，且V1>V2，请在图2中画出反应体系中c(SO2)随时间t

变化的总趋势图。

数

分

百

量

质

P

S

【答案】(1)高温

(2),P3

除m7

(3)C.

(4)反应I中生成有SO?,监测SO?与CO2的浓度增加量的比不为1:1,可确定发生两个反应。

(5)A、B、C

【解析】

（1）由△G=AH-TZSS<0时自发，AH>0,则T要大，故选择高温。

（3）反应I吸热，产物的能量高于反应物，反应II放热，产物的能量低于反应物：反应I的速率（vi）大于

反应II的速率（V2）,反应I的活化能低。

（4）反应1中生成有S02,监测SO?与CO2的浓度增加量的比即可确定是否发生两个反应。

（5）向该反应体系中投入石灰石，产生CO?,使反应I逆向进行，可降低该反应体系中SCh生成量，A正

确；在合适的温度区间内控制较低的反应温度，图中可以看出最低温度的CaS的含量最高，故B正确、

D错误；C.图中可以看出，提高CO的初始体积百分数，可以提高CaS的含量，故正确。

（6）反应I的速率（vi）大于反应H的速率（V2）,故SO?增加的快，反应达到平衡快；随着反应H的进行，

CO2的浓度不断增大，使反应I平衡逆向移动。

（-）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

18.［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）

［2018海南卷］L下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是

A.第一电离能：Cl>S>P>SiB.共价键的极性：HF>HCI>HBr>HI

C.晶格能：NaF>NaCl>NaBr>NaID.热稳定性：MgCO3>CaCO3>SrCO3>BaCO3

11.黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS?是其中铜的主要存在形式。回答下列问题：

（1）CuFeSz中存在的化学键类型是。下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的

A.F片①①皆①©B.Cu④①（外①,

3

C.Fe+①①①①①OD.cu+dXjXJXjXDO

3d4s3d4s

（2）在较低温度下CuFeSz与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。

①X分子的立体构型是，中心原子杂化类型为,属于（填“极性”或“非极性”）

分子。

②X的沸点比水低的主要原因是。

(3)CuFeSz与氧气反应生成SO2，SCh中心原子的价层电子对数为，共价键的类型有

(4)四方晶系CuFeS2晶胞结构如图所示。

OCu・FeOS

①Cu+的配位数为,S2-的配位数为。

②已知：a=b=0.524nm,c=1.032nm,NA为阿伏加德罗常数的值,CuFeS?晶体的密度是g・cm飞列

出计算式)。

【答案】LBC

II.(1)离子键CD

(2)V形sp3极性水分子间存在氢键

(3)3c键和兀键

4x64+4x56+8x32

(0.5242xl.032)x10'2lx/V,

【解析】LA.当原子轨道填充为半满全满时，较稳定，P为半满结构，因此第一电离能最大，故不符合题

思；

B.共价键的极性与原子得失电子能力有关，得失电子能力差别越大，极性越强，得电子能力，同主族元素

从上到下依次减弱，故B符合题意；

C.晶格能与离子半径有关，离子半径越大，晶格能越小，离子半径，同主族元素从上到下依次增大，因此

晶格能逐渐减小，故c符合题意；

D.热稳定性，同主族元素，越往下，越稳定，因此D不符合题意；

故答案选BCo

IL(1)CuFeSz中存在非金属与金属之间的化学键，为离子键；电子排布应先排满低能轨道，再排满高能轨

道，因此，B不符合题意，而失去电子时，应先失去高能轨道电子，故CD符合题意。

(2)①臭鸡蛋气味的气体为硫化氢，分子中价层电子有4对，孤对电子为生券=2对，故构型是V形,

中心原子杂化类型为Sp3,有孤对电子，为非对称结构，因此为极性分子。

②由于在水分子中，氧元素吸引电子能力极强，故水分子中存在氢键，沸点升高。

6+0

(3)SO2中心原子的价层电子对数为=3,以双键结合，故共价键类型为。键和71键。

2

(4)①Cu'的配位数为6x1+4x』=4,S?-占据8个体心，有两个S,因此S?一的配位数为4。

24

1234

②根据p=,,质量m=(4x64+4x56+8x32)/NA,体积V=0.524x0.524x1.032x1O''em',

4x64+4x56+8x32?

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