2021年广西柳州市高考化学三模试卷

2021年广西柳州市高考化学三模试卷

1.唐代陈子昂诗句“山水丹（丹砂：HgS）青［石青：Cu（OH）2-2CuCO3］杂，烟云紫翠浮”

中相关化学物质说法错误的是（）

A.丹砂常温下性质稳定

B.烟、云均属于气溶胶

C.石青能与强酸发生反应

D.石青被誉为“水蓝宝石”，可耐高温

2.下列物质性质与用途对应关系正确的是（）

性质用途

AC1O2具有氧化性漂白纸浆

BNaHC（）3受热分解中和过多的胃酸

CFeCb溶液呈酸性刻制铜制电路板时作为“腐蚀液”

DHF具有弱酸性刻蚀玻璃

A.AB.BC.CD.D

3.常温下，HN3的&=1.9x10-5,可视为一元弱酸。设NA表示阿伏加德罗常数的值，

下列说法正确的是（）

A.ImolH*含电子总数为16NA

B.ImolNa*含有阴离子总数为3NA

C.2LpH=3的HN3与足量Zn反应产生电的分子数为O.OOINA

D.lL0.1mol1-】NaOH溶液中滴入HN3溶液至呈中性，溶液中NJ数目为O.INA

4.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、X的单质均为气体，W、

X、丫简单离子的核外电子排布相同，四种元素可形成如图所示化合物。下列说法

错误的是（）

W

厂II12-

.w—z—W4

Y_JYv

X

A.原子半径：Y>Z>W>X

B.气态氢化物稳定性：X>W

C.Y与W形成的化合物一定不含共价键

D.Z可形成一种以上的含氧酸

5.关于有机物Gibepyrone口（/广4、/3COOH）,下列说法错误的是（）

O

A.分子式为C10H10O4

B.该化合物中所有原子可能共平面

C.该化合物能使酸性高锯酸钾溶液褪色

D.Imol该物质最多可与2moiNaOH反应

6.某新型电池可净化废水，同时还能获得能源或有价值的化学产品，其工作原理如图

所示，下列叙述错误的是（）

负载

质子膜

A.该电池左室电极为负极

B.正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高

C.H+通过质子膜从左向右迁移

D.左池消耗的S2-与右池消耗的NO.的物质的量之比为5：8

7.下列实验方案中，能达到实验目的的是（）

选

实验目的实验方案

项

比较HC1和HC10的酸

A分别测定等浓度的HC1和HC10溶液的导电能力大小

性强弱

验证Na2s2O3是否氧化在Na2s2O3溶液中滴加稀盐酸，然后滴加BaCk溶液观

B

变质察是否产生白色沉淀

向较浓的FeCk溶液中滴入少量酸性KMnCU溶液，观察

C证明Fe2+有还原性

KMnO,溶液紫色是否褪去

比较Ksp(AgBr)<向NaCl与NaBr混合溶液中滴加AgN（）3溶液，观察是

D

KSp(AgCl)否出现淡黄色沉淀

A.AB.Bc.cD.D

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8.用油造气的废银催化剂(含NiC()3、Na2SiO3^少量Fe?+、Fe3+及CN+的化合物)制取

NiS04-7H2。的工艺流程如图所示(CTAC一种硅酸胶体凝聚剂)。回答下列问题：

HNO3

硫酸6mol/LS

NaOH

(1)“浸取”时，在硫酸浓度和用量、溶解时温度、搅拌速率均一定时，提高银的

回收率还可采取的措施是。(写出一条)。

(2)“滤渣1”的主要成分是o

(3)''一次碱析”时，Cr(OH)3转化为的CrO七的离子方程式为。

(4)加氨水“溶解”的目的是，'滤渣2”的主要成分是。

(5)“氧化”时，HNO3被还原为NO,该反应的化学方程式为o

⑹已知0.01mol-LTNi(NC)3)2开始沉淀时的PH为7.2,计算Ni(OH)2的9p=

(列出计算式)，则“二次碱析”使Ni2+沉淀完全时(c=1.0x10-5mol-L-1)

的pH为。

约80℃

9.某校化学课外小组的同学依据反应s2cl2+3C12+2SO2^4SOCL设计如图装

置(夹持及加热装置已略)制备S0C12(氯化亚飒)。

相关物质的数据及性质如下表。

主要性状熔点/K沸点”主要化学性质

SOC12淡黄至红色发烟液体-10578.8遇水分解，140K开始分解

S2c12浅黄色油状液体-80138遇水分解，高于100℃时开始分解

回答下列问题:

(1)装置A中w管的作用是

(2)装置C球形冷凝管中水应从处(填"a”或"b”)进入，冷凝管装置的作

用是;装置C合适的加热方式是。

(3)装置E中生成SO2的化学方程式为。

(4)装置中碱石灰的作用o

(5)上述装置存在一处缺陷，导致SOCk产率降低，改进的方法是。

(6)反应后从装置C的反应液纯化得到SOCh需要的硅酸盐质仪器有：酒精灯、接引

管、锥形瓶外，还缺少o(从下列图中选择，填标号)

10.采用光电催化法或化学吸收法处理含硫化氢的废液废气，既可防止环境污染又可回

收硫资源等。回答下列问题：

(1)利用二氧化镒修饰的活性炭(MnOz-AC)作光催化剂分解废水中H2s制氢气的

原理如图1所示。在催化作用下，MnO2-AC自动将电子集中至导带，空穴(用h*表

示)集中至价带，从而进一步分解出S。

图中能量转化形式是，已知在催化剂表面总反应为：2HS-=H2T+S歹,

价带上发生的半反应为。(半反应相当于电极反应)

(2)利用CaCC>3吸收烟气中H2s包括：CaCC>3的分解、H2s的吸收与CaS的生成以及

CaS的氧化。

①高温下反应CaCC)3(s)=CaO(s)+CC)2(g)能自发进行，则△H0,mS

0。(填“大于”或“小于”)

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②恒温恒容密闭容器中进行吸收H2s反应为CaO(s)+H2S(g)#CaS(s)+H2O(g),

能说明该反应已达到平衡状态的是。(填标号)

A.气体的总压强不再随时间变化

B.气体的密度不再随时间变化

C.单位时间内断裂H-S与生成H-0键数相等

D.气体的分压p(H2S)/p(H2。)不再随时间变化

③CaS的氧化涉及如下反应：

(I)|CaS(s)+O2(g)^iCaSO4(s)△山

(n)ICaS(s)+02(g)UICaO(s)+1SO2(g)△H2

(n)CaS04(s)+|CaS(s)^|CaO(s)+|S02(g)△H3

在恒压(总压为akPa)密闭容器中反应时，各反应的lgKp(Kp为以分压表示的平衡常

数)与温度的关系如图2。由图可知：AH>0的反应是(填标号)；AH3=

(用△%、△也表示)；N点时,分压p(SC>2)kPa,M点时，分压

p(O2)=kPa。

11.寻找室温超导材料一直是科学家们竞相追求的目标，CaFeAsF、LaHio、H2s等均是

近年来的研究热点。回答下列问题：

(1)基态As原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为，基态La原子价电

子排布为5dl6s2,成为阳离子时首先失去轨道电子。

(2)CaFeAsF中，电负性最高的元素是。

(3)Ca与Fe位于同周期且最外层电子构型相同，Ca的熔点和沸点均比Fe的低，这

是因为。

(4)H2s的空间构型为，写出一种与H2s互为等电子体的分子的化学式

CFa

As

(5)含碑化合物/)中碳原子杂化方式是,每个分子

CF3

中含U键和n键个数比为。

(6)Ca、Fe、As构成的超导材料的晶胞结构如图所示，边长为apm,高为cpm,则

紧邻的Ca原子之间的距离为pm,该晶体的密度为g-cm-3。

Ca

As

12.苔色醛甲酸甲酯是制备Aigiacomycin的重要中间体，其一种合成路线如图。

人da,icCHjOH

0-THo催化剂

回回叵i□

oa<j

CTOJ

H2O/H*G

△(CHJCOJO□

端口§&四CHJCOOH

J(苔色醉甲酸甲崎)

回答下列问题:

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CrO)OOCCHj

②(CH/,OS.Of'HiCOOH

OOCCIIj

OH

I自动脱水

③------C—OHT

(1)A经催化加氢生成K,K的化学名称是

(2)由A生成B的反应类型是

(3)D中官能团的名称为

(4)E生成F步骤的目的是

(5)G的结构简式为

(6)由H生成I的化学方程式为

(7)W是H的同分异构体，写出满足如下条件的W的结构简式

①能与FeCh溶液发生显色反应;

②能发生银镜反应;

③酸性条件下水解产物的核磁共振氢谱均只有面积比为1：1的两组峰。

(8)设计以H0CHCI，和CH3I为起始原料制备

CHQCHO的合成路线(无机试剂任用)。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A.丹砂成分为HgS,常温下稳定，受热分解，故A正确；

B.云、烟是气体或固体颗粒分散在空气中形成的胶体分散系，所以云、烟均属于气溶胶，

故B正确；

C.石青成分为CU(OH)2-2CUCO3,组成分析可知，石青能和强酸反应生成盐、二氧化碳

和水，故C正确；

D.石青组成中的Cu(0H)2受热分解，生成氧化铜和水，CuCC)3受热易分解生成氧化铜和

二氧化碳，不耐高温，故D错误；

故选：D。

A.丹砂成分为HgS,常温下稳定；

B.云、烟是气体或固体颗粒分散在空气中形成的胶体分散系；

C.石青成分为CU(0H)2・2CUCC)3,和强酸反应生成盐、二氧化碳和水；

D.石青组成分析，石青具有受热易分解的性质。

本题考查了物质变化、物质组成和性质分析判断，注意知识的积累，题目难度不大。

2.【答案】A

【解析】解：A.二氧化氯具有氧化性，能够氧化有机色素，具有漂白性，可以用于漂白

纸浆，故A正确；

B.碳酸氢钠能够与盐酸反应，消耗盐酸，所以可以用于治疗胃酸过多，与其受热分解的

性质无关，故B错误；

C.刻制铜制电路板时作为“腐蚀液”，利用的是氯化铁的氧化性，故C错误；

D.HF酸能与玻璃中二氧化硅反应，所以可以用于雕刻玻璃，与其弱酸性无关，故D错

误。

故选：A。

A.二氧化氯具有氧化性，能够氧化有机色素，具有漂白性；

B.碳酸氢钠能够与盐酸反应，消耗盐酸；

C.依据氯化铁的氧化性判断；

D.HF酸能与玻璃中二氧化硅反应。

本题考查了物质的结构与性质及用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键,

题目难度不大。

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3.【答案】D

【解析】解：人上电含电子总数1+3'7=22,lmolH*含电子总数为22NA，故A错

误；

B.Na2中阳离子为Na+,阴离子为N1,lmolNa^含有阴离子总数为NA，故B错误；

+1

C.HN3为弱酸,存在电离平衡，pH=3的HN3，c(H)=0.001mol-L-,c(HN3)>

O.OOlmol-L-1,2LpH=3的HN3与足量Zn反应产生电的分子数大于O.OOINA，故C错

误；

D.lLO.lmol•『iNaOH溶液中滴入HN3溶液至呈中性，电荷守恒c(Na+)+c(H+)=

c(町)+c(OH-),溶液显中性，c(Na+)=c(N［),n(Na+)=ILxO.lmol-L_1=O.lmol,

溶液中N］数目为O.INA，故D正确；

故选：D。

A.HN3含电子总数1+3x7=22；

B.NaM中阳离子为Na+,阴离子为N］；

C.HN3为弱酸，存在电离平衡；

D.根据电荷守恒分析。

本题考查了阿伏加德罗常数的相关计算，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质

以及物质存在的外界条件和电荷守恒等问题，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。

4.【答案】C

【解析】解：结合分析可知，W为O,X为F,丫为Na,Z为P元素，

A.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，一般来讲电子层越多原子半径越大，则原子半

径：Y>Z>W>X,故A正确；

B.非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性F>0,则气态氢化物稳定性：

X>W,故B正确；

C.Y与W形成的过氧化钠中含有离子键和共价键，故C错误；

D.Z形成的含氧酸有磷酸、亚磷酸等，故D正确；

故选：Co

W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，四种元素可形成如图所示化合

物，X形成1个共价键，W能够形成双键，丫形成+1价阳离子，W、X、丫简单离子的

核外电子排布相同，则W为O,X为F,丫为Na；Z形成5个共价键，位于VA族，则

Z为P元素，以此分析解答。

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质结构推断元素为解

答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

5.【答案】B

【解析】解：A.由结构简式可知分子式为CIOHIO（）4,故A正确；

B.含有甲基，具有甲烷的结构特征，则所有的原子不能共平面，故B错误；

C.含有碳碳双键，可被酸性高镭酸钾溶液氧化，故C正确；

D.含有酯基和竣基，都可与氢氧化钠溶液反应，则Imol该物质最多可与2moiNaOH反

应，故D正确；

故选：B,

有机物含有碳碳双键、酯基和竣基，具有烯烧、酯类和竣酸的性质，以此解答该题。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关

键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

6.【答案】B

【解析】解：A.由分析可知，该电池左室电极上S2-失电子被氧化，为负极，故A正确；

2+

B.负极的电极反应为：S-+4H20-8e-=SO^+8H,正极电极反应式为2N01+

+

12H+10e-=N2T+12H2O,则正极区溶液的pH升高、负极区溶液的pH降低，故B

错误；

C.H+通过质子膜向正极移动，即从左向右迁移，故C正确；

2-+

D.已知：负极的电极反应为：S+4H20-8e-=SO^+8H,正极电极反应式为

+

2NO3+12H+10e-=N2T+12H2O,由电子守恒可知，左池消耗的S?-与右池消耗的

NOJ的物质的量之比为5：8,故D正确；

故选：Bo

2

原电池装置图中，S2-失电子被氧化为负极，负极的电极反应为：S-+4H20-8e-=

S0g+8H+：NO］得电子生成电，为正极，正极电极反应式为2NO3+12H++10e-=

N2T+12H2O,以此解答该题。

本题考查原电池工作原理，题目难度中等，明确电极上得失电子及反应是解本题关键,

注意掌握原电池两极及总反应式的书写方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能

力。

7.【答案】A

第10页，共18页

【解析】解:A.等浓度的HC1和HC1O溶液，前者电离出离子浓度大，可知酸性HC1>HC10,

故A正确；

B.若变质生成亚硫酸钠，不能观察到白色沉淀，若部分变质，生成S和硫酸钢，观察不

到白色沉淀，故B错误；

C.亚铁离子、氯离子均被酸性高锌酸钾氧化，由操作和现象不能证明亚铁离子的还原性，

故C错误；

D.浓度未知，为沉淀生成，由操作和现象不能比较Ksp,故D错误；

故选：Ao

A.等浓度的HC1和HC1O溶液，前者电离出离子浓度大；

B.可能变质生成亚硫酸钠，可能部分变质；

C.亚铁离子、氯离子均被酸性高镒酸钾氧化；

D.浓度未知，为沉淀生成。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、

实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难

度不大。

8.【答案】将原料粉碎(或适当延长溶解的时间或滤渣再次溶解浸取)硅酸2Cr(OH)3+

40H-+3H2O2=2CrOi-+8H2O将Ni(OH)2溶解并与Fe(OH)3分离Fe(OH)33NiS+

2+2

8HNO3=3Ni(NO3)2+3S1+2N0T+4H20c(Ni)xc(OH-)=0.01x

72-142

(IO)=1x10-15.687

【解析】解：(1)“浸取”时，在硫酸浓度和用量、溶解时温度、搅拌速率均一定时，

将原料粉碎、适当延长溶解的时间、滤渣再次溶解浸取等措施能提高银的回收率，

故答案为：将原料粉碎(或适当延长溶解的时间或滤渣再次溶解浸取)；

(2)由分析可知，滤渣1的主要成分是硅酸，

故答案为：硅酸；

(3)由分析可知，“一次碱析”时发生的反应为氢氧化铝在碱性条件下与过氧化氢溶液

发生氧化还原反应生成铭酸根离子和水，反应的离子方程式为2Cr(OH)3+40H-4-

3H2O2=2CrOi~+8H2。，

故答案为：2Cr(OH)3+40H-+3H2O2=2CrOi-+8H2O；

(4)由分析可知，加氨水“溶解”的目的是使氢氧化镁与氨水反应转化为［Ni(NH3)4F+离

子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有［Ni(NH3)412+离子的滤液，达到分离氢氧化

保和氢氧化铁的目的，

故答案为：将Ni(0H)2溶解并与Fe(0H)3分离；Fe(OH)3；

(5)由分析可知，“氧化”时发生的反应为硫化银与稀硝酸反应生成硝酸银、硫、一氧

化氮和水，反应的化学方程式为3NiS+8HNO3=3Ni(NO3)2+3S+2N0T+4H20,

故答案为：3NiS+8HNO3=3Ni(NO3)2+3SJ+2N0T+4H20；

(6)由题意可知，开始沉淀时溶液中银离子浓度为O.Olmol/L,pH=7.2,则氢氧根离子

72-142+2-

浓度为流有mol/L=7moi/L=10-mol/L,Ksp=c(Ni)xc(OH)=0.01x

5

(107.2-14)2=lx10-15.6；当银离子沉淀完全时，溶液中银离子浓度为l.ox10-mol/L,

则溶液中氢氧根离子浓度为石黑=?。:黑：：)2mol/L=10-53mol/L，c(H+)=

这;=mol/L=1x10-8-7mol/L,此时溶液的pH为8.7,

故答案为：c(Ni2+)xc2(OH-)=0.01x(IO72-14)2=1x10-156；8.7。

由题给流程可知，向废银催化剂中加入20%稀硫酸和CTAC,碳酸银与稀硫酸反应生成

硫酸银、二氧化碳和水，硅酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠和硅酸沉淀，过滤得到含有银

离子、铭离子、铁离子和亚铁离子的浸取液和含有硅酸的滤渣1;向浸取液中加入氢氧

化钠溶液，溶液中锲离子、倍离子、铁离子和亚铁离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化

物沉淀，进入过氧化氢溶液，氢氧化铝在碱性条件下被过氧化氢溶液氧化为铝酸根离子,

氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，过滤得到含有格酸根离子的滤液和含有氢氧化银和氢氧

化铁的滤渣；向滤渣中加入氨水，氢氧化镁与氨水反应转化为［Ni(NH3)4K+离子，过滤

得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有［Ni(NH3)j2+离子的滤液；向滤液中通入硫化氢气体,

［Ni(NH3)4『+离子与硫化氢反应转化为硫化镁沉淀，过滤得到硫化镇滤渣；向硫化银中

加入稀硝酸，硫化银与稀硝酸反应生成硝酸镁、硫、一氧化氮和水，过滤得到硫滤渣和

硝酸镁溶液；向硝酸镁溶液加入6moi/L氢氧化钠溶液，硝酸锲与氢氧化钠溶液反应转

化为氢氧化锲沉淀，过滤得到氢氧化银；向氢氧化镇中加入稀硫酸，氢氧化镁溶解得到

硫酸银溶液，溶液经结晶、提纯制得七水硫酸银，据此分析解(1)〜(5);

(6)由题意可知，开始沉淀时溶液中裸离子浓度为0.01mol/L,pH=7.2,则氢氧根离子

浓度为普mol/L=mol/L=107-2-14mol/L,Ksp=c(Ni2+)c2(OH-)=0.01x

(107.2-14)2：镁离子沉淀完全时，溶液中镁离子浓度为l,oX10-5mol/L,则溶液中氢氧

根离子浓度为悟亲。

、c(Nr+)

本题考查物质制备方案设计，为高考常见题型，明确实验原理为解答关键，注意把握物

质性质以及对题目信息的获取与使用，试题侧重于考查学生的分析、理解能力及化学实

验能力，题目难度中等。

第12页，共18页

9.【答案】平衡气压，使浓盐酸顺利滴下a冷凝回流SOQ280汽水浴加热Cu+

△

2H2so式浓)二CUSO4+SO2T+2H2。吸收SO?、心等气体，防止空气中的水蒸气进入

装置C将装置B中饱和食盐水换成浓硫酸(或B、C间加装盛有浓硫酸的洗气瓶)adef

【解析】解：(1)根据图示装置特点分析，装置A中w管的作用是平衡气压，使浓盐酸

顺利滴下，

故答案为：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；

(2)为了使冷凝水充满冷凝管，装置C球形冷凝管中水应从下端通入，即a处进入；由

题干信息知SO。2的沸点为78.8冤，且反应温度为80冤，所以冷凝管的作用是冷凝回流

SOCk；反应温度应该控制在80汽，所以适合的加热方式为80汽水浴加热，

故答案为：a；冷凝回流SOCI2；80K水浴加热；

(3)装置E中铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、SO2和水，反应方程式为:Cu+

△

2H2s0式浓)二C11SO4+S02T+2H2O,

故答案为：Cu+2HSO(}^)AS0T+2H0；

24CUSO4+22

(4)根据上述分析，装置中碱石灰的作用是吸收未反应的SO?、Cl2等气体，同时防止空

气中的水蒸气进入装置C,

故答案为：吸收SO2、Cl2等气体，防止空气中的水蒸气进入装置C；

(5)己知S0C12易水解，在氯气进入C中时未干燥，会导致S0C12产率降低，应该增加干

燥装置，

故答案为：将装置B中饱和食盐水换成浓硫酸(或B、C间加装盛有浓硫酸的洗气瓶)；

(6)由题干信息知，SOCh与S2ck沸点不同，可以用蒸储的方法得到纯净的S0C12,蒸储

装置所需的玻璃仪器含有蒸储烧瓶、冷凝管、温度计、石棉网，

故答案为:adefo

根据实验原理及实验装置分析，装置A是用浓盐酸和漂白粉制备氯气，B中的饱和食盐

水目的是除去杂质HC1；E装置是用浓硫酸与铜反应制备二氧化硫气体，D中浓硫酸作

用是干燥二氧化硫气体；将氯气及二氧化硫气体通入C中与S2ck反应制备S0C12,冷凝

管的作用为冷凝回流S2ck和SOCk，连接的干燥管作用是防止空气中水分进入和剩余气

体的尾气处理，据此分析解答.

本题考查物质制备方案设计，为高考常见题型，明确实验原理为解答关键，注意把握物

质性质以及对题目信息的获取与使用，试题侧重于考查学生的分析、理解能力及化学实

验能力，题目难度中等。

10.【答案】光能转化为化学能2HS-+-2e-=2H++S夕大于大于BD皿2(A

H2-AH1)1a-1

【解析】解：(1)由图1可知，图中能量转化形式是光能转化为化学能；由图可知，导

带上发生的反应是2鹏+20-=电3总反应为：2HS-=H2t+S歹，总反应—导带上

发生的反应得:2HS-+-2e-=2H++S"

故答案为：光能转化为化学能；2HS-+-2e-=2H++S/；

(2)(l)CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g),该反应是吸热反应，△H大于0,高温下反应

CaCC)3(s)=CaO(s)+C()2(g)能自发进行，△H-TASVO,则AS大于0,

故答案为：大于；大于；

②A.该反应是气体体积不变的反应，气体的总压强始终不变，故A错误；

B.该反应混合气体的质量是变量，容器体积不变，则反应过程中气体的密度发生改变，

当气体的密度不再随时间变化，说明反应达到平衡状态，故B正确；

C.单位时间内断裂H-S与生成H—0键数相等，只说明v正(H?S)=丫正(出0),不能说明

反应达到平衡状态，故C错误；

D.随着反应进行，气体的分压p(H2S)/p(H2。)发生改变，当其不再随时间变化，说明反

应达到平衡状态，故D正确；

故答案为：BD；

③由图可知，反应DI的IgKp随温度的升高而增大，说明升高温度，平衡正向移动，反应

HI为吸热反应，△H>0；根据盖斯定律：2xII-2xI得皿，则4H3=2(AH2-△HJ；

Kp(DI)=p5(so2)-N点IgKp(IH)=p5(so2)=0，则p(SC)2)=IkPa；该反应在恒压(总

压为akPa)密闭容器中反应，WJp(O2)+p(SO2)=akPa,则p(C)2)=(a-l)kPa,

故答案为：IH：2(AH2-△Hi)；1；a-lo

(1)由图I可知，图中能量转化形式是光能转化为化学能；根据图中信息，写出导带上

发生的反应，总反应为：2HS-=HzT+S歹，总反应-导带上发生的反应即得价带上发

生的半反应；

(2)①高温下反应CaC()3(s)=CaO(s)+C()2(g)能自发进行，该反应是吸热反应，结合△

H-TaS<0分析；

②判断化学平衡状态的直接标志：I“正=丫逆(同物质)，口.各组分浓度不再改变，以

及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色

不再变化等等，以此为判断依据；

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③由图可知，反应in的igKp随温度的升高而增大，说明升高温度，平衡正向移动；根据

盖斯定律：2xH-2xI得HI；&(皿)=pi(So2),N点IgKp(HI)=o：该反应在恒压(总

压为akPa)密闭容器中反应，则p(C)2)+p(SO2)=akPa»

本题考查反应热的计算、化学平衡的移动、化学平衡状态的判断，侧重考查学生分析能

力、识图能力，解题的关键是掌握盖斯定律、勒夏特列原理，此题难度中等。

11.【答案】firirrnn6sFCa的原子半径比Fe的大，价

电子数比Fe少，钙的金属键比铁的弱折线形H2Osp\sp222：1枭岩震

【解析】解：(l)As位于第四周期第VA族，其基态原子的价层电子排布为4s24P3,轨

4s4p

道表示式为||.|IAI▲I—H；元素成为阳离子时优先最外层的电子，

La原子的价层电子为5dl6s2,成为阳离子时优先失去6s轨道电子,

4s4p

故答案为：▲▲▲▲；6s；

(2)金属与非金属相比，非金属的电负性高，CaFeAsF中，Ca、Fe为金属，As,F为非

金属元素，其中F是元素周期表中电负性最强的元素，

故答案为：F；

(3)Ca的价层电子排布为4s2,Fe的价层电子为3d64s2,Ca的价层电子数少，且原子半

径比Fe大，金属键弱，所以熔点低，

故答案为：Ca的原子半径比Fe的大，价电子数比Fe少，钙的金属键比铁的弱；

(4)硫化氢与水相似，其空间构型为折线形;硫化氢价电子数为8,根据等电子体的定义，

与其互为等电子体的有同主族氧化物，如水，

故答案为：折线形、H2O；

(5)分析其结构，C原子分别以单键或者双键成键，分别为sp3、sp2杂化；碳碳双键含有

一个o键，一个n键，其中单个分子中。键有22个，IT键有1个，其个数比为22：1,

故答案为：sp3>sp2；22：1；

(6)图中相邻的两个Ca原子为晶胞的底面中心与四个角距离最短，为面对角线的一半，

其中底面正方形的边长为apm,故面对角线的一半为当a，一个晶胞中含Ca原子数目为

8x%+6x：=4个，As原子数目=8x工+8x^+2=8个，Fe原子数目=8个，一个

8242

1280

4x40+8x56x8x75

晶胞的质量=m=中

=^g，故晶胞密度rp=m=

NAvSh(axlO-lo)2xcxlO-10

12O8X1O30

1208x1()3°

故答案为：fa；

2

NAxaxc

(l)As为第VA族元素，价电子排布与N类似，失去电子时首先失去的是能量最高能级

的电子;

(2)F为电负性最大的元素；

(3)结合原子半径，价电子进行比较；

(4)硫化氢与水为等电子体，结构类似；

(5)分析碳原子成键方式，确定杂化方式和两种化学键的个数比；

(6)结合密度公式进行计算。

本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、化学键、空间构型、杂化方式、晶胞结

构与计算等内容，难度适中。

12.【答案】2-丙醇消去反应跋基酯基保护酚羟

【解析】解：(1)A为丙酮，催化加氢生成醇，名称为2-丙醇,

故答案为：2-丙醇；

(2)A到B不饱和键增加，为消去反应，

故答案为：消去反应；