2023年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷(新課標(biāo)Ⅱ)

第27頁〔共27頁〕2023年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷〔新課標(biāo)Ⅱ〕一、選擇題：此題共7小題，每題6分，共42分。在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項符合題目要求的。1．〔6分〕化學(xué)與生活密切相關(guān)，以下說法錯誤的是〔〕A．碳酸鈉可用于去除餐具的油污B．漂白粉可用于生活用水的消毒C．氫氧化鋁可用于中和過多胃酸D．碳酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查2．〔6分〕研究說明，氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關(guān)〔如下圖〕。以下表達(dá)錯誤的是〔〕A．霧和霾的分散劑相同B．霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨C．NH3是形成無機(jī)顆粒物的催化劑D．霧霾的形成與過度施用氮肥有關(guān)3．〔6分〕實驗室中用如下圖的裝置進(jìn)行甲烷與氯氣在光照下反響的實驗。在光照下反響一段時間后，以下裝置示意圖中能正確反映實驗現(xiàn)象的是〔〕A． B． C． D．4．〔6分〕W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素。W與X可生成一種紅棕色有刺激性氣味的氣體；Y的周期數(shù)是族序數(shù)的3倍；Z原子最外層的電子數(shù)與W的電子總數(shù)相同，以下表達(dá)正確的是〔〕A．X與其他三種元素均可形成兩種或兩種以上的二元化合物B．Y與其他三種元素分別形成的化合物中只含有離子鍵C．四種元素的簡單離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)D．W的氧化物對應(yīng)的水化物均為強(qiáng)酸5．〔6分〕NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說法正確的是〔〕A．常溫常壓下，124gP4中所含P一P鍵數(shù)目為4NAB．100mL1mol?L﹣1FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3+的數(shù)目為0．lNAC．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數(shù)目為2NAD．密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反響后分子總數(shù)為2NA6．〔6分〕我國科學(xué)家研發(fā)了一種室溫下“可呼吸〞的Na﹣CO3二次電池，將NaClO4溶于有機(jī)溶劑作為電解液。鈉和負(fù)載碳納米管的鎳網(wǎng)分別作為電極材料，電池的總反響為：3CO2+4Na?2Na2CO3+C，以下說法錯誤的是〔〕A．放電時，ClO4﹣向負(fù)極移動B．充電時釋放CO2，放電時吸收CO2C．放電時，正極反響為：3CO2+4e﹣═2CO32﹣+CD．充電時，正極反響為：Na++e﹣═Na7．〔6分〕以下實驗過程可以到達(dá)實驗?zāi)康氖恰病尘幪枌嶒災(zāi)康膶嶒炦^程A配制0.4000mol?L﹣1的NaOH溶液稱取4.0g固體NaOH于燒杯中，參加少量蒸餾水溶解，轉(zhuǎn)移至250mL容量瓶中定容B探究維生素C的復(fù)原性向盛有2mL黃色氯化鐵溶液的試管中滴加濃的維生素C溶液，觀察顏色變化C制取并純化氫氣向稀鹽酸中參加鋅粒，將生成的氣體依次通過NaOH溶液、濃硫酸和KMnO4溶液D探究濃度對反響速率的影響向2支盛有5mL不同濃度NaHSO3溶液的試管中同時參加2mL5%H2O2溶液，觀察實驗現(xiàn)象A．A B．B C．C D．D二、非選擇題：每個試題考生必須作答。8．〔14分〕我國是世界上最早制得和使用金屬鋅的國家。一種以閃鋅礦〔ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS雜質(zhì)〕為原料制備金屬鋅的流程如下圖：相關(guān)金屬離子[c0〔Mn+〕=01mol?L﹣1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+開始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4答復(fù)以下問題：〔1〕焙燒過程中主要反響的化學(xué)方程式為。〔2〕濾渣1的主要成分除SiO2外還有；氧化除雜工序中ZnO的作用是，假設(shè)不通入氧氣，其后果是?！?〕溶液中的Cd2+用鋅粉除去，復(fù)原除雜工序中反響的離子方程式為。〔4〕電解硫酸鋅溶液制備單質(zhì)鋅時，陰極的電極反響式為；沉積鋅后的電解液可返回工序繼續(xù)使用。9．〔14分〕CH4﹣CO2的催化重整不僅可以得到合成氣〔CO和H2〕，還對溫室氣體的減排具有重要意義。答復(fù)以下問題：〔1〕CH4﹣CO2催化重整反響為：CH4〔g〕+CO2〔g〕═2CO〔g〕+2H2〔g〕。：C〔s〕+2H2〔g〕═CH4〔g〕△H=﹣75kJ?mol﹣1C〔s〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣394kJ?mol﹣1C〔s〕+〔g〕=CO〔g〕△H=﹣111kJ?mol﹣1該催化重整反響的△H=kJ?mol﹣1．有利于提高CH4平衡轉(zhuǎn)化率的條件是〔填標(biāo)號〕。A．高溫低壓B．低溫高壓C．高溫高壓D．低溫低壓某溫度下，在體積為2L的容器中參加2molCH4、1molCO2以及催化劑進(jìn)行重整反響，到達(dá)平衡時CO2的轉(zhuǎn)化率是50%，其平衡常數(shù)為mol2?L﹣2。〔2〕反中催化劑活性會因積碳反響而降低，同時存在的消碳反響那么使積碳碳量減少。相關(guān)數(shù)據(jù)如下表：積碳反響CH4〔g〕═C〔s〕+2H2〔g〕消碳反響CH2〔g〕═C〔s〕+2CO〔g〕△H/〔kJ?mol﹣1〕75172活化能/〔kJ?mol﹣1〕催化劑X3391催化劑Y4372①由上表判斷，催化劑XY〔填“優(yōu)于或劣于〞〕，理由是。在反響進(jìn)料氣組成，壓強(qiáng)及反響時間相同的情況下，某催化劑外表的積碳量隨溫度的變化關(guān)系如右圖所示。升高溫度時，以下關(guān)于積碳反響，消碳反響的平衡常數(shù)〔K〕和速率〔v〕的表達(dá)正確的是〔填標(biāo)號〕。A．K積、K消均增加B．V積減小、V消增加C．K積減小、K消增加D．V消增加的倍數(shù)比V積增加的倍數(shù)大②在一定溫度下，測得某催化劑上沉積碳的生成速率方程為v=k?p〔CH4〕?[p〔CO2〕]﹣0.5〔k為速率常數(shù)〕。在p〔CH4〕一定時，不同p〔CO2〕下積碳量隨時間的變化趨勢如下圖，那么Pa〔CO2〕、Pb〔CO2〕、Pc〔CO2〕從大到小的順序為。10．〔15分〕K3[Fe〔C2O4〕3]?3H2O〔三草酸合鐵酸鉀〕為亮綠色晶體，可用于曬制藍(lán)圖，答復(fù)以下問題：〔1〕曬制藍(lán)圖時，用K3[Fe〔C2O4〕3]?3H2O作感光劑，以K3Fe[〔CN〕6]溶液為顯色劑。其光解反響的化學(xué)方程式為2k3[Fe〔C2O4〕3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑；顯色反響的化學(xué)方程式為?！?〕某小組為探究三草酸合鐵酸鉀的熱分解產(chǎn)物，按如下圖裝置進(jìn)行實驗。①通入氮氣的目的是。②實驗中觀察到裝置B、F中澄清石灰水均變渾濁，裝置E中固體變?yōu)榧t色，由此判斷熱分解產(chǎn)物中一定含有、。③為防止倒吸，停止實驗時應(yīng)進(jìn)行的操作是。④樣品完全分解后，裝置A中的殘留物含有FeO和Fe2O3，檢驗Fe2O3存在的方法是：?！?〕測定三草酸合鐵酸鉀中鐵的含量。①稱量mg樣品于錐形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用cmol?L﹣1KMnO4溶液滴定至終點。滴定終點的現(xiàn)象是。②向上述溶液中參加過量鋅粉至反響完全后，過濾、洗滌，將濾液及洗滌液全部收集到錐形瓶中。加稀H2SO4酸化，用cmol?L﹣1KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液VmL．該晶體中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式為。[化學(xué)一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]〔15分〕11．〔15分〕硫及其化合物有許多用途。相關(guān)物質(zhì)的物理常數(shù)如表所示：H2SS8FeS2SO2SO3H2SO4熔點/℃﹣85.5115.2＞600〔分解〕﹣75.516.810.3沸點/℃﹣60.3444.6﹣10.045.0337.0答復(fù)以下問題：〔1〕基態(tài)Fe原子價層電子的電子排布圖〔軌道表達(dá)式〕為，基態(tài)S原子電子占據(jù)最高能級的電子云輪廓圖為形。〔2〕根據(jù)價層電子對互斥理論，H2S，SO2，SO3的氣態(tài)分子中，中心原子價層電子對數(shù)不同于其他分子的是。〔3〕圖〔a〕為S8的結(jié)構(gòu)，其熔點和沸點要比二氧化硫的熔點和沸點高很多，主要原因為。〔4〕氣態(tài)三氧化硫以單分子形式存在，其分子的立體構(gòu)型為形，其中共價鍵的類型有種；固體三氧化硫中存在如圖〔b〕所示的三氯分子。該分子中S原子的雜化軌道類型為?！?〕FeS2晶體的晶胞如圖〔c〕所示，晶胞邊長為anm，F(xiàn)eS2相對式量為M、阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，其晶體密度的計算表達(dá)式為g?cm﹣3；晶胞中Fe2+位于S22﹣所形成的八面體的體心，該正八面體的邊長為nm。[化學(xué)一選修5：有機(jī)化學(xué)根底]〔15分〕12．以葡萄糖為原料制得的山梨醇〔A〕和異山梨醇〔B〕都是重要的生物質(zhì)轉(zhuǎn)化平臺化合物。E是一種治療心絞痛的藥物。由葡萄糖為原料合成E的路線如下：答復(fù)以下問題：〔1〕葡萄糖的分子式為?！?〕A中含有的官能團(tuán)的名稱為?！?〕由B到C的反響類型為?！?〕C的結(jié)構(gòu)簡式為?！?〕由D到E的反響方程式為?！?〕F是B的同分異構(gòu)體，7.30g的F與足量飽和碳酸氫鈉反響可釋放出2.24L二氧化碳〔標(biāo)準(zhǔn)狀況〕，F(xiàn)的可能結(jié)構(gòu)共有種〔不考慮立體異構(gòu)〕；其中核磁共振氫譜為三組峰，峰面積比為3：1：1的結(jié)構(gòu)簡式為。2023年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷〔新課標(biāo)Ⅱ〕參考答案與試題解析一、選擇題：此題共7小題，每題6分，共42分。在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項符合題目要求的。1．〔6分〕化學(xué)與生活密切相關(guān)，以下說法錯誤的是〔〕A．碳酸鈉可用于去除餐具的油污B．漂白粉可用于生活用水的消毒C．氫氧化鋁可用于中和過多胃酸D．碳酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查【分析】A．碳酸鈉水溶液呈堿性，堿性條件下促進(jìn)油脂水解；B．當(dāng)把漂白粉撒到水中時，發(fā)生反響Ca〔ClO〕2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，HClO具有強(qiáng)氧化性；C．氫氧化鋁屬于弱堿，能中和酸；D．碳酸鋇能和稀鹽酸反響生成有毒的氯化鋇，但是硫酸鋇不溶于稀鹽酸、不溶于水?！窘獯稹拷猓篈．碳酸鈉水解生成NaOH而導(dǎo)致其水溶液呈堿性，堿性條件下促進(jìn)油脂水解，從而除去油污，故A正確；B．當(dāng)把漂白粉撒到水中時，發(fā)生反響Ca〔ClO〕2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，HClO具有強(qiáng)氧化性而殺菌消毒，所以漂白粉可用于生活用水的消毒，故B正確；C．氫氧化鋁屬于弱堿，能中和胃酸中的鹽酸而降低胃液酸性，所以氫氧化鋁可以用于中和過多胃酸，故C正確；D．碳酸鋇能和稀鹽酸反響生成有毒的氯化鋇，但是硫酸鋇不溶于稀鹽酸、不溶于水，所以應(yīng)該用硫酸鋇而不是碳酸鋇作胃腸X射線造影檢查，故D錯誤；應(yīng)選：D。【點評】此題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查化學(xué)在生產(chǎn)生活中的應(yīng)用，明確物質(zhì)性質(zhì)是解此題關(guān)鍵，會運(yùn)用化學(xué)知識正確解釋生產(chǎn)生活現(xiàn)象，題目難度不大。2．〔6分〕研究說明，氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關(guān)〔如下圖〕。以下表達(dá)錯誤的是〔〕A．霧和霾的分散劑相同B．霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨C．NH3是形成無機(jī)顆粒物的催化劑D．霧霾的形成與過度施用氮肥有關(guān)【分析】由圖示可知霧霾的主要成分為顆粒物，其中無機(jī)顆粒物的主要成分為銨鹽，可由氨氣和硝酸、硫酸反響生成，以此解答該題?！窘獯稹拷猓篈．霧和霾的分散劑都是空氣，故A正確；B．由圖示可知霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨，故B正確；C．由圖示可知氨氣參與反響生成銨鹽，為反響物，不是催化劑，故C錯誤；D．無機(jī)顆粒物的主要成分為銨鹽，可形成霧霾，可知霧霾的形成與過度施用氮肥有關(guān)，故D正確。應(yīng)選：C?！军c評】此題考查環(huán)境污染問題，側(cè)重于化學(xué)與生活、生產(chǎn)以及環(huán)境保護(hù)的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，樹立環(huán)保意識，難度不大。3．〔6分〕實驗室中用如下圖的裝置進(jìn)行甲烷與氯氣在光照下反響的實驗。在光照下反響一段時間后，以下裝置示意圖中能正確反映實驗現(xiàn)象的是〔〕A． B． C． D．【分析】CH4與Cl2在光照條件下發(fā)生取代反響，取代反響的產(chǎn)物有CH3Cl〔g〕，CH2Cl2〔l〕，CHCl3〔l〕，CCl4〔l〕和HCl。【解答】解：CH4與Cl2在光照條件下發(fā)生取代反響，取代反響的產(chǎn)物有CH3Cl〔g〕，CH2Cl2〔l〕，CHCl3〔l〕，CCl4〔l〕和HCl，產(chǎn)生的CH2Cl2〔l〕，CHCl3〔l〕，CCl4〔l〕能附著在管壁上形成油狀液滴，由于試管連接飽和食鹽水，HCl在其中的溶解度降低，所以HCl能和管內(nèi)部的空氣中的水蒸氣形成白霧附著在管內(nèi)壁上，整個反響是氣體體積減少的反響，管內(nèi)液面上升，所以D選項正確，應(yīng)選：D。【點評】此題考查CH4與Cl2在光照下的取代反響，明確反響過程，產(chǎn)物及其物理狀態(tài)和化學(xué)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，為高頻考點，題目難度不大，是根底題。4．〔6分〕W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素。W與X可生成一種紅棕色有刺激性氣味的氣體；Y的周期數(shù)是族序數(shù)的3倍；Z原子最外層的電子數(shù)與W的電子總數(shù)相同，以下表達(dá)正確的是〔〕A．X與其他三種元素均可形成兩種或兩種以上的二元化合物B．Y與其他三種元素分別形成的化合物中只含有離子鍵C．四種元素的簡單離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)D．W的氧化物對應(yīng)的水化物均為強(qiáng)酸【分析】W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，W與X可生成一種紅棕色有刺激性氣味的氣體，該氣體是NO2，那么W、X分別是N、O元素；Y的周期數(shù)是族序數(shù)的3倍，其原子序數(shù)大于O，那么Y為Na元素；Z原子最外層的電子數(shù)與W的電子總數(shù)相同，為Cl元素；A．X是O元素，與W形成的二元化合物有NO、NO2、N2O5等；與Y元素形成的二元化合物有Na2O、Na2O2；有Z元素形成的二元化合物有ClO2、Cl2O7等；B．Na與O元素形成的化合物Na2O2中含有共價鍵；C．形成的簡單離子中W、X、Y電子層結(jié)構(gòu)相同；D．W的氧化物的水化物HNO2是弱酸。【解答】解：W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，W與X可生成一種紅棕色有刺激性氣味的氣體，該氣體是NO2，那么W、X分別是N、O元素；Y的周期數(shù)是族序數(shù)的3倍，其原子序數(shù)大于O，那么Y為Na元素；Z原子最外層的電子數(shù)與W的電子總數(shù)相同，為Cl元素；A．X是O元素，與W形成的二元化合物有NO、NO2、N2O5等；與Y元素形成的二元化合物有Na2O、Na2O2；有Z元素形成的二元化合物有ClO2、Cl2O7等，所以X與其他三種元素均可形成兩種或兩種以上的二元化合物，故A正確；B．Na與O元素形成的化合物Na2O2的電子式為，含有共價鍵和離子鍵，故B錯誤；C．形成的簡單離子中W、X、Y電子層有2個，而Z離子核外電子層有3個，所以這四種元素簡單離子電子層結(jié)構(gòu)不相同，故C錯誤；D．W的氧化物的水化物HNO3是強(qiáng)酸，而HNO2為弱酸，故D錯誤；應(yīng)選：A。【點評】此題考查原子結(jié)構(gòu)和元素周期律，側(cè)重考查學(xué)生分析、判斷及知識綜合運(yùn)用能力，明確原子結(jié)構(gòu)、物質(zhì)結(jié)構(gòu)、元素周期表結(jié)構(gòu)、元素周期律即可解答，注意規(guī)律中的特殊現(xiàn)象，題目難度不大。5．〔6分〕NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說法正確的是〔〕A．常溫常壓下，124gP4中所含P一P鍵數(shù)目為4NAB．100mL1mol?L﹣1FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3+的數(shù)目為0．lNAC．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數(shù)目為2NAD．密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反響后分子總數(shù)為2NA【分析】A．1molP4含有6molP﹣P鍵；B．FeCl3溶液中存在Fe3+的水解；C.1mol乙烷含有4molH，1mol乙烯含有4molH；D．SO2和O2的催化反響為可逆反響?！窘獯稹拷猓篈.124gP4的物質(zhì)的量為=1mol，根據(jù)P4的結(jié)構(gòu)式，1molP4含有6molP﹣P鍵，即含有P﹣P鍵數(shù)目為6NA，故A錯誤；B．FeCl3溶液中存在Fe3+的水解，所以100mL1mol?L﹣1FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3+的數(shù)目小于0.1mol，即小于0.1NA，故B錯誤；C.1mol乙烷含有4molH，1mol乙烯含有4molH，二者無論按何種比例，相當(dāng)于1mol混合氣體含有4molH，那么標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含H有=2mol，即含氫原子數(shù)目為2NA，故C正確；D．SO2和O2的催化反響為可逆反響，反響不可能完全進(jìn)行，存在一個化學(xué)平衡，所以密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反響后分子總數(shù)不一定為2mol，即不一定為2NA，故D錯誤，應(yīng)選：C。【點評】此題考查阿伏伽德羅常數(shù)的簡單計算，注意鹽類水解知識和化學(xué)平衡知識的運(yùn)用，明確P4的結(jié)構(gòu)是解題的關(guān)鍵，為易錯點，題目難度不大，是根底題。6．〔6分〕我國科學(xué)家研發(fā)了一種室溫下“可呼吸〞的Na﹣CO3二次電池，將NaClO4溶于有機(jī)溶劑作為電解液。鈉和負(fù)載碳納米管的鎳網(wǎng)分別作為電極材料，電池的總反響為：3CO2+4Na?2Na2CO3+C，以下說法錯誤的是〔〕A．放電時，ClO4﹣向負(fù)極移動B．充電時釋放CO2，放電時吸收CO2C．放電時，正極反響為：3CO2+4e﹣═2CO32﹣+CD．充電時，正極反響為：Na++e﹣═Na【分析】A．放電時，Na失電子作負(fù)極、Ni作正極，電解質(zhì)溶液中陰離子向負(fù)極移動；B．放電時Na作負(fù)極、Ni作正極，充電時Ni作陽極、Na作陰極，那么放電電池反響式為3CO2+4Na?2Na2CO3+C、充電電池反響式為2Na2CO3+C?3CO2+4Na；C．放電時負(fù)極反響式為Na﹣e﹣=Na+、正極反響式為3CO2+4e﹣═2CO32﹣+C；D．充電時，原來的正極作電解池的陽極，失電子發(fā)生氧化反響。【解答】解：A．放電時，Na失電子作負(fù)極、Ni作正極，電解質(zhì)溶液中陰離子向負(fù)極移動，所以ClO4﹣向負(fù)極移動，故A正確；B．放電時Na作負(fù)極、Ni作正極，充電時Ni作陽極、Na作陰極，那么放電電池反響式為3CO2+4Na?2Na2CO3+C、充電電池反響式為2Na2CO3+C?3CO2+4Na，所以充電時釋放CO2，放電時吸收CO2，故B正確；C．放電時負(fù)極反響式為Na﹣e﹣=Na+、正極反響式為3CO2+4e﹣═2CO32﹣+C，故C正確；D．充電時，原來的正極Ni作電解池的陽極，Na作電解池陰極，那么正極發(fā)生的反響為原來正極反響式的逆反響，即2CO32﹣+C﹣4e﹣=3CO2，負(fù)極發(fā)生的反響為Na++e﹣═Na，故D錯誤；應(yīng)選：D?！军c評】此題考查原電池原理，明確充電電池中正負(fù)極、陰陽極發(fā)生反響關(guān)系是解此題關(guān)鍵，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷能力，難點是電極反響式的書寫，題目難度不大。7．〔6分〕以下實驗過程可以到達(dá)實驗?zāi)康氖恰病尘幪枌嶒災(zāi)康膶嶒炦^程A配制0.4000mol?L﹣1的NaOH溶液稱取4.0g固體NaOH于燒杯中，參加少量蒸餾水溶解，轉(zhuǎn)移至250mL容量瓶中定容B探究維生素C的復(fù)原性向盛有2mL黃色氯化鐵溶液的試管中滴加濃的維生素C溶液，觀察顏色變化C制取并純化氫氣向稀鹽酸中參加鋅粒，將生成的氣體依次通過NaOH溶液、濃硫酸和KMnO4溶液D探究濃度對反響速率的影響向2支盛有5mL不同濃度NaHSO3溶液的試管中同時參加2mL5%H2O2溶液，觀察實驗現(xiàn)象A．A B．B C．C D．D【分析】A．在轉(zhuǎn)移溶液之前應(yīng)該將溶液冷卻至室溫，否那么配制的溶液濃度偏高；B．氯化鐵具有氧化性、維生素C具有復(fù)原性，二者發(fā)生氧化復(fù)原反響而使溶液變色；C．高錳酸鉀溶液和氫氣、HCl都不反響，且最后通過酸性高錳酸鉀溶液會導(dǎo)致得到的氫氣中含有水蒸氣；D．要探究濃度對化學(xué)反響速率影響實驗時，應(yīng)該只有濃度不同其它條件必須完全相同?！窘獯稹拷猓篈．NaOH溶解過程是放熱的，導(dǎo)致溶液濃度高于室溫，如果在轉(zhuǎn)移溶液之前未將溶液冷卻至室溫，否那么配制的溶液體積偏小，那么配制溶液濃度偏高，所以不能實現(xiàn)實驗?zāi)康?，故A不選；B．氯化鐵具有氧化性、維生素C具有復(fù)原性，二者發(fā)生氧化復(fù)原反響而生成亞鐵離子，導(dǎo)致溶液由黃色變?yōu)闇\綠色，那么溶液變色，所以能實現(xiàn)實驗?zāi)康模蔅選；C．高錳酸鉀溶液和氫氣、HCl都不反響，且最后通過酸性高錳酸鉀溶液會導(dǎo)致得到的氫氣中含有水蒸氣，所以不能實現(xiàn)實驗?zāi)康?，用NaOH吸收HCl、用濃硫酸枯燥氣體即可，故C不選；D．要探究濃度對化學(xué)反響速率影響實驗時，應(yīng)該只有濃度不同其它條件必須完全相同，該實驗沒有明確說明溫度是否相同，并且實驗現(xiàn)象也不明顯，所以不能實現(xiàn)實驗?zāi)康?，故D不選，應(yīng)選：B。【點評】此題考查化學(xué)實驗評價，涉及溶液配制、性質(zhì)檢驗、物質(zhì)的別離提純、化學(xué)反響速率影響因素探究等知識點，側(cè)重考查學(xué)生實驗操作、實驗分析和判斷能力，明確實驗原理及物質(zhì)性質(zhì)是解此題關(guān)鍵，題目難度不大。二、非選擇題：每個試題考生必須作答。8．〔14分〕我國是世界上最早制得和使用金屬鋅的國家。一種以閃鋅礦〔ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS雜質(zhì)〕為原料制備金屬鋅的流程如下圖：相關(guān)金屬離子[c0〔Mn+〕=01mol?L﹣1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+開始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4答復(fù)以下問題：〔1〕焙燒過程中主要反響的化學(xué)方程式為2ZnS+3O22ZnO+2SO2?！?〕濾渣1的主要成分除SiO2外還有PbSO4；氧化除雜工序中ZnO的作用是調(diào)節(jié)溶液的pH到2.8﹣6.2之間，使Fe3+完全沉淀，假設(shè)不通入氧氣，其后果是無法除去溶液中Fe2+?！?〕溶液中的Cd2+用鋅粉除去，復(fù)原除雜工序中反響的離子方程式為Cd2++Zn=Cd+Zn2+?！?〕電解硫酸鋅溶液制備單質(zhì)鋅時，陰極的電極反響式為Zn2++2e﹣=Zn；沉積鋅后的電解液可返回溶浸工序繼續(xù)使用。【分析】焙燒過程中發(fā)生的反響有2ZnS+3O22ZnO+2SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2、2PbS+3O22PbO+2SO2、2CdS+3O22CdO+2SO2，所以焙燒過程中生成的氣體是SO2；然后參加稀硫酸酸浸，F(xiàn)eS〔未焙燒〕、ZnO、Fe2O3、PbO、CdO和稀硫酸反響生成Fe2+、Zn2+、Fe3+、PbSO4、Cd2+，所以濾渣1為未反響的SiO2和生成的PbSO4；氧化除雜時通入氧氣，使Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，參加ZnO和稀硫酸反響調(diào)節(jié)溶液的pH值，將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe〔OH〕3而除去Fe3+，濾渣2為生成的Fe〔OH〕3；然后向溶液中參加Zn，Zn和Cd2+發(fā)生氧化復(fù)原生成Cd，然后過濾得到濾液，濾渣3為Cd；將濾液電解得到Zn；〔1〕焙燒過程中ZnS、FeS、CdS、PbS都和氧氣發(fā)生氧化復(fù)原反響，但是ZnS的反響是主要反響；〔2〕濾渣1的主要成分除SiO2外還有生成的硫酸鉛；ZnO能和酸反響生成鹽和水，從而改變?nèi)芤旱膒H值；如果不通入氧氣，亞鐵離子影響Zn的制備；〔3〕Cd2+和Zn發(fā)生氧化復(fù)原反響生成Cd；〔4〕電解硫酸鋅溶液制備單質(zhì)鋅時，陰極上溶液中Zn2+得電子生成Zn；沉積鋅后的電解液中鋅離子濃度降低，可以通過返回溶浸工序繼續(xù)使用?！窘獯稹拷猓罕簾^程中發(fā)生的反響有2ZnS+3O22ZnO+2SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2、2PbS+3O22PbO+2SO2、2CdS+3O22CdO+2SO2，所以焙燒過程中生成的氣體是SO2；然后參加稀硫酸酸浸，F(xiàn)eS〔未焙燒〕、ZnO、Fe2O3、PbO、CdO和稀硫酸反響生成Fe2+、Zn2+、Fe3+、PbSO4、Cd2+，所以濾渣1為未反響的SiO2和生成的PbSO4；氧化除雜時通入氧氣，使Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，參加ZnO和稀硫酸反響調(diào)節(jié)溶液的pH值，將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe〔OH〕3而除去Fe3+，濾渣2為生成的Fe〔OH〕3；然后向溶液中參加Zn，Zn和Cd2+發(fā)生氧化復(fù)原生成Cd，然后過濾得到濾液，濾渣3為Cd；將濾液電解得到Zn；〔1〕焙燒過程中ZnS、FeS、CdS、PbS都和氧氣發(fā)生氧化復(fù)原反響，但是ZnS的反響是主要反響，所以其主要方程式為2ZnS+3O22ZnO+2SO2，故答案為：2ZnS+3O22ZnO+2SO2；〔2〕濾渣1的主要成分除SiO2外還有PbO和稀硫酸生成的沉淀PbSO4；ZnO能和酸反響生成鹽和水，從而改變?nèi)芤旱膒H值，使溶液的pH調(diào)節(jié)在2.8﹣6.2之間，從而Fe3+將轉(zhuǎn)化為沉淀除去Fe3+；Fe2+、Zn2+開始沉淀、完全沉淀的pH相近，如果不通入氧氣，F(xiàn)e2+不能完全除去而影響Zn的制備，故答案為：PbSO4；調(diào)節(jié)溶液的pH到2.8﹣6.2之間，使Fe3+完全沉淀；無法除去溶液中Fe2+；〔3〕Cd2+和Zn發(fā)生氧化復(fù)原反響生成Cd，離子方程式為Cd2++Zn=Cd+Zn2+，故答案為：Cd2++Zn=Cd+Zn2+；〔4〕電解硫酸鋅溶液制備單質(zhì)鋅時，陰極上溶液中Zn2+得電子生成Zn，電極反響式為Zn2++2e﹣=Zn；沉積鋅后的電解液中鋅離子濃度降低，可以通過返回溶浸工序繼續(xù)使用，從而減少資源浪費(fèi)，故答案為：Zn2++2e﹣=Zn；溶浸?！军c評】此題考查物質(zhì)制備，綜合性較強(qiáng)，涉及物質(zhì)別離提純、電解原理、氧化復(fù)原反響、方程式的書寫等知識點，明確流程圖中各物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反響及物質(zhì)別離提純方法是解此題關(guān)鍵，知道每一步的目的及原理，題目難度中等。9．〔14分〕CH4﹣CO2的催化重整不僅可以得到合成氣〔CO和H2〕，還對溫室氣體的減排具有重要意義。答復(fù)以下問題：〔1〕CH4﹣CO2催化重整反響為：CH4〔g〕+CO2〔g〕═2CO〔g〕+2H2〔g〕。：C〔s〕+2H2〔g〕═CH4〔g〕△H=﹣75kJ?mol﹣1C〔s〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣394kJ?mol﹣1C〔s〕+〔g〕=CO〔g〕△H=﹣111kJ?mol﹣1該催化重整反響的△H=+247kJ?mol﹣1．有利于提高CH4平衡轉(zhuǎn)化率的條件是A〔填標(biāo)號〕。A．高溫低壓B．低溫高壓C．高溫高壓D．低溫低壓某溫度下，在體積為2L的容器中參加2molCH4、1molCO2以及催化劑進(jìn)行重整反響，到達(dá)平衡時CO2的轉(zhuǎn)化率是50%，其平衡常數(shù)為mol2?L﹣2。〔2〕反中催化劑活性會因積碳反響而降低，同時存在的消碳反響那么使積碳碳量減少。相關(guān)數(shù)據(jù)如下表：積碳反響CH4〔g〕═C〔s〕+2H2〔g〕消碳反響CH2〔g〕═C〔s〕+2CO〔g〕△H/〔kJ?mol﹣1〕75172活化能/〔kJ?mol﹣1〕催化劑X3391催化劑Y4372①由上表判斷，催化劑X劣于Y〔填“優(yōu)于或劣于〞〕，理由是催化劑X較催化劑Y，積碳反響時，活化能低，反響速率快，消碳反響時，活化能高，反響速率慢，綜合考慮，催化劑X較催化劑Y更利于積碳反響，不利于消碳反響，會降低催化劑活性。在反響進(jìn)料氣組成，壓強(qiáng)及反響時間相同的情況下，某催化劑外表的積碳量隨溫度的變化關(guān)系如右圖所示。升高溫度時，以下關(guān)于積碳反響，消碳反響的平衡常數(shù)〔K〕和速率〔v〕的表達(dá)正確的是AD〔填標(biāo)號〕。A．K積、K消均增加B．V積減小、V消增加C．K積減小、K消增加D．V消增加的倍數(shù)比V積增加的倍數(shù)大②在一定溫度下，測得某催化劑上沉積碳的生成速率方程為v=k?p〔CH4〕?[p〔CO2〕]﹣0.5〔k為速率常數(shù)〕。在p〔CH4〕一定時，不同p〔CO2〕下積碳量隨時間的變化趨勢如下圖，那么Pa〔CO2〕、Pb〔CO2〕、Pc〔CO2〕從大到小的順序為pc〔CO2〕＞pb〔CO2〕＞pa〔CO2〕。【分析】〔1〕①C〔s〕+2H2〔g〕═CH4〔g〕△H=﹣75kJ?mol﹣1②C〔s〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣394kJ?mol﹣1③C〔s〕+〔g〕=CO〔g〕△H=﹣111kJ?mol﹣1將方程式2③﹣①﹣②得CH4〔g〕+CO2〔g〕═2CO〔g〕+2H2〔g〕，△H進(jìn)行相應(yīng)的改變；要提高CH4平衡轉(zhuǎn)化率應(yīng)該使平衡正向移動，但是不能通過增大甲烷濃度實現(xiàn)；到達(dá)平衡時CO2的轉(zhuǎn)化率是50%，根據(jù)方程式知，參加反響的n〔CO2〕=n〔CH4〕=1mol×50%=0.5mol，生成的n〔CO〕=n〔H2〕=1mol，該化學(xué)反響CH4〔g〕+CO2〔g〕═2CO〔g〕+2H2〔g〕，開始〔mol/L〕10.500反響〔mol/L〕0.250.250.50.5平衡〔mol/L〕0.750.250.50.5化學(xué)平衡常數(shù)K=；〔2〕①消碳反響越容易發(fā)生，催化劑活性越好，消碳反響所需活化能越低，消碳反響越容易進(jìn)行；積碳反響和消碳反響的正反響都是吸熱反響，升高溫度平衡正向移動，但是積碳反響更容易進(jìn)行，生成物濃度增大、反響物濃度降低；②在一定溫度下，相同時間內(nèi)，沉積的碳越多，那么沉積碳生成速率越快，根據(jù)v=k?p〔CH4〕?[p〔CO2〕]﹣0.5〔k為速率常數(shù)〕知，p〔CH4〕一定時，沉積碳生成速率與二氧化碳壓強(qiáng)成反比。【解答】解：〔1〕①C〔s〕+2H2〔g〕═CH4〔g〕△H=﹣75kJ?mol﹣1②C〔s〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣394kJ?mol﹣1③C〔s〕+〔g〕=CO〔g〕△H=﹣111kJ?mol﹣1將方程式2③﹣①﹣②得CH4〔g〕+CO2〔g〕═2CO〔g〕+2H2〔g〕，△H=2〔﹣111kJ?mol﹣1〕﹣〔﹣75kJ?mol﹣1〕﹣〔﹣394kJ?mol﹣1〕=+247kJ/mol；要提高CH4平衡轉(zhuǎn)化率應(yīng)該使平衡正向移動，但是不能通過增大甲烷濃度實現(xiàn)，該反響的正反響是一個反響前后氣體體積增加的吸熱反響，升高溫度、減小壓強(qiáng)能使平衡正向移動，增大甲烷轉(zhuǎn)化率，到達(dá)平衡時CO2的轉(zhuǎn)化率是50%，根據(jù)方程式知，參加反響的n〔CO2〕=n〔CH4〕=1mol×50%=0.5mol，生成的n〔CO〕=n〔H2〕=1mol，該化學(xué)反響CH4〔g〕+CO2〔g〕═2CO〔g〕+2H2〔g〕，開始〔mol/L〕10.500反響〔mol/L〕0.250.250.50.5平衡〔mol/L〕0.750.250.50.5化學(xué)平衡常數(shù)K===；故答案為：+247；高溫低壓；；〔2〕①根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，催化劑X較催化劑Y，積碳反響時，活化能低，反響速率快，消碳反響時，活化能高，反響速率慢，綜合考慮，催化劑X較催化劑Y更利于積碳反響，不利于消碳反響，會降低催化劑活性；積碳反響和消碳反響的正反響都是吸熱反響，升高溫度平衡正向移動，生成物濃度增大、反響物濃度降低，所以積碳反響、消碳反響平衡常數(shù)都增大，但是積碳反響更容易進(jìn)行，所以積碳反響平衡常數(shù)增大倍數(shù)大于消碳反響，V積增加的倍數(shù)比V消增加的倍數(shù)大，所以選AD；故答案為：劣于；催化劑X較催化劑Y，積碳反響時，活化能低，反響速率快，消碳反響時，活化能高，反響速率慢，綜合考慮，催化劑X較催化劑Y更利于積碳反響，不利于消碳反響，會降低催化劑活性；AD；②在一定溫度下，相同時間內(nèi)，沉積的碳越多，那么沉積碳生成速率越快，根據(jù)v=k?p〔CH4〕?[p〔CO2〕]﹣0.5〔k為速率常數(shù)〕知，p〔CH4〕一定時，沉積碳生成速率與二氧化碳壓強(qiáng)成反比，根據(jù)圖知，積碳量a＞b＞c，那么pc〔CO2〕＞pb〔CO2〕＞pa〔CO2〕，故答案為：pc〔CO2〕＞pb〔CO2〕＞pa〔CO2〕?！军c評】此題考查化學(xué)反響原理，涉及蓋斯定律、化學(xué)平衡計算、外界條件對化學(xué)平衡影響等知識點，側(cè)重考查學(xué)生分析、推斷及圖象分析能力，正確理解題給信息及出題人目的是解此題關(guān)鍵，難點是〔2〕題分析解答。10．〔15分〕K3[Fe〔C2O4〕3]?3H2O〔三草酸合鐵酸鉀〕為亮綠色晶體，可用于曬制藍(lán)圖，答復(fù)以下問題：〔1〕曬制藍(lán)圖時，用K3[Fe〔C2O4〕3]?3H2O作感光劑，以K3Fe[〔CN〕6]溶液為顯色劑。其光解反響的化學(xué)方程式為2k3[Fe〔C2O4〕3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑；顯色反響的化學(xué)方程式為3FeC2O4+2K3[Fe〔CN〕6]=Fe3[Fe〔CN〕6]2↓+3K2C2O4。〔2〕某小組為探究三草酸合鐵酸鉀的熱分解產(chǎn)物，按如下圖裝置進(jìn)行實驗。①通入氮氣的目的是排出裝置中原有空氣，防止O2和CO2干擾實驗，同時用N2把裝置A、E中反響生成的氣體排出進(jìn)行后續(xù)檢驗。②實驗中觀察到裝置B、F中澄清石灰水均變渾濁，裝置E中固體變?yōu)榧t色，由此判斷熱分解產(chǎn)物中一定含有CO、CO2。③為防止倒吸，停止實驗時應(yīng)進(jìn)行的操作是先關(guān)閉A、E中的酒精燈，冷卻后再停止通入N2。④樣品完全分解后，裝置A中的殘留物含有FeO和Fe2O3，檢驗Fe2O3存在的方法是：取少量裝置A中殘留物放入試管中，參加稀硫酸溶解，再滴加幾滴KSCN溶液，假設(shè)觀察到溶液變紅，那么證明A中殘留物中含F(xiàn)e2O3。〔3〕測定三草酸合鐵酸鉀中鐵的含量。①稱量mg樣品于錐形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用cmol?L﹣1KMnO4溶液滴定至終點。滴定終點的現(xiàn)象是當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蔚稳牒螅芤鹤兂蓽\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色。②向上述溶液中參加過量鋅粉至反響完全后，過濾、洗滌，將濾液及洗滌液全部收集到錐形瓶中。加稀H2SO4酸化，用cmol?L﹣1KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液VmL．該晶體中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式為×100%或×100%〔或%〕?！痉治觥俊?〕顯色過程是FeC2O4中的亞鐵離子與[Fe〔CN〕6]3﹣結(jié)合成藍(lán)色沉淀，據(jù)此寫出該后續(xù)方程式；〔2〕①反響開始前通氮氣，可排凈裝置中空氣，以免氧氣、二氧化碳對實驗干擾，同時把裝置A、E中反響生成的氣體排出；②B中澄清石灰水變渾濁證明含有二氧化碳，E中固體變紅、F中澄清石灰水變渾濁證明分解產(chǎn)物中有一氧化碳；③為防止倒吸，需先關(guān)閉反響裝置中的酒精燈，冷卻后再停止通入N2；④檢驗Fe2O3，需將Fe2O3轉(zhuǎn)化成鐵離子，再用硫氰化鉀進(jìn)行檢驗；〔3〕①用KMnO4溶液滴定亞鐵離子，滴定終點溶液變成淺紅色；②根據(jù)n=cV計算出消耗高錳酸根離子的物質(zhì)的量，根據(jù)化合價升降相等可得反響關(guān)系式5Fe2+～MnO4﹣，那么n〔Fe2+〕=5n〔MnO4﹣〕，然后根據(jù)m=nM計算出樣品中含有鐵元素的質(zhì)量，最后根據(jù)×100%計算。【解答】解：〔1〕顯色過程是FeC2O4中的亞鐵離子與[Fe〔CN〕6]3﹣結(jié)合成藍(lán)色沉淀的反響，該反響的化學(xué)方程式為：3FeC2O4+2K3[Fe〔CN〕6]=Fe3[Fe〔CN〕6]2↓+3K2C2O4，故答案為：3FeC2O4+2K3[Fe〔CN〕6]=Fe3[Fe〔CN〕6]2↓+3K2C2O4；〔2〕①在反響開始前通入N2，可排凈裝置中的空氣，以免O2和CO2對實驗干擾，同時用N2把裝置A、E中反響生成的氣體排出進(jìn)行后續(xù)檢驗，故答案為：排出裝置中原有空氣，防止O2和CO2干擾實驗，同時用N2把裝置A、E中反響生成的氣體排出進(jìn)行后續(xù)檢驗；②B中澄清石灰水變渾濁證明分解產(chǎn)物中一定含有CO2，E中固體變紅、F中澄清石灰水變渾濁證明分解產(chǎn)物中有復(fù)原性氣體CO，故答案為：CO；CO2；③為防止倒吸，需要先關(guān)閉反響裝置中的酒精燈，冷卻至常溫過程中需保持一直通入N2，故答案為：先關(guān)閉A、E中的酒精燈，冷卻后再停止通入N2；④檢驗固體中是否存在Fe2O3，需將Fe2O3轉(zhuǎn)化成鐵離子，再用硫氰化鉀進(jìn)行檢驗，操作方法為：取少量裝置A中殘留物放入試管中，參加稀硫酸溶解，再滴加幾滴KSCN溶液，假設(shè)觀察到溶液變紅，那么證明A中殘留物中含F(xiàn)e2O3，故答案為：取少量裝置A中殘留物放入試管中，參加稀硫酸溶解，再滴加幾滴KSCN溶液，假設(shè)觀察到溶液變紅，那么證明A中殘留物中含F(xiàn)e2O3；〔3〕①用KMnO4溶液滴定亞鐵離子，滴定終點溶液變成淺紅色，那么滴定終點為：當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蔚稳牒螅芤鹤兂蓽\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色，故答案為：當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蔚稳牒?，溶液變成淺紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；②用cmol?L﹣1KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液VmL，消耗MnO4﹣的物質(zhì)的量為：n〔MnO4﹣〕=cmol/L×L=mol，根據(jù)化合價升降相等可得反響關(guān)系式：5Fe2+～MnO4﹣，那么n〔Fe2+〕=5n〔MnO4﹣〕=5×mol，m〔Fe2+〕=56g/mol×5×mol，所以鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%=×100%或×100%〔或%〕，故答案為：×100%或×100%〔或%〕。【點評】此題考查探究物質(zhì)組成、測量物質(zhì)含量，題目難度較大，明確實驗原理、實驗?zāi)康臑榻獯痍P(guān)鍵，注意掌握常見元素及其化合物性質(zhì)，試題知識點較多、綜合性較強(qiáng)，充分考查了學(xué)生的分析、理解能力及綜合應(yīng)用能力。[化學(xué)一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]〔15分〕11．〔15分〕硫及其化合物有許多用途。相關(guān)物質(zhì)的物理常數(shù)如表所示：H2SS8FeS2SO2SO3H2SO4熔點/℃﹣85.5115.2＞600〔分解〕﹣75.516.810.3沸點/℃﹣60.3444.6﹣10.045.0337.0答復(fù)以下問題：〔1〕基態(tài)Fe原子價層電子的電子排布圖〔軌道表達(dá)式〕為，基態(tài)S原子電子占據(jù)最高能級的電子云輪廓圖為啞鈴形。〔2〕根據(jù)價層電子對互斥理論，H2S，SO2，SO3的氣態(tài)分子中，中心原子價層電子對數(shù)不同于其他分子的是H2S。〔3〕圖〔a〕為S8的結(jié)構(gòu)，其熔點和沸點要比二氧化硫的熔點和沸點高很多，主要原因為S8與SO2都是分子晶體，S8相對分子質(zhì)量比SO2大，S8的分子間作用力大于SO2，所以熔沸點S8＞SO2?！?〕氣態(tài)三氧化硫以單分子形式存在，其分子的立體構(gòu)型為平面三角形，其中共價鍵的類型有2種；固體三氧化硫中存在如圖〔b〕所示的三氯分子。該分子中S原子的雜化軌道類型為sp3?！?〕FeS2晶體的晶胞如圖〔c〕所示，晶胞邊長為anm，F(xiàn)eS2相對式量為M、阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，其晶體密度的計算表達(dá)式為g?cm﹣3；晶胞中Fe2+位于S22﹣所形成的八面體的體心，該正八面體的邊長為anm。【分析】〔1〕基態(tài)Fe原子價層電子為其3d、4s能級上電子；基態(tài)S原子電子占據(jù)的能級有1s、2s、2p、3s、3p，最高能級為3p，其電子云輪廓圖為啞鈴形；〔2〕H2S中S原子價層電子對個數(shù)=2+=4、SO2中S原子價層電子對個數(shù)=2+=3、SO3中S原子價層電子對個數(shù)=3+=3；〔3〕S8、SO2都分子晶體，分子晶體熔沸點與其分子間作用力成正比，分子間作用力與其相對分子質(zhì)量成正比；〔4〕SO3中S原子價層電子對個數(shù)=3+=3，且不含孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷其空間構(gòu)型；該分子中S﹣O原子之間存在共價鍵；該分子中每個S原子價層電子對個數(shù)都是4，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷S原子雜化類型；〔5〕晶胞邊長為anm=a×10﹣7cm，晶胞體積=〔a×10﹣7cm〕3，該晶胞中Fe2+個數(shù)=1+12×=4，S22﹣個數(shù)=8×+6×=4，其晶體密度=；晶胞中Fe2+位于S22﹣所形成的八面體的體心，該正八面體的邊長為每個面對角線長度的一半。【解答】解：〔1〕基態(tài)Fe原子的核外價電子排布式為[Ar]3d64S2，基態(tài)Fe原子價層電子為其3d、4s能