上饒市2021屆高三第二次高考模擬考試理科綜合測試卷化學考試時間：150分鐘，分值：300分注意事項：1、本試題卷分第I卷(選擇題)和第II卷(非選擇題)兩部分，總分300分，考試時間150分鐘。2、答題前，考生須將自己的學校、班級、姓名、學號填寫在本試題卷指定的位置上。3、選擇題的每小題選出答案后，用2B鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，不能答在試題卷上。4、非選擇題必須按照題號順序在答題卡上各題目的答題區(qū)域內作答。超出答題區(qū)域或在其他題的答題區(qū)域內書寫的答案無效；在草稿紙、本試題卷上答題無效?？荚嚱Y束，將本試題卷和答題卡一并交回。5、可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Cl-35.5Fe-56第I卷(選擇題共126分)一、選擇題(本題共13小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。)1.下列說法正確的是A.“春蠶到死絲方盡，蠟炬成灰淚始干?！惫糯南炇歉呒壷舅狨?，屬于高分子化合物B.造紙是中國四大發(fā)明之一，古代造紙有六個步驟：斬竹漂塘、煮楻足火、舂臼打爛、蕩料入簾、覆簾壓紙、透火焙干都屬于物理變化C.干霧過氧化氫空氣消毒機在新冠抗疫中被廣泛使用，其原理是利用過氧化氫的氧化性D.經分析嫦娥四號采樣返回器帶回的月球礦物含有CaO·MgO·2SiO2，該物質屬于氧化物【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．高分子化合物相對分子質量一般在萬以上，高級脂肪酸酯相對分子質量沒有達到萬，故不屬于高分子化合物，A錯誤；B．第二步煮楻足火為燃燒過程，屬于化學變化，B錯誤；C．H2O2利用其強氧化性破壞細菌或病毒的蛋白質外殼，使之失去生命基礎而死亡，C正確；D．氧化物要求由兩種元素組成且其中一種為氧元素，此化合物含金屬元素、硅元素、氧元素，故不屬于氧化物，應為硅酸鹽的改寫形式，故該化合物屬于硅酸鹽，D錯誤；故答案選C。2.中國工程院院士李蘭娟團隊于2021年2月4日公布治療新型冠狀病毒肺炎的最新研究成果：“達蘆那韋”是抗擊新型冠狀病毒潛在用藥，合成“達蘆那韋”的部分路線如圖所示，下列說法不正確的是A.C的分子式為C11H15NB.B的同分異構體有7種(不含B，不考慮立體異構)C.D分子中的所有碳原子不可能處于同一平面D.反應①為加成反應，反應②為取代反應【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．由C的結構簡式知，C中含有11個C，1個N，根據有機中C、N成鍵規(guī)則確定H共有15個，故C的分子式為C11H15N，A正確；B．依據A、C結構簡式，結合B的分子式確定B結構簡式為：(CH3)2CHCH2NH2，B的同分異構如下：、、、、、、，共7種結構，B正確；C．D中支鏈上存在叔碳原子（一個C連了3個C），由于單鍵C與其所連4個原子形成四面體結構，所有原子不可能都共面，故D中叔碳原子與其連接的3個碳原子不可能都共面，C正確；D．A→C的反應實際分兩步，第一步為A中醛基與B中氨基發(fā)生加成反應生成中間產物，中間產物再發(fā)生消去反應生成C中的碳氮雙鍵，C→D為加氫還原反應，D錯誤；故答案選D。3.一種用于合成治療免疫疾病藥物的物質，其結構如圖所示，其中X、Y、Z、Q、W為1～20號主族元素且原子序數依次增大，Z與Q同主族，Q和W的簡單離子具有相同的電子層結構，下列說法不正確的是A.簡單離子半徑：W<QB.最簡單氫化物的沸點：Q<ZC.化合物YZ2與YZQ分子結構相似D.X、Y、Z形成的化合物的水溶液一定顯酸性【答案】D【解析】【分析】根據該物質的結構可知Z形成兩個共價鍵，Z與Q同主族，且原子序數小于Z，則可推測出Z應為O元素，Q為S元素，W可以形成+1價陽離子，且原子序數大于S，則W應為K元素，Y可形成4個共價鍵，X只能形成1個共價鍵，結合原子序數可知X為H元素、Y為C元素。【詳解】A．K+和S2-的電子層結構相同，S2-的核電荷數更小，半徑更大，A正確；B．H2O分子間可以形成氫鍵，沸點高于H2S，B正確；C．化合物YZ2與YZQ分別為CO2和COS，二者均為三原子、直線形分子，且C原子位于中心，結構相似，C正確；D．H、C、O形成化合物可以是羧酸、醛、醇等，醛、醇的水溶液顯中性，D錯誤；綜上所述答案為D。4.由下列實驗操作及現象推出的相應結論正確的是選項實驗操作現象結論A向兩份蛋白質溶液中分別滴加飽和氯化鈉溶液和飽和硫酸銅溶液均有固體析出蛋白質均發(fā)生變性B取1mL20%的蔗糖溶液，加入3～5滴稀硫酸，水浴加熱5min分鐘后取少量溶液于一潔凈的試管中，加入新制Cu(OH)2溶液，加熱無磚紅色沉淀產生蔗糖沒有發(fā)生水解C用c(Fe3+)相同的Fe2(SO4)3和FeCl3溶液，分別清洗做完銀鏡反應的試管用FeCl3溶液清洗較干凈Fe3++AgAg++Fe2+是可逆反應，且AgCl更難溶于水D對于二氧化氮和四氧化二氮的平衡體系，縮小容器體積混合氣體顏色逐漸加深符合勒夏特列原理A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．向蛋白質溶液中加入飽和NaCl溶液發(fā)生鹽析，加人硫酸銅溶液發(fā)生變性，結論不對，A錯誤；B．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，檢驗水解產物需要先加氫氧化鈉溶液中和硫酸，B選項未先加氫氧化鈉中和水解液中的硫酸，Cu(OH)2先與硫酸反應，加熱后無磚紅色沉淀生成，不能證明蔗糖未水解，B錯誤；C．氯化銀的溶解度比硫酸銀小，FeCl3溶液中Cl–與Ag+結合生成AgCl沉淀，使c(Ag+)更小，平衡Fe3++AgAg++Fe2+正向移動，Ag單質溶解，因此用FeCl3溶液清洗試管較干凈，C正確；D．二氧化氮和四氧化二氮的平衡體系，存在可逆反應2NO2(g)N2O4(g)，縮小容器體積使體系壓強增大，平衡向著氣體分子數減小的方向移動，即逆向移動，故不能用勒夏特列原理解釋該平衡體系縮小體積后顏色加深，此處顏色加深是由于體積縮小，c(NO2)濃度增大所致，D錯誤；故選C?！军c睛】輕金屬鹽及銨鹽使蛋白質發(fā)生鹽析，是可逆變化，強酸、強堿、重金屬鹽等使蛋白質發(fā)生變性，為不可逆變化；用新制銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液檢驗蔗糖、淀粉水解產物時，需要加堿調pH至堿性。5.磷及其化合物在工農業(yè)生產中具有重要用途，下圖所示為提純白磷樣品(含惰性雜質)的工藝流程。下列說法不正確的是A.過程I中，被氧化的元素是Cu和PB.過程II中，反應物的比例不同可獲得不同產物，除Ca3(PO4)2和H2O外，可能還有Ca(H2PO4)2、CaHPO4C.過程Ⅲ的化學方程式為2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C=6CaSiO3+10CO↑+P4D.不慎將白磷沾到皮膚上，可用0.2mol·L-1CuSO4溶液沖洗【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．在反應Ⅰ中，CuSO4與P4反應生成Cu3P、H3PO4，Cu元素由+2價降低到Cu3P中+1價，被還原，P元素一部分降低到Cu3P中-3價，被還原，一部分被氧化到H3PO4中+5價，A錯誤；B．H3PO4為三元酸，與Ca(OH)2發(fā)生酸堿中和時，隨著H3PO4被中和的程度可生成Ca(H2PO4)2、CaHPO4、Ca3(PO4)2，B正確；C．根據圖示，反應Ⅲ中反應物為Ca3(PO4)2、SiO2、C，生成物為CaSiO3、CO、P4，根據得失電子守恒和元素守恒配平得方程式為：2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C=6CaSiO3+10CO↑+P4，C正確；D．根據圖示反應Ⅰ知，CuSO4可與P4發(fā)生反應，所以可以用稀的CuSO4溶液沖洗皮膚上的白磷，D正確；故答案選A。6.高鐵電池作為新型可充電電池，具有放電曲線平坦，高能高容量，原料豐富，綠色無污染等優(yōu)點。如圖為簡易的高鐵電池的工作裝置。已知：放電后，兩極都產生紅褐色懸浮物。下列說法正確的是A.該電池放電時的總反應為Fe+FeO+2H++2H2O=2Fe(OH)3B.放電時，此鹽橋中陰離子的運動方向是從右向左C.該電池充電時陽極反應電極反應方程式為FeO+3e-+4H2O=2Fe(OH)3+5OH-D.每消耗56gFe，轉移電子6mol【答案】B【解析】【分析】由圖可知，該裝置Fe做原電池的負極發(fā)生氧化反應，石墨做原電池的正極反生還原反應?！驹斀狻緼．由已知放電后，兩極都產生紅褐色懸浮物為Fe(OH)3,電解質溶液為KOH，所以溶液中不存在H+，總反應方程式為：Fe+FeO42-=Fe(OH)3+2OH-，故A錯誤；B．原電池裝置中，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，所以放電時陰離子向Fe電極移動，所以從右向左移動，故B正確；C．充電時正極石墨電極做陽極，Fe(OH)3失電子發(fā)生氧化反應：Fe(OH)3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O故C錯誤；D．56gFe的物質的量為1mol，Fe由0價變?yōu)?3價，每反應1mol鐵轉移3mol電子，故D錯誤；故選B。7.25℃時，向Na2CO3溶液中滴入鹽酸，不考慮溶液溫度變化，混合溶液的pH與離子濃度變化的關系如圖所示。已知：lgX=或，下列敘述正確的是A.曲線m表示pH與的變化關系B.當溶液呈中性時c(Na+)=c(HCO)+2c(CO)C.Ka1(H2CO3)=1.0×10-10.3D.25℃時，CO+H2O?HCO+OH-的平衡常數為1.0×10-3.7【答案】D【解析】【分析】碳酸的一級電離平衡常數的Ka1=，二級電離平衡常數為K2=，且K1>>K2，所以當氫離子濃度相同，即pH相同時>，也就是lg>lg，所以曲線n代表lg，曲線m代表lg。【詳解】A．根據分析可知m表示pH與lg的變化關系，故A錯誤；B．溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO)+c(HCO)+c(Cl-)，溶液呈中性，則c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=2c(CO)+c(HCO)+c(Cl-)，故B錯誤；C．Ka1(H2CO3)=，根據圖像可知lg=1時，pH=7.4，即=10時c(H+)=10-7.4mol/L，帶入表達式可得Ka1(H2CO3)=10-6.4，故C錯誤；D．CO+H2OHCO+OH-的平衡常數Kh=，據圖可知lg=-1時，pH=9.3，即=10時，c(OH-)=10-4.7，帶入表達式可得Kh=110-3.7，故D正確；綜上所述答案為D。8.在活性炭催化下，用CoCl2、NH4Cl、H2O2、濃氨水為原料可生成橙黃色晶體X。為測定其組成，進行如下實驗。I、氨的測定：精確稱取wgX，加入適量的水溶解，注入如圖所示的三頸瓶(B)中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸氣，將樣品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1mol·L-1的鹽酸標準溶液吸收。蒸氨結束后取下接收瓶，用c2mol·L-1NaOH標準溶液滴定過剩的鹽酸，到終點時消耗V2mLNaOH溶液。II、氯測定：準確稱取樣品X，配成溶液后用AgNO3標準溶液滴定，K2CrO4溶液為指示劑，Ag2CrO4為磚紅色沉淀。回答下列問題：(1)A中安全管的作用是______。(2)儀器a的名稱是______，C裝置冰鹽水的作用是______。(3)在NaOH標準溶液滴定過剩的鹽酸實驗中，錐形瓶中應加入幾滴______(填“石蕊”或“酚酞”或“甲基橙”)作指示劑。若在滴定前滴定管尖嘴內有氣泡，滴定后氣泡消失，則測得的樣品中氨的含量會______(填“偏高”或“偏低”或“不變”)。樣品中氮的質量分數表達式為______。(4)測定氯的過程中，滴定終點的現象為______。(5)經測定，樣品X的化學式為Co(NH3)6Cl3，寫出制備X的化學方程式：______。X的制備過程中，X產率與溫度的關系如圖所示，當溫度高于T1時X的產率下降，原因是______。(寫一點)【答案】(1).使圓底燒瓶中的壓力穩(wěn)定，防止壓力過大，將瓶口的塞子沖出(2).分液漏斗(3).降溫，使氨氣全部被鹽酸標準溶液吸收(4).甲基橙(5).偏低(6).(7).滴入最后一滴標準AgNO3溶液，錐形瓶中出現(磚、淺)紅色沉淀且半分鐘內不消失(8).2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·H2O+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O(9).溫度過高，H2O2(或NH4Cl)分解(或NH3揮發(fā))從而減少反應物，造成產率下降(合理即可)【解析】【分析】實驗Ⅰ：裝置A在加熱條件下產生水蒸氣，水蒸氣進入裝置B中促進NH3逸出，裝置B中樣品在足量NaOH溶液與水蒸氣共同作用下分解釋放出NH3，最終NH3進入裝置C被鹽酸吸收。實驗Ⅱ：根據AgNO3與Cl-定量反應關系，可用標準AgNO3溶液測定Cl-，當Cl-基本反應完全時，加入的AgNO3會與K2CrO4反應生成Ag2CrO4磚紅色沉淀，從而指示滴定終點?！驹斀狻?1)A中安全管能維持圓底燒瓶中的壓力穩(wěn)定，防止壓力過大，將瓶口的塞子沖出；(2)儀器a的名稱為分液漏斗；裝置C的目的為吸收B中產生的NH3，低溫有利于氨氣的溶解，故冰鹽水的作用為：降溫，使氨氣全部被鹽酸標準溶液吸收；(3)由于石蕊變色范圍太寬且變色不靈敏，所以酸堿滴定不選石蕊作指示劑，由于NaOH、HCl均為強電解質，相互滴定時，理論上酚酞、甲基橙均可作其指示劑，由于此時是NaOH滴定HCl，故選擇在酸性范圍突變的指示劑實驗誤差更小，所以選甲基橙；若滴定前尖嘴處有氣泡，滴定后氣泡消失，因為尖嘴部分的標準液實際未參與反應，故所計標準液偏多，測得剩余HCl偏多，則與NH3反應的HCl偏少，故測得的樣品中氨含量偏低；由題意知，與NH3反應的HCl物質的量=(10-3c1V1-10-3c2V2)mol，由反應比例關系：NH3~HCl，得樣品中NH3的物質的量=n(HCl)=(10-3c1V1-10-3c2V2)mol，故樣品中N的質量分數=；(4)當Cl-基本完全沉淀時，再滴加AgNO3，此時AgNO3會與K2CrO4反應生成Ag2CrO4磚紅色沉淀，故終點現象為：滴入最后一滴標準AgNO3溶液，錐形瓶中出現(磚、淺)紅色沉淀且半分鐘內不消失；(5)由X的化學式知，Co元素在反應過程中由+2價被H2O2氧化為+3價，依據得失電子守恒和元素守恒配平得方程式為：2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·H2O+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O；由于反應物中NH4Cl、H2O2受熱易分解，濃氨水受熱NH3大量揮發(fā)，均不利于X的生成，故此處填：溫度過高，H2O2(或NH4Cl)分解(或NH3揮發(fā))從而減少反應物，造成產率下降。9.工業(yè)上利用鈷渣[主要成分為Co2O3、Co(OH)3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等]制備鈷氧化物的工藝流程如下。已知：部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表。沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2開始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8(1)鈷的浸出率隨酸浸時間、溫度的變化關系如圖1，應選擇的最佳工藝條件為______。金屬離子在萃取劑中的萃取率隨pH變化關系如圖2，據此分析pH的最佳范圍是______。A.5～5.5B.4～4.5C.3～3.5D.2～2.5(2)Fe2+、Co2+、SO三種離子的還原性由強到弱的順序是______。氧化過程中加NaClO3被還原，產物中的氯元素處在最低價態(tài)，反應的離子方程式為______。(3)25℃Ksp(MgF2)=7.4×10-11，Ksp(CaF2)=1.5×10-10。除鈣、鎂工藝中加過量NaF溶液，濾液中=______(保留兩位有效數字)。(4)已知常溫下Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Kh(C2O)=1.8×10-10，(NH4)2C2O4溶液顯______(填“酸性”或“中性”或“堿性”)。在“萃后余液”中加入(NH4)2C2O4溶液后析出晶體，再過濾、洗滌，洗滌時應選用的試劑為______(填字母代號)。A.蒸餾水B.自來水C.飽和的(NH4)2C2O4溶液D.稀鹽酸(5)取一定質量煅燒后產生的鈷氧化物(Co為+2、+3價)，用100mL8mol·L-1的鹽酸恰好完全溶解，得到CoCl2溶液和標準狀況2.24L黃綠色氣體。則該鈷氧化物中+2價的Co與+3價Co元素的物質的量之比為______?！敬鸢浮?1).90℃、12h(2).B(3).SO、Fe2+、Co2+(4).ClO+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O(5).0.49(6).酸性(7).A(8).1：2【解析】【分析】在第一步浸出中，金屬氧化物和Co(OH)3與鹽酸反應轉化為對應離子，同時Co3+、Fe3+被Na2SO3還原為Co2+、Fe2+，故浸出液中陽離子有Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Mg2+、Ca2+、H+，向浸出液中加入NaClO3，將Fe2+氧化為Fe3+（由后續(xù)流程知，其他離子未被氧化），加入Na2CO3溶液調節(jié)pH至5.2，結合所給信息知，此時Al3+與Fe3+完全沉淀，故濾液Ⅰ中含Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+，加入NaF溶液，Mg2+、Ca2+轉化為MgF2、CaF2沉淀被除去，故濾液Ⅱ中含Co2+、Mn2+，加入萃取劑萃取Mn2+，實現Co2+與Mn2+的分離，向萃取后的水溶液中加入(NH4)2C2O4溶液，將Co2+轉化為CoC2O4·2H2O沉淀，再經過煅燒獲得鈷的氧化物?！驹斀狻?1)最佳條件需保證鈷的浸出率較高且需要考慮經濟成本，故最佳條件為浸取溫度90℃，浸出時間為12h；由分析知，萃取是為了萃取Mn2+，實現Co2+與Mn2+的分離，故Mn2+萃取率要盡可能高，Co2+萃取率盡可能低，最佳pH范圍為4~4.5，故答案選B；(2)由分析知，浸出時，Co3+、Fe3+均被Na2SO3還原，故三者中還原性最強，浸出液中加入NaClO3時，Fe2+被氧化為Fe3+，此時Co2+未參與反應，說明Fe2+還原性比Co2+強，故三者還原性順序為：＞Fe2+＞Co2+；由題意知，NaClO3將Fe2+氧化為Fe3+，自身被還原為Cl-，初步確定并配平得失電子守恒，得反應方程式為：，根據溶液呈酸性，在等式左邊添加6個H+配平電荷守恒，在等式右邊添加3個H2O配平元素守恒，得完整方程式為：；(3)；(4)的水解平衡常數Kh()=＞Kh()，故(NH4)2C2O4溶液顯酸性；洗滌時需除去晶體表面殘留的與離子，故不能選用飽和(NH4)2C2O4溶液，自來水中含有雜質離子，不能選用，稀鹽酸會與CoC2O4·2H2O反應，不能選用，蒸餾水可除去殘留的與離子，且不引入新雜質，可以選用，綜上所述，只有蒸餾水符合題意，故答案選A；(5)設該化合物中+2價Co元素為xmol，+3價Co元素為ymol，根據元素守恒得：x+y=n(CoCl2)=，由得失電子守恒得：y=2n(Cl2)=，聯立解得x=0.1mol，y=0.2mol，故該氧化物中+2價Co與+3價Co物質的量之比為1:2。10.上饒市正在創(chuàng)建“全國文明城市”，對碳的化合物做廣泛深入的研究并妥善處理具有重要意義。I.CO2與H2合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)。最近采用真空封管法制備磷化硼納米顆粒，在發(fā)展非金屬催化劑實現CO2電催化還原制備甲醇方向取得重要進展，該反應歷程如圖所示：(1)容易得到的副產物有CO和CH2O，其中相對較少的副產物為______；上述合成甲醇的反應速率較慢，要使反應速率加快，主要降低下列變化中______(填字母)的能量變化。A.?OCH3?CH3OHB.?CO?OCHC.?OCH2?OCH3D.?CO+?OH?CO+?H2OII.天然氣一個重要的用途是制取H2，其原理為CO2(g)+CH4(g)?2CO(g)+2H2(g)。(2)在密閉容器中通入物質的量均為0.1mol的CH4和CO2，在一定條件下發(fā)生反應，CH4的平衡轉化率與溫度及壓強(單位Pa)的關系如圖所示。y點：v(CO)正______v(H2)逆(填“大于”“小于”或“等于”)。已知氣體分壓(p分)=氣體總壓(p總)×氣體的物質的量分數。若平衡時氣體的總壓強為3×106Pa，求x點對應溫度下反應的平衡常數Kp=______Pa2。(3)天然氣中少量的雜質通常用氨水吸收，產物為硫氫化銨。一定條件下向硫氫化銨溶液中通入空氣，得到單質硫并使吸收液再生。寫出再生反應的化學方程式：______。III.利用銅基配合1，10-phenanthroline-Cu催化劑電催化CO2還原制備碳基燃料(包括CO、烷烴和酸等)是減少CO2在大氣中累積和實現可再生能源有效利用的關鍵手段，其裝置原理如圖所示。(4)電池工作過程中，陰極的電極反應式為______。(5)每轉移0.2mol電子，陽極室溶液質量減少______g。【答案】(1).CH2O(2).D(3).大于(4).4×1012(5).2NH4HS+O2=2S↓+2NH3·H2O(6).CO2+2e-+2H+=HCOOH(7).1.8【解析】【分析】【詳解】(1)據圖可知生成副產物CH2O時反應的活化能較大，反應進行的較慢，所以相對較少；反應慢的步驟決定整體反應速率，據圖可知合成甲醇的過程中?CO+?OH?CO+?H2O的活化能最大，反應速率最慢，所以需要主要降低該步驟的中的能量變化，即選D；(2)據圖可知y點時CH4轉化率低于平衡轉化率，所以平衡正向移動，v(CO)正＞v(CO)逆，而v(CO)逆=v(H2)逆，所以v(CO)正＞v(H2)逆；x點CH4的平衡轉化率為50%，初始投料為0.1mol的CH4和0.1mol的CO2，根據方程式可知從起始到平衡時Δn(CH4)=Δn(CO2)=0.05mol，Δn(CO)=Δn(H2)=0.1mol，則平衡時體系內n(CH4)=n(CO2)=0.1mol-0.05mol=0.05mol，n(CO)=n(H2)=0.1mol，則p(CH4)=p(CO2)==5×105Pa，p(CO)=p(H2)==1×106Pa，所以Kp==4×1012Pa；(3)根據題意可知硫氫化銨中通入空氣時，氧氣將-2價的S元素氧化得到S單質，根據電子守恒和元素守恒可知化學方程式為2NH4HS+O2=2S↓+2NH3·H2O；(4)據圖可知左側電極上H2O被氧化生成O2，所以左側為陽極，右側為陰極，陰極上CO2被還原結合遷移到陰極的氫離子得到HCOOH，電極反應式為CO2+2e-+2H+=HCOOH；(5)陽極反應為2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成的氫離子經質子交換膜遷移到陰極，所以每轉移0.2mol電子，陽極室減少的質量為0.1mol水的質量，即1.8g。11.2019年諾貝爾化學獎授予約翰·B·古迪納夫、M·斯坦利·威廷漢、吉野彰等三位科學家，以表彰他們在鋰電池研究作出的卓越貢獻。常用的鋰電池用鎳鈷錳酸鋰Li(NiCoMn)O2或磷酸鐵鋰(LiFePO4)等為正極材料。請回答下列問題：(1)Ni在元素周期表的位置是______區(qū)(填分區(qū))，基態(tài)Fe原子的價電子排布式為______。(2)1mol配合物[Co(NH3)4Cl2]Cl含σ鍵數目為______NA。(3)磷元素可以形成多種含氧酸H3PO4、H3PO2、H3PO3、HPO3，這四種酸中酸性最強的是______，HPO3中心原子的雜化方式是______，寫出與PO互為等電子體的離子______(寫離子符號，任寫兩個)。(4)硫化鋰Li2S的納米晶體是開發(fā)先進鋰電池的關鍵材料，硫化鋰的晶體為反螢石結構，其晶胞結構如圖。若a處微粒的坐標是則b處微粒的坐標是______；S2-的配位數是______；若硫化鋰晶體的密度為ρg·cm-3，則Li+與S2-的最短距離是______nm(用含ρ、NA的計算式表示)?！敬鸢浮?1).d(2).3d64s2(3).18(4).HPO3(5).sp2雜化(6).SO、ClO(7).(，，)(8).8(9).【解析】【分析】【詳解】(1)Ni元素為28號元素，其電子排布式為[Ar]3d84s2，根據其價電子排布確定位于d區(qū)，故此處填d；Fe元素為26號元素，其電子排布式為[Ar]3d64s2，價電子排布式為3d64s2；(2)該配合物中配體NH3、Cl-分別與中心Co3+之間形成一根配位鍵（屬于σ鍵），共有6個配位鍵，同時配體NH3自身含有3個σ鍵，故1mol該配合物中共有σ鍵6+3×4=18mol，即18NA；(3)四種磷元素含氧酸化學式依次可改寫為(HO)3PO、(HO)2PH、(HO)3P、(HO)PO2，一般非羥基氧個數越多，含氧酸酸性越強，所以HPO3酸性最強，故此處填HPO3；HPO3中心P原子連接1個羥基和2個氧原子，其價層電子對數=σ電子對+孤電子對=3+(5-2×2-1)=3，故雜化類型為sp2雜化；可將中P原子換成S原子或Cl原子，同時為了保持價電子總數不變，所帶電荷要減少相應數目，故等電子體為或，此處填、；(4)根據a點的坐標知立方體左下角頂點為原點，將立方體分為8個小立方體，b點位于右上角小立方體的體心，其x、y、z坐標均相當于邊長的，故b點坐標為；該晶胞中含有黑球個數=，白球個數=8，兩者之比為1:2，故黑球代表S2-，由圖示知，以面心S2-作參考，該晶胞中離S2-最近的Li+個數為4個，根據晶胞無隙并置原理，另一個晶胞中也有4個Li+離S2-最近，故S2-配位數為8；由上述計算知，1個晶胞中含有4個Li2S，則1個晶胞的質量=，