2022普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試·全國(guó)乙卷化學(xué)可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H—1B—11C—12N—14O—16Na—23S—32Cl—35.5一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。7．生活中處處有化學(xué)，下列敘述正確的是()A．HB鉛筆芯的成分為二氧化鉛B．碳酸氫鈉可做食品膨松劑C．青銅和黃銅是不同結(jié)構(gòu)的單質(zhì)銅D．焰火中紅色來(lái)源于鈉鹽灼燒解析：BHB鉛筆芯的主要成分是石墨，A項(xiàng)錯(cuò)誤；碳酸氫鈉在加熱的條件下會(huì)發(fā)生分解反應(yīng)生成碳酸鈉、水和二氧化碳，二氧化碳?xì)怏w可使食品變得松軟、多孔，故碳酸氫鈉可做食品膨松劑，B項(xiàng)正確；青銅是銅錫合金，黃銅是銅鋅合金，二者都屬于合金，C項(xiàng)錯(cuò)誤；鈉鹽的焰色反應(yīng)為黃色，因此焰火中的紅色不是來(lái)源于鈉鹽的灼燒，D項(xiàng)錯(cuò)誤。8．一種實(shí)現(xiàn)二氧化碳固定及再利用的反應(yīng)如下：下列敘述正確的是()A．化合物1分子中的所有原子共平面B．化合物1與乙醇互為同系物C．化合物2分子中含有羥基和酯基D．化合物2可以發(fā)生開(kāi)環(huán)聚合反應(yīng)解析：D化合物1分子結(jié)構(gòu)中含有烷烴基，所有的原子一定不共平面，A項(xiàng)錯(cuò)誤；同系物是指結(jié)構(gòu)相似，在分子組成上相差一個(gè)或若干個(gè)“CH2”原子團(tuán)的一系列化合物，化合物1與乙醇結(jié)構(gòu)不相似，且二者分子組成上不相差一個(gè)或若干個(gè)“CH2”原子團(tuán)，故二者不互為同系物，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由化合物2的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，分子結(jié)構(gòu)中含有酯基，沒(méi)有羥基，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由于化合物2為環(huán)狀結(jié)構(gòu)且分子結(jié)構(gòu)中含有酯基，可以發(fā)生水解反應(yīng)生成羥基和羧基，然后羧基和羥基可以發(fā)生縮聚反應(yīng)生成聚合物，因此化合物2可以發(fā)生開(kāi)環(huán)聚合反應(yīng)，D項(xiàng)正確。9．某白色粉末樣品，可能含有Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3和Na2CO3。取少量樣品進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：①溶于水，得到無(wú)色透明溶液；②向①的溶液中滴加過(guò)量稀鹽酸，溶液變渾濁，有刺激性氣體逸出，離心分離；③?、诘纳蠈忧逡海蚱渲械渭覤aCl2溶液有沉淀生成。該樣品中確定存在的是()A．Na2SO4、Na2S2O3 B．Na2SO3、Na2S2O3C．Na2SO4、Na2CO3 D．Na2SO3、Na2CO3解析：A向①的溶液中滴加過(guò)量稀鹽酸，溶液變渾濁，有刺激性氣體逸出，發(fā)生反應(yīng)S2Oeq\o\al(2－,3)＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O，說(shuō)明該白色粉末樣品中一定含有Na2S2O3；由于鹽酸過(guò)量，向②的上層清液中滴加BaCl2溶液有沉淀生成，則發(fā)生反應(yīng)SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋=BaSO4↓，說(shuō)明溶液中一定含有SOeq\o\al(2－,4)，而SOeq\o\al(2－,3)和COeq\o\al(2－,3)無(wú)法判斷，因此該白色粉末樣品中一定含有Na2SO4和Na2S2O3。10．由實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象，可得出相應(yīng)正確結(jié)論的是()實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論A向NaBr溶液中滴加過(guò)量氯水，再加入淀粉KI溶液先變橙色，后變藍(lán)色氧化性：Cl2＞Br2＞I2B向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱，加入新制的Cu(OH)2懸濁液無(wú)磚紅色沉淀蔗糖未發(fā)生水解C石蠟油加強(qiáng)熱，將產(chǎn)生的氣體通入Br2的CCl4溶液溶液由紅棕色變無(wú)色氣體中含有不飽和烴D加熱試管中的聚氯乙烯薄膜碎片試管口潤(rùn)濕的藍(lán)色石蕊試紙變紅氯乙烯加聚是可逆反應(yīng)解析：C由于氯水過(guò)量，可發(fā)生反應(yīng)Cl2＋2I－=2Cl－＋I(xiàn)2，無(wú)法證明Br2的氧化性強(qiáng)于I2，A項(xiàng)錯(cuò)誤；用新制的Cu(OH)2懸濁液檢驗(yàn)蔗糖水解的產(chǎn)物，應(yīng)在堿性條件下進(jìn)行，因此向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱后需先加入NaOH溶液中和過(guò)量的酸，再加入新制的Cu(OH)2懸濁液，B項(xiàng)錯(cuò)誤；不飽和烴可使溴的四氯化碳溶液褪色，由實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象可知石蠟油加強(qiáng)熱產(chǎn)生的氣體中含有不飽和烴，C項(xiàng)正確；加熱試管中的聚氯乙烯薄膜碎片，聚氯乙烯會(huì)焦化、分解產(chǎn)生HCl氣體，HCl能使?jié)櫇竦乃{(lán)色石蕊試紙變紅，D項(xiàng)錯(cuò)誤。11．化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于電訊器材、高級(jí)玻璃的制造。W、X、Y、Z為短周期元素，原子序數(shù)依次增加，且加和為21。YZ2分子的總電子數(shù)為奇數(shù)，常溫下為氣體。該化合物的熱重曲線如圖所示，在200℃以下熱分解時(shí)無(wú)刺激性氣體逸出。下列敘述正確的是()A．W、X、Y、Z的單質(zhì)常溫下均為氣體B．最高價(jià)氧化物的水化物的酸性：Y<XC．100～200℃階段熱分解失去4個(gè)W2ZD．500℃熱分解后生成固體化合物X2Z3解析：DW、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增加的短周期元素，YZ2分子的總電子數(shù)為奇數(shù)，常溫下為氣體，說(shuō)明Y核外電子數(shù)為奇數(shù)，則Y為N，Z為O；結(jié)合W、X、Y、Z的原子序數(shù)加和為21，可知W、X的原子序數(shù)之和為6，又W的原子序數(shù)小于X，化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于電訊器材、高級(jí)玻璃的制造，則W為H，X為B元素。B單質(zhì)常溫下為固體，A項(xiàng)錯(cuò)誤；元素非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，由于非金屬性B<N，則H3BO3<HNO3，B項(xiàng)錯(cuò)誤；1mol該化合物YW4X5Z8·4W2Z(NH4B5O8·4H2O)的質(zhì)量為273g，設(shè)其在100～200℃階段失水xmol，則有eq\f(18x,273)＝1－0.802＝0.198，解得x＝3，說(shuō)明100～200℃階段熱分解失去3molH2O，C項(xiàng)錯(cuò)誤；1mol化合物NH4B5O8·4H2O的質(zhì)量為273g，根據(jù)B元素守恒，最終可生成eq\f(5,2)molB2O3，質(zhì)量為175g，質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(175,273)×100%＝64.1%，由此說(shuō)明500℃熱分解后生成固體化合物B2O3，D項(xiàng)正確。12．Li－O2電池比能量高，在汽車(chē)、航天等領(lǐng)域具有良好應(yīng)用前景。近年來(lái)，科學(xué)家研究了一種光照充電Li－O2電池(如圖所示)。光照時(shí)，光催化電極產(chǎn)生電子(e－)和空穴(h＋)，驅(qū)動(dòng)陰極反應(yīng)(Li＋＋e－=Li)和陽(yáng)極反應(yīng)(Li2O2＋2h＋=2Li＋＋O2)對(duì)電池進(jìn)行充電。下列敘述錯(cuò)誤的是()A．充電時(shí)，電池的總反應(yīng)Li2O2=2Li＋O2B．充電效率與光照產(chǎn)生的電子和空穴量有關(guān)C．放電時(shí)，Li＋從正極穿過(guò)離子交換膜向負(fù)極遷移D．放電時(shí)，正極發(fā)生反應(yīng)O2＋2Li＋＋2e－=Li2O2解析：C由圖可知該裝置為二次電池，放電時(shí)O2→Li2O2，Li→Li＋；充電時(shí)Li2O2→O2，Li＋→Li，由此寫(xiě)出的電極反應(yīng)式如下：電極電極反應(yīng)式電解池陽(yáng)極(光催化電極)Li2O2＋2h＋=2Li＋＋O2陰極(金屬鋰)Li＋＋e－=Li原電池正極(光催化電極)O2＋2e－＋2Li＋=Li2O2負(fù)極(金屬鋰)Li－e－=Li＋充電時(shí)為電解池，由題目信息知，光照時(shí)，光催化電極產(chǎn)生電子(e－)和空穴(h＋)，電子通過(guò)外電路轉(zhuǎn)移到鋰電極發(fā)生反應(yīng)Li＋＋e－=Li，光催化電極上發(fā)生反應(yīng)Li2O2＋2h＋=2Li＋＋O2，總反應(yīng)為L(zhǎng)i2O2=2Li＋O2，因此充電效率與光照產(chǎn)生的電子和空穴量有關(guān)，A、B項(xiàng)正確；放電時(shí)，陽(yáng)離子移向正極，因此放電時(shí)，Li＋從負(fù)極穿過(guò)離子交換膜向正極遷移，C項(xiàng)錯(cuò)誤；放電時(shí)，正極發(fā)生還原反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為O2＋2e－＋2Li＋=Li2O2，D項(xiàng)正確。13．常溫下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10－3。在某體系中，H＋與A－離子不能穿過(guò)隔膜，未電離的HA可自由穿過(guò)該膜(如圖所示)。設(shè)溶液中c總(HA)＝c(HA)＋c(A－)，當(dāng)達(dá)到平衡時(shí)，下列敘述正確的是()A．溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)B．溶液Ⅱ中HA的電離度(eq\f(cA－,c總HA))為eq\f(1,101)C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c總(HA)之比為10－4解析：BpH＝7.0，溶液Ⅰ呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，若c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，則c(A－)＝0，明顯不符合實(shí)際情況，A項(xiàng)錯(cuò)誤；溶液Ⅱ中，eq\f(cA－,c總HA)＝eq\f(c平衡A－,c平衡HA＋c平衡A－)＝eq\f(1,\f(c平衡HA,c平衡A－)＋1)＝eq\f(1,\f(c平衡H＋,KaHA)＋1)＝eq\f(10－3,10－1＋10－3)＝eq\f(1,101)，B項(xiàng)正確；HA可以自由通過(guò)隔膜，溶液Ⅰ、Ⅱ中c(HA)應(yīng)相等，C項(xiàng)錯(cuò)誤；溶液Ⅰ、Ⅱ中c(HA)相等，由Ka(HA)＝eq\f(c平衡A－·c平衡H＋,c平衡HA)，可得cⅠ平衡(A－)·cⅠ平衡(H＋)＝cⅡ平衡(A－)·cⅡ平衡(H＋)，則eq\f(cⅠ平衡A－,cⅡ平衡A－)＝eq\f(cⅡ平衡H＋,cⅠ平衡H＋)＝eq\f(10－1,10－7)＝106，溶液Ⅰ中，eq\f(cⅠ平衡A－,cⅠ平衡總HA)＝eq\f(10－3,10－7＋10－3)≈1，cⅠ平衡總(HA)＝cⅠ平衡(A－)，同理溶液Ⅱ中，cⅡ平衡總(HA)＝101cⅡ平衡(A－)，故eq\f(cⅠ平衡總HA,cⅡ平衡總HA)＝eq\f(cⅠ平衡A－,101cⅡ平衡A－)＝eq\f(106,101)≈104，D項(xiàng)錯(cuò)誤。二、非選擇題：共58分。第26～28題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第35～36題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共43分。26．(14分)廢舊鉛蓄電池的鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，還有少量Ba、Fe、Al的鹽或氧化物等，為了保護(hù)環(huán)境、充分利用鉛資源，通過(guò)下圖流程實(shí)現(xiàn)鉛的回收。一些難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)如下表：難溶電解質(zhì)PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp2.5×10－87.4×10－141.1×10－102.6×10－9一定條件下，一些金屬氫氧化物沉淀時(shí)的pH如下表：金屬氫氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Pb(OH)2開(kāi)始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1回答下列問(wèn)題：(1)在“脫硫”中PbSO4轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______________________，用沉淀溶解平衡原理解釋選擇Na2CO3的原因________________________。(2)在“脫硫”中，加入Na2CO3不能使鉛膏中BaSO4完全轉(zhuǎn)化，原因是____________________________。(3)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，還要加入H2O2。(ⅰ)能被H2O2氧化的離子是________；(ⅱ)H2O2促進(jìn)了金屬Pb在醋酸中轉(zhuǎn)化為Pb(Ac)2，其化學(xué)方程式為_(kāi)_______________；(ⅲ)H2O2也能使PbO2轉(zhuǎn)化為Pb(Ac)2，H2O2的作用是___________________________________________。(4)“酸浸”后溶液的pH約為4.9，濾渣的主要成分是________________。(5)“沉鉛”的濾液中，金屬離子有__________________________________。解析：加入Na2CO3使PbSO4(s)轉(zhuǎn)化為PbCO3(s)，便于后續(xù)的酸浸；通過(guò)酸浸，鉛元素全部轉(zhuǎn)化為可溶性的Pb(Ac)2，過(guò)濾后在濾液中加入NaOH溶液，使Pb(Ac)2轉(zhuǎn)化為Pb(OH)2，Pb(OH)2加熱分解得到PbO。(1)PbCO3的Ksp遠(yuǎn)小于PbSO4的Ksp，易發(fā)生生成PbCO3的沉淀轉(zhuǎn)化，且進(jìn)行較為徹底。(2)BaCO3的Ksp大于BaSO4的Ksp，不易發(fā)生生成BaCO3的沉淀轉(zhuǎn)化，即使發(fā)生，反應(yīng)進(jìn)行的程度也很小。(3)(ⅰ)Fe2＋具有還原性，能被H2O2氧化；(ⅱ)H2O2能氧化Pb，使其轉(zhuǎn)化成Pb2＋，Pb2＋再與Ac－結(jié)合生成Pb(Ac)2，依據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律，即可寫(xiě)出反應(yīng)的化學(xué)方程式；(ⅲ)PbO2通過(guò)與H2O2、HAc反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Pb(Ac)2，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，Pb化合價(jià)降低，H2O2作還原劑。(4)根據(jù)題給信息，當(dāng)pH＝4.9時(shí)，Al3＋、Fe3＋完全轉(zhuǎn)化為Al(OH)3、Fe(OH)3。(5)加入NaOH溶液，發(fā)生沉鉛的反應(yīng)為Pb(Ac)2＋2NaOH=Pb(OH)2↓＋2NaAc，故濾液中含有的金屬陽(yáng)離子有Na＋以及未沉淀的Ba2＋。答案：(1)PbSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)=PbCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)該反應(yīng)的K＝eq\f(cSO\o\al(2－,4),cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(KspPbSO4,KspPbCO3)＝eq\f(2.5×10－8,7.4×10－14)＝3.4×105，反應(yīng)正向進(jìn)行的程度很大，可以進(jìn)行到底(2)反應(yīng)BaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)BaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)的K＝eq\f(cSO\o\al(2－,4),cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(KspBaSO4,KspBaCO3)＝eq\f(1.1×10－10,2.6×10－9)＝0.04，反應(yīng)正向進(jìn)行的程度很小(3)(ⅰ)Fe2＋(ⅱ)Pb＋H2O2＋2HAc=Pb(Ac)2＋2H2O(ⅲ)作還原劑(4)Al(OH)3、Fe(OH)3(5)Ba2＋、Na＋27．(14分)二草酸合銅(Ⅱ)酸鉀(K2[Cu(C2O4)2])可用于無(wú)機(jī)合成、功能材料制備。實(shí)驗(yàn)室制備二草酸合銅(Ⅱ)酸鉀可采用如下步驟：Ⅰ.取已知濃度的CuSO4溶液，攪拌下滴加足量NaOH溶液，產(chǎn)生淺藍(lán)色沉淀。加熱，沉淀轉(zhuǎn)變成黑色，過(guò)濾。Ⅱ.向草酸(H2C2O4)溶液中加入適量K2CO3固體，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液。Ⅲ.將Ⅱ的混合溶液加熱至80～85℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁熱過(guò)濾。Ⅳ.將Ⅲ的濾液用蒸汽浴加熱濃縮，經(jīng)一系列操作后，干燥，得到二草酸合銅(Ⅱ)酸鉀晶體，進(jìn)行表征和分析。回答下列問(wèn)題：(1)由CuSO4·5H2O配制Ⅰ中的CuSO4溶液，下列儀器中不需要的是________(填儀器名稱(chēng))。(2)長(zhǎng)期存放的CuSO4·5H2O中，會(huì)出現(xiàn)少量白色固體，原因是________________________________________________________________________。(3)Ⅰ中的黑色沉淀是________(寫(xiě)化學(xué)式)。(4)Ⅱ中原料配比為n(H2C2O4)∶n(K2CO3)＝1.5∶1，寫(xiě)出反應(yīng)的化學(xué)方程式________________。(5)Ⅱ中，為防止反應(yīng)過(guò)于劇烈而引起噴濺，加入K2CO3應(yīng)采取________的方法。(6)Ⅲ中應(yīng)采用________進(jìn)行加熱。(7)Ⅳ中“一系列操作”包括__________________________________。解析：(1)由CuSO4·5H2O配制Ⅰ中的CuSO4溶液，稱(chēng)量CuSO4·5H2O的質(zhì)量，用到電子天平；溶解晶體用到燒杯；加水用到量筒，故不需要的是分液漏斗、球形冷凝管。(2)長(zhǎng)期存放的CuSO4·5H2O固體在空氣中部分失去結(jié)晶水(風(fēng)化)，會(huì)出現(xiàn)少量白色CuSO4固體。(3)Ⅰ中取已知濃度的CuSO4溶液，攪拌下滴加足量NaOH溶液，產(chǎn)生淺藍(lán)色Cu(OH)2沉淀。加熱，Cu(OH)2沉淀脫水轉(zhuǎn)變成黑色的CuO。(4)根據(jù)Ⅱ中原料配比為n(H2C2O4)∶n(K2CO3)＝1.5∶1，可以得到反應(yīng)的化學(xué)方程式是3H2C2O4＋2K2CO3=2KHC2O4＋K2C2O4＋2CO2↑＋2H2O。(5)Ⅱ中反應(yīng)生成CO2，產(chǎn)生CO2過(guò)快易引起噴濺，為避免CO2產(chǎn)生過(guò)快，應(yīng)采取分批加入K2CO3的方法。(6)Ⅲ中將混合溶液加熱至80～85℃，應(yīng)采用水浴加熱。(7)Ⅳ中“將Ⅲ的濾液用蒸汽浴加熱濃縮，經(jīng)一系列操作后，干燥，得到二草酸合銅(Ⅱ)酸鉀晶體”，“一系列操作”在“加熱濃縮”與“干燥”之間，故“一系列操作”包括冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌。答案：(1)分液漏斗、球形冷凝管(2)晶體部分失去結(jié)晶水(風(fēng)化)(3)CuO(4)3H2C2O4＋2K2CO3=2KHC2O4＋K2C2O4＋2CO2↑＋2H2O(5)分批加入(6)水浴(7)冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌28．(15分)油氣開(kāi)采、石油化工、煤化工等行業(yè)廢氣普遍含有的硫化氫，需要回收處理并加以利用?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)已知下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：①2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g)ΔH1＝－1036kJ·mol－1②4H2S(g)＋2SO2(g)=3S2(g)＋4H2O(g)ΔH2＝94kJ·mol－1③2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH3＝－484kJ·mol－1計(jì)算H2S熱分解反應(yīng)④2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)的ΔH4＝________kJ·mol－1。(2)較普遍采用的H2S處理方法是克勞斯工藝，即利用反應(yīng)①和②生成單質(zhì)硫。另一種方法是，利用反應(yīng)④高溫?zé)岱纸釮2S。相比克勞斯工藝，高溫?zé)岱纸夥椒ǖ膬?yōu)點(diǎn)是________，缺點(diǎn)是________________________________。(3)在1470K、100kPa反應(yīng)條件下，將n(H2S)∶n(Ar)＝1∶4的混合氣進(jìn)行H2S熱分解反應(yīng)。平衡時(shí)混合氣中H2S與H2的分壓相等，H2S平衡轉(zhuǎn)化率為_(kāi)_______，平衡常數(shù)Kp＝________kPa。(4)在1373K、100kPa反應(yīng)條件下，對(duì)于n(H2S)∶n(Ar)分別為4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19的H2S－Ar混合氣，熱分解反應(yīng)過(guò)程中H2S轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間的變化如圖所示。①n(H2S)∶n(Ar)＝越小，H2S平衡轉(zhuǎn)化率________，理由是______________________________。②n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9對(duì)應(yīng)圖中曲線________，計(jì)算其在0～0.1s之間，H2S分壓的平均變化率為_(kāi)_______kPa·s－1。解析：(1)根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)④＝eq\f(①＋②－3×③,3)，故ΔH4＝eq\f(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3,3)＝＋170kJ·mol－1。(2)相比克勞斯工藝，高溫?zé)岱纸夥椒ǖ膬?yōu)點(diǎn)是得到燃料H2、不產(chǎn)生SO2污染物；缺點(diǎn)是反應(yīng)需要高溫，耗能較大。(3)由反應(yīng)④可知，H2S～H2，平衡時(shí)混合氣中H2S與H2的分壓相等，則H2S平衡轉(zhuǎn)化率為50%。設(shè)起始時(shí)n(H2S)＝1mol，列三段式如下：2H2S(g)S2(g)＋2H2(g)Ar起始量/mol1004變化量/mol0.50.250.5

0平衡量/mol0.50.250.5

4平衡時(shí)H2S、S2、H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)分別為eq\f(1,10.5)、eq\f(1,21)、eq\f(1,10.5)，則Kp＝eq\f(pS2·p2H2,p2H2S)＝p(S2)＝eq\f(1,21)×100kPa＝4.76kPa。(4)①2H2S(g)S2(g)＋2H2(g)為氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，n(H2S)∶n(Ar)越小，總壓不變，p(H2S)越小，越有利于平衡正向移動(dòng)，H2S平衡轉(zhuǎn)化率越高。②結(jié)合①中分析，n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9對(duì)應(yīng)圖中曲線d。由圖像可知，0～0.1s內(nèi)H2S分解了24%，設(shè)起始時(shí)n(H2S)＝1mol，列三段式如下：2H2S(g)S2(g)＋2H2(g)Ar起始量/mol100

9變化量/mol0.240.120.240平衡量/mol0.760.120.249H2S的起始分壓是eq\f(1,10)×100kPa＝10kPa，平衡時(shí)H2S的分壓為eq\f(0.76,10.12)×100kPa＝7.51kPa，故H2S分壓的平均變化率為eq\f(10－7.51,0.1)kPa·s－1＝24.9kPa·s－1。答案：(1)＋170(或170)(2)得到燃料H2、不產(chǎn)生SO2污染物耗能較大(3)50%4.76(4)①越高2H2S(g)S2(g)＋2H2(g)為氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，總壓不變，n(H2S)∶n(Ar)越小，p(H2S)越小，越有利于平衡正向移動(dòng)，故H2S平衡轉(zhuǎn)化率越高②d24.9(二)選考題：共15分35．[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)](15分)鹵素單質(zhì)及其化合物在科研和工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)氟原子激發(fā)態(tài)的電子排布式有________，其中能量較高的是________。(填標(biāo)號(hào))a．1s22s22p43s1b．1s22s22p43d2c．1s22s12p5d．1s22s22p33p2(2)①一氯乙烯(C2H3Cl)分子中，C的一個(gè)________雜化軌道與Cl的3px軌道形成C—Cl________鍵，并且Cl的3pz軌道與C的2pz軌道形成3中心4電子的大π鍵(Πeq\o\al(4,3))。②一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中，C—Cl鍵長(zhǎng)的順序是________，理由：(ⅰ)C的雜化軌道中s成分越多，形成的C－Cl鍵越強(qiáng)；(ⅱ)__________________。(3)鹵化物CsICl2受熱發(fā)生非氧化還原反應(yīng)，生成無(wú)色晶體X和紅棕色液體Y。X為_(kāi)_______。解釋X的熔點(diǎn)比Y高的原因______________________。(4)α-AgI晶體中I－離子作體心立方堆積(如圖所示)，Ag＋主要分布在由I－構(gòu)成的四面體、八面體等空隙中。在電場(chǎng)作用下，Ag＋不需要克服太大的阻力即可發(fā)生遷移。因此，α-AgI晶體在電池中可作為_(kāi)_______。已知阿伏加德羅常數(shù)為NA，則α-AgI晶體的摩爾體積Vm＝________m3·mol－1(列出算式)。解析：(1)因?yàn)榛鶓B(tài)氟原子的電子排布式是1s22s22p5，其中b、c不是9個(gè)電子，不能表示氟原子的核外電子排布，應(yīng)選ad；從2p能級(jí)激發(fā)1個(gè)電子到3s能級(jí)比從2p能級(jí)激發(fā)2個(gè)電子到3p能級(jí)需要的能量低，故a和d相比，d能量較高。(2)①雜化軌道形成共價(jià)鍵時(shí)只形成σ鍵。②因?yàn)橐宦纫彝?C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中的碳原子的雜化方式分別是sp3、sp2、sp，由“(ⅰ)C的雜化軌道中s成分越多，形成的C—Cl鍵越強(qiáng)”，說(shuō)明一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中，C—Cl鍵長(zhǎng)依次變短；一氯乙烯中Cl的3px軌道與C的2px軌道形成3中心4電子的大π鍵，分析可知一氯乙炔中Cl的2個(gè)3p軌道分別與C的2個(gè)2p軌道形成2個(gè)3中心4電子的大π鍵，一氯乙烷中不含大π鍵，因此可推知Cl參與形成的大π鍵越多，形成的C—Cl鍵越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的C—Cl鍵越短。(3)鹵化物CsICl2受熱發(fā)生非氧化還原反應(yīng)，則反應(yīng)前后Cs、I均為＋1價(jià)，Cl為－1價(jià)，因此生成的無(wú)色晶體X是CsCl，紅棕色液體Y是ICl。CsCl是離子晶體，而ICl是分子晶體，故CsCl的熔點(diǎn)比ICl的高。(4)因?yàn)?個(gè)α－AgI晶胞含有2個(gè)Ag＋，即2個(gè)AgI，其體積V晶胞＝5043×10－36m3，故α－AgI晶體的摩爾體積Vm＝eq\f(1,2)×V晶胞·NA＝eq\f(1,2)×5043×10－36NAm3·mol－1。答案：(1)add(2)①sp2σ②一氯乙烷(C2H5Cl)>一氯乙烯(C2H3Cl)>一氯乙炔(C2HCl)Cl參與形成的大π鍵越多，形成的C—Cl鍵越強(qiáng)(3)CsClCsCl