广西柳州市2019届高三化学模拟试卷（3月份） Word版含解析

广西柳州市2019届高三化学模拟试卷（3月份） Word版含解析

‎2019年广西柳州市高考化学模拟试卷（3月份）‎ 一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）‎ ‎1. 如图是硫元素在自然界中的循环图。下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 大量使用化石燃料是形成酸雨的原因之一 B. 循环过程中既有硫元素的氧化也有硫元素的还原 C. 若有机体中的硫存在形式是，硫元素显-2价 D. 大气中的SO2必须氧化成SO3才能形成酸雨 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．大量使用化石燃料可生成SO2及氮氧化物，能够形成酸雨，A正确；‎ B．根据循环图可知，S可转化为H2S，S的化合价降低，被还原，B正确；‎ C．若有机体中的硫存在形式是，类比—O—H，可知硫元素的化合价为-2价，C正确；‎ D．大气中的SO2与H2O可发生反应生成H2SO3，不一定需要氧化才可以形成酸雨，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 26gC2H2和C6H6的混合物中原子总数为4NA B. 1mol甲基中含有的电子数为10NA C. 由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO-数小于NA D. 0.1molCH3CH=CH2与足量的HBr反应生成的CH3CH2CH2Br的分子数是0.1NA ‎【答案】A - 15 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C2H2和C6H6的最简式均为CH，故26g混合物中含CH的物质的量为n= =2mol，故含原子为4NA个，故A正确；‎ B．甲基中含9个电子，故1mol甲基中含9NA个，故B错误；‎ C．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH-)，则醋酸根离子与钠离子浓度及数目相等，钠离子的物质的量为1mol，则CH3COO−数目为NA个，故C错误；‎ D．CH3CH=CH2与足量的HBr反应的产物有两种：CH3CH2CH2Br、CH3CHBrCH3，故生成的CH3CH2CH2Br的分子数小于0.1NA，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎3. 某有机物桶烯的结构简式为，下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 该有机物与乙苯是同分异构体 B. 该有机物的二氯代物有6种 C. 该有机物能发生加成和氧化反应 D. 1mol该有机物完全燃烧需要10molO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有机物桶烯的结构简式可知，该有机物的分子式为C8H8，1mol桶烯含有3mol碳碳双键，具有烯烃的性质，据此分析。‎ ‎【详解】A．该有机物桶烯的分子式为C8H8，乙苯的分子式为C8H10，桶烯含8个H，乙苯含10个H，二者分子式不同，不是同分异构体，故A错误；‎ B．固定1个Cl在双键碳上，移动另一个Cl有5种，固定1个Cl在次甲基上，移动另一个Cl有1种，共6种，故B正确；‎ C．该有机物含碳碳双键可发生加成、氧化反应，故C正确；‎ D．该有机物桶烯的分子式为C8H8，一个分子中含8个C，8个H - 15 -‎ ‎，根据该有机物燃烧的化学方程式可知：则1mol该有机物完全燃烧需要O2为8mol+mol=10mol，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎4. 下列各实验操作、现象和结论描述有错误的是( )‎ 选项 实验操作和现象 结论 A 常温下，测定同浓度NaA和NaB溶液pH：NaA小于NaB 相同条件下，在水中HA电离程度大于HB B 将稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色 氧化性：H2O2比Fe3+强 C 将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，紫色褪去 验证SO2具有还原性 D 向X溶液中滴入浓NaOH溶液加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝 X溶液中一定有NH A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．测定同浓度NaA和NaB溶液的pH，前者pH小，可知水解程度小，HA的酸性强，则相同条件下，在水中HA电离程度大于HB，故A正确；‎ B．酸性条件下硝酸根离子氧化亚铁离子，由操作和现象不能比较的H2O2、Fe3+的氧化性强，故B错误；‎ C．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫可被酸性高锰酸钾氧化，现象可说明二氧化硫具有还原性，故C正确；‎ D．NH滴入浓NaOH溶液加热会释放出氨气，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，由现象可知X溶液中一定有NH，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】酸性条件下硝酸根离子氧化亚铁离子为易错点。‎ ‎5. 高锰酸钾也可以通过电解法制备，装置如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ - 15 -‎ A. a是电源的负极 B. 离子交换膜是阴离子交换膜 C. 转移电子1 mol阴极生成气体11.2 L D. 转移电子2 mol，生成KMnO4 2 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电解池左侧Pt电极上MnO42-失去电子变为MnO4-，发生氧化反应，所以Pt电极为阳极，Pt电极的电极反应为MnO42--e-=MnO4-，则a极为直流电源的正极，A错误；‎ B．电解池左侧Pt电极的电极反应为：MnO42--e-=MnO4-，右侧的稀氢氧化钾溶液反应后变为浓氢氧化钾溶液，则右侧电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，钾离子通过离子交换膜进行入右侧，故该离子交换膜为阳离子交换膜，B错误；‎ C．由于题干未指明反应条件是否为标况下，因此无法进行有关计算，C错误；‎ D．由MnO42--e-=MnO4-可知转移每2 mol电子，可产生2 mol 的KMnO4，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎6. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且其中只有一种金属元素；X原子的最外层电子数等于其电子层数，Y、W的最高价含氧酸根离子分别与Z离子形成的正盐溶于水，所得溶液均显中性。下列说法一定正确的是（ ）‎ A. X、Y、W三元素形成的化合物一定是共价化合物 B. W含氧酸的酸性一定大于Y含氧酸的酸性 C. 原子半径：Z＞W＞Y＞X D. Z、W形成的化合物溶于水呈中性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 15 -‎ 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、W的最高价含氧酸根离子分别与Z离子形成的正盐溶于水，所得溶液均显中性，则Z离子为金属阳离子，Y、W为活泼非金属元素，则Y为N，Z为Na，W为S或Cl元素；X原子的最外层电子数等于其电子层数，由于只有一种金属元素，则X为H元素，据此解答。‎ ‎【详解】A．H、N、Cl形成的化合物可能为离子化合物，如氯化铵，故A错误；‎ B．没有指出元素最高价,该说法不合理,如：HNO3、HNO2的酸性大于HClO，故B错误；‎ C．电子层越多原子半径越大，同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：Z>W>Y>X，故C正确；‎ D．若W为S元素，Na2S溶于水溶液呈碱性，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎7. 298K时，将V0mL0.1mol•L-1的NaX、NaY溶液分别加水稀释至VmL的过程中，溶液的pH与lg的变化关系如图。下列说法不正确的是( )‎ A. 酸HY的电离常数约为10-5mol•L-1‎ B. 水的电离程度M点大于N点 C. 等浓度的NaX溶液和NaY溶液中阴离子浓度后者大 D. M点溶液中c(OH-)＞c(H+)+c(X-)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．0.1mol/LNaY溶液的pH=9，溶液中c(H+)=10−9mol⋅L−1，c(OH−)==10−5mol⋅L−1，Y−的水解程度较小，所以c(HY)≈c(OH−)=10−5mol⋅L−1，c(Y−)≈0.1mol/L，Kh=≈mol/L=10−9mol⋅L−1，Ka==mol/L=10−5mol⋅L−1，故A正确；‎ B．强碱弱酸盐促进水电离，溶液中pH值越大，水电离程度越大，两种钠盐溶液pH：M＞N - 15 -‎ ‎，则水电离程度：M点＞N点，故B正确；‎ C．相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大，溶液中酸根离子浓度越小，水解程度：X−大于Y−，所以等浓度的NaX、NaY溶液中c(X−)＜c(Y−)，故C正确；‎ D．M点溶液中存在电荷守恒c(OH−)+c(X−)=c(H+)+c(Na+)、存在物料守恒c(Na+)=c(X−)+c(HX)，所以c(OH−)=c(H+)+c(HX)，水解程度较小，所以c(X−)＞c(HX)，所以c(OH−)＜c(H+)+c(X−)，故D错误；‎ 答案选D。‎ 二、解答题（共3小题，满分43分）‎ ‎8. 硫化钠在无机制备、废水处理等领域常用作沉淀剂，其水溶液称为“臭碱”。可在特殊条件下以硫酸钠固体与炭粉为原料制备，流程如图所示：‎ ‎（1）实验室保存硫化钠固体应干燥环境密闭保存，理由是________。‎ ‎（2）流程中的固体A是________，若煅烧得到的气体是一种纯净物，使澄清石灰水变浑浊，煅烧过程的化学方程式是_______。‎ ‎（3）实验室用图所示装置以硫酸钠固体和炭粉为原料制备硫化钠并检验气体产物CO2，进行尾气吸收处理。正确的连接顺序是______（按气流方向，接用小写产母表示）。‎ ‎（4）某同学从氧化还原角度分析固体产物中可能含有Na2SO3，请设计实验证明其猜测是否合理（供选择的试剂有：酚酞溶液、硝酸、稀盐酸、蒸馏水）_________。‎ ‎（5）经实验测定，硫酸钠与炭粉在一定条件下反应可生成等物质的量的两种盐和体积比为1：3的CO2和CO两种气体，反应方程式为________。‎ ‎（6）一定量硫化钠晶体置于表面皿上，暴露在空气中；三天后将样品放入盛水的烧杯中，搅拌后得无色澄清溶液；取少量该溶液加入过量盐酸中，有气体放出，且溶液保持澄清产生的气体可能是H2S、SO2、CO2或是它们的组合。为了检验气体成分，将气体依次通过_________（填写试剂编号）。‎ - 15 -‎ ‎（可用试剂是a：品红溶液、b：足量溴水、c：澄清石灰水、d：硫酸铜溶液）‎ ‎【答案】 (1). 硫化钠容易吸水水解和被氧化 (2). 炭粉 (3). Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑ (4). a→b→c→e→f→d (5). 取少量反应后的固体于试管中，加蒸馏水溶解，滴加适量稀盐酸，若出现淡黄色沉淀，则固体中含亚硫酸钠，反之不含亚硫酸钠 (6). 2Na2SO4+4CNa2S+Na2SO3+3CO↑+CO2↑ (7). 用品红溶液检验二氧化硫，然后用硫酸铜溶液检验硫化氢，再经过溴水吸收二氧化硫、硫化氢气体，最后用澄清石灰水检验二氧化碳 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在工业上，在高温下用过量的煤粉还原硫酸钠生成碳的氧化物和硫化钠，用稀碱溶液浸泡，再过滤，滤渣中含有未反应的煤粉可循环利用，滤液为硫化钠溶液，然后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫化钠晶体，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)硫化钠具有还原性，易溶于水且易水解，容易被空气中的氧气氧化而变质，因此在实验室保存硫化钠固体应干燥环境密闭保存，以防止其吸水水解和被氧化；‎ ‎(2)由于碳粉过量，所以固体溶解后剩余固体为炭粉，若煅烧得到的气体是一种纯净物，使澄清石灰水变浑浊，该气体为二氧化碳，反应的化学方程式为：Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑；‎ ‎(3)A为制备装置，装置B缓冲气流，装置D检验二氧化碳，装置C吸收尾气，则连接仪器顺序为a→b→c→e→f→d；‎ ‎(4)固体产物中可能含有少量Na2SO3，可根据SO2与H2S发生氧化还原反应产生难溶于水S分析判断。设计实验为：取少量反应后的固体于试管中，加少量蒸馏水溶解，然后向溶液中滴加适量稀盐酸，若出现淡黄色沉淀，则证明固体中含亚硫酸钠，反之不含亚硫酸钠；‎ ‎(5)经实验测定，硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质量的两种盐和体积比为1：3的CO2和CO两种气体，C失去电子，S得到电子，假设CO2和CO分别为1 mol、3 mol，则失去电子总物质的量为10 mol，则S应该得到10 mol电子，应生成等量的Na2S、Na2SO3，反应方程式为2Na2SO4+4CNa2S+Na2SO3+3CO↑+CO2↑；‎ ‎(6)可根据SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色，先用品红溶液检验二氧化硫；然后根据CuS是黑色不溶性的物质，用CuSO4溶液检验H2S气体，若观察到生成黑色沉淀，就证明含有H2S气体，否则不含有H2S气体；再利用SO2、H2S都具有还原性，能够被溴水氧化产生硫酸，用溴水吸收SO2、H2S气体，最后用澄清石灰水检验二氧化碳，若石灰水变浑浊，就证明含有 - 15 -‎ CO2，否则不含有CO2气体。‎ ‎【点睛】本题考查物质的制备。涉及装置的连接、物质成分的检验的先后顺序、物质的保存、氧化还原反应的有关计算、化学方程式的书写。把握制备原理、实验装置的作用、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合。‎ ‎9. 纳米Cu2O是一种新型的p型半导体材料，由醋酸铜制备纳米Cu2O的实验步骤如图1所示：‎ ‎（1）实验前需分别配制浓度均为0.5 mo1•L-1Na2CO3溶液和CuSO4溶液各100 mL。配制时，需用到的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要_______（填仪器名称）。‎ ‎（2）“步骤Ⅰ”制备Cu2(OH)2CO3时，反应控制的温度不宜过高，其可能原因是___。‎ ‎（3）“步骤Ⅱ”“水洗”时，检验洗涤是否完全的方法是________。‎ ‎（4）“步骤Ⅲ”滴加醋酸生成醋酸铜，发生反应的化学方程式是_________。‎ ‎（5）用“步骤Ⅲ”所得(CH3COO)2Cu溶液和水合肼(N2H4•H2O)在约20℃左右反应可制备纳米Cu2O，将(CH3COO)2Cu溶液稀释到约6×10-3 mo•L-1，向溶液中滴加0.03 mol•L-1水合肼溶液，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、蒸馏水洗涤2～3次，再用乙醇洗涤2～3次，真空干燥得纳米Cu2O，反应离子方程式是______。用乙醇洗涤的目的是_________。‎ ‎（6）目前，阳极氧化法制备纳米氧化亚铜多采用以纯铜片做电极，在NaCl碱性溶液中合成，氧化亚铜是通过阳极铜溶解并发生水解沉淀反应而生成的。如图2所示，其机理为首先铜被吸附：Cu+Cl-→(CuCl-)吸附，(CuCl-)吸在阳极放电生成CuCl。CuCl与OH-结合生成Cu(OH)，Cu(OH)分解生成Cu2O。‎ ‎①离子交换膜是_________（填写“阴离子交换膜”或“阳离子交换膜”）。‎ ‎②(CuCl-)吸附在阳极放电的电极反应式是___。‎ ‎【答案】 (1). 胶头滴管和100 mL容量瓶 (2). 防止碱式碳酸铜分解 (3). ‎ - 15 -‎ 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，没有出现白色浑浊，说明洗涤干净 (4). 4CH3COOH+Cu2(OH)2CO3=CO2↑+3H2O+2(CH3COO)2Cu (5). 4Cu2++N2H4•H2O+H2O=N2↑+2Cu2O↓+8H+ (6). 便于除去晶体表面的水 (7). 阴离子交换膜 (8). (CuCl-)吸附-e-+(n-1)Cl-=[CuCln]1-n ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液操作步骤确定使用的仪器；‎ ‎（2）根据物质的稳定性确定加热温度；‎ ‎（3）根据BaSO4的不溶性检验SO42-的存在；‎ ‎（4）利用酸性：CH3COOH＞H2CO3，根据复分解反应的规律书写反应方程式；‎ ‎（5）(CH3COO)2Cu溶液和水合肼(N2H4•H2O)发生氧化还原反应生成N2、Cu2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，书写反应的离子方程式；利用乙醇和水可以任意比互溶，但是晶体不能溶于乙醇选择洗涤试剂；‎ ‎（6）①由题意判断离子交换膜是阴离子交换膜；‎ ‎②(CuCl-)吸附在阳极失去电子与Cl-结合形成[CuCln]1-n。‎ ‎【详解】（1）配制浓度均为0.5 mo1/LNa2CO3溶液和CuSO4溶液各100 mL，配制时，需用到的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要胶头滴管和100 mL容量瓶；‎ ‎（2）“步骤Ⅰ”制备Cu2(OH)2CO3时若温度太高，碱式碳酸铜发生分解反应产生CuO、H2O、CO2，因此温度不宜过高，以防止碱式碳酸铜分解；‎ ‎（3）“步骤Ⅱ”“水洗”时，若洗涤干净，则最后的洗涤液中不含有SO42-。故检验洗涤是否完全的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若没有出现白色浑浊，说明洗涤干净；‎ ‎（4）“步骤Ⅲ”中可根据醋酸酸性比碳酸强，碱式碳酸铜与醋酸会发生复分解反应可制取得到醋酸铜，发生反应的化学方程式是4CH3COOH+Cu2(OH)2CO3=CO2↑+3H2O+2(CH3COO)2Cu；‎ ‎（5）(CH3COO)2Cu溶液和水合肼(N2H4•H2O)发生氧化还原反应生成N2、Cu2O，离子方程式是4Cu2++N2H4•H2O+H2O=N2↑+2Cu2O↓+8H+；用乙醇洗涤的目的是便于除去晶体表面的水；‎ ‎（6）①由题意可知：首先是阳极被吸附产生(CuCl-)吸附，(CuCl-)吸在阳极放电生成CuCl。CuCl与OH-结合生成Cu(OH)，Cu(OH)分解生成Cu2O，所以离子交换膜应该是阴离子交换膜；‎ - 15 -‎ ‎②(CuCl-)吸附在阳极失去电子，结合Cl-形成CuCln]1-n，故阳极的电极反应式是(CuCl-)吸附-e-+(n-1)Cl-=[CuCln]1-n。‎ ‎【点睛】本题以化学工艺流程为载体，考查了溶液配制的仪器使用、离子的检验及化学方程式与离子方程式的书写、电解知识，将元素化合物与实验融合一起，综合考查了学生对知识的掌握与应用能力，注意把握题干信息，充分利用已掌握的物质的性质以及实验操作的方法。‎ ‎10. 氨气脱硫技术已得到普遍使用。‎ ‎（1）尿素法烟气脱硫反应机理如图1所示：‎ 写出第③步反应离子方程式___。‎ ‎（2）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）△H。有关数据如表所示：‎ 温度（℃）‎ ‎15.0‎ ‎20.0‎ ‎25.0‎ ‎30.0‎ ‎35.0‎ 平衡总压强（kPa）‎ ‎5.7‎ ‎8.3‎ ‎12.0‎ ‎17.1‎ ‎24.0‎ 平衡气体总浓度（×10-3mol/L）‎ ‎2.4‎ ‎3.4‎ ‎4.8‎ ‎6.8‎ ‎9.4‎ ‎①△H___0（填写“大于”、“小于”）‎ ‎②25.0℃条件下反应，达到平衡时KP=___（用分压代替物质的浓度计算，分压等于总压与各物质的体积分数之积）‎ ‎（3）已知：NH2COONH4+2H2ONH4HCO3+NH3•H2O。该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定水解反应速率，得到c（NH2COO-）随时间变化趋势如图2所示。由图信息，随着温度升高水解反应速率___（填写“增大”、“减小”），理由是___。‎ - 15 -‎ ‎（4）JohnstoneH.F.在1935年发表了NH3-SO2-H2O系统的溶液热力学数据，表明氨法脱硫原理为：‎ a.SO2（g）SO2（aq）‎ b.2NH3（aq）+SO2（aq）+H2O（NH4）2SO3‎ c.NH3（aq）+SO2（aq）+H2ONH4HSO3‎ d.（NH4）2SO3+SO2（aq）+H2O2NH4HSO3‎ e.NH3（aq）+NH4HSO3（NH4）2SO3‎ 已知25℃时，含硫物种[H2SO3即SO2（aq）、HSO、SO]分布如图3所示。‎ ‎①当吸收液的pH=7时，NH与含硫物种之间的关系是c（NH）=___。‎ ‎②由实验测得氨水脱除SO2时，脱硫效率随pH的变化如图4所示。在pH＜5.5时，pH较小，脱硫效率低的可能原因是___；实际工艺中，吸收液的pH应控制在一定范围内，pH不宜过大的原因是___。‎ ‎【答案】 (1). 2SO+2H++O2+NH2COONH4=2NH+2SO+CO2 (2). 大于 (3). 256(kPa)3 ‎ - 15 -‎ ‎(4). 增大 (5). 浓度低温度高时，化学反应速率增大 (6). c（HSO）+2c（SO） (7). 在pH＜5.5时，pH较小，H+浓度大，抑制H2SO3的电离，SO2的溶解度小，脱硫效率降低 (8). pH过大，造成NH3的挥发 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据反应机理可知，第③步反应的反应物有氧气、亚硫酸根离子、氢离子和NH2COONH4，生成物有铵根离子、硫酸根离子、二氧化碳；‎ ‎(2)根据表中数据及反应方程式判断；‎ ‎(3)根据图像判断；‎ ‎(4)①pH=7时，溶液呈中性，利用电荷守恒判断；‎ ‎②c(H+)的大小对溶液中物质的影响判断。‎ ‎【详解】(1)根据反应机理可知，第③步反应的反应物有氧气、亚硫酸根离子、氢离子和NH2COONH4，生成物有铵根离子、硫酸根离子，根据化合价升降法判断，产物还有二氧化碳，则离子方程式为2SO+2H++O2+NH2COONH4=2NH+2SO+CO2；‎ ‎(2)①根据表中数据可知，升高温度，平衡气体的总浓度增大，即升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，△H大于0；‎ ‎②平衡时总浓度为4.8×10-3mol/L，容器内气体的物质的量之比为2：1，平衡总压强12.0 kPa，则P(NH3)=8 kPa，P(CO2)=4 kPa，KP=(8 kPa)2×4 kPa=256 (kPa)3；‎ ‎(3)根据图像可知，25℃反应物的起始浓度较小，但0~6min的平均反应速率仍比15大，说明水解反应的平均速率随温度的升高而增大。‎ ‎(4)①pH=7时，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据溶液呈电中性可知，c(NH)+c(H+)=c(OH-)+ c(HSO)+2c(SO)，则c(NH)= c(HSO)+2c(SO)；‎ ‎②c(H+)较小时，抑制了亚硫酸的电离，导致二氧化硫的溶解度减小，则在pH＜5.5时，pH较小脱硫效率低；实际工艺中，由于pH过大，会造成液体中氨气的挥发，形成气溶胶，故吸收液的pH应控制在一定范围内。‎ ‎11. 太阳能电池材料和半导体材料对未来社会的发展有重要的作用。对铜、铅、砷化合物的研究成为科学家研究的热点。‎ ‎(1)有机氯化铅CH3NH2PbCl3‎ - 15 -‎ 钙矿太阳能电池有优异的光电性能。基态氯原子中核外电子占据的最高能级符号是___，基态铅原子的价层电子排布式是___。‎ ‎(2)二苯氰砷结构为：分子中碳原子杂化轨道类型为___，与CN-等电子体的一种分子的电子式是___。‎ ‎(3)Cu+与NH3形成的配合物可表示为[Cu(NH3)n]+。该配合物中，Cu+的4s轨道及4p轨道通过sp杂化接受NH3提供的孤电子对。已知下列物质键角数据：‎ CH4‎ NH3‎ H2O ‎[Cu(NH3)n]+‎ ‎∠HCH ‎∠HNH ‎∠HOH ‎∠HNH ‎109.5°‎ ‎107°‎ ‎105°‎ 接近109.5°‎ ‎①[Cu(NH3)n]+中n=___；Cu+与n个氮原子的空间结构呈___形。‎ ‎②[Cu(NH3)n]+中∠HNH键角接近109.5°的原因是___。‎ ‎(4)有机卤化铅(CH3NH2PbX3)的晶胞结构如图所示，与CH3NH距离最近的Pb2+有___个，距离最近的CH3NH有___个。若X-为I-，晶胞密度为dg•cm-3，则两个I-之间的最小距离为___cm。(用NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可，CH3NH2PbI3相对分子质量为620)‎ ‎【答案】 (1). 3p (2). 6s26p2 (3). sp、sp2 (4). (5). 2 (6). 直线 (7). 氨分子中的氮原子孤电子配位后，对成键电子对的斥力减小，四个电子对几乎均匀分布，呈正四面体，所以键角接近109.5° (8). 8 (9). 6 (10). ‎ ‎【解析】‎ - 15 -‎ ‎【分析】‎ ‎(1)基态氯原子中核外电子排布为1s22s22p63s23p5；铅为第六周期ⅣA族的元素，价电子数为4；‎ ‎(2)分子中苯环上的碳原子为sp2杂化，碳氮三键中的碳原子为sp杂化； CN- 中有14个电子，组成微粒的原子数和最外层电子总数相等互为等电子体，据此分析解答；‎ ‎(3)①该配合物中，Cu+提供空轨道，NH3中的N原子提供的孤电子对，Cu+的4s轨道及4p轨道通过sp杂化，据此分析解答； ‎ ‎②氨分子中的氮原子的孤电子对配位后，对成键电子对的斥力减小，四个电子对几乎均匀分布，呈正四面体形；‎ ‎(4)根据晶胞图示中微粒位置关系分析判断；若X-为I-，位于晶胞的面心，设晶胞的棱长为acm，体积为a3cm3，根据晶胞密度计算晶胞边长，则两个I-之间的最小距离为面对角线长度的一半。‎ ‎【详解】(1)基态氯原子中核外电子有三个电子层，最外层有7个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p5，则占据的最高能级符号是3p，铅为第六周期ⅣA族的元素，价电子数为4，基态铅原子的价层电子排布式是6s26p2；‎ ‎(2)分子中苯环上的碳原子为sp2杂化，碳氮三键中的碳原子为sp杂化，则碳原子杂化轨道类型为sp和sp2 ；与CN- 中有14个电子，与CN-等电子体是等电子体的一种分子为N2，其的电子式为：；‎ ‎(3)①该配合物中，Cu+的4s轨道及4p轨道通过sp杂化接受NH3提供的孤电子对，则n=2，Cu+与2个氮原子的空间结构呈直线形；‎ ‎②[Cu(NH3)n]+中∠HNH键角接近109.5°的原因是：氨分子中的氮原子的孤电子对配位后，对成键电子对的斥力减小，四个电子对几乎均匀分布，呈正四面体形，所以键角接近109.5°；‎ ‎(4)由晶胞结构可知，Pb2+位于晶胞的中心， CH3NH位于晶胞的顶点， 则与CH3NH距离最近的Pb2+有8个，距离最近的CH3NH有6个；若X-为I-，位于晶胞的面心，设晶胞的棱长为acm，体积为a3cm3，一个晶胞中含有一个晶胞CH3NH2PbI3，质量为，密度为=，则a=，面对角线的长度为，两个I-‎ - 15 -‎ 之间的最小距离为面对角线长度的一半，则距离为。‎ ‎【点睛】难点为(4)中的计算，两个I-之间的最小距离为面对角线长度的一半，需要学生具有一定的立体几何的解题能力。‎ - 15 -‎