2022年高考押題預(yù)測(cè)卷02（福建卷）-化學(xué)（全解全析）

2022年高考押題預(yù)測(cè)卷02【福建卷】

化學(xué).全解全析

題號(hào)12345678910

答案BCDACACABD

1.B

【解析】

【詳解】

A.赤鐵礦主要成分為Fe?03,司南柄的主要成分為FeQ,,A錯(cuò)誤；

B.石綠主要成分為堿式碳酸銅，B正確；

C.《千里江山圖》所用原料石綠能與酸反應(yīng)，C錯(cuò)誤；

D.朱砂主要成分為AS2O3,是酸性氧化物，D錯(cuò)誤；

故選A。

2.C

【解析】

【詳解】

C)

A.由圖可知，、人取代n中苯環(huán)上的氫原子生成ni,因此由n生成ni的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)，故A

Cl

正確；

B.H和W中苯環(huán)上均有-CH3,則II和W均能使酸性高鎰酸鉀溶液褪色，故B正確；

C.Imoirv中含有Imol碳碳雙鍵、Imol皴基、1mol苯環(huán)，可以與5moi也發(fā)生加成反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D.鄰二甲苯與水不互溶且與碘不反應(yīng)，碘在鄰二甲苯中的溶解度比在水中的溶解度大，所以鄰二甲苯可以

作萃取劑，又因?yàn)猷彾妆降拿芏刃∮谒?，因此有機(jī)相在上層，故D正確；

答案選C。

3.D

【解析】

【詳解】

+

A.氫氧化鈉溶液與少量硫酸鋁溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為AP+4OH-=A1O2+2H2O,

故A錯(cuò)誤;

B.硫化鈉溶液與過量二氧化硫反應(yīng)生成硫沉淀和亞硫酸氫鈉次氯酸鈣溶液2s2—+3SCh+H2O=3S1+2HSO；，

故C錯(cuò)誤;

C.次氯酸鈣溶液與少量二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀和次氯酸次氯酸鈣溶液Ca2++2C1O-+

C02=CaC03；+2HC10,故C錯(cuò)誤：

D.酚羥基不能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng),溶液與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)生成

氧化碳和水,反應(yīng)的離子方程式為

故選Do

4.A

【解析】

【詳解】

A.H20在標(biāo)況下是液體,不能利用22.4L/mol計(jì)算體積,故消耗NA個(gè)乙苯分子，生成H2O的體積不是22.4L,

A錯(cuò)誤；

B.由化學(xué)方程式可以看出，每生成1個(gè)苯乙烯，電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為2e;則生成Imol苯乙烯，轉(zhuǎn)移2moi

電子，B正確；

106e

C.10.6g乙苯的物質(zhì)的量為1=0/mol,苯環(huán)不含碳碳單鍵，Imol乙苯中含有2molC-C單鍵，故O.lmol

1Unog/mol

乙苯中所含的C-C單鍵數(shù)目為0.2M,C正確；

D.溶液中含有CCh分子，依據(jù)碳原子守恒原則，CO；、HCO；和H2cCh粒子數(shù)之和小于M,D正確;

故選A。

5.C

【解析】

【分析】

該裝置為原電池，有機(jī)廢水中的CH3co0H發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)生成CO?,亞硝酸根發(fā)生得電子的還原

反應(yīng)生成N2,極為負(fù)極，b極為正極。

【詳解】

A.。極為負(fù)極，CH3co0H失電子，b極為正極亞硝酸根得電子，故A錯(cuò)誤；

B.由分析知。極為負(fù)極，則負(fù)極反應(yīng)式為CH3co0H+2H2O-8e-=2CO2T+8H+,故B錯(cuò)誤；

C.ImoWO；發(fā)生得3moi電子的還原反應(yīng)生成OSmolN?,每生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LN2,電路中轉(zhuǎn)移0.6mol

電子故C正確；

D.原電池工作時(shí)，陰離子移向負(fù)極、陽離子移向正極，即NaCl溶液中的Na+通過陽離子交換膜移向b極、

C「通過陰離子交換膜移向〃極，達(dá)到海水淡化目的，所以離子交換膜a為陰離子交換膜，離子交換膜b為

陽離子交換膜，故D錯(cuò)誤；

故答案為C。

6.A

【解析】

【分析】

由圖可知Z能形成Z2+,則Z的價(jià)電子數(shù)為2,X核外電子數(shù)是Z的價(jià)電子數(shù)4倍，則X核外8個(gè)電子，X

為0,結(jié)合X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的前20號(hào)不同周期的元素，可知X為第三周群元素，Z為第四

周期元素，則Z為鈣，該化合物中存在YX-和丫X?,則丫為C1,據(jù)此解答.

【詳解】

A.ZXY2為CaOCh為混鹽，含有次氯酸根離子，具有強(qiáng)的氧化性，具有漂白性，故A正確；

B.含有丫元素且可作水消毒劑的物質(zhì)有多種，如氯氣、二氧化氯，故B錯(cuò)誤；

C.HC10為弱酸，故C錯(cuò)誤；

D.X和丫在混鹽中形成CIO和CIO；,依據(jù)結(jié)構(gòu)可知，0均滿足8電子結(jié)構(gòu)，CI在CIO中滿足8電子穩(wěn)定

結(jié)構(gòu)，在CIO；中不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D錯(cuò)誤；

故選：Ao

7.C

【解析】

【分析】

倍鐵礦在氧氣中與純堿燃燒生成Na2CrO4和NaA102固體，發(fā)生反應(yīng)為AbCh+Na2cCh竺2NaA102+C02t，

主反應(yīng)為4FeOCr2O3+7O2+8Na2cCh竺8Na2CrO4+2Fe2Ch+8CO2,加水通過水浸NaAQ、NazCrCM進(jìn)入浸出

液中，而不溶的Fe2O3形成濾渣1,浸出液加入稀硫酸形成濾渣2是A1(OH)3沉淀，最后分離出NazCrCM溶

液，加入S發(fā)生轉(zhuǎn)化，發(fā)生反應(yīng)為4Na2CrO4+6S+7H2O=4Cr(OH)3+3Na2s2O3+2NaOH,得到Cr(0H)3再轉(zhuǎn)化

為Cr；

【詳解】

A.焙燒時(shí)FeOCr2O3—Na2CrO4、FezCh,Fe和Cr元素化合價(jià)都升高，通入氧氣做氧化劑，發(fā)生反應(yīng)為

4FeO?Cr2O3+7O2+8Na2cCh空8Na2CrO4+2Fe2Ch+8CO2,則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為7：4,A正確：

B.由分析可知，不溶于水的FezO?形成濾渣1,B正確：

C.酸浸時(shí)加入稀硫酸目的是形成Al(0H)3沉淀，除去鋁元素，由于Al(0H)3能溶于硫酸，則不能加入足量

稀硫酸，c錯(cuò)誤；

D.轉(zhuǎn)化時(shí)加入S和NazCrCU反應(yīng)生成Na2s2O3、Cr(0H)3,S元素化合價(jià)升高了2,有2個(gè)S發(fā)生變價(jià)，

Cr元素化合價(jià)降低了3,結(jié)合得失電子守恒和原子守恒，發(fā)生反應(yīng)方程式為

4Na2CrC)4+6S+7H2O=4Cr(OH)3+3Na2s2Ch+2NaOH,D正確；

故選：Co

8.A

【解析】

【詳解】

A.常溫下，向100mL濃度分別為0.10mol/L的K2c和KSCN混合溶液中滴加幾滴氯化鐵溶液，觀察

3

到溶液變?yōu)榱辆G色，說明生成了［Fe(C2O4)3p而沒有生成Fe(SCN)3,說明穩(wěn)定性：［Fe(C2O4)3］->Fe(SCN)3,

故A正確：

B.取少量C2H5Br與NaOH溶液共熱，待溶液不分層后，要先加入硝酸將NaOH中和后再滴加AgNC)3溶

液，否則AgNCh會(huì)和NaOH反應(yīng)生成AgOH,AgOH不穩(wěn)定，會(huì)分解為棕黑色的AgzO而看不到淡黃色的

AgBr,故B錯(cuò)誤；

C.酸性高鋅酸鉀溶液也能氧化CL故向氯化亞鐵溶液中滴加酸性高鎰酸鉀溶液不能檢驗(yàn)溶液中的Fe2+,

故C錯(cuò)誤；

D.檢驗(yàn)淀粉是否水解，應(yīng)檢驗(yàn)是否有葡萄糖生成，而且即使檢驗(yàn)淀粉是否存在，也不能加入過量的NaOH,

因?yàn)镹aOH會(huì)和碘反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；

故選A,

9.B

【解析】

【詳解】

A.根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)11=反應(yīng)I-反應(yīng)in,則CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)

AW=247.1kJ/mol-205.9kJ/mol=41,2kJ/mol,反應(yīng)H的△”>(),反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，則ASX),故A錯(cuò)誤；

B.兩種原料氣的流速相同，若只發(fā)生反應(yīng)L則在相同條件下兩種反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率必然相同。由圖知曲線

A的轉(zhuǎn)化率大于曲線B的轉(zhuǎn)化率，溫度低于873K時(shí)，水的摩爾流量隨溫度升高而增大，反應(yīng)I消耗甲烷和

二氧化碳，反應(yīng)H消耗C02和H2生成H20(g),反應(yīng)III消耗甲烷和水蒸氣生成CO和H2,說明水蒸氣的生

成量大于消耗量，則CCh的消耗量大于CH?,CCh的轉(zhuǎn)化率大于CH-所以曲線A表示CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫

度的變化，故B正確；

C.由圖中信息可知，在873?1200K間升高溫度，CCh的轉(zhuǎn)化率始終大于CH4,說明在該溫度范圍內(nèi)反應(yīng)n

的化學(xué)反應(yīng)速率始終大于反應(yīng)ni,因此，在相同的反應(yīng)時(shí)間內(nèi)，反應(yīng)n正向進(jìn)行的程度大于反應(yīng)in；水的

摩爾流量隨著溫度升高而減小，不能說明反應(yīng)ni正向進(jìn)行的程度大于反應(yīng)II,只能說明隨著溫度升高反應(yīng)

in的化學(xué)反應(yīng)速率增大的幅度大于反應(yīng)it,導(dǎo)致在相同時(shí)間內(nèi)反應(yīng)ill的正向進(jìn)行的程度與反應(yīng)II的正向進(jìn)

行的程度越來越接近(在1200K時(shí)，反應(yīng)IH與反應(yīng)n的正向進(jìn)行的程度相同，水的摩爾流量為0,由于反

應(yīng)HI的反應(yīng)物之——水是由反應(yīng)n提供的，故反應(yīng)IH的進(jìn)行程度不可能大于反應(yīng)H),故c錯(cuò)誤；

D.其他條件不變，呼察的比值增加相當(dāng)于二氧化碳的濃度不變，增大甲烷的濃度，平衡向正反應(yīng)方向

Qn(CO?)

移動(dòng)，二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率增大，故D錯(cuò)誤；

故選Bo

10.D

【解析】

【分

根據(jù)圖象分析，隨著pH的增大，溶液的堿性增強(qiáng)，HCO；、CO；濃度都增大，而在pH很小時(shí)也產(chǎn)生HCO；,

而隨著co；濃度增大，逐漸生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐漸減小，因此曲線③代表HCO；,④代表CO：,

①代表Ca2+,②代表H2cO?,據(jù)此計(jì)算分析判斷。

【詳解】

A.分析可知，隨著COj濃度增大，逐漸生成CaCCh沉淀，溶液中Ca2+逐漸減小，則①代表Ca?+,A錯(cuò)誤；

B.③代表HCO；,④代表CO；,當(dāng)③和④交叉點(diǎn)時(shí)c(HCO；)=c(CO；),此時(shí)pH處于9?10之間，Ka2=

也當(dāng)空”=c(H*),Kg的數(shù)量級(jí)為10-%B錯(cuò)誤;

C.pH=-lgc(H+).由圖知lgc(Ca2+)與-lgc(H+)成線性關(guān)系，則該溫度下c(Ca?+)與c(l「)為線性關(guān)系，C錯(cuò)誤；

D.溶液存在電荷守恒：2c(Ca2+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO^)+c(HCO；),②代表H2co、，物料守恒：

2+

c(H2CO,)+c(Ca)=c(CO；-)+c(HCO；),兩式相減，溶液中始終存在

2++

c(Ca)+c(H)=c(OH')+c(C0；")+c(H2CO3),D正確；

故選：D。

11.(1)珀煙將廢料研磨充分

(2)稀產(chǎn)物無毒

(3)萃取

(4)4Ag(NH3)；+N2H4?H2O=4Agl+N2T+4NH：+4NH3T+H2O

2

(5)2NH3-2e+O=N2H4-H2O

(6)在其他條件相同下，萃取劑濃度越大，銀的萃取率越高，當(dāng)萃取劑濃度約為40%時(shí)，銀的萃取率最大；

而在其他條件相同下，浸出液酸度對(duì)銀的萃取率影響不大

【解析】

【分析】

廢料(含AgzSe、CU2S),焙燒可生成SeCh、SO2,氣體1與水反應(yīng)生成H2SO4和Se,母液含硫酸；燒渣含

Ag、CuO,加硝酸與Ag反應(yīng)生成硝酸銀和NO,氧化銅反應(yīng)生成硝酸銅，氣體2是NO,加入有機(jī)溶劑分

離出硝酸銀，硝酸銀溶液中滴加過量氨水，離子方程式為：Ag++2NH3?H2O=Ag(NH3)；+2H20,操作3中發(fā)

生反應(yīng)為4Ag(NH3)；+N2H4?H2O=4Ag]+N2T+4NH：+4NH3T+H2O；

(1)

焙燒時(shí)應(yīng)把廢料于用煙中，為提高焙燒效率可采取的措施將廢料研磨充分，增大接觸面積；

(2)

浸取中加硝酸與Ag反應(yīng)生成硝酸銀和NO,與氧化銅反應(yīng)生成硝酸銅，HNO3應(yīng)選用稀硝酸，原因是產(chǎn)物

無毒：

(3)

操作2分離有機(jī)相和無機(jī)相，名稱是萃取;

(4)

硝酸銀溶液中滴加過量氨水，離子方程式為：Ag++2NH3?H2O=Ag(NH3)；+2H20,N2H,凡0還原過程中產(chǎn)

生了對(duì)環(huán)境友好的氣體即氮?dú)?，N元素化合價(jià)升高，Ag元素化合價(jià)降低，反應(yīng)的離子方程式：4Ag(NH3)；

+N2H4?H2O=4Ag]+N2T+4NH；+4NH3T+H2。；

(5)

2

陽極上用NH3制備一水合肺(N2H「也0),N元素化合價(jià)從-3升到-2,電極反應(yīng)式為2NH3-2e+O=

N2H4H2O；

(6)

根據(jù)圖1、圖2得出的結(jié)論為：在其他條件相同下，萃取劑濃度越大，銀的萃取率越高，當(dāng)萃取劑濃度約為

40%時(shí)，銀的萃取率最大；而在其他條件相同下，浸出液酸度對(duì)銀的萃取率影響不大。

12.(1)2r+ci2=2cr+i2

(2)還原通過還原產(chǎn)物為L(zhǎng)可證明原溶液中含有高價(jià)態(tài)的含碘物質(zhì)。甲用NazSCh不引入碘元素，

則生成的b一定是還原產(chǎn)物；乙中L可能是KI被其他氧化劑氧化生成

(3)將濕潤(rùn)的淀粉KI試紙放于錐形瓶口

(4)%

CV

(5)7

(6)隨滴定反應(yīng)進(jìn)行，c(r)增大，使I+LU1；平衡正向移動(dòng)，促進(jìn)12溶解，c(I；)增大，溶液顏色變深；

12完全溶解后，c(l2)隨滴定反應(yīng)進(jìn)行而減小，且減小的程度大于c(「)增大的程度，上述平衡逆向移動(dòng)，溶液

顏色變淺

【解析】

【分析】

氯氣與KI發(fā)生反應(yīng)Ch+2I-=l2+2Cr,以及I2+I-UI3-；氧化性C12>l2,KI溶液中通入氯氣發(fā)生反應(yīng)

CL+2Kl=KC1+L,溶液變成黃色，繼續(xù)通入氯氣，溶液由黃色變?yōu)闊o色，是因?yàn)槁葰鈱?2氧化，C12可氧化

HICh等，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：l2+5CL+6H2O=10HCI+2HIO3；c(「)增大，使「+卜U元平衡正向移動(dòng)，促

進(jìn)L溶解，c(I；)增大，溶液顏色變深；上完全溶解后，c(b)隨滴定反應(yīng)進(jìn)行而減小，且減小的程度大于c(「)

增大的程度，上述平衡逆向移動(dòng)，溶液顏色變淺。

(1)

溶液變?yōu)樽攸S色，說明生成碘單質(zhì)，說明氯氣的氧化性比碘強(qiáng)，原因是KI被C12氧化為12,離子方程式是

2F+Cl2=2Cr+I2o故答案為：2F+Cl2=2Cr+I2；

(2)

①本實(shí)驗(yàn)中，要證明b被氧化，試劑a作還原劑(填“氧化”或“還原”)。故答案為：還原；

②甲能證實(shí)k被氧化而乙不能，原因是通過還原產(chǎn)物為12可證明原溶液中含有高價(jià)態(tài)的含碘物質(zhì)。甲用

Na2sCh不引入碘元素，則生成的12一定是還原產(chǎn)物；乙中12可能是KI被其他氧化劑氧化生成。故答案為：

通過還原產(chǎn)物為12可證明原溶液中含有高價(jià)態(tài)的含碘物質(zhì)。甲用Na2s03不引入碘元素，則生成的L一定是

還原產(chǎn)物；乙中h可能是KI被其他氧化劑氧化生成；

(3)

ii的目的是除去溶液中的CL,操作A檢驗(yàn)氯有沒有除盡，操作A是將濕潤(rùn)的淀粉KI試紙放于錐形瓶口。

故答案為：將濕潤(rùn)的淀粉KI試紙放于錐形瓶口；

(4)

ah

結(jié)合數(shù)據(jù)，根據(jù)電子得失守恒，vmLcmoIL"[x-(-l)]=bmLamolL-i[2.5-2]x2,計(jì)算可得乂=---1(用代數(shù)式表

cv

小)。故答案為：---1;

CV

(5)

碘原子最外層有7個(gè)電子，最高價(jià)為+7價(jià)，實(shí)驗(yàn)過程中，在未知x具體數(shù)值的情況下，iii中為保證所加的

KI固體過量，理論上加入的n(KI)應(yīng)大于i中n(KI)的7(填數(shù)字)倍。故答案為：7；

(6)

從平衡移動(dòng)的角度解釋iv中“溶液顏色逐漸變深再變淺”的原因：隨滴定反應(yīng)進(jìn)行，c(r)增大，使「+L

平衡正向移動(dòng)，促進(jìn)12溶解，c(I；)增大，溶液顏色變深；12完全溶解后，c(L)隨滴定反應(yīng)進(jìn)行而減小，且減

小的程度大于c(「)增大的程度，上述平衡逆向移動(dòng)，溶液顏色變淺，故答案為：隨滴定反應(yīng)進(jìn)行，c(r)增

大，使r+UUI、平衡正向移動(dòng)，促進(jìn)12溶解，以耳)增大，溶液顏色變深；12完全溶解后，c(h)隨滴定反

應(yīng)進(jìn)行而減小，且減小的程度大于c(r)增大的程度，上述平衡逆向移動(dòng)，溶液顏色變淺。

13.(1)CD分子篩膜從反應(yīng)體系中不斷分離出CH3OH,有利于反應(yīng)正向進(jìn)行

(2)B>AD1;10

CT

(3)CO*+4H*TCO*+2H2*或者4H*-2H2*

【解析】

(1)

①A.用不同物質(zhì)的速率表示反應(yīng)達(dá)到平衡,反應(yīng)方向應(yīng)是一正一逆,且反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，

單位時(shí)間內(nèi)生成ImolCH.QH的同時(shí)消耗ImolCO,反應(yīng)方向都是向正反應(yīng)方向進(jìn)行，因此不能說明反應(yīng)達(dá)

到平衡，故A不符合題意：

B.組分都是氣體，混合氣體總質(zhì)量保持不變，容器為恒容，氣體體積不變，根據(jù)密度的定義，混合氣體密

度始終不變，因此該條件下，混合氣體的密度不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故B不符合題意；

C.化學(xué)平衡常數(shù)只受溫度的影響，容器為絕熱恒容，化學(xué)反應(yīng)都會(huì)伴隨能量的變化，容器中的溫度在改變，

當(dāng)溫度不再改變，反應(yīng)平衡常數(shù)也不再改變，說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故C符合題意；

D.組分都是氣體，混合氣體總質(zhì)量保持不變，該反應(yīng)是氣體物質(zhì)的量減少的反應(yīng)，因此當(dāng)氣體平均摩爾質(zhì)

量不再變化，說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故D符合題意；

答案為CD；

②分子篩膜具有選擇性透過性，使用分子篩膜相當(dāng)于從反應(yīng)體系中不斷分離出甲醇，促使平衡向正反應(yīng)方

向進(jìn)行，提高甲醇的平衡產(chǎn)率；故答案為分子篩膜從反應(yīng)體系中不斷分離出CH3OH,有利于反應(yīng)正向進(jìn)行；

(2)

①根據(jù)圖像可知，溫度越低，平衡常數(shù)越大，說明這三個(gè)反應(yīng)均為放熱反應(yīng)，即AH/<0、△乩<0、Aft<0,

A的能量比B的能量高，能量越低，物質(zhì)越穩(wěn)定，即B比較穩(wěn)定；由蓋斯定律可知，I-11=111,則

<0,因此AH/VAH2,由于放熱反應(yīng)的越小，其絕對(duì)值越大，則統(tǒng)的數(shù)值范圍是大于1,選項(xiàng)D正

確；故答案為B>A；D：

②向某反應(yīng)容器中加入LOmolTAME,控制溫度為353K,測(cè)得TAME的平衡轉(zhuǎn)化率為a,則平衡時(shí)

n(TAME)=(l-a)mol,n(A)+n(B)=n(CH30H尸amol,已知反應(yīng)IH的平衡常數(shù)K、3=9.0,則=9.0,將該式代

入上式可以求出平衡體系中B的物質(zhì)的量為0.9amo【，n(A)=O.lamol,反應(yīng)1的平衡常數(shù)K"=

1-a

,+a=10(l-a)(l+a)；同溫同壓下，再向該容器中注入惰性溶劑四氫吠喃稀釋，反應(yīng)I的化學(xué)平衡將

0.1(旦尸如

1+a

向著分子數(shù)增大的方向移動(dòng)，即逆向移動(dòng)。平衡時(shí)，TAME的轉(zhuǎn)化率變大，但是平衡常數(shù)不變，A與CH30H

物質(zhì)的量濃度之比不變，c(A)：c(CH3OH)=0.1a：a=l:10；故答案為必坐1包；1：10；

a-

(3)

活化能越大，化學(xué)反應(yīng)速率越慢，根據(jù)能量示意圖可知，速率最慢的一步歷程是CO*+4H；CO*+2H2*或者

4H*-2H2*；故答案為C0"+4H*-CO*+2H2*1或者4H*-2H2*。

14.(1)4di05s25Pl

(2)+1或-1亞硫酸為(HO)2SO,硫酸為(HO)2sCi?,也就是說硫酸的n值大于亞硫酸的n值，使S

原子的正電性增大，導(dǎo)致S-OH中電子向S偏移程度增大，因而更易電離出氫離子，硫酸的酸性更強(qiáng)

(3)B正四面體

(4)sp3、sp28M0>N>C>H

4xlO"'M

2

xy^A

【解析】

(i)

In為49號(hào)元素，基態(tài)In原子電子排布式為：Is22s22P63s23P64s23小。4P65s24cp05pi,則價(jià)層電子排布式為:

4dl05s25pl,故答案為:4d105s25p1；

(2)

3s3p

對(duì)于基態(tài)的硫原子，其核外價(jià)電子排布圖為叵］,成對(duì)的電子自旋狀態(tài)相反，自旋磁量子數(shù)

的代數(shù)和為0,根據(jù)洪特規(guī)則可知，其3P軌道的兩個(gè)單電子自旋狀態(tài)相同，因此基態(tài)硫原子價(jià)電子的自旋

磁量子數(shù)的代數(shù)和為(-《)x4+d)x2=-1或?yàn)?()X4+(-G)X2=+1,即為：+1或-1；S元素可以形成兩種

常見含氧酸，其通式為(HO)mSOn,即亞硫酸為(HO)?SO,硫酸為(HO)2s。2，也就是說硫酸的n值大于亞

硫酸的n值，使S原子的正電性增大，導(dǎo)致S-OH中電子向S偏移程度增大，因而更易電離出氫離子，硫

酸的酸性更強(qiáng)，故答案為：+1或-1：亞硫酸為(HO)2S。，硫酸為(HO)2SOZ，也就是說硫酸的n值大于亞硫

酸的n值，使S原子的正電性增大，導(dǎo)致S-OH中電子向S偏移程度增大，因而更易電離出氫離子，硫酸

的酸性更強(qiáng)：

硫酸銅稀溶液中水分子之間有氫鍵和范德華力存在，水分子和硫酸根離子中均存在共價(jià)鍵，銅離子和水分

子間可以形成配位鍵，即不存在金屬鍵；硫酸根離子中中心原子硫原子上的孤電子對(duì)數(shù)為

；x(6+2-4x2)=0,價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4,S采用sp3雜化，則空間構(gòu)型為正四面體，故答案為：B；正四面

體;

(4)

0+4x2,0+3x2

①氨基乙酸鈉中C原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)分別為―7-二4、一--=2,則雜化方式為sp3、sp2：共價(jià)單鍵

22

為。鍵，共價(jià)雙鍵中一個(gè)是。鍵一個(gè)是幾鍵，HKCHQOONa中含有8個(gè)。鍵，所以Imol氨基乙酸鈉含有。鍵

的數(shù)目為8M,故答案為：sp3、sp2；8M；

②配合物A的非金屬元素有C、0、N、H元素，元素的非金屬性越強(qiáng)，其電負(fù)性越大，非金屬性大小順序

為O>N>C>H,則電負(fù)性大小順序?yàn)椋篛>N>C>H,故答案為：0>N>C>H；

(5)

用“均攤法一個(gè)晶胞內(nèi)含Cu的數(shù)目：8x-+4xl+1=4^含S的數(shù)目：8個(gè)，含［日產(chǎn)小，個(gè),

/M.