2019-2020学年安徽省芜湖市城南实验中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省芜湖市城南实验中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1异丁烯与氯化氢可能发生两种加成反应及相应的能量变化与反应进程的关系如图所示，下列说法正确的是()A反应的活化能大于反应B反应的H 小于反应C中间体2 更加稳定D改变催化剂，反应、的活化能和反应热发生改变【答案】C【解析】【分析】【详解】A由图可知生成产物1 时对应活化能高，则活化能：反应大于反应，故A 错误；B图中生成产物2 的能量低，能量低的更稳定，且为放热反应，焓变为负，则H 大小：反应的 H 大于反应，故B 错误；C图中生成中间体2 的

2、能量低，能量低的更稳定，则中间产物的稳定性：中间体1 小于中间体2，故 C正确；D改变催化剂，反应、的反应热不发生改变，故D 错误；故选 C。【点睛】本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、焓变与能量为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变的比较及焓变只与终始态有关，与催化剂无关。2钛（Ti）金属常被称为未来钢铁，4622Ti 和4722Ti 是钛的两种同位素。下列有关Ti 的说法正确的是A4622Ti 比4722Ti 少 1 个质子B4622Ti 和4722Ti 的化学性质相同C4622Ti 的相对原子质量是46 D4722Ti 的原子序数为47【答案】B【解析】【详解】A.462

3、2Ti 和4722Ti:质子数都是22，故 A 错误；B.4622Ti 和4722Ti 是同种元素的不同原子，因为最外层电子数相同，所以化学性质相同，故B正确；C.46 是4622Ti 的质量数，不是其相对原子质量质量，故C错误；D.4722Ti 的原子序数为22,故 D 错误；答案选 B。3下列变化过程中，需要破坏离子键的是（）A氯化氢溶于水B铁熔化C干冰升华D氯化钠溶于水【答案】D【解析】【详解】A HCl溶于水发生电离生成氢离子和氯离子，破坏共价键，故A 错误；B铁熔化破坏金属键，故B错误；C干冰升华发生物理变化，只破坏分子间作用力，故C错误；D氯化钠中只存在离子键，溶于水发生电离而破坏

4、离子键，故D 正确；故选：D。【点睛】本题考查化学键，侧重考查基本概念，明确离子键和共价键区别是解本题关键，发生物理变化时不发生化学键断裂，C为解答易错点。4反应 aX(g)+bY(g)cZ(g)；H=Q，有下图所示关系，下列判断中正确是（）A a+b 0 Ba+b c,Q c,Q 0 Da+b c,Q C6H5OHHCO3-，所以即使通入过量的CO2也不会有CO32-生成：C6H5OCO2H2OC6H5OH HCO3-。A 项错误；B.因为是酸性溶液，所以产物中不会有OH-生成，正确的反应方程式为5NO2-2MnO4-6H+=5NO3-2Mn23H2O。B 项错误；C.Al(OH)3不能与氨

5、水反应，所以该离子方程式是正确的，C项正确；D.离子方程式不符合物质Ba(OH)2的组成，正确的离子方程式为2HSO42-Ba22OH=BaSO42H2O。D 项错误；答案选C。【点睛】离子方程式正误判断题中常见错误：(1)不能正确使用分子式与离子符号；(2)反应前后电荷不守恒；(3)得失电子不守恒；(4)反应原理不正确；(5)缺少必要的反应条件；(6)不符合物质的组成；(7)忽略反应物用量的影响等。14短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W、Y同主族，W 的简单氢化物与Z的单质混合在光照下反应，气体颜色不断变浅，瓶壁上有油状液滴，X的简单氢化物与Z 的氢化物相遇会产生白烟。下列

6、说法正确的是A“白烟”晶体中只含共价键B四种元素中，Z的原子半径最大CX的简单氢化物的热稳定性比Y的强DW 的含氧酸的酸性一定比Z的弱【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 的简单氢化物与Z 的单质混合在光照下反应，气体颜色不断变浅，瓶壁上有油状液滴，所以Z 是 Cl，W是 C，W、Y同主族，则Y为 Si；X的简单氢化物与Z的氢化物相遇会产生白烟，X为 N。【详解】A.根据上述分析知“白烟”为NH4Cl晶体，NH4Cl 属于离子化合物，既有离子键又有含共价键，故 A 错误；B.四种元素的原子半径为SiClCN，故 B 错误；C.X的简单氢化物为NH3，Y

7、的简单氢化物为SiH4，非金属性:NSi，热稳定性NH3 SiH4，故 C正确；D.W 的含氧酸为H2CO3，Z的含氧酸有HClO、HClO4等几种，酸性 HClOH2CO3 HClO4，故 D错误；答案：C。15关于 Na2O 和 Na2O2的叙述正确的是A等物质的量时所含阴离子数目相同B颜色相同C所含化学键类型相同D化合物种类不同【答案】A【解析】【详解】A Na2O 阴离子是O2-离子，Na2O2阴离子是O22-离子，等物质的量时所含阴离子数目相同，故A 正确；BNa2O 固体为白色，Na2O2固体为淡黄色，故B错误；CNa2O 中含有离子键，Na2O2中含有离子键和共价键，故C 错误；

8、D Na2O 和 Na2O2都属于金属氧化物，故D 错误；故答案选A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）1632423KFe C O3H O（三草酸合铁酸钾晶体）为翠绿色晶体，可用于摄影和蓝色印刷，110失去结晶水，230分解。某化学研究小组对32423KFe C O3H O受热分解生成的气体产物和固体产物进行探究。实验 I：探究实验所得的气体产物，按下图装置进行实验（夹持仪器已略去，部分装置可重复使用）。（1）实验室常用饱和4NH Cl和饱和2NaNO的混合液制2N，反应的化学方程式为_。（2）装置的连接顺序为：A_ F（填各装置的字母代号）。（3）检查装置气密性后，先通一段时间2

9、N，其目的是 _，实验结束时熄灭A、C两处的酒精灯，继续通2N至常温，其目的是_。（4）实验过程中观察到F中的溶液变浑浊，C中有红色固体生成，则气体产物_（填化学式）。（实验二）分解产物中固体成分的探究（5）定性实验：经检验，固体成分含有23K CO、FeO、Fe。定量实验：将固体产物加水溶解、过滤洗涤、干燥，得到含铁样品。完成上述实验操作，需要用到下列仪器中的 _（填仪器编号）。设计下列三种实验方案分别对该含铁样品进行含量的测定（甲方案）足量稀硝酸足量 NaOH 溶液过滤洗涤搅拌搅拌烘干灼烧ag样品溶液得固体 bg（乙方案）足量稀硝酸测量气体体积搅拌ag样品测得气体体积 VmL（标况）（丙方

10、案）你认为以上方案中可以确定样品组成的有_方案。（6）经测定产物中n(FeO):n(Fe)1:1，写出32423KFe C O3H O分解的化学方程式_。【答案】NH4Cl+NaNO2N2+NaCl+2H2O B F D E C 排出装置中的空气，防止空气中的 O2和 CO2干扰实验结果防止 F中溶液倒吸进入C中2COCO、甲、乙3242232232KFe C O3H O3K COFeOFe5CO4CO6H O加热【解析】【分析】实验室常用饱和NH4Cl和饱和 NaNO2的混合液制N2。利用 C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气，再利用F装置检验CO2，用 D 装置除去多余的CO2，用 E装置干燥

11、 CO气体，利用D 装置中灼热的CuO 和 F装置澄清石灰水检验CO。先通一段时间N2，排尽装置中的空气，实验结束时，先熄灭A、C两装置中的酒精灯，再通入N2至室温。实验过程中观察到F中的溶液都变浑浊，说明生成的气体含二氧化碳，C中有红色固体生成，说明气体中含一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳和铜。溶解过滤时需要用到的仪器主要用烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台；【甲方案】ag 样品加入足量稀硝酸搅拌溶液，加入足量NaOH 溶液搅拌、过滤、洗涤、烘干、灼烧得固体 bg，bg 为氧化铁，结合铁元素守恒可以计算铁的含量；【乙方案】ag 样品加入足量稀硝酸搅拌，测量气体体积测得气体体积VmL(标况)，气体为一氧

12、化氮，一氧化氮是FeO、Fe和稀硝酸反应生成，能测定铁元素含量；【丙方案】ag 样品加入足量稀硝酸溶液配制250mL 溶液，每次取25mL 溶液用酸性KMnO4溶液滴定，三次平均消耗0.1molL-1酸性 KMnO4溶液 VbmL，该过程中足量稀硝酸会把FeO、Fe氧化生成铁离子，铁离子不能用高锰酸钾溶液反应测定，故丙不能测定。经测定产物中n(FeO):n(Fe)1:1，假设生成的FeO、Fe物质的量分别为1mol，则得到电子为1mol+3mol=4mol，草酸根中碳部分变为+4 价，部分变为+2 价，2mol32423KFe C O3H O生成 3mol K2CO3，失去 3mol 电子，根

13、据得失电子守恒9mol 碳元素中5mol 碳失去电子5mol 电子，4mol 碳得到 4mol电子。【详解】实验室常用饱和NH4Cl和饱和 NaNO2的混合液制N2，反应的化学方程式为NH4Cl+NaNO2N2+NaCl+2H2O；故答案为：NH4Cl+NaNO2N2+NaCl+2H2O。利用 C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气，再利用F装置检验CO2，用 D 装置除去多余的CO2，用 E装置干燥 CO气体，利用D 装置中灼热的CuO 和 F装置澄清石灰水检验CO，则根据气体流向连接装置的顺序为：AB FDE C F；故答案为：B；F；D；E；C。先通一段时间N2，排尽装置中的空气，防止空气中的

14、O2和 CO2干扰实验。实验结束时，先熄灭A、C两装置中的酒精灯，再通入N2至室温，目的是防止压强减小，F装置中的溶液倒吸；故答案为：排出装置中的空气，防止空气中的和干扰实验结果；防止F中溶液倒吸进入C中。实验过程中观察到F中的溶液都变浑浊，说明生成的气体含二氧化碳，C中有红色固体生成，说明气体中含一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳和铜，则气体产物是CO2、CO；故答案为：CO2、CO。定量实验：将固体产物加水溶解、过滤洗涤、干燥，得到含铁样品，溶解过滤时需要用到的仪器主要用烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台；故答案为：。【甲方案】ag 样品加入足量稀硝酸搅拌溶液，加入足量NaOH 溶液搅拌、过滤、洗涤、

15、烘干、灼烧得固体 bg，bg 为氧化铁，结合铁元素守恒可以计算铁的含量；【乙方案】ag 样品加入足量稀硝酸搅拌，测量气体体积测得气体体积VmL(标况)，气体为一氧化氮，一氧化氮是FeO、Fe和稀硝酸反应生成，能测定铁元素含量；【丙方案】ag 样品加入足量稀硝酸溶液配制250mL 溶液，每次取25mL 溶液用酸性KMnO4溶液滴定，三次平均消耗0.1molL-1酸性 KMnO4溶液 VbmL，该过程中足量稀硝酸会把FeO、Fe氧化生成铁离子，铁离子不能用高锰酸钾溶液反应测定，故丙不能测定；故答案为：甲、乙。经测定产物中n(FeO):n(Fe)1:1，假设生成的FeO、Fe物质的量分别为1mol，

16、则得到电子为1mol+3mol=4mol，草酸根中碳部分变为+4 价，部分变为+2 价，2mol32423KFe C O3H O生成 3mol K2CO3，失去 3mol 电子，根据得失电子守恒9mol 碳元素中5mol 碳失去电子5mol 电子，4mol 碳得到 4mol电子，依次32423KFe C O3H O分解的化学方程式3242232232KFe C O3H O3K COFeOFe5CO4CO6H O加热；故答案为：3242232232KFe C O3H O3K COFeOFe5CO4CO6H O加热。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17A 为只含有C、H、O 三种元素的

17、芳香烃衍生物，且苯环上只有两个取代基。各物质间的相互转化关系如下图所示。已知：D 通过加聚反应得到E，E分子式为(C9H8O2)n；H 分子式为C18H16O6；I 中除含有一个苯环外还含有一个六元环。(1)写出 A的分子式：A_。(2)写出 I、E的结构简式：I_ E_；(3)A+G H 的反应类型为_；(4)写出 AF 的化学方程式_。(5)有机物 A 的同分异构体只有两个对位取代基，既能与 Fe3+发生显色反应，又能发生水解反应，但不能发生银镜反应。则此类A 的同分异构体有_种，其中一种在NaOH 溶液中加热消耗的NaOH 最多。写出该同分异构体与NaOH 溶液加热反应的化学方程式_。【

18、答案】C9H10O3取代反应(或酯化反应)2+O22+2H2O 4 种+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O【解析】【分析】A 能发生连续的氧化反应，说明结构中含有-CH2OH，D 通过加聚反应得到 E，E分子式为(C9H8O2)n，D 的分子式为 C9H8O2，D 中含碳碳双键，由A 在浓硫酸作用下发生消去反应生成D，A 为只含有C、H、O 三种元素的芳香烃衍生物，且芳环上只有两个取代基，A 中含有苯环，A 在浓硫酸作用下生成的I中除含有一个苯环外还含有一个六元环，应是发生的酯化反应，A 中含有羧基，A 的结构应为，D为，E为，I 为，反应中A 连续氧化产生G，G 为酸，F为，G为，

19、A 与 G 发生酯化反应产生H，根据 H 分子式是C18H16O6，二者脱去 1 分子的水，可能是，也可能是，据此解答。【详解】根据上述分析可知：A为，D 为，E为，F为，G 为，I 为，H 的结构可能为，也可能是。(1)A 为，则 A 的分子式为C9H10O3；(2)根据上面的分析可知，I 为，E为；(3)A 为，A 分子中含有羟基和羧基，G 为，G 分子中含有羧基，二者能在浓硫酸存在和加热条件下发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，A+G H的反应类型为取代反应；(4)A 中含有醇羟基和羧基，由于羟基连接的C 原子上含有2 个 H 原子，因此可以发生催化氧化反应，产生醛基，因此AF 的化学方

20、程式为2+O22+2H2O；(5)有机物 A 的同分异构体只有两个对位取代基，能与Fe3+发生显色反应，说明苯环对位上有-OH，又能发生水解反应，但不能发生银镜反应，说明含有酯基，不含醛基，同分异构体的数目由酯基决定，酯基的化学式为-C3H5O2，有 OOCCH2CH3、COOCH2CH3、CH2OOCCH3和 CH2COOCH3，共 4 种同分异构体。其中的一种同分异构体在NaOH溶液中加热消耗的NaOH最多，酯基为 OOCCH2CH3，1mol 共消耗 3molNaOH，其它异构体1mol 消耗 2molNaOH，该异构体的结构简式为，该反应的化学方程式为：+3NaOH+CH3CH2COO

21、Na+2H2O。【点睛】本题考查有机物的推断和合成的知识，有一定的难度，做题时注意把握题中关键信息，采用正、逆推相结合的方法进行推断，注意根据同分异构体的要求及各种官能团的性质判断相应的同分异构体的结构和数目。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18在分析化学的电位法中，甘汞电极常做参比电极，它是由金属汞及其难溶盐Hg2Cl2和 KCl溶液组成的电极。Hg2Cl2（甘汞）毒性较小，而HgCl2（升汞）有剧毒。（1）K元素的基态原子的电子填充于_个不同的能级。（2）Hg 的价层电子排布式为5d106s2，Hg 元素位于元素周期表的_区。（3）Hg2Cl2在 400500时升华，由此推测H

22、g2Cl2的晶体类型为_。（4）KCl和 NaCl相比，_ 的熔点更高，原因是_。（5）把 NH4Cl和 HgCl2按一定比例混合，在密封管中加热时，生成某种晶体，其晶胞如图所示。用X-射线衍射法测得该晶体的晶胞为长方体（晶胞参数a=b=419pm、c=794pm），每个 NH4+可视为被8 个 Cl-围绕，距离为 335pm，Cl-与 Cl-尽可能远离。该晶体的化学式为_。晶体中Cl-的空间环境 _（填“相同”或“不相同”）。用题中数据说明理由_设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_g/cm3（列出计算表达式）。【答案】6 ds 分子晶体NaCl 两者均为离子晶体，离子所带电荷相同，

23、Na+半径比 K+小，NaCl的晶格能更大，熔点更高NH4HgCl3不相同体心的 Cl-距离 NH4+为 335pm，棱心的Cl-距离 NH4+为 397pm 2-10-10A325.5419 10794 10N【解析】【分析】【详解】(1)K 元素的基态原子核外有19 个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，共填充于6 个不同的能级，故答案为：6；(2)Hg 的价层电子排布式为5d106s2，则 Hg 为第六周期第 B族元素，位于元素周期表的ds 区，故答案为：ds；(3)Hg2Cl2在 400500时升华，熔沸点较低，故其为分子晶体，故答案为：分子晶体；(4)由于 N

24、aCl和 KCl均为离子晶体，离子所带电荷相同，Na+半径比 K+小，故 NaCl的晶格能更大、熔点更高，故答案为：NaCl；两者均为离子晶体，离子所带电荷相同，Na+半径比 K+小，NaCl的晶格能更大，熔点更高；(5)由晶胞示意图可知，NH4+位于晶胞的顶点，一个晶胞中含有18=18个 NH4+，Cl-位于晶胞的棱上和体心，一个晶胞中含有14+2=34个 Cl-，Hg2+位于晶胞的体心，一个晶胞中含有1 和 Hg2+，则该晶体的化学式为 NH4HgCl3，故答案为：NH4HgCl3；由题干信息可知，体心的 Cl-距离 NH4+为 335pm，棱心的 Cl-距离 NH4+为c=2397pm，

25、则晶体中Cl-的空间环境不相同，故答案为：不相同；体心的Cl-距离 NH4+为 335pm，棱心的Cl-距离 NH4+为 397pm；根据公式AmmN=n=VMN，可得，该晶体的密度-3A2-10-10-10-10-10A14+41+201+35.53gN325.5=g cma 10cmb 10cmc 10cm4191079410Ng，故答案为：2-10-10A325.5419 10794 10N。19有研究表明，内源性H2S作为气体信号分子家族新成员，在抗炎、舒张血管等方面具有重要的生理作用，而笼状COS（羰基硫）分子可作为H2S的新型供体（释放剂）。试回答下列有关问题（1）COS的分子结构

26、与CO2相似，COS的结构式为 _。（2）已知：COS（g）+H2（g）?H2S（g）+CO（g）H1=-15kJ?mol-1，COS（g）+H2（g）?H2S（g）+CO2（g）H2=-36kJ?mol-1，CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）H3，则H3=_。（3）COS可由 CO和 H2S在一定条件下反应制得。在恒容的密闭容器中发生反应并达到平衡：CO（g）+H2S（g）?COS（g）+H2（g），数据如表所示、据此填空实验温度/起始时平衡时n（CO）/mol n（H2S）/mol n（COS）/mol n（H2）/mol n（CO）/mol 1 150 10.0 10.0

27、 0 0 7.0 2 150 7.0 8.0 2.0 4.5 x 3 400 20.0 20.0 0 0 16.0 该反应为 _（选填“吸热反应”或“放热反应”）。实验 2 达到平衡时，x_7.0（选填“”、“”或“=”）实验 3 达到平衡时，CO的转化率=_（4）已知常温下，H2S和 NH3?H2O的电离常数分别为向pH=a的氢硫酸中滴加等浓度的氨水，加入氨水的体积（V）与溶液 pH的关系如图所示：酸/碱电离常数H2S Ka1=1.010-7Ka2=7.010-15NH3?H2O Kb=1.010-5若 c（H2S）为 0.1mol/L，则 a=_若 b 点溶液 pH=7，则 b 点溶液中所

28、有离子浓度大小关系是_。（5）将 H2S通入装有固体FeCl2的真空密闭烧瓶内，恒温至 300，反应达到平衡时，烧瓶中固体只有FeCl2和 FeSx（x 并非整数），另有 H2S、HCl 和 H2三种气体，其分压依次为0.30P0、0.80P0和 0.04P0（P0表示标准大气压）。当化学方程式中FeCl2的计量数为1 时，该反应的气体压强平衡常数记为Kp。计算：x=_（保留两位有效数字）。Kp=_（数字用指数式表示）。【答案】O=C=S-21kJ?mol-1放热反应20%4c（NH4+）c（HS-）c（H+）=c（OH-）c（S2-）1.120.1001.10(0.80P)(0.04P)(0

29、.30P)【解析】【分析】（1）CO2和 COS是等电子体，等电子体结构相似，根据二氧化碳的分子的结构式可知COS结构式；（2）根据盖斯定律计算可得；（3）分别建立三段式计算实验1 和实验 3 的化学平衡常数，依据平衡常数的大小判断反应是放热还是吸热；通过浓度熵与平衡常数的大小判断平衡移动方向；依据三段式和转化率公式计算；（4）依据电离常数公式计算；依据电离程度和水解程度的相对大小判断；（5）依据题给信息写出反应的化学方程式，由题给数据和公式计算即可。【详解】（1）由二氧化碳分子的结构式可知：COS分子中 C与 O、C与 S均形成两对共有电子对，所以COS 结构式为：O=C=S，故答案为O=C

30、=S；（2）根据盖斯定律，-得到 CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）的焓变H3=-36kJ?mol-1-（-15kJ?mol-1）=-21kJ?mol-1，故答案为-21kJ?mol-1；（3）设容器体积为1L。由题意可建立实验1 反应的三段式为：CO（g）+H2S（g）?COS（g）+H2（g）开始（mol/L）10.0 10.0 0 0 反应（mol/L）3.0 3.0 3.0 3.0 平衡（mol/L）7.0 7.0 3.0 3.0 化学平衡常数=22)()()()cccCOSCcHH SO=3.0/3.0/7.0/7.0/mol Lmol Lmol Lmol L=0.1

31、8；由题意可建立实验3 反应的三段式为：CO（g）+H2S（g）?COS（g）+H2（g）开始（mol/L）20.0 20.0 0 0 反应（mol/L）4.0 4.0 4.0 4.0 平衡（mol/L）16.0 16.0 4.0 4.0 化学平衡常数=22)()()()cccCOSCcHH SO=4.0/4.0/16.0/16.0/mol Lmol Lmol Lmol L=0.0625 0.18，所以升高温度，平衡常数K减小，即平衡逆向移动，正向为放热反应，故答案为放热反应；150，浓度熵Qc=22)()()()cccCOSCcHH SO=2.0/4.5/7.0/8.0/mol Lmol L

32、mol Lmol L0.16 K=0.18，则反应向正反应方向移动，所以实验2达平衡时，n（CO）减小，x 7.0，故答案为；实验 3 达平衡时，CO的转化率=变化(起()始ccCCOO100%=4.0/20.0/mol Lmol L100%=20%，故答案为20%；（4）c（H+）=1acK=70.110mol/L=10-4mol/L，a=pH=-lg10-4=4，故答案为4；b点呈中性，则c（H+）=c（OH-），溶液中电荷关系为c（NH4+）+c（H+）=c（HS-）+2c（S2-）+c（OH-），所以 c（NH4+）c（HS-），由于 HS-的电离程度很小、主要以电离为主，同时促进水的

33、电离，所以c（H+）c（S2-），即 b 点时溶液中所有离子浓度大小关系是c（NH4+）c（HS-）c（H+）=c（OH-）c（S2-），故答案为c（NH4+）c（HS-）c（H+）=c（OH-）c（S2-）；（5）H2S和 FeCl2反应的方程式为xH2S（g）+FeCl2（s）?FeSx（s）+2HCl（g）+（x-1）H2（g）。有化学方程式可得关系式：2：（x-1）=0.80P0：0.04P0，解得 x=1.1，故答案为1.1；H2S和 FeCl2反应的方程式为1.1H2S（g）+FeCl2（s）?FeS1.1（s）+2HCl（g）+0.1H2（g），由方程式可得p（HCl）=0.80P0，p（H2）=0.04P0，p（H2S）=0.30P0，平衡分压常数Kp=0.1221.12p（H）p（HCl）p（H S）=0.12001.100.040.800.30（P）（P）（P），故答案为0.12001.100.040.800.30（P）（P）（P）。【点睛】本题考查化学反应原理的综合应用，涉及了盖斯定律的应用、影响平衡的因素、图象的理解应用、化学平衡常数及其计算，侧重分析与应用能力的考查，注意把握表格中数据应用、温度和压强对反应的影响为解答的关键。