2022-2023学年江西省南昌十中高考化学仿真模拟试卷一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）1. 下列说法或表达正确的是(????)
A. 乙醇、糖类和蛋白质都是人体必需的营养物质B. NH4I的电子式：C. 石油是混合物，其分馏产品汽油也是混合物D. 陶瓷、水晶
、水泥、玻璃都属于硅酸盐2. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(????)A. 1molD318O+中含有的中子数为1
0NAB. 0.5molNaHSO4晶体中含有的离子数为1.5NAC. 常温下，pH=10的NaHCO3溶液中，由水电离产生的H+
数为10?4NAD. 32gS8()与S6()的混合物中所含共价键数为NA3. 2020年1月武汉爆发新冠肺炎疫情，湖北省采用包
括封城封镇的多种措施终于控制住疫情的蔓延。下列有关说法正确的是(????)A. 新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成B. 制备防护
服和医用手套要用到有机高分子材料C. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%D. 用于制作N95型口罩的“熔喷布”主要原料是聚丙烯，聚丙
烯属于纯净物4. 某兴趣小组为探究NaCl在不同状态下的导电情况，进行如下实验(X、Y为石墨电极)。下图为不同实验中的微观示意图
。以下分析正确的是(????)A. 图中代表?Cl?B. X与电源正极相连C. 图b说明通电后发生了：NaCl=Na++Cl?D.
图b和图c中Y电极上的产物相同5. 已知A，B，C，D，E是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气
态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料。下
列说法正确的是(????)A. 工业上常用电解法制备元素C，D，E的单质B. 元素A，B组成的化合物常温下一定呈气态C. 化合物A
E与CE含有相同类型的化学键D. 元素B，C，D的最高价氧化物对应的水化物两两之间均可发生化学反应6. 依据下列实验现象，得出的
结论正确的是(????)操作实验现象结论A向某无色溶液中滴加浓盐酸产生气体能使品红溶液褪色原溶液中可能含有SO32?或HSO3?B
将甲醇和过量酸性高锰酸钾溶液混合紫红色褪去或变浅甲醇被氧化成甲酸C向双氧水中滴加酸性KMnO4溶液立即产生大量气泡KMnO4催化H
2O2分解D向未知溶液中滴加硝酸酸化的BaCl2溶液出现白色沉淀证明该未知溶液中存在SO42?或者SO32?A. AB. BC.
CD. D7. 在常温下。体积和pH均相同的氨水和氢氧化钠溶液，加水稀释过程中pH变化如图所示，下列说法正确的是(????)A.
a曲线代表氢氧化钠溶液B. 分別加水稀释100倍后溶液中的c(H+)，氢氧化钠溶液大于氨水C. 分别加入相同浓度醋酸溶液中和至溶
液呈中性，消耗醋酸两者相等D. 分别与体积、浓度均相同的FeCl3溶液反应，生成沉淀质量一定是氨水多二、简答题（本大题共5小题，共
66.0分）8. 将某黄铜矿(主要成分为CuFeS2)和O2在一定温度范围内发生反应，反应所得固体混合物X中含有CuSO4、Fe
SO4、Fe2(SO4)3及少量SiO2等，除杂后可制得纯净的胆矾晶体(CuSO4?5H2O)． (1)实验测得温度对反应所得固体
混合物中水溶性铜(CuSO4)的含量的影响如图所示．生产过程中应将温度控制在 ______ 左右，温度升高至一定程度后，水溶性铜含
量下降的可能原因是 ______ ． (2)下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mo
l?L?1计算).实验中可选用的试剂和用品：稀硫酸、3%?H2O2溶液、CuO、玻璃棒、精密pH试纸． ①实验时需用约3%的H2O
2溶液100mL，现用市售30%(密度近似为1g?cm?3)的H2O2来配制，其具体配制方法是 ______ ． ②补充完整由反应
所得固体混合物X制得纯净胆矾晶体的实验步骤： 第一步：将混合物加入过量稀硫酸，搅拌、充分反应，过滤． 粒子Cu2+Fe2+Fe3+
开始沉淀时的pH4.75.81.9完全沉淀时的pH6.79.03.2第二步： ______ ． 第三步： ______ ，过滤．
第四步： ______ 、冷却结晶． 第五步：过滤、洗涤，低温干燥． (3)在酸性、有氧条件下，一种叫Thibacillus?fe
rroxidans的细菌能将黄铜矿转化成硫酸盐，该过程反应的离子方程式为 ______ ．9. 高磷镍铁是生产钙镁磷肥的副产品。
以高磷镍铁(主要含Ni、Fe、P，还含有少量Fe、Cu、Zn的磷化物)为原料生产硫酸镍晶体(NiSO4?6H2O)的工艺流程如图：
已知：电解时，选用2mol?L?1硫酸溶液为电解液。回答下列问题：(1)先将高磷镍铁制成电极板，“电解”时，该电极板作 _____
_极；阴极产物主要为 ______，此外，溶液中的Cu2+有部分在阴极放电。(2)“除铁磷”时，溶液中Fe2+先被氧化为Fe3+，
该过程发生反应的离子方程式为 ______；再加入Na2CO3调pH=2，并将溶液加热至50℃，形成铁、磷共沉淀。(3)“滤渣2”
的主要成分为ZnS和 ______(填化学式)。(4)“沉镍”时，为确保镍沉淀完全，理论上应调节溶液pH≥______(已知：25
℃时，Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10?15；lg2=0.3；当溶液中离子浓度≤1.0×10?5mol?L?1时，可认为该离
子沉淀完全)。(5)“母液”中的溶质主要有 ______、______(填化学式)。(6)硫代硫酸镍(NiS2O3)在冶金工业中有
广泛应用。向上述流程制得的NiSO4溶液中加入BaS2O3固体，充分反应后，过滤得到NiS2O3溶液；再向该溶液加入无水乙醇，析出
NiS2O3晶体(已知：25℃时，Ksp(BaSO4)=1.0×10?10、Ksp(BaS2O3)=1.6×10?5)。①生成Ni
S2O3的化学方程式为 ______；该反应可以进行得较完全，结合相关数据说明理由：______。②加入无水乙醇有利于NiS2O3
晶体析出，其原因是 ______。10. 近年来C02的利用日新月异．(1)最近科学家们研制成功一种新型催化剂能将C02转化为甲
烷．在一定1.O1kPa和200℃下，将1mOICO2和4mo1H2投人1L密闭容器中，当C02转化率为80%时达平衡，吸收akJ
的热量．写出此反应的热化学方程式______求此温度下的平衡常数K=______．(2)某温度下，将一定量的CO2和H2投人容积固
定为5l的密闭容器中，5min达平衡，各物质的浓度(mol/L)变化如下表所示：??0min?5min10min?CO2?0.2?
?0.1?H2?0.8??0.6?CH4?0?0.06?0.1若5min?l0min只改变了某一个条件，则该条件是______，且
该条件所改变的量是______.(填具体的数值和单位)(3)2013年发射的“嫦娥三号”卫星载入空间站要求吸收人体呼出的二氧化碳，
并提供氧气，科学家设计了“太阳能→电能→化学能”的转化．总反应2CO2=2CO+O2是______(填原电池或电解池)②写出X极的
电极反应式______③反应完毕，该太阳能装置中的电解质溶液碱性______(增强、不变或减弱)11. 我国硒含量居世界首位，含
硒化合物与材料被广泛应用于合成化学、催化化学医学研究、环境保护、农业化学品等方面。(1)硒原子核外电子排布式为 ______。(2
)人体代谢甲硒醇(CH3SeH)后可增加抗癌活性，甲硒醇分子中碳原子和硒原子的杂化类型分别是 ______、______。表中有机
物沸点不同的原因是 ______。有机物甲醇甲硫醇甲硒醇沸点/℃64.75.9525.05(3)NaHSe可用于合成聚硒醚，NaH
Se晶体类型为 ______，得到NaHSe过程中生成的化学键类型为 ______。聚硒醚能清除水中的铅污染，其原因是 _____
_。Se→乙醇硼氢化钠NaHSe现场生成(4)硒酸是一种强酸，根据价层电子对互斥理论的推测，其阴离子空间构型是 ______。(5
)Na2Se的晶体结构如图所示，其晶胞参数为anm。阿伏加德罗常数值为NA，则Na2Se的晶胞密度为 ______g?cm?3(列
出计算式)。12. RHO+CH3HO→△NaH/H2ORCHCCHO+H2O 写由E生成的化反应方程式 ? 。 出用环戊烷(
)和?丁炔(CH≡CHCH3)为制备化合物X() 请写出同时符合下列条件的F所同分异构的结构 ? 。 下列说不确的是 ? 。 请回
答下列问： 合物G结构简式为 ? 。 已知： 合物可以与NaHCO3液反应 合物H是一光材料中间体。实验室由芳香化合物A备H的种
合路线如图： 含有碳碳键 的合成路线用程图表示，他剂任选) ? 。答案和解析1.【答案】C?【解析】解：A.类、油脂、蛋白质为人体
必需的营养物质，乙醇不是营养物质，故A错误； B.没有标出碘离子的最外层电子，NH4I的电子式：，故B错误； C.石油和汽油是多种
烃的混合物，故C正确； D.水晶的主要成分为二氧化硅，不属于硅酸盐产品，故D错误． 故选C．A.糖类、油脂、蛋白质为人体必需的营养
物质； B.没有标出碘离子的最外层电子； C.汽油是多种烃的混合物； D.水晶的主要成分为二氧化硅． 本题考查较综合，涉及有机物的
结构、性质、用语及材料等，把握物质的组成为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．2.【答案】D?【解析】解：A.1molD
318O+中含有的中子数为1mol×13×NA/mol=13NA，故A错误； B.0.5?mol?NaHSO4晶体中含有的离子为0
.5mol×2×NA/mol=NA，故B错误； C.未知溶液的体积，无法计算水电离产生的H+数目，故C错误； D.32gS8()与
S6()的混合物中所含共价键数为32g32g/mol×1×NA/mol=NA，故D正确； 故选：D。A.一个D318O+中含有3×
1+10=13个中子； B.NaHSO4晶体中的离子为Na+和HSO4?； C.未知溶液体积； D.均摊法，两种硫单质中，每个硫原
子形成一个S?S。本题考查阿伏加德罗常数，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。3.【答案】B?【解析】解：A.病毒主要含
蛋白质和核酸，由C、H、O、N、P等元素组成，故A错误； B.防护服、医用手套主要由塑料、合成纤维等有机高分子材料制造而成，故B正
确； C.医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，故C错误； D.聚丙烯为有机高分子，属于混合物，故D错误。 故选：B。A.病毒主要含蛋
白质和核酸； B.防护服、医用手套主要由塑料、合成纤维制造而成； C.医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%； D.有机高分子化合物均为
混合物。本题借助于新型冠状病毒，有机化学的基础知识，理解积累小知识汇集成知识网络，有利于化学思想的构建，培养化学科学素养。4.【答
案】B?【解析】A.氯离子半径大于钠离子半径，根据图知，黑色球表示氯离子，故A错误；B.图b、c分别为熔融氯化钠、NaCl溶液，电
解熔融氯化钠、NaCl溶液时氯离子向X电极移动，则X电极为阳极，与电源正极相连，故B正确；C.氯化钠的电离不需要通电，溶于水电离N
aCl=Na++Cl?，故C错误；D.图b的Y电极产生钠单质，图c的Y电极产生氢气，故D错误；故选：B。本题以图象分析为载体考查电
解质及其导电性，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确电解质与导电物质的区别与联系是解本题关键，注意电解熔融态氯化钠与氯化钠
溶液的区别，题目难度不大。5.【答案】A?【解析】【分析】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、元素的位置、原子
序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，C为Na为元素推断的突破口，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。【解答】
A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，C为Na；元素B的原子最外层电子数是
其电子层数的2倍，B为第二周期元素，则B为C元素；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，D为Al，其中元素A、E的单质在常温下呈
气态，A为H，E为Cl，以此来解答；由上述分析可知，A为H，B为C，C为Na，D为Al，E为Cl，A.Na、Al为活泼金属，Cl为
活泼非金属，则工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质，如电解熔融氯化钠生成Na、氯气，电解熔融氧化铝冶炼Al，故A正确；B.元素
A、B组成的化合物为苯时，常温下为液体，为大分子烃时为固体，故B错误；C.HCl只含共价键，NaCl只含离子键，故C错误；D.B、
C、D的最高价氧化物对应的水化物分别为碳酸、NaOH、氢氧化铝，碳酸与氢氧化铝不反应，故D错误。故选A。?6.【答案】A?【解析】
A.能使品红溶液褪色的气体可能为二氧化硫，由实验及现象可知，原溶液中可能含有SO32?或HSO3?，故A正确；B.甲酸、甲醇均可被
酸性高锰酸钾溶液氧化，过量的高锰酸钾可以继续将甲酸氧化为二氧化碳，故B错误；C.酸性高锰酸钾溶液可氧化过氧化氢，生成气体为氧气，立
即产生大量气泡，故C错误；D.白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，原溶液中也可能存在Ag+，则该未知溶液中不一定存在SO42?或者SO
32?，故D错误；故选：A。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧
重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。7.【答案】B?【解析】解：A.上述分析得到a曲线代表的为氨水溶液，故
A错误； B.开始溶液PH相同，稀释相同倍数，氢氧化钠溶液的PH减小的大，溶液中的c(H+)，氢氧化钠溶液大于氨水，故B正确； C
.开始溶液PH相同，一水合氨溶液中存在电离平衡，一水合氨溶质浓度大，分别加入相同浓度醋酸溶液中和至溶液呈中性，氨水溶液加入消耗的醋
酸多，故C错误； D.分别与体积、浓度均相同的FeCl3溶液反应，若碱过量则沉淀相同，若氯化铁过量则氨水生成沉淀多，生成沉淀质量不
一定是氨水多，故D错误； 故选：B。在常温下。体积和pH均相同的氨水和氢氧化钠溶液，氨水溶液中一水合氨存在电离平衡，加水稀释过程中
，如电解质会促进电离平衡正向进行，pH变化大的为氢氧化钠溶液，图中稀释相同倍数，溶液PH是b减小大为氢氧化钠，a为一水合氨溶液，
A.分析得到a为氨水溶液； B.开始溶液PH相同，稀释相同倍数，氢氧化钠溶液的PH减小的大； C.开始溶液PH相同，一水合氨溶液中
存在电离平衡，一水合氨溶质浓度大，分别加入相同浓度醋酸溶液中和至溶液呈中性，氨水消耗醋酸多； D.分别与体积、浓度均相同的FeCl
3溶液反应，若碱过量则沉淀相同，若氯化铁过量则氨水生成沉淀多。本题考查了弱电解质电离平衡影响因素分析、溶液稀释后PH变化、图象变化
特征和溶液酸碱性等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。8.【答案】600℃；CuSO4发生了分解反应；用量筒量取10mL30
%H2O2溶液加入烧杯中，再加入90mL水(或加水稀释至 100mL)，搅拌均匀；向滤液中加入稍过量3%H2O2溶液，充分反应；向
溶液中加入CuO，用精密pH试纸控制pH在3.2～4.7之间；加热浓缩；4CuFeS2+4H++17O2=4Cu2++4Fe3++
8SO42?+2H2O?【解析】解：(1)由图可知，600℃时水溶性铜(CuSO4)的含量出现转折，故应控制温度在600℃左右，水
溶性铜化合物为CuSO4?5H2O，酸溶性铜化合物为CuO，温度较高时，CuSO4?5H2O可分解生成CuO，则在600℃以上时水
溶性铜化合物含量减少， 故答案为：600℃；CuSO4发生了分解反应； (2)①实验时需用约3%的H2O2溶液100mL，现用市售
30%(密度近似为1g?cm?3)的H2O2来配制，即3%×100=30%×x，解x=10mL，故需要30%的双氧水10mL，需用
水90mL， 故步骤为：用量筒量取10mL30%H2O2溶液加入烧杯中，再加入90mL?水(或加水稀释至?100mL)，搅拌均匀，
故答案为：用量筒量取10mL30%H2O2溶液加入烧杯中，再加入90mL?水(或加水稀释至?100mL)，搅拌均匀； ②混合物X中
含有CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3及少量SiO2等，需先溶解于硫酸，除去二氧化硅，然后氧化亚铁离子生成铁离子，以便降低
pH值除去，故应加入氧化剂，最后调节pH值，然后加热浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥即可得产品，故步骤二为：向滤液中加入稍过量3%?H2
O2溶液，充分反应，以便氧化亚铁离子； 步骤三为：向溶液中加入CuO，用精密pH试纸控制pH在3.2～4.7之间，便于让铁离子生成
氢氧化铁除去； 步骤四为：加热浓缩， 故答案为：向滤液中加入稍过量3%H2O2溶液，充分反应；向溶液中加入CuO，用精密pH试纸控
制pH在3.2～4.7之间；加热浓缩； (3)在酸性溶液中利用氧气可以将黄铜矿氧化成硫酸盐，则应有硫酸参加反应，且生成硫酸铜，硫酸
铁和水，反应的方程式为4CuFeS2+2H2SO4+17O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，离子反应方程式为：4C
uFeS2+4H++17O2=4Cu2++4Fe3++8SO42?+2H2O，故答案为：4CuFeS2+4H++17O2=4Cu2
++4Fe3++8SO42?+2H2O. (1)由图可知，600℃时水溶性铜(CuSO4)的含量出现转折，水溶性铜化合物为CuSO
4?5H2O，酸溶性铜化合物为CuO，温度较高时，CuSO4?5H2O可分解生成CuO； (2)①依据稀释溶液溶质不变进行列式计算
即可； ②混合物X中含有CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3及少量SiO2等，需先溶解于硫酸，除去二氧化硅，然后氧化亚铁离子
生成铁离子，以便降低pH值除去，故应加入氧化剂，最后调节pH值，然后加热浓缩、冷却结晶即可； (3)根据反应物和生成物结合质量守恒
定律书写反应的离子反应方程式． 本题考查考查较为综合，涉及物质的制备、检验和性质实验设计等问题，侧重于考查学生综合运用化学知识的能
力，为高考常见题型，难度中等．9.【答案】(1)阳；H2 (2)2Fe2++ClO?+2H+=2Fe3++Cl?+H2O (3)C
uS?(4)9.15 (5)NaCl；Na2SO4?(6)①BaS2O3+NiSO4=NiS2O3+BaSO4；该反应的平衡常数K
=1.6×105，K大于105，反应进行得较完全 ②无水乙醇可以降低NiS2O3的溶解度?【解析】解：(1)电解的主要目的应是将金
属元素转化为相应的金属阳离子，所以高磷镍铁应为阳极，被氧化；阴极主要为氢离子放电，所以主要产物为H2，故答案为：阳；H2；(2)“
除铁磷”时，ClO?将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为2Fe2++ClO?+2H+=2Fe3++Cl
?+H2O，故答案为：2Fe2++ClO?+2H+=2Fe3++Cl?+H2O；(3)“除铁磷”后主要杂质还有Cu2+、Zn2+，
所以加入H2S除杂时得到的“滤渣2”的主要成分为ZnS和CuS，故答案为：CuS；(4)当溶液中c(Ni2+)=1.0×10?5m
ol?L?1时，c(OH?)=Ksp[Ni(OH)2]c(Ni2+)=2×10?151.0×10?5mol?L?1=2×10?5m
ol?L?1，所以c(H+)=22×10?9mol?L?1，此时pH=?lgc(H+)=9.15，所以理论上应调节溶液pH≥9.1
5，故答案为：9.15；(5)ClO?会被还原为Cl?，电解时选用2mol?L?1硫酸溶液为电解液，所以溶液中阴离子还有SO42?
，而阳离子只剩加入的Na+，所以“母液”中的溶质主要有NaCl、Na2SO4，故答案为：NaCl；Na2SO4；(6)①根据题意，
NiSO4溶液可以使BaS2O3沉淀转化为BaSO4沉淀，同时得到NiS2O3，化学方程式为BaS2O3+NiSO4=NiS2O3
+BaSO4；该反应的平衡常数K=c(S2O32?)?c(Ni2+)c(SO42?)?c(Ni2+)=Ksp(BaS2O3)Ksp
(BaSO4)=1.0×10?51.0×10?10=1.6×105，K大于105，反应进行得较完全，故答案为：BaS2O3+NiS
O4=NiS2O3+BaSO4；该反应的平衡常数K=1.6×105，K大于105，反应进行得较完全；②加入无水乙醇有利于NiS2O
3晶体析出，其原因是无水乙醇可以降低NiS2O3的溶解度，利于晶体析出，故答案为：无水乙醇可以降低NiS2O3的溶解度。高磷镍铁(
主要含Ni、Fe、P，还含有少量Fe、Cu、Zn的磷化物)为原料生产硫酸镍晶体(NiSO4?6H2O)，先将高磷镍铁制成电极板，进
行电解，Ni、Fe、Zn、Cu转化为阳离子进入溶液，之后加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入Na2CO3调pH=2，并
将溶液加热至50℃，形成铁、磷共沉淀；过滤后加入H2S除去Cu2+和Zn2+；过滤后向滤液中加入NaOH得到Ni(OH)2沉淀，过
滤、水洗沉淀后，加入硫酸溶解，得到硫酸镍溶液，经系列处理得到NiSO4?6H2O。本题考查物质的制备工艺流程，为高频考点，把握工艺
原理、物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识、化学反应原理的作用。10.【答案】CO2(
g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)△H=+5a/4kJ?mol?1；25；增大H2的浓度；0.2mol/L；电解池；
4OH??4e?=O2↑+2H2O；不变?【解析】解：(1)根据反应CO2+4H2?CH4+2H2O可知，当0.8×1mol二氧化
碳参加反应时，吸收akJ的热量，则1mol二氧化碳参加反应时，吸收54akJ的热量，所以△H=+5a/4?kJ?mol?1，所以热
化学方程式为：CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)△H=+5a/4?kJ?mol?1；当C02转化率为80%时
达平衡，CO2的浓度为：0.2mol/L，H2的浓度为：0.8mol/L，CH4的浓度为：0.8mol/L，H2O的浓度为：1.6
mol/L，所以平衡常数为0.8×1．620.2×0.84=25，故答案为CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)
△H=+5a/4?kJ?mol?1；25；(2)根据图可知，在0?l0min，二氧化碳变化了0.1mol/L，按化学方程式计算可知
，氢气的浓度变化为0.4mol/L，而氢气起始为0.8mol/L，变化后应为0.4mol/L，而表中在10min时还有0.6mol
/L，所以可以看出是氢气的浓度变大了，所以是在5min时增加了氢气的浓度，变化量为(0.6?0.4)mol/L，故答案为：增大H2
的浓度；0.2mol/L；(3)2CO2=2CO+O2是一个非自发的气氧化还原反应，要实现这一过程，必须利用电解池装置，根据电解池
原理，X电极发生氧化反应，是氢氧根失去电子，生成氧气，据此写X电极反应式为4OH??4e?=O2↑+2H2O；此时Y电极上的反应式
为2CO2+2H2O+4e?=2CO+4OH?，所以两个电极生成和消耗的氢氧根的物质的量相等，所以溶液的碱性不变，故答案为：电解池
；4OH??4e?=O2↑+2H2O；不变．(1)根据反应CO2+4H2?CH4+2H2O可知，当0.8×1mol二氧化碳参加反应
时，吸收akJ的热量，则1mol二氧化碳参加反应时，吸收54akJ的热量，所以△H=+5a/4?kJ?mol?1，所以热化学方程式
为：CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)△H=+5a/4?kJ?mol?1；当C02转化率为80%时达平衡，C
O2的浓度为：0.2mol/L，H2的浓度为：0.8mol/L，CH4的浓度为：0.8mol/L，H2O的浓度为：1.6mol/L
，据此求得平衡常数；(2)根据图可知，在0?l0min，二氧化碳变化了0.1mol/L，按化学方程式计算可知，氢气的浓度变化为0.
4mol/L，而氢气起始为0.8mol/L，变化后应为0.4mol/L，而表中在10min时还有0.6mol/L，所以可以看出是氢
气的浓度变大了，所以是在5min时增加了氢气的浓度，变化量为(0.6?0.4)mol/L，据此答题；(3)2CO2=2CO+O2是
一个非自发的气氧化还原反应，要实现这一过程，必须利用电解池装置，根据电解池原理，X电极发生氧化反应，是氢氧根失去电子，生成氧气，据
此写电极反应式；根据两个电极生成和消耗的氢氧根的物质的量判断溶液中碱性的变化情况．本题主要考查了热化学方程式书写、平衡常数的计算、
影响平衡移动的因素、电解池原理等知识点，中等难度．11.【答案】1s22s22p63s23p63d104s24p4或[Ar]3d1
04s24p4 sp3 sp3 三种物质都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，甲醇分子间存在氢键所以沸点最高 离子晶
体 离子键、共价键 Se含有孤电子对，易与铅以配位键相结合 正四面体?4×(23×2+79)NA×(a×10?7)3?【解析】解：
(1)Se为34号元素，其原子核外有34个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p
4或[Ar]3d104s24p4， 故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p4或[Ar]3d104s24p4；
(2)该分子中C原子与3个H原子、1个Se原子形成4个共价单键，所以C原子价层电子对数是4，所以碳原子采用ps3杂化；Se和C原子
、O原子形成2个共价单键，O原子还有2个孤电子对，所以O原子价层电子对数是4，所以O原子采用sp3杂化；能形成分子间氢键的物质熔沸
点较高，甲醇、甲硫醇、甲硒醇三种物质都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，甲醇分子间存在氢键所以沸点最高， 故答案为
：sp3；sp3；三种物质都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，甲醇分子间存在氢键所以沸点最高； (3)该晶体是由N
a+、HSe?构成的，所以属于离子晶体；得到NaHSe过程中生成的化学键有Na+、HSe?之间的离子键、Se?H之间的共价键；Se
含有孤电子对，易与铅以配位键相结合，所以聚硒醚能清除水中的铅污染， 故答案为：离子晶体；离子键和共价键；Se含有孤电子对，易与铅以
配位键相结合； (4)S和Se位于同一主族，硒酸根离子和硫酸根离子互为等电子体，结构相似，硒酸是一种强酸，则SeO42?中Se原子
价层电子对数=4+6+2?4×22=4且不含孤电子对，所以其空间构型为正四面体形， 故答案为：正四面体； (5)黑色球个数=8×1
8+6×12=4、白色球个数为8，根据其化学式Na2Se知，白色球表示Na+、黑色球表示Se2?，该晶胞体积=(a×10?7cm)
3，Na2Se的晶胞密度=MNA×4V=4×(23×2+79)NA×(a×10?7)3g/cm3， 故答案为：4×(23×2+79
)NA×(a×10?7)3。(1)Se为34号元素，其原子核外有34个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式； (2)该分子中C原
子与3个H原子、1个Se原子形成4个共价单键，所以C原子价层电子对数是4；Se和C原子、O原子形成2个共价单键，O原子还有2个孤电
子对，所以O原子价层电子对数是4；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高； (3)由阴阳离子构成的晶体为离子晶体；得到NaHSe过程中生成的化学键有阴阳离子之间的离子键、Se?H之间的共价键；还有孤电子对和含有空轨道的原子之间易形成配位键； (4)S和Se位于同一主族，硒酸根离子和硫酸根离子互为等电子体，结构相似，硒酸是一种强酸，则SeO42?中Se原子价层电子对数=4+6+2?4×22=4且不含孤电子对； (5)黑色球个数=8×18+6×12=4、白色球个数为8，根据其化学式Na2Se知，白色球表示Na+、黑色球表示Se2?，该晶胞体积=(a×10?7cm)3，Na2Se的晶胞密度=MNA×4V。本题考查物质结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用、知识迁移能力、空间想象能力及计算能力，明确原子结构、价层电子对互斥理论内涵、配位键构成条件、晶胞计算方法是解本题关键，难点是晶胞计算，题目难度中等。12.【答案】 AC?+H2O?、、、??【解析】解：由分析可知，G构简式为， AC→D是与溴反应成，该反应类型为加反应，A错； 故案为：+2O； C的结构式为含有羧基，能与?NaHO3反应B正确； D的结构简为，以发消去应，故C错误； 观察结知，物的分子式为C18H18O2，故D正， 故答案：； E生成F化学反应方程为+2O， 故案为：、、、； 故答为：。香族合A与醛发生信息中的反应生成BA有醛基应中脱去分子水，由原子守恒可A的分式9H8O+H2O?H4O→C7H6O，故A为则B为，B生氧化反、化得到C为，C与发生加成反得D为，D生消去反、化得到E为E与乙醇发生酯化生成F为，F与G发生信中加反生成H，知G为； 结信息可知由?丁炔加成得到，环烷(与氯气发生代反应得到，氢化钠醇溶液、加热条下生消去反应得到。题考机物的推断与合成，侧重考查学生分推理能力、知识移能力，键是确定A的结构，结合条件顺推各物质，熟掌握官团及性质，题目侧考生分析推能、识迁移用的能力。第11页，共11页 |
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