2022年江西省南昌十中高考化學仿真模擬試卷（一）（附答案詳解）

2022年江西省南昌十中高考化學仿真模擬試卷（一）

1.從2月4日開幕到2月20日閉幕，為期17天的精彩冬奧，“中國之美”與“五環(huán)之美”

交相輝映，中國式浪漫撥動了全世界的心弦。下列冬奧會有關物品所用材料屬于合金的是（）

4■

吏”

A冰墩墩的外殼B奧運火炬材料中的碳纖維C高亭宇的冰刀D谷愛凌的滑板

A.AB.BC.CD.D

2.9為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）

A.1m0仍鏟。+中含有的中子數為ION.

B.0.5mo，NaHSO4晶體中含有的離子數為1.5刈

C.常溫下，pH=10的NaHCO3溶液中，由水電離產生的”+數為10-4/匕

D.32gs8c充分與$6（.分1）的混合物中所含共價鍵數為N.

3.2022年冬奧會吉祥物“冰墩墩”寓意創(chuàng)造非凡、探索未來。其使用的材料之一為ABS樹

脂，結構簡式如圖所示。下列有關ABS樹脂的說法正確的是（）

-f-CHj—CH-CH2—CH=CH-CH2—CH—CH^

k0

A.易溶于水B.屬于熱固性材料

C.由4種單體通過加聚反應制備D.其單體之一的苯乙烯能使濱水褪色

4.某興趣小組為探究NaCl在不同狀態(tài)下的導電情況，進行如下實驗（X、Y為石墨電極）。下

圖為不同實驗中的微觀示意圖。以下分析正確的是（）

圖c

A.圖中。代表

B.X與電源正極相連

C.圖b說明通電后發(fā)生了：NaCl=Na++Cl-

D.圖b和圖c中Y電極上的產物相同

5.一種可用作半導體摻雜源的化合物的結構式如圖所示。已知W、X、Y、Z為原子序數依

次增大的四種短周期主族元素，Z的最外層電子數是其內層電子數的3倍。下列說法中錯誤

的是（）

WW

z-Y-WA.原子半徑:X>y>z>〃

xZ

B.X、Y均可形成一元含氧酸

Z

丫C.W和Y能形成多種原子個數比為1：1的化合物

W’j'wD.除W原子外，分子中的其他原子均滿足8電子穩(wěn)定結構

6.依據下列實驗現象，得出的結論正確的是（）

操作實驗現象結論

產生氣體能使品紅溶原溶液中可能含有sor或

A向某無色溶液中滴加濃鹽酸

液褪色HSO]

將甲醇和過量酸性高鋸酸鉀溶液

B紫紅色褪去或變淺甲醇被氧化成甲酸

混合

C向雙氧水中滴加酸性KMnQi溶液立即產生大量氣泡KMM04催化“2。2分解

向未知溶液中滴加硝酸酸化的證明該未知溶液中存在S。干或

D出現白色沉淀

Bad2溶液者S。打

A.AB.BC.CD.D

7.室溫下，向20mL濃度均為0.1爪0八右】的HNO3和HNOz混合液中逐滴加入0.1m。八

LNaOH溶液,溶液pH變化曲線如圖。下列說法錯誤的是()

A.a點：c(H+)>c(N。］)>c(/VO￡)

B.導電能力：b<c

C.c點：2c例。力+2c(HNOD=3c(Na+)

1Q—2.68

D.由d點可得Ka(HN02)x型L

8.四氯化錫(SnC〃)是合成有機錫化合物的原料，制備SnC〃的裝置如圖所示。

-II

土濃鹽酸浮度計lb堿石灰

高錦

鉀

酸

戊

丁

甲

乙

內

有關信息如表:

化學式SnSnCl2SnCl4

熔點/久232246-33

沸點/℃2260652114

銀白色固體金無色晶體，SM+易被叫3+、6等氧無色液體，易水解生成

其他性質

屬化為

Sn4+SnO2,XH2O

(1)儀器A的名稱為,甲中發(fā)生反應的離子方程式為o

(2)如缺少裝置丙，丁處主要副反應的化學方程式為。

(3)加熱丁裝置，錫熔化，與C%反應，產物有SnC〃和SnC%,為了確認丁中生成的SnC%，可

選用以下試劑(填序號)檢驗。

A.稀鹽酸

B.酸性高鎰酸鉀

C.加入有KSCN的尸eC/3溶液

(4)丁中反應需要通入過量的烈2,并控制溫度在232?652℃范圍，控制溫度目的是

(5)可以通過現象判斷丁中的反應已經完成。若制得的SnC〃顯黃色，可能的原因是

(6)利用沉淀滴定法測定產品中S/+的含量，方案如下：準確稱取mg產品于錐形瓶中，用蒸

儲水溶解，X溶液作指示劑，用的硝酸銀標準溶液滴定，滴定終點時消耗硝酸銀溶液

V.mL,由此可計算產品中5彥+的質量分數。參考表中的數據，X溶液最好選用的是(

填序號)。

A.NaCl溶液

B.NaBr溶液

C.NaCN溶液

D.NcizCr/溶液

難溶物

AgClAgBrAgCNAg2CrO4

顏色白淺黃白磚紅

Ksp1.77x1O-105.4xKT"2.7xIO』1.12xIO也

乙同學認為甲同學測得的S〃2+含量可能會偏高，理由

9.高磷銀鐵是生產鈣鎂磷肥的副產品。以高磷銀鐵(主要含Ni、Fe、P,還含有少量Fe、Cu、

Zn的磷化物)為原料生產硫酸饃晶體(NiS/-6H2。)的工藝流程如圖:

①NaClO

②Na2cO3H2SNaOHH2SO4

，我WijFH除+磷卜時j網f[患

—>NiSO4,6H2。

濾渣1濾液2母液

已知：電解時，選用2m。/"-1硫酸溶液為電解液。

回答下列問題：

(1)先將高磷鍥鐵制成電極板，“電解”時，該電極板作極；陰極產物主要為，

此外，溶液中的C“2+有部分在陰極放電。

(2)“除鐵磷”時，溶液中Fe2+先被氧化為Fe3+,該過程發(fā)生反應的離子方程式為；

再加入Na2c。3調pH=2,并將溶液加熱至50℃,形成鐵、磷共沉淀。

(3)“濾渣2”的主要成分為ZnS和(填化學式)。

(4)“沉鍥”時，為確保銀沉淀完全，理論上應調節(jié)溶液p42(已知：25℃時，

_15

Ksp[Ni(OH)2]=2.0XIO；lg2=0.3；當溶液中離子濃度W1.0X10-5moz.廠1時，可認

為該離子沉淀完全)。

(5)“母液”中的溶質主要有、(填化學式)。

(6)硫代硫酸銀(加52。3)在冶金工業(yè)中有廣泛應用。向上述流程制得的NiS04溶液中加入

BaS2O3m,充分反應后，過濾得到NiSzOs溶液；再向該溶液加入無水乙醇，析出NiS?。?晶

10-s

體(己知：25℃時，K^BaSO^=1.0x1O-^Ksp(BaS2O3')=1.6x10)?

①生成NiSzOs的化學方程式為;該反應可以進行得較完全，結合相關數據說明理由:

②加入無水乙醇有利于可02。3晶體析出，其原因是。

10.CO2催化加氫制烯燃(Cn，2n)是緩解化石能源消耗、實現減排的重要途徑之一。FT轉化路

徑(CC>2TCOTCOn，2n)涉及的主要反應如下：

i.。。2(。)+“2(g)=CO(g)+%0⑼AH]=41.M/?mol-1

1

ii.nCO(g)+2nH2(g)=JH2n(g)+nH2O(g)n=2時，AH2=-210.2/c/?mor

iii.CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)AH3=-205.9k/?moL

(l)2COz(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)AH=k]-moL。

(2)有利于提高CO2平衡轉化率的措施有(填標號)。

A.增大“(CO?)：〃(也)投料比

B.增大體系壓強

C.使用高效催化劑

D.及時分離“2。

(3)n(CO2)：n(“2)投料比為1：3、壓力為IMPa時，無烷燒產物的平衡體系中CO2轉化率和

產物選擇性隨反應溫度變化曲線如圖。

S

3

^

0

0

①有利于短鏈烯煌(n<4)生成的溫度范圍為(填標號)。

A.373?573K

B.573?773K

C.773~973K

D.973?1173K

②計算1083K時，反應i的勺=。

③373?1273K范圍內，。出的轉化率先降低后升高的原因是。

(4)FT轉化路徑存在C%含量過高問題，我國科學家采用第2。3(56)和H-SAPO-34復合催

化劑極大提高短鏈烯煌選擇性。。。2在催化劑仃2。3(56)表面轉化為甲醇的各步驟所需要克服

的能壘及甲醇在H-SAPO-34作用下產生乙烯、丙烯示意圖如圖2。

①吸附態(tài)用*表示，CO2T甲氧基(/C。*)過程中，的生成是決速步驟(填化學式)。

②"-SAPO-34具有氧八元環(huán)構成的籠狀結構(直徑0.94nm),籠口為小的八環(huán)孔(直徑

0.38nm)o從結構角度推測，短鏈烯煌選擇性性提高的原因。

11.我國硒含量居世界首位，含硒化合物與材料被廣泛應用于合成化學、催干.

化化學醫(yī)學研究、環(huán)境保護、農業(yè)化學品等方面。[?呼耳.

(1)硒原子核外電子排布式為。I:應

(2)人體代謝甲硒醇(C/SeH)后可增加抗癌活性，甲硒醇分子中碳原子和硒'”

原子的雜化類型分別是、o表中有機物沸點不同的原因是。

有機物甲醇甲硫醇甲硒醇

沸點/℃64.75.9525.05

(3)NaHSe可用于合成聚硒醛，NaHSe晶體類型為,得到NaHSe過程中生成的化學鍵

類型為o聚硒酸能清除水中的鉛污染，其原因是O

硼氫化鈉

Se->NaHSe現場生成

乙醇

(4)硒酸是一種強酸，根據價層電子對互斥理論的推測，其陰離子空間構型是o

(5)NgSe的晶體結構如圖所示，其晶胞參數為anm。阿伏加德羅常數值為N.,則NazSe的晶

胞密度為______g?cm_3(列出計算式)。

12.有機物K是合成酪氨酸血癥藥物尼替西農的中間體，其合成路線如圖:

(2)C的名稱為o

(3)B~C的反應方程式為

(4)。tE的反應類型o

(5)，的結構簡式為。

(6)時(。9“10。2)是D的同系物，其核磁共振氫譜峰面積之比為6：2：1：loM的結構簡式為

o(7)以CkJ00"原料合成［試寫出合成路線(無機試劑任選)o

答案和解析

1.【答案】C

【解析】A.冰墩墩外殼是硅膠材質，是無機非金屬材料,故A錯誤；

B.題中信息知，奧運火炬由碳纖維制成，是無機非金屬材料，故B錯誤；

C.冰刀由特種鋼制成，屬于合金，故C正確；

D.雪地滑板的主要材料是高分子塑料，故D錯誤；

故選：Co

合金是指在一種金屬中加熱熔合其它金屬或非金屬而形成具有金屬特性的物質，據此進行解答。

本題以冬奧會為情景考查了物質的組成及分類，明確合金的概念是解題的關鍵。

2.【答案】D

【解析】解：4Imo/國8。+中含有的中子數為Imo/x13xNJmo/=13以，故A錯誤；

B.0.5moWaHSO4晶體中含有的離子為0.5molx2xNA/mol=NA,故B錯誤；

C.未知溶液的體積，無法計算水電離產生的H+數目，故C錯誤；

D.32gs8（7々/*）與56（/丁?。┑幕旌衔镏兴矁r鍵數為變鬻正x1xNA/mol=治，故D

正確；

故選：D。

A.一個國8。+中含有3x1+10=13個中子；

B.Na”S04晶體中的離子為Na+和HSOf；

C.未知溶液體積；

D.均攤法，兩種硫單質中，每個硫原子形成一個S-S。

本題考查阿伏加德羅常數，側重考查學生基礎知識的掌握情況，試題難度中等。

3.【答案】D

【解析】解：44BS樹脂無親水官能團，難溶于水，故A錯誤；

B.-?般體型聚合物屬于熱固性材料，ABS樹脂為鏈狀結構，不屬于熱固性材料，故B錯誤；

C.該高聚物的形成過程屬于加聚反應，根據加聚反應的特點可知，ABS樹脂的單體為C%=CHCN、

CH2=CHCH=CH2,II,即有3種單體，故C錯誤；

D.苯乙烯（II'）中含有雙鍵，能使浸水褪色，故D正確;

故選：D。

A.ABS樹脂無親水官能團，難溶于水；

B.一般體型聚合物屬于熱固性材料；

C.該高聚物的形成過程屬于加聚反應，根據加聚反應的特點可知，ABS樹脂的單體為C%=CHCN、

CH2=CHCH=CH2,[II||

D.含有雙鍵的物質能與濱水發(fā)生加成反應，從而使濱水褪色。

本題主要考查有機物的結構與性質的關系、單體的判斷、熱固性材料等知識，題目難度不大。

4.【答案】B

【解析】A.氯離子半徑大于鈉離子半徑，根據圖知，黑色球表示氯離子，故A錯誤；

B.圖b、c分別為熔融氯化鈉、NaCl溶液，電解熔融氯化鈉、NaCl溶液時氯離子向X電極移動，

則X電極為陽極，與電源正極相連，故B正確；

C.氯化鈉的電離不需要通電，溶于水電離Na/=Na++C廣，故C錯誤；

D.圖b的Y電極產生鈉單質，圖c的Y電極產生氫氣，故D錯誤；

故選：Bo

本題以圖象分析為載體考查電解質及其導電性，側重考查圖象分析判斷及知識綜合運用能力，明

確電解質與導電物質的區(qū)別與聯系是解本題關鍵，注意電解熔融態(tài)氯化鈉與氯化鈉溶液的區(qū)別，

題目難度不大。

5.【答案】D

【解析】W、X、Y、Z為原子序數依次增大的四種短周期主族元素，Z的最外層電子數是其內層

電子數的3倍，Z只能含有2個電子層，最外層含有6個電子，則Z為0；結合圖示可知，W形

成1個共價鍵，X形成3個共價鍵，Y形成4個共價鍵，結合原子序數大小可知，則W為H,X

為B,Y為C元素，以此分析解答。

A.主族元素同周期從左向右原子半徑逐漸減小，同主族從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑：

B>C>O>H,即X>y>Z>W,故A正確；

B.X可以形成一元酸硼酸，Y可以形成甲酸、乙酸、丙酸等一元酸，故B正確；

C.H和C可以形成C2H2、C6“6等多種原子個數比為1：1的化合物，故C正確；

D.該化合物中B的最外層電子數為3+3=6,不滿足8電子穩(wěn)定結構，故D錯誤；

故選：D。

本題考查原子結構與元素周期律，結合原子序數、原子結構及化學鍵來推斷元素為解答關鍵，側

重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，題目難度不大。

6.【答案】A

【解析】A.能使品紅溶液褪色的氣體可能為二氧化硫，由實驗及現象可知，原溶液中可能含有SOp

或HS。］,故A正確；

B.甲酸、甲醇均可被酸性高鋅酸鉀溶液氧化，過量的高鎰酸鉀可以繼續(xù)將甲酸氧化為二氧化碳，

故B錯誤；

C.酸性高鋸酸鉀溶液可氧化過氧化氫，生成氣體為氧氣，立即產生大量氣泡，故C錯誤；

D.白色沉淀可能為AgCl或硫酸鋼，原溶液中也可能存在4g+,則該未知溶液中不一定存在S。；一或

者S。歹，故D錯誤;

故選：Ao

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、反應與現象、離子檢驗、實驗技

能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。

7.【答案】C

【解析】解：4a點發(fā)生如下電離：HNO3=H++NO'HNO2WH++N。］所以c(H+)>c(NO］)>

c(NOR，故A正確；

B.b點，“Nd與NaOH剛好完全反應，溶液為NaNOs、HNO2混合溶液；在c點，溶液為NC1NO3、

NaNO2,“NO2混合溶液，離子濃度b<c,所以導電能力：b<c,故B正確；

C.c點，依據題給數據，可得出：3n(NOQ+3n(HNO2)=2n(Na+),所以3c(NOQ+3c(HNO2)=

2c(Na+),故C錯誤；

D.在d點存在如下水解平衡：N0￡+H2O^HNO2+0H-,Kh=以竺嫖/)=lL-xioY—=

z3。2)ixo.l

k。——

3x10-1132,/c(H/vo)=^=.11014=1n2.68故D正確；

Kh3x103

故選：Co

+

A.a點發(fā)生如下電離：HNO3=H+NO3,HNO2WH++N0￡；

B.b點，UN/與NaOH剛好完全反應，溶液為MZNO3、HN。2混合溶液；在c點，溶液為NaNQ、

NaNO2,"NO2混合溶液；

C.c點，依據題給數據，可得出：3n(NO5)+3n(HNO2)=2n(Na+)；

D.在d點存在如下水解平衡：NOW+H2OUHNO2+OHJP=式°"鎮(zhèn)產。

C(/VU2)

本題考查酸堿混合溶液定性判斷，側重考查圖像分析判斷及計算能力，明確電離平衡的含義、溶

液中溶質成分及其性質是解本題關鍵，注意電荷守恒、物料守恒的靈活應用，題目難度中等。

+

8.【答案】(1)蒸儲燒瓶2MMT+16H+lOCr=2M必++55?+8H2O

(2)SnCZ4+(2+X~)H2O=SnO2-xH2OI+4HCl(3')C

(4)加快反應速率，并防止產品中帶入SnC%

(5)戊中冷凝管不再有液體滴下：氯氣的溶解

(6)D；.+也能氧化SM+,導致消耗的硝酸銀溶液偏多

【解析】(1)儀器A的名稱為蒸儲燒瓶，甲中濃鹽酸和高鋸酸鉀不加熱反應產生氯氣，離子方程式

2+

為：2MnO^+16H++10Cl-=2Mn+5Cl2T+8H2O,

+2+

故答案為：2MnO1+16H+IOCr=2Mn+5Cl2T+8H2O；

(2)如缺少丙，則水蒸氣會進入丁，導致生成的四氯化錫水解生成SnOz，/。，化學方程式為：

SnCl4+(2+X)H2O=SnO2-xH2OI+4HCI,

故答案為:SnCl4+(2+X)H2O=SnO2-xH2OI+4HCI；

(3)可以根據SM+的還原性確定氯化亞錫的存在；稀鹽酸不能氧化S/+；酸性高鎰酸鉀也能將C廠

氧化從而褪色，所以不能選擇酸性高鋅酸鉀；*3+有氧化性，能將Sn2+氧化，本身被還原為Fe2+,

含有KSCN的FeCG溶液是紅色的，反應后溶液會褪色，從而可以檢驗SnC%的存在，

故答案為：C；

(4)丁中可能會產生氯化亞錫，增加氯氣通入的量可以減少氯化亞錫的產生。而控制溫度不要過低,

除了要高于Sn的熔點，保證Sn呈液態(tài)外，還可以加快反應速率，溫度低于SnC%的沸點，可以避

免生成的氯化亞錫進入戊裝置，則控制溫度目的加快反應速率，并防止產品中帶入SnC%，

故答案為：加快反應速率，并防止產品中帶入SnCL；

(5)如丁中反應結束，則丁中會有少量的氯化亞錫存在，但是冷凝管處戊中冷凝管不再有液體滴下，

可以此為判斷反應結束的標準；由于氯氣的溶解，會導致四氯化錫顯示黃色，

故答案為：戊中冷凝管不再有液體滴下；氯氣的溶解；

(6)①硝酸銀溶液應先將氯離子沉淀完全，再與指示劑反應，并伴隨明顯的現象指示反應終點；銘

酸鈉可以和硝酸銀形成磚紅色沉淀，現象明顯；并且銘酸根結合銀離子的能力弱于氯離子，可以

做滴定的指示劑，

故答案為：D；

②由于4g+也能氧化Sn2+,導致消耗的硝酸銀溶液偏多，測得的SM+含量偏高，

故答案為：力。+也能氧化SM+,導致消耗的硝酸銀溶液偏多。

儀器A是蒸儲燒瓶，甲中濃鹽酸和高鍋酸鉀不加熱反應產生氯氣；乙裝置除去氯氣中的氯化氫氣

體，丙裝置干燥氯氣，防止生成的四氯化錫水解；丁中錫熔化后與氯氣反應，戊裝置冷凝收集四

氯化錫；堿石灰一方面吸收未反應的氯氣，另一方面防止空氣中的水蒸氣進入戊裝置導致四氯化

錫水解。

本題考查混合物分離提純，為高頻考點，把握流程中發(fā)生的反應、混合物分離提純方法、實驗技

能為解答的關鍵，側重分析能力和實驗能力的考查，注意元素化合物知識的運用，題目難度較大。

9.【答案】(1)陽;H2

2++3+

(2)2Fe+CIO-+2H=2Fe+Cl-+H20

⑶CuS

(4)9.15

(5)NaC7；Na2S04

(6)①BaS2O3+NiSO4=MS2O3+BaSO4；該反應的平衡常數K=1.6x1()5,K大于反應進

行得較完全

②無水乙醇可以降低NiSzO3的溶解度

【解析】解：(1)電解的主要目的應是將金屬元素轉化為相應的金屬陽離子，所以高磷銀鐵應為陽

極，被氧化；陰極主要為氫離子放電，所以主要產物為也，

故答案為：陽；/；

(2)“除鐵磷”時，。。-將Fe2+氧化為Fe3+,根據電子守恒、元素守恒可得離子方程式為2叫2++

+3+

CIO~+2H=2Fe+Cl-+H20,

故答案為：2Fe2++CIO-+2H+=2Fe3++Cl-+也。；

(3)“除鐵磷”后主要雜質還有C/+、Zn2+,所以加入H2s除雜時得到的“濾渣2”的主要成分為

ZnS和CuS,

故答案為：CuS；

(4)當溶液中c(N〃+)=1.0x10-5爪0>廠1時，c(oH-)=J喘黑小=,L=

V2xlO^mol-L-1,所以c(H+)=竽x10-9mol?L,此時pH=—lgc("+)=9.15,所以理論上

應調節(jié)溶液pH>9.15,

故答案為：9.15；

(5)G。-會被還原為C廠，電解時選用2mo/?廠】硫酸溶液為電解液，所以溶液中陰離子還有S。干，

而陽離子只剩加入的Na+,所以“母液”中的溶質主要有NaCl、Na2S04,

故答案為：NaCl；Na2S04i

(6)①根據題意，MS。,溶液可以使BC1S2O3沉淀轉化為BaS04沉淀，同時得到村］52。3,化學方程式

為府2。3+MS。,=NiS2O3+BaS04；該反應的平衡常數”，黑密需;=弋：然黑=

1.0x10：；=16x105,K大于反應進行得較完全，

1.0x1010

故答案為：BaS2O3+NiS04=NiS2O3+BaS04,該反應的平衡常數K=1.6x1()5,K大于IO、，

反應進行得較完全；

②加入無水乙醇有利于NiS2C?3晶體析出，其原因是無水乙醇可以降低NiSzO3的溶解度，利于晶體

析出，

故答案為：無水乙醇可以降低NiS2()3的溶解度。

高磷銀鐵(主要含Ni、Fe、P,還含有少量Fe、Cu、Zn的磷化物)為原料生產硫酸銀晶體(NiSO4?6/0),

先將高磷銀鐵制成電極板，進行電解，Ni、Fe、Zn、Cu轉化為陽離子進入溶液，之后加入NaClO

將Fe2+氧化為Fe3+,然后加入NazCQ調p"=2,并將溶液加熱至50℃,形成鐵、磷共沉淀；過

濾后加入H2s除去C/+和Z“2+；過濾后向濾液中加入NaOH得到Ni(0H)2沉淀，過濾、水洗沉淀

后，加入硫酸溶解，得到硫酸鍥溶液，經系列處理得到NiS04?6%。。

本題考查物質的制備工藝流程，為高頻考點，把握工藝原理、物質的性質及發(fā)生的反應為解答的

關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意元素化合物知識、化學反應原理的作用。

10.【答案】⑴-128.0

(2)BD

(3)①B；②1；③溫度低于723K時，反應ii(放熱反應)占主導地位，溫度升高，。。2轉化率降低；

溫度高于723K時，反應i(吸熱反應)占主導地位，溫度升高，CO2轉化率升高

(4)①HCOO*；②短鏈烯煌可順利從H-SAPO-34催化劑籠口八環(huán)孔脫離

【解析】

【分析】

本題考查蓋斯定律、化學平衡等相關知識，為高頻考點，把握熔變計算、蓋斯定律、平衡移動、

平衡常數計算為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意(3)為解答的難點，題目難度不大。

【解答】

(1)當反應ii中n=2時可得2co(g)+2/(9)=C2H/g)+2H2O(g)AH2=-210.2/c/-moL,根

據蓋斯定律反應五+iX2可得2。。2(。)+6H2(。)=C2H式。)+4H2。(。)的4〃=-210.2/c/-

mol-1+2x41.1k/■mol-1=-128.0k/?mo/-1,

故答案為:—128.0：

(2)4增大n(CO2)：”也)投料比，相當于名的量不變，增加C出的量，會降低。。2的轉化率，故A

錯誤；

B.反應ii和iii均為氣體系數之和減小的反應，增大壓強可以使ii、iii的平衡正向移動，CO的濃

度減小，反應i平衡正向移動，CO?的轉化率增大，故B正確；

C.催化劑可以加快反應速率，但不改變平衡轉化率，故C錯誤；

D.及時分離出，2。，可以使反應i平衡正向移動，增大CO2的轉化率，故D正確；

故答案為：BD；

(3)①據圖可知當溫度為573K左右時C4”8的選擇性較高，673K左右時的選擇性較高，773K

左右時C2H4的選擇性較高，所以有利于短鏈烯燃5<4)生成的溫度范圍應選8(573?773K),

故答案為：B；

②據圖可知溫度為1083K時，CO的選擇性為100%,烯煌的選擇性為0,所以此時只發(fā)生反應i,

。。2的轉化率為75%；設初始投料為1771。9。2、3molH2,列三段式有:

c(?2(g)+“2(g)u。。9)+%。(9)

開始1300

變化0.750.750.750.75

平衡0.252.250.750.75

norioorq

所以p(CO2)=竿XIMPa=京MPa，p(W2)=等xIMPa=^MPa,p(C。)=p(W2O)=

0.75〃入34。)==

——MPa=-M11Prla,所以Ap(CO)p(“21,

416p(CO2)p(H2)―9X1-

1616

故答案為：1;

③373~1273K范圍內，CO?的轉化率先降低后升高的原因是溫度低于723K時，反應也放熱反應

）占主導地位，溫度升高，反應ii平衡逆向移動，CO的含量增大，導致反應i逆向移動，。。2轉化

率降低；溫度高于723K時，反應i（吸熱反應）占主導地位，溫度升高，CQ轉化率升高，

故答案為：溫度低于723K時，反應”（放熱反應）占主導地位，溫度升高，。。2轉化率降低；溫度

高于723K時，反應i（吸熱反應）占主導地位，溫度升高，。。2轉化率升高；

（4）①能壘越大反應速率越慢，慢反應決定整體反應速率，據圖可知CO2生成HCOO*的步驟能壘最

大，為決速步驟（能壘為1.45eV的步驟為/C。*生成“3。?！?,不符合題意），

故答案為：HCOO*；

②短鏈烯煌可順利從H-SAPO-34催化劑籠口八環(huán)孔脫離，所以短鏈烯煌選擇性性提高，

故答案為：短鏈烯煌可順利從，-SAPO-34催化劑籠口八環(huán)孔脫離。

11.【答案】Is22s22P63s23P63d1°4s24P4或［4r］3d】。4s24P4sp3sp3三種物質都是分子晶體,

結構相似，相對分子質量越大，沸點越高，甲醇分子間存在氫鍵所以沸點最高離子晶體離子鍵、

共價鍵Se含有孤電子對，易與鉛以配位鍵相結合正四面體4X（23'2必1

7

NAx（axl0）

【解析】解：（l）Se為34號元素，其原子核外有34個電子，根據構造原理書寫其核外電子排布式

為Is22s22P63s23P63di°4s24P4或［Ar］3d1°4s24P3

故答案為：Is22s22P63s23P63d】。4s24P4或［A*3di04s24P%

（2）該分子中C原子與3個H原子、1個Se原子形成4個共價單鍵，所以C原子價層電子對數是4,

所以碳原子采用ps3雜化；Se和C原子、O原子形成2個共價單鍵，O原子還有2個孤電子對，所

以O原子價層電子對數是4,所以O原子采用sp3雜化；能形成分子間氫鍵的物質熔沸點較高，甲

醵、甲硫醉、甲硒醇三種物質都是分子晶體，結構相似，相對分子質量越大，沸點越高，甲醇分

子間存在氫鍵所以沸點最高，

故答案為：sp3；sp3；三種物質都是分子晶體，結構相似，相對分子質量越大，沸點越高，甲醇

分子間存在氫鍵所以沸點最高；

(3)該晶體是由Na+、HSe-構成的，所以屬于離子晶體；得到NaHSe過程中生成的化學鍵有Na+、

HSe-之間的離子鍵、Se-H之間的共價鍵；Se含有孤電子對，易與鉛以配位鍵相結合，所以聚硒

酸能清除水中的鉛污染，

故答案為：離子晶體；離子鍵和共價鍵；Se含有孤電子對，易與鉛以配位鍵相結合：

(4)S和Se位于同一主族，硒酸根離子和硫酸根離子互為等電子體，結構相似，硒酸是一種強酸，

則SeO廠中Se原子價層電子對數=4+組產=4且不含孤電子對，所以其空間構型為正四面體

形，

故答案為：正四面體;

(5)黑色球個數=8x：+6x；=4、白色球個數為8,根據其化學式Nc^Se知，白色球表示Na+、

OL

曳X4.

黑色球表示Se?-,該晶胞體積=(ax10-7cm)3,Na^Se的晶胞密度="一=g/cm3,

故答案為:4x(23x2+79)

W^xCaxlO-7)3

(l)Se為34號元素，其原子核外有34個電子，根據構造原理書寫其核外電子排布式：

(2)該分子中C原子與3個H原子、1個Se原子形成4個共價單鍵，所以C原子價層電子對數是4；

Se和C原子、O原子形成2個共價單鍵，O原子還有2個孤電子對，所以O原子價層電子對數是

4;能形成分子間氫鍵的物質熔沸點較高；

(3)由陰陽離子構成的晶體為離子晶體；得到NaHSe過程中生成的化學鍵有陰陽離子之間的離子

鍵、Se-H之間的共價鍵；還有孤電子對和含有空軌道的原子之間易形成配位鍵；

(4)S和Se位于同一主族，硒酸根離子和硫酸根離子互為等電子體，結構相似，硒酸是一種強酸,

則Se。；-中Se原子價層電子對數=4+組產=4且不含孤電子對；

(5)黑色球個數=8x《+6x：=4、白色球個