甘肃省定西市陇西二中2024年高考化学全真模拟密押卷含解析

甘肃省定西市陇西二中2024年高考化学全真模拟密押卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、中国第二化工设计院提出，用间接电化学法对大气污染物NO进行无害化处理，其原理示意如图(质子膜允许H+和H2O通过)，下列相关判断正确的是A．电极Ⅰ为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑B．电解池中质子从电极Ⅰ向电极Ⅱ作定向移动C．吸收塔中的反应为2NO+2S2O42-+H2O=N2+4HSO3-D．每处理1molNO电解池质量减少16g2、下列有关化学用语表示正确的是A．甲酸乙酯的结构简式：CH3OOCCH3 B．Al3+的结构示意图：C．次氯酸钠的电子式： D．中子数比质子数多1的磷原子：3、大规模开发利用铁、铜、铝，由早到晚的时间顺序是（）A．铁、铜、铝 B．铁、铝、铜 C．铝、铜、铁 D．铜、铁、铝4、向恒温恒容密闭容器中充入1molX和2molY，发生反应4X（g）+2Y（g）⇌3Z（g），下列选项表明反应一定已达平衡状态的是（）A．气体密度不再变化B．Y的体积分数不再变化C．3v（X）＝4v（Z）D．容器内气体的浓度c（X）：c（Y）：c（Z）＝4：2：35、如图所示的方案可以降低铁闸门的腐蚀速率。下列判断正确的是()A．若X为导线，Y可以是锌B．若X为导线，铁闸门上的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+C．若X为直流电源，铁闸门做负极D．若X为直流电源，Y极上发生还原反应6、维生素B3可以维持身体皮肤的正常功能，而且具有美容养颜的功效，其分子中六元环的结构与苯环相似。下列有关维生素B分子的说法错误的是A．所有的碳原子均处于同一平面 B．与硝基苯互为同分异构体C．六元环上的一氯代物有4种 D．1mol该分子能和4molH2发生加成反应7、下列属于非电解质的是A．酒精 B．硫酸钡 C．液氯 D．氨水8、下列说法正确的是()A．分子晶体中一定存在共价键B．某化合物存在金属阳离子，则一定是离子化合物C．HF比H2O稳定，因为分子间存在氢键D．CS2、PCl5具有8电子稳定结构9、下列有关能量的判断和表示方法正确的是A．由C(s，石墨)=C(s，金刚石)∆H=+1.9kJ/mol，可知：石墨比金刚石更稳定B．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量更多C．由H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)∆H=-57.3kJ/mol，可知：含1molCH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出热量等于57.3kJD．2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)∆H=-285.8kJ/mol10、下列有关溶液性质的叙述，正确的是（）A．室温时饱和的二氧化碳水溶液，冷却到0℃时会放出一些二氧化碳气体B．强电解质在水中溶解度一定大于弱电解质C．相同温度下，把水面上的空气换成相同压力的纯氧，100g水中溶入氧气的质量增加D．将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，或者温度仍保持在40℃并加入少量无水硫酸铜，在这两种情况下溶液中溶质的质量分数均保持不变11、常温下，向20mL0.1mol·L－1一元酸HA中滴加相同浓度的KOH溶液，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入KOH溶液体积的变化如图所示。则下列说法错误的是A．HA的电离常数约为10－5B．b点溶液中存在：c(A－)＝c(K＋)C．c点对应的KOH溶液的体积V＝20mL，c水(H＋)约为7×10－6mol·L－1D．导电能力：c>a>b12、干电池模拟实验装置如图。下列说法不正确的是A．锌皮作负极，碳棒作正极B．电子从锌皮流向碳棒，电流方向则相反C．NH4Cl是电解质，在锌片逐渐消耗过程中MnO2不断被氧化D．该电池是一次性电池，该废旧电池中锌可回收13、与氢硫酸混合后无明显现象的是A．NaOH溶液 B．亚硫酸 C．FeCl3溶液 D．氯水14、用石墨作电极电解KCl和CuSO4(等体积混合)混合溶液,电解过程中溶液pH随时间t的变化如图所示,下列说法正确的是A．ab段H+被还原,溶液的pH增大B．原溶液中KCl和CuSO4的物质的量浓度之比为2∶1C．c点时加入适量CuCl2固体,电解液可恢复原来浓度D．cd段相当于电解水15、亚硝酸钠广泛用于媒染剂、漂白剂等。某兴趣小组用下列装置制取较纯净的NaNO2。甲乙丙丁反应原理为：2NO+Na2O2=2NaNO2。已知：NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+。下列分析错误的是A．甲中滴入稀硝酸前需通人N2B．仪器的连接顺序为a-f-g-d-e-bC．丙中CaCl2用于干燥NOD．乙中吸收尾气时发生的离子反应为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O16、在25°C时，向amL0.10mol·L-1的HNO2溶液中逐滴加入0.10mol·L-1的NaOH溶液。滴定过程中混合溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]与NaOH溶液的体积V的关系如图所示。已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，下列说法不正确的是（）A．25°C时，HNO2电离常数的数量级是10-4B．M点溶液中存在：2c(H+)+c(HNO2)=c(OH-)+c(NO2-)C．图上M、N、P、Q四点溶液中所含离子的种类相同D．a=10.8017、过渡金属硫化物作为一种新兴的具有电化学性能的电极材料，在不同的领域引起了研究者的兴趣，含有过渡金属离子废液的回收再利用有了广阔的前景，下面为S2−与溶液中金属离子的沉淀溶解平衡关系图，若向含有等浓度Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+的废液中加入含硫的沉淀剂，则下列说法错误的是A．由图可知溶液中金属离子沉淀先后顺序为Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+B．控制S2−浓度可以实现铜离子与其他金属离子的分离C．因Na2S、ZnS来源广、价格便宜，故常作为沉铜的沉淀剂D．向ZnS中加入Cu2+的离子方程式为：S2−+Cu2+CuS↓18、通过下列实验操作和实验现象，得出的结论正确的是实验操作实验现象结论A将丙烯通入碘水中碘水褪色并分层丙烯与碘水发生了取代反应B向FeSO4溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀FeSO4溶液未变质C向滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2气体溶液红色褪去SO2具有漂白性D向2mL0.1mol/L的NaCl溶液中滴加3滴相同浓度的AgNO3，然后再滴加3滴相同浓度的KI溶液先产生白色沉淀，然后变为黄色沉淀Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)A．A B．B C．C D．D19、25°C时，用浓度为0.1000mol/L的NaOH溶液滴定体积均是20mL、浓度均为0.1000mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．酸性强弱顺序是HX>HY>HZB．加入10mLNaOH溶液时，HY溶液中c（Na+）>c（Y-）C．pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3D．加入20mLNaOH溶液时，只有HY溶液达到滴定终点20、核反应堆中存在三种具有放射性的微粒、、，下列说法正确的是（）A．与互为同素异形体B．与互为同素异形体C．与具有相同中子数D．与具有相同化学性质21、已知Ba(AlO2)2可溶于水。下图表示的是向100mL0.02mol·L-1KAl(SO4)2溶液中逐滴加入0.05mol·L-1Ba(OH)2溶液时（25℃），生成沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2溶液的体积的关系。下列说法不正确的是A．所加的Ba(OH)2溶液的pH=13B．a点的值是80mLC．b点的值是0.005molD．当V[Ba(OH)2]=30mL时，生成沉淀的质量是0.699g22、共用两个及两个以上碳原子的多环烃称为桥环烃，共用的碳原子称为桥头碳。桥环烃二环[2.2.0]己烷的碳原子编号为。下列关于该化合物的说法错误的是（）A．桥头碳为1号和4号B．与环己烯互为同分异构体C．二氯代物有6种（不考虑立体异构）D．所有碳原子不可能位于同一平面二、非选择题(共84分)23、（14分）苯氧布洛芬钙G是评价较好的解热、镇痛、消炎药，下面是它的一种合成路线（具体反应条件和部分试剂略）已知：①氯化亚砜(SOCl2)可与醇发生反应，醇的羟基被氯原子取代而生成氯代烃。②(X表示卤素原子)回答下列问题：(1)写出D的结构简式：________________。F中所含的官能团名称是___________。(2)B→C的反应类型是_______________；D→E的反应类型是_______________。(3)写出F和C在浓硫酸条件下反应的化学方程式__________________________。(4)写出A的符合以下条件同分异构体的所有结构简式______________________。①属于苯的二取代物；②苯环上核磁共振氢谱图中共有2个吸收峰③与FeCl3溶液发生显色反应。(5)结合上述推断及所学知识，参照上述合成路线任选无机试剂设计合理的方案，以苯甲醇()为原料合成苯乙酸苯甲酯()写出合成路线，并注明反应条件_________________。24、（12分）某研究小组拟合成医药中间体X和Y。已知：①；②；③请回答：（1）下列说法正确的是___。A．化合物A不能使酸性KMnO4溶液褪色B．化合物C能发生加成、取代、消去反应C．化合物D能与稀盐酸发生反应D．X的分子式是C15H18N2O5（2）化合物B的结构简式是___。（3）写出D+F→G的化学方程式___。（4）写出化合物A（C8H7NO4）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___。①分子是苯的二取代物，1H﹣NHR谱表明分子中有4种化学环境不同的氢原子②分子中存在硝基和结构（5）设计E→Y（）的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）___。25、（12分）硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)俗名“大苏打”。已知它易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，受热、遇酸易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：（1）装置甲中，a仪器的名称是____________；a中盛有浓硫酸，b中盛有亚硫酸钠，实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_________________________(写出一条即可)。（2）装置乙的作用是____________________________________。（3）装置丙中，将Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。反应的化学方程式为：________________________________________。（4）本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为_________。(实验中供选用的试剂及仪器：CaCl2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管．提示：室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5)（5）反应结束后过滤丙中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品，生成的硫代硫酸钠粗品可用_____________洗涤。为了测定粗产品中Na2S2O3·5H2O的含量，采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法(假设粗产品中的杂质与酸性KMnO4溶液不反应)。称取1.50g粗产品溶于水，用0.20mol·L－1KMnO4溶液(加适量稀硫酸酸化)滴定，当溶液中全部被氧化为时，消耗高锰酸钾溶液体积40.00mL。①写出反应的离子方程式：________________________________________。②产品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为____________________(保留小数点后一位)。26、（10分）化锡(SnI4)是一种橙黄色结晶，熔点为144.5℃，沸点为364℃，不溶于冷水，溶于醇、苯、氯仿、四氯化碳等，遇水易水解，常用作分析试剂和有机合成试剂。实验室制备四氯化锡的主要步骤如下：步骤1：将一定量锡、碘和四氯化碳加入干燥的烧瓶中，烧瓶上安装如图装置Ⅰ和Ⅱ。步骤2：缓慢加热烧瓶，待反应停止后，取下冷凝管，趁热迅速进行过滤除去未反应的锡。用热的四氯化碳洗涤漏斗上的残留物，合并滤液和洗液，用冰水浴冷却，减压过滤分离。步骤3：滤下的母液蒸发浓缩后冷却，再回收晶体。请回答下列问题(1)图中装置II的仪器名称为___________，该装置的主要作用是____________。(2)减压过滤的操作有①将含晶体的溶液倒入漏斗，②将滤纸放入漏斗并用水润湿，③微开水龙头，④开大水龙头，⑤关闭水龙头，⑥拆下橡皮管。正确的顺序是_______。27、（12分）一氯甲烷(CH3Cl)一种重要的化工原料，常温下它是无色有毒气体，微溶于水，易溶于乙醇、CCl4等有机浓剂。(1)甲组同学在实验室用装置A模拟催化法制备一氯甲烷并检验CH3Cl的稳定性。A．B．C．D．①装置A中仪器a的名称为__________，a瓶中发生反应的化学方程式为________。②实验室干燥ZnCl2晶体制备无水ZnCl2的方法是________。(2)为探究CH3Cl与CH4分子稳定性的差别，乙组同学设计实验验证CH3C1能被酸性KMnO4溶液氧化。①为达到实验目的，上面装置图中装置连接的合理顺序为A________②装置中水的主要作用是__________。③若实验过程中还产生了一种黄绿色气体和一种无色气体，该反应的离子方程式为_____。(3)丙组同学选用A装置设计实验探究甲醇的转化率。取6.4g甲醇与足量的浓盐酸充分反应，将收集到的CH3Cl气体在足量的氧气中充分燃烧，产物用过量的V1mL、c1mol·L-1NaOH溶液充分吸收。现以甲基橙作指示剂，用c2mol·L-1盐酸标准溶液对吸收液进行返滴定，最终消耗V2mL盐酸。(已知：2CH3Cl+3O22CO2+2H2O+2HCl)①滴定终点的现象为____________②该反应甲醇的转化率为________。(用含有V、c的式子表示)28、（14分）VIA族的氧，硫，硒(Se)，碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含VIA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：(1)S单质的常见形式为S8，其环状结构如下图所示，S原子采用的轨道杂化方式是______。(2)Se原子序数为______，其核外M层电子的排布式为______。(3)H2Se的酸性比H2S__________(填“强”或“弱”)。气态SeO3分子的立体构型为______，SO32－离子的立体构型为______。(4)H2SeO3的K1和K2分别为2.7×10－3和2.5×10－8，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2×10－2，请根据结构与性质的关系解释：①H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离的原因：__________。②H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：________________________。29、（10分）深入研究碳元素的化合物有重要意义，回答下列问题：（1）已知在常温常压下：①CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)△H=－359.8kJ·mol－1②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=－556.0kJ·mol－1③H2O(g)=H2O(l)△H=－44.0kJ·mol－1写出体现甲醇燃烧热的热化学方程式______________。（2）在恒温、恒容密闭容器中加入H2C2O4，发生反应：H2C2O4(s)CO2(g)+CO(g)+H2O(g)，下列叙述能说明反应已经达到平衡状态的是_____。A．压强不再变化B．CO2(g)的体积分数保持不变C．混合气体的密度不再变化D．混合气体的平均摩尔质量保持不变（3）合成尿素的反应为2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)。t℃时，若向容积为2L的密闭容器中加入3molNH3和1molCO2，达到平衡时，容器内压强为开始时的0.75倍。则t℃时的化学平衡常数为_____，若保持条件不变，再向该容器中加入0.5molCO2和1molH2O，NH3的转化率将_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。（4）用化学用语和相关文字从平衡移动的角度分析AlCl3溶液可以溶解CaCO3固体的原因是__________。（5）常温下，测得某CaCO3的饱和溶液pH=10.0，忽略CO32－的第二步水解，碳酸根的浓度约为c(CO32-)=____mol/L。(已知：Ka1(H2CO3)=4.4×10-7Ka2(H2CO3)=4.7×10-11)。碳酸钙饱和溶液中的离子浓度由大到小排序___________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】

在电极Ⅰ，HSO3-转化为S2O42-，S元素化合价由+4价降低为+3价发生还原反应，则该电极作电解池的阴极，电极Ⅱ为电解池的阳极，在电极Ⅱ上H2O失电子发生氧化反应生成O2和H+。【详解】A．电极Ⅰ为电解池的阴极，电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，A不正确；B．由于阴极需消耗H+，而阳极生成H+，电解池中质子从电极Ⅱ向电极Ⅰ作定向移动，B不正确；C．从箭头的指向，可确定吸收塔中S2O42-与NO反应，生成HSO3-和N2，发生反应为2NO+2S2O32-+H2O=N2+4HSO3-，C正确；D．每处理1molNO，阴极2HSO3-→S2O42-，质量增加34g，阳极H2O→O2，质量减轻16g，电解池质量增加34g-16g=18g，D不正确；故选C。2、D【解析】

A.甲酸乙酯的结构简式：HCOOCH2CH3，故错误；B.Al3+的结构示意图：，故错误；C.次氯酸钠的电子式：，故错误；D.中子数比质子数多1的磷原子含有16个中子，质量数为31，符号为：，故正确。故选D。【点睛】掌握电子式的书写方法，离子化合物的电子式中含有电荷和括号，每个原子符号周围一般满足8电子结构。分清原子之间的共用电子对的数值和写法。3、D【解析】

越活泼的金属越难被还原，冶炼越困难，所以较早大规模开发利用的金属是铜，其次是铁，铝较活泼，人类掌握冶炼铝的技术较晚，答案选D。4、B【解析】

根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】A.反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度一直不变，不能判定反应达到平衡状态，故A错误；B.Y的体积分数不再变化，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故B正确；C.3v（X）=4v（Z）未体现正与逆的关系，不能判定反应是否达到平衡状态，故C错误；D.当体系达平衡状态时，c（X）：c（Y）：c（Z）可能为4：2：3，也可能不是4：2：3，与各物质的初始浓度及转化率有关，不能判定反应是否达到平衡状态，故D错误；故选B。5、A【解析】

A.若X为导线，Y可以是锌，形成原电池，铁闸门作正极被保护，能降低铁闸门的腐蚀速率，故A正确；B.若X为导线，铁闸门上的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，则铁闸门作负极被腐蚀，所以不能降低铁闸门的腐蚀速率，故B错误；C.若X为直流电源，铁闸门连接负极，作阴极，能降低铁闸门的腐蚀速率，故C错误；D.若X为直流电源，铁闸门连接负极，作阴极，Y极为阳极，则Y极上发生氧化反应，故D错误；故选：A。6、D【解析】

A．该分子中所有C原子和N原子都采用sp2杂化且碳碳单键可以旋转，所以该分子中的所有C原子可能位于同一平面，故A正确；B．硝基苯的分子式为C6H5NO2，该分子的分子式也为C6H5NO2，且二者结构不同，互为同分异构体，故B正确；C．六元环上含有4种氢原子，所以其六元环上的一氯代物是4种，故C正确；D．羧基中的碳氧双键不能加成，维生素B3分子中的六元环与苯环相似，则1mol该物质最多能和3mol氢气发生加成反应，故D错误；故答案为D。7、A【解析】

A.酒精是化合物，在水溶液和熔融状态下都不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，A符合题意；B.硫酸钡是盐，难溶于水，溶于水的BaSO4会完全电离产生Ba2+、SO42-，属于强电解质，B不符合题意；C.液氯是液态Cl2单质，不属于电解质，也不属于非电解质，C不符合题意；D.氨水是混合物，不是化合物，不属于电解质和非电解质，D不符合题意；故合理选项是A。8、B【解析】

A．稀有气体分子中不含化学键，多原子构成的分子中含共价键，故A错误；B．化合物中存在金属阳离子，则一定含有离子键，一定是离子化合物，故B正确；C．氟化氢比H2O稳定，是因为氢氟共价键强度大的缘故，与氢键无关，故C错误；D．PCl5中氯原子最外层有7个电子，需要结合一个电子达到8电子稳定结构，磷原子最外层有5个电子，化合价为+5价，5+5=10，P原子最外层不是8电子结构，故D错误；故选B。9、A【解析】

A．由C(s，石墨)=C(s，金刚石)∆H=+1.9kJ/mol可知：石墨比金刚石具有的总能量低，因此石墨比金刚石更稳定，A正确；B．硫蒸气转化为硫固体要放热，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量更多，B错误；C．CH3COOH电离吸收能量，则含1molCH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出热量小于57.3kJ，C错误；D．2gH2为1mol，2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l)∆H=-285.8kJ/mol，D错误；答案选A。10、D【解析】

A.气体的溶解度随温度的降低而增大，所以室温下饱和的二氧化碳水溶液降温至0℃，不会放出二氧化碳气体，A错误；B.难溶于水的强电解质(如BaSO4)，在水中溶解度小于某些可溶性弱电解质(如醋酸)，B错误；C.相同温度、相同压强下，氧气在水中的溶解度不变，所以把水面上的空气换成相同压力的纯氧，100g水中溶入氧气的质量不变，C错误；D.将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，虽然溶液变为不饱和，但溶质的质量分数不变；温度仍保持在40℃并加入少量无水硫酸铜，硫酸铜的溶解度不变，溶质的质量分数不变，D正确。故选D。11、D【解析】

A．由a点可知，0.1mol/L一元酸HA中c水(H+)=c水(OH-)=1×10-11mol/L，则c(H+)=1×10-14÷10-11=1×10-3mol/L，则HA的电离常数，A选项正确；B．b点溶液中c水(H+)=1×10-7mol/L，c点c水(H+)最大，则溶质恰好为KA，显碱性，a点显酸性，c点显碱性，则中间c水(H+)=1×10-7mol/L的b点恰好显中性，根据电荷守恒可得c(A-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)，又c(OH-)=c(H+)，则c(A-)=c(K+)，B选项正确；C．c点时加入的KOH的物质的量n(KOH)=20mL×0.1mol/L÷0.1mol/L=20mL，由HA的Ka=1×10-5，可得A-的则c(A-)≈0.05mol/L，则c(OH-)≈7×10-6mol/L，在KA中c(OH-)都是由水电离处的，则c水(OH-)=c水(H+)≈7×10-6mol/L，C选项正确；D．向一元弱酸中加入相同浓度的一元强碱，溶液的导电能力逐渐增强，则导电能力：c>b>a，D选项错误；答案选D。12、C【解析】试题分析：A．锌是活泼金属，则锌皮作负极，碳棒作正极，A项正确；B．原电池中电子从负极沿导线流向正极，电流从正极流向负极，电流从碳棒流到锌上，B项正确；C．以糊状NH4Cl作电解质，其中加入MnO2氧化吸收H2，C项错误；D．该电池是一次性电池，该废旧电池中锌可回收，D项正确；答案选C。考点：考查干电池的工作原理13、A【解析】

A.氢硫酸和氢氧化钠溶液反应生成水和硫化钠，没有明显现象，故A符合题意；B.亚硫酸和氢硫酸反应生成硫单质，溶液会变浑浊，有明显现象，故B不符合题意；C.FeCl3溶液和氢硫酸反应生成氯化亚铁和硫单质，黄色溶液变为浅绿色,并伴有淡黄色沉淀，故C不符合题意；D.氯水和氢硫酸反应生成硫单质，有淡黄色沉淀出现，故D不符合题意；正确答案是A。14、D【解析】

用惰性电极电解相等体积的KCl和CuSO4混合溶液，溶液中存在的离子有：K+，Cl-，Cu2+，SO42-，H+，OH-；阴极离子放电顺序是Cu2+＞H+，阳极上离子放电顺序是Cl-＞OH-，电解过程中分三段：第一阶段：阳极上电极反应式为2Cl--2e-═Cl2↑、阴极电极反应式为Cu2++2e-═Cu，铜离子浓度减小，水解得到氢离子浓度减小，溶液pH上升；第二阶段：阳极上电极反应式为4OH--4e-═2H2O+O2↑（或2H2O-4e-═4H++O2↑），阴极反应先发生Cu2++2e-═Cu，反应中生成硫酸，溶液pH降低；第三阶段：阳极电极反应式为4OH--4e-═2H2O+O2↑、阴极电极反应式为2H++2e-═H2↑，实质是电解水，溶液中硫酸浓度增大，pH继续降低；据此分析解答。【详解】A.ab段阴极电极反应式为Cu2++2e-═Cu，由于铜离子浓度减小，水解得到氢离子浓度减小，溶液pH上升，氢离子未被还原，故A错误；B.由图像可知，ab、bc段，阴极反应都是Cu2++2e-═Cu，所以原混合溶液中KCl和CuSO4的浓度之比小于2:1，故B错误；C.电解至c点时，阳极有氧气放出，所以往电解液中加入适量CuCl2固体，不能使电解液恢复至原来的浓度，故C错误；D.cd段pH降低，此时电解反应参与的离子为H+，OH-，电解反应相当于电解水，故D正确；选D。【点睛】本题考查电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，根据电解过程中溶液中氢离子浓度变化判断发生的反应；本题需结合图象分析每一段变化所对应的电解反应。15、B【解析】

A．甲中稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮易被空气中的氧气氧化，需要将装置中的空气全部排尽，空气中有少量二氧化碳，也会和过氧化钠反应，否则丁装置中无法制得亚硝酸钠，则滴入稀硝酸前需通人N2排空气，故A正确；B．制取的一氧化氮含有水蒸气，过氧化钠可与水反应，导致制取产物不纯，可用氯化钙吸收水蒸气，一氧化氮有毒，不能排放的大气中，可用高锰酸钾溶液吸收，则仪器的连接顺序为a-d-e-f-g-b或a-d-e-g-f-b，故B错误；C．根据B选项分析，制取的一氧化氮含有水蒸气，过氧化钠可与水反应，导致制取产物不纯，可用氯化钙吸收水蒸气，故丙中CaCl2用于干燥NO，故C正确；D．根据已知信息：NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，则乙中吸收尾气时发生的离子反应为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O，故D正确；答案选B。【点睛】过氧化钠与NO制取亚硝酸钠的过程中，需要考虑过氧化钠的性质，过氧化钠和二氧化碳反应，会和水反应，导致实验有误差，还要考虑尾气处理装置。16、B【解析】

已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，同时溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+)，二式联立消去c(OH-)可得：c(NO2-)+c(HNO2)=c(Na+)，此为NaNO2溶液中的物料守恒式，即P点溶液中的溶质只有NaNO2，亚硝酸和氢氧化钠恰好完全反应，所以初始亚硝酸溶液的体积为10.80mL，据此分析作答。【详解】A.HNO2电离常数K=，未滴加氢氧化钠时0.1mol/L的HNO2溶液的pOH=11.85，即溶液中c（OH-）=10-11.85mol/L，则根据水的电离平衡常数可知c（H+）=10-2.15mol/L，溶液中存在电离平衡HNO2⇋H++NO2，溶液中氢离子浓度和亚硝酸根离子浓度大致相等，所以K=，故A正确；B.根据分析可知a=10.80mL，所以当加入5.40mL氢氧化钠溶液时溶液中的溶质为等物质的量HNO2和NaNO2，存在电荷守恒：c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+)，存在物料守恒：c(NO2-)+c(HNO2)=2c(Na+)，二式联立可得2c(H+)+c(HNO2)=2c(OH-)+c(NO2-)，故B错误；C.M、N、P、Q四点溶液中均含有：H+、OH-、NO2-、Na+，故C正确；D.已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，同时溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+)，二式联立消去c(OH-)可得：c(NO2-)+c(HNO2)=c(Na+)，此为NaNO2溶液中的物料守恒式，即P点溶液中的溶质只有NaNO2，亚硝酸和氢氧化钠恰好完全反应，所以初始亚硝酸溶液的体积为10.80mL，故D正确；故答案为B。17、D【解析】

由图可知溶液中金属硫化物沉淀的Ksp大小顺序为CuS<CdS<ZnS<CoS<FeS，溶液中金属离子沉淀先后顺序为：Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+，选项A正确；CuS的Ksp最小，控制S2−浓度可以使铜离子从溶液中沉淀出来，实现铜离子与其他金属离子的分离，选项B正确；因Na2S、ZnS来源广、价格便宜，可作沉铜的沉淀剂，选项C正确；ZnS不溶于水，向ZnS中加入Cu2+的离子方程式为：ZnS+Cu2+CuS+Zn2+，选项D不正确。18、D【解析】

A．将丙烯通入碘水中，将丙烯通入碘水中，丙烯与碘水发生了加成反应，A选项错误；B．向FeSO4溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液当中有Fe2+，但不能说明FeSO4溶液未变质，也有可能是部分变质，B选项错误；C．向滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2气体，SO2是酸性氧化物，可与水反应生成H2SO3，中和NaOH，从而使溶液红色褪去，与其漂白性无关，C选项错误；D．白色的AgCl沉淀转化为黄色的AgI沉淀，可证明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，D选项正确；答案选D。19、C【解析】

0.1000mol/L的HZ，pH=1，c(H+)=0.1000mol/L，则c(HZ)=c(H+)，则HZ为一元强酸，HX和HY的pH都大于1，则HX和HY都是一元弱酸，同浓度的三种酸酸性强弱关系为：HX＜HY＜HZ，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，三种酸酸性强弱顺序是HX＜HY＜HZ，A错误；B．加入10mLNaOH溶液时，HY有一半被中和，此时溶质为等物质的量的HY和NaY，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，由图可知，此时溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，溶液c(Na+)＜c(Y-)，B错误；C．HZ是强酸，加水稀释10倍，即101倍pH增大1，即pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3，C正确；D．加入20mLNaOH溶液时，三种溶液pH均发生突变，说明三种溶液均达到滴定终点，D错误。答案选C。【点睛】C．pH=a的强酸稀释10n倍，稀释后溶液pH=a+n(pH＜7)；pH=a的弱酸稀释10n倍，稀释后溶液pH＜a+n(pH＜7)；pH=a的强碱稀释10n倍，稀释后溶液pH=a-n(pH＞7)；pH=a的弱碱稀释10n倍，稀释后溶液pH＞a-n(pH＞7)20、C【解析】

A．与是原子不是单质，不互为同素异形体，故A错误；B．与是原子不是单质，不互为同素异形体，故B错误；C．中子数=质量数﹣质子数，与的中子数都为46，故C正确；D．与是不同元素，最外层电子数不同，化学性质不同，故D错误；故选C。21、D【解析】

溶液中逐渐滴加溶液，OH-会先与Al3+发生反应，生成Al(OH)3沉淀，随后生成的再与OH-发生反应，生成；在OH-反应的同时，Ba2+也在与反应生成沉淀。考虑到溶液中是Al3+物质的量的两倍，再结合反应的离子方程式可知，Al3+沉淀完全时，溶液中还有尚未沉淀完全；但继续滴加会让已经生成的发生溶解，由于沉淀溶解的速率快于沉淀生成的速率，所以沉淀总量减少，当恰好溶解完全，的沉淀也恰好完全。因此，结合分析可知，图像中加入amL时，溶液中的恰好完全沉淀；沉淀物质的量为bmol时，中的Al3+恰好沉淀完全。【详解】A．0.05mol/L的溶液中的c(OH-)约为0.1mol/L，所以常温下pH=13，A项正确；B．通过分析可知，加入amL时，溶液中的恰好完全沉淀，所以，a=80mL，B项正确；C．通过分析可知，沉淀物质的量为bmol时，中的Al3+恰好沉淀完全，那么此时加入的物质的量为0.003mol即体积为60mL，因此沉淀包含0.003mol的以及0.002mol的，共计0.005mol，C项正确；D．当加入30mL溶液，结合C项分析，Al3+和Ba2+都未完全沉淀，且生成0.0015mol以及0.001mol，总质量为0.4275g，D项错误；答案选D。22、C【解析】

A.由桥环烃二环[2.2.0]己烷的结构可知，桥头碳为1号和4号，形成2个四元碳环，故A正确；B.桥环烃二环[2.2.0]己烷和环己烯的分子式均为C6H10，二者的分子结构不同，互为同分异构体，故B正确；C.该烃分子有2种不同化学环境的氢原子，其二氯代物中2个氯原子在同一碳原子上的有1种，在不同碳原子上的有6种，故其二氯代物有7种，故C错误；D.该烃分子中所有碳原子均形成4个单键，所以所有碳原子不可能位于同一平面，故D正确；故选C。【点睛】二、非选择题(共84分)23、醚键、羧基还原反应(加成反应)取代反应、【解析】

与溴单质发生信息反应②生成A，则A为；A与苯酚钠反应生成B，结合最终产物可知该反应为取代反应，反应生成的B为；B与氢气发生加成反应生成C，则C为；C与氯化亚砜(SOCl2)发生信息中的反应①生成D，则D的结构简式为：；D与NaCN发生反应生成E，则E为；E先与氢氧化钠反应，然后酸化得到F，结合最终产物可知F为，F与氯化钙反应得到苯氧布洛芬钙，以此解答该题。【详解】(1)由以上分析可知D为；F的结构简式是，根据F的结构简式可知其中含有的官能团是醚键、羧基；(2)B是，B中含有羰基，与氢气发生加成反应产生羰基变为醇羟基，产生的C是，该反应是与氢气的加成反应，也是还原反应；D是，与NaCN发生取代反应，Cl原子被-CN取代，生成E是，即D产生E的反应为取代反应；(3)F是，分子中含有羧基，C是，分子中含有醇羟基，F和C在浓硫酸条件下发生酯化反应，生成酯和水，该反应的化学方程式为：；(4)A为，A的同分异构体符合下列条件：①属于苯的二取代物；②苯环上核磁共振氢谱图中共有2个吸收峰；③与FeCl3溶液发生显色反应，说明苯环上有两个处于对位的取代基，其中一个是羟基，则可能的结构简式为、；(5)苯甲醇()苯甲醇与SOCl2反应生成1-氯甲苯，然后与NaCN反应，产物经水解生成苯乙酸，最后苯乙酸与苯甲醇在浓硫酸存在时，加热发生酯化反应可生成目标物苯乙酸苯甲酯，反应的流程为。24、CD+CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3→+HBr、、、CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3HOOCCH2CH2CH2COOHClOCCH2CH2CH2COCl【解析】

由、A的分子式，纵观整个过程，结合X的结构，可知发生甲基邻位硝化反应生成A为，对比各物质的分子，结合反应条件与给予的反应信息，可知A中羧基上羟基被氯原子取代生成B，B中甲基上H原子被溴原子取代生成C，C中氯原子、溴原子被﹣NH﹣取代生成D，故B为、C为、D为；由X的结构，逆推可知G为，结合F、E的分子式，可推知F为CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3、E为CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3，据此分析解答。【详解】（1）A.化合物A为，苯环连接甲基，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；B.化合物C为，苯环能与氢气发生加成反应，卤素原子能发生取代反应，不能发生消去反应，故B错误；C.化合物D，含有酰胺键，能与稀盐酸发生反应，故C正确；D.由结构可知，X的分子式是C15H18N2O5，故D正确，故答案为：CD；（2）由分析可知，化合物B的结构简式是：，故答案为：；（3）D+F→G的化学方程式：+CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3→+HBr，故答案为：+CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3→+HBr；（4）化合物A（C8H7NO4）的同分异构体同时符合下列条件：①分子是苯的二取代物，1H﹣NHR谱表明分子中有4种化学环境不同的氢原子，存在对称结构；②分子中存在硝基和结构，2个取代基可能结构为：﹣NO2与﹣CH2OOCH、﹣NO2与﹣CH2COOH、﹣COOH与﹣CH2NO2、﹣OOCH与﹣CH2NO2，同分异构体可能结构简式为：、、、，故答案为：、、、；（5）由信息①可知，由ClOCCH2CH2CH2COCl与氨气反应生成，由A→B的转化，由HOOCCH2CH2CH2COOH与SOCl2反应得到ClOCCH2CH2CH2COCl，CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3碱性条件下水解、酸化得到HOOCCH2CH2CH2COOH，合成路线流程图为：CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3HOOCCH2CH2CH2COOHClOCCH2CH2CH2COCl，故答案为：CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3HOOCCH2CH2CH2COOHClOCCH2CH2CH2COCl。【点睛】能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类型：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。25、分液漏斗控制反应温度、控制滴加硫酸的速度安全瓶，防倒吸4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于1．5，则含有NaOH乙醇82.7％【解析】

装置甲为二氧化硫的制取：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，丙装置为Na2S2O3的生成装置：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，因SO2易溶于碱性溶液，为防止产生倒吸，在甲、丙之间增加了乙装置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，装置丁作用为尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫。据此解答。【详解】(1)装置甲中，a仪器的名称是分液漏斗；利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反应温度等措施均能有效控制SO2生成速率；(2)SO2易溶于碱性溶液，则装置乙的作用是安全瓶，防倒吸；(3)Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，即生成Na2S2O3和CO2，结合原子守恒即可得到发生反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2；(4)碳酸钠溶液和NaOH溶液均呈碱性，不能直接测溶液的pH或滴加酚酞，需要先排除Na2CO3的干扰，可取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于1.5，则含有NaOH；(5)硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，则硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤；①Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，溶液中全部被氧化为，同时有Mn2+生成，结合电子守恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为5S2O32-+8MnO4-+14H+＝8Mn2++10SO42-+7H2O；②由方程式可知n(Na2S2O3•5H2O)=n(S2O32-)=n(KMnO4)=×0.04L×0.2mol/L=0.005mol，则m(Na2S2O3•5H2O)=0.005mol×248g/mol=1.24g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为×100%=82.7%。【点睛】考查硫代硫酸钠晶体制备实验方案的设计和制备过程分析应用，主要是实验基本操作的应用、二氧化硫的性质的探究，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质以及实验原理的探究。26、(球形)干燥管防止水蒸气进入装置使SnI4水解②③①④⑥⑤【解析】

（1）根据仪器构造可得，根据SnI4易水解解析；（2）按实验操作过程来进行排序。【详解】（1）图中装置II的仪器名称为(球形)干燥管，四碘化锡遇水易水解，装有无水CaCl2的干燥管可吸收空气中的水蒸气，防止空气中水蒸气进入反应器中，导致四碘化锡水解，该装置的主要作用是防止水蒸气进入装置使SnI4水解。故答案为：(球形)干燥管；防止水蒸气进入装置使SnI4水解；（2）减压过滤的操作过程：②将滤纸放入漏斗并用水润湿，③微开水龙头，保证紧贴在漏斗底部①将含晶体的溶液倒入漏斗，④开大水龙头，⑥拆下橡皮管，防止水倒吸⑤关闭水龙头。正确的顺序是②③①④⑥⑤。故答案为：②③①④⑥⑤。【点睛】本题考查物质的分离、提纯，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同，难点（2）注意熟练掌握实验过程，按实验操作过程来进行排序。27、圆底烧瓶CH3OH+HCl(浓)→CH3Cl+H2O在HC1气流中小心加热C-D-B除去CH3C1中的HCl和甲醇，防止对后续试验的干扰10CH3Cl+14MnO4－+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化【解析】

(1)①根据仪器a特点，得出仪器a为圆底烧瓶；根据实验目的，装置A是制备CH3Cl，据此分析；②ZnCl2为强酸弱碱盐，Zn2＋能发生水解，制备无水ZnCl2时，需要防止Zn2＋水解；(2)①A是制备CH3Cl的装置，CH3Cl中混有甲醇和HCl，甲醇和HCl能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰实验，必须除去，利用它们溶于水，需要通过C装置，然后通过D装置验证CH3Cl能被酸性高锰酸钾溶液氧化最后通过B装置；②根据①分析；③黄绿色气体为Cl2，利用高锰酸钾溶液的氧化性，将CH3Cl中C氧化成CO2，高锰酸钾中Mn元素被还原成Mn2＋，据此分析；(3)①使用盐酸滴定，甲基橙作指示剂，终点是溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化；②CH3Cl燃烧生成CO2和HCl，CO2和HCl被NaOH所吸收，然后用盐酸滴定过量的NaOH溶液和Na2CO3溶液，据此分析；【详解】(1)①根据仪器a的特点，仪器a的名称为圆底烧瓶，根据实验目的，装置A制备CH3Cl，HCl中Cl取代CH3OH中羟基，则a瓶中的反应方程式为CH3OH+HCl(浓)→CH3Cl+H2O；答案：圆底烧瓶；CH3OH+HCl(浓)→CH3Cl+H2O；②ZnCl2为强酸弱碱盐，Zn2＋发生水解，因此实验室干燥ZnCl2晶体制备无水ZnCl2的方法是在HC1气流中小心加热；答案：在HC1气流中小心加热；(2)①根据实验目的，装置A制备CH3Cl，甲醇和浓盐酸易挥发，CH3C1中含有HCl和甲醇等杂质，HCl和甲醇均能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰后续实验，利用甲醇和HCl易溶于水，通入KMnO4溶液前需用水除去，然后再通入酸性高锰酸钾溶液，根据③得到黄绿色气体，黄绿色气体为Cl2，氯气有毒，污染环境，因此最后通入CCl4溶液，除去Cl2等有毒气体，则连接顺序是A→C→D→B；答案：C→D→B；②根据①分析，水的作用是除去CH3C1中的HCl和甲醇；答案：除去CH3Cl中的HCl和甲醇，防止对后续实验的干扰；③黄绿色气体为Cl2，利用高锰酸钾溶液的氧化性，将CH3Cl中C氧化成CO2，高锰酸钾中Mn元素被还原成Mn2＋，根据化合价升降法、原子守恒和电荷守恒，得到l0CH3Cl+14MnO4-+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O；答案：l0CH3Cl+14MnO4-+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O；(3)①燃烧生成的CO2和HCl全部被NaOH溶液充分吸收，溶液中的溶质有NaOH、NaCl、Na2CO3，用甲基橙作指示剂，盐酸进行滴定，滴定终点的产物为NaCl，滴定终点的现象为溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化；答案：溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟（30s）内不变化；②根据①的分析，最后溶质为NaCl，NaCl中氯元素来自于CH3Cl和盐酸，根据Cl元素守恒可得CH3Cl中的n(Cl)=n(CH3Cl)-n（HCl）=(c1V1－c2V2)×10－3，甲醇的转化率是=；答案：。28、sp3343s23p63d10强平面正三角形三角锥型酸第一步电离产生的酸根阴离子带有负电荷，吸引H+H2SeO4和H2SeO3可以分别表示为(HO)2SeO2，(HO)2SeO，H2SeO4中Se为+6价，而H2SeO3中Se为+4价，前者含有较多的非羟基O原子，故Se原子吸电子能力强，导致羟基上氢原子更容易电离H+【解析】

（1）根据图片知，每个S原子含有2个σ键和2个孤电子对，所以每个S原子的价层电子对个数是4，则S原子为sp3杂化；（2）Se元素34号元素，M电子层上有18个电子，分别位于3s、3p、3d能级上，所以其核外M层电子的排布式为3s23p63d10；（3）非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电离，酸性就越弱，非金属性S>Se，所以H2Se的酸性比H2S强，气态SeO3分子中Se原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以其立体构型为平面正三角形，SO32-离子中S原子价层电子对个数=3+（6+2-3×2）=4，且含有一个孤电子对，所以其立体构型为三角锥形；（4）①酸第一步电离产生的酸根阴离子带有负电荷，吸引H+，所以H2SeO4和H2SeO3第一步电离程度大于第二部电离程度；②H2SeO4和H2SeO3可以分别表示为(HO)2SeO2，(HO)2SeO，H2SeO4中Se为+6价，而H2SeO3中Se为+4价。前者含有较多的非羟基O原子，故Se原子吸电子能力强，导致Se-O-H中的O原子更向Se偏移，则羟基上氢原子更容易电离出H+。【点睛】注意V形分子的判断需要借助孤对电子数，孤电子对数是1的中心原子是sp2杂化，孤对电子数是2的中心原子是sp3杂化。29、CH3OH(l