四川省绵阳市2024年高考化学模拟试题（含答案）

四川省绵阳市2024年高考化学模拟试题阅卷人一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。得分1．举世瞩目的2022年北京冬则会成功举办，冬奥会上有许多化学元素“发挥若重要作用。下列有关说法正确的是（）A．部分冬奥场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，其中碲和镉均属于过渡元素B．颁奖礼服和比赛服装中分别用到的石墨烯和聚氨酯材料，二者均属于高分子化合物C．冬奥会使用二氧化碳跨临界直冷制冰，该方法涉及到复杂的物理和化学变化D．运动员受伤时喷氯乙烷止庝，是因为液态氯乙烷汽化时大量吸热2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．在298K、101kPa条件下，1.12LCO2防止中含有的C=O键的数目为0.1NAB．39gNa2O2与足量CO2、H2O(g)的混合气体充分反应转移的电子数为NAC．4g重氢(D2)与16O2的混合气体含有的质子数目为2NAD．0.1molFeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体，生成0.1NA个胶粒3．化合物X常作中间体合成高效药物，下列有关X的说法错误的是（）A．X在酸性或碱性溶液中均可发生反应B．所有碳原子可能共平面C．该化合物的分子式为C23H24O5D．1molX最多可与10molH2发生加成反应4．下列离子方程攻正确的是（）A．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3B．Na2S2O3溶液与稀硫酸的反应：S2O32−+2H+=4S↓+2C．向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2：CO32-+CO2+HD．向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+H+5．已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D可物成化合物X如图2，C与E同主族。下列说法正确的是（）A．氢化物的沸点；C>BB．简单离子的半径：E>D>CC．含氧酸的酸性：E>BD．化合物X在低温的的碱性溶液中更加稳定6．下列实验操作可达到预期目的的是（）选项目的操作AH2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，压缩反应容器体积通过颜色深浅变化研究压强对平衡移动的影响B用坩埚钳夹住一小块铝箔在酒精灯火焰上加热至熔化比较铝单质、氧化铝的熔点高低C往2支试管中分别加入同体积、等浓度的草酸溶液，再分别加入同体积不同浓度的酸性KMnO4溶液依据褪色时间来研究浓度对反应速率的影响D分别测定饱和碳酸溶液与饱和硼酸溶液的pH值比较C与B元素的非金属性A．A B．B C．C D．D7．高电压水系锌-有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是（）A．充电时，中性电解质NaCl的浓度减小B．充电时，阴极反应式为Zn(OH)2+2e-=Zn+4OH-C．放电时，正极区溶液的pH减小D．放电时，1molFQ转化为FOH2，可消耗65gZn阅卷人二、非选择题得分8．亚硫酰氯(SOCl2)是一种重要化工试剂，被广泛应用于结晶水合物的脱水和有机合成，三氯氧磷(POCl3)常作为半导体掺杂剂及光导纤维原料。工业上合成POCl3和SOCl2的方法之一是：PCl5(s)+SO2(g)=POCl3(l)+SOCl2(l)△H=-101.4kJ/mol。已知相关物质的熔沸点及水解性如表：物质熔点沸点水解性POCl31.2105.5易水解SOCl2-104.576易水解PCl5160(升华)167易水解某小组在实验室模拟工业制亚硫酰氯设计如图实验。试回答下列问题：（1）A装置中发生反应的化学方程式为。（2）B装置中盛装的a试剂为；C装置中X仪器的名称是。（3）①反应过程中C装置的烧瓶要放在冰水浴中，原因是。②判断PCl5已与SO2完全反应的实验现象是。（4）反应结束后，应进行(填操作名称)，从双颈烧瓶中的液体得到较纯净的POCl3和SOCl2。（5）测定某掺杂剂中POCl3的含量(杂质不参与反应)；准确称取4.000g样品在水解瓶中据动至完全水解，将水解液配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入0.400mol/L的AgNO3溶液25.0mL，再加少许硝基苯防止AgCl参与后续反应，用力振荡。加入少量NH4Fe(SO4)2，用0.1000mol/LKSCN标准溶液滴定，消耗KSCN标准溶液22.00mL。[已知：Ag3PO4可溶于硝酸，Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12，POCl3的相对分子质量为153.5]①说明滴定到达终点的实验现象为。②产品中POCl3的质量分数为(保留一位小数)9．利用废镍电池的金属电极芯(主要成分为Co、Ni，还含少量Fe、Al等)生产醋酸钴晶体、硫酸镍晶体的工艺流程如图。已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表。沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Co(OH)3Al(OH)3Ni(OH)2开始沉淀2.27.47.60.14.07.6完全沉淀3.28.99.21.15.29.2（1）用硫酸没取金属电极芯时，提高浸取率的方法有，(写出一种合理方法即可)。（2）沉淀A的主要成分是Fe(OH)3、；“浸出液"调节pH的范围为，调节pH用的试剂可以是。(选填序号)a.铁b.氨水c.碳酸钠溶液d.稀硫酸（3）“母液1"中加入NaClO反应的离子方程式为。（4）“母液1”中先加入NaClO溶液将Co2+氧化，而后又向生成的沉淀中加入H2O2将Co(OH)3还原为Co2+，则“母液1”中加入NaClO溶液的作用是。（5）“母液3”中应控制Na2CO3用量使终点pH为8.5为宜，此时c(Co2+)小于mol/L；为防止生成Co(OH)2沉淀，可用NH4HCO3代替Na2CO3制得CoCO3，写出该反应的离子方程式是。(已知：Ksp[Co(OH)2]=2×10-15)（6）由“母液4"获取NiSO4·7H2O的操作中用乙醇洗涤的优点是。10．减少CO2的排放、捕集并利用CO2是我国能源领域的一个重要战略方向。在CO2加氢合成甲醇的体系中，同时存在以下反应：反应ⅰ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-48.7kJ/mol反应ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H2=+41kJ/mol（1）反应ⅲ：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的△H3=。（2）在CO2加氢合成甲醇的体系中，下列说法不正确的是____(填序号)。A．若在绝热恒容容器，反应ⅰ的平衡常数K保持不变，说明反应ⅰ、ⅱ都已达平衡B．若气体的平均相对分子质量不变，说明反应ⅰ、ⅱ都已达平衡C．体系达平衡后，若压缩体积，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ平衡不移动D．选用合适的催化剂可以提高甲醇在单位时间内的产量（3）某温度下，向容积恒为1L的密闭容器中通入1molCO2(g)和5molH2(g)，l0min后体系达到平衡，此时CO2的转化率为20%。CH3OH的选择性为50%。已知：CH3OH的选择性：转化为CH①0~10min内CO2的平均消耗速率v(CO2)=。②反应ⅰ的平衡常数K=(写出计算式即可)。③反应ⅱ的净速率v=v正-v逆=k正p(CO2)p(H2)-k逆p(CO)p(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，p为气体的分压。降低温度时，k正-k逆(选填“增大"、“减小”或“不变")。（4）维持压强、投料比和反应时间不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2的转化率α(CO2)和甲醇的选择性x(CH3OH)随温度变化的关系如图所示。已知催化剂活性随温度影响变化不大，结合反应ⅰ和反应ⅱ，分析下列问题：①甲醇的选择性随温度升高而下降的原因；CO2的转化率随温度升高也下降的可能原因是。②不考虑催化剂活性温度，为同时提高CO2的平衡转化率和甲醇的选择性，应选择的反应条件是(填序号)。A.高温高压B.高温低压C低温低压D.低温高压11．硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚来诱导发光(AIE)效应以来，AIE在发光材料、生物医学等领城引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子Ⅳ的合成路线如图：（1）Se与S同族，基态硒价电子排布简式为，基态Se原子核外电子有种空间运动状态不同的电子。（2）H2Se的沸点低于H2O，其原因是。（3）关于上图4种物质，下列说法正确的有____。A．Ⅰ中仅有σ键B．Ⅰ中的Se-Se键为非极性共价键C．II易溶于水D．II中原子的杂化轨道类型只有sp与sp3E．Ⅰ~Ⅲ含有的元素中，O电负性最大F．Ⅳ中具有孤对电子的原子只有O（4）酸性强弱H2SeO4H2SeO3(填“>”或“<")，SeO42-（5）我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图a，沿x、y、z轴方向的投影均为图b。①X的化学式为。②设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρg/cm3，则X中相邻K之间的最短距离为nm((列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。12．黄酮哌酯是一种解痉药，可通过如图路线合成：回答问题：（1）A→B的反应类型为。（2）已知B为一元强酸，室温下B与NaOH溶液反应的化学方程式为。（3）D的结构简式为。（4）E和F可用(写出试剂)鉴别。（5）X是F的同分异构体，符合下列条件的X的结构简式为(任写一种)。①含有酯基；②含有苯环；③核磁共振氢谐有两组峰（6）已知酸酐能与羟基化合物反应生成酯。写出下列F→G反应方程式中M和N的结构简式、。（7）设计以为原料合成的路线(其他试剂任选)。已知：→Δ碱+CO2

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．碲元素位于第五周期第ⅥA族，不属于过渡元素，A不符合题意；

B．石墨烯只由碳元素组成，属于单质，不是高分子化合物，B不符合题意；

C．二氧化碳跨临界直冷制冰的过程中，没有新物质生成，只涉及物理变化，C不符合题意；

D．氯乙烷汽化时大量吸热，具有制冷作用，可用于运动员受伤时止疼，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.碲元素位于第五周期第ⅥA族。

B.石墨烯只由碳元素组成。

C.化学变化过程中有新物质生成。

D.氯乙烷汽化时大量吸热，具有制冷作用。2．【答案】C【解析】【解答】A．非标况下，无法计算n(CO2)，A不符合题意；

B．过氧化钠和水、二氧化碳反应，过氧化钠都是既作氧化剂又作还原剂，1mol过氧化钠反应转移1mol电子，则39gNa2O2物质的量为39g78g/mol=0.5mol，转移的电子数为0.5NA，B不符合题意；

C.4g重氢（D2）含有质子数目为4g4g/mol×2×NAmol-1=2NA，4g16O2含有质子数为4g32g/mol×16×NAmol-1=2NA，C符合题意；

D.0.1molFeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体，生成胶粒数目小于0.1N3．【答案】D【解析】【解答】A．该有机物中存在酯基，在酸性、碱性条件下都能发生水解反应，A不符合题意；

B．甲烷结构中最多有3个碳原子共平面，苯环和乙烯、-COOH、-COO-中所有原子共平面，单键可以旋转，则该分子中所有碳原子可能共平面，B不符合题意；

C．根据有机物的结构简式可推出，其分子式为C23H24O5，C不符合题意；

D．该有机物中的碳碳双键、苯环能与H2发生加成反应，且碳碳双键和氢气以1：1反应，苯环和氢气以1：3反应，则1molX最多可与8molH2发生加成反应，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.酯基在酸性、碱性条件下都能发生水解反应。

B.甲烷结构中最多有3个碳原子共平面，苯环和乙烯、-COOH、-COO-中所有原子共平面，单键可以旋转。

C.根据有机物的结构简式书写。

D.碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，苯环和氢气以1：3发生加成反应。4．【答案】A【解析】【解答】A．碳酸氢钙溶液与过量澄清石灰水混合反应生成碳酸钙沉淀和水，其离子方程式为：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，A符合题意；

B．Na2S2O3溶液与稀硫酸的反应生成硫酸钠、S、SO2、水，其离子方程式为：S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O，B不符合题意；

C．饱和碳酸钠溶液与足量CO2反应生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠溶解度小，则会有固体析出，其离子方程式为：2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓，C不符合题意；

D．氯化钙溶液与二氧化碳不反应，D不符合题意；

故答案为：A。5．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，C、B分别是O元素、C元素，其氢化物较多，无法判断沸点，A不符合题意；

B．由分析可知，E、D、C分别是S元素、Na元素、O元素，电子层结构相同的离子，其半径随原子序数增大而减小，电子层结构不同的离子，其半径随电子层数增多而增大，所以离子半径是S2-＞O2-＞Na+，B不符合题意；

C．由分析可知，E、B分别是S元素、C元素，非金属性越强对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，无法比较二者含氧酸的酸性，C不符合题意；

D．由分析可知，X是Na2CO3·H2O2，其水溶液易水解，呈碱性，且H2O2受热易分解，所以X在低温的的碱性溶液中更加稳定，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】根据题干信息及图1可知，A、B、C、D、E五种短周期主族元素的原子序数依次增大；根据图2可知，化合物X中D形成+1价阳离子，而D的原子序数大于A、B、C，可推出D为Na元素；A的原子半径小于B、C，可推出A为H元素，结合原子序数，则B、C处于第二周期。根据X的结构图可知，C形成2个共价键、B形成4个共价键，可推出B为C元素、C为O元素，而C与E同主族，则E为S元素。6．【答案】B【解析】【解答】A．该反应前后气体体积不变，压缩反应容器体积，即增大压强，不影响平衡移动，无法达到目的，A不符合题意；

B．氧化铝的熔点高，包裹在铝的外面，则铝箔熔化但不滴落，可比较铝单质、氧化铝的熔点高低，能达到目的，B符合题意；

C．应控制高锰酸钾溶液不足，若高锰酸钾溶液均过量，则均不能褪色，不能探究浓度对反应速率的影响，不能达到目的，C不符合题意；

D．应控制饱和碳酸溶液与饱和硼酸溶液的浓度相同，不能达到目的，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.反应前后气体体积不变，改变压强不影响平衡移动。

B.氧化铝的熔点高，且包裹在铝的外面。

C.应控制高锰酸钾溶液不足。

D.应控制饱和碳酸溶液与饱和硼酸溶液的浓度相同。7．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，充电时，左侧为阴极，其电极反应式为Zn(OH)42-+2e-=Zn+4OH-，阴离子增多，为平衡电荷，中性电解质溶液中的Na+经阳膜迁移至左侧，Cl-经阴膜迁移至右侧，则c(NaCl)减小，A不符合题意；

B．由分析可知，充电时，阴极的电极反应式为Zn(OH)42-+2e-=Zn+4OH-，B不符合题意；

C．由分析可知，放电时，右侧为正极，其电极反应式为FQ+2H++2e-=FQH2，c(H+)减少，pH增大，C符合题意；

D．由分析可知，放电时，正极的电极反应式为FQ+2H++2e-=FQH2，负极的电极反应式为Zn+4OH-+2e-=Zn(OH)42-，1molFQ转化为FOH2，转移2mol电子，可消耗1molZn，即65gZn，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】根据题干信息可知，充电时，FQH2生成FQ，失电子发生氧化反应，则右侧为阳极，左侧为阴极，Zn(OH)42-→Zn发生还原反应；放电时，左侧为负极，Zn失电子发生氧化反应生成Zn(OH)42-，右侧为正极，FQ得电子发生还原反应生成FQH2。8．【答案】（1）Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑（2）浓硫酸；球形冷凝管（3）该反应放热，保持低温防止产品气化挥发；固体完全消失（4）蒸馏（5）当最后一滴KSCN标准液滴入锥形瓶，溶液由浅黄色变为血红色，且半分钟内不复原；99.8%【解析】【解答】（1）根据题干信息，装置A用于制备SO2，涉及化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑。

（2）装置B用于干燥SO2，则B装置中的a试剂为浓硫酸；C装置中X仪器的名称是是球形冷凝管。

（3）①根据题干信息可知，该反应放热，而SOCl2沸点较低，为了防止SOCl2挥发，反应过程中C装置的烧瓶要放在冰水浴中。

②根据PCl5(s)+SO2(g)=POCl3(l)+SOCl2(l)可知，只有反应物PCl5为固体，则判断PCl5已与SO2完全反应的实验现象是固体完全消失。

（4）根据表格信息，POCl3和SOCl2的沸点相差较大，则反应结束后，应进行蒸馏，从双颈烧瓶中的液体得到较纯净的POCl3和SOCl2。

（5）①滴定终点的现象是：当最后一滴KSCN标准液滴入锥形瓶，溶液由浅黄色变为血红色，且半分钟内不复原，

②根据题干信息可知，反应前n(AgNO3)=0.4mol/L×0.025L=0.01mol，n(KSCN)=0.1mol/L×0.022L=0.0022mol，根据反应关系式SCN-~Ag+，消耗的n(AgNO3)=0.0022mol，则与Cl-反应的n(Ag+)=0.01mol-0.0022mol=0.0078mol，根据反应关系式Cl-~Ag+，消耗的n(Cl-)=0.0078mol，根据元素守恒，则25mL溶液中，n(POCl3)=0.0078mol×13=0.0026mol，所以4.000g样品中POCl3物质的量是0.0026mol×10=0.026mol，POCl3的质量分数为0.026mol×153.5g/mol4g×100%≈99.8%。

【分析】（1）装置A用于制备SO2。

（2）装置B用于干燥SO2；根据仪器特征书写名称。

（3）①该反应放热，而SOCl2沸点较低。

②反应PCl5(s)+SO2(g)=POCl3(l)+SOCl2(l)中只有PCl5为固体。

（4）注意POCl3和SOCl2的沸点相差较大。

（5）①滴定终点的现象是：当最后一滴KSCN标准液滴入锥形瓶，溶液由浅黄色变为血红色，且半分钟内不复原，

②反应前n(AgNO3)=0.4mol/L×0.025L=0.01mol，n(KSCN)=0.1mol/L×0.022L=0.0022mol，根据反应关系式SCN-~Ag+，消耗的n(AgNO3)=0.0022mol，则与Cl-反应的n(Ag+)=0.01mol-0.0022mol=0.0078mol，根据反应关系式Cl-~Ag+9．【答案】（1）将金属电极芯粉碎（2）Al(OH)3；5.2≤pH<7.6；bc（3）2Co2++ClO-+5H2O=Cl-+2Co(OH)3↓+4H+（4）将Co2+氧化为正三价，便于生成Co(OH)3沉淀，从而易于与Ni2+分离（5）2×10-4；2HCO3-+Co2+=CoCO3↓+H2（6）能洗去杂质的同时，减少NiSO4·7H2O的损耗，并且能加快晶体的干燥【解析】【解答】（1）用硫酸没取金属电极芯时，为提高浸取率，可将金属电极芯粉碎。

（2）由分析可知，沉淀A的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；根据表格信息，只除去“浸出液”中的Fe3+、Al3+，则可调节pH的范围为5.2≤pH<7.6；调节pH用的试剂需不能引入杂质且对Fe3+、Al3+、Co2+、Ni2+无影响，其中铁能将Fe3+反应为Fe2+，稀硫酸会使溶液pH减小，则可用的试剂是氨水和碳酸钠溶液。

（3）由分析可知，向母液1中加入的NaClO可将Co2+氧化为Co3+，通过调价pH，将Co3+转化为Co(OH)3沉淀，则涉及离子方程式为2Co2++ClO-+5H2O=Cl-+2Co(OH)3↓+4H+。

（4）根据题干信息及分析可知，“母液1”中加入NaClO溶液的作用是将Co2+氧化为正三价，便于生成Co(OH)3沉淀，从而易于与Ni2+分离。

（5）“母液3”中应控制Na2CO3用量使终点pH为8.5为宜，即c（H+）=10-8.5mol/L，所以c（OH-）=10-5.5mol/L，根据Ksp[Co(OH)2]=2×10-15可知，c(Co2+)•c2(OH-)=2×10-15，则c(Co2+)=2×10-4mol/L。

为防止生成Co(OH)2沉淀，可用NH4HCO3代替Na2CO3制得CoCO3，涉及离子方程式为2HCO3-+Co2+=CoCO3↓+H2O+CO2↑。

（6）由“母液4”获取NiSO4·7H2O的操作中用乙醇洗涤的优点是能洗去杂质的同时，减少NiSO4·7H2O的损耗，并且能加快晶体的干燥。

【分析】根据题干信息及流程图可知，向金属电极芯中加入H2SO4，Co、Ni、Fe、Al与H2SO4反应分别转化为Co2+、Ni2+、Fe2+、Al3+；向浸出液中加入H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，调pH可把Fe3+、Al3+分别转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，从而除去Fe2+、Al3+；向母液1中加入的NaClO可将Co2+氧化为Co3+，通过调价pH，将Co3+转化为Co(OH)3沉淀；向母液3中加入Na2CO3得到CoCO3，说明向Co(OH)3中加入的H2O2将Co(OH)3还原为Co2+；CoCO3经一系列操作得到醋酸钴晶体；向母液2中加入NH3得到Ni(OH)2沉淀，Ni(OH)2沉淀与H2SO410．【答案】（1）-89.7k/mol（2）C（3）0.02mol/(L·min)；0.1×0.20.8×4.（4）反应i为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，温度升高反应i平衡逆向移动，反应ⅱ平衡正向移动；温度升高对反应i中CO2转化率降低的影响大于对反应ⅱ中CO2转化率升高的影响；D【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应ⅰ-反应ⅱ可得到反应ⅲ，则△H3=△H1-△H2=-48.7kJ/mol-41kJ/mol=-89.7k/mol。

（2）A.由分析可知，在绝热恒容容器，当反应i的平衡常数K保持不变，说明反应i、ii都已达平衡，正确；

B.根据反应ⅰ可知，该反应前后混合气体质量不变，物质的量改变，则当气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡，正确；

C.体系达平衡后，若压缩体积，即增大压强，则反应i平衡正向移动，会使反应i中n(CO2)和n(H2)均减小，n(H2O)增大，则利于反应ii平衡逆向移动，不正确；

D.选用合适的催化剂可加快反应速率，从而提高CH3OH在单位时间内的产量，正确。

（3）①0～10min内CO2的转化率为20%，则△n（CO2）=1mol×20%=0.2mol，其平均反应速率v（CO2）=△c△t=0.2mol1L×10min=0.02mol/（L•min）。

②根据题干信息，10min内消耗的n（CO2）=1mol×20%=0.2mol，转化为CH3OH的n（CO2）=0.2mol×50%=0.1mol，平衡时n（CO2）=1mol-0.2mol=0.8mol，n（H2）=5mol-0.4mol=4.6mol，n（CH3OH）=0.1mol，n（H2O）=0.2mol，则平衡时c（CO2）=0.8mol×1L=0.8mol/L，c（H2）=4.6mol×1L=4.6mol/L，c（CH3OH）=0.1mol×1L=0.1mol/L，c（H2O）=0.2mol×1L=0.2mol/L，所以反应i的平衡常数K=c(H2O)×c(CH3OH)c(CO2)×c3(H2)=0.1×0.20.8×4.63。

③反应ii是吸热反应，降低温度，速率常数k正、k逆均减小，且利于平衡逆向移动，则v逆减小的幅度小于v正，所以k正减小的幅度大于k逆，即k正-k逆减小。

（4）①甲醇的选择性随温度升高而下降的原因是：反应i为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，温度升高反应i平衡逆向移动，反应ⅱ平衡正向移动。CO2的转化率随温度升高也下降的可能原因是温度升高对反应i中CO2转化率降低的影响大于对反应ⅱ中CO2转化率升高的影响。

②由反应ⅰ可知，生成甲醇的反应是气体体积减小的放热反应，为同时提高CO2的平衡转化率和甲醇的选择性，应选择的反应条件是低温高压。

【分析】（1）根据盖斯定律，反应ⅰ-反应ⅱ可得到反应ⅲ。

（2）A.在绝热恒容容器中，只有达到平衡时体系温度才不变，则平衡常数不变。

B.反应ⅰ前后混合气体质量不变，物质的量改变，结合m=nM进行分析。

C.体系达平衡后，若压缩体积，即增大压强，利于平衡向气体体积减小的方向移动。

D.合适的催化剂可加快反应速率。

（3）①0～10min内CO2的转化率为20%，则△n（CO2）=1mol×20%=0.2mol，结合反应速率表达式进行分析。

②根据题干信息，10min内消耗的n（CO2）=1mol×20%=0.2mol，转化为CH3OH的n（CO2）=0.2mol×50%=0.1mol，则可求出平衡时n（CO2）、n（H211．【答案】（1）4s24p4；18（2）两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高（3）B；D；E（4）＞；正四面体（5）K2SeBr6；12×【解析】【解答】（1）基态硒与S同主族，则Se位于第四周期VIA族，其价电子排布式为4s24p4。基态Se原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s24p4，核外有18个原子轨道，有18种不同空间运动状态的电子。

（2）H2Se与H2O都是分子晶体，由于水分子间存在氢键，则其沸点较高。

（3）A．Ⅰ中苯环含有大π键，错误；

B．由分析可知，Ⅰ中的Se-Se键为非极性共价键，正确；

C．由分析可知，II不溶于水，错误；

D．II中苯环和碳碳双键上的C原子为sp2杂化，碳碳三键上的C原子为sp杂化，正确；

E