甘肅省蘭州市2024年高考化學模擬試題（含答案）

甘肅省蘭州市2024年高考化學模擬試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分一、單選題1．2022年6月17日，中國第三艘航空母艦一“福建艦”正式下水，它是目前世界上最大的常規(guī)動力航母，配置了先進的電磁彈射和阻攔裝置。下列說法正確的是A．用于雷達系統(tǒng)的氮化鎵屬于金屬材料B．艦體材料低磁合金鋼的熔點和強度均高于純鐵C．航母燃料重油的主要成分為烴D．防腐涂料中使用的石墨烯與乙烯互為同系物2．阿比多爾為抗病毒藥，用于治療流感病毒引起的上呼吸道感染。如圖所示的是合成阿比多爾的中間體的結構。下列關于該物質說法錯誤的是A．分子式為C13H15NO3B．分子中所有碳原子可能共平面C．該物質能發(fā)生加成、水解反應，也能被酸性高錳酸鉀溶液氧化D．該物質中苯環(huán)上羥基鄰位連接-C4H9的同分異構體共有8種3．某固體樣品可能含有NaNO3、NaHCO3、Na2SO3和Na2SO4。取少量樣品進行如下實驗：步驟①：將樣品溶于水，得到澄清溶液；步驟②：向①的溶液中滴加過量稀鹽酸，有氣泡產生；步驟③：?、诘纳蠈忧逡?，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成。下列說法中正確的是A．該固體樣品中一定含有Na2SO4B．該固體樣品中一定含有NaHCO3C．該固體樣品不可能只含有Na2SO3D．步驟②的試管口產生的氣體一定是無色的4．2022年9月9日，中國科學家首次在月球上發(fā)現(xiàn)的新礦物被命名為“嫦娥石”。該礦物除了含鈣、鐵(26Fe)、釔(39Y)三種長周期元素外，還含有X、R、Z、W四種原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。X、R、Z、W質子數(shù)之和為46，X、R、Z最外層電子數(shù)分別為x、y、z，x+y+z=9，x=2(y+z)。下列敘述正確的是A．鐵(26Fe)位于第四周期VIIIB族B．簡單離子半徑：X>R>ZC．W的簡單氫化物熱穩(wěn)定性比X的簡單氫化物強D．X與R形成的化合物為離子化合物且只含有離子鍵5．H2O2作為綠色氧化劑應用廣泛。氫醌法制備H2O2的原理為：H2+O2乙基蒽醌__NiH2已知：①H2O、鹵化氫等雜質易使Ni催化劑中毒；②催化劑乙基蒽醌難溶于水，易溶于有機溶劑，熔點107-111℃。下列說法中正確的是A．裝置B可選擇①或②B．裝好試劑后的操作為：打開活塞a、d，關閉活塞b、cC．提純產品的操作依次為過濾，加水萃取，分液，常壓蒸餾D．若沒有F裝置三頸燒瓶中的反應速率會減慢6．科技工作者將廢舊鋰離子電池中的LiCoO2(s)作為正極材料通過下列裝置轉化為Co2+，進而回收金屬鈷。已知：電極材料均為石墨材質，工作時需要保持厭氧、細菌所在環(huán)境pH穩(wěn)定，借助細菌降解乙酸鹽生成CO2。下列說法錯誤的是A．甲室中的石墨電極為陰極，將Co2+轉化為金屬鈷B．乙室的電極反應式為：LiCoO2+4H++e-=Li++Co2++2H2OC．裝置工作時，甲室溶液pH逐漸減小D．電路中通過8mol電子的過程中，乙酸鹽溶液所在的電極室內質量均減小88g7．K2Cr2O7溶液中存在多個平衡。在考慮平衡：①Cr2O72-(aq)+H2O(l)?2HCrO4-(aq)K1=3.0×10-2(25℃)；②HCrO4-(aq)?CrO42-A．已知Ka1(H2SO3)=1.29×10-2，由②可知向K2CrO4溶液中通SO2可制得KHCrO4B．c(HC．當溶液pH=9時，溶液中的HCrO4-D．當溶液pH=7時，c(K+)=c(HCrO4-)+c(Cr二、非選擇題8．碳酸鍶(SrCO3)主要用于制造磁性材料、電子元件等。利用鍶渣(主要成分SrSO4，含少量CaCO3、Fe2O3、Al2O3、MgCO3雜質)，工業(yè)上制備超細碳酸鍶的工藝如圖所示：已知：①25℃時溶液中金屬離子物質的量濃度c與溶液pH的關系如圖所示：②Sr(OH)2、Ca(OH)2在不同溫度下的溶解度表溫度/℃02040608090100Ca(OH)2/g0.190.170.140.120.090.080.07Sr(OH)2/g0.911.773.958.4220.2044.5091.20回答下列問題：（1）“高溫煅燒”得到的主要產物為鍶的硫化物和一種可燃性氣體。則“高溫煅燒”的主要反應化學方程式為。（2）氣體2的主要成分為(填化學式)。（3）不設置步驟1的后果是。（4）“除鐵鋁”后溶液溫度降至室溫(25℃)，溶液中c(Fe3+)為mol/L。（5）“除鎂鈣”過程溫度控制在95℃~100℃的目的是。（6）“沉鍶”的離子反應方程式為。（7）“沉鍶”過程中反應溫度對鍶轉化率的影響如圖所示，溫度高于60℃時，鍶轉化率降低的原因為。（8）從平衡移動的角度分析“沉鍶”過程中控制pH≥10的原因。9．四水甲酸銅[Cu(HCOO)2·4H2O]是一種重要的化工原料，為藍色晶體，易溶于水，難溶于醇及大多數(shù)有機物。實驗室可以用堿式碳酸銅[Cu(OH)2·CuCO3]與甲酸反應來制備。已知：①堿式碳酸銅的組成與溶液pH有關；②堿式碳酸銅和碳酸氫鈉在水溶液中比固態(tài)時更易分解。實驗室制備四水甲酸銅的步驟如下：I．稱取12.5gCuSO4·5H2O和9.5gNaHCO3，充分研細并混合均勻。II．將I中所得混合物加入到100mL接近沸騰的蒸餾水中，加完混合物后繼續(xù)加熱至接近沸騰狀態(tài)數(shù)分鐘。III．靜置溶液澄清后，用傾析法分離得到沉淀，用蒸餾水洗滌，干燥。IV．將III中所得的產品放入如圖裝置中的三頸燒瓶，加入約20mL蒸餾水，加熱攪拌至50℃左右。V．向三頸燒瓶中加入甲酸，反應結束后趁熱過濾。VI．經過一系列操作得到Cu(HCOO)2·4H2O7.91g?；卮鹣铝袉栴}：（1）步驟I中研細過程所用的主要儀器是。（2）步驟II中發(fā)生反應的離子方程式為。實際取用的硫酸銅和碳酸氫鈉的物質的量之比小于1：2，這樣操作的原因是。（3）步驟II溫度不宜過高，若觀察到(填實驗現(xiàn)象)，則說明溫度過高。（4）步驟III中檢驗沉淀已洗凈的方法是。（5）步驟V中過濾必須趁熱的原因是。（6）步驟VI中用無水乙醇洗滌的目的是。（7）該實驗中產品的產率是。10．我國科學家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性進展，該實驗方法首先將CO2催化還原為CH3OH。已知CO2催化加氫的主要反應有：反應I：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.6kJ·mol-1反應：II．CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol-1當原料組成為n(CO2)：n(H2)=1：3時，上述反應體系在一定條件下建立平衡后，含碳產物中CH3OH的物質的量分數(shù)(Y)及CO2的轉化率(Q)與反應溫度的關系曲線如圖所示。（1）反應CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)的焓變ΔH=。（2）據(jù)如圖判斷x5(選填“大于”“小于”或“等于”)，理由是。（3）下列說法正確的有。A．升高溫度，CO2轉化速率減慢B．恒溫恒容條件下，體系密度不變表明反應達到平衡狀態(tài)C．5MPa、溫度高于300℃后，含碳產物以CO為主D．5MPa、300~400℃范圍內，H2O的平衡產量隨反應體系溫度升高而增大（4）在一定溫度下，向體積固定的密閉容器中加入1molCO2(g)和3molH2(g)，起始壓強為4MPa，發(fā)生反應I和II。平衡時，CO2(g)的轉化率為40%，CO(g)的物質的量為0.1mol。反應I的分壓平衡常數(shù)Kp=(氣體分壓=總壓×該組分的物質的量分數(shù))。（5）反應II的正反應速率方程為v正=k正·c(CO2)·c(H2)，逆反應速率方程為v逆=k逆·c(CO)·c(H2O)，其中k正、k逆分別為正、逆反應的速率常數(shù)，只受溫度影響。lgk(速率常數(shù)的對數(shù))與1/T(溫度的倒數(shù))的關系符合如圖中的兩條線，其中表示lgk逆的是，理由是。圖中A，B，C，D點的縱坐標分別為a+2、a+1、a-1、a-2，則溫度為T1時，反應II的化學平衡常數(shù)K=。11．硒(Se)是人體必需微量元素之一，含硒化合物在材料和藥物領城具有重要應用。（1）I．自我國科學家發(fā)現(xiàn)聚集誘導發(fā)光(AIE)效應以來，AIE在發(fā)光材料、生物醫(yī)學等領域引起廣泛關注。一種含Se的新型AIE分子X的結構如圖所示：基態(tài)硒原子的價層電子軌道表示式為。（2）分子X中電負性最大的元素是(填元素符號，下同)，雜化軌道類型為sp3的中心原子是。（3）H2O、H2S和H2Se的沸點由高到低順序為。（4）比較SeO3分子和SeO32?（5）II．Cu2-xSe是一種鈉離子電池正極材料，充放電過程中正極材料立方晶胞(示意圖)的組成變化如圖所示，晶胞內未標出因放電產生的0價Cu原子。每個Cu2-xSe晶胞中含有個Cu2+(用含x的表達式作答)。（6）立方Na2Se晶胞的晶胞參數(shù)為apm，位于面心的Se2-所圍成的空間結構為，該晶胞的密度為g·cm-3(用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)。12．抗腫瘤藥物博舒替尼(J)的一種合成路線如下：已知：請回答：（1）A中官能團的名稱為。（2）反應②的化學方程式是。（3）E→F的反應可以看作兩步反應發(fā)生，這兩步反應的類型依次為加成反應、，中間體的結構簡式為。（4）反應⑥的化學方程式為。（5）H的結構簡式為。（6）I的分子式為。（7）K是A的同分異構體，滿足下列條件的K的結構有種(不考慮立體異構)。a．分子結構中含有苯環(huán)，不含有甲基B．苯環(huán)上只有兩個取代基C.1molK分別能與3molNa、2molNaOH、1molNaHCO3反應

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．金屬材料是指純金屬或者合金，是金屬單質，氮化鎵是化合物，不屬于金屬材料，A不符合題意；B．一般情況下，合金的熔點低于組分金屬，合金的硬度高于組分金屬，所以低磁合金鋼的熔點低于純鐵，強度均高于純鐵，B不符合題意；C．經石油分餾得到重油，屬于烴的混合物，C符合題意；D．石墨烯是碳單質，乙烯是有機物，二者不屬于同系物，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A、氮化鎵非金屬材料；

B、合金的硬度大于成分金屬，熔點低于成分金屬；

C、重油屬于烴；

D、石墨烯為碳的單質，和乙烯不是同系物。2．【答案】B【解析】【解答】A．根據(jù)A的結構式，分子式為C13B．該分子中N原子是sp3雜化，其與連接的三個碳原子構成三角錐型，又苯環(huán)平面和碳碳雙鍵平面的影響，N原子與環(huán)上連接的碳原子共面，則另一個碳原子與環(huán)上的碳原子不共面，所以所有碳原子不可能共平面，B符合題意；C．該分子中含有苯環(huán)，能發(fā)生取代反應，含有酯基，能發(fā)生水解反應，含有酚羥基和碳碳雙鍵，能被酸性高錳酸鉀溶液褪色，C不符合題意；D．-C4H故答案為：B。

【分析】A、分子式的判斷要結合C、H、O三種元素的原子總數(shù)判斷；

B、共平面的判斷要注意一個原子周圍有3個或以上的單鍵連接時，最多兩個單鍵原子共平面；

C、酚羥基和碳碳雙鍵可以發(fā)生氧化反應，苯環(huán)和碳碳雙鍵可以發(fā)生加成反應，苯環(huán)、酚羥基、酯基可以發(fā)生水解反應；

D、同分異構體的判斷要結合碳鏈異構、位置異構和官能團異構判斷。3．【答案】C【解析】【解答】由題意可知，步驟①取少量樣品溶于水得到無色透明溶液，說明固體溶于水且相互之間能共存；步驟②向①的溶液中滴加過量稀鹽酸，有氣泡產生，若氣泡是CO2，說明可能含有NaHCO3或Na2SO3或兩者都有；若氣泡是NO，說明是NaNO3和Na2SO3在酸性條件下發(fā)生氧化還原得到；步驟③取②的上層清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成，則沉淀為BaSO4，說明固體中存在Na2SO4，不能確定是否有Na2SO3和Na2CO3。綜上分析，該樣品中確定存在的是：Na2SO4，不能確定是否有Na2SO3和Na2CO3、NaHCO3、NaNO3。故答案為：A。

【分析】本題要結合步驟判斷，稀鹽酸可以和碳酸氫根、亞硫酸根反應生成氣體，碳酸根、硫酸根可以和氯化鋇反應生成沉淀，且硝酸根、氫離子和亞硫酸根離子不共存。4．【答案】B【解析】【解答】A．鐵(26FeB．根據(jù)粒子半徑的大小比較，電子層數(shù)越多，粒子半徑越大，電子層數(shù)相同，質子數(shù)越大，半徑越小，所以O2-、Na+、MC．因為O的非金屬性強于P，所以P的簡單氫化物熱穩(wěn)定性比O的簡單氫化物弱，C不符合題意；D．O和Na形成的化合物Na故答案為：B。

【分析】A、鐵為26號元素，處于元素周期表的第四周期VIII族；

B、粒子的半徑比較，一看電子層，電子層數(shù)越多半徑越大，二看核電荷數(shù)，核電荷數(shù)越多半徑越小，三看最外層電子數(shù)，最外層電子數(shù)越多，半徑越大；

C、氫化物的穩(wěn)定性即比較非金屬性；

D、銨根離子或金屬離子與非金屬離子或酸根離子的結合是離子鍵，非金屬原子和非金屬原子的結合是共價鍵。5．【答案】D【解析】【解答】A．鹵化氫和水都能使催化劑中毒，①既可以除去水，也可以除去鹵化氫，滿足要求，②只能除去鹵化氫，不滿足要求，A不符合題意；B．裝好試劑后應先打開b，抽出裝置中的空氣，B不符合題意；C．過氧化氫受熱易分解，采取減壓蒸餾的方式，減少過氧化氫的分解，C不符合題意；D．F可防止空氣中的水蒸氣進入裝置C導致催化劑中毒，可以避免反應速率減慢，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A、飽和食鹽水只能除去鹵化氫，沒有干燥作用；

B、實驗前應該先抽出空氣；

C、過氧化氫受熱易分解，應該用哪個減壓蒸餾；

D、結合題干信息可以知道水蒸氣可以使催化劑中毒，需要進行干燥。6．【答案】D【解析】【解答】電池工作時，甲室中細菌上乙酸鹽的陰離子失去電子被氧化為二氧化碳，鈷離子在另一個電極上得到電子被還原為Co，CH3COO-失去電子，總反應方程式為CA．甲室總反應方程式為CH3COB．乙室中正極上得電子，被還原為鈷離子，同時得到鋰離子，電極反應為LiCoOC．甲室總反應方程式為CHD．甲室的電極反應式為Co2++2e-=Co，乙室電極反應式為故答案為：D。

【分析】電解池的題目要注意幾個問題：

1、連接外接電源正極的為陽極，若陽極為活性電極則陽極失去電子，若陽極為惰性電極，則溶液中的陰離子在陽極失去電子，陽極發(fā)生氧化反應；連接外接電源負極的為陰極，溶液中的陽離子在陰極得到電子，陰極發(fā)生還原反應；

2、溶液中的離子放電順序：

陽離子：Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+（酸）>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>H+（水）；

陰離子：S2–>I->Br->Cl->OH->(NO3－、SO42–等)含氧酸根>F－；

3、電極反應式的書寫要結合原子守恒以及溶液形成判斷，酸性條件不出現(xiàn)氫氧根，堿性條件下不出現(xiàn)氫離子；

新型電池的判斷：

1、化合價升高的為負極，失去電子，化合價降低的為正極，得到電子；

2、電極反應式的書寫要注意，負極反應為負極材料失去電子化合價升高，正極反應為正極材料得到電子化合價降低，且要根據(jù)電解質溶液的酸堿性判斷，酸性溶液不能出現(xiàn)氫氧根，堿性溶液不能出現(xiàn)氫離子，且電極反應式要滿足原子守恒。7．【答案】C【解析】【解答】A．二氧化硫具有還原性，CrO42-具有強氧化性，向K2CrO4溶液中通SO2B．由題意可知，K1=c2(HCrO4C.25℃時，向0.10mol/LK2Cr2O7溶液中加入NaOH，溶液體積變化可忽略；當溶液pH=9時，lgc(CrO42-)c(Cr2OD．當溶液pH=7時，c(H+)=c(OH-)，由電荷守恒可知，c(H+)+c(K+)=c(OH-)c+(HCrO故答案為：C。

【分析】A、鉻酸根離子和二氧化硫可以發(fā)生氧化還原反應；

B、電離平衡常數(shù)只受溫度影響，結合電離平衡常數(shù)和氫離子的濃度判斷；

C、根據(jù)pH以及元素守恒判斷；

D、結合電荷守恒判斷。8．【答案】（1）SrS（2）H2S（3）鐵元素在“除鐵鋁”過程中不能除盡（4）10-19.1（5）氫氧化鈣的溶解度較小，氫氧化鍶的溶解度較大，保證除鈣完全（6）S（7）溫度高于60℃時，NH（8）當pH≥10時，平衡HCO3-?CO【解析】【解答】（1）高溫焙燒SrSO4生成SrS和一種可燃氣體CO，反應化學方程式為（2）加入稀鹽酸酸浸，SrS產生H2S氣體，氣體2為（3）步驟1為加入H2O2，將Fe2+氧化為Fe3+（4）由圖可知，當c(Fe3+)=1.0×10-2mol/L時，溶液的pH=1.8，則（5）根據(jù)表格數(shù)據(jù)，溫度控制在95℃~100℃時，氫氧化鈣的溶解度較小，氫氧化鍶的溶解度較大，保證除鈣完全；（6）沉思過程為：氨水和NH4HCO3（7）NH4HC（8）“沉鍶”過程中，當pH≥10時，平衡HCO3-?CO

【分析】（1）硫酸鍶和碳高溫反應生成硫化鍶和一氧化碳；

（2）硫離子可以結合氫離子反應生成硫化氫氣體；

（3）過氧化氫的作用是使亞鐵離子氧化為鐵離子，亞鐵離子的除雜更難，轉化為鐵離子更容易除雜；

（4）結合氫氧化鐵的溶度積和pH計算鐵離子的濃度；

（5）氫氧化鈣隨溫度的升高溶解度劍俠，氫氧化鍶隨溫度的升高溶解度增大；

（6）鍶離子和碳酸氫根、一水合氨反應生成碳酸鍶、銨根離子和水；

（7）碳酸氫銨和氨水受熱易分解；

（8）氫氧根濃度增大，使平衡朝正向移動，碳酸根濃度增大，有利于生成碳酸鍶沉淀。9．【答案】（1）研缽（2）2Cu（3）產生黑色沉淀（4）取最后一次洗滌液少量于試管中，先加鹽酸酸化，再加BaCl2溶液，若不產生白色沉淀，說明沉淀已洗凈（5）防止甲酸銅結晶析出（6）洗去晶體表面的水和甲酸，并減少甲酸銅的溶解損失，加速干燥（7）70%【解析】【解答】（1）實驗室中，固體物質研細過程所用的主要儀器是研缽；（2）步驟II為CuSO4溶液和NaHCO（3）Cu(OH)2?CuC（4）步驟III產生的沉淀表面SO42-（5）為防止甲酸銅結晶體析出而損失，步驟V中過濾必須趁熱；（6）甲酸銅結晶體易溶于水，難溶于乙醇等有機溶劑，所以用無水乙醇洗滌的目的是洗去晶體表面的水和甲酸，并減少甲酸銅的溶解損失，乙醇易揮發(fā)，還可以加速干燥；（7）12.5gCuSO4?5H2O物質的量為0.05mol，理論上生成的

【分析】（1）研磨固體的儀器是研缽；

（2）銅離子和碳酸氫根反應生成堿式碳酸銅、二氧化碳和水；

（3）堿式碳酸銅受熱可以分解為氧化銅；

（4）取最后一次洗滌液少量于試管中，先加鹽酸酸化，再加BaCl2溶液，若不產生白色沉淀，說明沉淀已洗凈；

（5）趁熱過濾可以保證甲酸銅不析出晶體；

（6）甲酸銅易溶于水，難溶于乙醇，可以用乙醇洗滌；

（7）產率的計算要結合實際產量和理論產量判斷。10．【答案】（1）–90.8kJ·mol-1（2）小于；其他條件不變時，增大壓強，平衡正移，CH3OH的物質的量分數(shù)增大（3）C；D（4）0.025(MPa)-2（5）③；1/T增大，溫度T降低，速率常數(shù)k正、k逆減小；反應II正向吸熱，其他條件相同時，溫度降低，平衡逆移，則k逆減小程度小于k正；0.1【解析】【解答】（1）已知反應I：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.6kJ·mol-1反應：II．CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol-1根據(jù)蓋斯定律，反應CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)是通過反應I減去反應II得到的，則ΔH=ΔH1-ΔH2=-49.6kJ·mol-1-41.2kJ·mol-1=–90.8kJ·mol-1；（2）當原料組成為n(CO2)：n(H2)=1：3時，根據(jù)反應I：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)，其他條件不變時，增大壓強，平衡正移，CH3OH的物質的量分數(shù)增大，所以Y1曲線的壓強大于Y2曲線，即x小于5。（3）A．升高溫度，反應速率加快，A不正確；B．恒溫恒容條件下，體系密度=氣體質量÷體積，根據(jù)質量守恒，質量不變，體積不變，則密度始終不變，所以密度不變不能表明反應達到平衡狀態(tài)，B不正確；C.．根據(jù)圖像，5MPa、溫度高于300℃后，CH3OH的質量分數(shù)為0，且CO2轉化率逐漸上升，根據(jù)C元素守恒，含碳產物以CO為主，C正確；D.5MPa、300~400℃范圍內，反應II：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol-1，升高溫度，平衡往正向移動，所以H2O的平衡產量隨反應體系溫度升高而增大，D正確；正確的是CD。（4）向體積固定的密閉容器中加入1molCO2(g)和3molH2(g)，起始壓強為4MPa，發(fā)生反應I和II。平衡時，CO2(g)的轉化率為40%，CO(g)的物質的量為0.1mol，設第一個反應消耗的CO2為xmol，則：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)起始(mol)130轉化(mol)x3xxP（CO2）=0.63.4P（H2）=2.P（CH3OH）=0.P（H2O）=0.反應I的平衡常數(shù)Kp（5）第二步反應為二氧化碳和氫氣生成一氧化碳和水，生成物能量較高，反應焓變大于零，CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)平衡時v正=k正c(CO2

【分析】（1）△H=反應物總鍵能-生成物總鍵能=生成物總內能-反應物總內能；

（2）增大壓強，平衡朝正向移動；

（3）A、升高溫度，速率加快；

B、恒容條件下體積定值，且質量定值，密度為定值；

C、結合碳元素守恒判斷；

D、升高溫度，平衡朝吸熱方向移動；

（4）分壓平衡常數(shù)要結合總壓強和總物質的量判斷；

（5）化學平衡常數(shù)為生成物的濃度冪之積和反應物的濃度冪之積比值。11．【答案】（1）（2）O；Se、S（3）H2O>H2Se>H2S（4）鍵角：SeO3>SeO32-；SeO3為平面三角形，鍵角近似120°；SeO（5）4x（6）正八面體；5.0×1【解析】【解答】（1）Se與S同主族，硒位于第四周期VIA，Se的價電子排布式為4s24p4（2）①分子X中的元素有C、H、O、S、Se，其中O的非金屬性最強，故O的電負性最大；②苯環(huán)中所有碳原子為sp2雜化，碳碳雙鍵中碳原子為sp2雜化；S與兩個O形成兩個σ鍵，與兩個C又形成了兩個σ鍵，共4個σ鍵，為sp（3）H2O、H2S和H2Se為組成和結構相似的分子晶體，相對分子質量越大，沸點越高，水分子間還存在氫鍵，沸點更高，則沸點順序由高到低的順序為H2O>H2Se>H2S。故答案為：H2O>H2Se>H2S。（4）SeO3分子的中心原子Se為sp2雜化，則SeO3為平面三角形，鍵角近似120°；SeO32-離子的中心原子Se為sp3（