西南名校联盟2020届高三高考适应性月考卷（一）理科综合化学试题

西南名校联盟2020届高三高考适应性月考卷（一）理科综合化学试题

‎2020届高考适应性月考卷(一)‎ 化学 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。‎ ‎3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78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。‎ ‎1.生活中化学无处不在。下列有关说法正确的是 A. 蚕丝被与棉被的主要成分是纤维素 B. 汽车的挡风玻璃是钢化玻璃，属于高分子材料 C. 厨房烹饪用的植物油中含有C、H、O、N四种元素 D. 天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蚕丝的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故A错误；‎ B．钢化玻璃是一种具有特殊性能的玻璃，属于无机非金属材料，故B错误；‎ C．厨房烹饪用的植物油属于油脂，含有C、H、O三种元素，故C错误；‎ D．天然气的主要成分是甲烷，液化石油气的主要成分是丙烷、丁烷等，这些碳氢化合物完全燃烧生成二氧化碳和水，则这两类燃料都是清洁燃料，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意钢化玻璃的主要成分与普通玻璃相同，都是硅酸盐产品，要与有机玻璃区分开来。‎ ‎2.《周礼﹒考工记》记载“凡铸金之状，金与锡，黑浊之气竭，黄白次之，黄白之气竭，青白次之，青白之气竭，青气次之，然后可铸也。”炉火纯青指的就是青铜冶炼成功的火候。下列说法不正确的是 A. 黑浊之气是金属表面附着的碳氢化合物燃烧的火焰 B. 黄白、青白之气是金属中氧化物、硫化物燃烧的火焰 C. 青色火焰是青铜燃烧的焰色反应 D. 上述方法冶炼得到的青铜为纯净的单质铜 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．黑浊之气主要是温度不太高时，金属表面附着的碳氢化合物燃烧的火焰颜色，故A正确；‎ B．黄白、青白之气主要是金属中的氧化物、硫化物燃烧的火焰颜色，故B正确；‎ C．青色火焰是青铜中铜的焰色反应，故C正确；‎ D．青铜是铜与锡的合金，属于混合物，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎3.下列关于a.、b.、c.，三种有机物的说法正确的是 A. 只有b和c两种互为同分异构体 B. b、c一氯代物均有六种 C. a、b、c均可发生加成反应 D. a、b、c中所有原子处于同一平面 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．a、b、c三种有机物的分子式均为C8H8，互为同分异构体，故A错误；‎ B．根据轴对称原则，b的一氯代物有四种()，故B错误；‎ C．a、b含有碳碳双键，c中含有苯环，在一定条件下均可与氢气发生加成反应，故C正确；‎ D．c中含有甲基，为四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，由于甲烷是四面体结构，有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、、)中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内。‎ ‎4.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，其原子序数之和为38，元素X形成的单质在天然存在的物质中是最硬的，常温下向Z的一种氢化物中加入一种黑色物质是实验室制备Z单质的方法之一。下列说法正确的是 A. 原子半径大小：W＞Z＞X＞Y B. 简单氢化物的沸点：Z＜Y C. W的氧化物对应的水化物为强酸 D. Y的最简单氢化物与W的氢化物反应生成的化合物为离子化合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，其原子序数之和为38，元素X形成的单质在天然存在的物质中是最硬的，X为C元素；常温下向Z的一种氢化物中加入一种黑色物质是实验室制备Z单质的方法之一，为在过氧化氢溶液中加入二氧化锰生成氧气的反应，则Z为O元素，则Y为N元素；X、Y、Z、W的原子序数之和为38，则W的原子序数为17，为Cl元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Cl元素。‎ A．同一周期，自左而右，原子半径逐渐减小，同一主族，自上而下，原子半径逐渐增大，原子半径大小：W＞X＞Y＞Z，故A错误；‎ B．水常温下为液体，氨气为气体，简单氢化物的沸点：Y＜Z，故B错误；‎ C．Cl的氧化物对应的水化物不一定为强酸，如HClO为弱酸，故C错误；‎ D．Y的最简单氢化物为氨气，W的氢化物为氯化氢，二者反应生成的化合物为氯化铵，属于铵盐，为离子化合物，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.如图是中国在南极建设的第四个科学考察站——泰山站。为了延长科学考察站基础设施使用寿命，钢铁设备表面镶嵌一些金属块(M)。下列说法正确的是 A. 金属块M可能是铜，发生氧化反应 B. 这种保护方法叫牺牲阳极的阴极保护法 C. 科考考察站里的设备在潮湿空气中主要发生化学腐蚀 D. 若采用外加电流的阴极保护法，设备与电源正极相连 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．如果金属块M是铜，铜与钢铁设备构成原电池时，铁为负极，腐蚀速率加快，故A错误；‎ B．为了延长科学考察站基础设施使用寿命，钢铁设备表面镶嵌一些金属块(M)，M应该充当原电池的负极，这种保护方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；‎ C．科考考察站里的设备在潮湿空气中主要发生电化学腐蚀，故C错误；‎ D．若采用外加电流的阴极保护法，钢铁设备应该与电源负极相连，充当电解池的阴极，被保护，故D错误；‎ 故选B ‎6.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作实验现象结论 选项 实验操作 实验现象 结论 A 测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH 前者的pH比后者的大 非金属性：S＞C B 装有NO2的玻璃瓶浸入热水中加热 气体红棕色变深 NO2生成N2O4的反应是放热反应 C 向等浓度的KCl、KI混合液中滴加AgNO3溶液 先出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)＜Ksp(AgI)‎ D 将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置 下层液体显紫红色 氧化性：Fe3＋＜I2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，前者的pH比后者的大，可比较碳酸、亚硫酸的酸性强弱，但亚硫酸不是最高价含氧酸，不能比较S和C的非金属性强弱，故A错误；‎ B．将充有NO2的玻璃瓶浸入热水中，烧瓶内气体颜色变深，说明升高温度平衡向着生成二氧化氮的方向移动，则NO2生成N2O4的反应为放热反应，△H＜0，故B正确；‎ C．向等浓度的KCl、KI混合液中滴加AgNO3溶液，溶度积常数小的物质先出现沉淀，先生成黄色沉淀，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故C错误；‎ D．将KI和FeCl3，溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置，下层液体显紫红色，说明反应生成了碘，则氧化性：Fe3+＞I2，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A，要注意比较元素的非金属性的强弱，可以通过比较最高价含氧酸的酸性强弱，应该比较硫酸与碳酸的酸性强弱。‎ ‎7.298K时，向20mLcmol·L－1KOH溶液中滴加0.1mol·L－1HCOOH溶液，混合溶液中水电离的氢氧根离子浓度与滴加甲酸(弱酸)溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 上述KOH溶液的浓度c＝0.01mol·L－1‎ B. B点对应的溶液中：c(K＋)＝c(HCOO－)‎ C. E点对应的溶液中：c(OH－)＞c(H＋)＝c(HCOOH)‎ D. 若D点对应的甲酸溶液体积为V1mL，则HCOOH电离平衡常数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 观察图像可知，E点表示KOH与HCOOH恰好完全反应生成HCOOK，此时溶液呈碱性；B点对应溶液中的溶质是KOH和HCOOK，溶液显碱性；D点对应溶液中的溶质是HCOOH和HCOOK，显中性，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据图像，开始时，A点的pH=13，说明KOH溶液的浓度c＝0.1mol·L－1，故A错误；‎ B．B点对应溶液中的溶质是KOH和HCOOK，溶液显碱性，c(OH－)＞c(H＋)，根据电荷守恒有：c(K＋)＞c(HCOO－)，故B错误；‎ C．E点为KOH与HCOOH恰好完全反应生成HCOOK，此时溶液呈碱性根据质子守恒有c(OH－)=c(H＋)+c(HCOOH)，但c(H＋)与c(HCOOH)不一定相等，故C错误；‎ D．D点对应溶液中的溶质是HCOOH和HCOOK，显中性，则有c(K＋)= c(HCOO－)== mol·L－1，c(HCOOH)== mol·L－1，则HCOOH电离平衡常数== ，故D正确；‎ 故选D。‎ 二、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎8.醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2•2H2O部分信息如下：‎ 物理性质 化学性质 红棕色晶体，微溶于乙醇，难溶于冷水和乙醚(易挥发的有机溶剂)‎ 具有强还原性，易被氧化 制备原理：2Cr2＋(aq)＋4CH3COO－(aq)＋2H2O(l)＝[Cr(CH3COO)2]2•2H2O(s)。‎ 某兴趣小组设计实验制备[Cr(CH3COO)2]2•2H2O(s)。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)仪器A的名称是_____。‎ ‎(2)检查装置B气密性的操作方法是_____。‎ ‎(3)加入盐酸后，关闭K1，打开K2，将装置B中的导管抽出液面以上一段时间，目的是____。反应开始后，从装置B中看到的现象是溶液由深绿色(Cr3＋)变为亮蓝色(Cr2＋)，且有气泡产生。写出装置B中发生的非置换反应的离子方程式：_____。‎ ‎(4)当氢气的放出速率较快时，为了使装置B中溶液进入装置C中，宜采取的操作是_____；装置D中导管口水封的目的是_____。‎ ‎(5)将装置C中所得产品提纯，其操作依次为过滤、去氧水洗涤、乙醚洗涤。相对乙醇或水，用乙醚洗涤优点有______。‎ ‎(6)测定产品纯度：取ag产品溶于蒸馏水，通入足量空气，充分反应后，加入过量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、灼烧、称重。得Cr2O3质量为mg(假设杂质不参与反应)，[Cr(CH3COO)2]2•2H2O(s)的摩尔质量为Mg·mol－1。测得产品纯度为____ %。(用含a、m、M的代数式表示)‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 关闭K2，打开K1，由分液漏斗向锥形瓶中加入蒸馏水，当蒸馏水不再下滴时，表明装置B气密性良好 (3). 排尽装置内空气 (4). 2Cr3＋+Zn=2Cr2＋+ Zn2＋ (5). 将装置B中的导管插入液面以下 (6). 避免空气进入装置C中 (7). 减少产品损失、干燥快（或减少产品氧化的量） (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据装置图判断仪器A的名称；‎ ‎(2)检查装置B气密性，首先要形成封闭体系；其次，缩小气体的体积，增大气体的压强；最后观察现象，据此分析解答；‎ ‎(3)由于[Cr(CH3COO)2]2•2H2O(s)‎ ‎ 具有强还原性，易被氧化，需要将装置内的空气排出；反应开始后，装置B中盐酸与锌的反应是置换反应，Cr3＋与Zn的反应为非置换反应，据此分析解答；‎ ‎(4)当氢气的放出速率较快时，为了使装置B中溶液进入装置C中，可以通过气压作用，将装置B中的CrCl3溶液压入装置C中；装置D中导管口水封，可以避免空气进入装置C中；‎ ‎(5)根据 [Cr(CH3COO)2]2•2H2O(s)为红棕色晶体，微溶于乙醇，难溶于冷水和乙醚(易挥发的有机溶剂)，具有强还原性，易被氧化，据此分析解答；‎ ‎(6) Cr2O3质量为mg，可以求出n(Cr2O3)，根据Cr元素守恒，可以求出[Cr(CH3COO)2]2•2H2O(s)的物质的量，进而求出其质量，最后计算产品纯度。‎ ‎【详解】(1)根据装置图，仪器A为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；‎ ‎(2)检查装置B气密性，首先要形成封闭体系；其次，缩小气体的体积，增大气体的压强；最后观察现象；因此具体操作和现象为：关闭K2，打开K1，由分液漏斗向锥形瓶中加入蒸馏水，当蒸馏水不再下滴时，表明装置B气密性良好，故答案为：关闭K2，打开K1，由分液漏斗向锥形瓶中加入蒸馏水，当蒸馏水不再下滴时，表明装置B气密性良好；‎ ‎(3)加入盐酸后，关闭K1，打开K2，由于[Cr(CH3COO)2]2•2H2O(s) 具有强还原性，易被氧化，需要将装置内的空气排出，将装置B中的导管抽出液面以上一段时间，可以排尽装置内空气。反应开始后，从装置B中看到的现象是溶液由深绿色(Cr3＋)变为亮蓝色(Cr2＋)，且有气泡产生，其中装置B中盐酸与锌的反应是置换反应，Cr3＋与Zn的反应为非置换反应，该反应的离子方程式为2Cr3＋+Zn=2Cr2＋+ Zn2＋，故答案为：排尽装置内空气；2Cr3＋+Zn=2Cr2＋+ Zn2＋；‎ ‎(4)当氢气的放出速率较快时，为了使装置B中溶液进入装置C中，可以通过气压作用，将装置B中的CrCl3溶液压入装置C中，因此需要将装置B中的导管插入液面以下；装置D中导管口水封，可以避免空气进入装置C中，故答案为：将装置B中的导管插入液面以下；避免空气进入装置C中；‎ ‎(5) [Cr(CH3COO)2]2•2H2O(s)为红棕色晶体，微溶于乙醇，难溶于冷水和乙醚(易挥发的有机溶剂)，将装置C中所得产品提纯，其操作依次为过滤、去氧水洗涤、乙醚洗涤。相对乙醇或水，乙醚不能溶解该产品，且乙醚乙挥发，用乙醚洗涤可以减少产品损失、干燥快；该产品在空气中放置的时间越长，被氧化的量越大，用乙醚洗涤也可以减少产品损失，故答案为：减少产品损失、干燥快(或减少产品氧化的量)；‎ ‎(6) Cr2O3质量为mg，则n(Cr2O3)== ‎ mol，根据Cr元素守恒，[Cr(CH3COO)2]2•2H2O(s)的物质的量为mol，则产品纯度为×100%=%，故答案为：。‎ ‎9.工业上常以黄铜矿(主要成分是CuFeS2)为原料制备铜以及副产物铁红(Fe2O3)，两种方法均能实现铜冶炼，其工艺流程如图：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)为使“焙烧”反应充分进行，工业上可采取的措施是____(写一条)，写出“焙烧”时反应的化学方程式：___。‎ ‎(2)“灼烧1”工序中起氧化作用的物质是____。‎ ‎(3)FeCl3溶液“浸取”时，铜的浸出率结果如图所示。由图可知，当铜的浸出率为90%时，所采用的实验条件为____，写出该工序发生反应的离子方程式：______。‎ ‎(4)“调节pH”所用试剂X是_____，该工序的目的是除去溶液中的Fe3＋。当调节溶液的pH=3.5时，Fe3＋______(填“是”或“不是”)沉淀完全[c(Fe3＋)≤1×10－5mol•L－1时可认为Fe3＋沉淀完全]，若滤液中c(Cu2＋)=0.2mol•L－1，此时是否有Cu(OH)2‎ 析出?_______(列式计算)。{已知：25℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－39、Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20}‎ ‎(5)方法乙比方法甲更好，其原因是_____(写一点)。‎ ‎【答案】 (1). 粉碎固体 (2). 2CuFeS2+ 4O2 Cu2S+3SO2+2FeO (3). Cu2S、Cu2O (4). 4h、100℃ (5). CuFeS2+ 4 Fe3+= Cu2++5 Fe2++2S (6). CuO (7). 是 (8). 根据Qc= c(Cu2+)c2(OH-)=0.2×(10-10.5)2=2×10-22＜Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，无Cu(OH)2析出 (9). 方法甲流程中产生了SO2，污染环境 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据影响化学反应速率的因素分析解答；根据流程图，“焙烧”时CuFeS2与空气中的O2反应生成Cu2S、SO2和FeO，据此书写反应的方程式；‎ ‎(2)根据流程图，“灼烧1”工序中，Cu2S、Cu2O和FeO反应后生成SO2、Fe2O3和Cu，结合氧化还原反应的规律分析判断；‎ ‎(3)根据图像，FeCl3溶液“浸取”时，当铜的浸出率为90%时，所采用的实验条件为4h、100℃；该工序过程中，FeCl3具有氧化性，CuFeS2和FeCl3溶液反应生成了S，结合化合价的变化，分析判断其余生成物，再书写反应的方程式；‎ ‎(4)加入过氧化氢的目的是将亚铁离子氧化生成铁离子，调节pH是使铁离子沉淀，从不引入新的杂质角度分析判断可以使用的试剂；当调节溶液的pH=3.5时，c(OH-)=1×10－10.5mol•L－1，根据溶度积常数计算出c(Fe3＋)，看是否小于或等于1×10－5mol•L－1判断；若滤液中c(Cu2＋)=0.2mol•L－1，根据Qc与Ksp[Cu(OH)2]的大小判断；‎ ‎(5)根据流程图，方法甲流程中产生了SO2，污染环境，而方法乙流程中生成的S，不会组成环境污染。‎ ‎【详解】(1)为使“焙烧”反应充分进行，工业上可采取的措施有将黄铜矿粉碎、提高反应温度等方法。根据流程图，“焙烧”时反应的化学方程式为2CuFeS2+ 4O2 Cu2S+3SO2+2FeO，故答案为：粉碎固体；2CuFeS2+ 4O2 Cu2S+3SO2+2FeO；‎ ‎(2)根据流程图，“灼烧1”工序中，Cu2S、Cu2O和FeO反应后生成SO2、Fe2O3和Cu，反应中Cu元素的化合价降低，Fe元素和S元素的化合价升高，起氧化作用的物质是，故答案为：Cu2S、Cu2O；‎ ‎(3)根据图像，FeCl3溶液“浸取”时，当铜的浸出率为90%时，所采用的实验条件为4h、100℃；该工序过程中，FeCl3具有氧化性，CuFeS2和FeCl3溶液反应生成了S，同时会生成氯化铜和氯化亚铁，发生反应的离子方程式为CuFeS2+ 4 Fe3+= Cu2++5 Fe2+‎ ‎+2S，故答案为：4h、100℃；CuFeS2+ 4 Fe3+= Cu2++5 Fe2++2S；‎ ‎(4)根据(3)中反应的方程式可知，加入过氧化氢的目的是将亚铁离子氧化生成铁离子，调节pH是使铁离子沉淀，为了不引入新的杂质，可以选用氧化铜或碳酸铜等调节溶液的pH除去溶液中的Fe3＋。当调节溶液的pH=3.5时，c(OH-)=1×10－10.5mol•L－1，则c(Fe3＋)=== 1×10－7.5mol•L－1＜1×10－5mol•L－1，Fe3＋完全沉淀；若滤液中c(Cu2＋)=0.2mol•L－1，则Qc= c(Cu2+)c2(OH-)=0.2×(10-10.5)2=2×10-22＜Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，无Cu(OH)2析出，故答案为：CuO；是；根据Qc= c(Cu2+)c2(OH-)=0.2×(10-10.5)2=2×10-22＜Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，无Cu(OH)2析出；‎ ‎(5)方法甲流程中产生了SO2，污染环境，而方法乙流程中生成的S，不会组成环境污染，因此方法乙比方法甲更好，故答案为：方法甲流程中产生了SO2，污染环境。‎ ‎10.硒(Se)是动物必需的营养元素和植物有益的营养元素，可以形成SeO2、H2SeO3、H2SeO4等化合物。‎ ‎(1)硒的原子结构示意图可表示为，则x的值为_____。‎ ‎(2)向亚硒酸溶液中通入二氧化硫，有单质硒析出，写出该反应的化学方程式： _______。‎ ‎(3)已知：Se(s)＋H2(g)＋2O2(g)=H2SeO4(s) ΔH1；‎ H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH2；‎ ‎2SeO2(g)＋O2(g)＋2H2O(l)=2H2SeO4(s) ΔH3。‎ 则反应Se(s)＋O2(g)=SeO2(g)的ΔH＝____。(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)‎ ‎(4)温度为T℃时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molH2SeO3(g)，发生反应：H2SeO3(g)SeO2(g)+H2O(g) △H=＋a kJ/mol。0～10min保持容器中温度不变，10min时改变一种条件，整个过程中H2SeO3(g)、SeO2(g)、H2O(g)的物质的量随时间的变化如图所示：‎ ‎①要提高平衡时SeO2的体积分数，可采取的措施有______(填字母)。‎ a.容器体积不变，升高反应温度 b.使用高效催化剂 c.温度和容积不变，减小H2SeO3的起始量 d.温度不变，压缩容器体积，增大压强 ‎②0～4min的平均反应速率v(H2O)=______；‎ ‎③10min时改变的条件是_____；‎ ‎④温度为T℃时，该反应的平衡常数K为______。若起始时向该容器中充入2.0mol H2SeO3(g)、1.0 mol SeO2(g)和0.15 mol H2O(g)，反应达到平衡前，v(正)____(填“大于”“小于”或“等于”)v(逆)。‎ ‎【答案】 (1). 18 (2). H2SeO3+2SO2+H2O=Se↓+2H2SO4 (3). ΔH1-ΔH2-ΔH3 (4). ac (5). 0.025 mol/(L·min) (6). 升高温度或减小压强 (7). 0.025 (8). 小于 ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)根据硒的原子结构示意图结合质子数=电子数计算；‎ ‎(2)亚硒酸(H2SeO3)有较强的氧化性，二氧化硫有还原性，二者混合发生氧化还原反应生成红褐色的Se及硫酸，据此书写反应的方程式；‎ ‎(3)根据盖斯定律分析解答；‎ ‎(4)①根据影响化学平衡的因素分析判断；②根据图像，4min 时H2O为0.2mol，结合反应速率的计算公式计算；③根据图像，10min时改变条件后，平衡正向移动，结合影响化学平衡的因素分析判断；④根据图像，T℃时，平衡时，H2SeO3(g)为0.8mol，SeO2(g)和H2O(g)均为0.2mol，结合平衡常数表达式计算。首先计算Qc，根据Qc与K的大小分析判断。‎ ‎【详解】(1)根据硒的原子结构示意图可知，质子数=电子数，则34=2+8+x+6，解得x=18，故答案为：18；‎ ‎(2)亚硒酸(H2SeO3)有较强的氧化性，二氧化硫有还原性，二者混合发生氧化还原反应生成红褐色的Se及硫酸，所以该反应方程式为：H2SeO3+2SO2+H2O=Se↓+2H2SO4，故答案为：H2SeO3+2SO2+H2O=Se↓+2H2SO4；‎ ‎(3)①Se(s)＋H2(g)＋2O2(g)=H2SeO4(s) ΔH1，②H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH2，③2SeO2(g)＋O2(g)＋2H2O(l)=2H2SeO4(s) ΔH3。根据盖斯定律，将①-②-×③得：Se(s)＋O2(g)=SeO2(g) ΔH＝ΔH1-ΔH2-×ΔH3，故答案为：ΔH1-ΔH2-×ΔH3；‎ ‎(4)①要提高平衡时SeO2的体积分数，可以升高温度，或保持温度和体积不变，减小H2SeO3的起始量，故答案为：ac；‎ ‎②根据图像，4min 时H2O为0.2mol，则0～4min的平均反应速率v(H2O)== 0.025 mol/(L·min)，故答案为：0.025 mol/(L·min)；‎ ‎③H2SeO3(g)SeO2(g)+H2O(g) △H=＋a kJ/mol，为气体的物质的量增大的吸热反应，根据图像，10min时改变条件后，使平衡正向移动，故可能是升高温度或减小压强，故答案为：升高温度或减小压强；‎ ‎④根据图像，T℃时，平衡时，H2SeO3(g)为0.8mol，SeO2(g)和H2O(g)均为0.2mol，浓度分别为0.4mol/L、0.1mol/L、0.1mol/L，则T℃时，该反应的平衡常数K==0.025 mol/L。若起始时向该容器中充入2.0mol H2SeO3(g)、1.0 mol SeO2(g)和0.15 mol H2O(g)，浓度分别为1mol/L、0.5mol/L、0.075mol/L，此时，Qc==0.0375 mol/L＞K=0.025 mol/L，反应向左进行，因此反应达到平衡前，v(正)小于v(逆)，故答案为：0.025(或0.025 mol/L)；小于。‎ ‎11.北京时间2017年10月4日，地球发生一次小行星撞击事件，撞击地点为我国云南香格里拉县城西北40公里处，爆炸当量相当于540t TNT。很可能有未燃尽的陨石落到地面。全世界已收集到4万多块陨石样品，它们大致可分为三大类：石陨石(主要成分是硅酸盐)、铁陨石(铁镍合金)、和石铁陨石(铁和硅酸盐混合物)。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)基态铁原子简化的电子排布式为[Ar]_______。‎ ‎(2)TNT的结构简式如图所示。‎ ‎①TNT分子中碳原子杂化类型是____。‎ ‎②TNT的熔点比硝基苯的熔点__(填“高”或“低”)，理由是___。‎ ‎(3)石陨石中硅酸盐之一是Ca2SiO4。‎ SiO44－的立体构型是_____。电负性：Si___(填“＞”“＜”或“＝”)O。‎ ‎(4)K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液可以检验铁陨石中铁元素价态。‎ ‎①铁氰化钾中不存在的作用力有__(填字母)。‎ a.离子键 b.极性键 c.非极性键 d.π键 e.配位键 f.氢键 ‎②1mol [Fe(CN)6]3含σ键数目为_____。‎ ‎③CN－能与多种离子形成配合物，碳原子提供孤电子对，而不是氮原子，其原因是___。‎ ‎(5)铁、氮组成磁材料M，其晶胞如图所示。该晶体中氮、铁原子个数之比为____。‎ ‎(6)镍晶体的堆积方式为面心立方最密堆积。已知镍晶体密度为ρ g·cm－3，NA代表阿伏加德罗常数的值。用含ρ和NA的代数式表示在镍晶胞中最近的两个镍原子之间的核间距D＝__nm。‎ ‎【答案】 (1). 3d64s2 (2). sp2、sp3 (3). 高 (4). 组成、结构相似，TNT的相对分子质量较大，分子间作用力较大 (5). 正四面体 (6). ＜ (7). c、f (8). 12NA (9). C的原子半径大于N的，提供孤电子对的能力比N强 (10). 1∶3 (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)铁为26号元素，结合核外电子排布的规律分析书写基态铁原子的电子排布式；‎ ‎(2)①TNT分子中存在2中碳原子：苯环上的碳原子和甲基中的碳原子，据此分析判断；②组成、结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔点越高，据此分析判断；‎ ‎(3)根据价层电子对个数=σ键个数+(a-xb)分析判断SiO44－的立体构型；元素的非金属性越强，电负性越大；‎ ‎(4)①K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)中存在离子键、配位键和极性共价键，中还存在π键；②中存在2个π键，1个σ键，配位键是σ键；③配位原子需要具备两个条件：一是有孤电子对，二是原子半径较大，容易提供孤电子对，据此分析解答；‎ ‎(5)M晶胞是六方最密堆积，顶点贡献率为，面心贡献率为，结合均摊法分析解答；‎ ‎(6)根据均摊法计算镍原子数，面心立方晶胞中面对角线上3个镍原子相切，面对角线长度等于镍原子半径的4倍，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)铁为26号元素，基态铁原子简化的电子排布式为[Ar] 3d64s2‎ ‎，故答案为：3d64s2；‎ ‎(2)①TNT分子中苯环上的碳原子采用sp2杂化，甲基中的碳原子采用sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；‎ ‎②组成、结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔点越高，TNT的相对分子质量较大，分子间作用力较大，因此TNT的熔点比硝基苯的熔点高，故答案为：高；组成、结构相似，TNT的相对分子质量较大，分子间作用力较大；‎ ‎(3)SiO44－中Si的价层电子对数=4+=4，没有孤电子对，立体构型为正四面体。O的非金属性比硅强，因此电负性：Si＜O，故答案为：正四面体；＜；‎ ‎(4)①K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)中存在离子键、配位键和极性共价键，中还存在π键，不存在非极性键和氢键，故答案为：c、f；‎ ‎②中存在2个π键，1个σ键，配位键是σ键，故1mol [Fe(CN)6]3含σ键12mol，数目为12NA，故答案为：12NA；‎ ‎③配位原子需要具备两个条件：一是有孤电子对，二是原子半径较大，容易提供孤电子对。C的原子半径大于N的，提供孤电子对的能力比N强，因此形成配位键时，CN－中碳原子提供孤电子对，而不是氮原子，故答案为：C的原子半径大于N的，提供孤电子对的能力比N强；‎ ‎(5)M晶胞是六方最密堆积，顶点贡献率为，面心贡献率为，1个M晶胞含有2个N原子，铁原子数=12×+2×+3=6，该晶体中氮、铁原子个数之为2∶6=1∶3，故答案为：1∶3；‎ ‎(6)面心立方晶胞中含有镍原子数=8×+6×=4，晶胞中面对角线上3个镍原子相切，面对角线长度等于镍原子半径的4倍。1cm=1×107nm，设镍晶胞的边长为x，则ρ=，x=cm=nm，(2D)2=x2，D=nm，故答案为：。‎ ‎12.氧氮杂䓬是新药研制过程中发现的一类重要活性物质，能用于改善大脑缺血。下面是某研究小组提出的一种氧氮杂䓬类化合物E的合成路线：‎ ‎（1）A的结构简式为_____。C中官能团的名称为____。‎ ‎（2）E→F经历两步反应，其反应类型依次为______、______。‎ ‎（3）同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式为______。‎ I.分子中含有1个苯环；‎ II.能发生银镜反应；‎ III.分子中有5种不同化学环境的氢。‎ ‎（4）1mol D与足量NaOH溶液反应时最多消耗_____molNaOH。‎ ‎（5）由E合成F时还可能生成副产物和一种常见的有机物G，G的结构简式为_______。‎ ‎（6）已知：CH3COOH。原料俗名“马莱酐”，它是马莱酸 的酸酐。请写出以为原料制备化合物的合成路线流程图(无机试剂任用)。______‎ 合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2Br-CH2CH2-Br ‎【答案】 (1). (2). 羰基、羧基、碳碳双键、溴原子 (3). 加成反应 (4). 消去反应 (5). 或 (6). 3 (7). CH3CH2OH (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ B为C6H5Br，为溴苯()，A与溴反应生成溴苯，则A为苯()；结合流程图中各物质的结构简式和转化关系分析解答(1)~(5)；‎ ‎(6)要合成，可以首先合成，可以将水解生成，与溴化氢加成，生成，水解、酸化、酯化可得最终产品，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析，A为苯()；C()中官能团有羰基、羧基、碳碳双键、溴原子，故答案为：；羰基、羧基、碳碳双键、溴原子；‎ ‎(2)根据流程图，E()→F()经历两步反应，氨基与羰基先加成，再脱去一份子水，所以其反应类型分别为加成反应和消去反应，故答案为：加成反应；消去反应；‎ ‎(3)D为。I.分子中含有1个苯环；II.能发生银镜反应，结构中含有醛基；III.分子中有5种不同化学环境的氢，符合上述条件的D的一种同分异构体为或，故答案为：或；‎ ‎(4)1mol D()中含有1mol溴原子，1mol酯基，溴原子水解生成的羟基为酚羟基，也能与氢氧化钠反应，因此1mol D与足量NaOH溶液反应时最多消耗3molNaOH，故答案为：3；‎ ‎(5)由E ()合成F()时，根据副产物的结构可知，E中酯基水解生成乙醇，即G的结构简式为CH3CH2OH，故答案为：CH3CH2OH；‎ ‎(6)以为原料制备化合物，要合成，可以首先合成，可以将水解生成，‎ 与溴化氢加成，生成，水解、酸化、酯化可得最终产品，因此合成路线为：，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(6)，要注意将目标产物拆成，再根据题干信息结合常见官能团的转化关系分析。‎ ‎ ‎