【化学】宁夏银川一中2020届高三第五次月考（解析版）

【化学】宁夏银川一中2020届高三第五次月考（解析版）

宁夏银川一中 2020 届高三第五次月考 1.废电池投入的垃圾桶上应贴有的垃圾分类标志是（ ） A B C D 【答案】A 【分析】废旧电池能严重污染水体和土壤，所以废干电池实施集中处理，以防止对水源和土 壤的污染，它不属于金属，不能够燃烧，不属于玻璃材料，所以属于有害垃圾。 【详解】A．图示标志为有害垃圾，故 A 正确； B．图示标志为可回收垃圾，故 B 错误； C．图示标志为餐厨垃圾，故 C 错误； D．图示标志为其它垃圾，故 D 错误； 故选：A。 2.用 NA 代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（ ） A. 3.6 g CaO2 晶体中阴离子的数目为 0.1NA B. 将 7.1 g Cl2 通入水中，转移电子数为 0.1NA C. 标准状况下，11.2 L O2 和 CO2 混合气体含有的氧原子数为 NA D. 室温下，1L pH＝13 的 NaOH 溶液中，由水电离出的 OH－的数目为 0.1NA 【答案】C 【详解】A.3.6g 过氧化钙的物质的量为 0.05mol，而 1mol 过氧化钙中含 1mol 阴离子，故 0.05mol 过氧化钙中含 0.05NA 个阴离子，故 A 错误。 B．氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底，所以将 7.1 g Cl2 通入水中，转移电子数小于 0.1NA，故 B 错误； C．O2 和 CO2 均含两个氧原子，标准状况下，11.2 L O2、CO2 混合气体物质的量为 0.5mol， 含有的氧原子数为 NA，故 C 正确； D．在氢氧化钠溶液中，氢原子的物质的量浓度为 10-13mol/L，全部来自于水的电离，而水 电离出的氢氧根的浓度等于水电离出的氢离子的浓度，故 pH=13 的氢氧化钠中，水电离出 的氢氧根的个数为 10-13NA，故 D 错误； 故答案为 C。 3.下列反应 离子方程式正确的是（ ） A. 碳酸钠的水溶液呈碱性：CO32-＋2H2O H2CO3＋2OH－ B. 用 CH3COOH 溶解 CaCO3：CO32-+CH3COOH=CH3COO-+H2O+CO2↑ C. 向 Fe (OH)3 胶体中加入氢碘酸溶液：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O D. 氯化亚铁溶液中通入氯气：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- 【答案】D 【详解】A、碳酸钠水溶液呈碱性的原因是因为碳酸根离子水解：CO32-+H2O HCO3-+OH-； 故 A 错误； B、醋酸是弱电解质，写化学式，离子方程式为 CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故 B 错误； C、向 Fe（OH）3 胶体中加入氢碘酸溶液，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为： 2Fe（OH）3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，故 C 错误； D. 氯化亚铁溶液中通入氯气，氯气氧化亚铁离子，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-， 故 D 正确； 故答案为 D。 【点睛】注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物 质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。 4.某铁的氧化物（FexO）1.52g 溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下 112mlCl2， 恰好将 Fe2+完全氧化。x 值为（ ） A. 0.80 B. 0.85 C. 0.90 D. 0.93 【答案】A 的 【详解】FexO 中 Fe 的平均化合价为+ ，被氧化为 Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子 数和 Cl2 转移的电子数相等．标准状况下 112mL Cl2 转移电子数为 ×2=0.01mol．则有： ×(3- )×x=0.01mol，解得 x=0.8，故选 A。 【点晴】本题考查氧化还原反应计算，注意氧化还原反应计算中电子转移守恒运用。电子得 失守恒法解题的一般思路是：首先找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；其次 找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)；最后根据题中物质的物质的量 和得失电子守恒列出等式。即 n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原 剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。本题中注意平均化合价的应用，根据电子 守恒可知，FexO 被氧化为 Fe3+转移的电子数和 Cl2 转移的电子数相等。 5.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ） 选项 实验 现象 结论 A 用硫酸酸化的 H2O2 溶液滴入到 Fe(NO3)2 溶液中， 溶液变成黄色 氧化性： H2O2 强于 Fe3+ B 蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液 有白烟产生 该溶液可能是浓盐酸 C 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色 反应 火焰呈黄色 该溶液含钠元素不含钾 元素 D 分别向含有酚酞的烧碱溶液中通 入氯气、二氧化硫 溶液颜色都变浅 说明氯气和二氧化硫都 有漂白性 【答案】B 【详解】A．酸性条件下亚铁离子可能被硝酸根离子氧化，则不能判断 H2O2、Fe3+的氧化性， 故 A 错误； B．浓氨水具有挥发性，可以会发出碱性气体氨气，浓盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢可 以和氨气反应得到白烟氯化铵，故 B 正确； 2 x 0.112 22.4 / L L mol ( ) 1.52 56 16 / g x g mol+ 2 x C．某溶液 W 进行焰色反应实验焰色为黄色，证明含有钠离子，但是钾离子的检验需要透 过钴玻璃观察，所以无法判断钾离子是否存在，故 C 错误； D．氯气、二氧化硫均与 NaOH 反应，碱性降低，二氧化硫为酸性氧化物，均与漂白性无关， 故 D 错误； 故答案为 B。 6.工业上，通常采用电解法处理酸性废水中的 ，装置示意图如图所示。下列说法正确 的是（ ） A. 石墨极上发生氧化反应 B. 阳极的电极反应式为 C. 除去 的反应： D. 随着电解的进行，石墨极附近电解质溶液的 pH 会减小 【答案】C 【分析】由图可知，Fe 与电源正极相连，则 Fe 作阳极，Fe 失电子，发生氧化反应生成亚铁 离子，石墨为阴极，溶液中氢离子得到电子发生还原反应，且处理酸性废水中的 Cr2O72-， 发生 Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，以此来解答。 【详解】A．石墨与电源负极相连，为阴极，发生还原反应，故 A 错误； B．Fe 作阳极，Fe 失电子，发生氧化反应生成亚铁离子，阳极反应为 Fe-2e-═Fe2+，故 B 错 误； C．发生 Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，处理废水，故 C 正确； D．阴极发生还原反应，溶液中的氢离子得到电子减少，同时生成氢氧根，pH 增大，故 D 错误； 故选：C。 7.常温下某一元碱 BOH 溶液与 0.01mol/L 的一元强酸 HA 溶液等体积混合后所得溶液的 pH 为 7，下列说法中正确的是（ ） ①反应前，0.01mol/L 的一元强酸 HA 溶液中水电离出的 H+的浓度为 1×10-12mol/L 2- 2 7Cr O 3Fe 3e Fe− +− = 2- 2 7Cr O 2- 2+ + 3+ 3+ 2 7 2Cr O +6Fe +14H =2Cr +6Fe +7H O ②反应前，一元碱 BOH 其溶液中溶质物质的量浓度一定大于 0.01mol/L ③反应后，溶液中离子浓度大小排列顺序一定是 c(B+)=c(A-)>c(H+)=c(OH-) ④反应后，混合溶液中 HA 与 A﹣的浓度总和等于 0.01mol/L． A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ①②④ 【答案】B 【分析】常温下某一元碱 BOH 溶液与 0.01mol/L 的一元强酸 HA 溶液等体积混合后所得溶 液的 pH 为 7，溶液显中性，HA 为强酸，若 BOH 为弱碱则浓度大于 0.01mol/L，若 BOH 为 强碱，则浓度为 0.01mol/L。 【详解】①HA 为强酸，能够完全电离，0.01mol/L 的一元强酸 HA 在水溶液中电离出的 c(H+)=0.01mol/L，根据常温下 Kw=c(OH-)·c(H+)=10-14，可知溶液中 c(OH-)=10-12mol/L，且全 部是由水电离出来的，溶液中水电离出的氢离子浓度和氢氧根浓度相同，所以也为 1×10-12mol/L，故正确； ②根据题目信息无法判断 BOH 是强碱还是弱碱，若 BOH 为弱碱则浓度大于 0.01mol/L，若 BOH 为强碱，则浓度为 0.01mol/L，故错误； ③反应后，根据电荷守恒 c(B+)+ c(H+)= c(A-)+ c(OH-)，溶液显中性所以 c(H+)=c(OH-)，所以 c(B+)=c(A-)，溶液中的溶质为 BA，所以溶液中离子浓度大小排列顺序一定是 c(B+)=c(A-)>c(H+)=c(OH-)，故正确； ④反应后，由于两溶液等体积混合，所以根据物料守恒可知混合溶液中 HA 与 A﹣的浓度总 和等于 0.005mol/L，故错误； 正确的有①③，故答案为 B。 【点睛】易错点为④，要注意溶液混合后浓度是会发生变化的。 8.铜在自然界中常以多种形态存在，现以孔雀石矿石[成分为 Cu2(OH)2CO3、CuFeS2、SiO2、 Fe2O3 等]为原料生产主产品胆矾和副产品铁红的工艺流程如图： （1）气体 1 的成分除 H2O（g）外，还有 CO2、SO2，写出步骤①中发生氧化还原反应的化 学方程式为 ___________________________________，若反应生成 1mol SO2，则反应中转 移的电子数为___________mol。滤液 1 的主要成分为__________（写化学式） （2）目前工业生产中步骤③酸浸的百分率为 70%，为进一步提高酸浸的百分率可采取的措 施有__________________________________________（答出两点）。 （3）步骤④调 pH 所用试剂为_____________ （写化学式） （4）常温下滤液 3 的 pH=4，Ksp[Fe(OH) 3]=4×10-38，则滤液 3 中 c（Fe3+）=___________。 （5）步骤⑤操作 _______________________________________________________.。 （6）假设使用孔雀石矿石质量为 m kg，步骤③酸浸的百分率为 70%，经滤渣 2 所得铁红的 质量为 n kg，则： ①铁红的用途之一为____________________________， ②孔雀石矿石中铁元素的含量为_____________。 【答案】(1). 4CuFeS2+13O2 4CuO+2Fe2O3+8SO2 (2). 6.5mol (3). Na2SiO3（多 写 Na2CO3 也可） (4). 升高温度、增大酸的浓度 (5). CuO[或 CuCO3、Cu(OH)2 等] (6). 4×10-8 mol/L (7). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（或烘干） (8). 作红 色油漆和涂料 (9). ×100% 【分析】孔雀石矿石的成分为 Cu2（OH）2CO3、CuFeS2、SiO2、Fe2O3，生产主产品胆矾和 副产品铁红，由流程可知，①中 Cu2（OH）2CO3 灼烧生成 CO2，且发生 4CuFeS+13O2=4CuO+ 2Fe2O3+8SO2，则气体 1 为 CO2、SO2，熔块含 CuO、Na2SiO3、Fe2O3，水浸后滤液 1 含 Na2SiO3，滤渣 1 含 CuO、Fe2O3，酸浸后滤液 2 含硫酸铁、硫酸铜，调节 pH 过滤分离出滤 为 n m 渣 2 为 Fe（OH）3，Fe（OH）3 加热生成铁红，滤液 3 中含硫酸铜，蒸发浓缩、冷却结晶、 过滤、洗涤分离出胆矾，以此来解答。 【详解】（1）气体 1 的成分除 H2O（g）外，还有 CO2、SO2，步骤①中发生氧化还原反应 的化学方程式为 ，该反应中氧气做氧化剂，由 0 价 降低为-2 价，每个氧原子得到 2 个电子，根据方程式可知生成 8mol SO2，氧气得到 52mol 电子，即转移 52mol 电子，所以生成 1mol SO2 反应中转移的电子数为 6.5mol；根据分析可 知滤液 1 的主要成分为 Na2SiO3， 故答案为： ；6.5mol；Na2SiO3（多写 Na2CO3 也 可）； （2）目前工业生产中步骤③酸浸的百分率为 70%，为进一步提高酸浸的百分率可采取的措 施有升高温度、增大酸的浓度， 故答案为：升高温度、增大酸的浓度； （3）步骤④调 pH 所用试剂为 CuO[或 CuCO3、Cu（OH）2 等]，可促进铁离子水解转化为 沉淀，且不引入新杂质， 故答案为：CuO[或 CuCO3、Cu（OH）2 等]； （4）室温下滤液 3 的 pH=4，Ksp[Fe（OH）3]=4×10-38，则滤液 3 中 c（Fe3+）= mol/L=4×10-8 mol/L， 故答案为：4×10-8mol/L； （5）步骤⑤操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤， 故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤； （6）①铁红的用途之一为作红色油漆和涂料， ②假设使用孔雀石质量为 m kg，步骤③酸浸的百分率为 70%，经滤渣 2 所得铁红的质量为 n kg，由铁元素守恒可知，孔雀石矿石中铁元素的含量为 ×100%= ×100%， 故答案为： ×100%。 9.某同学探究 Cu 与 NO 的反应，查阅资料：①Cu 与 NO 反应可生成 CuO 和 N2，②酸性条 件下，NO 或 NO2–都能与 MnO4–反应生成 NO3–和 Mn2+ （1）实验室利用 Cu 和稀 HNO3 制备 NO，写出反应的化学方程式_______________________。 2 2 3 24CuFeS+13O 4CuO+2Fe O= +8SO 高温 2 2 3 24CuFeS+13O 4CuO+2Fe O= +8SO 高温 ( ) 38 310 4 10 10 − − × 112n 70% 160 m × ÷ n m n m （2）选用如图所示装置完成 Cu 与 NO 的实验。(夹持装置略) 实验开始前，向装置中通入 一段时间的 N2。回答下列问题： ①使用铜丝的优点是_____________________装置 E 的作用为_______________。 ②装置 C 中盛放的药品可能是_________； ③装置 D 中的现象是_________________________；装置 F 中反应的离子方程式是 _____________________________________________。 （3）测定 NaNO2 和 NaNO3 混合溶液中 NaNO2 的浓度。 取 25.00mL 混合溶液于锥形瓶中， 用 0.1000mol·L－1 酸性 KMnO4 溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示： 滴定次数 1 2 3 4 消耗 KMnO4 溶液体积 /mL 20.90 20.12 20.00 19.88 ①第一次实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_________（填字母代号）。 a．锥形瓶洗净后未干燥 b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗 c．滴定终点时仰视读数 d．酸性 KMnO4 溶液中含有其他氧化性试剂 e．锥形瓶洗净后用待测液润洗 ②酸性 KMnO4 溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为_____________________________。 ③NaNO2 的物质的量浓度为__________ 【答案】 (1). 3Cu +8HNO3 =3 Cu(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O (2). 可以控制反应的发生与停止 (3). 安全瓶（防倒吸） (4). CaCl2 或 P2O5 或硅胶 或碱石灰等（合理答案都给分） (5). 红色粉末变黑 (6). 5NO +3MnO4- + 4H+= 5NO3- + 3 Mn2+ + 2H2O (7). bce (8). 6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O (9). 0.2mol/L 【分析】（1）Cu 被硝酸氧化，根据电子守恒和元素守恒配平方程式； （2）实验开始前，向装置中通入一段时间的 N2，将装置内的空气排尽，铜丝和稀硝酸反应 生成一氧化氮，装置 B 除去可能混有的二氧化氮，装置 C 进行干燥，之后在 D 装置中进行 反应，E 装置短进短出可知其为安全瓶，F 装置处理未反应的一氧化氮，G 装置收集氮气。 （3）①第一次实验数据出现异常，消耗 KMnO4 溶液体积偏大，根据 c（待测）= 分析不当操作对 V（标准） 影响，以此判断浓度的误差； ②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子； ③通过方程式确定亚硝酸钠和高猛酸钾之间的数量关系进行计算； 详解】（1）Cu 被硝酸氧化，根据电子守恒和元素守恒配平方程式， 故答案为：3Cu +8HNO3 =3 Cu(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O； （2）①可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发 生与停止；装置 E 短进短出，作用为安全瓶防倒吸， 故答案为：可以控制反应的发生与停止；安全瓶（防倒吸）； ②装置 C 的作用是干燥，所以盛放的药品可能是碱石灰、无水氯化钙等； 故答案为：CaCl2 或 P2O5 或硅胶 或碱石灰等（合理答案都给分）； ③装置 D 中一氧化氮和铜反应生成氧化铜，铜单质为红色，氧化铜为黑色，所以看到的现 象是红色粉末变黑；装置 F 中高猛酸钾将一氧化氮氧化成硝酸根，根据电子守恒和元素守 恒可知反应的离子方程式是 5NO +3MnO4- + 4H+= 5NO3- + 3 Mn2+ + 2H2O， 故答案为：红色粉末变黑；5NO +3MnO4- + 4H+= 5NO3- + 3 Mn2+ + 2H2O； （3）①a．锥形瓶洗净后未干燥待测液的物质的量不变，对 V（标准）无影响，故错误 b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗标准液的浓度偏小，造成 V（标准）偏大， 故正确； c．滴定终点时仰视读数，造成 V（标准）偏大，故正确； d．酸性 KMnO4 溶液中含有其他氧化性试剂会导致 V（标准）偏小，故错误； e．锥形瓶洗净后用待测液润洗导致待测液体积偏大，造成 V（标准）偏大，故正确； 故答案为：bce； ②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，离子方程式 为 2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O； 故答案为：2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O； 的 【 ( ) ( ) ( ) c V V ×标准 标准 待测 ③根据方程式可知：5NO2-~2MnO4-，消耗的高猛酸钾体积为(20.12mL+20.00mL +19.88mL)/3=20.00mL； 则 c(NaNO2)= = 0.2mol/L， 故答案为：0.2mol/L。 10.CO2 和 CH4 是常见的化合物，同时也是常用的化工原料。 Ⅰ．以 CO2 与 NH3 为原料可以合成尿素[CO(NH2)2]。合成尿素的反应为 2NH3(g) + CO2(g) CO(NH2)2(s) + H2O(g)。 （1）在不同温度及不同 y 值下合成尿素，达到平衡时，氨气转化率变化情况如图所示。 ①该反应的 ΔH_____0（填“>” 或、“<” ），该反应自发进行的条件是_______________ (填“低 温”“高温”或“任意温度”） 若 y 表示反应开始时的氨碳比[ ]，则 y1________y2。（填 “>”、“<”或“=”）； （2）t℃时，若向容积固定的密闭容器中加入一定量的 NH3 和 CO2 合成尿素，下列叙述能 说明此反应达到平衡状态的是________ (填字母)。 a．混合气体的平均相对分子质量保持不变 b．CO2 和 NH3 的体积分数保持不变 c．CO2 和 NH3 的转化率相等 d．混合气体的密度保持不变 e．1molCO2 生成的同时有 2molN—H 键断裂 II．工业上用 CH4 与水蒸气在一定条件下制取 H2，：CH4(g) + H2O(g) CO(g) + 3H2(g) ΔH = + 203 kJ•mol－1 ①该反应逆反应速率表达式为：v 逆=k•c(CO) •c3(H2)，k 为速率常数，在某温度下测得实验 数据如表： CO 浓度(mol•L－1) H2 浓度(mol•L－1) 逆反应速率(mol•L－1•min－1) 0.05 c1 4.8 10.1000mol L20.00mL 25mL 5 2 × × － 3 2 n(NH ) n(CO ) c2 c1 19.2 c2 0.1 8.1 由上述数据可得该温度下，该反应的逆反应速率常数 k 为_________L3•mol－3•min－1。 ②某温度下，在体积为 3 L 的密闭容器中通入物质的量均为 3 mol 的 CH4 和水蒸气，发生上 述反应，5 分钟时达到平衡，此时 H2 的体积分数为 60%，则在 5 分钟内用 CH4 浓度变化表 示的平均反应速率 v(CH4)=________；该温度下该反应的平衡常数 K=________。平衡后再 向容器中加入 1 mol CH4 和 1 mol CO，平衡______________________移动（填“正反应方向” 或“逆反应方向”或“不”）。 III．在常温下，将 0.02mol CO2 通入 200mL 0.15mol/L 的 NaOH 溶液中，充分反应后下列关 系式中正确的是_____________________ A．c(Na+)>c(HCO3-)> c(CO32-)>c(OH-)>c(H+) B．3c (Na+)=2[c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(H2CO3)] C．c (Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+ c(CO32-)+c(OH-) D．c(HCO3-)+ 3c(H2CO3)+2c(H+)= c(CO32-)+2c(OH-) 【答案】(1). < (2). 低温 (3). < (4). abd (5). 40500 (6). mol• L-1•min－1 (7). 48 (8). 正反应方向 (9). AD 【分析】Ⅰ、（1）通过图象分析温度升高，氨气转化率的变化从而分析反应吸放热；自发进 行的判断依据是△H-T△S＜0，结合反应特征分析判断需要的条件；若 y 表示反应开始时的 水碳比，升温平衡逆向进行，氨气转化率减小，一定温度下，水和二氧化碳之比越大，平衡 逆向进行，氨气转化率越小，则 y1 小于 y2； （2）平衡时是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，原则是变量不变分析选项； II．①根据 v 逆=k•c（CO）•c3（H2）计算 k 的值； ②根据 求出反应速率；根据 计算平衡常数；通过浓度商与平衡 常数的比较判断反应移动方向； III．可能发生的反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+NaOH=NaHCO3，NaOH 的物质的 量为 0.2L×0.15mol/L=0.03mol，先分析 0.02mol CO2 通入之后溶液的溶质，再进行判断； 2 15 cv= t ∆ ∆ ( ) ( ) ( ) ( )2 4 3 2c H c COK c H O c CH = 【详解】Ⅰ、（1）图象分析得到温度升高，氨气转化率减小说明平衡逆向进行，正反应为放 热反应，所以 ΔH<0；自发进行的判断依据是△H-T△S＜0，该反应 ΔH<0，△S＜0，所以需 要低温条件才能自发进行；压强越大平衡正向进行，氨气转化率增大，若 y 表示压强，则一 定温度下 y1 大于 y2，若 y 表示反应开始时的水碳比，升温平衡逆向进行，氨气转化率减小， 一定温度下，水和二氧化碳之比越大，平衡逆向进行，氨气转化率越小，则 y1 小于 y2； 故答案为：<；低温；<； （2）a．生成物有固体，利用极限法考虑，反应初始和彻底进行平均相对分子质量不同，混 合气体的平均相对分子质量保持不变时说明平衡不再移动，故正确； b．反应达到平衡各组分体积分数不变，CO2 和 NH3 的体积分数保持不变说明平衡，故正确； c．反应加入一定量的 NH3 和 CO2，若按 2:1 加入，则二者转化率始终相等，若不按 2:1 加 入，二者转化率不可能相等，故 CO2 和 NH3 的转化率相等不能说明平衡，故错误； d．混合气体体积不变，平衡右移时有固体生成，气体体积减小，即密度减小，所以混合气 体的密度保持不变说明反应平衡，故正确； e．一个氨气分子中有 3 个 N—H 键，2molN—H 键断裂即 2/3mol 氨气反应，1molCO2 生成 的同时有 2molN—H 键断裂时正反应速率和逆反应速率不相等，故错误； 故答案为：abd； （3）①根据 v 逆=k•c（CO）•c3（H2），由表中数据，c13= mol3/L3，则 c2= mol/L=0.2mol/L，所以 k= L3•mol−3•min−1=40500L3•mol−3•min−1， 故答案为：40500； ②设转化的 CH4 为 amol/L，容器体积为 3L，则初始 c(CH4)=3mol/3L=1mol/L， c(H2O)=3mol/3L=1mol/L，列三段式 4.8 k 0. k05 96=× 3 1 19.2 kc 3 8.1 0.2 0.1× ( ) ( ) ( ) 24 2+ + 01 1 0 3aa a a 3a1-a 1- 3HCH g H O g C a O g a  氢气的体积分数为 =60%，解得 a=2/3mol/L，则 v(CH4)= = mol• L-1•min－1；平衡常数 = =48；平衡后再向容器中加入 1 mol CH4 和 1 mol CO，此时浓度商 Q= ，所以反应向正反应方向移动， 故答案为：40500； mol• L-1•min－1；48；正反应方向； III．可能发生的反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+NaOH=NaHCO3，NaOH 的物质的 量为 0.2L×0.15mol/L=0.03mol，1＜n（NaOH）：n（CO2）=3：2＜2，则反应得到 Na2CO3、 NaHCO3 混合溶液，设二者物质的量分别为 xmol、ymol，则 ，解得 x=y=0.01，即溶液中的溶质为 Na2CO3 和 NaHCO3； A．溶液显碱性，且碳酸根的水解程度大于碳酸氢根的电离程度，所以溶液中存在： c(Na+)>c(HCO3-)> c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)，A 项正确； B．根据物料守恒可知 2c (Na+)=3[c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(H2CO3)]，B 项错误； C．根据电荷守恒可知 c (Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+ 2c(CO32-)+c(OH-)，C 项错误； D．电荷守恒和物流守恒联立消去钠离子即得 c(HCO3-)+ 3c(H2CO3)+2c(H+)= c(CO32-)+2c(OH-) （质子守恒），故 D 项正确； 故答案为：AD。 【点睛】本题考查了化学平衡常数、影响平衡的因素、化学平衡的计算、电解质溶液中的三 大守恒等内容，考查的点较多，知识夸度大，对学生来讲有一定的难度。第（3）题为难点， 要熟练掌握三段式的应用，同时也要注意本题中的容器体积为 3L，如果忽略了此条件，会 导致整道小题回答错误；第（4）题的关键是明确溶液中的溶质成分。 11.氢、氮、氧、硫，镁，铁、铜，锌等元素及其化合物在人们的日常生活中有着广泛的用 途。回答下列问题: （1）某同学根据已学知识，推断 Mg 基态原子的核外电子排布为： 该同学所画的电子排布图违背了________________________________． 3a 1-a+1-a+a 3a+ 2 3mol/L 5min 2 15 ( ) ( ) ( ) ( )2 4 3 2c H c COK c H O c CH = ( ) ( ) ( ) 33a a 1-a 1-a × × ( ) ( ) 33a 1-a+ 1-a 1a+ 3 =4<481 3 × ×         2 15 x+y=0.02 2x+y=0.03    （2）Fe 位于__________族_______区，Fe2＋价电子排布式为_______________________。 （3）MgCO3 的分解温度____ BaCO3 （填“>” 或、“<”） （4）C、N、O 元素的第一电离能由大到小的顺序为______________________ （5）1mol[Cu(NH3)2]＋中含有 σ 键的数目为___________ （6）下列有关说法不正确的是_________。 A．热稳定性：NH3 >PH3，原因是 NH3 分子间存在氢键，而 PH3 分子间存在范德华力 B．SO2 与 CO2 的化学性质有些类似，但空间结构与杂化方式不同 C．熔、沸点: SiF4< SiCl4< SiBr4 KCl > KBr，原因是晶格能逐渐减小 （7）晶体 Cu 的堆积方式如图所示，其中 Cu 原子在二维平面里放置时的配位数为 _________，设 Cu 原子半径为 a，晶体的空间利用率为_________。（用含 π，a、的式子表 示，不必化简） 【答案】(1). 泡利原理 (2). 第Ⅷ族 (3). d (4). 3d6 (5). < (6). N>O>C (7). 8 mol(或 8×6.02×1023) (8). AC (9). 6 (10). ×100%或者 ×100% 【分析】（1）泡利原理：一个原子轨道上最多可容纳两个电子，而这两个电子的自旋方向必 须相反； （2）铁是 26 号元素，据此解答；铁原子在失电子时，先失去最外层的两个 4s 电子。 （3）为同主族元素的离子，从上到下，离子半径逐渐增大，半径越大，分解温度越高，越 不易分解，相反，阳离子半径越小，越容易分解； （4）同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第 IIA 族、第 VA 族 元素第一电离能大于其相邻元素； （5）单键均为 σ 键，双键中有 1 个 σ 键和一个 π 键，配位键也属于 σ 键； 3 3 44 πa3 (2 2 a) × × 2π 6 （7）铜原子在二维平面里放置为密致层，晶体空间利用率为 ×100%。 【详解】（1）如图所示的电子排布图中 3s 轨道有两个自旋方向一样的电子，违反了泡利原 理， 故答案为：泡利原理； （2）Fe 位于第Ⅷ族族 d 区，铁原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6 4s2，去 4s 能级 2 个电子形成 Fe2+，可知 Fe2+基态核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d6，Fe2+的价电子排布式 为：3d6， 故答案为：第Ⅷ族；d； 3d6； （3）为同主族元素的离子，从上到下，离子半径逐渐增大，半径越大，分解温度越高，越 不易分解，相反，阳离子半径越小，越容易分解，镁与钡同主族，所以 BaCO3 比 MgCO3 分 解温度高， 故答案为：<； （4）同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第 IIA 族、第 VA 族 元素第一电离能大于其相邻元素； 故答案为：N>O>C （5）1 个[Cu(NH3)2]＋中 6 个 N—H 单键，2 个配位键，所以 1mol[Cu(NH3)2]＋中含有 σ 键的 数目为 8 mol(或 8×6.02×1023)， 故答案 ：8 mol(或 8×6.02×1023)； （6）A．热稳定性：NH3 >PH3，原因是氮氢键比磷氢键键能更大，故 A 错误； B．SO2 与 CO2 的化学性质有些类似，SO2 为 sp2 杂化，平面三角形，CO2 的为 sp 杂化，直 线型，故 B 正确； C．SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4 都是分子晶体，影响熔、沸点高低的因素是分子间作用力或氢 键，不是化学键影响。故 C 错误； D．CaO、KCl、KBr 都是离子晶体，影响熔、沸点高低的主要因素离子键，离子键强弱用 晶格能来衡量，离子键越强晶格能越大。CaO 的阴阳离子半径小、所带电荷多，所以离子 键最强，晶格能最大；KBr 的阴阳离子半径大、所带电荷少，所以离子键最弱，晶格能最小， 故 D 正确， 故答案为：AC； 为 Cu该晶胞中含有 原子体积之和 晶胞体积 （7）铜原子在二维平面里放置为密致层，故配位数为 6；设 Cu 原子半径为 a，每个面对角 线上的三个 Cu 原子紧密相连，所以晶胞棱长=2 a，晶胞体积=（2 a）3，该晶胞中 Cu 原子个数 8×1/8+6×1/2=4。晶体空间利用率为 ×100%= ， 故答案为：6； ×100%或者 ×100%。 【点睛】涉及晶胞计算、晶体类型判断、分子空间构型判断等知识点，综合性较强，明确原 子结构、物质结构等知识点是解本题关键，注意（7）中的问题是：Cu 原子在二维平面里放 置时的配位数是多少，铜为面心最密堆积，平面里放置为致密层，配位数为 6。 12.卡托普利(E)是一种血管紧张素转化酶抑制剂，被应用于治疗高血压和某些类型的充血性 心力衰竭。合成路线如下： （1） A 中官能团的名称是______________， A→B 反应方程式为__________________________________________________。 C→D 的反应类型是_________________。 （2）1molD 与 NaOH 溶液反应，最多消耗__________NaOH （3）卡托普利 E 的分子中有_____个手性碳原子，下列关于 E 说法不正确的是______。 a.卡托普利的水溶液呈酸性 b.在氧气中充分燃烧的产物中含有 SO2 c.E 的分子式为 C9H16NO3S d.E 存在属于芳香族化合物的同分异构体 2 2 Cu该晶胞中含有 原子体积之和 晶胞体积 ( ) 3 3 4 a 4 3 100% 2 2a π × × 3 3 44 πa3 (2 2 a) × × 2π 6 （4）A 与浓硫酸、甲醇反应生成 M，M 的同分异构体在核磁共振氢谱图中出现两种信号峰、 且只有一种官能团，该同分异构体可能结构为______________、______________。M 加聚 反应生成高分子化合物 N 的方程式为______________________________________。 【答案】(1). 碳碳双键和羧基 (2). CH2=C(CH3)COOH + HCl → ClCH2-CH(CH3)COOH (3). 取代 (4). 3mol (5). 2 (6). cd (7). (8). OHC-C(CH3)2-CHO (9). n CH2=C(CH3)COOCH3→ 【分析】（1）根据 B 的结构简式和 A 到 B 的反应类型反推 A；根据反应条件和反应类型书 写 A 到 B 的方程式；C 到 D，C 中氯原子被取代； （2）D 中的羧基、氯原子以及肽键可以和氢氧化钠发生反应； （3）碳原子上连有 4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。根据分子结构简式和所含 官能团分析其性质； （4）A 与浓硫酸、甲醇发生酯化反应，故 M 的结构简式为 CH2=C(CH3)COOCH3， 【详解】（1）A 到 B 发生加成反应，碳链骨架不变，则 B 消去可得到 A，则 A 为 CH2=C(CH3)COOH，官能团为碳碳双键和羧基；A 到 B 为碳碳双键的加成反应，方程式为： CH2=C(CH3)COOH + HCl → ClCH2-CH(CH3)COOH；C 到 D，C 中的氯原子被取代，为取代 反应， 故答案为：碳碳双键和羧基；CH2=C(CH3)COOH + HCl → ClCH2-CH(CH3)COOH；取代； （2）D 中的羧基、氯原子以及肽键可以和氢氧化钠发生反应 ，所以 1molD 与 NaOH 溶液反应，最多消耗 3molNaOH； （3）碳原子上连有 4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，所以 E 的分子中含有两个 手性碳原子；a.E 分子中有羧基有酸性，故 a 正确；b.分子中含有硫元素，所以在氧气中充 分燃烧的产物中含有二氧化硫，故 b 正确；c.1 个 E 分子中含有 15 个 H 原子，所以 E 分子 式为 C9H15NO3S，故 c 错误；d.E 的不饱和度为 3，无芳香族化合物的同分异构体，故 d 错 误， 故答案为：2；cd； （4）A 与浓硫酸、甲醇发生酯化反应，故 M 的结构简式为 CH2=C(CH3)COOCH3，同分异 构体在核磁共振氢谱图中出现两种信号峰说明只有两种环境的氢，只有一种官能团则符合条 件的有机物有： ；M 加聚反应生成高分子化合物 N 的 结构简式为： ，方程式为：n CH2=C(CH3)COOCH3→ ； 故答案为： 、 ；n CH2=C(CH3)COOCH3→ 。