吉林省通钢一中集安一中梅河口五中等联谊校2020届高三第五次月考化学试题

吉林省通钢一中集安一中梅河口五中等联谊校2020届高三第五次月考化学试题

‎1.废电池投入的垃圾桶上应贴有的垃圾分类标志是（ ）‎ A. 有害垃圾 B. 可回收物 ‎ C. 餐厨垃圾 D. 其它垃圾 ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】因为废旧电池中含有重金属离子，重金属离子有毒，能污染环境，故废旧电池属于有害垃圾；‎ 故答案选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 ‎【解析】‎ ‎【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.下列反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 碳酸钠的水溶液呈碱性：‎ B. 用溶解：‎ C. 向胶体中加入氢碘酸溶液：‎ D. 氯化亚铁溶液中通入氯气：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CO32-的水解要分步书写，水解的离子方程式为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-、HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，A错误；‎ B.碳酸钙是难溶物，不能拆，离子方程式为2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO-+Ca2++H2O+CO2↑，B错误；‎ C.具有强氧化性， 能将碘离子氧化为碘单质，故离子方程式为： 2Fe（OH）3（胶体）+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，C错误；‎ D.氯气将亚铁离子氧化为铁离子，，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】离子方程式正误判断规律（三“看”），第一看：符不符（即是否符合反应事实）；第二看：平不平（即元素守恒、电荷守恒、电子守恒）；第三看：拆不拆（即离子、分子形式的书写是不是有问题）。‎ ‎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 ‎【解析】‎ ‎【详解】FexO中Fe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 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【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；‎ 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 ‎【解析】‎ ‎【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溶液中水电离出的的浓度为 ‎②反应前，一元碱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0.01mo/L A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ①②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常温下某一元碱溶液与0.01mol/L一元强酸 溶液等体积混合后所得溶液的pH为7，有可能是强碱，也有可能是弱碱，若是强碱，则的浓度也为0.01mol/L，若是弱碱，则的浓度大于0.01mol/L。‎ ‎【详解】①反应前，0.01mol/L的一元强酸HA溶液中的浓度为，故溶液中的浓度为==1×10-12（mol/L），由水电离的浓度等于溶液中的浓度，即水电离的H+浓度为1×10-12mol/L，故①正确；‎ ‎②有可能是强碱，也有可能是弱碱，若是强碱，则的浓度为0.01mol/L，若是弱碱，则的浓度大于0.01mol/L，故②错误；‎ ‎③混合后溶液pH为7，故c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒c（B+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），则c（B+）=c（A-），故离子浓度排序为：c（B+）=c（A-）>c（H+）=c（OH-），故③正确；‎ ‎④HA为强酸，混合液中没有HA，且两溶液等体积混合，体积变为2倍，故浓度变为原来的一半，故④错误；‎ 故①③正确，答案选B。‎ ‎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操作为_______________________________________________________.。‎ ‎（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+13O24CuO+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%‎ ‎【解析】‎ ‎【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）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 ‎【解析】‎ ‎【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）的影响，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；‎ ‎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 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 ‎【解析】‎ ‎【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；‎ ‎【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 ‎ ‎ 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________________________________．‎ ‎（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%‎ ‎【解析】‎ ‎【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；‎ ‎（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)，‎ 故答案为：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；‎ ‎（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=2a，晶胞体积=（2a）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 ‎（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→‎ ‎【解析】‎ ‎【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：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→。‎ ‎ ‎ ‎ ‎