寧夏銀川一中2020屆高三第五次月考化學(xué)（解析版）試卷-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

寧夏銀川一中2020屆高三第五次月考
1.廢電池投入的垃圾桶上應(yīng)貼有的垃圾分類標志是（）

A
B
C
D

【答案】A
【分析】廢舊電池能嚴重污染水體和土壤，所以廢干電池實施集中處理，以防止對水源和土壤的污染，它不屬于金屬，不能夠燃燒，不屬于玻璃材料，所以屬于有害垃圾。
【詳解】A．圖示標志為有害垃圾，故A正確；
B．圖示標志為可回收垃圾，故B錯誤；
C．圖示標志為餐廚垃圾，故C錯誤；
D．圖示標志為其它垃圾，故D錯誤；
故選：A。
2.用NA代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值。下列說法正確的是（）
A. 3.6 g CaO2晶體中陰離子的數(shù)目為0.1NA
B. 將7.1 g Cl2通入水中，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NA
C. 標準狀況下，11.2 L O2和CO2混合氣體含有的氧原子數(shù)為NA
D. 室溫下，1L pH＝13的NaOH溶液中，由水電離出的OH－的數(shù)目為0.1NA
【答案】C
【詳解】A.3.6g過氧化鈣的物質(zhì)的量為0.05mol，而1mol過氧化鈣中含1mol陰離子，故0.05mol過氧化鈣中含0.05NA個陰離子，故A錯誤。
B．氯氣與水反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進行到底，所以將7.1?g?Cl2通入水中，轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于0.1NA，故B錯誤；
C．O2和CO2均含兩個氧原子，標準狀況下，11.2?L?O2、CO2混合氣體物質(zhì)的量為0.5mol，含有的氧原子數(shù)為NA，故C正確；
D．在氫氧化鈉溶液中，氫原子的物質(zhì)的量濃度為10-13mol/L，全部來自于水的電離，而水電離出的氫氧根的濃度等于水電離出的氫離子的濃度，故pH=13的氫氧化鈉中，水電離出的氫氧根的個數(shù)為10-13NA，故D錯誤；
故答案為C。
3.下列反應(yīng)離子方程式正確的是（）
A. 碳酸鈉的水溶液呈堿性：CO32-＋2H2O H2CO3＋2OH－
B. 用CH3COOH溶解CaCO3：CO32-+CH3COOH=CH3COO-+H2O+CO2↑
C. 向Fe (OH)3膠體中加入氫碘酸溶液：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
D. 氯化亞鐵溶液中通入氯氣：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【答案】D
【詳解】A、碳酸鈉水溶液呈堿性的原因是因為碳酸根離子水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-；故A錯誤；
B、醋酸是弱電解質(zhì)，寫化學(xué)式，離子方程式為CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故B錯誤；
C、向Fe（OH）3膠體中加入氫碘酸溶液，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，正確的離子方程式為：2Fe（OH）3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，故C錯誤；
D. 氯化亞鐵溶液中通入氯氣，氯氣氧化亞鐵離子，離子方程式為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故D正確；
故答案為D。
【點睛】注意明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應(yīng)物、生成物是否正確，檢查各物質(zhì)拆分是否正確，如難溶物、弱電解質(zhì)等需要保留化學(xué)式，檢查是否符合原化學(xué)方程式等。
4.某鐵的氧化物（FexO）1.52g溶于足量鹽酸中，向所得溶液中通入標準狀況下112mlCl2，恰好將Fe2+完全氧化。x值為（）
A. 0.80 B. 0.85 C. 0.90 D. 0.93
【答案】A
【詳解】FexO中Fe的平均化合價為+，被氧化為Fe3+，根據(jù)電子守恒可知，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)和Cl2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等．標準狀況下112mL Cl2轉(zhuǎn)移電子數(shù)為×2=0.01mol．則有：×(3-)×x=0.01mol，解得x=0.8，故選A。
【點晴】本題考查氧化還原反應(yīng)計算，注意氧化還原反應(yīng)計算中電子轉(zhuǎn)移守恒運用。電子得失守恒法解題的一般思路是：首先找出氧化劑、還原劑及相應(yīng)的還原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物；其次找準一個原子或離子得失電子數(shù)(注意化學(xué)式中粒子的個數(shù))；最后根據(jù)題中物質(zhì)的物質(zhì)的量和得失電子守恒列出等式。即n(氧化劑)×變價原子個數(shù)×化合價變化值(高價－低價)＝n(還原劑)×變價原子個數(shù)×化合價變化值(高價－低價)。本題中注意平均化合價的應(yīng)用，根據(jù)電子守恒可知，F(xiàn)exO被氧化為Fe3+轉(zhuǎn)移的電子數(shù)和Cl2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等。
5.下列實驗中，對應(yīng)的現(xiàn)象以及結(jié)論都正確且兩者具有因果關(guān)系的是（）
選項
實驗
現(xiàn)象
結(jié)論
A
用硫酸酸化的H2O2溶液滴入到Fe(NO3)2溶液中，
溶液變成黃色
氧化性：?H2O2強于Fe3+
B
蘸有濃氨水的玻璃棒靠近某溶液
有白煙產(chǎn)生
該溶液可能是濃鹽酸
C
用鉑絲蘸取少量某溶液進行焰色反應(yīng)
火焰呈黃色
該溶液含鈉元素不含鉀元素
D
分別向含有酚酞的燒堿溶液中通入氯氣、二氧化硫
溶液顏色都變淺
說明氯氣和二氧化硫都有漂白性

【答案】B
【詳解】A．酸性條件下亞鐵離子可能被硝酸根離子氧化，則不能判斷H2O2、Fe3+的氧化性，故A錯誤；
B．濃氨水具有揮發(fā)性，可以會發(fā)出堿性氣體氨氣，濃鹽酸具有揮發(fā)性，揮發(fā)出的氯化氫可以和氨氣反應(yīng)得到白煙氯化銨，故B正確；
C．某溶液W進行焰色反應(yīng)實驗焰色為黃色，證明含有鈉離子，但是鉀離子的檢驗需要透過鈷玻璃觀察，所以無法判斷鉀離子是否存在，故C錯誤；
D．氯氣、二氧化硫均與NaOH反應(yīng)，堿性降低，二氧化硫為酸性氧化物，均與漂白性無關(guān)，故D錯誤；
故答案為B。
6.工業(yè)上，通常采用電解法處理酸性廢水中的，裝置示意圖如圖所示。下列說法正確的是（）

A. 石墨極上發(fā)生氧化反應(yīng)
B. 陽極的電極反應(yīng)式為
C. 除去的反應(yīng)：
D. 隨著電解的進行，石墨極附近電解質(zhì)溶液的pH會減小
【答案】C
【分析】由圖可知，F(xiàn)e與電源正極相連，則Fe作陽極，F(xiàn)e失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)生成亞鐵離子，石墨為陰極，溶液中氫離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，且處理酸性廢水中的Cr2O72-，發(fā)生Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，以此來解答。
【詳解】A．石墨與電源負極相連，為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，故A錯誤；
B．Fe作陽極，F(xiàn)e失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)生成亞鐵離子，陽極反應(yīng)為Fe-2e-═Fe2+，故B錯誤；
C．發(fā)生Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，處理廢水，故C正確；
D．陰極發(fā)生還原反應(yīng)，溶液中的氫離子得到電子減少，同時生成氫氧根，pH增大，故D錯誤；
故選：C。
7.常溫下某一元堿BOH溶液與0.01mol/L的一元強酸HA溶液等體積混合后所得溶液的pH為7，下列說法中正確的是（）
①反應(yīng)前，0.01mol/L的一元強酸HA溶液中水電離出的H+的濃度為1×10-12mol/L
②反應(yīng)前，一元堿BOH其溶液中溶質(zhì)物質(zhì)的量濃度一定大于0.01mol/L
③反應(yīng)后，溶液中離子濃度大小排列順序一定是c(B+)=c(A-)>c(H+)=c(OH-)
④反應(yīng)后，混合溶液中HA與A﹣的濃度總和等于0.01mol/L．
A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ①②④
【答案】B
【分析】常溫下某一元堿BOH溶液與0.01mol/L的一元強酸HA溶液等體積混合后所得溶液的pH為7，溶液顯中性，HA為強酸，若BOH為弱堿則濃度大于0.01mol/L，若BOH為強堿，則濃度為0.01mol/L。
【詳解】①HA為強酸，能夠完全電離，0.01mol/L的一元強酸HA在水溶液中電離出的c(H+)=0.01mol/L，根據(jù)常溫下Kw=c(OH-)·c(H+)=10-14，可知溶液中c(OH-)=10-12mol/L，且全部是由水電離出來的，溶液中水電離出的氫離子濃度和氫氧根濃度相同，所以也為1×10-12mol/L，故正確；
②根據(jù)題目信息無法判斷BOH是強堿還是弱堿，若BOH為弱堿則濃度大于0.01mol/L，若BOH為強堿，則濃度為0.01mol/L，故錯誤；
③反應(yīng)后，根據(jù)電荷守恒c(B+)+ c(H+)= c(A-)+ c(OH-)，溶液顯中性所以c(H+)=c(OH-)，所以c(B+)=c(A-)，溶液中的溶質(zhì)為BA，所以溶液中離子濃度大小排列順序一定是c(B+)=c(A-)>c(H+)=c(OH-)，故正確；
④反應(yīng)后，由于兩溶液等體積混合，所以根據(jù)物料守恒可知混合溶液中HA與A﹣的濃度總和等于0.005mol/L，故錯誤；
正確的有①③，故答案為B。
【點睛】易錯點為④，要注意溶液混合后濃度是會發(fā)生變化的。
8.銅在自然界中常以多種形態(tài)存在，現(xiàn)以孔雀石礦石[成分為Cu2(OH)2CO3、CuFeS2、SiO2、Fe2O3等]為原料生產(chǎn)主產(chǎn)品膽礬和副產(chǎn)品鐵紅的工藝流程如圖：

（1）氣體1的成分除H2O（g）外，還有CO2、SO2，寫出步驟①中發(fā)生氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式為 ___________________________________，若反應(yīng)生成1mol SO2，則反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為___________mol。濾液1的主要成分為__________（寫化學(xué)式）
（2）目前工業(yè)生產(chǎn)中步驟③酸浸的百分率為70%，為進一步提高酸浸的百分率可采取的措施有__________________________________________（答出兩點）。
（3）步驟④調(diào)pH所用試劑為_____________ （寫化學(xué)式）
（4）常溫下濾液3的pH=4，Ksp[Fe(OH) 3]=4×10-38，則濾液3中c（Fe3+）=___________。
（5）步驟⑤操作_______________________________________________________.。
（6）假設(shè)使用孔雀石礦石質(zhì)量為m kg，步驟③酸浸的百分率為70%，經(jīng)濾渣2所得鐵紅的質(zhì)量為n kg，則：
①鐵紅的用途之一為____________________________，
②孔雀石礦石中鐵元素的含量為_____________。
【答案】(1). 4CuFeS2+13O24CuO+2Fe2O3+8SO2 (2). 6.5mol (3). Na2SiO3（多寫Na2CO3也可） (4). 升高溫度、增大酸的濃度 (5). CuO[或CuCO3、Cu(OH)2等] (6). 4×10-8 mol/L (7). 蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥（或烘干） (8). 作紅色油漆和涂料 (9). ×100%
【分析】孔雀石礦石的成分為Cu2（OH）2CO3、CuFeS2、SiO2、Fe2O3，生產(chǎn)主產(chǎn)品膽礬和副產(chǎn)品鐵紅，由流程可知，①中Cu2（OH）2CO3灼燒生成CO2，且發(fā)生4CuFeS+13O2=4CuO+ 2Fe2O3+8SO2，則氣體1為CO2、SO2，熔塊含CuO、Na2SiO3、Fe2O3，水浸后濾液1含Na2SiO3，濾渣1含CuO、Fe2O3，酸浸后濾液2含硫酸鐵、硫酸銅，調(diào)節(jié)pH過濾分離出濾渣2為Fe（OH）3，F(xiàn)e（OH）3加熱生成鐵紅，濾液3中含硫酸銅，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌分離出膽礬，以此來解答。
【詳解】（1）氣體1的成分除H2O（g）外，還有CO2、SO2，步驟①中發(fā)生氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式為，該反應(yīng)中氧氣做氧化劑，由0價降低為-2價，每個氧原子得到2個電子，根據(jù)方程式可知生成8mol SO2，氧氣得到52mol電子，即轉(zhuǎn)移52mol電子，所以生成1mol SO2反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6.5mol；根據(jù)分析可知濾液1的主要成分為Na2SiO3，
故答案為：；6.5mol；Na2SiO3（多寫Na2CO3也可）；
（2）目前工業(yè)生產(chǎn)中步驟③酸浸的百分率為70%，為進一步提高酸浸的百分率可采取的措施有升高溫度、增大酸的濃度，
故答案為：升高溫度、增大酸的濃度；
（3）步驟④調(diào)pH所用試劑為CuO[或CuCO3、Cu（OH）2等]，可促進鐵離子水解轉(zhuǎn)化為沉淀，且不引入新雜質(zhì)，
故答案為：CuO[或CuCO3、Cu（OH）2等]；
（4）室溫下濾液3的pH=4，Ksp[Fe（OH）3]=4×10-38，則濾液3中c（Fe3+）= mol/L=4×10-8 mol/L，
故答案為：4×10-8mol/L；
（5）步驟⑤操作為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌，
故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌；
（6）①鐵紅的用途之一為作紅色油漆和涂料，
②假設(shè)使用孔雀石質(zhì)量為m kg，步驟③酸浸的百分率為70%，經(jīng)濾渣2所得鐵紅的質(zhì)量為n kg，由鐵元素守恒可知，孔雀石礦石中鐵元素的含量為×100%=×100%，
故答案為：×100%。
9.某同學(xué)探究Cu與NO的反應(yīng)，查閱資料：①Cu與NO反應(yīng)可生成CuO和N2，②酸性條件下，NO或NO2–都能與MnO4–反應(yīng)生成NO3–和Mn2+
（1）實驗室利用Cu和稀HNO3制備NO，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式_______________________。
（2）選用如圖所示裝置完成Cu與NO的實驗。(夾持裝置略) 實驗開始前，向裝置中通入一段時間的N2?；卮鹣铝袉栴}：

①使用銅絲的優(yōu)點是_____________________裝置E的作用為_______________。
②裝置C中盛放的藥品可能是_________；
③裝置D中的現(xiàn)象是_________________________；裝置F中反應(yīng)的離子方程式是_____________________________________________。
（3）測定NaNO2和NaNO3 混合溶液中NaNO2的濃度。取25.00mL混合溶液于錐形瓶中，用0.1000mol·L－1酸性KMnO4溶液進行滴定，實驗所得數(shù)據(jù)如下表所示：
滴定次數(shù)
1
2
3
4
消耗KMnO4溶液體積/mL
20.90
20.12
20.00
19.88

①第一次實驗數(shù)據(jù)出現(xiàn)異常，造成這種異常的原因可能是_________（填字母代號）。
a．錐形瓶洗凈后未干燥
b．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗
c．滴定終點時仰視讀數(shù)
d．酸性KMnO4溶液中含有其他氧化性試劑
e．錐形瓶洗凈后用待測液潤洗
②酸性KMnO4溶液滴定亞硝酸鈉溶液的離子方程式為_____________________________。
③NaNO2 的物質(zhì)的量濃度為__________
【答案】 (1). 3Cu +8HNO3 =3 Cu(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O (2). 可以控制反應(yīng)的發(fā)生與停止 (3). 安全瓶（防倒吸） (4). CaCl2或P2O5 或硅膠或堿石灰等（合理答案都給分） (5). 紅色粉末變黑 (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，根據(jù)電子守恒和元素守恒配平方程式；
（2）實驗開始前，向裝置中通入一段時間的N2，將裝置內(nèi)的空氣排盡，銅絲和稀硝酸反應(yīng)生成一氧化氮，裝置B除去可能混有的二氧化氮，裝置C進行干燥，之后在D裝置中進行反應(yīng)，E裝置短進短出可知其為安全瓶，F(xiàn)裝置處理未反應(yīng)的一氧化氮，G裝置收集氮氣。
（3）①第一次實驗數(shù)據(jù)出現(xiàn)異常，消耗KMnO4溶液體積偏大，根據(jù)c（待測）=分析不當操作對V（標準）影響，以此判斷濃度的誤差；
②該反應(yīng)中亞硝酸根離子被氧化為硝酸根離子，高錳酸根離子被還原為錳離子；
③通過方程式確定亞硝酸鈉和高猛酸鉀之間的數(shù)量關(guān)系進行計算；
詳解】（1）Cu被硝酸氧化，根據(jù)電子守恒和元素守恒配平方程式，
故答案為：3Cu +8HNO3 =3 Cu(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O；
（2）①可通過上下移動銅絲控制反應(yīng)是否進行，所以使用銅絲的優(yōu)點是可以控制反應(yīng)的發(fā)生與停止；裝置E短進短出，作用為安全瓶防倒吸，
故答案為：可以控制反應(yīng)的發(fā)生與停止；安全瓶（防倒吸）；
②裝置C的作用是干燥，所以盛放的藥品可能是堿石灰、無水氯化鈣等；
故答案為：CaCl2或P2O5 或硅膠或堿石灰等（合理答案都給分）；
③裝置D中一氧化氮和銅反應(yīng)生成氧化銅，銅單質(zhì)為紅色，氧化銅為黑色，所以看到的現(xiàn)象是紅色粉末變黑；裝置F中高猛酸鉀將一氧化氮氧化成硝酸根，根據(jù)電子守恒和元素守恒可知反應(yīng)的離子方程式是5NO +3MnO4- + 4H+= 5NO3- + 3 Mn2+ + 2H2O，
故答案為：紅色粉末變黑；5NO +3MnO4- + 4H+= 5NO3- + 3 Mn2+ + 2H2O；
（3）①a．錐形瓶洗凈后未干燥待測液的物質(zhì)的量不變，對V（標準）無影響，故錯誤
b．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，故正確；
c．滴定終點時仰視讀數(shù)，造成V（標準）偏大，故正確；
d．酸性KMnO4溶液中含有其他氧化性試劑會導(dǎo)致 V（標準）偏小，故錯誤；
e．錐形瓶洗凈后用待測液潤洗導(dǎo)致待測液體積偏大，造成V（標準）偏大，故正確；
故答案為：bce；
②該反應(yīng)中亞硝酸根離子被氧化為硝酸根離子，高錳酸根離子被還原為錳離子，離子方程式為2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O；
故答案為：2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O；
③根據(jù)方程式可知：5NO2-~2MnO4-，消耗的高猛酸鉀體積為(20.12mL+20.00mL +19.88mL)/3=20.00mL；則c(NaNO2)== 0.2mol/L，
故答案為：0.2mol/L。
10.CO2 和CH4是常見的化合物，同時也是常用的化工原料。
Ⅰ．以CO2與NH3為原料可以合成尿素[CO(NH2)2]。合成尿素的反應(yīng)為2NH3(g) + CO2(g) CO(NH2)2(s) + H2O(g)。
（1）在不同溫度及不同y值下合成尿素，達到平衡時，氨氣轉(zhuǎn)化率變化情況如圖所示。

①該反應(yīng)的ΔH_____0（填“>” 或、“”、“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). 低溫 (3). < (4). abd (5). 40500 (6). mol? L-1?min－1 (7). 48 (8). 正反應(yīng)方向 (9). AD
【分析】Ⅰ、（1）通過圖象分析溫度升高，氨氣轉(zhuǎn)化率的變化從而分析反應(yīng)吸放熱；自發(fā)進行的判斷依據(jù)是△H-T△S＜0，結(jié)合反應(yīng)特征分析判斷需要的條件；若y表示反應(yīng)開始時的水碳比，升溫平衡逆向進行，氨氣轉(zhuǎn)化率減小，一定溫度下，水和二氧化碳之比越大，平衡逆向進行，氨氣轉(zhuǎn)化率越小，則y1小于y2；
（2）平衡時是正逆反應(yīng)速率相同，各組分含量保持不變，原則是變量不變分析選項；
II．①根據(jù)v逆=k?c（CO）?c3（H2）計算k的值；
②根據(jù)求出反應(yīng)速率；根據(jù)計算平衡常數(shù)；通過濃度商與平衡常數(shù)的比較判斷反應(yīng)移動方向；
III．可能發(fā)生的反應(yīng)：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+NaOH=NaHCO3，NaOH的物質(zhì)的量為0.2L×0.15mol/L=0.03mol，先分析0.02mol CO2通入之后溶液的溶質(zhì)，再進行判斷；
【詳解】Ⅰ、（1）圖象分析得到溫度升高，氨氣轉(zhuǎn)化率減小說明平衡逆向進行，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以ΔHc(H+)，A項正確；
B．根據(jù)物料守恒可知2c (Na+)=3[c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(H2CO3)]，B項錯誤；
C．根據(jù)電荷守恒可知c (Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+ 2c(CO32-)+c(OH-)，C項錯誤；
D．電荷守恒和物流守恒聯(lián)立消去鈉離子即得c(HCO3-)+ 3c(H2CO3)+2c(H+)= c(CO32-)+2c(OH-)（質(zhì)子守恒），故D項正確；
故答案為：AD。
【點睛】本題考查了化學(xué)平衡常數(shù)、影響平衡的因素、化學(xué)平衡的計算、電解質(zhì)溶液中的三大守恒等內(nèi)容，考查的點較多，知識夸度大，對學(xué)生來講有一定的難度。第（3）題為難點，要熟練掌握三段式的應(yīng)用，同時也要注意本題中的容器體積為3L，如果忽略了此條件，會導(dǎo)致整道小題回答錯誤；第（4）題的關(guān)鍵是明確溶液中的溶質(zhì)成分。
11.氫、氮、氧、硫，鎂，鐵、銅，鋅等元素及其化合物在人們的日常生活中有著廣泛的用途。回答下列問題:
（1）某同學(xué)根據(jù)已學(xué)知識，推斷Mg基態(tài)原子的核外電子排布為：

該同學(xué)所畫的電子排布圖違背了________________________________．
（2）Fe位于__________族_______區(qū)，F(xiàn)e2＋價電子排布式為_______________________。
（3）MgCO3的分解溫度____ BaCO3 （填“>” 或、“PH3，原因是NH3分子間存在氫鍵，而PH3分子間存在范德華力
B．SO2與CO2的化學(xué)性質(zhì)有些類似，但空間結(jié)構(gòu)與雜化方式不同
C．熔、沸點: SiF4< SiCl4< SiBr4 KCl > KBr，原因是晶格能逐漸減小
（7）晶體Cu的堆積方式如圖所示，其中Cu原子在二維平面里放置時的配位數(shù)為_________，設(shè)Cu原子半徑為a，晶體的空間利用率為_________。（用含π，a、的式子表示，不必化簡）

【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：一個原子軌道上最多可容納兩個電子，而這兩個電子的自旋方向必須相反；
（2）鐵是26號元素，據(jù)此解答；鐵原子在失電子時，先失去最外層的兩個4s電子。
（3）為同主族元素的離子，從上到下，離子半徑逐漸增大，半徑越大，分解溫度越高，越不易分解，相反，陽離子半徑越小，越容易分解；
（4）同一周期元素，第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素；
（5）單鍵均為σ鍵，雙鍵中有1個σ鍵和一個π鍵，配位鍵也屬于σ鍵；
（7）銅原子在二維平面里放置為密致層，晶體空間利用率為×100%。
【詳解】（1）如圖所示的電子排布圖中3s軌道有兩個自旋方向一樣的電子，違反了泡利原理，
故答案為：泡利原理；
（2）Fe位于第Ⅷ族族d區(qū)，鐵原子核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d6?4s2，去4s能級2個電子形成Fe2+，可知Fe2+基態(tài)核外電子排布式為?1s22s22p63s23p63d6，F(xiàn)e2+的價電子排布式為：3d6，
故答案為：第Ⅷ族；d； 3d6；
（3）為同主族元素的離子，從上到下，離子半徑逐漸增大，半徑越大，分解溫度越高，越不易分解，相反，陽離子半徑越小，越容易分解，鎂與鋇同主族，所以BaCO3比MgCO3分解溫度高，
故答案為：O>C
（5）1個[Cu(NH3)2]＋中6個N—H單鍵，2個配位鍵，所以1mol[Cu(NH3)2]＋中含有σ鍵的數(shù)目為8 mol(或8×6.02×1023)，
故答案：8 mol(或8×6.02×1023)；
（6）A．熱穩(wěn)定性：NH3 >PH3，原因是氮氫鍵比磷氫鍵鍵能更大，故A錯誤；
B．SO2與CO2的化學(xué)性質(zhì)有些類似，SO2為sp2雜化，平面三角形，CO2的為sp雜化，直線型，故B正確；
C．SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4都是分子晶體，影響熔、沸點高低的因素是分子間作用力或氫鍵，不是化學(xué)鍵影響。故C錯誤；
D．CaO、KCl、KBr都是離子晶體，影響熔、沸點高低的主要因素離子鍵，離子鍵強弱用晶格能來衡量，離子鍵越強晶格能越大。CaO的陰陽離子半徑小、所帶電荷多，所以離子鍵最強，晶格能最大；KBr的陰陽離子半徑大、所帶電荷少，所以離子鍵最弱，晶格能最小，故D正確，
故答案為：AC；
（7）銅原子在二維平面里放置為密致層，故配位數(shù)為6；設(shè)Cu原子半徑為a，每個面對角線上的三個Cu原子緊密相連，所以晶胞棱長=2a，晶胞體積=（2a）3，該晶胞中Cu原子個數(shù)8×1/8+6×1/2=4。晶體空間利用率為×100%=，
故答案為：6；×100%或者×100%。
【點睛】涉及晶胞計算、晶體類型判斷、分子空間構(gòu)型判斷等知識點，綜合性較強，明確原子結(jié)構(gòu)、物質(zhì)結(jié)構(gòu)等知識點是解本題關(guān)鍵，注意（7）中的問題是：Cu原子在二維平面里放置時的配位數(shù)是多少，銅為面心最密堆積，平面里放置為致密層，配位數(shù)為6。
12.卡托普利(E)是一種血管緊張素轉(zhuǎn)化酶抑制劑，被應(yīng)用于治療高血壓和某些類型的充血性心力衰竭。合成路線如下：

（1） A中官能團的名稱是______________，
A→B反應(yīng)方程式為__________________________________________________。
C→D的反應(yīng)類型是_________________。
（2）1molD與NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗__________NaOH
（3）卡托普利E的分子中有_____個手性碳原子，下列關(guān)于E說法不正確的是______。
a.卡托普利的水溶液呈酸性 b.在氧氣中充分燃燒的產(chǎn)物中含有SO2
c.E的分子式為C9H16NO3S d.E存在屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體
（4）A與濃硫酸、甲醇反應(yīng)生成M，M的同分異構(gòu)體在核磁共振氫譜圖中出現(xiàn)兩種信號峰、且只有一種官能團，該同分異構(gòu)體可能結(jié)構(gòu)為______________、______________。M加聚反應(yīng)生成高分子化合物N的方程式為______________________________________。
【答案】(1). 碳碳雙鍵和羧基 (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）根據(jù)B的結(jié)構(gòu)簡式和A到B的反應(yīng)類型反推A；根據(jù)反應(yīng)條件和反應(yīng)類型書寫A到B的方程式；C到D，C中氯原子被取代；
（2）D中的羧基、氯原子以及肽鍵可以和氫氧化鈉發(fā)生反應(yīng)；
（3）碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳。根據(jù)分子結(jié)構(gòu)簡式和所含官能團分析其性質(zhì)；
（4）A與濃硫酸、甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)，故M的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=C(CH3)COOCH3，
【詳解】（1）A到B發(fā)生加成反應(yīng)，碳鏈骨架不變，則B消去可得到A，則A為CH2=C(CH3)COOH，官能團為碳碳雙鍵和羧基；A到B為碳碳雙鍵的加成反應(yīng)，方程式為：CH2=C(CH3)COOH + HCl → ClCH2-CH(CH3)COOH；C到D，C中的氯原子被取代，為取代反應(yīng)，
故答案為：碳碳雙鍵和羧基；CH2=C(CH3)COOH + HCl → ClCH2-CH(CH3)COOH；取代；
（2）D中的羧基、氯原子以及肽鍵可以和氫氧化鈉發(fā)生反應(yīng)，所以1molD與NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗3molNaOH；
（3）碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳，所以E的分子中含有兩個手性碳原子；a.E分子中有羧基有酸性，故a正確；b.分子中含有硫元素，所以在氧氣中充分燃燒的產(chǎn)物中含有二氧化硫，故b正確；c.1個E分子中含有15個H原子，所以E分子式為C9H15NO3S，故c錯誤；d.E的不飽和度為3，無芳香族化合物的同分異構(gòu)體，故d錯誤，
故答案為：2；cd；
（4）A與濃硫酸、甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)，故M的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=C(CH3)COOCH3，同分異構(gòu)體在核磁共振氫譜圖中出現(xiàn)兩種信號峰說明只有兩種環(huán)境的氫，只有一種官能團則符合條件的有機物有：；M加聚反應(yīng)生成高分子化合物N的結(jié)構(gòu)簡式為：
，方程式為：n CH2=C(CH3)COOCH3→；
故答案為：、；n CH2=C(CH3)COOCH3→。