江西省新余市分宜县实验班2016届高考化学模拟试卷 含解析

2016年江西省新余市分宜县实验班高考化学模拟试卷
一、选择题（共8小题，每小题6分,满分48分）
1．下列说法正确的是（)
A．32 g 18O2中含有的氧原子数是2×6.02×1023
B．1 mol N2和CO的混合气体中含有的分子总数是2×6.02×1023
C．2.3 g Na与O2完全反应生成3.6 g产物时失电子数是0.1×6。

02×1023 D．1.0 L 0.1 mol•L﹣1 NH4NO3溶液中含有的铵根离子数是0。

1×6。

02×1023 2．下列离子方程式不正确的是（）
A．在一定量的Ba（OH）2溶液中通入过量SO2气体SO2+OH﹣═HS
B．4 mol•L﹣1的NaAlO2溶液和7 mol•L﹣1的盐酸等体积混合4 Al+7H++H2O═3Al （OH）3↓+Al3+
C．在碳酸氢钠溶液中加入等物质的量的氢氧化钙溶液Ca2++HC+OH﹣═CaCO3↓+H2O
D．用惰性电极电解氯化铝溶液2Cl﹣+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH﹣
3．下列关于有机化合物的说法正确的是（）
A．日常生活中常用无水乙醇做消毒剂
B．乙烯和苯都可以发生加成反应，都可以通过石油分馏得到
C．等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧时消耗氧气的质量相等
D．糖类、油脂、蛋白质都可以水解
4．W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素,其原子半径随原子序数变化如图．已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1,Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期元素中最强．下列说法正确的是（)
A．对应简单离子半径：X＞W
B．对应气态氢化物的稳定性Y＞Z
C．化合物XZW既含离子键，又含共价键
D．Y的氧化物能与Z的氢化物和X的最高价氧化物对应的水化物的溶液反应5．有10g不纯CaCO3样品与足量盐酸作用后生成4.44g CO2,且溶液中残留难溶物质．则对于此样品中是否存在①MgCO3②K2CO3③SiO2杂质的判断正确的是（) A．肯定含①③，不含②B．肯定含①③，可能含②
C．肯定含②③，不含①D．肯定含②③，可能含①
6．下列示意图与对应的反应情况正确的是（）
A．含0.01molKOH和0.01molCa（OH）2的混合溶液中缓慢通入CO2
B．NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH)2溶液
C．KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液
D．NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸
7．两体积相同的密闭容器中均充入1mol X和1mol Y,分别于300℃和500℃开始发生反应：X(g）+Y（g) 3Z(g）．Z的含量（Z％）随时间t的变化如下图所示．已知在t3时刻改变了某一实验条件．相关判断正确的是（）
A．曲线a是500℃时的图象B．正反应是吸热反应
C．t3时刻可能是升高了温度D．t3时刻可能是减小了压强
8．下列溶液中有关物质的浓度关系正确的是（)
A．c（NH4+）相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：c（NH4HSO4)＞c[(NH4）
SO4］＞c（NH4Cl)
2
B．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c（Na+)＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c(OH﹣）
C．1。

0 mol/L Na2CO3溶液：c（OH﹣)=c（HCO3﹣)+c（H+）+2c（H2CO3）
D．某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c(H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HA﹣）+c （A2﹣）
二、解答题(共4小题，满分52分）
9．A、B、C、D是元素周期表中前36号元素,它们的核电荷数依次增大．第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，C是地壳中含量最多的元素．D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同,其余各层电子均充满．请回答下列问题:
（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序是（用对应的元素符号表示）；基态D原子的电子排布式为．
（2）A的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子采取杂化；BC3﹣的空间构型为（用文字描述）．
(3）1mol AB﹣中含有的π键个数为．
（4）如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca 和D的原子个数比是．
(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XY n，它们有很强的储氢能力．已知镧镍合金LaNi n晶胞体积为9。

0×10﹣23cm3储氢后形成LaNi n H4。

5合金（氢进入晶胞空隙，体积不变）,则LaNi n中n=（填数值)；氢在合金中的密度为．
10．（1）Ⅰ．锅炉水垢既会降低燃料的利用率，也会影响锅炉的使用寿命，所以
要定期去除锅炉水垢．在实际生产中,通常将难溶于强酸的BaSO4制成易溶于盐酸的碳酸钡，而后用酸除去．已知K sp(BaCO3）=5。

1×10﹣9，K sp（BaSO4）=1。

1×10﹣10．今有0，。

15 L 1。

5 mol/L的Na2CO3溶液可以使g BaSO4固体转化掉．（2)Ⅱ．水煤气的生产在工业上具有重要的意义，将1 mol CO和1 mol H2O（g）充入某固定容积的反应器中，在某条件下达到平衡：CO+H2O（g）⇌CO2+H2，此时有2/3的CO转化为CO2．
（1)该平衡混合物中CO2的体积分数为．
（2）若在相同条件下，向容器中充入1 mol CO2、1 mol H2和1 mol H2O，则达到平衡时与（1)中平衡相比较,平衡应向（填“正反应方向"“逆反应方向”或“不"）移动，此时平衡混合物中CO2的体积分数可能是下列各值中的(填编号）．A。

22.2% B。

27.55% C。

33。

3％ D.36。

8％
(3）结合（2)中计算结果分析若平衡向正方向移动时,则下列说法中正确的是（填序号)．
①生成物的产量一定增加
②生成物的体积分数一定增加
③反应物的转化率一定增大
④反应物的浓度一定降低
⑤正反应速率一定大于逆反应速率
⑥一定使用了催化剂．
11．镁及其化合物在研究和生产中具有广泛用途．请回答下列问题．
（1）实验室欲用下列装置和药品制备少量氮化镁．（已知氮化镁易与水反应）
①A中盛装的是浓氨水，B中可盛装，二者混合可制取氨气．
②按照气流的方向连接装置:a接、接、接．
③已知氨气有还原性，能还原氧化铜,生成物之一是空气的主要成分，该反应的化学方程式为．
④如果没有无水氯化钙装置,可能发生反应的化学方程式为．
（2）碱式碳酸镁密度小,是橡胶制品的优良填料,可用复盐MgCO3（NH4）2CO3•H2O 作原料制得．如图所示，按一定的固液比向三颈烧瓶中加入该含镁复盐和蒸馏水，放在恒温水浴中加热，开启搅拌器同时加入氨水，待温度达到40℃时，滴加卤水（氯化镁溶液)并继续滴入氨水，待反应一段时间后,过滤洗涤干燥，得到碱式碳酸镁产品．
①选择水浴加热方式的优点是．
②40℃复盐开始热解生成MgCO3•3H2O,该反应的方程式为；此时开始滴加卤水的目的是．
③若制得的碱式碳酸镁的质量为m g，要确定其组成（不考虑微量杂质），还必需的数据有(填字母代号）．
a．碱式碳酸镁的密度b．充分灼烧后，剩余固体的质量
c．灼烧时的温度和时间d．灼烧时,测算得的标准状况下二氧化碳的体积．12．图为实验室制取和收集纯净干燥的氯气，并进行氯气的性质实验的装置图：
（1）反应前，在装置A中装浓盐酸（填写仪器名称）装MnO2(填写仪器名称）装置A中反应的化学方程式为．
（2）装置B中的现象是反应的化学方程式为．
（3）装置D中所装试剂是，作用是．
(4）装置F中发生反应的化学方程式为．
2016年江西省新余市分宜县实验班高考化学模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题(共8小题，每小题6分,满分48分）
1．下列说法正确的是(）
A．32 g 18O2中含有的氧原子数是2×6.02×1023
B．1 mol N2和CO的混合气体中含有的分子总数是2×6.02×1023
C．2.3 g Na与O2完全反应生成3。

6 g产物时失电子数是0.1×6.02×1023 D．1。

0 L 0.1 mol•L﹣1 NH4NO3溶液中含有的铵根离子数是0.1×6.02×1023
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、18O2的摩尔质量为36g/mol;
B、分子数N=nN A；
C、求出钠的物质的量，然后根据钠和氧气反应后变为+1价来分析;
D、铵根离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解．
【解答】解:A、18O2的摩尔质量为36g/mol，故32g氧气的物质的量小于1mol,则含有的氧原子数小于2N A个,故A错误；
B、分子数N=nN A=1mol×N A/mol=N A，故B错误;
C、2.3g钠的物质的量为0。

1mol，而钠和氧气反应后变为+1价，故0.1mol钠失去0.1N A个电子,故C正确；
D、铵根离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中铵根离子的个数小于0。

1N A个,故D错误．
故选C．
2．下列离子方程式不正确的是（)
A．在一定量的Ba（OH）2溶液中通入过量SO2气体SO2+OH﹣═HS
B．4 mol•L﹣1的NaAlO2溶液和7 mol•L﹣1的盐酸等体积混合4 Al+7H++H2O═3Al （OH）3↓+Al3+
C．在碳酸氢钠溶液中加入等物质的量的氢氧化钙溶液Ca2++HC+OH﹣═CaCO3↓+H2O
D．用惰性电极电解氯化铝溶液2Cl﹣+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH﹣
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．二氧化硫过量反应生成亚硫酸钡；
B．偏铝酸钠与盐酸反应先生成氢氧化铝，盐酸过量再与氢氧化铝反应生成氯化铝；
C．在碳酸氢钠溶液中加入等物质的量的氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水;
D．D中电解产生OH﹣会与Al3+发生反应生成Al（OH）3．
【解答】解：A．在一定量的Ba(OH）2溶液中通入过量SO2气体离子方程式:SO2+OH ﹣═HSO3﹣,故A错误；
B。

4 mol•L﹣1的NaAlO2溶液和7 mol•L﹣1的盐酸等体积混合,离子方程式：4 AlO2﹣+7H++H2O═3Al（OH）3↓+Al3+,故B正确；
C．在碳酸氢钠溶液中加入等物质的量的氢氧化钙溶液,离子方程式：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O，故C正确；
D．用惰性电极电解氯化铝溶液，离子方程式：2Al3++6Cl﹣+2H2O3Cl2↑+3H2↑+2Al（OH）3↓，故D错误；
故选：D．
3．下列关于有机化合物的说法正确的是（）
A．日常生活中常用无水乙醇做消毒剂
B．乙烯和苯都可以发生加成反应，都可以通过石油分馏得到
C．等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧时消耗氧气的质量相等
D．糖类、油脂、蛋白质都可以水解
【考点】有机物的结构和性质；化学方程式的有关计算．
【分析】A．日常生活中用75%的乙醇溶液为消毒剂；
B．乙烯是将石油分馏产品经高温裂解得到，苯经过煤干馏得到；
C．设有机物的分子式为C x H y O z，有机物燃烧需氧量=（x+﹣);
D．单糖不水解．
【解答】解：A．日常生活中用75%的乙醇溶液为消毒剂,乙醇能使蛋白质变性而杀菌消毒,故A错误；
B．乙烯是将石油分馏产品经高温裂解得到,苯经过煤干馏得到,故B错误；C．将乙醇中的O以H2O的形式去掉,剩余部分为C2H4，与乙烯相同，故等物质的量的乙烯与乙醇耗氧量相同，故C正确；
D．糖类中的单糖不能水解，故D错误；
故选C．
4．W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素,其原子半径随原子序数变化如图．已知W的一种核素的质量数为18,中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1，Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期元素中最强．下列说法正确的是（）
A．对应简单离子半径：X＞W
B．对应气态氢化物的稳定性Y＞Z
C．化合物XZW既含离子键,又含共价键
D．Y的氧化物能与Z的氢化物和X的最高价氧化物对应的水化物的溶液反应【考点】原子结构与元素的性质．
【分析】W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10，则W元素原子的质子数为18﹣10=8，故W为O元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，X为Na或F，X原子半径大于O原子，故X为Na 元素；Y的单质是一种常见的半导体材料，原子序数大于Na元素，故Y为Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，故Z为Cl元素,结合元素对应单质化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．
【解答】解；W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素,已知W的一种核素的质量
数为18,中子数为10，则W元素原子的质子数为18﹣10=8,故W为O元素;X和Ne原子的核外电子数相差1，X为Na或F，X原子半径大于O原子，故X为Na 元素；Y的单质是一种常见的半导体材料，原子序数大于Na元素，故Y为Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强,故Z为Cl元素，
A．W为O元素，X为Na元素，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小,故离子半径O2﹣＞Na+，故A错误；
B．Y为Si元素，Z为Cl元素，非金属性Cl＞Si，故氢化物稳定性Y（Si）＜Z（Cl），故B错误；
C．化合物NaClO中钠离子与次氯酸根离子之间形成离子键，次氯酸根中氯原子与氧原子之间形成共价键，故C正确；
D．二氧化硅能与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，除氢氟酸外二氧化硅不溶于其它酸，不与HCl反应，故D错误．
故选C．
5．有10g不纯CaCO3样品与足量盐酸作用后生成4.44g CO2，且溶液中残留难溶物质．则对于此样品中是否存在①MgCO3②K2CO3③SiO2杂质的判断正确的是(）
A．肯定含①③，不含②B．肯定含①③,可能含②
C．肯定含②③,不含①D．肯定含②③,可能含①
【考点】化学方程式的有关计算;有关混合物反应的计算．
【分析】不纯的碳酸钙样品与足量盐酸反应后，溶液中残留有不溶物，说明样品中含有不能与盐酸发生反应且不溶于水的固体物质，可判断样品中一定含有③SiO2杂质；
假设10g样品全部为碳酸钙,完全反应后产生二氧化碳质量为4。

4g，小于实际产生二氧化碳4.44g，说明还含有与盐酸反应可以生成二氧化碳的杂质,且相同质量的该杂质比碳酸钙生成的二氧化碳多．
【解答】解：不纯的碳酸钙样品与足量盐酸反应后，溶液中残留有不溶物；而①MgCO3②K2CO3③SiO2等杂质中只有③SiO2不能与盐酸发生反应，因此，样品中一定含有③SiO2；
假设10g样品全部为碳酸钙，其物质的量为0.1mol，完全反应后产生二氧化碳质量为0.1mol×44g/mol=4。

4g，小于实际产生二氧化碳4。

44g，说明还含有与盐酸反应可以生成二氧化碳的杂质，且相同质量的该杂质比碳酸钙生成的二氧化碳多，由下列的关系式：
CaCO3～CO2 MgCO3~CO2 K2CO3～CO2
100 44 84 44 138 44
可知等质量的碳酸钙、碳酸镁、碳酸钾与足量盐酸放出二氧化碳的质量由大到小的关系为：MgCO3＞CaCO3＞K2CO3，故还一定含有的杂质为MgCO3，
综上所述,不纯的碳酸钙样品中一定含有①MgCO3和③SiO2，可能含有②K2CO3；故选B．
6．下列示意图与对应的反应情况正确的是（）
A．含0。

01molKOH和0.01molCa（OH）2的混合溶液中缓慢通入CO2
B．NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH)2溶液
C．KAl（SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH）2溶液
D．NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸
【考点】镁、铝的重要化合物．
【分析】A、向一定量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应,会生成碳酸钙，当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，最后将碳酸钙溶解；
B、NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液会产生越来越多的硫酸钡白色沉淀；
C、KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液开始铝离子和硫酸根逐渐形成沉
淀，然后形成的氢氧化铝逐渐溶解，直到只剩余硫酸钡为止；
D、NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸,开始出现沉淀，然后沉淀逐渐溶解．
【解答】解：A、向一定量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应，会逐渐生成碳酸钙沉淀，沉淀量逐渐增大,当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，此时沉淀量不变，当氢氧化钾消耗完毕时,将碳酸钙逐渐溶解，沉淀量逐渐减少,故A错误；
B、NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液会产生越来越多的硫酸钡白色沉淀,直到最大量,然后不再减少为止，故B正确；
C、假设n(KAl（SO4）2）=2mol，则n（Al3+）=2mol,n（SO42﹣）=4mol,当加入n（Ba(OH）
2）=3mol时，
Al3+完全沉淀生成2mol Al（OH）3，此时SO42﹣剩余1mol，继续加入1mol Ba(OH)2，
此时发生的反应为Ba2++SO42﹣═BaSO4、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，生成
1molBaSO4沉淀，同时有2molAl（OH)3溶解，因此沉淀的物质的量减少，最后保
持不变，根据分析可知图象应该只有一段上升的过程，故C错误；
D、NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸，开始出现沉淀，然后过量的盐酸又将沉淀逐渐
溶解掉，故D错误．
故选B．
7．两体积相同的密闭容器中均充入1mol X和1mol Y,分别于300℃和500℃开始
发生反应：X（g）+Y（g）3Z(g)．Z的含量（Z％)随时间t的变化如下图所示．已知在t3时刻改变了某一实验条件．相关判断正确的是（）
A．曲线a是500℃时的图象B．正反应是吸热反应
C．t3时刻可能是升高了温度D．t3时刻可能是减小了压强
【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素．
【分析】根据图象判断，b曲线先到达平衡，反应速率大,温度较高，而温度升高，
Z％的数值减小，说明升高温度平衡向逆向移动，正反应放热；
t3时刻时，改变条件，到达平衡时Z%的数值增大，说明平衡向正反应移动，据此结合温度、压强对平衡影响进行解答．
【解答】解：A、图象判断，b曲线先到达平衡，反应速率大,说明b曲线的反应温度高，应是500℃时的图象，故A错误；
B、温度升高，Z%的数值减小，说明升高温度平衡向逆向移动，正反应是放热反应，故B错误；
C、t3时刻时，改变条件，到达平衡时Z％的数值增大，说明平衡向正反应移动，该反应正反应是放热反应，可能为降低温度，不可能是升高温度,故C错误;
D、t3时刻时，改变条件，到达平衡时Z%的数值增大，说明平衡向正反应移动，该反应正反应是气体体积增大的反应，减小压强，平衡向正反应移动，故可能是减小了压强，故D正确;
故选D．
8．下列溶液中有关物质的浓度关系正确的是(）
A．c（NH4+）相等的（NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中:c（NH4HSO4)＞c［（NH4）
SO4]＞c（NH4Cl）
2
B．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c（Na+)＞c（CH3COO﹣)＞c（H+）＞c（OH﹣)
C．1.0 mol/L Na2CO3溶液:c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+c（H+）+2c（H2CO3)
D．某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中:c(H+）+c（Na+）=c（OH﹣)+c（HA﹣)+c（A2﹣）
【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用．
【分析】A．氢离子抑制铵根离子水解，含有同等浓度的铵根离子的盐中,化学式中含有铵根离子个数越多其浓度越小；
B．溶液呈酸性,则c（H+）＞c（OH﹣)，结合电荷守恒判断；
C．根据质子守恒判断；
D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒．
【解答】解：A．含有同等浓度的铵根离子的盐中，化学式中含有铵根离子个数
越多其浓度越小，硫酸氢铵电离出氢离子抑制铵根离子水解,所以c(NH4+)相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中:c[（NH4）2SO4］＜c（NH4HSO4）＜c(NH4Cl）,故A错误；
B．混合溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒得c（H+)+c（Na+）=c （CH3COO﹣)+c（OH﹣），所以c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故B错误；
C．根据质子守恒得c（OH﹣）=c(HCO3﹣）+c（H+)+2c（H2CO3），故C正确；D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c(Na+）=c（OH ﹣)+c（HA﹣）+2c(A2﹣）,故D错误；
故选：C．
二、解答题（共4小题,满分52分）
9．A、B、C、D是元素周期表中前36号元素,它们的核电荷数依次增大．第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级,B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，C是地壳中含量最多的元素．D是第四周期元素,其原子核外最外层电子数与氢原子相同,其余各层电子均充满．请回答下列问题：
（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序是C＜O＜N(用对应的元素符号表示)；基态D原子的电子排布式为[Ar］3d104s1．
（2）A的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子采取sp2杂化；BC3﹣的空间构型为平面三角形(用文字描述)．
（3）1mol AB﹣中含有的π键个数为2N A．
(4)如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D 的原子个数比是1:5．
（5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XY n,它们有很强的储氢能力．已知镧镍合金LaNi n晶胞体积为9。

0×10﹣23cm3储氢后形成LaNi n H4.5合金（氢进入晶胞空隙，体积不变），则LaNi n中n=5（填数值）；氢在合金中的密度为0.083g/cm3．
【考点】晶胞的计算；原子结构与元素周期律的关系．
【分析】A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大；第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，则A是C元素；C是地壳中含量最多的元素，则C是O元素；B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构,且原子序数大于A而小于C,则B是N元素；
D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，则D是Cu元素；
(1)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大,但第IIA族、第VA 族元素第一电离能大于其相邻元素;
基态D原子核外有29个电子，根据构造原理书写基态D原子的简化电子排布式；（2)A的最高价氧化物对应的水化物是H2CO3，该分子中中心原子C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对,根据价层电子对互斥理论判断其中心原子杂化方式及碳酸根离子空间构型；
（3）CN﹣与N2互为等电子体，则每个CN﹣中含有2个π键，据此计算1mol CN﹣中含有的π键个数;
（4）如图是金属Ca和Cu所形成的某种合金的晶胞结构示意图，利用均摊法计算Ca、Cu原子个数之比；
（5）镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XY n，根据Ca、Cu合金确定该镧镍合金中n值；其密度．
【解答】解：A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大;第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，则A是C元素；C是地壳中含量最多的元素，则C是O元素;B原子的最外层p 轨道的电子为半充满结构，且原子序数大于A而小于C，则B是N元素；
D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，则D是Cu元素，
（1）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第
VA族元素第一电离能大于其相邻元素,所以C、N、O元素第一电离能从小到大顺序是C＜O＜N;基态D原子核外有29个电子，根据构造原理书写基态Cu原子的简化电子排布式为［Ar]3d104s1，
故答案为:C＜O＜N;[Ar]3d104s1；
（2）A的最高价氧化物对应的水化物是H2CO3，该分子中中心原子C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其中心原子杂化方式为sp2，碳酸根离子空间构型为平面三角形，
故答案为：sp2;平面三角形；
(3）CN﹣与N2互为等电子体，则每个CN﹣中含有2个π键,则1mol CN﹣中含有的π键个数为2N A,
故答案为：2N A；
(4)如图是金属Ca和Cu所形成的某种合金的晶胞结构示意图,该晶胞中Ca原子个数=8×=1、Cu原子个数=8×+1=5,则Ca、Cu原子个数之比为1：5,
故答案为:1:5；
（5)Ca、Cu合金化学式为CaCu5，镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结
构XY n，所以该镧镍合金中n=5，该物质密度==g/cm3=0。

083
g/cm3，
故答案为：5；0。

083g/cm3．
10．（1)Ⅰ．锅炉水垢既会降低燃料的利用率，也会影响锅炉的使用寿命，所以要定期去除锅炉水垢．在实际生产中,通常将难溶于强酸的BaSO4制成易溶于盐酸的碳酸钡，而后用酸除去．已知K sp(BaCO3）=5。

1×10﹣9,K sp（BaSO4）=1。

1×10﹣10．今有0,.15 L 1.5 mol/L的Na2CO3溶液可以使1。

1g BaSO4固体转化掉．
（2)Ⅱ．水煤气的生产在工业上具有重要的意义,将1 mol CO和1 mol H2O（g）充入某固定容积的反应器中,在某条件下达到平衡：CO+H2O（g）⇌CO2+H2,此时有2/3的CO转化为CO2．
（1)该平衡混合物中CO2的体积分数为33。

3％．
（2）若在相同条件下，向容器中充入1 mol CO2、1 mol H2和1 mol H2O，则达到平衡时与（1）中平衡相比较，平衡应向正反应方向（填“正反应方向”“逆反应方向"或“不”)移动，此时平衡混合物中CO2的体积分数可能是下列各值中的B （填编号）．
A.22。

2% B。

27.55％ C.33.3% D。

36。

8％
（3）结合（2）中计算结果分析若平衡向正方向移动时,则下列说法中正确的是①⑤(填序号）．
①生成物的产量一定增加
②生成物的体积分数一定增加
③反应物的转化率一定增大
④反应物的浓度一定降低
⑤正反应速率一定大于逆反应速率
⑥一定使用了催化剂．
【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．
【分析】Ⅰ、根据反应BaSO4 +CO32﹣⇌BaCO3 +SO42﹣的K==
计算；设发生转化的BaSO4的物质的量为x mol，则平衡时c（SO42﹣）为x mol/L，利用三段式计算平衡时碳酸根的浓度,代入平衡常数计算;
Ⅱ、依据化学平衡三段式列式计算，
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2(g）
起始量（mol) 1 1 0 0
变化量（mol）
平衡量（mol）
（1）根据体积分数为计算;
（2)若在相同条件下,向容器中充入1mol CO2、1mol H2和1mol H2O，极值转化相当于加入1molCO2,2molH2O,则达到平衡时与（1）相比较，等于加入1mol水平衡正向进行;依据平衡浓度计算平衡浓度，计算K，结合化学平衡三段式列式计算；
（3）平衡向正反应方向移动，正逆反应速率增大,正反应速率增大大于逆反应速率，生成物物质的量、产率增大,反应前后气体体积不变，加入气体,气体体积分数减小，催化剂改变反应速率不改变化学平衡,结合化学平衡移动原理和反应特征选项．
【解答】解：Ⅰ、已知反应BaSO4（s）+CO32﹣(aq）⇌BaCO3（s)+SO42﹣（aq），
则K====0.022；
设发生转化的CO32﹣的物质的量浓度为x mol•L ﹣1，则平衡时c（SO42﹣）为x mol•L ﹣1，开始时c（CO32﹣）=1。

5mol•L ﹣1,
BaSO4 +CO32﹣⇌BaCO3 +SO42﹣
起始浓度（mol/L) 1。

5 0
转化浓度(mol/L）x x
平衡浓度(mol/L）1。

5﹣x x
则=0.022，解得x=0.032,则溶解的硫酸钡的物质的量为0。

032mol•L ﹣1×0.15L=0。

0048mol，质量为0。

0048mol×233g/mol≈1.1g；
故答案为：1。

1；
Ⅱ、依据化学平衡三段式列式计算，
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
起始量(mol) 1 1 0 0
变化量(mol）
平衡量(mol)
(1)反应前后气体的体积不变，所以平衡时,混合气体的总的物质的量为1mol+1mol=2mol，
所以平衡混合物中CO2的体积分数为×100％=33.3％；
故答案为：33.3%；
（2）充入1mol CO2、lmol H2和1mol H2O,反应向逆反应进行建立平衡，等效为（1）中平衡后，再加1molH2O(g），平衡向正反应移动;
设容器为1L,则故该反应的平衡常数表达式k==4，令参加反应的H2物质的
量为nmol，
CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），
起始（mol）:0 1 1 1
转化(mol）：n n n n
平衡（mol）：n 1+n 1﹣n 1﹣n
有=4，解得n=0。

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反应前后气体的体积不变，所以平衡时,混合气体的总的物质的量为1mol+1mol+1mol=3mol，
平衡混合物中CO2的体积分数为×100％=28。

2％；此时平衡混合的CO2的体积分数可能是27。

55％；
故答案为：正反应方向；B;
(3）平衡向向正方向移动，
①不论改变何条件，平衡向向正方向移动，生成物的物质的量一定增加，故①正确；
②对于多种气体参与反应,反应前后气体的体积不变的反应，并向其中大量加入一种反应物,而使平衡正向移动．生成物的物质的量增加，但百分含量完全可以减小,因为总量多了，故②错误；
③多种物质参加反应，增加一种反应物的浓度，平衡向向正方向移动，提高其它反应物的转化率，自身转化率降低，故③错误;
④多种物质参加反应，增加一种反应物的浓度,平衡向向正方向移动,其它反应物的浓度降低，自身浓度增大，故④错误；
⑤平衡向向正方向移动，正反应速率一定大于逆反应速率，故⑤正确；
⑥使用催化剂不能改变平衡移动，故⑥错误;
故答案为:①⑤．。