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1、2019-2020学年北京市海淀区交大附中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是（）A加热装置I 中的烧杯分离I2和高锰酸钾固体B用装置II 验证二氧化硫的漂白性C用装置III 制备氢氧化亚铁沉淀D用装置IV 检验氯化铵受热分解生成的两种气体【答案】D【解析】【详解】A加热碘升华，高锰酸钾分解，加热法不能分离两者混合物，故A 错误；B二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，与二氧化硫的还原性有关，与漂白性无关，故B 错误；C关闭止水夹，NaOH 难与硫酸亚铁接触，不
2、能制备氢氧化亚铁，故C错误；D氯化铵分解生成氨气、HCl，氨气可使湿润的酚酞试纸变红，HCl 可使蓝色石蕊试纸变红，P2O5可以吸收氨气，碱石灰可以吸收HCl,所以可检验氯化铵受热分解生成的两种气体，故D 正确；本题答案：D。2关于化合物2-苯基丙烯酸乙酯()，下列说法正确的是（）A不能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色B可以与稀硫酸或NaOH 溶液反应C分子中所有原子共平面D易溶于饱和碳酸钠溶液【答案】B【解析】【详解】A该有机物分子中含有碳碳双键，能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色，A 不正确；B该有机物分子中含有酯基，可以在稀硫酸或NaOH 溶液中发生水解反应，B 正确；C分子中含有-CH3，基团中的原子
3、不可能共平面，C不正确；D该有机物属于酯，在饱和碳酸钠溶液中的溶解度小，D 不正确；故选 B。3化学与生活密切相关。下列物质性质与应用的对应关系错误的是（）A硅胶吸水能力强，可用作食品、药品的干燥剂B氢氧化铝碱性不强，可用作胃酸中和剂C次氯酸钠具有强氧化性，可用作织物的漂白剂D葡萄糖具有氧化性，可用于工业制镜【答案】D【解析】【详解】A硅胶具有吸水性，而且无毒，能用作食品、药品干燥剂，故A 正确；B氢氧化铝具有弱碱性，能与盐酸发生中和反应，可用作胃酸中和剂，故B 正确；C次氯酸钠具有强氧化性，可用作织物的漂白剂，C正确；D葡萄糖具有还原性，能够发生银镜反应，可用于工业制镜，故D 错误；故答案为
4、D。4常温下，分别向体积相同、浓度均为1 molL 的 HA、HB两种酸溶液中不断加水稀释，酸溶液的pH与酸溶液浓度的对数(lgc)间的关系如图。下列对该过程相关分析正确的是A HB的电离常数(Ka)数量级为10-3B其钠盐的水解常数(Kh)大小关系是：NaBNaA Ca、b 两点溶液中，水的电离程度ba，故 C错误；D.当 lg C=-7 时，HB中 c（H）=917101010mol L1，HA 中 c（H）=57101010mol L1，pH 均不为7，故 D 错误；故选 B。【点睛】难点 A 选项，从图中读出两点氢离子的浓度，酸的浓度，根据电离常数的定义写出电离常数，本题易错点为 D
5、选项，当lg c=-7时，是酸的浓度是10-7mol L1，不是氢离子的浓度。5下列说法正确的是A Fe3、SCN、NO3、Cl可以大量共存B某碱溶液中通入少量CO2产生白色沉淀，该碱一定是Ca(OH)2CNaAl(OH)4溶液和NaHCO3溶液混合可以产生白色沉淀和无色气体D少量的Mg(HCO3)2溶液加过量的Ba(OH)2溶液的离子方程式为：Mg22HCO32Ba24OH=2BaCO3 Mg(OH)2 2H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A.Fe3与 SCN反应生成红色的络合物，不能大量共存，故A 错误；B.某碱溶液中通入少量CO2产生白色沉淀，该碱可能是Ca(OH)2，也可能是Ba
6、(OH)2，故 B错误；C.因为酸性：HCO3-Al（OH）3，所以 NaAl(OH)4溶液和NaHCO3溶液混合可以产生氢氧化铝白色沉淀，但不会生成气体，故C错误；D.少量的 Mg(HCO3)2溶液加过量的Ba(OH)2溶液生成碳酸钡沉淀、氢氧化镁沉淀和水，离子方程式为：Mg22HCO32Ba24OH=2BaCO3Mg(OH)22H2O，故 D 正确；故选 D。6下列操作能达到相应实验目的的是（）选项目的实验A 实验室制备乙酸乙酯向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热B 除去干燥CO2中混有少量的SO2可将混合气体依次通过盛有足量酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶C 检验 Na2S
7、O3已经变质向 Na2SO3溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解D 比较铁和铜的活泼性常温下，将表面积相同的铁和铜投入到浓硝酸中，铁不能溶解，铜能溶解，铜比铁活泼A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A浓硫酸的密度比乙醇大，且浓硫酸和乙醇混合放出大量的热，若先加浓硫酸再加乙醇容易引起液体飞溅，故先加乙醇，再加浓硫酸。最后加乙酸，避免浓硫酸和乙酸混合时产生的热量使乙酸大量挥发，即制备乙酸乙酯时药品添加顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，A 错误；BSO2和酸性 KMnO4溶液发生氧化还原反应而被除去，再通过浓硫酸进行干燥，可得纯净的CO2，B
8、 正确；C即使没有变质，Na2SO3和 Ba(NO3)2反应也生成白色沉淀(BaSO3)，加入 HCl，H+存在下，溶液中的NO3-将 BaSO3氧化成 BaSO4，白色沉淀依然不溶解，该方法不能检验Na2SO3是否变质，C错误；D浓硝酸有强氧化性，常温下，浓硝酸将Fe 钝化，不能比较Fe和 Cu的活泼性，D 错误。答案选 B。【点睛】NO3-在酸性环境下有强氧化性。7下列说法中正确的是A丙烯中所有原子均在同一个平面上B分子式为810C H的芳香烃共有4 种C糖类、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应D乙烯使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，发生的反应原理相同【答案】B【解析】【详解】A丙烯含有
9、甲基，具有甲烷的结构特征，具有四面体结构，则所有的原子不可能共平面，故A 错误；B分子式为810C H的芳香烃可能为乙苯或二甲苯，二甲苯有邻、间、对3 种，共 4 种，故 B 正确；C糖类中的单糖如葡萄糖、果糖等，则不水解，故C错误；D乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，故D 错误；故答案为B。【点睛】高锰酸钾具有强氧化性，一般来说，具有还原性的无机物，含有碳碳双键、醛基的物质以及一些醇类、酚类、苯的同系物等可被高锰酸钾氧化，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色。8四元轴烯t，苯乙烯b 及立方烷 c 的结构简式如下，下列说法正确的是A b 的同分异构体只有t 和 c 两种
10、Bt 和 b 能使酸性KMnO4溶液褪色而c不能Ct、b、c 的二氯代物均只有三种Db 中所有原子定不在同个平面上【答案】B【解析】【分析】A b 苯乙烯分子式为C8H8，符合分子式的有机物结构可以是多种物质；Bt 和 b 含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化；C根据一氯代物中氢原子的种类判断；D b 含有碳碳双键和苯环，为平面形结构。【详解】A b 苯乙烯分子式为C8H8，对应的同分异构体也可能为链状烃，故A 错误；Bt 和 b 含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，故B 正确；C不考虑立体结构，二氯代物t 和 e 均有 3 种，b 有 14 种，故 C错误；D b 含有碳碳双键和苯环，为平面形
11、结构，苯环和碳碳双键可能在同一个平面上，故D 错误。故选 B。9利用下图装置可以模拟铁的电化学防护。下列说法不正确的是A若 X为锌棒，开关K 置于 M 处，可减缓铁的腐蚀B若 X 为锌棒，开关K置于 M 处，铁极发生氧化反应C若 X为碳棒，开关K置于 N 处，可减缓铁的腐蚀D若 X 为碳棒，开关K置于 N 处，X极发生氧化反应【答案】B【解析】【详解】若 X 为锌棒，开关K置于 M 处，形成原电池，锌作负极，发生氧化反应；铁做正极被保护，故A 正确，B不正确。若 X 为碳棒，开关K置于 N 处，形成电解池，铁作阴极，被保护，可减缓铁的腐蚀，C正确；X 极作阳极，发生氧化反应，D 正确。答案选
12、B。1025时，向一定浓度的Na2C2O4溶液中滴加盐酸，混合溶液的pH 与离子浓度变化关系如图所示。已知 H2C2O4是二元弱酸，X表示-2-242-224244c HC Oc C Oc H C Oc HC O或，下列叙述错误的是A从 M 点到 N 点的过程中，c(H2C2O4)逐渐增大B直线 n 表示 pH 与-24224c HC Olgc H C O的关系C由 N 点可知 Ka1(H2C2O4)的数量级为10-2D pH=4.18 的混合溶液中：c(Na+)c(HC2O4-)=c(C2O42-)=c(Cl-)c(H+)c(OH-)【答案】D【解析】【详解】A.如图所示，从M 点到 N 点
13、的过程中，pH 减小，氢离子浓度增大，c(H2C2O4)逐渐增大，故A 正确；B.pH 增大，-24224c HC Oc H C O增大，-24224c HC Olgc H C O减小，则直线n 表示 pH 与-24224c HC Olgc H C O的关系，故B 正确；C.由 N 点可知 Ka1(H2C2O4)的数量级为10-2Ka1(H2C2O4)=-+4224c HCOc Hc H C O，在 N 点-24224c HC Olgc H C O=-1，即-24224c HC O10c H C O，N 点的 pH2.22，则 c(H+)10-2.22mol/L，所以 Ka1(H2C2O4)1
14、0 10-2.221.0 10-1.22，故 C 正确；D.M 点：-lg2-24-24c C Oc HC O=0，Ka2=2-+24-24c C Oc(H)c HC O=10-3.18 10-1=10-4.18，pH=4.18 时，c(HC2O4-)=c(C2O42-)，但无法判断c(HC2O4-)=c(C2O42-)=c(Cl-)，故 D 错误；故选 D。11下列标有横线的物质在给定的条件下不能完全反应的是1molZn 与含 1mol H2SO4的稀硫酸溶液反应1molCu 与含 2mol H2SO4的浓硫酸溶液共热1molCu 与含 4mol HNO3的浓硝酸溶液反应1molMnO2与含
15、 4mol HCl 的浓盐酸溶液共热ABCD【答案】C【解析】【详解】1mol 锌与含 1mol H2SO4的稀硫酸溶液恰好完全反应，故不选；随反应的进行浓硫酸变在稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，故选；1mol 铜转移 2mol 的电子，生成2mol 的铜离子与2mol 硝酸结合成硫酸盐，而2mol HNO3的硝酸作氧化剂，得电子的量为2mol6mol，所以铜不足，故不选；随着反应的进行，盐酸浓度逐渐降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，故选；故选C 12将 Cl2通入 100mL NaOH 溶液中充分反应，生成0.1mol 的 NaCl，下列说法正确的是（）A反应后溶液中ClO的个数为0.1NAB原 Na
16、OH 浓度为 1mol/L C参加反应的氯气分子为0.1NAD转移电子为0.2NA【答案】C【解析】【详解】发生 Cl2+2NaOH NaClO+NaCl+H2O，生成 0.1molNaCl 的同时，生成0.1molNaClO，消耗 2molNaOH；A生成 0.1molNaClO，阴离子水解，则反应后溶液中ClO的个数小于0.1NA，故 A 错误；B若恰好完全反应，则原NaOH 浓度为0.2mol0.1L2mol/L，故 B错误；C由反应可知，参加反应的氯气为0.1mol，则参加反应的氯气分子为0.1NA，故 C正确；D Cl元素的化合价既升高又降低，转移0.1mol 电子，则转移电子为0.
17、1NA，故 D 错误；故答案为C。【点睛】考查氯气的性质及化学反应方程式的计算，把握发生的化学反应及物质的量为中心的计算为解答的关键，将 Cl2通入 100mL NaOH 溶液中充分反应，生成0.1mol 的 NaCl，发生 Cl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2O，侧重分析能力、计算能力的考查。13化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A用聚氯乙烯代替木材生产快餐盒，以减少木材的使用B中国天眼FAST中用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料C港珠澳大桥中用到的低合金钢，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能D“司南之杓(注：勺)，投之于地，其柢(注：柄)指南。”司南中“杓”所用的材质为F
18、eO【答案】C【解析】【分析】【详解】A聚氯乙烯有毒，不能用作食品包装，A 项错误；B碳化硅是无机物，不是有机高分子材料，B 项错误；C考虑到港珠澳大桥所处位置等，所以使用的低合金钢，必须要有强度大，密度小以及耐腐蚀的性能，C项正确；D司南材质即磁性氧化铁，成分为Fe3O4而非 FeO，D 项错误；答案选 C。14化学与人类社会生产、生活有着密切联系。下列叙述中正确的是A“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该过程属于化学变化B高温或日常用的消毒剂可使禽流感病毒蛋白质变性C苹果放在空气中久置变黄和纸张久置变黄原理相似D燃煤中加入CaO主要是为了减少温室气体的排放【答案】B【解析】【详解】A提取青蒿
19、素的过程类似于溶解、过滤，属于物理变化，故A 错误；B高温或日常用的消毒剂可使禽流感病毒蛋白质变性，故B正确；C苹果放在空气中久置变黄是因为亚铁离子被氧化，纸张久置变黄是因为纸张中的木质素容易氧化变黄，原理不相似，故C 错误；D燃煤中加入CaO主要是为了减少二氧化硫气体的排放，故D 错误。故选 B。15第三周期的下列基态原子中，第一电离能最小的是A 3s23p3B3s23p5C3s23p4D3s23p6【答案】C【解析】【分析】A 选项，3s23p3为 P元素；B选项，3s23p5为 Cl元素；C选项，3s23p4为 S元素；D 选项，3s23p6为 Ar 元素。【详解】第三周期的基态原子中，
20、第一电离具有增大的趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第 VIA族元素，因此第一电离能最小的是S元素，故C正确。综上所述，答案为C。【点睛】同周期从左到右第一电离具有增大的趋势，但第 IIA族元素大于第IIIA族元素，第 VA族元素大于第VIA族元素。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16S2Cl2是一种金黄色易挥发的液体，常用作橡胶硫化剂。某化学兴趣小组拟设计实验制备少量的S2Cl2，査阅资料知：干燥的氯气在110 140与硫反应，即可得到S2Cl2。S 的熔点为18、沸点为2 6；S2Cl2的熔点为-76、沸点为138。S2Cl2+Cl22SCl2。S2C
21、l2易和水发生歧化反应。该小组设计的制备装置如如图（夹持仪器和加热装置已略去）(1)连接好实验装置后的第一步实验操作是_。(2)A 装置中制取氯气的离子反应方程式_。(3)装置B、C 中的试剂分别是_，_；若实验中缺少C 装置，发现产品浑浊不清，请用化学方程式表示其原因_。(4)该实验的操作顺序应为_（用序号表示）。加热装置A加热装置D通冷凝水停止加热装置A停止加热装置D(5)图中G 装置中应放置的试剂为_，其作用为 _。(6)在加热D 时温度不宜过高，其原因是_；为了提高S2Cl2的纯度，关键的操作是控制好温度和 _。【答案】检查装置的气密性MnO2+4H+2Cl-加热Mn2+Cl2+2H2
22、O 饱和食盐水浓硫酸2S2C12+2H2O=3S+SO2+4HCl 或者碱石灰吸收氯气尾气，防止空气中的水蒸气进入装置使S2Cl2水解产品纯度降低控制盐酸的滴速不要过快【解析】【分析】装置 A、B、C是制取干燥纯净的氯气，所以B 是除杂装置，C是干燥装置；制得产品S2Cl2易水解，所以该装置前后均需要干燥环境，可推出装置G作用；实验操作顺序按照合理、安全原则进行；最后按照题干已知条件进行答题，据此分析。【详解】(1)连接好装置后需检查装置的气密性，答案为：检查装置的气密性；(2)MnO2与浓盐酸反应的离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-加热Mn2+Cl2+2H2O；(3)B是除去氯气中的HC
23、l，用饱和食盐水溶液；C是干燥装置，用浓硫酸；若缺少干燥装置，则产物S2Cl2与水发生歧化反应且变浑浊，2S2Cl2+2H2O=3S+SO2+4HCl；答案为：饱和食盐水；浓硫酸；2S2Cl2+2H2O=3S+SO2+4HCl；(4)加热之前先通冷凝水，否则开始生成的S2Cl2不能冷却液化，最后先停止加热后再停止通氯气，平衡容器压强，实验操作为：或者；(5)G 装置在最后一步，其作用之一未反应完的氯气尾气处理，其二防止空气中的水蒸气进入装置，G 中盛放碱石灰，作用是吸收氯气尾气，防止空气污染，且防止空气中的水蒸气进入装置使S2Cl2水解；(6)根据已知条件，温度太高S会汽化进入F装置，导致产率
24、降低；为了提高S2Cl2的纯度，关键的操作除了控制好温度外，还可以控制盐酸的滴速不要过快。【点睛】制备易水解的如AlN、S2Cl2等物质时一定要在制备装置前后都加上干燥装置，所以 G 装置除了尾气处理作用之外还防止空气中的水蒸气进入装置；实验操作流程满足反应物利用率高、产率高、操作简便、安全等原理进行即可。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17化合物E（二乙酸-1，4-环己二醇酯）是一种制作建筑材料的原料。其合成路线如下：完成下列填空：（1）A 中含有的官能团是_；E的分子式是 _；试剂 a 是_。（2）写出反应类型：BC_。（3）C与 D 反应生成E的化学方程式：_。（4）C的同分
25、异构体，能使石蕊试剂显红色，写出该物质的一种结构简式_。（5）设计一条以环己醇（）为原料（其他无机试剂任取）合成A 的合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）_【答案】碳碳双键，溴原子C10H16O4NaOH 水溶液取代反应CH3（CH2）4COOH【解析】【分析】由题给有机物转化关系可知，在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成，则 B 为；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则 C为；在浓硫酸作用下，与 CH3COOH共热发生酯化反应生成，则 D 为 CH3COOH。【详解】（1）A 中含有的官能团是碳碳双键、溴原子；E的分子式是C10H16O4；试剂 a 是 NaOH 水溶液
26、，故答案为：碳碳双键、溴原子；C10H16O4；NaOH 水溶液；（2）B 的结构简式为，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，故答案为：水解反应或取代反应；（3）在浓硫酸作用下，与 CH3COOH共热发生酯化反应生成，反应的化学方程式为，故答案为：；（4）C的结构简式为，C的同分异构体能使石蕊试剂显红色，说明分子中含有羧基，可为 CH3（CH2）4COOH等，故答案为：CH3（CH2）4COOH等；（5）以环己醇（）为原料合成时，可先发生消去反应生成环己烯，然后发生加成反应邻二溴环己烷，在氢氧化钠醇溶液中邻二溴环己烷发生消去反应生成1,3环己二烯，1,3环己二烯与溴水发生1，4 加成可生成目
27、标物，合成路线为，故答案为：。【点睛】依据逆推法，通过生成E的反应条件和E结构简式确定 C和 D 的结构简式是推断的突破口。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18能源、材料已成为当今科学研究的热点。请回答下列问题：（1）单质 A 的燃烧热大，可作燃料。已知A 为短周期元素，其气态原子逐个失去14 个电子所需能量（电离能）如表所示。若该原子核外电子有三层，则该元素位于周期表_族，写出 A 燃烧后形成的氧化物的电子式：_I1I2I3I4电离能（kJ/mol）738 1451 7733 10540（2）如图是超导材料元素在周期表中的分布，上述元素的短周期元素中原子半径最大的是_（填元素符号
28、），其原子最外层有_种运动状态不同的电子，写出其最高价氧化物对应水化物在水溶液中的电离方程式：_。（3）上述主族元素中有两种原子可以形成的五核分子，其化学键键长和键角都相等，则该分子的空间构型为 _，该物质为 _分子（选填“极性”或“非极性”）。（4）铁单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成1mol该易燃气体放出 37.68kJ 热量，请写出此反应的热化学方程式：_。（5）取适量Al、Mg 合金样品置于烧杯中，加入20mL 1mol/L 的 NaOH 溶液，恰好完全反应。下列叙述正确的是 _（选填编号）。aMg 作负极，Al 作正极b若加入的是20mL 1mol/
29、L的盐酸，则放出的氢气的物质的量减少2/3 c若把 NaOH 中的 H 换成 D（D 为重氢），生成的氢气中D 与 H 物质的量之比为1：2。【答案】A Al 3 H+AlO2-+H2O垐?噲?Al(OH)3垐?噲?Al3+3OH-正四面体非极性3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)H=150.72kJ/mol b【解析】【分析】(1)根据逐级电离能的变化规律判断元素种类，MgO是离子化合物，由镁离子与氧离子构成；(2)根据原子半径的变化规律判断原子，原子核外没有运动状态相同的电子，氢氧化铝在水溶液中存在酸式电离与碱式电离；(3)根据原子的构成和成键特点分析；(4)铁单质
30、在高温下会与水蒸气反应生成Fe3O4和 H2，先写出反应方程式，再计算反应热，最后写出热化学方程式；(5)a.Al 与氢氧化钠溶液反应，而Mg 不反应；b.依据反应方程式计算；c.根据 Al 与碱溶液反应的本质分析。【详解】(1)该元素的第三电离能剧增，说明其最外层电子数为2，处于第A族，且处于第三周期，故为Mg元素，其在氧气中燃烧生成MgO，由镁离子与氧离子构成，电子式为：，故答案为：A；(2)同周期元素的原子自左而右原子半径逐渐减小，一般电子层数越多原子半径越大，图中的短周期元素中 Al 的原子半径最大，原子核外没有运动状态相同的电子，最外层有3 个电子，故最外层有3 种运动状态不同的电子
31、，氢氧化铝在水溶液中存在酸式电离与碱式电离，电离方程式为：H+AlO2-+H2O垐?噲?Al(OH)3垐?噲?Al3+3OH-；(3)上述主族元素中有两种原子可以形成的五核分子，其化学键键长和键角都相等，该分子为SiH4，为正四面体构型，属于非极性分子，故答案为：正四面体；非极性；(4)铁单质在高温下会与水蒸气反应生成Fe3O4和 H2，发生反应：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，生成 4mol氢气放出热量为37.68kJ4=150.72kJ，则热化学方程式为：3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)H=-150.72kJ/mol，故答案为：3Fe(s)+4H2O(
32、g)=Fe3O4(s)+4H2(g)H=-150.72kJ/mol；(5)a.Al 与氢氧化钠溶液反应，而Mg 不反应，故Al 为负极，故a 错误；b.NaOH 物质的量为0.02L1mol/L=0.02mol，由 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2可知，Al 为 0.02mol，生成氢气为0.03mol，若加入的是20mL 1mol/L的盐酸，镁、铝都会和稀盐酸反应，HCl 为 0.02mol，由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2可知 HCl 不足，根据H 原子守恒得211H=(HCl)=0.02L 1mol/L=)0.01mol22nn(，所以放出的氢气的物质的量减少
33、23，故 b 正确；c.Al 与碱溶液反应的本质是Al 先与水反应生成氢氧化铝与氢气，氢氧化铝再与氢氧化钠反应是偏铝酸钠与水，氢气中的氢元素来自水，则氢气中无D 元素，故c 错误。故答案为：b。【点睛】原电池装置中，根据电极材料的活泼性判断正负极时，一般较活泼的金属作负极，但是在以下两个原电池中，正好相反，(1)将 Mg 片、Al 片用导线连接后放在NaOH 溶液中构成的原电池，如果只根据金属活泼性，易错误判断Mg 片作负极，但是由于Mg 与 NaOH 溶液不反应，Al 与 NaOH 溶液能反应，则Al 作负极，Mg 作正极；(2)常温下，将Cu片、Al 片用导线连接放在浓硝酸中构成的原电池，
34、如果只根据金属活泼性，易错误判断Al 片为负极，但是Al 遇浓硝酸发生钝化，铜能与浓硝酸反应，则铜作负极，铝作正极。这是学生们的易错点。19硅铁合金广泛应用于冶金工业，可用于铸铁时的脱氧剂、添加剂等，回答下列问题：（1）基态 Fe 原子价层电子的电子排布图为_，基态 Si 原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_形。（2）绿帘石的组成为22427Ca FeAlSiOSi OO(OH)，将其改写成氧化物的形式为_.（3）4SiCl分子的中心原子的价层电子对数为_，分子的立体构型为_；四卤化硅的熔、沸点如下，分析其变化规律及原因_。4SiF4SiCl4SiBr4SiI熔点/K 182.8 202.7
35、 278.5 393.6 沸点/K 177.4 330.1 408 460.6（4）226Fe H O可与乙二胺（2222H NCH CH NH，简写为en）发生如下反应：2222264Fe H OenFe H O(en)2H O。226Fe H O的中心离子的配位数为_；224Fe H O(en)中的配位原子为_。（5）在硅酸盐中，44SiO四面体（图 a）通过共用顶角氧离子可形成多种结构形式。图 b 为一种多硅酸根，其中 Si原子的杂化形式为_，化学式为 _。oOSi eSiO图 a 图 b【答案】哑铃4CaO?Fe1O3?1Al1O3?6SiO1?H1O 4 正四面体形熔、沸点依次升高，
36、原因是分子结构相似，相对分子量依次增大，分子间作用力逐渐增强6 O 和 N sp32n25nSi O或 Si1O51-【解析】【分析】(1)基态 Fe原子价层电子为其3d、4s 能级上电子；基态Si原子电子占据的能级有1s、1s、1p，最高能级为 1p；(1)绿帘石的组成为Ca1FeAl1(SiO4)(Si1O7)O(OH)，将其改写成氧化物的形式时应结合元素的化合价，依次写出金属氧化物、非金属氧化物、最后是水，并注意原子的最简单整数比不变；(3)SiCl4分子的中心原子为Si，形成 4 个 键，具有甲烷的结构特点；由表中数据可知四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关；(4
37、)配离子为Fe(H1O)61+，中心离子为Fe3+，配体为H1O，Fe(H1O)4(en)1+中配体为H1O和en，根据孤对电子确定配位原子；(5)硅酸盐中的硅酸根(SiO44-)为正四面体结构，所以中心原子Si 原子采取了sp3杂化方式；图中为一种无限长层状结构的多硅酸根，图中一个SiO44-四面体结构单元中其中有3 个氧原子的贡献率为12。【详解】(1)基态 Fe原子的核外价电子排布式为Ar3d64S1，基态 Fe 原子价层电子为其3d、4s 能级上电子，则基态Fe原子的核外价电子排布图为；基态 Si 原子电子占据的能级有1s、1s、1p，最高能级为1p，其电子云轮廓图为哑铃形；(1)绿帘
38、石的组成为Ca1FeAl1(SiO4)(Si1O7)O(OH)，将其改写成氧化物的形式为4CaO?Fe1O3?1Al1O3?6SiO1?H1O；(3)SiCl4分子的中心原子为Si，形成 4 个 键，价层电子对数为4，具有正四面体结构；四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，沸点越高；(4)配离子为 Fe(H1O)61+，中心离子为Fe3+，配体为 H1O，则配位数为6；224Fe H O(en)中配体为H1O和 en，其中 O 和 N 原子均能提供孤对电子，则配位原子为O 和 N；(5)硅酸盐中的硅酸根(SiO44-)为正四面体结构，所以中心原子Si原子
39、采取了sp3杂化方式；图(b)为一种无限长层状结构的多硅酸根，图(a)中一个 SiO44-四面体结构单元中其中有3 个氧原子的贡献率为12，SiO44-四面体结构单元含有1 个硅、氧原子数目=1+312=1.5，Si、O 原子数目之比为1:1.5=1:5，故化学式2n25nSi O或 Si1O51-。【点睛】硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式即改写的一般方法归纳为：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物、水(xMO?nSiO1?mH1O)注意：氧化物之间以“?”隔开；系数配置出现的分数应化为整数如：正长石KAlSi3O8不能改写成K1O?Al1O3?3SiO1，应改写成K1O?Al1O3?6SiO1金属氧化物在前(活泼金属氧化物较活泼金属氧化物)，非金属氧化物在后，若同一元素有变价，那么低价在前，高价在后，H1O 一般写在最后。