《2019-2020学年北京市北京大学附属中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年北京市北京大学附属中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年北京市北京大学附属中学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下列说法正确的是（）A pH 在 5.67.0 之间的降水通常称为酸雨BSO2使溴水褪色证明SO2有还原性C某溶液中加盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明该溶液中一定含CO32或 SO32D某溶液中滴加BaCl2溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，说明该溶液中一定含SO42【答案】B【解析】【详解】A 项、pH5.6 的降水叫酸雨，故A 错误；B 项、SO2有还原性，能与溴水发生氧化还原反应使溴水褪色，故B正确；C 项、溶液中加盐酸产生使澄清石灰
2、水变浑浊的气体，溶液中也可能含有HCO3或 HSO3，故 C 错误；D 项、某溶液中滴加BaCl2溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，白色沉淀可能是硫酸钡、也可能是氯化银，故 D 错误；故选 B。【点睛】溶液中滴加BaCl2溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，白色沉淀可能是硫酸钡沉淀，也可能是氯化银沉淀是易错点。2下列属于非电解质的是（）A FeBCH4CH2SO4DNaNO3【答案】B【解析】A金属铁为单质，不是化合物，所以铁既不是电解质，也不是非电解质，故A 错误；BCH4是在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，故B 正确；C硫酸的水溶液能够导电，硫酸是电解质，故C 错误；DNaN
3、O3属于离子化合物，其水溶液或在熔融状态下能够导电，属于电解质，故 D 错误；故选B。点睛：抓住非电解质的特征水溶液中和熔融状态下都不能够导电的原因是自身不能电离是解题的关键，非电解质是水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物；电解质为水溶液中或熔融状态导电的化合物，无论电解质还是非电解质，都一定是化合物，单质、混合物一定不是电解质和非电解质，据此进行判断。3肉桂酸（）是一种合成有机光电材料的中间体。关于肉桂酸的下列说法正确的是A分子式为C9H9O2B不存在顺反异构C可发生加成、取代、加聚反应D与安息香酸（）互为同系物【答案】C【解析】【详解】A.根据肉桂酸的结构式可知分子式为：982C H O
4、，A 错误；B.肉桂酸双键碳所连的两个原子团均不同，故存在顺反异构，B 错误；C.肉桂酸中苯环和碳碳双键可以发生加成反应，羧基可以发生取代反应，碳碳双键可以发生加聚反应，C正确；D.肉桂酸中含碳碳双键，安息香酸中不含，故两者不是同系物，D 错误；答案选 C。【点睛】若有机物只含有碳氢两种元素，或只含有碳氢氧三种元素，那该有机物中的氢原子个数肯定是偶数，即可迅速排除A 选项。同系物结构要相似，即含有相同的官能团，肉桂酸和安息香酸含有官能团不同，排除D选项。4化学与生活密切相关。下列说法正确的是()A SO2可用作食品防腐剂B生石灰能与水反应，可用来干燥氯气CFeCl3溶液可用于腐蚀印刷铜质线路板
5、是因为Fe比 Cu的金属性强D过氧化钠用于呼吸面具中是因为过氧化钠是强氧化剂，能氧化CO2和水【答案】A【解析】【详解】A.二氧化硫具有杀菌作用，可以用做防腐剂，故A 正确；B.生石灰是碱性氧化物，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，二者与生石灰反应，所以不能用生石灰干燥氯气，故 B 错误；C.FeCl3溶液可用于腐蚀印刷铜质线路板是因为发生反应2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+，故 C错误；D.过氧化钠与水、二氧化碳发生歧化反应生成氧气，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故D 错误；故答案为A。5“文房四宝”湖笔、徽墨、宣纸和歙砚为中华传统文化之瑰宝。下列说法正确的是A制造毛笔时，将动物毫毛进行碱洗脱
6、脂是为了增强笔头的吸水性B徽墨的主要成分是性质稳定的焦炭，故水墨字画能较长久地保存C宣纸的主要成分是碳纤维，其制造工艺促进了我国造纸术的发展D歙砚材质组云母的化学式用氧化物形式表示为：22232K O 4H O 4AI O8SiO【答案】A【解析】【分析】【详解】A动物毫毛表面的油脂难溶于水，不利于毛笔吸水，碱洗脱脂可以增强笔头的吸水性，A 项正确；B墨的主要成分是炭黑，B 项错误；C宣纸的主要成分是纤维素，C项错误；D用氧化物的形式表示硅酸盐，顺序是：金属氧化物（按活动性顺序排列）SiO2H2O，所以应为K2O 4Al2O3 8SiO2 4H2O，D 项错误；答案选 A。6现有短周期主族元素
7、R、X、Y、Z。若它们的最外层电子数用n 表示，则有：n(X)n(Y)n(Z)，n(X)n(Z)n(R)。这四种元素组成一种化合物Q，Q 具有下列性质：下列说法错误的是A原子半径：YZX B最高价氧化物对应水化物酸性：YZ CX和 Y组成的化合物在常温下都呈气态DY3Z4是共价化合物【答案】C【解析】【分析】根据题给信息，Q 溶液与 FeCl3溶液反应生成血红色物质，可知Q 溶液中含有SCN-；Q 溶液与 NaOH 溶液共热会生成一种使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，可知该气体为NH3，则 Q 溶液中含有NH4+。由此可推断出 Q 为 NH4SCN。根据最外层电子数关系可知X为氢元素，Y为碳元素
8、，Z为氮元素，R 为硫元素。【详解】A同一周期从左至右，原子半径逐渐减小，故原子半径：C N，H 原子只有一个电子层，原子半径最小，故三者原子半径大小关系为：CNH，A 项正确；B同一周期从左向右，最高价氧化物对应水化物的酸碱性规律为：碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强。故 HNO3的酸性比H2CO3强，B项正确；CC、H 组成的烃类化合物中，常温下苯等烃类呈液态，C项错误；D C3N4类似于 Si3N4，同属于原子晶体，是共价化合物，D 项正确；答案选 C。7某温度下，容积一定的密闭容器中进行可逆反应：X(g)+Y(g)2Z(g)+W(s)+Q，下列叙述正确的是A加入少量W，(逆)增大B压强不变时，
9、反应达到平衡状态C升高温度，(逆)、(正)都增大D平衡后加入X，方程式中的Q 增大【答案】C【解析】【分析】据外因对化学反应速率和化学平衡的影响分析判断。【详解】A.物质 W 为固体，加入少量W 不改变 W 浓度，故(逆)不变，A 项错误；B.题中反应前后气体分子数不变，当温度、体积一定时，容器内压强必然不变。故压强不变时不一定是平衡状态，B项错误；C.温度越高，化学反应越快。故升高温度，(逆)、(正)都增大，C项正确；D.方程式中的Q 表示每摩化学反应的热效应。平衡后加入X，平衡右移，但Q 不变，D 项错误。本题选 C。8化学与生活生产息息相关，下列说法正确的是（）A制作一次性医用防护服的主
10、要材料聚乙烯、聚丙烯是通过缩聚反应生产的B气溶胶的分散剂可以是空气或液体水CFeCl3溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板D福尔马林(甲醛溶液)可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜【答案】C【解析】【分析】【详解】A制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过加聚反应生产的，A错误；B气溶胶的分散剂可以是空气，但不能是液体水，B 错误；CFeCl3溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板，C 正确；D福尔马林(甲醛溶液)常用于皮毛、衣物、器具熏蒸消毒和标本、尸体防腐，会强烈刺激眼膜和呼吸器官，不可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜，D 错误；答案选 C。9中国传统文化对人类文明贡
11、献巨大。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是选项古诗文化学知识A 本草纲目拾遗中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛。”强水为氢氟酸B 诗经 大雅 绵：“堇茶如饴。”郑玄笺：“其所生菜，虽有性苦者，甘如饴也。”糖类均有甜昧C 梦溪笔谈 中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折。”铁合金的硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高D 本草经集注中记载鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃是真硝石也。利用焰色反应A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A、硝酸酸性强氧化性强能与金属反应，强水为硝酸，选项A 错误；B、糖类有些有
12、甜味，有些没有甜味，选项B 错误；C、铁合金的硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，选项C错误；D、钾的焰色反应是紫色，用火烧硝石(KNO3)，是钾的焰色反应，选项D 正确。答案选 D。10BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示，下列说法不正确的是A该过程的总反应：C6H6O+7O2光BMO6CO2+3H2O B该过程中BMO 表现较强还原性C降解产物的分子中只含有极性分子D和中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根据图知,反应物是C6H6O 和氧气、生成物是二氧化碳和水,所以该过程的总反应为C6H6O+7O2光BMO6CO
13、2+3H2O，故 A 正确，但不符合题意；B.该反应中BMO 失电子发生氧化反应，作还原剂，体现较强的还原性，故B 正确，但不符合题意；C.二氧化碳是非极性分子，水是极性分子，故C错误，符合题意；D.根据转移电子守恒判断消耗苯酚的物质的量之比,过氧根离子生成氧离子得到3 个电子、BMO+得 1 个电子，根据转移电子守恒知，和中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1，故 D 正确，但不符合题意；故选：C。11下表中对应关系正确的是()A CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl CH2=CH2+HCl CH3CH2Cl 均为取代反应B 由油脂得到甘油；由卤代烃制醇均发生了水解反应C Cl2+2B
14、r 2Cl +Br2；Zn+Cu2+Zn2+Cu 均为单质被还原的置换反应D 2Na2O2+2H2O 4NaOH+O2；2F2+2H2O 4HF+O2均为水作还原剂的氧化还原反应A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A CH2=CH2+HCl CH3CH2Cl为烯烃的加成反应，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl为烷烃的取代反应，故A错误；B油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；卤代烃水解产物为醇，则均发生水解反应，故B 正确；CZn+Cu2+=Zn2+Cu 反应中，Zn 元素化合价升高，Zn 单质被氧化，故C 错误；D 2Na2O2+2H2O4NaOH+O2中只有过氧
15、化钠中O 元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；2F2+2H2O 4HF+O2中只有 O 元素的化合价升高，作还原剂，故D 错误；正确答案是B。【点睛】把握反应中结构变化、反应条件及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注重高频考点的考查，题目难度不大。12钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图：下列说法错误的是（）A酸浸时反应的化学方程式是Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2+4H2O B“热还原”中每生成1molPd 同时生成的气体的物质的量为8mol C化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有NH4+D在“酸浸”过程中为加快反应速
16、率可用浓硫酸代替浓盐酸【答案】D【解析】【分析】【详解】A据图可知，酸浸时反应物有Pd、浓 HNO3和浓 HCl，产物有 NO2，中和过程为非氧化还原过程，说明酸浸后 Pd 的化合价应为+4价，存在形式为PdCl62-，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2+4H2O，故 A 正确；B根据元素守恒生成的气体应为HCl 和 NH3，生成 1molPd，则消耗1mol 氯钯酸铵，根据元素守恒可知可生成 2molNH3和 6molHCl，共 8mol 气体，故 B 正确；C氯钯酸铵为红色沉淀，所以若某溶液中含有铵根，滴入含有氯钯酸根离子的溶液可以生成
17、红色沉淀，有明显现象，可以检验铵根，故C正确；D溶解过程中盐酸电离出的Cl-与 Pd4+生成络合物，促使 Pd 转化为 Pd4+的反应正向移动，从而使 Pd溶解，若换成硫酸，无法生成络合物，会使溶解的效率降低，故D 错误；故答案为D。【点睛】难点为 A 选项，要注意结合后续流程判断Pd元素的存在形式；分析选项B时首先根据元素守恒判断产物，然后再根据守恒计算生成的气体的物质的量，避免写反应方程式。13已知气态烃A 的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，有机物 AE能发生如图所示一系列变化，则下列说法正确的是()A AB 的反应类型为加成反应B常温下有机物C是一种有刺激性气味的气体C分子式为C4
18、H8O2的酯有 3 种D l mol D 与足量碳酸氢钠反应生成气体的体积为22.4L【答案】A【解析】【分析】气态烃 A 的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，A 是 C2H4；乙烯与水反应生成乙醇，乙醇催化氧化为乙醛、乙醛氧化为乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，所以B 是乙醇、C是乙醛、D 是乙酸、E是乙酸乙酯。【详解】A.乙烯与水发生加成反应生成乙醇，所以反应类型为加成反应，故A 正确；B.C是乙醛，常温下乙醛是一种有刺激性气味的液体，故B错误；C.分子式为C4H8O2的酯有 HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH
19、3，共 4 种，故 C 错误；D.l mol 乙酸与足量碳酸氢钠反应生成1mol 二氧化碳气体，非标准状况下体积不一定为22.4L，故 D 错误。【点睛】本题考查有机物的推断，试题涉及烯、醇、醛、羧酸等的性质与转化，熟悉常见有机物的转化，根据“A的产量是一个国家石油化工水平的重要标志”，准确推断A 是关键。14下列关于甲、乙、丙、丁四种仪器装置的有关用法，其中不合理的是（）A甲装置：可用来证明硫的非金属性比硅强B乙装置：橡皮管的作用是能使水顺利流下C丙装置：用图示的方法能检查此装置的气密性D丁装置：可在瓶中先装入某种液体收集NO 气体【答案】A【解析】试题分析：A二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚
20、硫酸酸性大于硅酸，所以二氧化硫和硅酸钠溶液反应生成不溶性硅酸，但亚硫酸不是硫元素的最高价含氧酸，乙醇则该装置不能能证明硫的非金属性比硅强，故A 错误；B 橡皮管可使下部的压力转移到上方，从而利用压强平衡的原理使液体顺利流下，故 B正确；C 如果装置的气密性良好，甲、乙两侧水面高度不同，否则水面相同，所以能检验装置的气密性，故C正确；D NO 不溶于水，因此在此装置中充满水，从 进气可以收集NO 气体，故D 正确；故选A。考点：考查化学实验方案设计，涉及非金属性强弱的判断、气密性检验、气体的收集方法等知识点15下列物质不能使淀粉碘化钾溶液变蓝的是A SO2BH2O2C新制氯水D碘酒【答案】A【解
21、析】A.SO2和碘化钾不反应,所以没有碘单质生成,则不能使淀粉碘化钾溶液变蓝,故 A正确；B.H2O2具有强氧化性，能和碘离子反应生成碘单质,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝,B 错误;C.新制氯水中氯气和碘离子发生置换反应生成碘单质,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝色,C 错误；D.碘酒中含有碘单质,碘与淀粉溶液变蓝色,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝色,D 错误。答案选A.二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16实验室用乙醇、浓硫酸和溴化钠反应来制备溴乙烷，其反应原理为H2SO4(浓)NaBrNaHSO4HBr、CH3CH2OHHBrCH3CH2Br H2O。有关数据和实验装置如（反应需要加热，图中
22、省去了加热装置）：乙醇溴乙烷溴状态无色液体无色液体深红棕色液体密度/g cm-30.79 1.44 3.1 沸点/78.5 38.4 59（1）A 中放入沸石的作用是_，B中进水口为 _口（填“a”或“b”）。（2）实验中用滴液漏斗代替分液漏斗的优点为_。（3）氢溴酸与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应的化学方程式_。（4）给 A 加热的目的是_，F接橡皮管导入稀NaOH 溶液，其目的是吸收_和溴蒸气，防止_。（5）C中的导管E的末端须在水面以下，其原因是_。（6）将 C中的镏出液转入锥形并瓶中，连振荡边逐滴滴入浓H2SO412mL 以除去水、乙醇等杂质，使溶液分层后用分液漏斗分去硫酸层；将经硫酸
23、处理后的溴乙烷转入蒸镏烧瓶，水浴加热蒸馏，收集到3540的馏分约10.0g。分液漏斗在使用前必须_；从乙醇的角度考虑，本实验所得溴乙烷的产率是_（精确到0.1%）。【答案】防止暴沸b 平衡压强，使浓硫酸顺利滴下2HBr+H2SO4(浓)SO2+Br2+2H2O 加快反应速率，蒸馏出溴乙烷SO2防止污染环境冷却并减少溴乙烷的挥发检漏53.4%【解析】【分析】(1)液体加热需要防止液体瀑沸，B 为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流；(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，使浓硫酸顺利流下；(3)浓硫酸有强氧化性，氢溴酸与浓硫酸混合加热可生成Br2和 SO2；(4)给 A
24、 加热可以加快反应速率蒸出溴乙烷；实验中产生的二氧化硫、溴化氢、溴等可以用稀NaOH 溶液吸收；(5)通过 E的末端插入水面以下冷却减少溴乙烷的挥发；(6)带有活塞或瓶塞的装置使用前要检查是否漏水；10mL 乙醇的质量为0.7910g=7.9g，其物质的量为0.172mol，所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172mol，其质量为18.75g，根据产率=实际产量理论产量 100%计算。【详解】(1)液体加热加入沸石，可以防止液体瀑沸，B为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流，所以B中进水口为b；(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，使浓硫酸顺利流下，而分液漏斗没有这
25、个功能；(3)浓硫酸有强氧化性，氢溴酸与浓硫酸混合加热可生成Br2和 SO2，发生氧化还原反应的化学方程式为2HBr+H2SO4(浓)SO2+Br2+2H2O；(4)加热的目的是加快反应速率，温度高于38.4溴乙烷全部挥发蒸馏出来，实验中产生的二氧化硫、溴化氢、溴等会污染空气，所以可以用稀NaOH 溶液吸收，防止污染环境；(5)导管 E的末端须在水面以下，通过冷却得到溴乙烷，减少溴乙烷的挥发；(6)分液漏斗有上口塞子和下口有控制液体流量的活塞，在使用前需要检查是否漏水；10mL 乙醇的质量为0.7910g=7.9g，其物质的量为0.172mol，所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172mol，
26、其质量为18.75g，所以溴乙烷的产率=10.0g18.75g 100%53.4%。【点睛】考查制备实验方案设计，为高频考点，涉及计算、基本操作、氧化还原反应、除杂等知识点，明确实验原理及物质性质、基本操作规范性是解本题关键，知道各个装置可能发生的反应，题目难度中等。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17四川北川盛产蔷薇科植物。蔷薇科植物中含有一种芳香醛(用 E表示)，在染料工业和食品工业上有着广泛的用途，下面是它的一种合成路线。其中 0.l mol 有机物 A 的质量是12g，在足量的氧气中充分燃烧后生成0.8mol CO2和 7.2gH2O；D 能使溴的四氯化碳溶液褪色，D 分子
27、与C 分子具有相同的碳原子数；F继续被氧化生成G，G 的相对分子质量为90。已知：CH3-CHO回答下列问题：（1）A 的结构简式为_。（2）AG 中能发生酯化反应的有机物有：_(填字母序号)。（3）C在浓硫酸加热的条件下时，分子内脱水除生成D 外还可以生成另一种有机物，写出该反应的方程式：_；该反应类型_。（4）C 的同分异构体有多种，其中符合下列要求的有机物有多种。能与 3 mol NaOH 溶液反应；苯环上的一卤代物只有一种。写出所有满足条件有机物的结构简式_。（5）C与 4-甲基-2,3-戊二醇两分子之间1:1 发生取代反应，生成的有机物有_种。【答案】B、C、D、F、G 酯化6【解析
28、】【分析】有机物 A 有 C、H、O 三种元素组成，Mr(A)=12/0.1=120，0.1molA 在足量的氧气中充分燃烧后生成0.8molCO2和 7.2g H2O，水的物质的量=7.2/18=0.4mol，根据原子守恒可知，该有机物中N(C)=0.8/0.1=8，N(H)=0.4 2 0.1=8，有机物中N(O)=(120-12 8-1 8)16=1，有机物A 的分子式为C8H8O，A 经过一系列反应得到芳香醛 E，结合信息中醛与HCN 的加成反应，可知A 含有 C=O双键，A 与 HCN发生加成反应生成B，B发生水解反应生成C，C 在浓硫酸、加热条件下生成D，D 能使溴的四氯化碳溶液褪
29、色，应为发生消去反应，D 被臭氧氧化生成E与 F，F继续被氧化生成G，G 的相对分子质量为90，则 G 为 HOOC-COOH，F为OHC-COOH，E为苯甲醛，D 为苯丙烯酸，C为 2-羟基-3-苯基丙酸，B 为，A 的结构简式为。【详解】（1）由上述分析可知，A 为；（2）只要含有羧基或羟基的都能发生酯化反应，在A G 中能发生酯化反应的有机物有B、C、D、F、G；（3）由于 C中含有羧基、羟基，另外还可以发生酯化反应生成另一种有机物，该反应的方程式为，反应类型为酯化反应。（4）C的同分异构体有多种，其中符合下列要求的有机物有多种，能与 3mol NaOH 溶液反应，说明含有酚羟基、羧酸与
30、酚形成的酯基；苯环上的一卤代物只有一种，说明苯环上含有1 种氢原子；能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合 可知，酯基为甲酸与酚形成的酯基，满足条件的有机物的结构简式为：和。（5）C中羧基和4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基发生酯化反应生成两种酯，C中的羟基和4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基脱水生成两种醚，C 中的羧基和羟基与4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基同时脱水可生成两种产物，一共可生成6 种产物。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18工业上高纯硅可以通过下列反应制取：SiCl4（g）+2H2（g）?Si（s）+4HCl（g）236kJ（1）反应涉及的元素原子半径从大到小
31、的排列顺序为_。其中硅原子最外层有_个未成对电子，有_种不同运动状态的电子；（2）反应涉及的化合物中，写出属于非极性分子的结构式：_；产物中晶体硅的熔点远高HCl，原因是_；（3）氯和硫是同一周期元素，写出一个能比较氯和硫非金属性强弱的化学方程式：_；（4）在一定温度下进行上述反应，若反应容器的容积为2L，3 分钟后达到平衡，测得气体质量减小8.4g，则在 3 分钟内 H2的平均反应速率为_；（5）该反应的平衡常数表达式K_，可以通过 _使 K 增大；（6）一定条件下，在密闭恒容器中，能表示上述反应一定达到化学平衡状态的是_。av逆（SiCl4）2v正（H2）b固体质量保持不变c混合气体密度保
32、持不变dc（SiCl4）：c（H2）：c（HCl）1：2：4【答案】SiClH 2 14、H-H Si是原子晶体而HCl 是分子晶体H2S+Cl2S+2HCl 0.1mol/（Lmin）4242(HCl)c SiC1cHc升高温度bc【解析】【详解】反应涉及的原子有Si、Cl、H，根据电子层数越多半径越大，电子层数相同，原子序数越大半径越小得出半径大小关系：SiClH；Si原子最外层有4 个电子，最外层电子排布式为：3s23p2，p 轨道有 2 个未成对电子；Si 原子核外共有14 个电子，所以就有14 种不同运动状态的电子，故答案为：SiClH；2；14；SiCl4为正四面体结构是非极性分子
33、，其结构式为：，H2是双原子形成的单子分子，也是非极性分子，其结构式为H-H；产物中硅是原子晶体，HCl 形成的是分子晶体，故晶体硅的熔点远高HCl 固体的熔点，故答案为：、H-H；Si 是原子晶体而HCl 是分子晶体；非金属性强的非金属单质可以从溶液中置换出非金属性弱的非金属单质，化学反应方程式：H2S+Cl2=2HCl+2S，故答案为：H2S+Cl2=2HCl+2S；根据化学反应方程式SiCl4（g）+2H2（g）?Si（s）+4HCl（g）减轻的质量是生成硅的质量，所以生成硅的物质的量n(Si)=8.40.328/gmolg mol，根据 n(H2)：n(Si)=2:1 得出 n(H2)
34、=0.6 mol，再根据化学反应速率公式得出1122()/0.6/2()0.1min3minn HVmolLv Hmol Lt，故答案为：0.1mol/（L?min）；平衡常数表达式等于生成物平衡浓度幂之积比上反应物平衡浓度幂之积，此反应K4242(HCl)c SiC1cHc，反应为吸热反应，升温可以使平衡右移，生成物平衡浓度增大，反应物浓度减小，故 K 增大；故答案为：4242(HCl)c SiC1cHc；升高温度；（6）av逆（SiCl4）2v正（H2），说明正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，故a 错误；b只有达到平衡时，固体质量才为一定值，未达平衡时一直在变化，故固体质量保持不变说
35、明反应达到平衡状态，故b 正确；c根据质量守恒定律可知固体质量与气体总质量之和为一定值，只有达到平衡时，气体质量才为一定值，未达平衡时一直在变化，由于容积固定，所以混合气体密度保持不变说明反应达到平衡状态，故c 正确；dc(SiCl4)、c(H2)和 c(HCl)的初始浓度未知，变化量也未知，所以当c(SiCl4)：c(H2)：c(HCl)1:2:4 时不一定为化学平衡状态，故d 错误；故答案为：bc。【点睛】化学平衡常数只是温度的函数，吸热反应升高温度使化学平衡常数增大。19将一定质量的铁粉加入装有100 mL 某浓度稀硝酸的容器中充分反应。试回答:（1）容器中剩余mg 铁粉，收集到NO 气
36、体 448 mL(标准状况下)。所得溶液中溶质的化学式为_。原稀硝酸的物质的量浓度为_。（2）向（1）中所得的固液混合物中逐滴滴加稀硫酸至刚好不再产生遇空气变成红棕色的气体为止，此时容器中剩余铁粉ng。此时溶液中溶质的化学式为_。m-n 的值为 _(精确到 0.1)。【答案】Fe(NO3)20.8 molL-1FeSO45.0【解析】【详解】（1）容器中剩有m g 的铁粉，铁过量，所得溶液中的溶质为Fe(NO3)2；硝酸完全反应生成硝酸亚铁与 NO，NO 的物质的量=0.448L 22.4L/mol=0.02mol，根据电子转移守恒，参加反应的n（Fe）=0.02mol 32=0.03mol，
37、由氮元素守恒可知：n（HNO3）=2n Fe(NO3)2+n（NO）=20.03mol+0.02mol=0.08mol，故原硝酸的物质的量浓度=0.08mol 0.1L=0.8mol/L；（2）向上述固-液混合物中逐滴加入稀硫酸，溶液中的反应顺序为：Fe先和 HNO3（氢离子由硫酸提供）生成 NO，因为此时铁还是有剩余，所以硝酸根离子被消耗尽，硝酸根反应完全后，最后是Fe 和 H2SO4反应生成 H2，至刚好不再产生遇空气变成红棕色的气体为止，此时溶液中的溶质为FeSO4；Fe先和 HNO3（氢离子由硫酸提供）生成NO，关系为：3Fe2NO3-，溶液中硝酸根离子的物质的量是0.08mol-0.02mol=0.06mol，所以消耗铁的物质的量是0.06mol 3/2=0.09mol，质量是0.09mol 56g/mol5.0g，即 m-n 的值为 5.0。