《2019-2020学年安徽省定远县张桥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学年安徽省定远县张桥中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（18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学年安徽省定远县张桥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常温下，向1 L 0.1 mol/LNH4Cl 溶液中，不断加入固体NaOH 后，NH4+与 NH3 H2O 的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发，且始终维持常温)，下列说法不正确的是()A当 n(NaOH)0.1 mol 时，溶液中存在NH3 H2O Ba0.05 C在 M 点时，n(OH)n(H)(a0.05)mol D当 n(NaOH)0.1 mol 时，c(Na)c(Cl)c(OH)【答案】B【解析】【详解】A、当 n(NaOH)
2、=0.1mol，与 NH4Cl 恰好完全反应，NaOH NH4Cl=NaCl NH3H2O，溶液中存在NH3H2O，故 A 说法正确；B、当 a=0.05mol 时，溶液中的溶质为0.05molNH4Cl 和 0.05molNH3H2O，而 NH4的水解程度小于NH3H2O 的电离，c(NH4)c(NH3 H2O)，与题意不符，故B 说法错误；C、在 M 点时，n(Na)=amol，n(Cl)=0.1mol，n(NH4)=0.05mol，根据电荷守恒，n(NH4)n(Na)n(H)=n(OH)n(Cl)，则 n(OH)n(H)=n(NH4)n(Na)n(Cl)=0.05n(Na)n(Cl)=(
3、a 0.05)mol，故 C 说法正确；D、加入 0.1molNaOH后，刚好生成0.1molNaCl 和 NH3H2O，则 c(Na)=c(Cl)c(OH)，故 D 说法正确；答案选 B。2CO2催化加氢制取甲醇、乙醇等低碳醇的研究，对于环境问题和能源问题都具有非常重要的意义。已知一定条件下的如下反应：CO2(g)+3H2(g)垐?噲?CH3OH(g)+H2O(g)?H=49.0 kJ mol-12CO2(g)+6H2(g)垐?噲?CH3CH2OH(g)+3H2O(g)?H=173.6 kJ mol-1下列说法不正确的是A CH3OH(g)+CO2(g)+3H2(g)垐?噲?CH3CH2OH
4、(g)+2H2O(g)?H0 B增大压强，有利于反应向生成低碳醇的方向移动，平衡常数增大C升高温度，可以加快生成低碳醇的速率，但反应限度降低D增大氢气浓度可以提高二氧化碳的转化率【答案】B【解析】【详解】A.根据盖斯定律，用第二个反应减第一个反应得：322322CH OH gCOg+3HgCH CH OH g+2H O g H=-124.6kJ/mol?，故 A 正确；B.温度不变，平衡常数不变，故B 错误；C.升高温度，正逆反应速率都可以加快，升高温度，平衡向吸热反应方向进行，即平衡逆向移动，反应限度降低，故C 正确；D.反应物中氢气和二氧化碳都是气体，增大一种反应物的浓度可以提高另一种反应
5、物的转化率，故 D 正确；故选：B。3实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、表面皿、玻璃棒（非玻璃仪器任选），选用上述仪器能完成的实验是（）A粗盐的提纯B制备乙酸乙酯C用四氯化碳萃取碘水中的碘D配制 0.1mol L-1的盐酸溶液【答案】B【解析】【详解】A 选项，粗盐的提纯需要用到漏斗，故A 不符合题意；B 选项，制备乙酸乙酯需要用到试管、导管、酒精灯，故B符合题意；C 选项，用四氯化碳萃取碘水中的碘，需要用到分液漏斗，故C不符合题意；D 选项，配制0.1mol L-1的盐酸溶液，容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故D 不符合题意。综上所述，答案为B。【点睛】有试管、导管和酒
6、精灯三种玻璃仪器即可完成乙酸乙酯的制备实验（如图）4在密闭容器中，可逆反应aA（g）?bB（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增大一倍，当达到新的平衡建立时，B 的浓度是原来的60%，则新平衡较原平衡而言，下列叙述错误的是（）A平衡向正反应方向移动B物质 A 的转化率增大C物质 B 的质量分数减小D化学计量数 a 和 b 的大小关系为ab【答案】C【解析】【分析】温度不变，将容器体积增加1 倍，若平衡不移动，B 的浓度是原来的50%，但体积增大时压强减小，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，可知减小压强向生成B 的方向移动，减小压强向气体体积增大的方向移动，以此解答该题。【详解】A
7、、由上述分析可知，平衡正向移动，故A 不符合题意；B、平衡正向移动，A的转化率增大，故B 不符合题意；C、平衡正向移动，生成B 的物质的量增大，总质量不变，则物质B的质量分数增加了，故C符合题意；D、减小压强向生成B 的方向移动，减小压强向气体体积增大的方向移动，则化学计量数关系ac(HR-)c(H2R)c(R2-)C对应溶液的导电性：b c D a、b、c、d 中，d 点所示溶液中水的电离程度最大【答案】D【解析】A、a 点所示溶液中：c(H2R)+c(HR)+c(R2)=200.1/0.06672010mLmolLmLmLmolL1，故 A错误；B、b点所示溶液相当于Na2R，R2部分水解
8、生成HR,HR再水解生成H2R，故 c(Na+)c(R2-)c(HR-)c(H2R)，B错误；C、溶液的导电性强弱与溶液中阴阳离子的浓度大小和离子所带的电荷数有关系，c 点溶液中离子浓度大，对应溶液的导电性：b B，故碱性 NaOH Be(OH)2，A 选项错误；BH2O 含有氢键，分子间作用力较强，氢化物的沸点较高，则H2D A1，C选项错误；D Be2+与 Na+的核外电子数分别为2、10，二者核外电子数不等，D 选项错误；答案选 B。【点睛】本题主要考查了学生有关元素周期表和周期律的应用，难度一般，解答关键在于准确掌握原子半径和化合价的关系，熟记元素周期表中的递变规律，学以致用。14下列
9、反应或过程吸收能量的是()A苹果缓慢腐坏B弱酸电离C镁带燃烧D酸碱中和【答案】B【解析】【详解】A、苹果缓慢腐坏，属于氧化反应，该反应为放热反应，故A 不符合题意；B、弱酸的电离要断开化学键，吸收能量，故B 符合题意；C、镁带燃烧，属于放热反应，故C 不符合题意；D、酸碱中和，属于放热反应，故D 不符合题意；答案选 B。1525 时，将0.10 molL1 CH3COOH溶液滴加到10mL 0.10molL1NaOH 溶液中，lg-33c(CH COO)c(CH COOH)与pH 的关系如图所示，C点坐标是(6，1.7)。(已知：lg5=0.7)下列说法正确的是A Ka(CH3COOH)5.0
10、 105BKa(CH3COOH)5.0 106CpH7 时加入的醋酸溶液的体积小于10 mL D B点存在 c(Na)c(CH3COO)(106108)mol L1【答案】A【解析】【分析】醋酸的电离常数-+33(CH COO)(H)(CH COOH)ccKac，取对数可得到-33(CH COO)lglgpH(CH COOH)cKac；【详解】A.据以上分析，将C点坐标(6,1.7)代入-33(CH COO)lglgpH(CH COOH)cKac，可得 lg Ka(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，Ka(CH3COOH)=5.0 10-5，A 正确；B.根据 A 项分析可知，B错误；C.
11、当往 10 mL 0.10 molL-1 NaOH 溶液中加入10 mL 0.10 mol L-1醋酸溶液时，得到CH3COONa溶液，溶液呈碱性，故当pH=7 时加入的醋酸溶液体积应大于10mL，C错误；D.B 点-33(CH COO)lg=4(CH COOH)cc，又 lg Ka(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，则由-33(CH COO)lglgpH(CH COOH)cKac得，pH=8.3，c(H+)=10-8.3 mol L-1，结合电荷守恒式：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)知，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=(10-
12、5.7-10-8.3)mol L-1，D 错误；答案选 A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16结晶硫酸亚铁部分失水时，分析结果如仍按FeSO4 7H2O 的质量分数计算，其值会超过100。国家标准规定，FeSO4 7H2O的含量：一级品 99.50 100.5；二级品 99.00 100.5；三级品 98.00 101.0。为测定样品中FeSO4 7H2O 的质量分数，可采用在酸性条件下与高锰酸钾溶液进行滴定。5Fe2MnO48H 5Fe3Mn2 4H2O；2MnO45C2O42 16H 2Mn2 10CO2 8H2O 测定过程：粗配一定浓度的高锰酸钾溶液1L，然后称取0.200
13、 g 固体 Na2C2O4（式量为134.0）放入锥形瓶中，用蒸馏水溶解并加稀硫酸酸化，加热至70 80。(1)若要用滴定法测定所配的高锰酸钾溶液浓度，滴定终点的现象是_。(2)将溶液加热的目的是_；反应刚开始时反应速率较小，其后因非温度因素影响而增大，根据影响化学反应速率的条件分析，其原因可能是_。(3)若滴定时发现滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束气泡消失，则测得高锰酸钾浓度_（填“偏大”“偏小”“无影响”）。(4)滴定用去高锰酸钾溶液29.50mL，则 c(KMnO4)_mol/L（保留四位有效数字）。(5)称取四份FeSO4 7H2O 试样，质量均为0.506g，用上述高锰酸钾溶液滴定达到
14、终点，记录滴定数据滴定次数实验数据1 2 3 4 V(高锰酸钾)/mL(初读数)0.10 0.20 0.00 0.20 V(高锰酸钾)/mL(终读数)17.76 17.88 18.16 17.90 该试样中FeSO4 7H2O 的含量（质量分数）为_（小数点后保留两位），符合国家 _级标准。(6)如实际准确值为99.80%，实验绝对误差=_%，如操作中并无试剂、读数与终点判断的失误，则引起误差的可能原因是：_。【答案】滴入最后1 滴 KMnO4溶液后，溶液变为浅红色，且半分钟不褪去加快反应速率反应开始后生成Mn2，而 Mn2是上述反应的催化剂，因此反应速率加快偏小0.02024 98.30%三
15、-1.5%空气中氧气氧化了亚铁离子使高锰酸钾用量偏小【解析】【分析】(1)依据滴定实验过程和试剂滴入顺序可知，滴入高锰酸钾溶液最后一滴，溶液变红色，半分钟内不变证明反应达到终点；故答案为：滴入最后1 滴 KMnO4溶液后，溶液变为浅红色，且半分钟不褪去；(2)加热加快反应速率，反应过程中生成的锰离子对反应有催化作用分析；(3)若滴定时发现滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束气泡消失，消耗高锰酸钾待测溶液体积增大，则测得高锰酸钾浓度减小；(4)2MnO45C2O4216H 2Mn210CO28H2O，依据化学反应定量关系，计算所标定高锰酸钾溶液的浓度；(5)依据图表数据计算，第三次实验数据相差大舍去，
16、计算其他三次的平均值，利用反应定量关系计算亚铁离子物质的量得到FeSO4 7H2O 的含量，结合题干信息判断符合的标准；(6)测定含量-实际含量得到实验绝对误差，亚铁离子溶液中易被空气中氧气氧化分析可能的误差。【详解】(1)依据滴定实验过程和试剂滴入顺序可知，滴入高锰酸钾溶液最后一滴，溶液变红色，半分钟内不变证明反应达到终点；(2)粗配一定浓度的高锰酸钾溶液1L，然后称取0.200g 固体 Na2C2O4(式量为 134.0)放入锥形瓶中，用蒸馏水溶解并加稀硫酸酸化，加热至7080，加热加快反应速率，反应刚开始时反应速率较小，其后因非温度因素影响而增大，根据影响化学反应速率的条件分析，其原因可
17、能是反应过程中生成的锰离子对反应有催化作用分析；故答案为：加快反应速率，反应开始后生成Mn2+，而 Mn2+是上述反应的催化剂，因此反应速率加快；(3)若滴定时发现滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束气泡消失，消耗高锰酸钾待测溶液体积增大，溶质不变则测得高锰酸钾浓度减小；故答案为：偏小；(4)0.200g 固体 Na2C2O4(式量为 134.0)，n(C2O42-)=0.200g134g/mol=0.0014925mol，依据化学反应定量关系，计算所标定高锰酸钾溶液的浓度；2MnO45C2O42 16H 2Mn2 10CO2 8H2O，2 5 n 0.0014925mol n=0.000597mo
18、l 滴定用去高锰酸钾溶液29.50mL，则 c(KMnO4)=0.000597mol0.02950L=0.02024mol/L；(5)依据图表数据计算，第三次实验数据相差大舍去，计算其他三次的平均值=17.76ml0.10ml17.88ml0.20ml17.90ml0.20ml3=17.68mL，利用反应定量关系计算亚铁离子物质的量得到FeSO4 7H2O 的含量，5Fe2MnO48H 5Fe3Mn2 4H2O；5 1 n 0.01768L 0.02024mol/L n=0.001789mol FeSO4 7H2O 的含量=0.001789mol278g/mol0.5060g 100%=98.
19、30%，三级品98.00%101.0%结合题干信息判断符合的标准三级品；(6)测定含量-实际含量得到实验绝对误差=98.30%-99.80%=-1.5%，亚铁离子溶液中易被空气中氧气氧化为铁离子，高锰酸钾溶液用量减小引起误差。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17钴元素由于其良好的物理化学性质，被广泛应用于生产生活中。利用含钴废料(含 CoO、Co2O3、金属Al、Li 等)制取 CoCl2 6H2O 的流程图如图所示(1)写出步骤I 中主要反应的化学方程式_。(2)步骤 II 中可用盐酸代替H2SO4与 H2O2的混合液，但缺点是_。(3)步骤 III中 Na2CO3溶液的作用是_
20、。(4)若在实验室煅烧CaCO3，所需硅酸盐材质的仪器除酒精灯和玻璃棒外，还有_(填仪器名称)。(5)操作的步骤是_、_、过滤、洗涤、干燥。洗涤过程中可以用乙醇和水的混合液代替水的优点是 _。(6)CoCl2?6H2O 晶体受热易分解，取119g 该晶体加热至某一温度，得到CoCl2?xH2O 晶体 83g，则 x=_。【答案】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2、2Li+2H2O=2LiOH+H2 氧化产物为氯气会污染环境调节 pH 除去 Al3+，坩埚、泥三角蒸发浓缩冷却结晶减少晶体的溶解损失2【解析】【分析】含钴废料(含 CoO、Co2O3、单质 Al、Li 等)加入烧碱
21、溶液溶解，得到含铝溶液，过滤除去滤液，得到含钴的滤渣，加入浸出剂浸取钴，得到含有Co2+、Al3+、Li+的溶液，加入碳酸钠溶液调节pH4.55 沉淀 Al3+：2Al3+3CO32-+2H2O=2Al(OH)3+3CO2，再加入NaF沉淀 Li+，之后过滤，向滤液中加碳酸钠调节pH 至 88.5，沉淀 Co2+，得到 CoCO3，灼烧 CoCO3得到 CoO，用稀盐酸溶解得到CoCl2溶液，将溶液在HCl 氛围中，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到CoCl2?6H2O，以此解答该题。【详解】(1)步骤 I 为含钴废料(含 CoO、Co2O3、单质 Al、Li 等)与 NaOH 溶液混合
22、，Al 与 NaOH 溶液反应，Li 与水反应，反应分别为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2、2Li+2H2O=2LiOH+H2；(2)步骤 应加入还原剂，将Co2O3还原为 Co2+，盐酸为还原性酸，但其氧化产物为氯气，氯气有毒会污染环境；(3)步骤 中加入碳酸钠溶液调节pH4.55 可除去 Al3+，发生反应：2Al3+3CO32-+2H2O=2Al(OH)3+3CO2；(4)在实验室煅烧CoCO3，所需的硅酸盐质仪器有酒精灯、玻璃棒、坩埚、泥三角；(5)操作是从CoCl2溶液中结晶CoCl2?6H2O，具体为：将溶液在HCl 氛围中，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干
23、燥；洗涤过程中可以用乙醇和水的混合液代替水，可以减少晶体的溶解损失；(6)119g 该晶体的物质的量为119g238g/mol=0.5mol，含水 3mol，加热后失去结晶水的质量为119g-83g=36g，n(H2O)=36g18g/mol=2mol，则 0.5molCoCl2?xH2O 含水为 3mol-2mol=1mol，所以 x=2。【点睛】玻璃、水泥、陶瓷均属于硅酸盐材料；从溶液中获取晶体，一般要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18化学反应总是伴随能量变化，已知下列化学反应的焓变2HI(g)H2(g)+I2(g)H1SO2(
24、g)+I2(g)+2H2O(g)H2SO4(l)+2HI(g)H2H2SO4(l)H2O(g)+SO2(g)+1/2O2(g)H32H2O(g)2H2(g)+O2(g)H4（1）H4与 H1、H2、H3之间的关系是：H4=_。（2）若反应SO2(g)+I2(g)+2H2O(g)H2SO4(l)+2HI(g)在 150下能自发进行，则H_0 A大于B小于C等于D大于或小于都可以 CO2为碳源制取低碳有机物成为国际研究焦点，下面为CO2加氢制取乙醇的反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)HQkJ/mol(Q 0)在密闭容器中，按CO2与 H2的物质的量之比为1:3
25、 进行投料，在5MPa 下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数（y%）如下图所示。完成下列填空：（1）表示 CH3CH2OH体积分数曲线的是_（选填序号）（2）在一定温度下反应达到平衡的标志是_A.平衡常数K 不再增大B.CO2的转化率不再增大C.混合气体的平均相对分子质量不再改变D.反应物不再转化为生成物（3）其他条件恒定，如果想提高CO2的反应速率，可以采取的反应条件是_（选填编号）；达到平衡后，能提高H2转化率的操作是_（选填编号）A降低温度B充入更多的H2C移去乙醇D增大容器体积（4）图中曲线a 和 c的交点 R 对应物质的体积分数yR=_%。【答案】H4=2H1+2H2+2H3
26、BbBCBC37.5【解析】【分析】【详解】.（1）已知：2HI(g)H2(g)+I2(g)H1 SO2(g)+I2(g)+2H2O(g)H2SO4(l)+2HI(g)H2 H2SO4(l)H2O(g)+SO2(g)+1/2O2(g)H3 2H2O(g)2H2(g)+O2(g)H4根据盖斯定律（+）2 即得到，因此H4=2H1+2 H2+2H3；（2）化学反应自发进行的判据是HTS0，反应 SO2(g)+I2(g)+2H2O(g)H2SO4(l)+2HI(g)是熵减的反应，在150下能自发进行，则H 一定小于0，选 B；.（1）升高温度，平衡正向移动，二氧化碳与氢气的含量减小，乙醇与水的含量增
27、加，反应开始时按H2与 CO2的物质的量之比为3:1 进行投料，所以生成的乙醇与水的物质的量比仍为1:3，即水的含量是乙醇含量的3 倍，所以表示CH3CH2OH 组分的曲线是b；（2）A.对于一个确定的化学反应，平衡常数K始终不变，不能作为标志，A 项错误；B反应开始时二氧化碳的转化率一直升高，达平衡时CO2的转化率不再增大，B项正确；C该反应是反应前后气体的物质的量改变的可逆反应，气体总质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量一直在变化，达平衡时不再变化，C项正确；D化学平衡是动态平衡，反应一直进行，D 项错误；选BC。（3）对于反应2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2
28、O(g)H0，A降低温度，化学反应速率降低，平衡逆向移动，H2转化率降低；B充入更多的H2，化学反应速率增大，平衡正向移动，但H2的转化率降低；C移去乙醇，化学反应速率降低，平衡正向移动，H2转化率增大；D增大容器体积，化学反应速率降低，平衡逆向移动，H2的转化率降低，其他条件恒定，如果想提高CO2的反应速率，可以采取的反应条件是B，达到平衡后，能提高H2转化率的操作是C；（4）根据题意：223222CO+6HCH CH OH+3H O(mol)1300(mol)2x6xx3x(mol)12x36xx3x垐?噲?起始量转化量平衡量列方程 3x=3-6x，解得 x=1/3，则图中曲线a 和 c
29、的交点 R 对应物质的体积分数为3x/(4-4x)100%=37.5%。19元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题：（1）按原子序数递增的顺序(稀有气体除外)，以下说法正确的是_。a原子半径和离子半径均减小b金属性减弱，非金属性增强c氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强d单质的熔点降低（2）原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为_，氧化性最弱的简单阳离子是_。（3）已知：化合物MgO Al2O3MgCl2AlCl3类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物熔点/2800 2050 714 191 工业制镁时，电解MgCl2而不电解MgO 的原因是
30、 _；制铝时，电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是 _。（4）晶体硅(熔点 1410)是良好的半导体材料。由粗硅制纯硅过程如下：Si(粗)SiCl4SiCl4(纯)Si(纯)写出 SiCl4的电子式：_；在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12kg 纯硅需吸收akJ热量，写出该反应的热化学方程式：_。（5）P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是 _。aNH3bHI cSO2d CO2（6）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为11。写出该反应的化学方程式：_。【答案】
31、b 氩Na+MgO 的熔点高，熔融时消耗更多能量，增加生产成本氯化铝是共价化合物，熔融态氯化铝难导电SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)H=+0.025a kJ?mol-1b 4KClO3=400KCl+3KClO4【解析】【分析】（1）a、同一周期，随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，简单离子半径先减小后增大再减小；b、同一周期元素，随着原子序数的增大，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；c、元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；d、同一周期元素，其单质的熔点先增大后减小；（2）第三周期中，次外层电子
32、数为8，原子最外层电子书与次外层电子数相同，则该元素为氩；第三周期中简单阳离子为钠离子、镁离子和铝离子，金属的还原性越强，对应离子的氧化性越弱；（3）氧化镁熔点远远大于氯化镁，电解MgO 冶炼 Mg 浪费能源；氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电；（4）四氯化硅为共价化合物，氯原子和硅原子都达到8 个电子，每生成1.12kg 纯硅需吸收akJ热量，结合物质的量与反应放出的热量成正比计算；（5）浓硫酸具有强氧化性、酸性，P2O5是非氧化性干燥剂；（6）根据题干信息判断该无氧酸盐为氯化钾，再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐名称，最后根据化合价升降相等配平即可。【详解】（1）a、第三周期中，随着原子
33、序数的递增，原子半径逐渐减小，而离子半径需要根据阴阳离子进行讨论，阳离子只有2 个电子层，随着核电荷数在增大，半径逐渐减小，而阴离子有3 个电子层，随着核电荷数的增加逐渐减小，但是阴离子半径整体大于阳离子半径，从阳离子到阴离子，半径在增大，故a 错误；b、同一周期中，随着核电荷数的递增，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，故b 正确；c、元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，所以其最高价氧化物的水化物碱性减弱、酸性增强，故c错误；d、同一周期元素，其单质的熔点先增大后减小，Si 的熔点最高，故d 错误；故答案为：b；（2）原子
34、最外层电子书与次外层电子数相同，而第三周期中次外层电子为8，该元素原子结构示意图为，则该元素为氩；金属的还原性越强，对应离子的氧化性越弱，所以第三周期中氧化性最弱的为 Na+，故答案为：氩；Na+；（3）氧化镁熔点远远大于氯化镁，电解MgO 冶炼 Mg 浪费能源，所以用熔融态氯化镁冶炼镁；氯化铝是共价化合物，熔融状态下以分子存在，所以不导电，则用熔融氧化铝冶炼Al，故答案为：MgO 的熔点高，熔融时消耗更多能量，增加生产成本；氯化铝是共价化合物，熔融态氯化铝难导电；（4）四氯化硅为共价化合物，氯原子和硅原子都达到8 个电子，四氯化硅的电子式为，每生成 1.12kg 纯硅需吸收akJ热量，则生成
35、1mol 纯硅吸收的热量为3a1.12 1028=0.025akJ，所以热化学方程式为：SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)H=+0.025a kJ?mol-1，故答案为：；SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)H=+0.025a kJ?mol-1；（5）浓硫酸具有强氧化性、酸性，不能干燥具有还原性、碱性的气体，a、NH3为碱性气体，不能用浓硫酸和五氧化二磷干燥，可用碱石灰干燥，故错误；b、HI 为还原性气体，不能利用浓硫酸干燥，可以利用P2O5干燥，故正确；c、SO2为酸性气体，可以用浓硫酸、五氧化二磷或无水氯化钙干燥，故错误；d、CO2为酸性气体，可以用浓硫酸、五氧化二磷或无水氯化钙干燥，故D 错误；故答案为：b；（6）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为-1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO3=400KCl+3KClO4，故答案为：4KClO3=400KCl+3KClO4。