2019-2020学年湖北省武汉华中师范大学第一附属中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年湖北省武汉华中师范大学第一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．Cl2可用于废水处理。

向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体。

下列说法正确的是
A．两种无毒的气体均为还原产物
B．反应后溶液的pH会升高
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2
D．每转移2N A个电子时，一定会生成13.44L的气体
【答案】C
【解析】
【分析】
向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体，气体是氮气和二氧化碳，方程式为2KCN+8KOH+5Cl2＝2CO2+N2+10KCl+4H2O，由此分析解答。

【详解】
A．碳元素化合价从+2价升高到+4价，二氧化碳是氧化产物。

N元素化合价由﹣3价升高为0价，氮气是氧化产物，选项A错误；
B．氢氧化钾生成氯化钾，碱性变成中性，所以溶液的pH会降低，选项B错误；
C．由反应2KCN+8KOH+5Cl2＝2CO2+N2+10KCl+4H2O可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，选项C 正确；
D．状况不知，所以无法求气体的体积，选项D错误；
答案选C。

2．用如图示的方法可以保护钢质闸门。

下列说法正确的是（）
A．当a、b间用导体连接时，则X应发生氧化反应
B．当a、b间用导体连接时，则X可以是锌或石墨
C．当a、b与外接电源相连时，a应连接电源的正极
D．当a、b与外接电源相连时，阴极的电极反应式：2Cl--2e-=Cl2↑
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．当a、b间用导体连接时构成原电池，根据题意，X应为负极，发生氧化反应，A正确；
B．当a、b间用导体连接时构成原电池，根据题意，X应为负极，X应比Fe活泼，则X可以是锌，不能选用石墨，B错误；
C．当a、b与外接电源相连时，a应连接电源的负极，C错误；
D．当a、b与外接电源相连时，阴极应该发生得电子的还原反应，D错误；
答案选A。

3．在太空中发现迄今已知最大钻石直径4000公里，重达100亿万亿万亿克拉。

下列关于金刚石的叙述说法正确的是：（）
A．含1molC的金刚石中的共价键为4mol
B．金刚石和石墨是同分异构体
C．C（石墨）C（金刚石）△H=+1.9KJ/mol，说明金刚石比石墨稳定
D．石墨转化为金刚石是化学变化
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 在金刚石中，每个碳原子与周围4个C原子各形成1个共价键，所以平均每个C原子形成2个共价键，含1molC的金刚石中的共价键为2mol，A错误；
B. 金刚石和石墨互为同素异形体，B错误；
C. C（石墨）C（金刚石）△H=+1.9KJ/mol，石墨能量低，说明石墨比金刚石稳定，C错误；
D. 石墨转化为金刚石是同素异形体的转化，属于化学变化，D正确。

故选D。

4．已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，A与D同主族，B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20，C单质能与无色无味液体m反应置换出B单
质，D单质也能与m反应置换出A单质，A、B、C均能与D形成离子化合物，下列说法不正确
．．．的是( ) A．B、E两元素的形成的化合物都为黑色固体
B．B、D形成的离子化合物可能含有其价键
C．D的单质只有还原性，没有氧化性
D．工业上可以用铝热法制取金属E用于野外焊接铁轨
【答案】A
【解析】
【分析】
已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为Fe与水；C单质能与无色无味液体m反应置换出B单质，D单质也能与m反应置换出A单质，A、B单质应该
为氢气、氧气，结合原子序数可知A为H，B为O元素；A与D同主族，则D为Na元素；B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20，则C的原子序数=20-11=9，为F元素，据此解答。

【详解】
根据分析可知：A为H，B为O，C为F，D为Na，E为Fe元素；
A．O、F形成的氧化铁为红棕色，故A错误；
B．O、Na形成的过氧化钠是离子化合物，含有共价键和离子键，故B正确；
C．Na为活泼金属，金属钠只有还原性，没有氧化性，故C正确；
D．Al的还原性大于Fe，可以用铝热反应用于野外焊接铁轨，故D正确；
故答案为A。

5．下列变化中只存在放热过程的是（）
A．氯化钠晶体熔化B．氢氧化钠晶体溶于水
C．液氮的气化D．水蒸气的液化
【答案】D
【解析】
【分析】
电解质的电离、铵盐溶于水、固体融化、液体汽化等均为吸热过程，而浓硫酸、氢氧化钠固体溶于、物质的液化、液体的固化均为放热过程，据此分析。

【详解】
A．氯化钠晶体熔化是吸热的过程，选项A错误；
B．氢氧化钠固体溶于水放热，氢氧化钠在水中电离吸热，选项B错误；
C．液氮的气化是吸热的过程，选项C错误；
D．水蒸气液化，为放热过程，选项D正确。

答案选D。

6．雾霾严重影响人们的生活与健康。

某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42－、NO3－、Cl－。

某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如下的实验：
已知：3NO3－+ 8Al + 5OH－+ 2H2O3NH3+ 8AlO2－
根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是
A．试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42－和NO3－
B．试样中一定不含Al3+
C．试样中可能存在Na+、Cl－
D．该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4
【答案】B
【解析】
【分析】
试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3-，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3-；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42-，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg 2+，
【详解】
A、通过以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-，故A正确；
B、通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，故B错误；
C、通过以上分析知，试样中可能存在Na+、Cl-，要检验是否含有钠离子或氯离子，可以采用焰色反应鉴定钠离子，用硝酸酸化的硝酸银检验氯离子，故C正确；
D、根据以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-，可能存在Na+、Cl-，所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正确，
答案选B。

7．海洋是一个资源宝库，海水资源的开发和利用是现代和未来永恒的主题。

下面是海水利用的流程图：
下列有关说法不正确的是
A．过程中制得NaHCO3是先往精盐溶液中通入CO2，再通入NH3
B．氯碱工业在阳极产生了使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体
C．反应②加热MgCl2·6H2O应在HCl气流保护下制备无水MgCl2
D．反应⑤中，用Na2CO3水溶液吸收Br2后，用70—80%硫酸富集Br2
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A. 先通入氨气可增大二氧化碳的溶解度，则通入气体的顺序不合理，A项错误；
B. 氯碱工业在阳极上氯离子放电生成氯气，使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，B项正确；
C. 加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备，C项正确；
D. 用纯碱吸收溴，主要反应是3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑，生成的NaBr、NaBrO3与硫酸反应，得到Br2，达到富集目的，D项正确；
答案选A。

8．下列说法不正确的是
A．常温下，在0.1mol·L-1的HNO3溶液中，由水电离出的c(H+)＜
B．浓度为0.1mol·L－1的NaHCO3溶液：c（H2CO3）＞c（CO32－）
C．25℃时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同
D．冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小
【答案】D
【解析】
试题分析：A．硝酸是强酸抑制水的电离，则常温下，在0.1mol·L-1的HNO3溶液中，由水电离出的c(H+)＝10—13mol/L＜，A正确；B．浓度为0.1mol·L－1的NaHCO3溶液显碱性，碳酸氢根的水解程度大于电离程度，则c（H2CO3）＞c（CO32－），B正确；C．溶度积常数只与温度有关系，则25℃时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同，C正确；D．稀释促进电离，则冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性先增大后减小，而醋酸的电离程度一直增大，pH先减小后增大，D错误，答案选D。

考点：考查弱电解质的电离、盐类水解及溶度积常数的应用等
9．利用如图的实验装置和方法进行实验，能达到目的的是（）
A．甲装置可将FeC12溶液蒸干获得FeC12晶体
B．乙装置可证明浓硫酸具有脱水性和氧化性
C ．丙装置可除去CO 2中的SO 2
D ．丁装置可将NH 4Cl 固体中的I 2分离
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A.2FeCl 加热会强烈水解，并且暴露在空气中会导致2+Fe 被氧气氧化为3+Fe ，最终无法得到2FeCl ，A 项错误；
B.浓硫酸可以脱去蔗糖中的水，即“黑面包实验”，同时硫酸被还原得到2SO ，2SO 使溴水褪色，因此体现了浓硫酸的脱水性和氧化性，B 项正确；
C.碳酸钠溶液会吸收2CO 变成碳酸氢钠，因此不能用来除杂，C 项错误；
D.氯化铵固体受热易分解，碘受热易升华，二者遇冷后都重新附着于圆底烧瓶底部无法分离，D 项错误； 答案选B 。

【点睛】
除杂的第一要义是不能和原物质反应，其次是不能引入新的杂质，最后还要从可行性、操作的简便程度来选择最优的除杂方法。

10．根据下列实验操作和现象所得到的实验结论正确的是 选项
实验操作和现象
实验结论
A
向KI 溶液中滴加少量溴水，再滴加CCl 4，振荡，静置。

分
层，上层无色，下层紫红色
溴的非金属性强于碘
B 向Na 2SO 3溶液中先加入Ba （NO 3）2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解
Na 2SO 3溶液已经变质
C
向AgNO 3溶液中先滴加少量．．NaCl 溶液，生成白色沉淀，
然后再滴加Na 2S 溶液，生成黑色沉淀
溶解度：AgCI>Ag 2S
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】
【详解】
A．单质溴与KI在溶液中发生氧化还原反应生成碘单质，产生的碘单质易溶于四氯化碳，由于四氯化碳的密度比水大，与水互不相容，所以静置分层，上层无色，下层紫红色，可知溴的非金属性强于碘，A正确；B．酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钡生成硫酸钡沉淀，因此不能确定Na2SO3溶液是否变质，B错误；C．由于是向硝酸银溶液中首先滴入少量NaCl溶液，所以硝酸银过量，过量的硝酸银与滴入的Na2S反应产生Ag2S沉淀，均为沉淀生成，不能比较AgCl、Ag2S的溶解度，C错误；
D．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液中c(OH-)减小，溶液红色逐渐褪去，并不是因为BaCl2溶液是酸性溶液，D错误；
故合理选项为A。

11．下列有关解释正确的是（）
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
【分析】
A．“雷雨肥庄稼”原理是在放电条件下，氮气跟氧气能直接化合生成无色的一氧化氮气体；一氧化氮不溶于水，在常温下易跟空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；二氧化氮易溶于水，它溶于水后生成硝酸和一氧化氮；
B．不同金属元素灼烧产生不同的焰色；
C．葡萄糖是单糖不能发生水解反应，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应；
D．物质在互不相容的溶剂中的溶解度不同，可加入一种溶解性大的溶剂溶解提取的物质，进行物质分离。

【详解】
A．“三月打雷麦谷堆”（雷雨肥庄稼）的反应过程为：在放电条件下，氮气跟氧气能直接化合生成无色的一氧化氮气体；一氧化氮不溶于水，在常温下易跟空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；二氧化氮易溶于水，它溶于水后生成硝酸和一氧化氮，氮气和氧气不能生成二氧化氮，即N2+2O22NO，2NO+O2=2NO2，故A错误；
B．火树银花”是不同金属元素灼烧产生的现象，与金属的焰色反应有关，没有生成新物质，是物理变化，故B错误；
C．葡萄糖是单糖不能发生水解反应，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应，故C错误。

D．屠呦呦对青蒿素的提取，是物理变化过程，符合萃取原理，故D正确；
【点睛】
本题考查化学与生产、生活的关系，解题关键：够熟悉物质的性质并用化学知识解释化学现象。

易错点C，学生对对酿酒的原理不熟悉。

12．下列关于糖类的说法正确的是
A．所有糖类物质都有甜味，但不一定都溶于水
B．葡萄糖和果糖性质不同，但分子式相同
C．蔗糖和葡萄糖都是单糖
D．摄入人体的纤维素在酶的作用下能水解为葡萄糖
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A项，糖类不一定有甜味，如纤维素属于糖类但没有甜味，故A项错误；
B项，葡萄糖和果糖结构不同，性质不同，但分子式相同，故B项正确；
C项，葡萄糖为单糖，蔗糖为二糖，故C项错误；
D项，人体内无纤维素酶，不能使纤维素发生水解生成葡萄糖，故D项错误。

综上所述，本题正确答案为B。

【点睛】
糖类物质是多羟基(2个或以上)的醛类(aldehyde)或酮类(Ketone)化合物，在水解后能变成以上两者之一的有机化合物。

在化学上，由于其由碳、氢、氧元素构成，在化学式的表现上类似于“碳”与“水”聚合，故又称之为碳水化合物。

13．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号X Y Z W
原子半径/pm 160 143 75 74
主要化合价＋2 ＋3 ＋5、－3 －2
下列叙述正确的是()
A．Y的最高价氧化物对应的水化物显两性
B．放电条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2
C．X、Y元素的金属性：X<Y
D．X2＋的离子半径大于W2－的离子半径
【答案】A
【解析】
【分析】
W化合价为-2价，没有最高正化合价+6价，故W为O元素；
Z元素化合价为+5、-3，Z处于ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，故Z为N元素；
X化合价为+2价，应为ⅡA族元素，Y的化合价为+3价，处于ⅢA族，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为Mg元素，Y为Al元素，结合元素周期律与元素化合物性质解答。

【详解】
根据上述分析可知，X、Y、Z、W分别是Mg、Al、N、O元素，则
A. Y的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，即可以与强酸反应，也可以与强碱反应，显两性，故A正确；
B. 放电条件下，氮气与氧气会生成NO，而不能直接生成NO2，故B错误；
C. 同一周期中，从左到右元素的金属性依次减弱，则金属性：Mg>Al，即X>Y，故C错误；
D. 电子层数相同时，元素原子的核电荷数越小，离子半径越大，则Mg2＋的离子半径小于O2－的离子半径，故D错误；
答案选A。

14．能确定为丙烯的化学用语是（）
A．B．C3H6C．D．CH2=CH-CH3
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．球棍模型中不一定由C、H两种元素组成，所以不一定为丙烯，A不合题意；B．C3H6可能为丙烯，也可能为环丙烷，所以不一定为丙烯，B不合题意；
C ．中少了1个H 原子，丙烯的电子式为：，C不合题意；
D．丙烯的结构简式为：CH2=CH-CH3，D符合题意；
故选D。

15．乙醇转化为乙醛，发生的反应为
A．取代反应B．加成反应C．消除反应D．氧化反应
【答案】D
【解析】
【分析】
乙醇在催化条件下，可与氧气发生反应生成乙醛，以此解答。

【详解】
乙醇在催化条件下，可与氧气发生氧化反应生成乙醛，—OH被氧化生成—CHO，为氧化反应。

答案选D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．某小组同学研究SO2和KI溶液的反应，设计如下实验。

实验操作现象
I
溶液迅速变为浅黄色，将溶液进行离心分
离无固体沉积，加入淀粉溶液，不变色
II 溶液立即变成深黄色，将溶液进行离心分离有浅黄色固体沉积，溶液黄色变浅，加入淀粉溶液，不变色
（1）加入淀粉溶液的目的是______，为达到相同的目的，还可选用的试剂是______。

（2）经检验，II中的浅黄色固体是硫。

资料显示，在酸性条件下，SO2和KI溶液反应生成S和I2。

① 在酸性条件下，SO2和KI溶液反应的离子方程式是______。

② 针对II中加入淀粉溶液不变色，甲同学提出假设：______。

为证实该假设，甲同学取II中离心分离后的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成。

③ 乙同学认为甲同学的实验方案不支持上述假设，理由是______。

④ 丙同学向1 mL 1 mol·L−1 KCl溶液中加入5滴1 mol·L−1盐酸，通入SO2，无明显实验现象，再加入盐酸酸化的BaCl2溶液，几乎没有白色沉淀。

丙同学的实验结论是______。

（3）实验表明，I−是SO2转化的催化剂。

补全下列离子方程式。

SO2＋H2O ===_____＋＋
（4）对比实验I和II，推测增大H+的浓度可加快SO2的转化速率。

为证实该推测，还需进一步进行实验证明，实验方案是______。

【答案】检验是否有I2生成CCl4（苯、煤油）SO2 +4I− +4H+ == 2I2 +S+2H2O SO2将I2还原为I−空气中的O2将SO2氧化为SO42−O2不是SO2氧化为SO42−的主要原因3SO2+2H2O === 4H++ 2SO42−+S向1 mL 1 mol·L−1 KI溶液中加入 5滴1 mol·L−1 KCl溶液后，再通入 SO2气体，观察现象
【解析】
【分析】
（1）碘遇淀粉溶液蓝色，碘易溶于有机溶剂，且碘的四氯化碳溶液显紫红色；
（2）经检验，II中的浅黄色固体是硫。

资料显示，在酸性条件下，SO2和KI溶液反应生成
①在酸性条件下，SO2和KI溶液反应S和I2，结合守恒法写出发生反应的离子方程式；
②离心分离后的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42-，说明I2能氧化SO2生成SO42-；
③空气中有氧气，也能氧化SO2；
④加入盐酸酸化的BaCl2溶液，几乎没有白色沉淀，说明溶液中无SO42-；
（3）I−是SO2转化的催化剂，可知SO2在反应中既被氧化生成SO42-，又被还原生成S，结合守恒法配平离子反应方程式；
（4）通过改变H+的浓度来判断SO2的转化速率是否发生改变；
【详解】
（1）利用碘遇淀粉溶液蓝色，加入淀粉溶液可检验反应中有碘生成；碘易溶于有机溶剂，也可以加入CCl4后振荡静置，看有机层是否显紫红色，来判断反应中有碘生成；
（2）①在酸性条件下，SO2和KI溶液反应S和I2，发生反应的离子方程式为SO2 +4I− +4H+ == 2I2 +S+2H2O；
②II中加入淀粉溶液不变色，说明I2被还原，结合SO2具有还原性，可假设SO2将I2还原为I−；
③乙同学认为空气中有氧气，也能将SO2氧化为SO42−，故不支持甲同学的上述假设；
④加入盐酸酸化的BaCl2溶液，几乎没有白色沉淀，说明溶液中无SO42-，由此可得出O2不是SO2氧化为SO42−的主要原因；
（3）I−是SO2转化的催化剂，可知SO2在反应中既被氧化生成SO42-，又被还原生成S，发生反应的离子反应方程式为3SO2+2H2O === 4H++ 2SO42− +S；
（4）向1 mL 1 mol·L−1 KI溶液中加入5滴1 mol·L−1 KCl溶液后，再通入SO2气体，观察现象，进而判断增大H+的浓度是否可加快SO2的转化速率。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．化合物A 含有碳、氢、氧三种元素，其质量比是3:1:4,B 是最简单的芳香烃，D 是有芳香气味的酯。

它们之间的转换关系如下：
回答下列问题：
(1)A 的结构简式为__________________________________________。

(2)C 中的官能团为__________________________________________。

(3) 的一氯代物有_________________________________________种。

(不考虑立体异构)
(4)反应④的化学方程式为______________________________________________________________。

【答案】CH3OH 羧基 5
【解析】
【分析】
(1)根据化合物A的质量比分析，
314
n(C):n(H):n(O)=1:4:1
12116
=：：，因此A的结构简式为CH3OH。

(2)乙苯和酸性高锰酸钾反应生成苯甲酸，因此C中含有羧基。

(3) 有五种位置的氢，因此其一氯代物有5种。

(4)反应④是甲醇和苯甲酸酯化反应，其化学方程式为：。

【详解】
(1)根据化合物A的质量比分析，
314
n(C):n(H):n(O)=1:4:1
12116
=：：，因此A的结构简式为CH3OH，故
答案为：CH3OH。

(2)乙苯和酸性高锰酸钾反应生成苯甲酸，因此C中含有羧基，故答案为：羧基。

(3) 有五种位置的氢，因此其一氯代物有5种，故答案为：5。

(4)反应④是甲醇和苯甲酸酯化反应，其化学方程式为：
，故答案为：。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料。

以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如图所示：
请回答下列问题：
（1）B 和N 相比，电负性较大的是___，BN 中B 元素的化合价为___；
（2）在BF 3分子中，F —B —F 的键角是___；BF 3和过量NaF 作用可生成NaBF 4，BF 4-的立体构型为___； （3）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B 原子与N 原子之间的化学键为___，层间作用力为___，六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为___，其结构与石墨相似却不导电，原因是___。

（4）六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶
胞边长为361.5pm 。

立方氮化硼晶胞中含有___个氮原子、___个硼原子，立方氮化硼的密度是___g·
cm -3(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为N A )。

【答案】N +3 120° 正四面体 极性共价键 分子间作用力 平面三角形 层状结构
中没有自由移动的电子 4 4
()310A 100
361.510N -⨯ 【解析】
【详解】
（1）同一周期元素，电负性随着原子序数增大而增大，所以电负性N>B ；化合物中各元素化合价的代数和为0，该化合物中N 元素化合价为−3价，则B 元素化合价为+3价，
故答案为：N ；+3；
（2）BF 3分子中B 原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以为平面正三角形结构，则F−B−F 的键角是120°；4BF -中B 原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，所以4BF -是正四面体结构，
故答案为：120°；正四面体；
（3）不同非金属元素之间易形成极性键，所以B−N 原子之间存在极性键共价键；石墨层间作用力为分子间作用力，所以层之间存在分子间作用力；六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与3个氮原子形成平面三角形结构，最外层电子全部成键，没有自由移动的电子存在，故不能导电，
故答案为：极性共价键；分子间作用力；平面三角形；层状结构中没有自由移动的电子；
（4）该晶胞中如果B 原子位于顶点和面心上，则N 原子位于晶胞内部，且一个顶点和三个面心上B 原子连接一个N 原子，所以该晶胞中B 原子个数=1
18+682
⨯⨯=4，N 原子个数也为4；该晶胞边长=361.5pm=361.5×10−10cm ，体积=(361.5×10−10cm)3，密度= A M 4N V
⨯ =
()A 310254N 361.510-⨯⨯g/cm 3=()
310A 100361.510N -⨯g/cm 3， 故答案为：4；4；
()310A 100
361.510N -⨯。

【点睛】 对于晶体的密度计算方法为：先计算一个晶胞的质量，然后根据晶胞参数计算晶胞的体积，然后利用密度公式计算晶胞密度，其主要易错点在于单位的换算以及晶胞内相关原子个数的计算；晶体是否导电取决于晶体内是否存在自由移动的电子（晶体在没有溶解以及融化时，不存在自由移动的离子）。

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 Al 2O 3 MgCl 2 AlCl 3 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MgCl 2而不电解MgO 的原因是___；制铝时，电解Al 2O 3而不电解AlCl 3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)SiCl 4SiCl 4(纯)Si(纯)
写出SiCl 4的电子式：___；在上述由SiCl 4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）P 2O 5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P 2O 5干燥的是____。

a ．NH 3
b ．HI
c ．SO 2
d ．CO 2
（6）KClO 3可用于实验室制O 2，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。

写出该反应的化学方程式：____。

【答案】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 SiCl 4(g)+2H 2(g)=Si(s)+4HCl(g) H ∆=+0.025a kJ•mol -1 b 4KClO 3=400℃
KCl+3KClO 4
【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。