2019-2020学年安徽巢湖市新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽巢湖市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中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等 9 种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。已知：铟与铝（13Al）同主族。下列说法错误的是（）A In 的金属性大于 Al BIn 最外层有 2 种能量的电子C11549In 的中子数为 66 D11549In 原子的相对原子质量为 115【答案】D【解析】【分析】A、同一主族元素的金属性随着原子序数的增大而增强；B、铟与铝(13Al)同主族，则In 的最外层电子数为3，排布在s、p 轨道上；C

2、、中子数=质量数-质子数，据此计算判断；D、11549In的质量数为115。【详解】A、铟与铝(13Al)同主族，并且铟元素的原子序数较大，同主族从上至下金属性逐渐增加，所以In 的金属性强，故 A 不符合题意；B、In 的最外层电子数为3，排布在5s、5p 轨道上，5s 能级上两个电子能量相同，但小于5p 能级上的电子能量，所以In 最外层有2 种能量的电子，故B 不符合题意；C、11549In的质量数为115、质子数为49，所以中子数=119-49=66，故 C不符合题意；D、11549In的质量数为115，In 的相对原子质量为天然存在的核素In 的质量数与其丰度的乘积之和，故D符合题意

3、；故选：D。2下列表述正确的是A 22.4LHCl溶于水制得1L盐酸时，其浓度为1 mol?L-1B1L0.3mol?L-1的 CuCl2溶液中含有Cu2+和 Cl-的总物质的量为0.9mol C在 K2SO4和 NaCl 的中性混合水溶液中，如果c(Na+)=c(SO42-)，则 c(K+)=c(Cl-)D 10时，100mLKCl饱和溶液蒸发掉5g 水，冷却到10时，它仍为饱和溶液【答案】D【解析】【详解】A.未说明温度和压强，故无法确定22.4LHCl的物质的量，无法计算浓度，A 错误；B.由于铜离子在水溶液中会水解，故1L0.3mol?L-1的 CuCl2溶液中含有Cu2+的物质的量小

4、于0.3mol，Cu2+和 Cl-的总物质的量小于0.9mol，B错误；C.根据电荷守恒，K2SO4和 NaCl的混合溶液中，24()()()2()()()c Kc Nac Hc SOc Clc OH，由于溶液呈中性，则()()c Hc OH，所以24()()2()()c Kc Nac SOc Cl，若 c(Na+)=c(SO42-)，则24()()()c Kc SOc Cl，C错误；D.10时，100mLKCl饱和溶液蒸发掉5g 水，冷却到 10时，有晶体析出，但溶液仍为饱和溶液，D 正确；故答案选D。3下列对化学用语的理解中正确的是（）A原子结构示意图：可以表示35Cl，也可以表示37Cl

5、 B电子式：可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子C比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子D结构简式(CH3)2CHOH：可以表示1-丙醇，也可以表示2-丙醇【答案】A【解析】【分析】【详解】A.35Cl和37Cl是同种元素，质子数相同，电子数也相同，所以原子结构示意图也相同，故A正确；B.羟基的电子式为，氢氧根离子的电子式为，故 B 错误；C.比例模型中应符合原子的大小，氯原子半径大于碳原子半径，所以不能用同一个比例模型表示甲烷和四氯化碳，故C错误；D.(CH3)2CHOH中主碳链有3 个碳，羟基在二号碳上，仅可以表示2-丙醇，故D 错误；综上所述，答案为A。4将 0.1 mol/L

6、 CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起()A溶液的pH 增大BCH3COOH电离度增大C溶液的导电能力减弱D溶液中c(OH)减小【答案】A【解析】【分析】【详解】A CH3COOH溶液加水稀释，CH3COOH的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向正反应方向移动，溶液的pH 增加，向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，溶液的pH 增加，正确；BCH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，错误；C

7、CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，错误；D加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，错误。故选 A。5下列实验操作能达到实验目的的是A稀释浓硫酸时，应将水沿容器内壁慢慢加入浓硫酸中B用润湿的pH 试纸测溶液的pH 值，一定会引起误差C蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，并加垫石棉网加热D石油的蒸馏实验中，忘记加沸石，可以先停止加热，待溶液冷却后加入沸石，再继续加

8、热蒸馏【答案】D【解析】【详解】A.稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿容器内壁慢慢加入水中并不断用玻璃板搅拌，故A 错误；B.用润湿的pH 试纸测溶液的pH 值，可能会引起误差，测酸、碱有误差，但测中性的盐溶液没有误差，故 B 错误；C.蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，直接加热，故C 错误；D.石油的蒸馏实验中，忘记加沸石，可以先停止加热，待溶液冷却后加入沸石，再继续加热蒸馏，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】pH 试纸测溶液的pH 值时不能湿润，不能测漂白性的溶液的pH 值，不能测浓溶液的pH 值。6四种有机物的结构简式如下图所示。下列说法中错误的是A的分子式相同B中所有碳原子均处于同一平面

9、C的一氯代物均有2 种D可用酸性高锰酸钾溶液鉴别和【答案】B【解析】【详解】A.的分子式都是C8H8，故 A正确；B.中含有多个饱和的碳原子，根据甲烷分子的正四面体结构可以判断，分子中所有碳原子不可能共平面，故 B错误；C.分子中都有2 种等效氢，所以一氯代物均有2 种，故 C正确；D.分子中没有碳碳双键，分子中有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，能，故可用酸性高锰酸钾溶液鉴别和，D正确。选B。7X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的短周期主族元素,其中 Z的最外层电子数与X的核外电子总数相等。X、Z、W 形成的一种化合物结构为,该物质常用于制备纳米材料以及工业催化剂。下列说法正确的是A元素

10、非金属性:XYZ B简单离子半径:YZ W C工业上常通过电解W 与 Z 形成的化合物制备W 单质D简单气态氢化物的稳定性:XNC，即 ZYX，故 A 项错误；B核外电子层数越多，半径越大，核外电子层数相同，核电荷数越小，半径越大，所以简单离子半径N3-O2-Mg2+，故 B项错误；CMgO 熔点高，工业上常通过电解氯化镁制得单质镁，故C 错误；D非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，所以CH4H2O，故 D 正确；故答案为D。8下列说法正确的是（）A甲烷有两种二氯代物B1 mol CH2=CH2中含有的共用电子对数为5NAC等物质的量的甲烷与氯气在光照条件下反应的产物是CH3Cl D邻二甲苯只

11、有一种结构说明苯分子不是由单双键交替组成的环状结构【答案】D【解析】【详解】A.甲烷为正四面体构型，所以二氯甲烷只有一种结构，故A 错误；B.1 mol CH2=CH2中含有的共用电子对数为6NA，故 B 错误；C.甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，多步取代反应同时进行，所以等物质的量的甲烷与氯气在光照条件下反应的产物为多种氯代烃与氯化氢的混合物，故C错误；D.邻二甲苯只有一种结构说明苯分子不是由单双键交替组成的环状结构，故D 正确。综上所述，答案为D。9向一定体积含HC1、H2SO4、NH4NO3、A1C13的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，溶液中产生沉淀的物质的量与加入Ba(OH)

12、2溶液的体积关系正确的是ABCD【答案】C【解析】【详解】向一定体积含HCl、H2SO4、NH4NO3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，发生H+OH-=H2O，同时钡离子与硫酸根离子结合生成沉淀，沉淀在增多，氢离子物质的量比氢离子浓度大，则第二阶段沉淀的量不变，第三阶段铝离子反应生成沉淀，第四阶段铵根离子与碱反应，最后氢氧化铝溶解，沉淀减少，最后只有硫酸钡沉淀，显然只有图象C符合。答案选 C。10乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：己知:化学键C-H C-C C=C H-H 键能/kJ?mol-1412 348 612 436 根据表中数据计算上述反应的 H（kJ?mol-1）（）A-

13、124B+124C+1172D-1048【答案】B【解析】反应热=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差，故 H=（5412+348-3412-612-436）kJ?mol-1=+124kJ?mol-1，故选 B。点睛：解题关键是明确有机物分子结构，搞清断裂与形成的化学键及键数，反应热=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差。11化学可以变废为室，利用电解法处理烟道气中的NO，将其转化为NH4NO3的原理如下图所示，下列说法错误的是A该电解池的阳极反反为:

14、NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+B该电解池的电极材料为多孔石墨，目的是提高NO 的利用率和加快反应速率C用 NH4NO3的稀溶液代替水可以增强导电能力，有利于电解的顺利进行D为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A 为 HNO3【答案】D【解析】【详解】A.根据装置图可知：在阳极NO 失去电子，被氧化产生NO3-，该电极反应式为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，A 正确；B.电解池中电极为多孔石墨，由于电极表面积大，吸附力强，因此可吸附更多的NO 发生反应，因而可提高 NO 的利用率和加快反应速率，B 正确；C.NH4NO3的稀溶液中自由移动的离子浓度比水大，因此用

15、NH4NO3稀溶液代替水可以增强导电能力，有利于电解的顺利进行，C正确；D.在阳极 NO 被氧化变为NO3-，电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；在阴极 NO 被还原产生NH4+，电极反应式为NO+5e-+6H+=NH4+H2O，从两个电极反应式可知，要使电子得失守恒，阳极产生的NO3-的物质的量比阴极产生的NH4+的物质的量多，总反应方程式为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，为使电解产物全部转化为NH4NO3，要适当补充NH3，D 错误；故合理选项是D。12某澄清混合溶液中所含离子的浓度如下表所示，则M 可能为（）离子NO3SO42H+M 浓度/(mol/L)2

16、1 2 2 A ClBBa2+CNa+DMg2+【答案】C【解析】【详解】溶液中，单位体积内已知的阳离子所带电量为：2mol/L 1=2mol/L，单位体积内已知的阴离子所带总电量为：2mol/L 1+1mol/L 2=4mol/L，大于单位体积内已知的阳离子所带电量2mol/L，故 M 为阳离子，设M 离子的电荷为x，由电荷守恒可知：4=2+x2，解得 x=+1，结合选项可知，M 为 Na+，正确答案是C。13钠与水反应的现象和钠的下列性质无关的是（）A钠的熔点低B钠的密度小C钠的硬度小D钠的强还原性【答案】C【解析】【详解】A因钠与水反应放热，钠的熔点低，所以看到钠熔成闪亮的小球，与性质有

17、关，故A 错误；B钠的密度比水小，所以钠浮在水面上，与性质有关，故B错误；C硬度大小与Na 和水反应现象无关，与性质无关，故C正确；D因钠的还原性强，所以与水反应剧烈，放出热量，与性质有关，故D 错误；故答案为C。【点睛】考查钠与水的反应，应从钠的强还原性和钠的物理性质来理解钠与水反应的现象，钠与水反应时产生的各种现象如下：钠浮在水面，然后熔化成闪亮的小球，在水面游动，并发出嘶嘶的响声。现象是物质性质的体现，根据钠的性质分析现象原因。14国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生污染。其工作原理如图所示。下列说法正确的是A“全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能

18、转化为电能B吸附层b 发生的电极反应：H2 2e+2 OH=2H2O CNa+在装置中从右侧透过阳离子交换膜向左侧移动D“全氢电池”的总反应：2H2+O2=2H2O【答案】A【解析】【分析】由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-=2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2H+2e-=H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。【详解】A.根据图知，左侧和右侧物质成分知，左侧含有NaOH、右侧含有高氯酸，所以全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能，故A 正确；B.吸附层 a 为负极，电极反应式为H2-2e-+2OH-

19、=2H2O，吸附层b 为正极，电极反应是2H+2e-=H2，故 B错误；C.电池中阳离子向正极移动，所以Na+在装置中从左侧透过阳离子交换膜向右侧移动，故C错误；D.负极电极反应是H2-2e-+2OH-=2H2O，正极电极反应是2H+2e-=H2，电池的总反应为H+OH-=H2O，故 D错误；故选 A。15我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置，其示意图如下：下列说法不正确的是A b 为电源的正极B中，捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化Ca 极的电极反应式为2C2O52-4e-=4CO2+O2D上述装置存在反应：CO2=C+O2【答案】B【解析】【详解】Aa 电极反应是2C2O52-

20、4e-4CO2+O2，发生氧化反应，是电解池的阳极，则b 为正极，故A 正确；B捕获 CO2时生成的C2O52-中碳元素的化合价仍为+4 价，捕获CO2时生成 CO32-时碳元素的化合价仍为+4价，碳元素的化合价均未发生变化，故 B错误；C 由电解装置示意图可知a电极反应是 2C2O52-4e-4CO2+O2，故 C 正确；D由电解装置示意图可知a 电极生成O2，d 电极生成C，电解池总反应式为CO2=C+O2，故 D正确；故答案为B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16乳酸亚铁晶体CH3CH(OH)COO2Fe3H2O(M=288)是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，吸收效果比无

21、机铁好，可由乳酸CH3CH(OH)COOH与 FeCO3反应制得：I制备碳酸亚铁（1）仪器 C的名称是 _。（2）利用如图所示装置进行实验。首先关闭活塞2，打开活塞1、3，目的是 _；关闭活塞1，反应一段时间后，关闭活塞_，打开活塞 _，观察到B中溶液进入到C 中，C中产生沉淀和气体，写出制备 FeCO3的离子方程式_。（3）装置 D 的作用是 _。乳酸亚铁晶体的制备及纯度测定将制得的FeCO3加入到乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体。（4）加入少量铁粉的作用是_。（5）若用 KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时

22、，发现结果总是大于100%，其主要原因是_。（6）经查阅文献后，改用Ce(SO4)2标准溶液进行滴定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时，先称取 5.760g 样品，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250 mL 溶液，每次取25.00mL，用0.1000mol L-1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如下表所示。则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_%（保留小数点后两位）。【答案】三颈烧瓶制备 Fe2+，利用产生的氢气排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化3 2 Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O 液封，防止空气中的氧气进入到C 装置中，将 Fe2+氧化防止 FeC

23、O3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化乳酸（根中的羟基）被酸性高锰酸钾溶液氧化97.50【解析】【分析】(1)根据化学反应实验原理进行分析判断。（2）根据实验用到的仪器装置进行分析解答相关的问题；（3）根据化学反应方程式找出相关物质的关系式进行计算。【详解】（1）由装置图可知仪器C的名称是三颈烧瓶。答案：三颈烧瓶。（2）为顺利达成实验目的，先要使盐酸与铁粉反应制备FeCl2。先关闭活塞2，打开活塞1、3，待加入足量盐酸后，关闭活塞1，反应一段时间后，利用生成的H2使 B 装置中的气压增大，将B装置中的FeCl2溶液加入到C装置中，具体操作为：关闭活塞3，打开活塞2。C装置中 FeCl2和 NH4H

24、CO3发生的反应的离子方程式为Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O。答案：制备Fe2+；利用产生的氢气排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化；2；3；Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O。（3）亚铁离子易被氧化，装置D 的作用是液封，防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化（4）Fe2+易被氧化为Fe3+，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入少量铁粉的作用，可以防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化。答案：防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化。（5）乳酸根中含有羟基，可能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗的高锰酸钾的量变多，而计算中按Fe2+被氧化，故计算所

25、得的乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的纯度大于100%。答案：乳酸根中的羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化。（6）3 组数据，第二组数据与第一、三组相差太大，应舍去，平均每25.00mL 消耗 Ce(SO4)2的体积为v=19.4519.552mL=19.50mL，有 Ce4+Fe2+Ce3+Fe3+，25.00mL 溶液中含有的Fe2+的物质的量浓度为c(Fe2+)=(19.500.1)/25.00mol/L=0.078mol/L,则 250mL 溶液中，原产品中含有n(Fe2+)=0.078mol/L0.25L=0.0195mol，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为0.0195288100%5.7

26、60=97.50%答案：97.50。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17功能高分子是指具有某些特定功能的高分子材料。功能高分子P 的合成路线如下：（1）A 是甲苯，试剂a 是 _。反应的反应类型为_反应。（2）反应中C 的产率往往偏低，其原因可能是_。（3）反应的化学方程式为_。（4）E 的分子式是C6H10O2，其结构简式是_。（5）吸水大王聚丙烯酸钠是一种新型功能高分子材料，是“尿不湿”的主要成分。工业上用丙烯（CH2=CH-CH3）为原料来制备聚丙烯酸钠，请把该合成路线补充完整（无机试剂任选）。_（合成路线常用的表达方式为：AB 目标产物）CH2=CH-CH3CH2=CH-C

27、H2Cl【答案】浓硫酸和浓硝酸取代副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低+nH2O CH3CH=CHCOOCH2CH3【解析】【分析】A 为甲苯，其结构简式是，结合 P的结构简式，可知A 与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成 B 为，B 与氯气在光照条件下发生取代反应生成C为，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D 为，可知 G 的结构简式为，则 F为，E的分子式是C6H10O2，则 E为 CH3CH=CHCOOCH2CH3，以此解答该题。【详解】（1）反应是与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成，试剂 a 是：浓硫酸和浓硝酸，反应为氯代烃的取代反应，故答案为：浓硫

28、酸和浓硝酸；取代；（2）光照条件下，氯气可取代甲基的H 原子，副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低，故答案为：副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低；（3）反应的化学方程式为，故答案为：；（4）由以上分析可知E为 CH3CH=CHCOOCH2CH3，故答案为：CH3CH=CHCOOCH2CH3；（5）丙烯与氯气在加热条件下发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl水解生成CH2=CHCH2OH，再发生催化氧化生成CH2=CHCHO，进一步氧化生成CH2=CHCOOH，最后与氢氧化钠溶液反应得到CH2=CH2COONa，在一定条件下发生加聚反应可生成目标物，合成路线

29、流程图为：，故答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18钛酸钡（BaTiO3）是一种强介电化合物，是电子陶瓷中使用最广泛的材料之一，被誉为“电子陶瓷工业的支柱”。、固相合成法是钛酸钡的传统制备方法，典型的工艺是将等物质的量的碳酸钡和二氧化钛混合，在 1500下反应24 小时。（1）写出发生反应的化学方程式：_。（2）该工艺的优点为工艺简单，不足之处为_。、工业上还可以BaCO3、TiCl4为原料，采用草酸盐共沉淀法制备草酸氧钛钡晶体BaTiO（C2O4）2?4H2O，再高温煅烧制得钛酸钡粉末，其制备工业流程如图所示。（3）为提高BaCO3的酸浸率，可采取的措施为_（任答一点）。

30、（4）加入H2C2O4溶液时，可循环使用的物质X 是_。（5）研究表明，钛离子在不同pH 下可以TiO（OH）+、TiOC2O4或 TiO（C2O4）2等形式存在（如图），所以在制备草酸氧钛钡晶体时要用到氨水调节混合溶液的pH 请结合图示信息分析，混合溶液的最佳pH 为_左右。（6）高温煅烧草酸氧钛钡晶体BaTiO（C2O4）2?4H2O得到 BaTiO3 的同时，生成高温气体产物有CO、_和_。成都七中某兴趣小组在实验室里模拟“高温煅烧”操作时所使用的陶瓷仪器有_。（7）将TiCl4水解产物加热脱水可生成TiO2，写出TiCl4 水解的化学方程式：_。【答案】BaCO3+TiO2高温BaTi

31、O3+CO2 高温煅烧能耗大，对设备要求高将碳酸钡固体粉碎、搅拌、适当升温等HCl 3 CO2H2O(g)坩埚、泥三角TiCl4+(2+x)H2OTiO2?xH2O+4HCl【解析】【分析】、反应在高温下进行，消耗能源较多，涉及反应为BaCO3+TiO2高温BaTiO3+CO2；、由制备流程可知，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡，然后氯化钡与四氯化碳、草酸反应生成BaTiO(C2O4)2?4H2O，过滤、洗涤、干燥、煅烧得到BaTiO3，以此解答该题。【详解】、（1）涉及反应为BaCO3+TiO2高温BaTiO3+CO2，故答案为：BaCO3+TiO2高温BaTiO3+CO2；（2）反应在高温下进行

32、，消耗能源较多，对设备要求高，故答案为：高温煅烧能耗大，对设备要求高；、（3）为提高BaCO3的酸浸率，可将碳酸钡固体粉碎、搅拌、适当升温等，故答案为：将碳酸钡固体粉碎、搅拌、适当升温等；（4）酸浸时消耗HCl、生成草酸氧钛钡时生成HCl，所以能循环的物质X是 HCl，故答案为：HCl；（5）由图象可知pH3 时 TiO(C2O4)2含量较高，故答案为：3；（6）BaTiO(C2O4)2?4H2O 煅烧，发生分解反应，由元素守恒可知，生成高温下的气体产物有CO、CO2、H2O(g)，煅烧时需要坩埚、泥三角等陶瓷仪器，故答案为：CO2；H2O(g)；坩埚、泥三角；（7）TiCl4水解生成TiO2

33、?xH2O，同时生成HCl，水解方程式为：TiCl4+(2+x)H2OTiO2?xH2O+4HCl，故答案为：TiCl4+(2+x)H2O TiO2?xH2O+4HCl。19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

34、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

35、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，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

36、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)=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

37、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。