2019-2020学年安徽省合肥八中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

《2019-2020学年安徽省合肥八中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学年安徽省合肥八中新高考化学模拟试卷含解析.pdf（18页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2019-2020学年安徽省合肥八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）1一定条件下，下列金属中能与水发生置换反应并产生金属氧化物的是A钾B镁C铁D铜【答案】C【解析】【详解】A.钾和水反应生成KOH和氢气，故A 不选；B.加热条件下，镁和水反应生成氢氧化镁和氢气，故B 不选；C.加热条件下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C 选；D.铜和水不反应，故D 不选。故选 C。2现在正是全球抗击新冠病毒的关键时期，专家指出磷酸氯喹对治疗新冠病毒感染有明显效果，磷酸氯喹的分子结构如图所示，下列关于该有机物的说法正确的是（）A该

2、有机物的分子式为：C18H30N3O8P2Cl B该有机物能够发生加成反应、取代反应、不能发生氧化反应C该有机物苯环上的1-溴代物只有2 种D 1mol 该有机物最多能和8molNaOH 发生反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A该有机物的分子式为：C18H32N3O8P2Cl，A 错误；B分子中含有苯环、氯原子，该有机物能够发生加成反应、取代反应，有机物可以燃烧，能发生氧化反应，B 错误；C该有机物苯环上的1-溴代物只有3 种，C错误；D氯原子水解形成酚羟基，磷酸能与氢氧化钠反应，因此1mol 该有机物最多能和8molNaOH 发生反应，D 正确。答案选 D。3SO2能使溴水褪色，说明SO

3、2具有（）A还原性B漂白性C酸性D氧化性【答案】A【解析】【详解】溴单质与二氧化硫能发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，溶液中溴的颜色会褪去，反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，硫元素化合价升高（+4+6），体现还原性，溴元素化合价降低，体现氧化性（0-1），A 项正确；答案选 A。【点睛】本题考查二氧化硫的化学性质，二氧化硫具有多重性质，可总结如下：1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水显酸性，可与碱等反应；2、还原性：二氧化硫可与酸性高锰酸钾、过氧化氢、氯水、溴水等强氧化性的物质反应；3、弱氧化性：二氧化硫可与硫化氢反应生成硫单质等；4、

4、漂白性：二氧化硫的漂白性体现在可漂白品红等物质，尤其是二氧化硫的漂白性和还原性是学生们的易混点。使酸性高锰酸钾溶液、氯水、溴水褪色体现的二氧化硫的还原性，使品红溶液褪色体现的是漂白性。4下列化学用语的表述正确的是A磷酸溶于水的电离方程式：H3PO4=3H+PO43-B用电子式表示HCl 的形成过程：.H:H+:Cl:C:2H:C:CS2的结构示意图：D KClO 碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl-+4H+H2O【答案】C【解析】【详解】A 选项，磷酸是弱酸，应该一步一步电离，第一步电离为：H3PO4H+H2PO42，故 A 错误；B 选项，用电

5、子式表示HCl 的形成过程：，故 B 错误；C 选项，S2的结构示意图：，故 C正确；D 选项，KClO 碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO+4OH+2Fe(OH)3=2FeO42+3Cl+4H+5H2O，故 D 错误；综上所述，答案为C。【点睛】弱酸电离一步一步电离，而多元弱碱的电离虽然复杂，但写都是一步到位的。5既有强电解质，又有弱电解质，还有非电解质的可能是（）A离子化合物B非金属单质C酸性氧化物D共价化合物【答案】D【解析】【详解】A由于离子化合物在熔融状态下一定能导电，故一定是电解质，不能是非电解质，故A 错误；B单质既不是电解质也不是非电解质，故B 错误；C酸性氧化物绝大多数是

6、非电解质，少部分是电解质，且是电解质中的弱电解质，无强电解质，故C错误；D若共价化合物能在水溶液中自身电离出自由离子而导电，则为电解质，若在水溶液中不能导电，则为非电解质；是电解质的共价化合物，可能是强电解质，也可能是弱电解质，故D 正确。故选：D。【点睛】应注意的是离子化合物一定是电解质，共价化合物可能是电解质也可能是非电解质。6下列说法正确的是A古人煮沸海水制取淡水，现代可通过向海水加入明矾实现海水淡化B我国山水画所用的炭黑与“嫦娥四号”卫星所使用的碳纤维互为同分异构体C某些筒装水使用的劣质塑料桶常含有乙二醇（22HOCHCH OH），乙二醇不溶于水D“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“2

7、1 世纪海上丝绸之路”的简称，真丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物【答案】D【解析】【详解】A.明矾不能淡化海水，不能实现海水淡化，故A 错误；B.碳纤维是一种新型无机非金属材料，炭黑的主要成分为碳，炭黑与碳纤维不互为同分异构体，故B 错误；C.乙二醇（22HOCHCH OH）分子中含有两个羟基，羟基属于亲水基，故乙二醇易溶于水，故C 错误；D.丝绸的主要原料为蚕丝，蚕丝成分为蛋白质，蛋白质是天然高分子化合物，故D 正确。故选 D。7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

8、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、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

9、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aac BpH=7 时，消耗的V(NaOH)7，所以 pH=7时，滴定亚硫酸消耗的V(NaOH)c（HCO3-）c(Cl-)c（CO32-）c(OH-)c(H+)，故B 正确；C.物量守恒式应为c(Na+)=2 c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，故 C错误；D.根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），物料守恒c(Na+)=2 c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，联立可得c（OH）+c（Cl）=c（HCO3）+2

10、c（H2CO3）+c（H+），故 D 错误；答案：B【点睛】电荷守恒、物料守恒、质子守恒是比较离子浓度常用的方法。14现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐(钠、镁、钙、铁)的复合制剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：已知：控制溶液pH4 时，Fe(OH)3沉淀完全，Ca2、Mg2不沉淀。该同学得出的结论正确的是()。A根据现象1 可推出该试液中含有NaB根据现象2 可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根C根据现象3 和 4可推出该试液中含有Ca2，但没有Mg2D根据现象5 可推出该试液中一定含有Fe2【答案】C【解析】【详解】A、由于试液中外加了NaOH 和 Na2CO3，

11、所以不能确定原试液中是否含有钠离子，故A 错误；B、试液中有没有葡萄糖酸根离子，都无银镜生成，因为葡萄糖酸根离子中不含醛基，故B 错误；C、滤液中加氨水无沉淀产生，说明无镁离子，加入碳酸钠溶液，有白色沉淀，说明有钙离子，故C正确；D、试液中可能含亚铁离子，也可能只含铁离子而不含亚铁离子，故D 错误；答案选 C。15已知 C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度,且原子间以单键结合。下列有关C3N4晶体的说法中正确的是()A C3N4晶体是分子晶体BC3N4晶体中 CN 键的键长比金刚石中的CC 键的键长长CC3N4晶体中 C、N 原子个数之比为43 D C3N4晶体中粒子间通过共价键相结合【答

12、案】D【解析】【分析】【详解】A.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度,则 C3N4晶体是原子晶体，故A 错误；B.因 N 的原子半径比C原子半径小,则 C3N4晶体中，C-N 键的键长比金刚石中C-C 键的键长要短，故B错误；C.原子间均以单键结合,则 C3N4晶体中每个C 原子连接4 个 N 原子，而每个N 原子连接3 个 C原子，所以晶体中C、N 原子个数之比为3:4，故 C错误；D.C3N4晶体中构成微粒为原子，微粒间通过共价键相结合，故D 正确；故选：D。【点睛】C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，则为原子晶体，每个C原子周围有4 个 N原子，每个N 原子周围有3

13、 个 C原子，形成空间网状结构，C-N键为共价键，比C-C键短。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16已知 25时，Ksp(Ag2S)=6.3 1050、Ksp(AgCl)=1.5 1016。某研究性学习小组探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因。步骤现象.将 NaCl与 AgNO3溶液混合产生白色沉淀.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀变为黑色.滤出黑色沉淀，加入NaCl溶液在空气中放置较长时间后，沉淀变为乳白色(1)中的白色沉淀是_。(2)中能说明沉淀变黑的离子方程式是_。(3)滤出步骤中乳白色沉淀，推测含有AgCl。用浓 HNO3溶解，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，过滤得到滤液

14、 X 和白色沉淀Y。.向 X中滴加 Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀.向 Y中滴加 KI 溶液，产生黄色沉淀由判断，滤液X 中被检出的离子是_。由、可确认步骤中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀_。(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤中乳白色沉淀产生的原因：在NaCl存在下，氧气将中黑色沉淀氧化。现象B：一段时间后，出现乳白色沉淀C：一段时间后，无明显变化 A 中产生的气体是_。C 中盛放的物质W 是_。该同学认为B 中产生沉淀的反应如下（请补充完整）：_2Ag2S+_+_+2H2O=4AgCl+_+4NaOH 从溶解平衡移动的角度，解释B 中 NaCl 的作用 _。【答案】AgCl 2A

15、gCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)SO42-S O2Ag2S的悬浊液2Ag2S 1O24NaCl2H2O=4AgCl 2S4NaOH 对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将 S2-氧化生成S时有 Ag+游离出来，NaCl 中大量的Cl-与游离的Ag+结合成 AgCl 沉淀，使得溶解平衡右移，B 中最终出现乳白色沉淀 AgCl 和 S【解析】【分析】(1)中的白色沉淀由NaCl 与 AgNO3溶液发生反应生成。(2)中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等。(3).向 X 中滴加 Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说

16、明此沉淀为BaSO4；.向 Y中滴加 KI 溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl 转化为 AgI；由 判断，可确定滤液X 中被检出的离子。另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等。(4)A 中，MnO2是 H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体的成分。因为 C是做对比实验而设立的，由此可确定C 中盛放的物质W。B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式。B中，Ag2S被氧化生成S，则 Ag+会与 NaCl 作用，从而促进平衡正向移动。【详解】(1)中的白色沉淀由NaCl 与 AgNO3反应生成，则为AgCl。答案为：AgCl；(2)中沉淀由白变黑，则表明白

17、色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等，反应的离子方程式为2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。答案为：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)；(3).向 X 中滴加 Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；.向 Y中滴加 KI 溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl 转化为 AgI；由 判断，可确定滤液X 中被检出的离子为SO42-。答案为：SO42-；另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，则其为S。答案为：S；(4)A 中，MnO2是 H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体为O2。答案为：O2；因为 C

18、是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W 为 Ag2S的悬浊液。答案为：Ag2S的悬浊液；B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可得出配平的方程式为2Ag2S1O24NaCl2H2O=4AgCl2S4NaOH。答案为：2Ag2S1O24NaCl2H2O=4AgCl 2S4NaOH；B中，Ag2S被 O2氧化生成S，则 Ag+游离出来，会与NaCl 中的 Cl-结合，生成AgCl沉淀，从而促进平衡正向移动，B 中最终出现乳白色沉淀AgCl 和 S。答案为：对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将 S2-氧化生成S时有 Ag+游离出来，NaC

19、l 中大量的Cl-与游离的Ag+结合成 AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B 中最终出现乳白色沉淀AgCl 和 S。【点睛】因为 Ksp(Ag2S)=6.3 1050、Ksp(AgCl)=1.5 1016，所以将AgCl转化为 Ag2S我们容易理解，如何实现黑色沉淀向白色沉淀的转化，即Ag2S转化为 AgCl，则需要改变反应条件，通过实验我们可得出是O2的帮助，结合前面推断，可确定还有S生成，然后利用守恒法便可将方程式配平。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17法华林是一种治疗心脑血管疾病的药物，属于香豆素类衍生物，其合成路径如下：已知：法华林的结构简式：+碱2-H O+碱H(1)A

20、的结构简式是_。(2)C 分子中含氧官能团是_。(3)写出 D 与银氨溶液反应的化学方程式_。(4)E 的结构简式是_。(5)水杨酸分子中苯环上有两种含氧官能团，1mol 水杨酸与足量NaHCO3完全反应生成1molCO2。写出水杨酸反应生成F的化学方程式 _。(6)K 分子中含有两个酯基，K 结构简式是 _。(7)M 与 N 互为同分异构体，N 的结构简式是_。(8)已知：最简单的香豆素结构式。以乙酸甲酯、甲醛和苯酚为主要原料，一种合成香豆素的路线如下(其他药品自选)：写出甲 乙反应的化学方程式_；丙的结构简式是_。【答案】羟基+2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O+CH3OH垐

21、 垐 垐 垎噲 垐 垐 垐浓硫酸+H2O 2HOCH2CH2COOCH3+O2Cu/Ag2OHCH2COOCH3+2H2O【解析】【分析】A 生成 B是在光照条件下进行，发生的是取代反应，在根据A 的分子式知道A 是甲苯，B是，与氢氧化钠发生取代反应，则C是，根据反应条件知道D 是，根据信息反应的特点，醛与酮反应时醛基会转变为碳碳双键，故E中有碳碳双键，则E是。【详解】(1)A 的名称为甲苯，结构简式是，故答案为：；(2)C 分子的结构简式为，含氧官能团是羟基，故答案为：羟基；(3)D 是，与银氨溶液反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O，故答案为：+2Ag(N

22、H3)2OH+2Ag+3NH3+H2O；(4)由分析可知，E的结构简式是，故答案为：；(5)水杨酸分子中苯环上有两种含氧官能团，1mol 水杨酸与足量NaHCO3完全反应生成1molCO2，说明存在羧基，同时含有羟基，故水杨酸的结构简式为，与 CH3OH 发生酯化反应，化学方程式为：+CH3OH垐 垐 垐 垎噲 垐 垐 垐浓硫酸+H2O，故答案为：+CH3OH垐 垐 垐 垎噲 垐 垐 垐浓硫酸+H2O；(6)由(5)可知，F为，与乙酸酐反应生成K，K 分子中含有两个酯基，则K结构简式是，故答案为：；(7)M 与 N 互为同分异构体，N 与 E生成，可知 N 的结构简式是，故答案为;(8)由流程

23、图可知，乙酸甲酯、甲醛在碱性条件下反生羟醛缩合生成甲，故甲为HOCH2CH2COOCH3，根据信息提示，要实现乙到丙过程，乙要有醛基，则甲到乙，实质是HOCH2CH2COOCH3变为 OHCH2COOCH3，反应方程式为：2HOCH2CH2COOCH3+O2Cu/Ag2OHCH2COOCH3+2H2O；OHCH2COOCH3与反应，再脱水得到丙，则丙为：，故答案为：2HOCH2CH2COOCH3+O2Cu/Ag2OHCH2COOCH3+2H2O；。【点睛】重点考查有机流程的理解和有机物结构推断、官能团、有机反应类型、简单有机物制备流程的设计、有机方程式书写等知识，考查考生对有机流程图的分析能力

24、、对已知信息的理解能力和对有机化学基础知识的综合应用能力。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是围绕官能团展开，而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来告知部分没有学习过的有机反应原理，认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18有原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种前四周期元素，B 元素原子有三个能级，且每个能级上的电子数相等；C 原子的 p 轨

25、道处于半充满状态，D 的单质是空气的主要成分之一，其质子数为A 与 C之和；E在周期表中位于ds 区，且与D 可形成化学式为E2D 或 ED的二元化合物。请回答下列问题：(1)E元素基态原子的M 能层中具有 _个能级，该元素的常见化合价有多种，其中 E+的简化电子排布式为_。A Ar3d104s1BAr3d10CAr3d94s1DAr3d84s2(2)元素 C和 D 的原子的第一电离能较大的为_(填元素符号)，其原因是 _；C 与 A 可形成一种常见的气态化合物，该化合物的空间构型为_，其中 C原子的杂化轨道类型为 _。(3)C2在日常生活及工农业生产等领域用途非常广泛，其分子结构中键和 键数

26、目之比是_；C2D与 BD2互为 _(填“等电子体”或“非等电子体”)，其理由是 _。(4)在 E催化下，分子式为BA4D 的化合物可被氧化为分子式为BA2D 的化合物，则BA2D 分子中键角约为_；BA4D 和 BA2D 两化合物均易溶于水，是由于与水分子间形成了_键的缘故。(5)元素 E的单质晶体在不同温度下可有两种堆积方式，晶胞分别如图a 和 b 所示，则其面心立方堆积的晶胞与体心立方堆积的晶胞中实际含有的E原子的个数之比为_；元素 B的单质晶体结构有多种，其中一种硬度很大，结构如下图，则该单质晶体的熔点_E 单质晶体的熔点(填“高于”或“低于”)；若 B 单质的原子(如图中 A、B 两

27、原子)在体对角线上外切，晶胞参数为a，则该晶体的空间利用率约为_。(百分数表示，取两位有效数字)(已知3=1.732)【答案】3 B N N 原子的 2p 轨道为半充满的稳定结构，较难失电子，故其第一电离能较大三角锥形sp3杂化1:2 等电子体二者的价电子总数和原子总数相等120。氢2:1 高于34%【解析】【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种前四周期元素，B元素原子有三个能级，且每个能级上的电子数相等，则B 元素原子的核外电子排布为1s22s22p2，则 B 原子核外共6 个电子，为C元素；C原子的 p 轨道处于半充满状态，则C为 N 元素或 P元素或 As 元素，D 的单质是

28、空气的主要成分之一，则D 为 N 元素或 O 元素，又D 的质子数为A 与 C之和，则A 为 H 元素，C 为 N 元素，D 为 O 元素；E在周期表中位于ds 区，且与 D 可形成化学式为E2D 或 ED的二元化合物，则 E为 Cu 元素，其与 O 形成化合物Cu2O 或 CuO，据此分析解答。【详解】由以上分析知，A 为 H 元素，B 为 C 元素，C为 N 元素，D 为 O 元素，E为 Cu 元素，(1)E 为 Cu 元素，其为 29 号元素，根据构造原理可写出其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则 Cu 元素基态原子的M 能层中具有3 个能级，其中Cu+的简化电

29、子排布式为Ar3d10，故答案为：3；B；(2)C 为 N 元素，D 为 O 元素，由于N 原子的 2p 轨道为半充满的稳定结构，较难失电子，故N 原子的第一电离能较大；A 为 H 元素，C与 A 可形成 NH3分子，中心原子N 原子形成3 个 键，孤电子对数为5-3 1=12，则 N 原子的价层电子对数为4，则 NH3分子的空间构型为三角锥形，其中N 原子的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：N；N 原子的 2p 轨道为半充满的稳定结构，较难失电子，故其第一电离能较大；三角锥形；sp3杂化；(3)C2为 N2分子，其分子结构为，故其 键和 键数目之比是1:2；C2D 为 N2O，BD2为 C

30、O2，二者的价电子总数和原子总数相等，故它们互为等电子体，故答案为：1:2；等电子体；二者的价电子总数和原子总数相等；(4)BA4D 为 CH4O，BA2D 为 CH2O，在 Cu的催化下，分子式为CH4O 的化合物可被氧化为分子式为CH2O 的化合物，则CH4O 为甲醇，CH2O 为甲醛，其结构式为，中心原子C原子采取sp2杂化，则CH2O 分子中键角约为120。；甲醇和甲醛两化合物均易溶于水，是由于与水分子间形成了氢键的缘故，故答案为：120。；氢；(5)元素 E的单质晶体在不同温度下可有两种堆积方式，晶胞分别如图a 和 b 所示，则其面心立方堆积的晶胞中所含铜原子的个数为11+8=28，

31、体心立方堆积的晶胞中所含铜原子的个数为118+6=482，则二者实际含有的Cu原子的个数之比为1:2；C元素的该种单质晶体硬度很大，且具有如图所示的结构，则该晶体为金刚石，其为原子晶体，其熔点比Cu单质晶体的熔点高；金刚石中C原子(如图中 A、B两原子)在体对角线上外切，设碳原子的半径为r，则可得3a2=4r，解得8a=3r，则该晶体的空间利用率约为33483100%=34%8()3rr，故答案为：2:1；高于；34%。19工业上制取冰晶石（Na3AlF6）的化学方程式如下：32336222Al(OH)12HF 3NaCO2NaAlF3CO9H O+?完成下列填空：（1）反应中四种元素对应的简

32、单离子核外电子排布相同，请按离子半径从大到小的顺序排列这四种离子_，其中原子序数最大的元素原子核外有_种能量不同的电子，其最外层电子的电子云有_种不同的伸展方向。（2）反应中有两种元素在元素周期表中位置相邻，能比较它们的金属性或非金属性强弱的事实是_（选填编号）。a.气态氢化物的稳定性b.最高价氧化物对应水化物的酸性c.单质与氢气反应的难易d.单质与同浓度酸发生反应的快慢反应中两种金属元素，它们的最高价氧化物对应的水化物之间发生反应的离子方程式为_。（3）冰晶石在工业上可做电解氧化铝的助溶剂，此反应中若有0.6mol 电子转移，则在_极可得金属铝的质量为 _克。（4）工业上不采用电解氯化铝的方

33、法而是采用电解氧化铝的方法获得铝单质的原因是_。【答案】O2-F-Na+Al3+5 2 ac Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 阴5.4 氯化铝为分子晶体，在熔融状态下不能发生电离【解析】【分析】（1）电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；原子序数最大的为Al，不同能级中的电子能量不同；最外层为3s23p1，有 2 种电子云；（2）反应中两种元素在元素周期表中位置相邻，为O 元素与氟元素，可以根据氢化物稳定性、单质与氢气反应难易程度比较，O、F元素没有含氧酸，不能用最高价氧化物对应水化物的酸性，单质与酸反应快慢不能比较非金属性强弱；（3）氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠与水；

34、（4）电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，而铝离子发生还原反应，应在阴极析出；根据电子转移守恒计算Al 的物质的量，进而计算Al 的质量；（5）氯化铝为共价化合物，晶体中不存在离子，熔融时不能导电。【详解】(1)O2-、F-、Na+、Al3+电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,故离子半径：O2-F-Na+Al3+;原子序数最大的为 Al,核外电子排布为1s22s22p63s23p1,不同能级中的电子能量不同,核外有 5种不同能量的电子;最外层为 3s23p1,有 2 种电子云,故答案为：O2-F-Na+Al3+；5；2；(2)反应中两种元素在元素周期表中位置相邻，为O 元素与氟元素

35、，a.氢化物越稳定，非金属性越强，a 项正确；b.O、F元素没有含氧酸，不能用最高价氧化物对应水化物的酸性，b 项错误；c.单质与氢气反应越容易，对应元素的非金属性越强，c 项正确；d.单质与同浓度酸发生反应的快慢不能判断非金属性强弱，如氧气与硝酸不反应，而S、碘与硝酸反应，d项错误，故选：ac；(3)氢氧化铝是两性氢氧化物,能和氢氧化钠反应,反应离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；(4)电解池阳极发生氧化反应,阴极发生还原反应,而铝离子发生还原反应,应在阴极析出;根据电子转移守恒,析出 Al 的物质的量为0.63mol=0.2mol，故析出 Al 的质量为0.2mol 27g/mol=5.4g，故答案为：阴；5.4；(5)因为氯化铝为共价化合物，属于分子晶体，晶体中不存在离子，熔融时不能导电，故不能被电解；而氧化铝为离子化合物，熔融状态可以导电，故答案为：氯化铝为分子晶体，在熔融状态下不能发生电离。