2019-2020学年云南省达标名校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．利用下图装置可以模拟铁的电化学防护。下列说法不正确的是
A．若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀
B．若X为锌棒，开关K置于M处，铁极发生氧化反应
C．若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀
D．若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生氧化反应
【答案】B
【解析】
【详解】
若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，发生氧化反应；铁做正极被保护，故A正确，B 不正确。
若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，铁作阴极，被保护，可减缓铁的腐蚀，C正确；
X极作阳极，发生氧化反应，D正确。
答案选B。
2．对二甲苯（PX）可发生如下反应生成对苯二甲酸（PTA）。下列有关说法错误的是
+12MnO4-+36H+??→+12Mn2++28H2O
A．PTA是该反应的氧化产物B．消耗1molPX，共转移8mol电子
C．PX含苯环的同分异构体还有3种D．PTA与乙二醇可以发生缩聚反应
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 反应中Mn元素的化合价降低，作氧化剂，则PX作还原剂，所以PTA是该反应的氧化产物，故A正确，不符合题意；
B. 反应中，Mn元素的化合价从+7价降
低到+2价，转移5个电子，则1molPX反应消耗2.5mol MnO4-，共转移12.5N A个电子，故B错误，符合题意；
C. PX含苯环的同分异构体，有邻间对三种二甲苯和乙苯，共计四种同分异构体，所以PX含苯环的同分异构体还有3种，故C正确，不符合题意；
D. PTA与乙二醇通过缩聚反应即可生产PET塑料，对二甲苯与乙二醇之间能发生缩聚反应，故D正确，不符合题意；
故选：B。
3．下列五种短周期元素的某些性质如表所示(其中只有W、Y、Z为同周期元素)。
元素X W Y Z R
原子半径(pm) 37 64 66 70 154
主要化合价+1 -1 -2 -5、-3 +1
下列叙述错误的是
A．原子半径按X、W、Y、Z、R的顺序依次增大
B．X、Y、Z三种元素形成的化合物，其晶体可能是离子晶体，也可能是分子晶体
C．W、Y、Z三种元素形成的气态氢化物稳定性：ZH3>H2Y>HW
D．R元素可分别与X、W、Y三种元素形成离子化合物
【答案】C
【解析】
【分析】
主族元素中，元素最高正化合价与其族序数相等，最低负化合价=族序数-8，根据元素化合价知，X、R属于第IA族元素，W属于第ⅦA族元素，Y属于第ⅥA族元素，Z属于第VA族元素，原子电子层数越多其原子半径越大，X原子半径最小，则X为H元素，W、Y、Z原子半径相近，根据其族序数知，W是F元素、Y是O元素、Z是N元素，R原子半径最大，且位于第IA族，则R是Na元素。
【详解】
A项、同主族元素从上到下，原子半径依次增大，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，则H、F、O、N、Na的原子半径依次增大，故A正确；
B项、由H、O、N三种元素形成的化合物可能是离子晶体，如NH4NO3为离子晶体，可能是分子晶体，如HNO3为分子晶体，故B正确；
C项、元素的非金属性越强，形成的气态氢化物稳定性越强，非金属性的强弱顺序为W>Y>Z，则气态氢化
物稳定性的强弱顺序为HW＞H2Y＞ZH3，故C错误；
D项、Na元素可分别与H元素、F元素和O元素形成离子化合物NaH、NaF和Na2O（或Na2O2），故D正确。
故选C。
【点睛】
本题考查元素周期律的应用，注意位置、结构、性质的相互关系，利用题给表格信息正确判断元素是解本题的关键。
4．稀土元素铥(169
69
Tm)广泛用于高强度发光电源。有关它的说法正确的是()
A．质子数为69 B．电子数为100
C．相对原子质量为169 D．质量数为238
【答案】A
【解析】
【详解】
A．稀土元素铥(169
69
Tm)的质子数为69，故A正确；
B．稀土元素铥(169
69
Tm)质子数为69，质子数和核外电子数相等都是69，故B错误；
C．其质量数为169，质量数指的是质子与中子质量的和,相对原子质量为各核素的平均相对质量，故C错误；
D．稀土元素铥(169
69
Tm)的质量数为169，故D错误；
【点睛】
一个元素有多种核素,质量数指的是质子与中子质量的和,而不同核素的质量数不同,即一个元素可以有多个质量数，相对原子质量为各核素的平均相对质量，所以同种元素的相对原子质量只有一个数值，C项是易错点。
5．根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是()
选项实验操作现象结论
A SO2缓慢通入滴有酚酞的
NaOH溶液中
溶液红色褪去SO2具有漂白性
B
将充满NO2的密闭玻璃球浸泡
在热水中气体红棕色加深
2NO2(g) N2O4(g)为放热
反应
C
某黄色溶液X中加入淀粉－KI
溶液
溶液变成蓝色溶液X中含有Br2
D 无水乙醇中加入浓硫酸，加热，
产生的气体Y通入酸性KMnO4
溶液
溶液紫色褪去气体Y中含有乙烯
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
【详解】
A. SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中，因为二氧化硫是酸性氧化物，与氢氧化钠反应而使红色褪去，结论不正确，A项错误；
B. 对于平衡2NO2(g) N2O4(g)，升高温度，气体颜色加深，二氧化氮浓度增大，说明反应平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，B项正确；
C. 能使淀粉－KI溶液变蓝的黄色溶液不一定含有Br2，可能含有Fe3+，C项错误；
D. 乙醇易挥发，若产生的气体Y中含有乙醇和二氧化硫，乙醇和二氧化硫都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以无法证明气体Y中一定含有乙烯，D项错误；
答案选B。
【点睛】
C项是易错点，要注意Fe3+也为黄色溶液，且具有氧化性，可以氧化I-转化为I2使淀粉变蓝。平时做题要多思考，多总结，将知识学以致用，融会贯通。
6．下列说法正确的是( )
A．将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质
B．氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质
C．固态的离子化合物不能导电，熔融态的离子化合物能导电
D．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强
【答案】C
【解析】
【详解】
A．硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离，所以BaSO4是电解质，故A错误；
B．氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因，故B错误；C．固态离子化合物不能电离出离子，不能导电；离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故C正确；D．溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故D错误；
正确答案是C。
【点睛】
本题考查了电解质可导电关系的判断，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关是解答的关键，题目难度不大。
7．设N A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，11.2LNO2中含有的氧原子数目为N A
B．1mol20Ne和22Ne的混合物中含有的中子数目为10N A
C．8.4gNaHCO3和MgCO3的混合物中含有的阴离子数目为0.1N A
D．已知某温度下硼酸（H3BO3）饱和溶液的pH=4.6，则溶液中H+的数目为1×10-4.6N A
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．标准状况下，NO2液化且部分转化为N2O4，无法计算含有的氧原子数目，A不正确；
B．1mol20Ne和22Ne的混合物中含有的中子数目介于10N A~12N A之间，B不正确；
C．8.4gNaHCO3和8.4g MgCO3含有的阴离子数目都为0.1N A，则8.4g混合物所含阴离子数目也应为0.1N A，C正确；
D．硼酸饱和溶液的体积未知，无法计算溶液中H+的数目，D不正确；
故选C。
8．中科院科学家设计出一套利用SO2和太阳能综合制氢方案，其基本工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．该电化学装置中，Pt电极作正极
B．Pt电极的电势高于BiVO4电极的电势
C．电子流向：Pt电极→导线→BiVO4电极→电解质溶液→Pt电极
D．BiVO4电极上的反应式为SO32-－2e-+2OH-=SO42-+H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
该装置为原电池，由Pt电极上反应(H2O→H2)或BiVO4电极上反应(SO32-→SO42-)可知，Pt电极上氢离子得电子生成氢气、发生还原反应，为正极，电极反应为2H2O+2e-═H2↑+2OH-；BiVO4电极为负极，SO32-失电子生成硫酸根、发生氧化反应，电极反应为SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O，据此分析解答。
【详解】
A．Pt电极上氢离子得电子生成氢气，发生还原反应，Pt电极作正极，故A正确；
B．Pt电极为正极，BiVO4电极为负极，所以Pt电极电势高于BiVO4电极，故B正确；
C．电子从BiVO4电极(负极)经导线流向Pt电极(正极)，不能进入溶液，故C错误；
D．BiVO4电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O，故D正确；
故选C。
【点睛】
根据电极上物质的变化判断正负极为解答的关键。本题的易错点为C，要注意溶液通过自由移动的离子导电，难点为D，要注意电极反应式的书写与溶液的酸碱性有关。
9．下列有关物质的用途，说法不正确
．．．的是（）
A．水玻璃是建筑行业常用的一种黏合剂
B．碳酸钠是烘制糕点所用发酵剂的主要成分之一
C．硫酸钡医学上用作检查肠胃的内服剂，俗称“钡餐”
D．金属钠可以与钛、锆、铌、钽等氯化物反应置换出对应金属
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 水玻璃是硅酸钠的水溶液，可用于生产黏合剂和防火剂，故A正确；
B. 碳酸氢钠是烘制糕点所用发酵剂的主要成分之一，故B错误；
C. 硫酸钡医学上用作检查肠胃的内服剂，俗称“钡餐”，故C正确；
D. 金属钠的还原性比钛、锆、铌、钽的还原性强，可以与其氯化物反应置换出对应金属，故D正确；
题目要求选择错误选项，故选B。
【点睛】
本题考查了物质的用途，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，平时注意掌握常见元素化合物的性质，注意基础知识的积累和运用。
10．向碳酸溶液中滴加NaOH溶液，测得碳酸中含碳微粒的物质的量分数随pH变化如图所示，下列说法
不正确
．．．的是：
A．除去NaCl溶液中Na2CO3的方法是向其中加入盐酸至pH=7
B．X、Y为曲线两交叉点。由X点处的pH，可计算K a1(H2CO3)
C．pH=10的溶液中c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2 c(CO32-)+c(OH-)
D．将CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3，应控制pH＞12.5
【答案】A
【解析】
【详解】
A．由图像可知，当pH=7时含碳微粒主要为H2CO3和HCO3-，而pH约为3.5时，主要以碳酸形式存在，故要除去NaCl溶液中Na2CO3，需要调节pH小于3.5左右，故A错误；
B．K a1(H2CO3)=，根据图像，X点处c(HCO3-)= c(H2CO3)，此时K a1(H2CO3)= c(H+)，因此由X点处
的pH，可计算K a1(H2CO3)，故B正确；
C．根据图像，pH=10的溶液中存在碳酸氢钠和碳酸钠，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2
c(CO32-)+c(OH-)，故C正确；
D．根据图像，pH＞12.5含碳微粒主要以碳酸根离子形式存在，将CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3，应控制pH＞12.5，故D正确；
答案选A。
11．向0.1mol?L-1的NH4HCO3溶液中逐渐加入0.1mol?L-1NaOH溶液时，含氮、含碳粒子的分布情况如图所示(纵坐标是各粒子的分布系数，即物质的量分数a)，根据图象下列说法不正确的是 ( )
A．开始阶段，HCO3-反而略有增加，可能是因为NH4HCO3溶液中存在H2CO3，发生的主要反应是
H2CO3+OH-=HCO3-+H2O
B．当pH大于8.7以后，碳酸氢根离子和铵根离子同时与氢氧根离子反应
C．pH=9.5时，溶液中c(HCO3-)＞c(NH3?H2O)＞c(NH4+)＞c(CO32-)
D．滴加氢氧化钠溶液时，首先发生的反应：2NH4HCO3+2NaOH=(NH4)2CO3+Na2CO3
【答案】D
【解析】
【详解】
NH 4HCO3溶液中存在NH4+的水解平衡，即NH4++H2O NH3?H2O+H+①；
HCO 3-的水解平衡，即HCO3-+H2O H2CO3+OH-②；
HCO 3-的电离平衡，即HCO3-H++CO32-③；
A．在溶液中未加氢氧化钠溶液时，溶液的pH=7.7，呈碱性，说明上述三个平衡中第②个HCO3-的水解为主，滴加氢氧化钠的开始阶段，氢氧根浓度增大，平衡②向逆反应方向移动，HCO3-的量略有增加，即逆方向的反应是H2CO3+OH-＝HCO3-+H2O，A正确；
B. 对于平衡①，氢氧根与氢离子反应，平衡正向移动，NH3?H2O的量增加，NH4+被消耗，当pH大于8.7以后，CO32-的量在增加，平衡③受到影响，HCO3-被消耗，即碳酸氢根离子和铵根离子都与氢氧根离子反应，B正确；
C. 从图中可直接看出pH=9.5时，溶液中c(HCO3-)＞c(NH3?H2O)＞c(NH4+)＞c(CO32-)，C正确；
D. 滴加氢氧化钠溶液时，HCO3-的量并没减小，反而增大，NH4+的量减少，说明首先不是HCO3-与OH-反应，而是NH4+先反应，即NH4HCO3+NaOH＝NaHCO3+NH3?H2O，D错误；
故合理选项是D。
12．对于反应2NO(g)＋2H2(g)→N2(g)＋2H2O(g)，科学家根据光谱学研究提出如下反应历程：
第一步：2NO?N2O2快速平衡
第二步：N2O2＋H2→N2O＋H2O慢反应
第三步：N2O＋H2→N2＋H2O快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列叙述正确的是
A．若第一步反应△H<0，则升高温度，v正减小，v逆增大
B．第二步反应的活化能大于第三步的活化能
C．第三步反应中N2O与H2的每一次碰撞都是有效碰撞
D．反应的中间产物只有N2O2
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．不管△H<0，还是△H>0，升高温度，v正和v逆均增大，A选项错误；
B．第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，则第二步反应的活化能大于第三步的活化能，B选项正确；
C．根据有效碰撞理论可知，任何化学反应的发生都需要有效碰撞，但每一次碰撞不一定是有效碰撞，C 选项错误；
D．反应的中间产物有N2O2和N2O，D选项错误；
答案选B。
【点睛】
化学反应速率与温度有关，温度升高，活化分子数增多，无论是正反应速率还是逆反应速率都会加快，与平衡移动没有必然联系。
13．化学与人类社会的生活、生产、科技密切相关。下列说法错误是（）
A．氢能的优点是燃烧热值高，已用作火箭和燃料电池的燃料
B．糖类、油脂和蛋白质均由C、H、O三种元素组成
C．离子反应的速率受温度影响不大，是一类几乎不需要用活化能来引发的反应
D．游泳池可用漂粉精、臭氧、活性炭等进行消毒
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．氢能的优点是燃烧热值高，已用作火箭和燃料电池的燃料，故A正确；
B．糖类和油脂是由C、H、O三种元素组成，蛋白质除了含C、H、O外，还含有N、S、P等元素，故B 错误；
C．离子反应的活化能接近于零，所以速率受温度影响不大，是一类几乎不需要用活化能来引发的反应，故C正确；
D．漂粉精、臭氧具有强氧化性，活性炭具有吸附作用，游泳池可用漂粉精、臭氧、活性炭等进行消毒，故D正确；
故选B。
14．下列实验操作及现象，不能得出对应结论的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A. 将甲烷与氯气在光照下反应，反应后的混合气体通入紫色石蕊试液中，紫色石蕊试液变红且不褪色，说明生成了HCl，故A不符合题意；
B. 镀锌铁片出现刮痕后部分浸入饱和食盐水中，一段时间后铁片附近滴入K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀，锌作负极，铁作正极，铁受到了保护，镀锌铁发生了原电池反应，故B符合题意；
C. 向2mL 0.l mol?L?1醋酸溶液和2mL0.l mol?L?1硼酸溶液中分别滴入少量0.l mol?L?1 NaHCO3溶液，只有醋酸溶液中产生气体，说明醋酸和碳酸氢钠反应，硼酸不与碳酸氢钠反应，则得出酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，故C不符合题意；
D. 向FeCl3溶液与NaCl溶液中分别滴入30% H2O2溶液，只有FeCl3溶液中迅速产生气体，说明Fe3+对H2O2分解起催化作用，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
15．设N A代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．1molP4(正四面体结构)含有6N A个P-P键
B．1mol碳正离子(CH3+)所含的电子总数为9N A
C．25℃，pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1N A
D．常温常压下，过氧化钠与水反应，生成8 g氧气时转移的电子数为0.25N A
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．一个P4分子中含有6个P-P键，所以1molP4(正四面体结构)含有6N A个P-P键，故A正确；
B．一个CH3+所含电子数为6+3-1=8，所以1mol碳正离子(CH3+)所含的电子总数为8N A，故B错误；C．溶液体积未知，无法计算所含微粒数目，故C错误；
D．8g氧气的物质的量为0.25mol，过氧化钠与水反应过程中氧化产物为O2，且为唯一氧化产物，氧元素化合价由-1价变为0价，所以转移的电子数目为0.5 N A，故D错误；
故答案为A。
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．双氧水在医疗、军事和工业上用途广泛，工业上合成双氧水的方法有多种，其中一种合成工艺为乙基蒽醌（EAQ）法。
已知：
①反应原理为
②工业制备流程如图所示。
③制备过程中，将EAQ溶于有机溶剂中配制成工作液。
请回答下列问题：
（1）该流程中，循环使用的原料为___。
（2）现有甲、乙、丙三种有机溶剂，相关物质的溶解情况如表所示，则配制工作液时，应选用有机溶剂__（填“甲”“乙”或“丙”），原因为___。
物质甲乙丙
EAQ 互溶不溶互溶
EHAQ 互溶不溶互溶
H2O2不溶不溶互溶
H2O 不溶不溶互溶
（3）“氧化”时，控制温度为45～55℃，原因为___。
（4）“萃取”时，所选用的萃取剂是一种常见的溶剂，其化学名称为__，选用该溶剂作为萃取剂的原因为__。
（5）“净化”的目的是将萃取液中的过氧化氢分离出来，则应选用的分离方法为___。
（6）采用电解法制备双氧水的装置示意图如图所示，通入空气的电极的电极反应式___。
【答案】乙基蒽醌甲EAQ、EHAQ与甲互溶，有利于配制工作液及氢化后产品的过滤，H2O、H2O2不溶于甲，有利于后期分离温度高于45～55℃，双氧水更易分解，副反应多；温度低于45～55℃，反应速度又慢水双氧水易溶于水而且与水不反应，EAQ难溶于水减压蒸馏
O2+2e-+2H2O=H2O2+2OH-
【解析】
【分析】
(1)可以循环利用的原料为前期被反应掉，后期又重新生成的物质；
(2)选用的有机溶剂要有利于配制工作液及氢化后产品的过滤和后期分离；
(3)从温度高于或低于45～55℃对反应的影响来分析；
(4)选用的萃取剂为水，从萃取剂的选择原则进行分析；
(5)因双氧水受热易分解，则应选用的分离方法为减压蒸馏；
(6)通入空气的电极发生还原反应。
【详解】
(1)将①中两个方程式相加，得H2+O2=H2O2，原子利用率是100%，符合“绿色化学工艺”要求，结合流程，
乙基蒽醌可以循环使用；
(2)根据相关物质在甲、乙、丙三种有机溶剂中的溶解情况知，EAQ、EHAQ与甲互溶，有利于配制工作液及氢化后产品的过滤，H2O、H2O2不溶于甲，有利于后期分离；则配制工作液时，应选用有机溶剂甲；(3)温度高于45～55℃，双氧水更易分解，副反应多；温度低于45～55℃，反应速度又慢；故“氧化”时，控制温度为45～55℃；
(4) “萃取”时，所选用的萃取剂是一种常见的溶剂，双氧水易溶于该溶剂而且与该溶剂不反应，EAQ难溶于该溶剂，选用的萃取剂的化学名称为水；
(5)萃取液为H2O2的水溶液，“净化”的目的是将萃取液中的过氧化氢分离出来，因双氧水受热易分解，则应选用的分离方法为减压蒸馏；
(6)根据图示，通入空气的电极发生还原反应生成H2O2和稀碱，电极反应式为O2+2e-+2H2O=H2O2+2OH-。【点睛】
本题关键是理解流程图中每一步操作的方法和目的，根据反应的具体情况和题目中所给的信息进行解题。
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．化合物X是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：
已知：RCHO＋CH3COOR1RCH＝CHCOOR1
请回答：
（1）F的名称为_____________。
（2）C→D的反应类型为_________。
（3）D→E的化学方程式________________________。
（4）X的结构简式____________________。
（5）D的芳香族化合物同分异构体有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1的是_________(写结构简式)。
【答案】乙酸苯甲（醇）酯取代反应（或水解反应）2+O22+2H2O
4种和
【解析】
【详解】
乙烯和水发生加成反应生成A，A为CH3CH2OH，A发生催化氧化生成B，根据B分子式知，B结构简式为CH3COOH，在光照条件下甲苯和氯气发生取代反应生成C，根据反应条件知，氯原子取代甲基上氢原子，由C分子式知，C结构简式为，C发生取代反应生成D，D为，D发生催化氧
化反应生成E为，B和D发生酯化反应生成F，F为，F发生信息中的
反应生成X，根据X分子式知，X结构简式为，
（1）F为，名称为乙酸苯甲（醇）酯；
（2）C→D是在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应，也属于取代反应生成
和氯化钠，反应类型为取代反应（或水解反应）；
（3）D→E是在催化剂的作用下与氧气发生氧化反应生成和水，反应的化学方程式为2+O22+2H2O；
（4）X的结构简式为；
（5）D为，其芳香族化合物同分异构体有甲苯醚、邻甲基苯酚、间甲基苯酚和对甲基苯酚
共4种；其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1的是甲苯醚和对甲基苯酚。
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．我国科学家通过测量SiO2中26Al和16Be两种元素的比例确定“北京人”年龄，这种测量方法叫“铝铍测年法”，完成下列填空：
（1）写出Be的核外电子式___，Be所在的周期中，最外层有2个末成对电子的元素的符号有___、___。（2）Al和Be具有相似的化学性质，铝原子核外有___种不同运动状态的电子，写出BeCl2水解反应的化学方程式：___。
（3）研究表明26Al可以衰变为26Mg。请从原子结构角度解释这两种元素金属性强弱关系___。
（4）比较Al3+、S2﹣和Cl﹣半径由大到小的顺序___；这3种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是___（写名称），Al2O3是离子化合物，而AlCl3是共价化合物。工业制铝时，电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是___。
【答案】1s22s2 C O 13 BeCl2+2H2O?Be（OH）2+2HCl 镁和铝的核外电子层数相同，随核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱S2﹣＞Cl﹣＞Al3+高氯酸氯化铝是共价化合物，属于分子晶体，晶体中不含离子，熔融不能导电，不能电解，氧化铝为离子化合物熔融可以
导电
【解析】
【分析】
（1）Be的核电荷数为4，核外电子排布式1s22s2，Be所在的周期为第二周期；最外层有2个末成对电子是p轨道上有2个电子或四个电子；
（2）Al和Be具有相似的化学性质，铝原子核外13个电子，存在13种不同运动状态的，根据AlCl3水解反应知，BeCl2水解生成Be（OH）2和HCl；
（3）结合原子半径大小比较金属失电子能力；
（4）电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，原子序数越大，离子半径越小；非金属性最强的元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强，氯化铝为共价化合物不能导电。
【详解】
（1）Be的核电荷数为4，核外电子排布式1s22s2，Be所在的周期为第二周期；最外层有2个末成对电子是p轨道上有2个电子或四个电子为C元素和O元素；
（2）Al和Be具有相似的化学性质，铝原子核外有13种不同运动状态的电子，根据AlCl3水解反应知，BeCl2水解生成Be(OH)2和HCl，氯化铍的水解方程式为：BeCl2+2H2O?Be(OH)2+2HCl；
（3）结合镁原子核电荷数为12，铝元素核电荷数为13，镁和铝的核外电子层数相同，随核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱；
（4）比较Al3+、S2﹣和Cl﹣半径，铝离子电子层数为2个，半径最小，硫离子和氯离子都有三个电子层，核电荷数越大半径越小，由大到小的顺序为：S2﹣＞Cl﹣＞Al3+，这3种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是高氯酸，Al2O3是离子化合物，而AlCl3是共价化合物。工业制铝时，电解Al2O3而不电解ACl3的原因是：氯化铝是共价化合物，熔融不能导电，氧化铝为离子化合物，熔融状态导电。
【点睛】
本题考查了原子结构、元素性质对比、周期表中存在的递变规律分析、物质组成和结构的理解应用，掌握基础是解题关键。
19．锰酸锂离子蓄电池是第二代锂离子动力电池。一种以软锰矿浆(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、A12O3、SiO2等杂质)为原料制备锰酸锂的流程如图所示。
（1）溶浸生产中为提高SO2回收率可采取的措施有__(填序号)
A．不断搅拌，使SO2和软锰矿浆充分接触
B．增大通入SO2的流速
C ．减少软锰矿浆的进入量
D ．减小通入SO 2的流速
（2）已知：室温下，K sp [A1(OH)3]=1×10-33，K sp [Fe(OH)3]=l×10-39，pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。氧化除杂时(室温)除去MnSO 4液中的Fe 3+、Al 3+(使其浓度小于1×l0-6mol/L)，需调节溶液pH 范围为__。
（3）由硫酸锰与K 2S 2O 8溶液常温下混合一周，慢慢得到球形二氧化锰(MnO 2)。请写出发生反应的离子方程式__。
（4）将MnO 2和Li 2CO 3按4：1的物质的量比配料，混合搅拌，然后升温至600℃?750℃，制取产品LiMn 2O 4。写出该反应的化学方程式__。
（5）锰酸锂可充电电池的总反应为：Li 1-x Mn 2O 4+Li x C
LiMn 2O 4+C(0＜x ＜1)
①充电时，电池的阳极反应式为__，若此时转移lmole -，则石墨电极将增重__g 。
②废旧锰酸锂电池可能残留有单质锂，拆解不当易爆炸、着火，为了安全，对拆解环境的要求是__。 【答案】AD 5.0≤pH ＜7.1 Mn 2++S 2O 82-+2H 2O=MnO 2↓+4H ++2SO 42- 8MnO 2+2Li 2CO 3
~000675℃℃
4LiMn 2O 4+2CO 2↑+O 2↑ LiMn 2O 4-xe -=Li 1-x Mn 2O 4+xLi + 7 拆解环境保持干
燥，拆解下的锂隔绝空气保存 【解析】 【分析】
软锰矿主要成分为MnO 2，含少量Fe 2O 3、FeO 、Al 2O 3和极少量铜的化合物等杂质，利用软锰矿浆脱含硫烟气中SO 2，发生反应MnO 2+SO 2=MnSO 4，2Fe 3++SO 2+2H 2O=2Fe 2++SO 42-+4H +，步骤Ⅱ中在浸出Ⅰ中加入氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水调节溶液pH 沉淀Fe 3+、Al 3+便于除去，过滤得到滤液含有的Mn 2+的溶液中加入K 2S 2O 8可将Mn 2+氧化为MnO 2，K 2S 2O 8被还原为K 2SO 4，MnO 2与Li 2CO 3在一定温度下发生反应，产生LiMn 2O 4、CO 2、O 2，据此分析解答。 【详解】
(1)A ．不断搅拌，使SO 2和软锰矿浆充分接触，这样SO 2就会更多转化为SO 42-，故A 正确； B ．增大通入SO 2的流速，可能会导致部分SO 2未来得及反应就逸出，物质的产率降低，故B 错误； C ．减少软锰矿浆的进入量，SO 2可能不能及时参加反应，导致回收率降低，故C 错误； D ．减小通入SO 2的流速，SO 2能尽可能充分反应，回收率增大，故D 正确； 故答案选AD ；
(2)除杂时显然只能除去Fe 3+和Al 3+，不能损失Mn 2+，由题意可知，室温下，pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀，除去MnSO 4溶液中的Fe 3+、Al 3+，氢氧化铝完全变成沉淀时的Ksp[Al(OH)3]=1×10-33=c(Al 3+)?c 3(OH -)，c(Al 3+)=1×10-6mol/L ，解得：c(OH -)=1×10-9mol/L ，则溶液c(H +)=l×10-5mol/L ，则pH=5；同理Fe(OH)3完全变成沉淀时，Ksp[Fe(OH)3]=l×10-39=c(Fe 3+)?c 3(OH -)，c(Fe 3+)=1×10-6mol/L ，解得：c(OH -)=1×10-11mol/L ，c(H +)=l×10-3mol/L ，则pH 约为3，故pH 范围是：5.0≤pH<7.1；
(3)由题意可知，反应物为MnSO 4和K 2S 2O 8，生成物之一为MnO 2，再根据化合价升降相等和原子守恒配平，则发生反应的离子反应方程式为Mn 2++S 2O 82-+2H 2O=MnO 2↓+2SO 42-+4H +；
(4)MnO 2和Li 2CO 3反应后只有Mn 的价态降低，必然有元素的化合价升高，C 元素处在最高价态，不能升高，则只能是O 元素价态升高，所以还有O 2生成。根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的方程式为：8MnO 2+2Li 2CO 3
~000675℃℃
4LiMn 2O 4+2CO 2↑+O 2↑；
(5)①放电时，电池的正极发生还原反应，反应式为Li 1-x Mn 2O 4+xLi ++xe -=LiMn 2O 4，充电时电池的阳极反应式为：LiMn 2O 4-xe -=Li 1-x Mn 2O 4+xLi +；此时，石墨电极上发生的反应为C+xe -+xLi +=LixC ，则转移lmole -石墨电极将增重的质量为1molLi +的质量，由于Li 摩尔质量是7g/mol ，所以1molLi +的质量是7.0g ；
②废旧锰酸锂电池可能残留有单质锂，锂化学性质活泼，锂可与空气中的O 2和H 2O 反应，对拆解的要求是：隔绝空气和水分。