河北省唐山一中2016届高考化学模拟试卷（二）（解析版）
文档属性
| 名称 | 河北省唐山一中2016届高考化学模拟试卷（二）（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 306.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2017-01-03 08:33:35 | ||
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文档简介
2016年河北省唐山一中高考化学模拟试卷（二）
一、选择题（本题包括13小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A．乙烯和苯都能与溴水反应
B．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到
C．有机物分子中都存在碳碳单键
D．乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生酯化反应
2．化学与社会、生产、生活紧切相关．下列说法正确的是（ ）
A．高纯硅及其氧化物在太阳能电池及信息高速传输中有重要应用
B．蛋白质、棉花、核酸、PVC、淀粉、油脂都是由高分子组成的物质
C．绿色化学的核心是在化学合成中将原子充分利用，转化为新的原子
D．煤经过汽化和液化等物理变化等可转化为清洁燃料
3．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）
A．0.2molAl与足量NaOH溶液反应，生成的H2分子数为0.3NA
B．常温下，1LpH=1的盐酸溶液，由水电离的H+离子数目为0.1NA
C．铅蓄电池中，当正极增加9.6g时，电路中通过的电子数目为0.2NA
D．11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4
反应中，6
mol
CuSO4能氧化白磷的分子数为1.1NA
4．浙江大学成功研制出能在数分钟之内将电量充满的锂电池，其成本只有传统锂电池的一半．若电解液为LiAlCl4﹣SOCl2，电池的总反应为：4Li+2SOCl24LiCl+S+SO2．下列说法不正确的是（ ）
A．Li为电池的负极
B．电池的电解液可用LiCl水溶液代替
C．放电时电子从负极经外电路流向正极
D．充电时阳极反应式为：4Cl﹣+S+SO2﹣4e﹣=2SOCl2
5．为实现下列实验目的，下表提供的主要仪器以及所用试剂均合理的是（ ）
选项
实验目的
主要仪器
试剂
A
配制480mL
2mol/L的NaOH溶液
胶头滴管、烧杯、玻璃棒、托盘天平、480mL容量瓶
NaOH固体、蒸馏水
B
分离I2和CCl4的混合物
分液漏斗、烧杯
乙醇
C
鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液
试管、胶头滴管
澄清石灰水
D
鉴别葡萄糖和蔗糖
试管、烧杯、酒精灯
葡萄糖溶液、蔗糖溶液、银氨溶液
A．A
B．B
C．C
D．D
6．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同．Y是空气中含量最高的元素，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z2﹣与W+具有相同的电子层结构．下列说法正确的是（ ）
A．原子半径大小顺序：r（W）＞r（Z）＞r（Y）＞r（X）
B．元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强
C．由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性
D．化合物X2Z2与W2Z2所含化学键类型完全相同
7．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．0.1mol/L
NaHCO3溶液与0.1mol/L
NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：
c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）
B．20mL
0.1mol/L
CH3COONa溶液与10mL
0.1mol/L
HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）
C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（Cl﹣）+c（H+）＞c（NH4+）+c（OH﹣）
D．已知某温度下，Ksp（AgCl）=1×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）=1×10﹣12．若将0.001mol L﹣1AgNO3溶液滴入浓度均为0.001
mol L﹣1的KCl和K2CrO4混合溶液中，则先产生Ag2CrO4沉淀
二、非选择题：
8．已知煤矸石经处理后含SiO2（65%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（10%）．按以下流程制备Al（OH）3：
（1）若取该煤矸石1000g按上述流程“酸浸”之后，对所得“溶液”直接加热蒸干再经灼烧，最终所得固体的成分及质量分别是 （不考虑实验过程中的损失）．
（2）上述沉淀的主要化学成分是 ，物质X是一种常见气体，它的电子式为 ．
（3）“碱溶”时反应的主要离子方程式为： ．
（4）“转化”时，若物质X是足量的，则主要反应的离子方程式为 ．
（5）已知Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4．为了获得更多产品Al（OH）3，从煤矸石的盐酸浸取液开始，若只用CaCO3一种试剂，后续操作的实验方案是： ．
9．实验室中用氯气与粗铜（杂质只有Fe）反应，制备铜的氯化物的流程如下．
（1）实验室采用下图所示的装置，完成反应①，有关仪器接口按气流方向连接的正确顺序是：a→ 、 、 、 、 、 、 （铁架台、铁夹省略）．其中装置B的作用是 ．
（2）连接好装置后，加入药品前，应该进行的实验操作是 ．实验中大试管需要加热，加热前应进行的一步重要操作是 ，反应时，在盛粗铜粉的试管中观察到的现象是 ．
（3）上述流程中试剂X可以是 ，固体1需要加稀盐酸溶解，其理由是 ；操作2需在 气流中经过加热浓缩、 、过滤、洗涤、干燥等步骤．
（4）若开始取的粗铜与足量Cl2反应，经上述流程制备CuCl2 2H2O，最终得到干燥产品的产量比理论值 ；（填“增大”、“减小”、“没有变化”）分析出现此情况的主要原因 ．
10．雾霾天气中SO2是造成空气污染的主要原因；在硫酸工业生产过程中2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）是关键步骤．该反应的过程在600℃时的平衡常数K=19，有关的能量变化，实验数据如图所示．
压强/Mpa转化率/%温度/℃
0.1
0.5
1
10
400
99.2
99.6
99.7
99.9
500
93.5
96.9
97.8
99.3
600
73.7
85.8
89.5
96.4
（1）已知1mol
SO2（g）氧化为1mol
SO3（g）时的△H=﹣99kJ/mol．则图中△H=
kJ/mol；
E代表的意义是 ．结合表中的数据解释该反应是放热反应的原因： ；若600℃时，在一密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，当测得容器内c（SO2）=0.3mol/L，c（O2）=0.1mol/L，c（SO3）=0.4mol/L，在这种情况下，化学反应速率是v（正）
v（逆）（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）硫酸工厂尾气处理时用NaOH溶液吸收SO2生成NaHSO3．已知在0.1mol/L的NaHSO3溶液中有关微粒浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3）．该溶液中c（H+） c（OH﹣）（填“＞”、“＜”或“=”），简述理由（用简单的文字和离子方程式说明）： ．
（3）有人设想用电化学原理生产硫酸（装置见图2），写出通入SO2的电极的电极反应式： ；为稳定持续生产，硫酸溶液的浓度应维持不变，则通入SO2和水的质量比为 ．
【化学-选修2：化学与技术】
11．重铬酸钠俗称红矾钠（Na2Cr2O7 2H2O），是重要的化工产品和强氧化剂．工业制备红矾钠的流程如下：
（1）化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3可写成Na2O SiO2，则Fe（CrO2）2可写成 ．
（2）煅烧铬铁矿时，矿石中难溶的Fe（CrO2）2生成可溶于水的Na2CrO4，反应化学方程式如下：4Fe（CrO2）2+8Na2CO3+7O2═2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2．为了加快该反应的反应速率，可采取的措施是 ．（写一种即可）
（3）已知CrO42﹣在不同的酸性溶液中有不同的反应，如：
2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H2O；
3CrO42﹣+4H+═Cr3O102﹣+2H2O
①往混合溶液甲中加入硫酸必须适量的原因是 ．
②混合溶液乙中溶质的化学式是 ．
（4）在含Cr2O72﹣废水中存在着平衡：Cr2O72﹣+H2O 2CrO42﹣+2H+，请写出该平衡的平衡常数表达式K= ，若继续加水稀释，平衡将 移动（填“正向”、“逆向”“不”）．
（5）请配平碱性溶液还原法中发生的离子反应：
Cr2O72﹣+□S2﹣+ H2O﹣﹣ Cr（OH）3+ S2O32﹣+ OH﹣．
【化学-选修3：物质结构与性质】
12．太阳能的开发利用在新能源研究中占据重要地位．单晶硅太阳能电池片在加工时，一般掺杂微量的铜、硼、镓、硒等．
就铜、硼两种元素请回答：
（1）基态Cu2+的核外电子排布式为 ；已知高温下Cu2O比CuO更稳定，试从铜原子核外电子结构角度解释其原因： ．
（2）铜与类卤素（CN）2、（SCN）2反应生成Cu（
CN）2、Cu（
SCN）2．其中类卤素（
SCN）2结构式为N≡C﹣S﹣S﹣C≡N．其分子中σ键和π键的个数比为 ；它对应的酸有两种，理论上硫氰酸（H﹣S﹣C≡N）的沸点低于异硫氰酸
（H﹣N=C=S）的沸点，其原因为 ．
（3）在第二周期中第一电离能介于B和N两元素之间的有 （写元素符号）．
（4）氮化硼（BN）晶体有多种结构．六方氮化硼是通常存在的稳定结构，具有层状结构，可作高温润滑剂；立方氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性．它们的晶体结构如图1所示．
①关于这两种晶体的说法，正确的是 （填序号）．
A．立方氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
B．六方氮化硼层间作用力小，所以质地软
C．两种晶体中B﹣N键均为共价键
D．两种晶体均为分子晶体
E．立方氮化硼晶体，硼原子的杂化轨道类型为sp3
F．六方氮化硼晶体结构与石墨相似却不导电，原因是其层结构中没有自由电子
②图2是立方氮化硼晶胞模型，a位置N原子与b位置B原子之间的距离为a
cm，则该晶体的密度为 g/cm3（用含a的代数式表示，NA
表示阿伏伽德罗常数）．
【化学--选修5：有机化学基础】
13．已知：芳香烃A的苯环上只有一个取代基，B、C分子式均为C8H9Cl．它们有如下的转化关系（无机物已略去）：
根据要求回答问题：
（1）质子核磁共振（PMR）是研究有机化合物结构的有力手段之一，经分析A的PMR谱中有若干个信号峰，其强度比为 ．
（2）D转化成F的反应方程式为 ．
（3）B、C都能在一定条件下加热可以生成同一种有机物M（能发生加聚反应），这里的“一定条件”是指 ．
（4）H与E反应生成I的方程式为 ．
（5）写出符合下列条件的H的所有同分异构体的结构简式： ．
①不能与FeCl3溶液作用显紫色；②能发生银镜反应；③苯环上的一卤代物有2种．
2016年河北省唐山一中高考化学模拟试卷（二）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括13小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A．乙烯和苯都能与溴水反应
B．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到
C．有机物分子中都存在碳碳单键
D．乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生酯化反应
【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．
【分析】A．苯中不含双键；
B．分馏为物理变化；
C．乙烯中不存在碳碳单键；
D．乙醇中含﹣OH，可发生氧化、酯化反应．
【解答】解：A．苯不与溴水反应，乙烯与溴水发生加成反应，故A错误；
B．石油分馏为物理变化，得不到苯，故B错误；
C．有机分子如CCl4、乙烯等中不含碳碳单键，故C错误；
D．乙醇可被氧化为乙酸，且二者均能发生酯化反应，故D正确；
故选D．
2．化学与社会、生产、生活紧切相关．下列说法正确的是（ ）
A．高纯硅及其氧化物在太阳能电池及信息高速传输中有重要应用
B．蛋白质、棉花、核酸、PVC、淀粉、油脂都是由高分子组成的物质
C．绿色化学的核心是在化学合成中将原子充分利用，转化为新的原子
D．煤经过汽化和液化等物理变化等可转化为清洁燃料
【考点】有机高分子化合物的结构和性质；物理变化与化学变化的区别与联系；绿色化学；硅的用途．
【分析】A．光纤的成分的二氧化硅；
B．油脂不是高分子；
C．化学反应的本质为原子的重新组合，在化学合成中将原子充分利用，但不会转化为新的原子；
D．有新物质生成的是化学变化．
【解答】解：A．太阳能电池的原料是硅单质，光纤的成分的二氧化硅，故A正确；
B．高分子化合物包含淀粉、蛋白质、纤维素等，油脂不属于高分子，故B错误；
C．绿色化学的核心是从源头上减少对环境的污染，化学反应的本质为原子的重新组合，在化学合成中将原子充分利用，但不会转化为新的原子，故C错误；
D．煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，所以煤经过气化和液化等变化是化学变化，故D错误；
故选A．
3．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）
A．0.2molAl与足量NaOH溶液反应，生成的H2分子数为0.3NA
B．常温下，1LpH=1的盐酸溶液，由水电离的H+离子数目为0.1NA
C．铅蓄电池中，当正极增加9.6g时，电路中通过的电子数目为0.2NA
D．11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4
反应中，6
mol
CuSO4能氧化白磷的分子数为1.1NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A．铝为3价金属，0.2mol铝与氢氧化钠溶液完全反应失去0.6mol电子，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量；
B．盐酸抑制了水的电离，溶液中中的氢氧根离子是水电离的；
C．正极由PbO2→PbSO4，每增重64g转移2mol电子；
D．Cu3P中Cu显+1价，60mol
CuSO4参加反应得到60mol电子，P4被氧化到H3PO4，每有1molP4被氧化失去电子20mol，故6
mol
CuSO4能氧化0.3
mol
白磷．
【解答】解：A.0.2mol铝完全反应失去0.6mol电子，会生成=0.3mol氢气，则生成的H2分子数为0.3NA，故A正确；
B．常温下，1LpH=1的盐酸溶液中含有氢离子的物质的量浓度为：0.1mol/L，盐酸抑制了水的电离，则溶液中的氢氧根离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为：1×10﹣13mol/L，1L该溶液中由水电离的氢离子的物质的量为：1×10﹣13mol，故B错误；
C．铅蓄电池中，正极：PbO2→PbSO4，每增重64g时转移2mol电子，所以正极增重9.6g转移电子数为0.3NA，故C错误；
D．Cu3P中Cu显+1价，所以60
mol
CuSO4参加反应得到60
mol
电子，P4被氧化到H3PO4，每有1
mol
P4被氧化失去电子20
mol，所以6
mol
CuSO4能氧化0.3
mol
白磷，能氧化白磷的分子数为0.3NA，故D错误；
故选A．
4．浙江大学成功研制出能在数分钟之内将电量充满的锂电池，其成本只有传统锂电池的一半．若电解液为LiAlCl4﹣SOCl2，电池的总反应为：4Li+2SOCl24LiCl+S+SO2．下列说法不正确的是（ ）
A．Li为电池的负极
B．电池的电解液可用LiCl水溶液代替
C．放电时电子从负极经外电路流向正极
D．充电时阳极反应式为：4Cl﹣+S+SO2﹣4e﹣=2SOCl2
【考点】化学电源新型电池．
【分析】A．放电时，失电子化合价升高的电极是负极；
B．水和Li发生反应生成LiOH和氢气；
C．放电时，电子从负极沿导线流向正极；
D．充电时，阳极上S失电子发生氧化反应．
【解答】解：A．放电时，失电子化合价升高的电极是负极，根据电池反应式知，放电时Li元素化合价由0价变为+1价，所以Li是负极，故A正确；
B．Li是一种碱金属，比较活泼，能与H2O直接发生反应，因此该锂电池的电解液不能用LiCl水溶液代替LiAlCl4﹣SOCl2，故B错误；
C．放电时，Li是负极，另一个电极是正极，负极上失电子、正极上得电子，所以电子从负极沿导线流向正极，故C正确；
D．充电时，阳极上S失电子发生氧化反应，阳极反应式为：4Cl﹣+S+SO2﹣4e﹣=2SOCl2，故D正确；
故选B．
5．为实现下列实验目的，下表提供的主要仪器以及所用试剂均合理的是（ ）
选项
实验目的
主要仪器
试剂
A
配制480mL
2mol/L的NaOH溶液
胶头滴管、烧杯、玻璃棒、托盘天平、480mL容量瓶
NaOH固体、蒸馏水
B
分离I2和CCl4的混合物
分液漏斗、烧杯
乙醇
C
鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液
试管、胶头滴管
澄清石灰水
D
鉴别葡萄糖和蔗糖
试管、烧杯、酒精灯
葡萄糖溶液、蔗糖溶液、银氨溶液
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．实验室不存在480mL容量瓶；
B．碘、四氯化碳以及乙醇混溶；
C．二者都与澄清石灰水反应生成沉淀；
D．葡萄糖含有醛基，可发生银镜反应．
【解答】解：A．实验室不存在480mL容量瓶，应用500mL的容量瓶配制，故A错误；
B．碘、四氯化碳以及乙醇混溶，应用蒸馏的方法分离，故B错误；
C．二者都与澄清石灰水反应生成沉淀，可用氯化钙溶液鉴别，故C错误；
D．葡萄糖含有醛基，可发生银镜反应，可完成实验，故D正确．
故选D．
6．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同．Y是空气中含量最高的元素，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z2﹣与W+具有相同的电子层结构．下列说法正确的是（ ）
A．原子半径大小顺序：r（W）＞r（Z）＞r（Y）＞r（X）
B．元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强
C．由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性
D．化合物X2Z2与W2Z2所含化学键类型完全相同
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是空气中含量最高的元素，则Y为N元素；Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；Z2﹣与W+具有相同的电子层结构，则W为Na；X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同，则X单质为气体，故X为H元素，据此解答．
【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是空气中含量最高的元素，则Y为N元素；Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；Z2﹣与W+具有相同的电子层结构，则W为Na；X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同，则X单质为气体，故X为H元素，
A．同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，氢原子比较最小，故原子半径r（Na）＞r（N）＞r（O）＞r（H），故A错误；
B．非金属性Z（O）＞Y（N），元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此H2O的热稳定性大于NH3，故B错误；
C．由X（H）、Y（N）、Z（O）三种元素形成的化合物中，一水合氨的水溶液呈碱性，故C正确；
D．化合物H2O2含有共价键，而Na2O2含有共价键、离子键，所含化学键类型不完全相同，故D错误，
故选C．
7．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．0.1mol/L
NaHCO3溶液与0.1mol/L
NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：
c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）
B．20mL
0.1mol/L
CH3COONa溶液与10mL
0.1mol/L
HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）
C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（Cl﹣）+c（H+）＞c（NH4+）+c（OH﹣）
D．已知某温度下，Ksp（AgCl）=1×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）=1×10﹣12．若将0.001mol L﹣1AgNO3溶液滴入浓度均为0.001
mol L﹣1的KCl和K2CrO4混合溶液中，则先产生Ag2CrO4沉淀
【考点】离子浓度大小的比较．
【分析】A．二者恰好反应生成碳酸钠，由于氢氧根离子来自水的电离和碳酸根离子的水解，则c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）；
B．反应后溶质为等浓度醋酸、醋酸钠和氯化钠，混合液呈酸性，说明醋酸的电离程度大小醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）；
C．氨水为弱碱，混合液中氨水过量，溶液呈碱性，c（H+）＜c（OH﹣），结合电荷守恒判断；
D．根据Ksp（AgCl）、Ksp（Ag2CrO4），计算当Cl﹣、CrO42﹣开始沉淀时的c（Ag+），计算出的银离子浓度越小，优先生成沉淀．
【解答】解：A．0.1mol/L
NaHCO3溶液与0.1mol/L
NaOH溶液等体积混合，反应后溶质为碳酸钠，由于氢氧根离子来自水的电离和碳酸根离子的水解，则c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故A错误；
B．20mL
0.1mol/L
CH3COONa溶液与10mL
0.1mol/L
HCl溶液混合后，溶质为等浓度的醋酸、醋酸钠和NaCl，溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大小醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），根据物料守恒c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Cl﹣）可得：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH），溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故B正确；
C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，氨水为弱碱，混合液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），根据电荷守恒可得：c（Cl﹣）＜c（NH4+），则：c（Cl﹣）+c（H+）＜c（NH4+）+c（OH﹣），故C错误；
D．当Cl﹣开始沉淀时c（Ag+）==1.8×10﹣7mol/L，当CrO42﹣开始沉淀时，（Ag+）==1×10﹣4.5
mol/L，则饱和AgCl溶液中c（Ag+）比饱和Ag2CrO4溶液中c（Ag+）小，故在同浓度的KCl和K2CrO4混合溶液中滴入AgNO3溶液，先生成AgCl沉淀，故D错误．故选B．
二、非选择题：
8．已知煤矸石经处理后含SiO2（65%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（10%）．按以下流程制备Al（OH）3：
（1）若取该煤矸石1000g按上述流程“酸浸”之后，对所得“溶液”直接加热蒸干再经灼烧，最终所得固体的成分及质量分别是 Al2O3250克、Fe2O3100g （不考虑实验过程中的损失）．
（2）上述沉淀的主要化学成分是 Al（OH）3、Fe（OH）3 ，物质X是一种常见气体，它的电子式为 ．
（3）“碱溶”时反应的主要离子方程式为： Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O ．
（4）“转化”时，若物质X是足量的，则主要反应的离子方程式为 AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣ ．
（5）已知Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4．为了获得更多产品Al（OH）3，从煤矸石的盐酸浸取液开始，若只用CaCO3一种试剂，后续操作的实验方案是： 加入CaCO3调节pH到3.2，过滤除去Fe（OH）3后，再加CaCO3调节pH到5.4，过滤得到Al（OH）3 ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】含SiO2（65%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（10%）化合物用盐酸酸浸发生的反应为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；则过滤的溶液为氯化铁和氯化铝的溶液，加碳酸钙消耗溶液中的氢离子使三价铁离子、三价铝离子都水解生成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，所以再加入氢氧化钠，只要氢氧化铝溶解反应为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，所得溶液为偏铝酸钠溶液再通入二氧化碳进一步反应又生成氢氧化铝，据此答题．
【解答】解：含SiO2（65%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（10%）及少量钙镁的化合物用盐酸酸浸发生的反应为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；则过滤的溶液为氯化铁和氯化铝的溶液，加碳酸钙消耗溶液中的氢离子使三价铁离子、三价铝离子都水解生成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，所以再加入氢氧化钠，只要氢氧化铝溶解反应为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，所得溶液为偏铝酸钠溶液再通入二氧化碳进一步反应又生成氢氧化铝．
（1）过滤的溶液为氯化铁和氯化铝的溶液，对所得“溶液”直接加热蒸干再经灼烧，最终所得固体的成分Al2O3
a克、Fe2O3b克，则：a=1000g×25%=250g，b=1000g×10%=100g，故答案为：Al2O3
250克、Fe2O3100g；
（2）加碳酸钙消耗溶液中的氢离子使三价铁离子、三价铝离子都水解生成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，氯化铝和氯化铁水解都生成盐酸，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳，所以物质X是二氧化碳，它的电子式为，故答案为：Al（OH）3、Fe（OH）3，；
（3）加入氢氧化钠，只要氢氧化铝溶解反应为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；
（4）物质X（二氧化碳）是足量的，则主要反应的离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案为：
AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；
（5）Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4，为了获得更多产品Al（OH）3，加入CaCO3调节pH到3.2，过滤除去Fe（OH）3后，再加CaCO3调节pH到5.4，过滤得到Al（OH）3，故答案为：加入CaCO3调节pH到3.2，过滤除去Fe（OH）3后，再加CaCO3调节pH到5.4，过滤得到Al（OH）3．
9．实验室中用氯气与粗铜（杂质只有Fe）反应，制备铜的氯化物的流程如下．
（1）实验室采用下图所示的装置，完成反应①，有关仪器接口按气流方向连接的正确顺序是：a→ d 、 e 、 h 、 i 、 f 、 g 、 b （铁架台、铁夹省略）．其中装置B的作用是 尾气处理 ．
（2）连接好装置后，加入药品前，应该进行的实验操作是 检查装置气密性 ．实验中大试管需要加热，加热前应进行的一步重要操作是 通入一段时间的氯气，将装置中的空气排尽 ，反应时，在盛粗铜粉的试管中观察到的现象是 棕黄色的烟 ．
（3）上述流程中试剂X可以是 氧化铜或氢氧化铜 ，固体1需要加稀盐酸溶解，其理由是 抑制氯化铜、氯化铁水解（或抑制Cu2+、Fe3+水解） ；操作2需在 HCl 气流中经过加热浓缩、 冷却结晶 、过滤、洗涤、干燥等步骤．
（4）若开始取的粗铜与足量Cl2反应，经上述流程制备CuCl2 2H2O，最终得到干燥产品的产量比理论值 增大 ；（填“增大”、“减小”、“没有变化”）分析出现此情况的主要原因 加入试剂X为CuO生成了CuCl2，使产品增加 ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】粗铜中杂质只有Fe，与氯气反应得到固体甲中有氯化铜、氯化铁，用盐酸溶解，抑制氯化铜、氯化铁水解，溶液1中加入X调节溶液pH，得到溶液2，经过系列操作得到CuCl2 2H2O，故溶液2为CuCl2溶液，则调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，试剂X可以为CuO、氢氧化铜等，结合题目信息可知，氯化铜溶液，加少量盐酸，抑制氯化铜水解，再蒸发浓缩、冷却到26～42℃结晶得到CuCl2 2H2O，再经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的晶体，以此解答该题．
【解答】解：粗铜中杂质只有Fe，与氯气反应得到固体甲中有氯化铜、氯化铁，用盐酸溶解，抑制氯化铜、氯化铁水解，溶液1中加入X调节溶液pH，得到溶液2，经过系列操作得到CuCl2 2H2O，故溶液2为CuCl2溶液，则调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，试剂X可以为CuO、氢氧化铜等，结合题目信息可知，氯化铜溶液，加少量盐酸，抑制氯化铜水解，再蒸发浓缩、冷却到26～42℃结晶得到CuCl2 2H2O，再经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的晶体，
（1）A装置制备氯气，C装置吸收氯气中的HCl，E装置干燥氯气，D装置中Cu与氯气反应，B装置吸收未反应的氯气，防止污染空气，按气流方向连接各仪器接口顺序是：a→d、e→h、i→f、g→b，装置B装有NaOH溶液，可与氯气反应，用作尾气处理，防止氯气污染环境，
故答案为：d、e、h、i、f、g、b；尾气处理；
（2）连接好装置后，加入药品前，应该进行的实验操作是检查装置气密性，实验中大试管需要加热，加热前应进行的一步重要操作是通入一段时间的氯气，防止铜被氧化生成氧化铜，将装置中的空气排尽，反应时，在盛粗铜粉的试管中观察到的现象是棕黄色的烟．
故答案为：检查装置气密性；通入一段时间的氯气，将装置中的空气排尽；棕黄色的烟；
（3）调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，且不能引入新杂质，而氢氧化钠、氨水、硫酸铜均引入杂质，氯化铜、氯化铁在溶液中会发生水解，用盐酸溶解，可以抑制氯化铜、氯化铁水解，蒸发浓缩时，为防止水解应在HCl气流中加热、冷却到26～42℃结晶得到CuCl2 2H2O，再经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的晶体，
故答案为：氧化铜或氢氧化铜；抑制氯化铜、氯化铁水解（或抑制Cu2+、Fe3+水解）；HCl；冷却结晶；
（4）在调节溶液pH时，加入CuO反应生成了CuCl2，使产品质量增加，
故答案为：增大；加入试剂X为CuO生成了CuCl2，使产品增加．
10．雾霾天气中SO2是造成空气污染的主要原因；在硫酸工业生产过程中2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）是关键步骤．该反应的过程在600℃时的平衡常数K=19，有关的能量变化，实验数据如图所示．
压强/Mpa转化率/%温度/℃
0.1
0.5
1
10
400
99.2
99.6
99.7
99.9
500
93.5
96.9
97.8
99.3
600
73.7
85.8
89.5
96.4
（1）已知1mol
SO2（g）氧化为1mol
SO3（g）时的△H=﹣99kJ/mol．则图中△H= 198
kJ/mol；
E代表的意义是 正反应活化能 ．结合表中的数据解释该反应是放热反应的原因： 压强一定时，温度升高，SO2转化率下降，说明升温有利于逆反应进行，所以正反应为放热反应 ；若600℃时，在一密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，当测得容器内c（SO2）=0.3mol/L，c（O2）=0.1mol/L，c（SO3）=0.4mol/L，在这种情况下，化学反应速率是v（正） ＞
v（逆）（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）硫酸工厂尾气处理时用NaOH溶液吸收SO2生成NaHSO3．已知在0.1mol/L的NaHSO3溶液中有关微粒浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3）．该溶液中c（H+） ＞ c（OH﹣）（填“＞”、“＜”或“=”），简述理由（用简单的文字和离子方程式说明）： NaHSO3溶液中存在反应：HSO3﹣ H++SO32﹣、HSO3﹣+H2O OH﹣+H2SO3，由于c（SO32﹣）＞c（H2SO3），所以电离程度大于水解 ．
（3）有人设想用电化学原理生产硫酸（装置见图2），写出通入SO2的电极的电极反应式： SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+ ；为稳定持续生产，硫酸溶液的浓度应维持不变，则通入SO2和水的质量比为 16：29 ．
【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．
【分析】（1）因1mol
SO2（g）氧化为1mol
SO3的△H=﹣99kJ mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的△H=﹣198kJ mol﹣1；E表示正反应的活化能；
升高温度平衡向吸热方向移动，根据二氧化硫转化率大小判断反应热；此时浓度商==17.8＞16，据此判断平衡移动方向；
（2）溶液中存在c（SO32﹣）＞c（H2SO3），说明HSO3﹣电离程度大于水解程度导致溶液呈酸性；
（3）根据图知，通入二氧化硫的电极上二氧化硫随着生成硫酸根离子，SO2、O2和水形成硫酸溶液的浓度为50%，求出SO2和水的质量比．
【解答】解：（1）因1mol
SO2（g）氧化为1mol
SO3的△H=﹣99kJ mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的△H=﹣198kJ mol﹣1，则△H=198kJ/mol，
E表示正反应的活化能；根据表中数据知，压强一定时，温度升高，SO2转化率下降，说明升温有利于逆反应进行，所以正反应为放热反应；此时浓度商==17.8＞16，平衡正向移动，则v（正）＞v（逆），
故答案为：﹣198；
正反应的活化能；压强一定时，温度升高，SO2转化率下降，说明升温有利于逆反应进行，所以正反应为放热反应；＞；
（2）NaHSO3溶液中存在反应：HSO3﹣ H++SO32﹣、HSO3﹣+H2O OH﹣+H2SO3，由于
c（SO32﹣）＞c（H2SO3），说明HSO3﹣电离程度大于水解程度导致溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），
故答案为：＞；
NaHSO3溶液中存在反应：HSO3﹣ H++SO32﹣、HSO3﹣+H2O OH﹣+H2SO3，由于
c（SO32﹣）＞c（H2SO3），所以电离程度大于水解；
（3）根据图知，通入二氧化硫的电极上二氧化硫随着生成硫酸根离子，负极反应式为SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+；
设：SO2和水的质量分别为a、b
SO2
+H2O H2SO3
64
18
82
a
2H2SO3
+O2═2H2SO4
164
196
则：硫酸溶液的质量百分数为×100%=50%，
整理可得
a：b=16：29，
故答案为：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+；16：29．
【化学-选修2：化学与技术】
11．重铬酸钠俗称红矾钠（Na2Cr2O7 2H2O），是重要的化工产品和强氧化剂．工业制备红矾钠的流程如下：
（1）化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3可写成Na2O SiO2，则Fe（CrO2）2可写成 FeO Cr2O3 ．
（2）煅烧铬铁矿时，矿石中难溶的Fe（CrO2）2生成可溶于水的Na2CrO4，反应化学方程式如下：4Fe（CrO2）2+8Na2CO3+7O2═2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2．为了加快该反应的反应速率，可采取的措施是 粉碎矿石、升高温度 ．（写一种即可）
（3）已知CrO42﹣在不同的酸性溶液中有不同的反应，如：
2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H2O；
3CrO42﹣+4H+═Cr3O102﹣+2H2O
①往混合溶液甲中加入硫酸必须适量的原因是 少量不能除尽Na2CO3等杂质，过量会生成Na2Cr3O10等副产物 ．
②混合溶液乙中溶质的化学式是 Na2Cr2O7和Na2SO4 ．
（4）在含Cr2O72﹣废水中存在着平衡：Cr2O72﹣+H2O 2CrO42﹣+2H+，请写出该平衡的平衡常数表达式K= c（CrO42﹣）2c（H+）2/c（Cr2O72﹣） ，若继续加水稀释，平衡将 正向 移动（填“正向”、“逆向”“不”）．
（5）请配平碱性溶液还原法中发生的离子反应：
4 Cr2O72﹣+□S2﹣+ 19 H2O﹣﹣ 8 Cr（OH）3+ 3 S2O32﹣+ 14 OH﹣．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】铬铁矿加入纯碱，通入空气煅烧，经浸取后得到Na2CrO4、Na2CO3，加入适量硫酸，得到混合溶液乙含有Na2Cr2O7和Na2SO4，然后结晶可得到Na2Cr2O7晶体，
（1）类比Na2SiO3可写成Na2O SiO2完成Fe（CrO2）2的氧化物的形式；
（2）根据影响化学反应速率的因素分析；
（3）①固体图示及题中信息可知，少量不能除尽Na2CO3等杂质，过量会生成Na2Cr3O10等副产物；
②发生了反应2CrO42﹣+2H+=Cr2O72﹣+H2O，生成了Na2Cr2O7和Na2SO4；
（4）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，水不需要写出，加水促进平衡正向移动；
（5）Cr2O72﹣→Cr3+，S2﹣→S2O32﹣，根据电子转移守恒配平．
【解答】解：铬铁矿加入纯碱，通入空气煅烧，经浸取后得到Na2CrO4、Na2CO3，加入适量硫酸，得到混合溶液乙含有Na2Cr2O7和Na2SO4，然后结晶可得到Na2Cr2O7晶体，
（1）Fe（CrO2）2
中铁元素化合价是+2价，氧化物为FeO，铬元素化合价+3价，氧化物为Cr2O3，所以Fe（CrO2）2写成氧化物形式为FeO Cr2O3，
故答案为：FeO Cr2O3；
（2）增大反应物接触面积可以加快反应速率，升高温度可以大大加快反应速率，
故答案为：粉碎矿石、升高温度；
（3）①由于少量难以除尽碳酸钠，过量会发生反应3CrO42﹣+4H+=Cr3O102﹣+2H2O，生成了Na2Cr3O10等副产物，所以必须加入适量硫酸，
故答案为：少量不能除尽Na2CO3等杂质，过量会生成Na2Cr3O10等副产物；
②由于发生了反应2CrO42﹣+2H+=Cr2O72﹣+H2O，生成了Na2Cr2O7和Na2SO4，所以乙中溶质的化学式Na2Cr2O7和Na2SO4，故答案为：Na2Cr2O7和Na2SO4；
（4）根据化学平衡常数的定义，可知Cr2O72﹣（aq）+H2O（l） 2CrO42﹣（aq）+2H+（aq）的平衡常数K=c（CrO42﹣）2c（H+）2/c（Cr2O72﹣），加水稀释，促进水解，平衡正向移动，
故答案为：c（CrO42﹣）2c（H+）2/c（Cr2O72﹣）；正向；
（5）Cr2O72﹣→Cr3+，1molCr2O72﹣获得电子物质的量为1mol×2×（6﹣3）=6mol，S2﹣→S2O32﹣，2molS2﹣失去电子物质的量为1mol×2×[2﹣（﹣2）]=8mol，根据电子转移守恒，最小公倍数为24，所以发生的离子反应为：4Cr2O72﹣+6S2﹣+19H2O═8Cr（OH）3↓+3S2O32﹣+14OH﹣，
故答案为：4、6、19、8、3、14．
【化学-选修3：物质结构与性质】
12．太阳能的开发利用在新能源研究中占据重要地位．单晶硅太阳能电池片在加工时，一般掺杂微量的铜、硼、镓、硒等．
就铜、硼两种元素请回答：
（1）基态Cu2+的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d9 ；已知高温下Cu2O比CuO更稳定，试从铜原子核外电子结构角度解释其原因： 亚铜离子价电子排布式为3d10，亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态 ．
（2）铜与类卤素（CN）2、（SCN）2反应生成Cu（
CN）2、Cu（
SCN）2．其中类卤素（
SCN）2结构式为N≡C﹣S﹣S﹣C≡N．其分子中σ键和π键的个数比为 5：4 ；它对应的酸有两种，理论上硫氰酸（H﹣S﹣C≡N）的沸点低于异硫氰酸
（H﹣N=C=S）的沸点，其原因为 异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能 ．
（3）在第二周期中第一电离能介于B和N两元素之间的有 Be、C、O （写元素符号）．
（4）氮化硼（BN）晶体有多种结构．六方氮化硼是通常存在的稳定结构，具有层状结构，可作高温润滑剂；立方氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性．它们的晶体结构如图1所示．
①关于这两种晶体的说法，正确的是 BCEF （填序号）．
A．立方氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
B．六方氮化硼层间作用力小，所以质地软
C．两种晶体中B﹣N键均为共价键
D．两种晶体均为分子晶体
E．立方氮化硼晶体，硼原子的杂化轨道类型为sp3
F．六方氮化硼晶体结构与石墨相似却不导电，原因是其层结构中没有自由电子
②图2是立方氮化硼晶胞模型，a位置N原子与b位置B原子之间的距离为a
cm，则该晶体的密度为 g/cm3（用含a的代数式表示，NA
表示阿伏伽德罗常数）．
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【分析】（1）Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，Cu原子失去一个4s电子、一个3d电子生成二价铜离子，根据构造原理书写二价基态铜离子的电子排布式；原子轨道中电子处于半满、全满、全空时最稳定；
（2）铜与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2，SCN分子中硫原子形成两个共用电子对、C原子形成四个共用电子对、N原子形成三个共用电子对；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成分子间氢键；
（3）同周期主族元素中第ⅡA族和ⅤA族元素比相邻的元素的第一电离能高，所以在第二周期中第一电离能介于B和N两元素之间的有Be、C、O；
（4）①A．立方相氮化硼中N原子与B原子之间形成单键；
B．六方相氮化硼层间作用力为范德华力；
C．两种晶体中的B﹣N键均为共价键；
D．立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性，属于原子晶体；
E．立方氮化硼晶体中每个硼原子形成4个σ键，所以硼原子的杂化轨道类型为sp3
F．六方氮化硼晶体结构其层结构中没有自由电子，所以不导电；
②立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子．一个晶胞中的质量为，a位置N原子与b位置B原子之间的距离为a
cm，所以一个立方氮化硼晶胞的体积是cm3，根据ρ=计算密度．
【解答】解：（1）Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，Cu原子失去一个4s电子、一个3d电子生成二价铜离子，根据构造原理书写二价铜离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9；原子轨道中电子处于半满、全满、全空时最稳定，二价铜离子价电子排布式为3d9、亚铜离子价电子排布式为3d10，亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态，所以较稳定，
故答案为：1s22s22p63s23p63d9；亚铜离子价电子排布式为3d10，亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态；
（2）铜与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2，SCN分子中硫原子形成两个共用电子对、C原子形成四个共用电子对、N原子形成三个共用电子对，（
SCN）2结构式为N≡C﹣S﹣S﹣C≡N，每个分子中含有4个π键，则1mol（SCN）2中含有σ键数目为5mol，π键的数目为4mol，所以分子中σ键和π键的个数比为5：4；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成分子间氢键，所以异硫氰酸熔沸点高于硫氰酸，
故答案为：5：4；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能；
（3）同周期主族元素中第ⅡA族和ⅤA族元素比相邻的元素的第一电离能高，所以在第二周期中第一电离能介于B和N两元素之间的有Be、C、O，故答案为：Be、C、O；（4）①A．立方相氮化硼中N原子与B原子之间形成单键，所以无π键，故错误；
B．六方相氮化硼层间作用力为范德华力，故正确；
C．两种晶体中的B﹣N键均为共价键，故正确；
D．立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性，属于原子晶体，故错误；
E．立方氮化硼晶体中每个硼原子形成4个σ键，所以硼原子的杂化轨道类型为sp3，故正确；
F．六方氮化硼晶体结构其层结构中没有自由电子，所以不导电，故正确；故选：BCEF；
②立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子．一个晶胞中的质量为，a位置N原子与b位置B原子之间的距离为a
cm，所以一个立方氮化硼晶胞的体积是cm3，根据ρ===，故答案为：．
【化学--选修5：有机化学基础】
13．已知：芳香烃A的苯环上只有一个取代基，B、C分子式均为C8H9Cl．它们有如下的转化关系（无机物已略去）：
根据要求回答问题：
（1）质子核磁共振（PMR）是研究有机化合物结构的有力手段之一，经分析A的PMR谱中有若干个信号峰，其强度比为 3：2：2：2：1 ．
（2）D转化成F的反应方程式为 2+O22+2H2O ．
（3）B、C都能在一定条件下加热可以生成同一种有机物M（能发生加聚反应），这里的“一定条件”是指 氢氧化钠的乙醇溶液 ．
（4）H与E反应生成I的方程式为 ．
（5）写出符合下列条件的H的所有同分异构体的结构简式： ．
①不能与FeCl3溶液作用显紫色；②能发生银镜反应；③苯环上的一卤代物有2种．
【考点】有机物的推断．
【分析】芳香烃A的苯环上只有一个取代基，根据A的分子式可知，A为，A与氯气在光照条件下发生乙基上的取代反应，生成的B、C在一定条件下加热可以生成同一种有机物M为，所以B、C分别为、中的一种，根据H能与碳酸氢钠反应，则H中有羧基，所以B应为，C为，B碱性水解得D为，D氧化得F为，F氧化得H为，C碱性水解得E为，E和H发生酯化反应生成I为．
【解答】解：芳香烃A的苯环上只有一个取代基，根据A的分子式可知，A为，A与氯气在光照条件下发生乙基上的取代反应，生成的B、C在一定条件下加热可以生成同一种有机物M为，所以B、C分别为、中的一种，根据H能与碳酸氢钠反应，则H中有羧基，所以B应为，C为，B碱性水解得D为，D氧化得F为，F氧化得H为，C碱性水解得E为，E和H发生酯化反应生成I为．
（1）根据上面的分析可知，A的结构简式为，A的PMR谱中有若干个信号峰，其强度比为3：2：2：2：1，
故答案为：3：2：2：2：1；
（2）D→F反应的是发生氧化反应生成，反应的化学方程是：2+O22+2H2O，
故答案为：2+O22+2H2O；
（3）B、C在一氢氧化钠的乙醇溶液加热发生消去反应生成同一种有机物M为，
故答案为：氢氧化钠的乙醇溶液；
（4）H与E反应生成I的方程式为：，
故答案为：；
（5）H（）的同分异构体符合下列条件：①不能与FeCl3溶液作用显紫色，说明没有酚羟基，②能发生银镜反应，说明有醛基，③苯环上的一卤代物有2种，说明苯环对位上有两个不同取代基，则符合条件的H的同分异构体的结构简式为，
故答案为：．
2016年12月18日
一、选择题（本题包括13小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A．乙烯和苯都能与溴水反应
B．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到
C．有机物分子中都存在碳碳单键
D．乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生酯化反应
2．化学与社会、生产、生活紧切相关．下列说法正确的是（ ）
A．高纯硅及其氧化物在太阳能电池及信息高速传输中有重要应用
B．蛋白质、棉花、核酸、PVC、淀粉、油脂都是由高分子组成的物质
C．绿色化学的核心是在化学合成中将原子充分利用，转化为新的原子
D．煤经过汽化和液化等物理变化等可转化为清洁燃料
3．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）
A．0.2molAl与足量NaOH溶液反应，生成的H2分子数为0.3NA
B．常温下，1LpH=1的盐酸溶液，由水电离的H+离子数目为0.1NA
C．铅蓄电池中，当正极增加9.6g时，电路中通过的电子数目为0.2NA
D．11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4
反应中，6
mol
CuSO4能氧化白磷的分子数为1.1NA
4．浙江大学成功研制出能在数分钟之内将电量充满的锂电池，其成本只有传统锂电池的一半．若电解液为LiAlCl4﹣SOCl2，电池的总反应为：4Li+2SOCl24LiCl+S+SO2．下列说法不正确的是（ ）
A．Li为电池的负极
B．电池的电解液可用LiCl水溶液代替
C．放电时电子从负极经外电路流向正极
D．充电时阳极反应式为：4Cl﹣+S+SO2﹣4e﹣=2SOCl2
5．为实现下列实验目的，下表提供的主要仪器以及所用试剂均合理的是（ ）
选项
实验目的
主要仪器
试剂
A
配制480mL
2mol/L的NaOH溶液
胶头滴管、烧杯、玻璃棒、托盘天平、480mL容量瓶
NaOH固体、蒸馏水
B
分离I2和CCl4的混合物
分液漏斗、烧杯
乙醇
C
鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液
试管、胶头滴管
澄清石灰水
D
鉴别葡萄糖和蔗糖
试管、烧杯、酒精灯
葡萄糖溶液、蔗糖溶液、银氨溶液
A．A
B．B
C．C
D．D
6．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同．Y是空气中含量最高的元素，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z2﹣与W+具有相同的电子层结构．下列说法正确的是（ ）
A．原子半径大小顺序：r（W）＞r（Z）＞r（Y）＞r（X）
B．元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强
C．由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性
D．化合物X2Z2与W2Z2所含化学键类型完全相同
7．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．0.1mol/L
NaHCO3溶液与0.1mol/L
NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：
c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）
B．20mL
0.1mol/L
CH3COONa溶液与10mL
0.1mol/L
HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）
C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（Cl﹣）+c（H+）＞c（NH4+）+c（OH﹣）
D．已知某温度下，Ksp（AgCl）=1×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）=1×10﹣12．若将0.001mol L﹣1AgNO3溶液滴入浓度均为0.001
mol L﹣1的KCl和K2CrO4混合溶液中，则先产生Ag2CrO4沉淀
二、非选择题：
8．已知煤矸石经处理后含SiO2（65%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（10%）．按以下流程制备Al（OH）3：
（1）若取该煤矸石1000g按上述流程“酸浸”之后，对所得“溶液”直接加热蒸干再经灼烧，最终所得固体的成分及质量分别是 （不考虑实验过程中的损失）．
（2）上述沉淀的主要化学成分是 ，物质X是一种常见气体，它的电子式为 ．
（3）“碱溶”时反应的主要离子方程式为： ．
（4）“转化”时，若物质X是足量的，则主要反应的离子方程式为 ．
（5）已知Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4．为了获得更多产品Al（OH）3，从煤矸石的盐酸浸取液开始，若只用CaCO3一种试剂，后续操作的实验方案是： ．
9．实验室中用氯气与粗铜（杂质只有Fe）反应，制备铜的氯化物的流程如下．
（1）实验室采用下图所示的装置，完成反应①，有关仪器接口按气流方向连接的正确顺序是：a→ 、 、 、 、 、 、 （铁架台、铁夹省略）．其中装置B的作用是 ．
（2）连接好装置后，加入药品前，应该进行的实验操作是 ．实验中大试管需要加热，加热前应进行的一步重要操作是 ，反应时，在盛粗铜粉的试管中观察到的现象是 ．
（3）上述流程中试剂X可以是 ，固体1需要加稀盐酸溶解，其理由是 ；操作2需在 气流中经过加热浓缩、 、过滤、洗涤、干燥等步骤．
（4）若开始取的粗铜与足量Cl2反应，经上述流程制备CuCl2 2H2O，最终得到干燥产品的产量比理论值 ；（填“增大”、“减小”、“没有变化”）分析出现此情况的主要原因 ．
10．雾霾天气中SO2是造成空气污染的主要原因；在硫酸工业生产过程中2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）是关键步骤．该反应的过程在600℃时的平衡常数K=19，有关的能量变化，实验数据如图所示．
压强/Mpa转化率/%温度/℃
0.1
0.5
1
10
400
99.2
99.6
99.7
99.9
500
93.5
96.9
97.8
99.3
600
73.7
85.8
89.5
96.4
（1）已知1mol
SO2（g）氧化为1mol
SO3（g）时的△H=﹣99kJ/mol．则图中△H=
kJ/mol；
E代表的意义是 ．结合表中的数据解释该反应是放热反应的原因： ；若600℃时，在一密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，当测得容器内c（SO2）=0.3mol/L，c（O2）=0.1mol/L，c（SO3）=0.4mol/L，在这种情况下，化学反应速率是v（正）
v（逆）（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）硫酸工厂尾气处理时用NaOH溶液吸收SO2生成NaHSO3．已知在0.1mol/L的NaHSO3溶液中有关微粒浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3）．该溶液中c（H+） c（OH﹣）（填“＞”、“＜”或“=”），简述理由（用简单的文字和离子方程式说明）： ．
（3）有人设想用电化学原理生产硫酸（装置见图2），写出通入SO2的电极的电极反应式： ；为稳定持续生产，硫酸溶液的浓度应维持不变，则通入SO2和水的质量比为 ．
【化学-选修2：化学与技术】
11．重铬酸钠俗称红矾钠（Na2Cr2O7 2H2O），是重要的化工产品和强氧化剂．工业制备红矾钠的流程如下：
（1）化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3可写成Na2O SiO2，则Fe（CrO2）2可写成 ．
（2）煅烧铬铁矿时，矿石中难溶的Fe（CrO2）2生成可溶于水的Na2CrO4，反应化学方程式如下：4Fe（CrO2）2+8Na2CO3+7O2═2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2．为了加快该反应的反应速率，可采取的措施是 ．（写一种即可）
（3）已知CrO42﹣在不同的酸性溶液中有不同的反应，如：
2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H2O；
3CrO42﹣+4H+═Cr3O102﹣+2H2O
①往混合溶液甲中加入硫酸必须适量的原因是 ．
②混合溶液乙中溶质的化学式是 ．
（4）在含Cr2O72﹣废水中存在着平衡：Cr2O72﹣+H2O 2CrO42﹣+2H+，请写出该平衡的平衡常数表达式K= ，若继续加水稀释，平衡将 移动（填“正向”、“逆向”“不”）．
（5）请配平碱性溶液还原法中发生的离子反应：
Cr2O72﹣+□S2﹣+ H2O﹣﹣ Cr（OH）3+ S2O32﹣+ OH﹣．
【化学-选修3：物质结构与性质】
12．太阳能的开发利用在新能源研究中占据重要地位．单晶硅太阳能电池片在加工时，一般掺杂微量的铜、硼、镓、硒等．
就铜、硼两种元素请回答：
（1）基态Cu2+的核外电子排布式为 ；已知高温下Cu2O比CuO更稳定，试从铜原子核外电子结构角度解释其原因： ．
（2）铜与类卤素（CN）2、（SCN）2反应生成Cu（
CN）2、Cu（
SCN）2．其中类卤素（
SCN）2结构式为N≡C﹣S﹣S﹣C≡N．其分子中σ键和π键的个数比为 ；它对应的酸有两种，理论上硫氰酸（H﹣S﹣C≡N）的沸点低于异硫氰酸
（H﹣N=C=S）的沸点，其原因为 ．
（3）在第二周期中第一电离能介于B和N两元素之间的有 （写元素符号）．
（4）氮化硼（BN）晶体有多种结构．六方氮化硼是通常存在的稳定结构，具有层状结构，可作高温润滑剂；立方氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性．它们的晶体结构如图1所示．
①关于这两种晶体的说法，正确的是 （填序号）．
A．立方氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
B．六方氮化硼层间作用力小，所以质地软
C．两种晶体中B﹣N键均为共价键
D．两种晶体均为分子晶体
E．立方氮化硼晶体，硼原子的杂化轨道类型为sp3
F．六方氮化硼晶体结构与石墨相似却不导电，原因是其层结构中没有自由电子
②图2是立方氮化硼晶胞模型，a位置N原子与b位置B原子之间的距离为a
cm，则该晶体的密度为 g/cm3（用含a的代数式表示，NA
表示阿伏伽德罗常数）．
【化学--选修5：有机化学基础】
13．已知：芳香烃A的苯环上只有一个取代基，B、C分子式均为C8H9Cl．它们有如下的转化关系（无机物已略去）：
根据要求回答问题：
（1）质子核磁共振（PMR）是研究有机化合物结构的有力手段之一，经分析A的PMR谱中有若干个信号峰，其强度比为 ．
（2）D转化成F的反应方程式为 ．
（3）B、C都能在一定条件下加热可以生成同一种有机物M（能发生加聚反应），这里的“一定条件”是指 ．
（4）H与E反应生成I的方程式为 ．
（5）写出符合下列条件的H的所有同分异构体的结构简式： ．
①不能与FeCl3溶液作用显紫色；②能发生银镜反应；③苯环上的一卤代物有2种．
2016年河北省唐山一中高考化学模拟试卷（二）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括13小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A．乙烯和苯都能与溴水反应
B．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到
C．有机物分子中都存在碳碳单键
D．乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生酯化反应
【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．
【分析】A．苯中不含双键；
B．分馏为物理变化；
C．乙烯中不存在碳碳单键；
D．乙醇中含﹣OH，可发生氧化、酯化反应．
【解答】解：A．苯不与溴水反应，乙烯与溴水发生加成反应，故A错误；
B．石油分馏为物理变化，得不到苯，故B错误；
C．有机分子如CCl4、乙烯等中不含碳碳单键，故C错误；
D．乙醇可被氧化为乙酸，且二者均能发生酯化反应，故D正确；
故选D．
2．化学与社会、生产、生活紧切相关．下列说法正确的是（ ）
A．高纯硅及其氧化物在太阳能电池及信息高速传输中有重要应用
B．蛋白质、棉花、核酸、PVC、淀粉、油脂都是由高分子组成的物质
C．绿色化学的核心是在化学合成中将原子充分利用，转化为新的原子
D．煤经过汽化和液化等物理变化等可转化为清洁燃料
【考点】有机高分子化合物的结构和性质；物理变化与化学变化的区别与联系；绿色化学；硅的用途．
【分析】A．光纤的成分的二氧化硅；
B．油脂不是高分子；
C．化学反应的本质为原子的重新组合，在化学合成中将原子充分利用，但不会转化为新的原子；
D．有新物质生成的是化学变化．
【解答】解：A．太阳能电池的原料是硅单质，光纤的成分的二氧化硅，故A正确；
B．高分子化合物包含淀粉、蛋白质、纤维素等，油脂不属于高分子，故B错误；
C．绿色化学的核心是从源头上减少对环境的污染，化学反应的本质为原子的重新组合，在化学合成中将原子充分利用，但不会转化为新的原子，故C错误；
D．煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，所以煤经过气化和液化等变化是化学变化，故D错误；
故选A．
3．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）
A．0.2molAl与足量NaOH溶液反应，生成的H2分子数为0.3NA
B．常温下，1LpH=1的盐酸溶液，由水电离的H+离子数目为0.1NA
C．铅蓄电池中，当正极增加9.6g时，电路中通过的电子数目为0.2NA
D．11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4
反应中，6
mol
CuSO4能氧化白磷的分子数为1.1NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A．铝为3价金属，0.2mol铝与氢氧化钠溶液完全反应失去0.6mol电子，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量；
B．盐酸抑制了水的电离，溶液中中的氢氧根离子是水电离的；
C．正极由PbO2→PbSO4，每增重64g转移2mol电子；
D．Cu3P中Cu显+1价，60mol
CuSO4参加反应得到60mol电子，P4被氧化到H3PO4，每有1molP4被氧化失去电子20mol，故6
mol
CuSO4能氧化0.3
mol
白磷．
【解答】解：A.0.2mol铝完全反应失去0.6mol电子，会生成=0.3mol氢气，则生成的H2分子数为0.3NA，故A正确；
B．常温下，1LpH=1的盐酸溶液中含有氢离子的物质的量浓度为：0.1mol/L，盐酸抑制了水的电离，则溶液中的氢氧根离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为：1×10﹣13mol/L，1L该溶液中由水电离的氢离子的物质的量为：1×10﹣13mol，故B错误；
C．铅蓄电池中，正极：PbO2→PbSO4，每增重64g时转移2mol电子，所以正极增重9.6g转移电子数为0.3NA，故C错误；
D．Cu3P中Cu显+1价，所以60
mol
CuSO4参加反应得到60
mol
电子，P4被氧化到H3PO4，每有1
mol
P4被氧化失去电子20
mol，所以6
mol
CuSO4能氧化0.3
mol
白磷，能氧化白磷的分子数为0.3NA，故D错误；
故选A．
4．浙江大学成功研制出能在数分钟之内将电量充满的锂电池，其成本只有传统锂电池的一半．若电解液为LiAlCl4﹣SOCl2，电池的总反应为：4Li+2SOCl24LiCl+S+SO2．下列说法不正确的是（ ）
A．Li为电池的负极
B．电池的电解液可用LiCl水溶液代替
C．放电时电子从负极经外电路流向正极
D．充电时阳极反应式为：4Cl﹣+S+SO2﹣4e﹣=2SOCl2
【考点】化学电源新型电池．
【分析】A．放电时，失电子化合价升高的电极是负极；
B．水和Li发生反应生成LiOH和氢气；
C．放电时，电子从负极沿导线流向正极；
D．充电时，阳极上S失电子发生氧化反应．
【解答】解：A．放电时，失电子化合价升高的电极是负极，根据电池反应式知，放电时Li元素化合价由0价变为+1价，所以Li是负极，故A正确；
B．Li是一种碱金属，比较活泼，能与H2O直接发生反应，因此该锂电池的电解液不能用LiCl水溶液代替LiAlCl4﹣SOCl2，故B错误；
C．放电时，Li是负极，另一个电极是正极，负极上失电子、正极上得电子，所以电子从负极沿导线流向正极，故C正确；
D．充电时，阳极上S失电子发生氧化反应，阳极反应式为：4Cl﹣+S+SO2﹣4e﹣=2SOCl2，故D正确；
故选B．
5．为实现下列实验目的，下表提供的主要仪器以及所用试剂均合理的是（ ）
选项
实验目的
主要仪器
试剂
A
配制480mL
2mol/L的NaOH溶液
胶头滴管、烧杯、玻璃棒、托盘天平、480mL容量瓶
NaOH固体、蒸馏水
B
分离I2和CCl4的混合物
分液漏斗、烧杯
乙醇
C
鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液
试管、胶头滴管
澄清石灰水
D
鉴别葡萄糖和蔗糖
试管、烧杯、酒精灯
葡萄糖溶液、蔗糖溶液、银氨溶液
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．实验室不存在480mL容量瓶；
B．碘、四氯化碳以及乙醇混溶；
C．二者都与澄清石灰水反应生成沉淀；
D．葡萄糖含有醛基，可发生银镜反应．
【解答】解：A．实验室不存在480mL容量瓶，应用500mL的容量瓶配制，故A错误；
B．碘、四氯化碳以及乙醇混溶，应用蒸馏的方法分离，故B错误；
C．二者都与澄清石灰水反应生成沉淀，可用氯化钙溶液鉴别，故C错误；
D．葡萄糖含有醛基，可发生银镜反应，可完成实验，故D正确．
故选D．
6．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同．Y是空气中含量最高的元素，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z2﹣与W+具有相同的电子层结构．下列说法正确的是（ ）
A．原子半径大小顺序：r（W）＞r（Z）＞r（Y）＞r（X）
B．元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强
C．由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性
D．化合物X2Z2与W2Z2所含化学键类型完全相同
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是空气中含量最高的元素，则Y为N元素；Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；Z2﹣与W+具有相同的电子层结构，则W为Na；X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同，则X单质为气体，故X为H元素，据此解答．
【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是空气中含量最高的元素，则Y为N元素；Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；Z2﹣与W+具有相同的电子层结构，则W为Na；X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同，则X单质为气体，故X为H元素，
A．同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，氢原子比较最小，故原子半径r（Na）＞r（N）＞r（O）＞r（H），故A错误；
B．非金属性Z（O）＞Y（N），元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此H2O的热稳定性大于NH3，故B错误；
C．由X（H）、Y（N）、Z（O）三种元素形成的化合物中，一水合氨的水溶液呈碱性，故C正确；
D．化合物H2O2含有共价键，而Na2O2含有共价键、离子键，所含化学键类型不完全相同，故D错误，
故选C．
7．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．0.1mol/L
NaHCO3溶液与0.1mol/L
NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：
c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）
B．20mL
0.1mol/L
CH3COONa溶液与10mL
0.1mol/L
HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）
C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（Cl﹣）+c（H+）＞c（NH4+）+c（OH﹣）
D．已知某温度下，Ksp（AgCl）=1×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）=1×10﹣12．若将0.001mol L﹣1AgNO3溶液滴入浓度均为0.001
mol L﹣1的KCl和K2CrO4混合溶液中，则先产生Ag2CrO4沉淀
【考点】离子浓度大小的比较．
【分析】A．二者恰好反应生成碳酸钠，由于氢氧根离子来自水的电离和碳酸根离子的水解，则c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）；
B．反应后溶质为等浓度醋酸、醋酸钠和氯化钠，混合液呈酸性，说明醋酸的电离程度大小醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）；
C．氨水为弱碱，混合液中氨水过量，溶液呈碱性，c（H+）＜c（OH﹣），结合电荷守恒判断；
D．根据Ksp（AgCl）、Ksp（Ag2CrO4），计算当Cl﹣、CrO42﹣开始沉淀时的c（Ag+），计算出的银离子浓度越小，优先生成沉淀．
【解答】解：A．0.1mol/L
NaHCO3溶液与0.1mol/L
NaOH溶液等体积混合，反应后溶质为碳酸钠，由于氢氧根离子来自水的电离和碳酸根离子的水解，则c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故A错误；
B．20mL
0.1mol/L
CH3COONa溶液与10mL
0.1mol/L
HCl溶液混合后，溶质为等浓度的醋酸、醋酸钠和NaCl，溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大小醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），根据物料守恒c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Cl﹣）可得：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH），溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故B正确；
C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，氨水为弱碱，混合液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），根据电荷守恒可得：c（Cl﹣）＜c（NH4+），则：c（Cl﹣）+c（H+）＜c（NH4+）+c（OH﹣），故C错误；
D．当Cl﹣开始沉淀时c（Ag+）==1.8×10﹣7mol/L，当CrO42﹣开始沉淀时，（Ag+）==1×10﹣4.5
mol/L，则饱和AgCl溶液中c（Ag+）比饱和Ag2CrO4溶液中c（Ag+）小，故在同浓度的KCl和K2CrO4混合溶液中滴入AgNO3溶液，先生成AgCl沉淀，故D错误．故选B．
二、非选择题：
8．已知煤矸石经处理后含SiO2（65%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（10%）．按以下流程制备Al（OH）3：
（1）若取该煤矸石1000g按上述流程“酸浸”之后，对所得“溶液”直接加热蒸干再经灼烧，最终所得固体的成分及质量分别是 Al2O3250克、Fe2O3100g （不考虑实验过程中的损失）．
（2）上述沉淀的主要化学成分是 Al（OH）3、Fe（OH）3 ，物质X是一种常见气体，它的电子式为 ．
（3）“碱溶”时反应的主要离子方程式为： Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O ．
（4）“转化”时，若物质X是足量的，则主要反应的离子方程式为 AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣ ．
（5）已知Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4．为了获得更多产品Al（OH）3，从煤矸石的盐酸浸取液开始，若只用CaCO3一种试剂，后续操作的实验方案是： 加入CaCO3调节pH到3.2，过滤除去Fe（OH）3后，再加CaCO3调节pH到5.4，过滤得到Al（OH）3 ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】含SiO2（65%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（10%）化合物用盐酸酸浸发生的反应为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；则过滤的溶液为氯化铁和氯化铝的溶液，加碳酸钙消耗溶液中的氢离子使三价铁离子、三价铝离子都水解生成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，所以再加入氢氧化钠，只要氢氧化铝溶解反应为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，所得溶液为偏铝酸钠溶液再通入二氧化碳进一步反应又生成氢氧化铝，据此答题．
【解答】解：含SiO2（65%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（10%）及少量钙镁的化合物用盐酸酸浸发生的反应为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；则过滤的溶液为氯化铁和氯化铝的溶液，加碳酸钙消耗溶液中的氢离子使三价铁离子、三价铝离子都水解生成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，所以再加入氢氧化钠，只要氢氧化铝溶解反应为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，所得溶液为偏铝酸钠溶液再通入二氧化碳进一步反应又生成氢氧化铝．
（1）过滤的溶液为氯化铁和氯化铝的溶液，对所得“溶液”直接加热蒸干再经灼烧，最终所得固体的成分Al2O3
a克、Fe2O3b克，则：a=1000g×25%=250g，b=1000g×10%=100g，故答案为：Al2O3
250克、Fe2O3100g；
（2）加碳酸钙消耗溶液中的氢离子使三价铁离子、三价铝离子都水解生成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，氯化铝和氯化铁水解都生成盐酸，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳，所以物质X是二氧化碳，它的电子式为，故答案为：Al（OH）3、Fe（OH）3，；
（3）加入氢氧化钠，只要氢氧化铝溶解反应为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；
（4）物质X（二氧化碳）是足量的，则主要反应的离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案为：
AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；
（5）Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4，为了获得更多产品Al（OH）3，加入CaCO3调节pH到3.2，过滤除去Fe（OH）3后，再加CaCO3调节pH到5.4，过滤得到Al（OH）3，故答案为：加入CaCO3调节pH到3.2，过滤除去Fe（OH）3后，再加CaCO3调节pH到5.4，过滤得到Al（OH）3．
9．实验室中用氯气与粗铜（杂质只有Fe）反应，制备铜的氯化物的流程如下．
（1）实验室采用下图所示的装置，完成反应①，有关仪器接口按气流方向连接的正确顺序是：a→ d 、 e 、 h 、 i 、 f 、 g 、 b （铁架台、铁夹省略）．其中装置B的作用是 尾气处理 ．
（2）连接好装置后，加入药品前，应该进行的实验操作是 检查装置气密性 ．实验中大试管需要加热，加热前应进行的一步重要操作是 通入一段时间的氯气，将装置中的空气排尽 ，反应时，在盛粗铜粉的试管中观察到的现象是 棕黄色的烟 ．
（3）上述流程中试剂X可以是 氧化铜或氢氧化铜 ，固体1需要加稀盐酸溶解，其理由是 抑制氯化铜、氯化铁水解（或抑制Cu2+、Fe3+水解） ；操作2需在 HCl 气流中经过加热浓缩、 冷却结晶 、过滤、洗涤、干燥等步骤．
（4）若开始取的粗铜与足量Cl2反应，经上述流程制备CuCl2 2H2O，最终得到干燥产品的产量比理论值 增大 ；（填“增大”、“减小”、“没有变化”）分析出现此情况的主要原因 加入试剂X为CuO生成了CuCl2，使产品增加 ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】粗铜中杂质只有Fe，与氯气反应得到固体甲中有氯化铜、氯化铁，用盐酸溶解，抑制氯化铜、氯化铁水解，溶液1中加入X调节溶液pH，得到溶液2，经过系列操作得到CuCl2 2H2O，故溶液2为CuCl2溶液，则调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，试剂X可以为CuO、氢氧化铜等，结合题目信息可知，氯化铜溶液，加少量盐酸，抑制氯化铜水解，再蒸发浓缩、冷却到26～42℃结晶得到CuCl2 2H2O，再经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的晶体，以此解答该题．
【解答】解：粗铜中杂质只有Fe，与氯气反应得到固体甲中有氯化铜、氯化铁，用盐酸溶解，抑制氯化铜、氯化铁水解，溶液1中加入X调节溶液pH，得到溶液2，经过系列操作得到CuCl2 2H2O，故溶液2为CuCl2溶液，则调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，试剂X可以为CuO、氢氧化铜等，结合题目信息可知，氯化铜溶液，加少量盐酸，抑制氯化铜水解，再蒸发浓缩、冷却到26～42℃结晶得到CuCl2 2H2O，再经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的晶体，
（1）A装置制备氯气，C装置吸收氯气中的HCl，E装置干燥氯气，D装置中Cu与氯气反应，B装置吸收未反应的氯气，防止污染空气，按气流方向连接各仪器接口顺序是：a→d、e→h、i→f、g→b，装置B装有NaOH溶液，可与氯气反应，用作尾气处理，防止氯气污染环境，
故答案为：d、e、h、i、f、g、b；尾气处理；
（2）连接好装置后，加入药品前，应该进行的实验操作是检查装置气密性，实验中大试管需要加热，加热前应进行的一步重要操作是通入一段时间的氯气，防止铜被氧化生成氧化铜，将装置中的空气排尽，反应时，在盛粗铜粉的试管中观察到的现象是棕黄色的烟．
故答案为：检查装置气密性；通入一段时间的氯气，将装置中的空气排尽；棕黄色的烟；
（3）调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，且不能引入新杂质，而氢氧化钠、氨水、硫酸铜均引入杂质，氯化铜、氯化铁在溶液中会发生水解，用盐酸溶解，可以抑制氯化铜、氯化铁水解，蒸发浓缩时，为防止水解应在HCl气流中加热、冷却到26～42℃结晶得到CuCl2 2H2O，再经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的晶体，
故答案为：氧化铜或氢氧化铜；抑制氯化铜、氯化铁水解（或抑制Cu2+、Fe3+水解）；HCl；冷却结晶；
（4）在调节溶液pH时，加入CuO反应生成了CuCl2，使产品质量增加，
故答案为：增大；加入试剂X为CuO生成了CuCl2，使产品增加．
10．雾霾天气中SO2是造成空气污染的主要原因；在硫酸工业生产过程中2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）是关键步骤．该反应的过程在600℃时的平衡常数K=19，有关的能量变化，实验数据如图所示．
压强/Mpa转化率/%温度/℃
0.1
0.5
1
10
400
99.2
99.6
99.7
99.9
500
93.5
96.9
97.8
99.3
600
73.7
85.8
89.5
96.4
（1）已知1mol
SO2（g）氧化为1mol
SO3（g）时的△H=﹣99kJ/mol．则图中△H= 198
kJ/mol；
E代表的意义是 正反应活化能 ．结合表中的数据解释该反应是放热反应的原因： 压强一定时，温度升高，SO2转化率下降，说明升温有利于逆反应进行，所以正反应为放热反应 ；若600℃时，在一密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，当测得容器内c（SO2）=0.3mol/L，c（O2）=0.1mol/L，c（SO3）=0.4mol/L，在这种情况下，化学反应速率是v（正） ＞
v（逆）（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）硫酸工厂尾气处理时用NaOH溶液吸收SO2生成NaHSO3．已知在0.1mol/L的NaHSO3溶液中有关微粒浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3）．该溶液中c（H+） ＞ c（OH﹣）（填“＞”、“＜”或“=”），简述理由（用简单的文字和离子方程式说明）： NaHSO3溶液中存在反应：HSO3﹣ H++SO32﹣、HSO3﹣+H2O OH﹣+H2SO3，由于c（SO32﹣）＞c（H2SO3），所以电离程度大于水解 ．
（3）有人设想用电化学原理生产硫酸（装置见图2），写出通入SO2的电极的电极反应式： SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+ ；为稳定持续生产，硫酸溶液的浓度应维持不变，则通入SO2和水的质量比为 16：29 ．
【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．
【分析】（1）因1mol
SO2（g）氧化为1mol
SO3的△H=﹣99kJ mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的△H=﹣198kJ mol﹣1；E表示正反应的活化能；
升高温度平衡向吸热方向移动，根据二氧化硫转化率大小判断反应热；此时浓度商==17.8＞16，据此判断平衡移动方向；
（2）溶液中存在c（SO32﹣）＞c（H2SO3），说明HSO3﹣电离程度大于水解程度导致溶液呈酸性；
（3）根据图知，通入二氧化硫的电极上二氧化硫随着生成硫酸根离子，SO2、O2和水形成硫酸溶液的浓度为50%，求出SO2和水的质量比．
【解答】解：（1）因1mol
SO2（g）氧化为1mol
SO3的△H=﹣99kJ mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的△H=﹣198kJ mol﹣1，则△H=198kJ/mol，
E表示正反应的活化能；根据表中数据知，压强一定时，温度升高，SO2转化率下降，说明升温有利于逆反应进行，所以正反应为放热反应；此时浓度商==17.8＞16，平衡正向移动，则v（正）＞v（逆），
故答案为：﹣198；
正反应的活化能；压强一定时，温度升高，SO2转化率下降，说明升温有利于逆反应进行，所以正反应为放热反应；＞；
（2）NaHSO3溶液中存在反应：HSO3﹣ H++SO32﹣、HSO3﹣+H2O OH﹣+H2SO3，由于
c（SO32﹣）＞c（H2SO3），说明HSO3﹣电离程度大于水解程度导致溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），
故答案为：＞；
NaHSO3溶液中存在反应：HSO3﹣ H++SO32﹣、HSO3﹣+H2O OH﹣+H2SO3，由于
c（SO32﹣）＞c（H2SO3），所以电离程度大于水解；
（3）根据图知，通入二氧化硫的电极上二氧化硫随着生成硫酸根离子，负极反应式为SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+；
设：SO2和水的质量分别为a、b
SO2
+H2O H2SO3
64
18
82
a
2H2SO3
+O2═2H2SO4
164
196
则：硫酸溶液的质量百分数为×100%=50%，
整理可得
a：b=16：29，
故答案为：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+；16：29．
【化学-选修2：化学与技术】
11．重铬酸钠俗称红矾钠（Na2Cr2O7 2H2O），是重要的化工产品和强氧化剂．工业制备红矾钠的流程如下：
（1）化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3可写成Na2O SiO2，则Fe（CrO2）2可写成 FeO Cr2O3 ．
（2）煅烧铬铁矿时，矿石中难溶的Fe（CrO2）2生成可溶于水的Na2CrO4，反应化学方程式如下：4Fe（CrO2）2+8Na2CO3+7O2═2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2．为了加快该反应的反应速率，可采取的措施是 粉碎矿石、升高温度 ．（写一种即可）
（3）已知CrO42﹣在不同的酸性溶液中有不同的反应，如：
2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H2O；
3CrO42﹣+4H+═Cr3O102﹣+2H2O
①往混合溶液甲中加入硫酸必须适量的原因是 少量不能除尽Na2CO3等杂质，过量会生成Na2Cr3O10等副产物 ．
②混合溶液乙中溶质的化学式是 Na2Cr2O7和Na2SO4 ．
（4）在含Cr2O72﹣废水中存在着平衡：Cr2O72﹣+H2O 2CrO42﹣+2H+，请写出该平衡的平衡常数表达式K= c（CrO42﹣）2c（H+）2/c（Cr2O72﹣） ，若继续加水稀释，平衡将 正向 移动（填“正向”、“逆向”“不”）．
（5）请配平碱性溶液还原法中发生的离子反应：
4 Cr2O72﹣+□S2﹣+ 19 H2O﹣﹣ 8 Cr（OH）3+ 3 S2O32﹣+ 14 OH﹣．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】铬铁矿加入纯碱，通入空气煅烧，经浸取后得到Na2CrO4、Na2CO3，加入适量硫酸，得到混合溶液乙含有Na2Cr2O7和Na2SO4，然后结晶可得到Na2Cr2O7晶体，
（1）类比Na2SiO3可写成Na2O SiO2完成Fe（CrO2）2的氧化物的形式；
（2）根据影响化学反应速率的因素分析；
（3）①固体图示及题中信息可知，少量不能除尽Na2CO3等杂质，过量会生成Na2Cr3O10等副产物；
②发生了反应2CrO42﹣+2H+=Cr2O72﹣+H2O，生成了Na2Cr2O7和Na2SO4；
（4）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，水不需要写出，加水促进平衡正向移动；
（5）Cr2O72﹣→Cr3+，S2﹣→S2O32﹣，根据电子转移守恒配平．
【解答】解：铬铁矿加入纯碱，通入空气煅烧，经浸取后得到Na2CrO4、Na2CO3，加入适量硫酸，得到混合溶液乙含有Na2Cr2O7和Na2SO4，然后结晶可得到Na2Cr2O7晶体，
（1）Fe（CrO2）2
中铁元素化合价是+2价，氧化物为FeO，铬元素化合价+3价，氧化物为Cr2O3，所以Fe（CrO2）2写成氧化物形式为FeO Cr2O3，
故答案为：FeO Cr2O3；
（2）增大反应物接触面积可以加快反应速率，升高温度可以大大加快反应速率，
故答案为：粉碎矿石、升高温度；
（3）①由于少量难以除尽碳酸钠，过量会发生反应3CrO42﹣+4H+=Cr3O102﹣+2H2O，生成了Na2Cr3O10等副产物，所以必须加入适量硫酸，
故答案为：少量不能除尽Na2CO3等杂质，过量会生成Na2Cr3O10等副产物；
②由于发生了反应2CrO42﹣+2H+=Cr2O72﹣+H2O，生成了Na2Cr2O7和Na2SO4，所以乙中溶质的化学式Na2Cr2O7和Na2SO4，故答案为：Na2Cr2O7和Na2SO4；
（4）根据化学平衡常数的定义，可知Cr2O72﹣（aq）+H2O（l） 2CrO42﹣（aq）+2H+（aq）的平衡常数K=c（CrO42﹣）2c（H+）2/c（Cr2O72﹣），加水稀释，促进水解，平衡正向移动，
故答案为：c（CrO42﹣）2c（H+）2/c（Cr2O72﹣）；正向；
（5）Cr2O72﹣→Cr3+，1molCr2O72﹣获得电子物质的量为1mol×2×（6﹣3）=6mol，S2﹣→S2O32﹣，2molS2﹣失去电子物质的量为1mol×2×[2﹣（﹣2）]=8mol，根据电子转移守恒，最小公倍数为24，所以发生的离子反应为：4Cr2O72﹣+6S2﹣+19H2O═8Cr（OH）3↓+3S2O32﹣+14OH﹣，
故答案为：4、6、19、8、3、14．
【化学-选修3：物质结构与性质】
12．太阳能的开发利用在新能源研究中占据重要地位．单晶硅太阳能电池片在加工时，一般掺杂微量的铜、硼、镓、硒等．
就铜、硼两种元素请回答：
（1）基态Cu2+的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d9 ；已知高温下Cu2O比CuO更稳定，试从铜原子核外电子结构角度解释其原因： 亚铜离子价电子排布式为3d10，亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态 ．
（2）铜与类卤素（CN）2、（SCN）2反应生成Cu（
CN）2、Cu（
SCN）2．其中类卤素（
SCN）2结构式为N≡C﹣S﹣S﹣C≡N．其分子中σ键和π键的个数比为 5：4 ；它对应的酸有两种，理论上硫氰酸（H﹣S﹣C≡N）的沸点低于异硫氰酸
（H﹣N=C=S）的沸点，其原因为 异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能 ．
（3）在第二周期中第一电离能介于B和N两元素之间的有 Be、C、O （写元素符号）．
（4）氮化硼（BN）晶体有多种结构．六方氮化硼是通常存在的稳定结构，具有层状结构，可作高温润滑剂；立方氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性．它们的晶体结构如图1所示．
①关于这两种晶体的说法，正确的是 BCEF （填序号）．
A．立方氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
B．六方氮化硼层间作用力小，所以质地软
C．两种晶体中B﹣N键均为共价键
D．两种晶体均为分子晶体
E．立方氮化硼晶体，硼原子的杂化轨道类型为sp3
F．六方氮化硼晶体结构与石墨相似却不导电，原因是其层结构中没有自由电子
②图2是立方氮化硼晶胞模型，a位置N原子与b位置B原子之间的距离为a
cm，则该晶体的密度为 g/cm3（用含a的代数式表示，NA
表示阿伏伽德罗常数）．
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【分析】（1）Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，Cu原子失去一个4s电子、一个3d电子生成二价铜离子，根据构造原理书写二价基态铜离子的电子排布式；原子轨道中电子处于半满、全满、全空时最稳定；
（2）铜与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2，SCN分子中硫原子形成两个共用电子对、C原子形成四个共用电子对、N原子形成三个共用电子对；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成分子间氢键；
（3）同周期主族元素中第ⅡA族和ⅤA族元素比相邻的元素的第一电离能高，所以在第二周期中第一电离能介于B和N两元素之间的有Be、C、O；
（4）①A．立方相氮化硼中N原子与B原子之间形成单键；
B．六方相氮化硼层间作用力为范德华力；
C．两种晶体中的B﹣N键均为共价键；
D．立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性，属于原子晶体；
E．立方氮化硼晶体中每个硼原子形成4个σ键，所以硼原子的杂化轨道类型为sp3
F．六方氮化硼晶体结构其层结构中没有自由电子，所以不导电；
②立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子．一个晶胞中的质量为，a位置N原子与b位置B原子之间的距离为a
cm，所以一个立方氮化硼晶胞的体积是cm3，根据ρ=计算密度．
【解答】解：（1）Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，Cu原子失去一个4s电子、一个3d电子生成二价铜离子，根据构造原理书写二价铜离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9；原子轨道中电子处于半满、全满、全空时最稳定，二价铜离子价电子排布式为3d9、亚铜离子价电子排布式为3d10，亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态，所以较稳定，
故答案为：1s22s22p63s23p63d9；亚铜离子价电子排布式为3d10，亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态；
（2）铜与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2，SCN分子中硫原子形成两个共用电子对、C原子形成四个共用电子对、N原子形成三个共用电子对，（
SCN）2结构式为N≡C﹣S﹣S﹣C≡N，每个分子中含有4个π键，则1mol（SCN）2中含有σ键数目为5mol，π键的数目为4mol，所以分子中σ键和π键的个数比为5：4；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成分子间氢键，所以异硫氰酸熔沸点高于硫氰酸，
故答案为：5：4；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能；
（3）同周期主族元素中第ⅡA族和ⅤA族元素比相邻的元素的第一电离能高，所以在第二周期中第一电离能介于B和N两元素之间的有Be、C、O，故答案为：Be、C、O；（4）①A．立方相氮化硼中N原子与B原子之间形成单键，所以无π键，故错误；
B．六方相氮化硼层间作用力为范德华力，故正确；
C．两种晶体中的B﹣N键均为共价键，故正确；
D．立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性，属于原子晶体，故错误；
E．立方氮化硼晶体中每个硼原子形成4个σ键，所以硼原子的杂化轨道类型为sp3，故正确；
F．六方氮化硼晶体结构其层结构中没有自由电子，所以不导电，故正确；故选：BCEF；
②立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子．一个晶胞中的质量为，a位置N原子与b位置B原子之间的距离为a
cm，所以一个立方氮化硼晶胞的体积是cm3，根据ρ===，故答案为：．
【化学--选修5：有机化学基础】
13．已知：芳香烃A的苯环上只有一个取代基，B、C分子式均为C8H9Cl．它们有如下的转化关系（无机物已略去）：
根据要求回答问题：
（1）质子核磁共振（PMR）是研究有机化合物结构的有力手段之一，经分析A的PMR谱中有若干个信号峰，其强度比为 3：2：2：2：1 ．
（2）D转化成F的反应方程式为 2+O22+2H2O ．
（3）B、C都能在一定条件下加热可以生成同一种有机物M（能发生加聚反应），这里的“一定条件”是指 氢氧化钠的乙醇溶液 ．
（4）H与E反应生成I的方程式为 ．
（5）写出符合下列条件的H的所有同分异构体的结构简式： ．
①不能与FeCl3溶液作用显紫色；②能发生银镜反应；③苯环上的一卤代物有2种．
【考点】有机物的推断．
【分析】芳香烃A的苯环上只有一个取代基，根据A的分子式可知，A为，A与氯气在光照条件下发生乙基上的取代反应，生成的B、C在一定条件下加热可以生成同一种有机物M为，所以B、C分别为、中的一种，根据H能与碳酸氢钠反应，则H中有羧基，所以B应为，C为，B碱性水解得D为，D氧化得F为，F氧化得H为，C碱性水解得E为，E和H发生酯化反应生成I为．
【解答】解：芳香烃A的苯环上只有一个取代基，根据A的分子式可知，A为，A与氯气在光照条件下发生乙基上的取代反应，生成的B、C在一定条件下加热可以生成同一种有机物M为，所以B、C分别为、中的一种，根据H能与碳酸氢钠反应，则H中有羧基，所以B应为，C为，B碱性水解得D为，D氧化得F为，F氧化得H为，C碱性水解得E为，E和H发生酯化反应生成I为．
（1）根据上面的分析可知，A的结构简式为，A的PMR谱中有若干个信号峰，其强度比为3：2：2：2：1，
故答案为：3：2：2：2：1；
（2）D→F反应的是发生氧化反应生成，反应的化学方程是：2+O22+2H2O，
故答案为：2+O22+2H2O；
（3）B、C在一氢氧化钠的乙醇溶液加热发生消去反应生成同一种有机物M为，
故答案为：氢氧化钠的乙醇溶液；
（4）H与E反应生成I的方程式为：，
故答案为：；
（5）H（）的同分异构体符合下列条件：①不能与FeCl3溶液作用显紫色，说明没有酚羟基，②能发生银镜反应，说明有醛基，③苯环上的一卤代物有2种，说明苯环对位上有两个不同取代基，则符合条件的H的同分异构体的结构简式为，
故答案为：．
2016年12月18日
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