2019-2020年高考化学仿真二模试卷（含解析）

PAGE/NUMPAGES2019-2020年高考化学仿真二模 试卷 云南省高中会考试卷哪里下载南京英语小升初试卷下载电路下试卷下载上海试卷下载口算试卷下载 （含解析）一、选择题1．化学与日常生活密切相关，下列有关说法错误的是（）A．使用LED照明灯属于“低碳生活”方式B．在家用电热水器不锈钢内胆镶嵌镁棒，以防止内胆被侵蚀C．施用适量石灰乳可降低盐碱地（含较多NaCl，Na2CO3）D．研制高性能的耐磨轮胎，可减少细颗粒物（PM2.5）的产生2．下列化合物的同分异构体数目与C3H8O的同分异构体数目相同的是（）A．C3H6B．C4H8C．C6H4Cl2D．C5H123．已知反应：H2（g）+ICl（g）→HCl（g）+I2（未配平），当生产1molI2时△H=aKJ•mol﹣1．其反应历程如下：①H2（g）+HCl=HClI（g）+H（g）（慢）②H（g）+ICl（g）=HCl（g）+I（g）（快）③HClI（g）=HCl（g）+I（g）（快）④I（g）+I（g）=I2（g）（快）下列有关该反应的说法正确的是（）A．该反应的速率主要①决定B．HClI是该反应的催化剂C．v（H2）=v（HCl）=v（I2）D．v值越小，该反应速率越快4．X、Y、Z、W、M均为短周期元素，X，Y同主族，X的氯化物和其最高氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，其水溶液显酸性；Z、W、M是第三周期连续的三种元素，其中只有一种是非金属元素，且原子半径Z＞W＞M．下列叙述正确的是（）A．X、M两元素最简单氢化物的稳定性：X＜MB．Z、W、M的单质均能与稀硫酸反应制取氧气，且反应剧烈程度依次减弱C．Y的最高价含氧酸的化学式为H2YO2D．W和M的氧化物均可作耐高温材料5．利用下列实验器材（规格和数量不限）不能完成相应实验的一项是（）选项实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、坩埚、坩埚钳、酒精灯、三脚架灼烧FeCl3固体B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、漏斗、滤纸、带铁圈的铁架台用NaOH溶液除去Fe粉中少量AlC烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶、量筒用10mol•L﹣1的硫酸配置0.1mol•L﹣1的硫酸D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaIA．AB．BC．CD．D6．已知H3PO4为弱酸，常温下NaH2PO4溶液的pH小于7．下列关于常温下0.10mol•L﹣1的NaH2PO4溶液的说法正确的是（）A．温度升高，c（H2PO4﹣）增大B．加水稀释后，m（H+）与m（OH﹣）的乘积减少C．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（H2PO4﹣）+2c（HPO42﹣）+3c（PO43﹣）D．c（Na+）=c（H2PO4﹣）+c（HPO42﹣）+C（H3PO4）7．Ca（OH）2溶解度随温度变化画线如图所示，下列说法正确的是（）A．氢氧化钙的溶解是吸热过程B．温度升高时氢氧化钙溶解的速度减慢C．t℃时氢氧化钙的Ksp约等于2.46×10﹣4D．向含有Ca（OH）2和Mg（OH）2两种沉淀的悬浊液中滴加NaOH浓溶液，分散系中的比值不变二、填空题8．（15分）为了探究AgNO3的热稳定性和氧化性，某化学兴趣小组 设计 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 了如下实验．Ⅰ．AgNO3的热稳定性利用如图所示的实验装置A加热AgNO3固体，产生红棕色气体，在装置D中收集到无色气体．当反应结束后，试管中残留固体为黑色Ag．（夹持及加热仪器均省略）（1）如何检验装置的气密性？．（2）C中集气瓶收集的气体为．要收集纯净的该气体，正确的操作是．（3）AgNO3分解的化学方程式为．（4）甲同学认为仅凭试管A中的红棕色的气体产生就判定NO2产生是错误的，因为无色NO遇到空气也会变成红棕色，所以加热前应当排尽装置中的空气．你是否同甲的观点？并说明理由．Ⅱ．AgNO3的氧化性将光亮的铁丝伸入AgNO3溶液的大试管中，一段时间后将铁丝取出．为检验溶液中Fe的氧化产物，猜测如下：假设一：Fe被氧化成Fe3+．假设二：Fe被氧化成．假设三：Fe被氧化成Fe3+或Fe2+．可选用的试剂：KSCN溶液、酸性KMnO4溶液，氨水，盐酸，硝酸，NaCl溶液请完成下表：操作现象结论或目的（1）﹣除尽（2）取少量上述溶液于试管中加入，振荡溶液变血红色存在（3）取（1）中少量上述溶液于试管中，加入，振荡血红色消失存在实验结论：Fe的氧化物为Fe2+和Fe3+．9．（15分）氢能的研究和利用是当今科学研究的热点之一，而寻找性能优越、安全性高、价格低廉、环保的储氢材料则成为氢能研究的关键．目前正在研究好已经使用的储氢合金有镁系合金、稀土系合金等．回答下列问题．（1）工业上用电解无水氯化镁而不是氧化镁获得镁的原因是．该过程的主要能量转换形式为，氯化镁晶体脱水时工业冶炼镁的关键工艺之一先将MgCl2•6H20转化为MgCl2•NH4Cl•nNH3（铵镁复盐），然后在700℃脱氨得到无水氯化镁，脱氨反应的化学方程式为；（2）镁铝合金（Mg17Al12）是一种潜在的储氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的Mg、Al单质熔炼获得．该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al．得到的混合物Y（17MgH2+12Al）在一定条件下可释放出氢气．①熔炼制备镁铝合金（Mg17Al12）时通入氩气的目的是．②在足量的HCl溶液中，混合物X能完全释放出H2．1molMg17Al12完全吸氢后得到的混合物X与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为．（3）储氢还可借助有机物，如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现储氢和加氢：（g）+3H2（g）（g）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其他有机物）．①A为电源的；C电极的电极反应式为．②该储氢装置的电流效率η=．（η=×100%，计算结果保留小数点后1位）．Fe3O4/Al2O3．10．（13分）CO2和CH4是两种主要的温室气体，以CH4和CO2为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向，回答下列问题：（1）由CO2制取C的太阳能工艺如图1所示．①“热分解系统”发生的反应为2Fe3O46FeO+O2↑，每分解lmolFe3O4转移电子的物质的量为．②“重整系统”发生反应的化学方程式为．（2）一定条件下，CO2和CH4反应可生产合成气（CO、H2的混合气体），其可用于合成多种液体燃料．已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣802.3kJ•mol﹣1CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H2=﹣41.0kJ•mol﹣12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=﹣566.0kJ•mol﹣1反应CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）的△H=kJ•mol﹣1（3）CH4也可经催化剂重整生产化工原料，最近科学家们在恒温恒容的密闭体系中利用CH4无氧重整获得芳香烃：8CH4（g）H2C﹣﹣CH3（g）+11H2△H=kJ•mol﹣1．下列有关该反应的说法中正确的是．A、可研发新的催化剂，提高CH4的转化率B、当体系压强不变时，反应达到平衡C、当有32molC﹣H键断裂，同时有11molH﹣H键断裂，反应达到平衡D、达到平衡时，放出（或吸收）的热量为mkJ（4）CO2催化加氢可合成低碳烯烃，起始时在0.1MPa下，以n（H2）：n（CO2）=3：1的投料比例将反应物放入反应器中，发生反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）△H，保持压强不变，不同温度下，平衡时的四种气态物质的量如图2所示：①曲线Ⅱ表示的物质为（填化学式），该反应的△H（填“＞”或“＜”）0．②A、B两点对应的反应的反应速率v（A）、v（B）的大小关系为．B、C两点对应温度下反应的平衡常数大小关系为K（B）（填“＞”“＜”或“=”）K（C）③为提高CO2平衡转化率，除改变温度外，还可以采取的措施是．（举一种）11．（15分）辉铜矿含铜成分高，是最重要的炼铜矿石，其主要成分为Cu2S，还含有Fe2O3、SO2及一些不溶性杂质．以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜的工艺流程如下：已知：①SO4在常温下稳定，在热水中会分解生成NH3；②部分金属阳离子生产氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）：开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Mg2+8.39.8Cu2+4.46.4回答下列问题：（1）能加快浸取速率的措施有、．（任写2条）（2）浸取后得到的浸出液中含有CuSO4、MnSO4，写出浸取时产生CuSO4、MnSO4反应的化学方程式，滤渣Ⅰ的成分为MnSO4、和．（3）“除铁”的方法是通过调节溶液pH，使Fe3+水解转化为Fe（OH）3，加入的试剂A可以是（填化学式），调节溶液pH的范围为．（4）“沉锰”（除Mn2+）过程中发生反应的离子方程式为．“赶氨”时，最适宜的操作方法为．（5）测定碱式碳酸铜纯度可用滴定法称取6.2500g样品于100mL小烧杯中，加入20mL蒸馏水搅拌，再加入8mL6mol•L﹣1硫酸使其完全溶解，冷却后定量转移至250mL容量瓶中，加水定容，摇匀，称取25.00mL配好的溶液于锥形瓶中，加入40.00mL0.xxmol•L﹣1EDTA溶液，然后计入MnO2，再用0.xxmol•L的Zn2+ 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 溶液滴定至终点，消耗标准溶液18.00mL．已知EDTA与Cu2+、Zn2+均按物质的量比1：1反应，则样品中Cu2（OH）2CO2的质量分数为．12．（15分）B、C、Si是几种常见的重要非金属元素，其形成的各种化合物在自然界中广泛存在．（1）基态硼原子的电子排布式为．C、N、Si元素原子的第一电离能由大到小的顺序为．（2）BF3与一定量的水可形成如图1的晶体R．①晶体R中各种微粒间的作用力涉及（填字母）．a、离子键b、共价键c、配位键d、金属键e、范德华力②R中阴离子的空间构型为．（3）乙二胺（H2N﹣CH2﹣CH2﹣NH2）与CaCl2溶液可形成配离子（结构如图2）乙二胺分子中氮原子的杂化类型为．乙二胺和三甲胺均属于铵，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是．（4）氮化硼（BN）晶体有多种相结构．六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂，但不能导电．它的晶体结构如图3所示．六方相氮化硼是否含有x键？（填“含”或“不含”），其质地软的原因是，该物质能否导电？（填“能”或“不能”），原因是．（5）SiC是原子晶体，其晶胞结构类似金刚石，假设正方体的边长为acm，估算SiC晶体的密度为g•cm﹣3（用含NA、a的代数式表示）湖北省xx届高考仿真化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题1．化学与日常生活密切相关，下列有关说法错误的是（）A．使用LED照明灯属于“低碳生活”方式B．在家用电热水器不锈钢内胆镶嵌镁棒，以防止内胆被侵蚀C．施用适量石灰乳可降低盐碱地（含较多NaCl，Na2CO3）D．研制高性能的耐磨轮胎，可减少细颗粒物（PM2.5）的产生考点：常见的生活环境的污染及治理；金属的电化学腐蚀与防护；使用化石燃料的利弊及新能源的开发；盐类水解的应用．分析：A．LED照明灯发光效率高；B．作原电池正极的金属被保护；C．石灰乳为氢氧化钙，氢氧化钙呈碱性；D．高性能的耐磨轮胎，可减少细颗粒物的产生．解答：解：A．LED照明灯发光效率高，可节能，故A正确；B．镁、不锈钢和电解质溶液构成原电池，镁易失电子作负极，不锈钢为正极，正极金属被保护，故B正确；C．氢氧化钙为碱，盐碱地中碳酸钠溶液呈碱性，氢氧化钙和碳酸钠反应生成氢氧化钠，导致盐碱地碱性增强，故C错误；D．高性能的耐磨轮胎，可减少细颗粒物的产生，减少空气污染，故D正确．故选C．点评：本题考查化学与生活，涉及节能减排、原电池、环境污染等，难度不大，注意盐碱地的成因．2．下列化合物的同分异构体数目与C3H8O的同分异构体数目相同的是（）A．C3H6B．C4H8C．C6H4Cl2D．C5H12考点：同分异构现象和同分异构体．分析：C3H8中含有2种化学环境不同的H原子数目，再利用﹣OH原子团替换H原子，判断属于醇的同分异构体，C3H8O只有一种醚的结构，即甲乙醚，据此解答即可．解答：解：C3H8分子中有2种化学环境不同的H原子，其一羟基代物有2种分别为：CH3CH2CH2OH和CH3CH（OH）CH3，C3H8O只有一种醚的结构，即甲乙醚，故C3H8O的同分异构体数目为3；A、C3H6可以为丙烯和环丙烷，具有2种结构，故A不相同；B、C4H8可以为1﹣丁烯、2﹣丁烯、2﹣甲基﹣1﹣丙烯和环丁烷以及甲基环丙烷等，具有5种同分异构体，故B不相同；C、C6H4Cl2可以是由苯环经过二氯取代生成的产物，有邻、间、对三种同分异构体，另外还可以是含有碳碳双键以及三键的物质，故有大于3种同分异构体，故C不相同；D、C5H12有3种同分异构体，分别为正戊烷、异戊烷和新戊烷，故D相同，故选D．点评：本题考查了有机物的同分异构体的判断与书写，题目难度中等，注意同分异构体的书写方法．3．已知反应：H2（g）+ICl（g）→HCl（g）+I2（未配平），当生产1molI2时△H=aKJ•mol﹣1．其反应历程如下：①H2（g）+HCl=HClI（g）+H（g）（慢）②H（g）+ICl（g）=HCl（g）+I（g）（快）③HClI（g）=HCl（g）+I（g）（快）④I（g）+I（g）=I2（g）（快）下列有关该反应的说法正确的是（）A．该反应的速率主要①决定B．HClI是该反应的催化剂C．v（H2）=v（HCl）=v（I2）D．v值越小，该反应速率越快考点：化学反应速率的影响因素．分析：A．化学反应的反应速率取决于反应速率最慢的反应；B．催化剂在最初的反应中参加反应、在最终的反应中生成；C．同一可逆反应中，反应速率之比等于其计量数之比；D．反应速率v越小，说明该反应越慢．解答：解：A．化学反应的反应速率取决于反应速率最慢的反应，所以该反应的速率主要由①决定，故A正确；B．催化剂在最初的反应中参加反应、在最终的反应中生成，HClI先生成后参加反应，所以不能催化剂，故B错误；C．同一可逆反应中，反应速率之比等于其计量数之比，该反应方程式为H2（g）+2ICl（g）=2HCl（g）+I2，所以反应速率2v（H2）=v（HCl）=2v（I2），故C错误；D．反应速率v越小，说明该反应越慢，故D错误．故选A．点评：本题考查化学反应机理，侧重考查学生分析判断能力，涉及反应速率快慢判断、决定因素及催化剂等知识点，易错选项是A，题目难度中等．4．X、Y、Z、W、M均为短周期元素，X，Y同主族，X的氯化物和其最高氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，其水溶液显酸性；Z、W、M是第三周期连续的三种元素，其中只有一种是非金属元素，且原子半径Z＞W＞M．下列叙述正确的是（）A．X、M两元素最简单氢化物的稳定性：X＜MB．Z、W、M的单质均能与稀硫酸反应制取氧气，且反应剧烈程度依次减弱C．Y的最高价含氧酸的化学式为H2YO2D．W和M的氧化物均可作耐高温材料考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：X、Y、Z、W、M均为短周期元素，X、Y同主族，X的氢化物和最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，其水溶液显酸性，则X为N元素、Y为P元素；Z、W、M是第3周期连续的三种元素，其中只有一种是非金属，且原子半径Z＞W＞M，则M是非金属元素，所以Z为Mg、W为Al、M为Si元素，再结合物质性质及元素周期律解答．解答：解：X、Y、Z、W、M均为短周期元素，X、Y同主族，X的氢化物和最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，其水溶液显酸性，则X为N元素，Y为P元素；Z、W、M是第3周期连续的三种元素，其中只有一种是非金属，且原子半径Z＞W＞M，M是非金属元素，Z为Mg、W为Al、M为Si元素，A．X、M两元素分别是N、Si元素，元素的非金属性越强其氢化物越稳定，非金属性N＞Si，所以氢化物的稳定性：X＞M，故A错误；B．M的单质为硅，Si和稀硫酸不反应，故B错误；C．Y为P，其最高正价为+6，其最高价含氧酸的化学式为H3O4，故C错误；D．W、M的氧化物分别是Al2O3、SiO2，这两种物质的熔点都很高，所以均可做耐高温材料，故D正确；故选D．点评：本题考查了位置、结构与性质关系的应用，题目难度中等，根据物质的性质及元素在周期表中的位置确定元素，再结合元素周期律分析解答，明确元素周期律内容、元素周期表结构为解答关键．5．利用下列实验器材（规格和数量不限）不能完成相应实验的一项是（）选项实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、坩埚、坩埚钳、酒精灯、三脚架灼烧FeCl3固体B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、漏斗、滤纸、带铁圈的铁架台用NaOH溶液除去Fe粉中少量AlC烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶、量筒用10mol•L﹣1的硫酸配置0.1mol•L﹣1的硫酸D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaIA．AB．BC．CD．D考点：化学实验 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 的 评价 LEC评价法下载LEC评价法下载评价量规免费下载学院评价表文档下载学院评价表文档下载 ．分析：A．灼烧固体物质需要放置在坩埚中，还需要的仪器有泥三角、三脚架、坩埚钳、玻璃棒；B．用NaOH溶液除去Fe粉中的Al，应该先溶解Al粉，然后采用过滤方法分离；C．配制一定物质的量浓度硫酸溶液，需要的仪器有量筒、容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；D．用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI，溶液充分混合后，然后采用萃取分液方法分离．解答：解：A．灼烧固体物质需要放置在坩埚中，还需要的仪器有泥三角、三脚架、坩埚钳、玻璃棒，缺少泥三角，所以不能完成实验，故A错误；B．用NaOH溶液除去Fe粉中的Al，应该先溶解Al粉，然后采用过滤方法分离，需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、漏斗、滤纸、带铁圈的铁架台，故B正确；C．配制一定物质的量浓度硫酸溶液，需要的仪器有量筒、容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，所以能完成实验，故C正确；D．用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI，溶液充分混合后，然后采用萃取分液方法分离，需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、分液漏斗，所以能完成实验，故D正确；故选A．点评：本题考查化学实验方案评价，侧重考查学生实验基本操作，明确各仪器作用及实验基本操作原理是解本题关键，根据仪器的作用选取仪器，注意容量瓶和量筒规格，为常考查点．6．已知H3PO4为弱酸，常温下NaH2PO4溶液的pH小于7．下列关于常温下0.10mol•L﹣1的NaH2PO4溶液的说法正确的是（）A．温度升高，c（H2PO4﹣）增大B．加水稀释后，m（H+）与m（OH﹣）的乘积减少C．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（H2PO4﹣）+2c（HPO42﹣）+3c（PO43﹣）D．c（Na+）=c（H2PO4﹣）+c（HPO42﹣）+C（H3PO4）考点：离子浓度大小的比较．分析：常温下NaH2PO4溶液的pH小于7，说明H2PO4﹣的水解程度小于其电离程度，A．升高温度，促进了H2PO4﹣的电离，溶液中H2PO4﹣的浓度减小；B．稀释过程中，H2PO4﹣的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，但是溶液中氢离子浓度减小，而水的离子积不变，则氢氧根离子浓度增大，氢氧根离子的物质的量、质量增大；C．溶液中一定满足电荷守恒，根据NaH2PO4溶液中的电荷守恒判断；D．溶液中一定满足物料守恒，根据NaH2PO4溶液中的物料守恒分析．解答：解：A．温度升高，H2PO4﹣的电离程度增大，则溶液中c（H2PO4﹣）减小，故A错误；B．加水稀释后，H2PO4﹣的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，则氢离子的质量增大；由于溶液中氢离子浓度减小，而水的离子积不变，则氢氧根离子浓度增大，氢氧根离子的物质的量、质量增大，故m（H+）与m（OH﹣）的乘积会增大，故B错误；C．根据NaH2PO4溶液中的电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（H2PO4﹣）+2c（HPO42﹣）+3c（PO43﹣），故C正确；D．根据NaH2PO4溶液中的物料守恒可得：c（Na+）=c（H2PO4﹣）+c（PO43﹣）+c（HPO42﹣）+c（H3PO4），故D错误；故选C．点评：本题考查了离子浓度大小比较、弱电解质的电离及其影响，题目难度中等，明确盐的水解、盐的水解原理及其影响为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒在判断离子浓度大小中的应用．7．Ca（OH）2溶解度随温度变化画线如图所示，下列说法正确的是（）A．氢氧化钙的溶解是吸热过程B．温度升高时氢氧化钙溶解的速度减慢C．t℃时氢氧化钙的Ksp约等于2.46×10﹣4D．向含有Ca（OH）2和Mg（OH）2两种沉淀的悬浊液中滴加NaOH浓溶液，分散系中的比值不变考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；溶解度、饱和溶液的概念．分析：A、依据此溶解度图可以得出，温度越高，氢氧化钙的溶解度越低；B、升高温度，溶解速率与结晶速率均加快；C、依据k=c（Ca2+）×c2（OH﹣）计算即可；D、依据各自的溶度积常数计算即可．解答：解：A、依据此溶解度图可以得出，温度越高，氢氧化钙的溶解度越低，不能说明氢氧化钙溶于水为吸热反应，氢氧化钙溶于水，为放热，故A错误；B、升高温度，溶解速率与结晶速率均加快，故B错误；C、t℃时氢氧化钙的溶解度为0.1g，故生成钙离子的物质的量为：≈0.00135mol，故浓度为：=0.0135mol/L，k=c（Ca2+）×c2（OH﹣）=0.01352×（0.0135×2）2=1.32×10﹣7，故C错误；D、Ksp=c（Ca2+）×c2（OH﹣），Ksp=c（Mg2+）×c2（OH﹣），温度不变，Ksp不变，在同一溶液中，由于c（OH﹣）相同，故=，此值不变，故D正确，故选D．点评：本题主要考查的是常见物质的溶解度曲线与溶度积常数的有关计算，难度较大，需认真分析．二、填空题8．（15分）为了探究AgNO3的热稳定性和氧化性，某化学兴趣小组设计了如下实验．Ⅰ．AgNO3的热稳定性利用如图所示的实验装置A加热AgNO3固体，产生红棕色气体，在装置D中收集到无色气体．当反应结束后，试管中残留固体为黑色Ag．（夹持及加热仪器均省略）（1）如何检验装置的气密性？连接好仪器后在未加药品之前加热试管，如果C中导气管有气泡冒出，说明气密性良好．（2）C中集气瓶收集的气体为O2．要收集纯净的该气体，正确的操作是等到导气管中气泡均匀放出时再收集．（3）AgNO3分解的化学方程式为2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑．（4）甲同学认为仅凭试管A中的红棕色的气体产生就判定NO2产生是错误的，因为无色NO遇到空气也会变成红棕色，所以加热前应当排尽装置中的空气．你是否同甲的观点？并说明理由否，硝酸银分解生成氧气．Ⅱ．AgNO3的氧化性将光亮的铁丝伸入AgNO3溶液的大试管中，一段时间后将铁丝取出．为检验溶液中Fe的氧化产物，猜测如下：假设一：Fe被氧化成Fe3+．假设二：Fe被氧化成Fe2+．假设三：Fe被氧化成Fe3+或Fe2+．可选用的试剂：KSCN溶液、酸性KMnO4溶液，氨水，盐酸，硝酸，NaCl溶液请完成下表：操作现象结论或目的（1）取少量溶液于试管中，向溶液中加入足量NaCl溶液﹣除尽Ag+（2）取少量上述溶液于试管中加入KSCN溶液，振荡溶液变血红色存在Fe3+（3）取（1）中少量上述溶液于试管中，加入酸性KMnO4溶液，振荡血红色消失存在Fe2+实验结论：Fe的氧化物为Fe2+和Fe3+．考点：性质实验方案的设计．分析：I．（1）连接好仪器后在未加药品之前加热试管，如果C中导气管有气泡冒出，说明气密性良好，故答案为：连接好仪器后在未加药品之前加热试管，如果C中导气管有气泡冒出，说明气密性良好；（2）加热硝酸银固体时，有红棕色气体生成，该气体是二氧化氮，有Ag生成，根据元素化合价变化知，还有化合价升高的物质生成，只能是氧气，所以该反应方程式为2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑，将混合气体通入NaOH溶液时，发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据该反应方程式2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑、4NO2+O2+2H2O=4HNO3知，氧气有剩余，所以C中收集的气体是O2；要收集纯净的该气体，应该等到导气管中气泡均匀放出时收集；（3）根据（2）的分析书写方程式为；（4）硝酸银分解过程中产生氧气，氧气能和NO反应的；II．假设二：Fe被氧化为Fe2+；（1）在检验Fe3+或Fe2+前应该除去Ag+的干扰；（2）Fe3+和KSCN溶液生成络合物而使溶液呈血红色；（3）Fe2+具有还原性，能被强氧化剂酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色．解答：解：I．（1）利用压强差检验装置气密性；（2）加热硝酸银固体时，有红棕色气体生成，该气体是二氧化氮，有Ag生成，根据元素化合价变化知，还有化合价升高的物质生成，只能是氧气，所以该反应方程式为2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑，将混合气体通入NaOH溶液时，发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据该反应方程式知，氧气有剩余，所以C中收集的气体是氧气；因为装置中含有空气，应该将装置中空气排出时再收集气体，所以要收集纯净的该气体，应该等到导气管中气泡均匀放出时再收集，故答案为：氧气；等到导气管中气泡均匀放出时再收集；（3）根据（2）的分析书写方程式2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑，故答案为：2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑；（4）硝酸银分解过程中产生氧气，氧气能和NO反应的，所以不用排出空气，故答案为：否；硝酸银分解生成氧气；II．假设二：Fe被氧化为Fe2+；（1）在检验Fe3+或Fe2+前应该除去Ag+的干扰，所以第一步为：取少量溶液于试管中，向溶液中加入足量NaCl溶液，发生反应NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，看到的现象是有沉淀生成，（2）Fe3+和KSCN溶液生成络合物而使溶液呈血红色，第二步：取少量上述溶液于试管中加入KSCN溶液振荡，溶液变成血红色，说明溶液中含有Fe3+；（3）Fe2+具有还原性，能被强氧化剂酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，第三步：取（1）中少量上述溶液于试管中，加入酸性KMnO4溶液，溶液褪色，说明含有Fe2+，故答案为：Fe2+；操作现象结论或目的（1）取少量溶液于试管中，向溶液中加入足量NaCl溶液﹣除尽Ag+（2）取少量上述溶液于试管中加入KSCN溶液，振荡溶液变血红色存在Fe3+（3）取（1）中少量上述溶液于试管中，加入酸性KMnO4溶液，振荡血红色消失存在Fe2+点评：本题考查性质实验方案设计，为高频考点，侧重考查物质检验、实验操作等知识点，明确实验原理是解本题关键，难点是II的实验操作步骤设计，要根据物质的性质选取合适的药品，注意化学用语的正确运用，为易错点．9．（15分）氢能的研究和利用是当今科学研究的热点之一，而寻找性能优越、安全性高、价格低廉、环保的储氢材料则成为氢能研究的关键．目前正在研究好已经使用的储氢合金有镁系合金、稀土系合金等．回答下列问题．（1）工业上用电解无水氯化镁而不是氧化镁获得镁的原因是消耗大量的电能．该过程的主要能量转换形式为电能转化成化学能，氯化镁晶体脱水时工业冶炼镁的关键工艺之一先将MgCl2•6H20转化为MgCl2•NH4Cl•nNH3（铵镁复盐），然后在700℃脱氨得到无水氯化镁，脱氨反应的化学方程式为MgCl2•NH4Cl•nNH3MgCl2+（n+1）NH3↑+HCl↑；（2）镁铝合金（Mg17Al12）是一种潜在的储氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的Mg、Al单质熔炼获得．该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al．得到的混合物Y（17MgH2+12Al）在一定条件下可释放出氢气．①熔炼制备镁铝合金（Mg17Al12）时通入氩气的目的是防止MgAl被空气氧化．②在足量的HCl溶液中，混合物X能完全释放出H2．1molMg17Al12完全吸氢后得到的混合物X与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为52mol．（3）储氢还可借助有机物，如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现储氢和加氢：（g）+3H2（g）（g）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其他有机物）．①A为电源的负极；C电极的电极反应式为C6H6+6H++6e﹣=C6H12．②该储氢装置的电流效率η=64.3%．（η=×100%，计算结果保留小数点后1位）．Fe3O4/Al2O3．考点：电解原理；化学方程式的有关计算；金属冶炼的一般原理．分析：（1）根据氧化镁具有较高的熔点，电解氧化镁获得镁要消耗大量的电能；电解主要是将电能转化成化学能；先将MgCl2•6H20转化为MgCl2•NH4Cl•nNH3，然后在700℃脱氨得到无水氯化镁，依据原子守恒书写化学方程式；（2）①镁、铝是亲氧元素，易被氧气氧化；②释放出的H2包括Mg17Al12吸收的氢，还包括镁、铝和盐酸反应生成的氢气；（3）①根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则C作阴极，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，D作阳极，所以A是负极、B是正极；②阳极上生成氧气，同时生成氢离子，阴极上苯得电子和氢离子反应生成环己烷，苯参加反应需要电子的物质的量与总转移电子的物质的量之比就是电流效率．解答：解：（1）因为氧化镁具有较高的熔点，电解氧化镁获得镁要消耗大量的电能，所以用电解无水氯化镁而不是氧化镁获得镁；电解主要是将电能转化成化学能；MgCl2•NH4Cl•nNH3，在700℃脱氨得到无水氯化镁，反应的化学方程式MgCl2•NH4Cl•nNH3MgCl2+（n+1）NH3↑+HCl↑；故答案为：消耗大量的电能；电能转化成化学能；MgCl2•NH4Cl•nNH3MgCl2+（n+1）NH3↑+HCl↑；（2）①镁、铝都是活泼的金属单质，容易被空气中的氧气氧化，通入氩气作保护气，以防止二者被氧化，故答案为：防止MgAl被空气氧化；②1molMg17Al12完全吸氢17mol，在盐酸中会全部释放出来，镁铝合金中的镁和铝都能与盐酸反应生成H2，生成氢气的物质的量分别为17mol、18mol，则生成氢气一共（17+17+12×）mol=52mol，故答案为：52mol；（3）①根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则C作阴极，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反应式为C6H6+6H++6e﹣=C6H12，D作阳极，所以A是负极、B是正极，故答案为：负极；C6H6+6H++6e﹣=C6H12；②阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阳极上生成2.8mol氧气转移电子的物质的量=2.8mol×4=11.2mol，生成1mol氧气时生成2mol氢气，则生成2.8mol氧气时同时生成5.6mol氢气，设参加反应的苯的物质的量是xmol，参加反应的氢气的物质的量是3xmol，剩余苯的物质的量为10mol×24%﹣xmol，反应后苯的含量==10%，x=1.2，苯转化为环己烷转移电子的物质的量为1.2mol×6=7.2mol，则×100%=64.3%，故答案为：64.3%．点评：本题考查较综合，涉及常见金属元素及其化合物主要性质、氧化还原反应的计算、化学平衡计算、电化学原理等，把握化学反应原理为解答的关键，侧重分析、应用能力的考查，题目难度中等．10．（13分）CO2和CH4是两种主要的温室气体，以CH4和CO2为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向，回答下列问题：（1）由CO2制取C的太阳能工艺如图1所示．①“热分解系统”发生的反应为2Fe3O46FeO+O2↑，每分解lmolFe3O4转移电子的物质的量为2mol．②“重整系统”发生反应的化学方程式为6FeO+CO22Fe3O4+C．（2）一定条件下，CO2和CH4反应可生产合成气（CO、H2的混合气体），其可用于合成多种液体燃料．已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣802.3kJ•mol﹣1CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H2=﹣41.0kJ•mol﹣12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=﹣566.0kJ•mol﹣1反应CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）的△H=+247.7kJ•mol﹣1（3）CH4也可经催化剂重整生产化工原料，最近科学家们在恒温恒容的密闭体系中利用CH4无氧重整获得芳香烃：8CH4（g）H2C﹣﹣CH3（g）+11H2△H=kJ•mol﹣1．下列有关该反应的说法中正确的是BC．A、可研发新的催化剂，提高CH4的转化率B、当体系压强不变时，反应达到平衡C、当有32molC﹣H键断裂，同时有11molH﹣H键断裂，反应达到平衡D、达到平衡时，放出（或吸收）的热量为mkJ（4）CO2催化加氢可合成低碳烯烃，起始时在0.1MPa下，以n（H2）：n（CO2）=3：1的投料比例将反应物放入反应器中，发生反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）△H，保持压强不变，不同温度下，平衡时的四种气态物质的量如图2所示：①曲线Ⅱ表示的物质为H2O（填化学式），该反应的△H＜（填“＞”或“＜”）0．②A、B两点对应的反应的反应速率v（A）、v（B）的大小关系为v（A）＜v（B）．B、C两点对应温度下反应的平衡常数大小关系为K（B）＜（填“＞”“＜”或“=”）K（C）③为提高CO2平衡转化率，除改变温度外，还可以采取的措施是增大压强或增大n（H2）/n（CO2）的比值．（举一种）考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；用盖斯定律进行有关反应热的计算；氧化还原反应的计算．分析：（1）①反应2Fe3O46FeO+O2↑中O元素化合价由﹣2价升高到0价，结合元素化合价以及方程式计算；②由示意图可知，重整系统中CO2和FeO反应生成Fe3O4和C；（2）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式，根据盖斯定律，由①+②×2﹣③×2得，CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）；（3）A、催化剂改变反应速率不改变化学平衡；B、反应前后气体体积增大，气体压强之比等于气体物质的量之比，气体压强不变，反应达到平衡状态；C、当有32molC﹣H键断裂，同时有11molH﹣H键断裂，说明正逆反应速率相同；D、依据化学方程式分析，区别焓变和反应放出的热量，焓变是指8mol甲烷完全反应放出或吸收的热量为mkJ；（4）①根据题给图象知，平衡时氢气的物质的量随温度的升高而增大，则曲线a代表反应物CO2，曲线b、c表示生成物，又曲线b表示的物质平衡时物质的量大，结合方程式分析，曲线b表示的物质为H2O，据题给图象知，平衡时氢气的物质的量随温度的升高而增大，平衡逆向移动，该反应的△H＜0；②温度越高，反应速率越大，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，平衡常数减小；③该反应为气体物质的量减小的放热反应，为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强或增大n（H2）/n（CO2）的比值．解答：解：（1）①反应2Fe3O46FeO+O2↑中O元素化合价由﹣2价升高到0价，由方程式可知，2molFe3O4参加反应，生成1mol氧气，转移4mol电子，则每分解lmolFe3O4转移电子的物质的量为2mol，故答案为：2mol；②由示意图可知，重整系统中CO2和FeO反应生成Fe3O4和C，反应的方程式为6FeO+CO22Fe3O4+C，故答案为：6FeO+CO22Fe3O4+C；（2）①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣802.3kJ•mol﹣1②CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H2=﹣41.0kJ•mol﹣1③2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=﹣566.0kJ•mol﹣1根据盖斯定律，由①+②×2﹣③×2得，CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H=kJ•mol﹣1=+247.7KJ/mol，故答案为：247.7；（3）A、催化剂改变反应速率不改变化学平衡，不能提高CH4的转化率，故A错误；B、反应前后气体体积增大，气体压强之比等于气体物质的量之比，气体压强不变，说明反应达到平衡状态，故B正确；C、当有32molC﹣H键断裂，同时有11molH﹣H键断裂，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故C正确；D、依据化学方程式分析，区别焓变和反应放出的热量，焓变是指8mol甲烷完全反应放出或吸收的热量为mkJ，故D错误；故选BC；（4）①根据题给图象知，平衡时氢气的物质的量随温度的升高而增大，则曲线a代表反应物CO2，曲线b、c表示生成物，又曲线b表示的物质平衡时物质的量大，结合方程式分析，曲线Ⅱ表示的物质为H2O，据题给图象知，平衡时氢气的物质的量随温度的升高而增大，平衡逆向移动，该反应的△H＜0；故答案为：H2O；＜；②温度越高，反应速率越大，B点温度高，所以A、B两点对应的反应的反应速率v（A）＜v（B），依据①分析可知反应是放热反应，升温平衡逆向进行，平衡常数减小，B点温度高平衡常数是小，B、C两点对应温度下反应的平衡常数大小关系为K（B）＜K（C）；故答案为：v（A）＜v（B）；＜；③2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g），该反应为气体物质的量减小的放热反应，为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强或增大n（H2）/n（CO2）的比值；故答案为：增大压强或增大n（H2）/n（CO2）的比值．点评：本题考查热化学方程式书写方法和盖斯定律的计算应用，化学平衡、平衡常数、反应速率的影响因素分析，图象分析判断是解题关键，题目难度中等．11．（15分）辉铜矿含铜成分高，是最重要的炼铜矿石，其主要成分为Cu2S，还含有Fe2O3、SO2及一些不溶性杂质．以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜的工艺流程如下：已知：①SO4在常温下稳定，在热水中会分解生成NH3；②部分金属阳离子生产氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）：开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Mg2+8.39.8Cu2+4.46.4回答下列问题：（1）能加快浸取速率的措施有粉碎矿石、升高温度（或适当增加酸的浓度或搅拌）．（任写2条）（2）浸取后得到的浸出液中含有CuSO4、MnSO4，写出浸取时产生CuSO4、MnSO4反应的化学方程式2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；，滤渣Ⅰ的成分为MnSO4、SiO2和S．（3）“除铁”的方法是通过调节溶液pH，使Fe3+水解转化为Fe（OH）3，加入的试剂A可以是氨水（填化学式），调节溶液pH的范围为3.2≤PH＜4.4．（4）“沉锰”（除Mn2+）过程中发生反应的离子方程式为Mn2++CO32﹣=MnCO3↓．“赶氨”时，最适宜的操作方法为加热．（5）测定碱式碳酸铜纯度可用滴定法称取6.2500g样品于100mL小烧杯中，加入20mL蒸馏水搅拌，再加入8mL6mol•L﹣1硫酸使其完全溶解，冷却后定量转移至250mL容量瓶中，加水定容，摇匀，称取25.00mL配好的溶液于锥形瓶中，加入40.00mL0.xxmol•L﹣1EDTA溶液，然后计入MnO2，再用0.xxmol•L的Zn2+标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液18.00mL．已知EDTA与Cu2+、Zn2+均按物质的量比1：1反应，则样品中Cu2（OH）2CO2的质量分数为78.14%．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析：（1）矿石颗粒大小、温度、反应物浓度等因素影响反应速率；（2）反应物是二氧化锰、硫化铜和硫酸，生成物是S、硫酸铜、硫酸锰，根据化合价升降相等配平，浸取后SiO2、反应生成的S都在滤渣Ⅰ中；（3）过滤Ⅰ的溶液呈酸性，调节PH目的是除去Fe3+离子，可以用氨水，不会引入新杂质，根据阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围，选择PH范围；（4）“沉锰”（除Mn2+）过程，主要是使Mn2+生成沉淀MnCO3，温度升高氨气在水中的溶解度减小；（5）根据0.xxmol•L的Zn2+标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液18.00mL，根据EDTA～Zn2+可求得与Zn2+反应的EDTA的物质的量为0.003600mol，而EDTA的总物质的量为40.00mL×0.xxmol•L﹣1=0.008000mol，所以与Cu2+反应的EDTA的物质的量为0.004400mol，根据EDTA～Cu2+可求得Cu2+的物质的量为0.004400mol，实验时将样品配成250mL，再取25.00mL，所以6.2500g样品中含有碳酸铜的物质的量为×0.004400mol=0.04400mol，根据纯度=×100%可计算出样品中Cu2（OH）2CO2的质量分数．解答：解：（1）酸浸时，通过粉碎矿石或者升高温度或者进行搅拌或都增加酸的浓度，都可以提高浸取速率，故答案为：粉碎矿石、升高温度（或适当增加酸的浓度或搅拌）；（2）反应物是二氧化锰、硫化铜和硫酸，生成物是S、硫酸铜、硫酸锰，反应的方程式为2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，浸取后SiO2、反应生成的S，都不溶解，都在滤渣Ⅰ中，故答案为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；SiO2、S；（3）过滤Ⅰ的溶液呈酸性，调节PH目的是除去Fe3+离子，可以用氨水，不会引入新杂质，要除去滤液中的Fe3+离子，PH=3.2，Fe3+离子完全沉淀，PH=4.4，铜离子开始沉淀，故pH范围是3.2≤pH＜4.4，故答案为：氨水；3.2≤PH＜4.4；（4）“沉锰”（除Mn2+）过程，主要是使Mn2+生成沉淀MnCO3，反应的离子方程式为Mn2++CO32﹣=MnCO3↓，温度升高氨气在水中的溶解度减小，所以赶氨时，最适宜的操作方法为给溶液加热，故答案为：Mn2++CO32﹣=MnCO3↓；加热；（5）根据0.xxmol•L的Zn2+标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液18.00mL，根据EDTA～Zn2+可求得与Zn2+反应的EDTA的物质的量为0.003600mol，而EDTA的总物质的量为40.00mL×0.xxmol•L﹣1=0.008000mol，所以与Cu2+反应的EDTA的物质的量为0.004400mol，根据EDTA～Cu2+可求得Cu2+的物质的量为0.004400mol，实验时将样品配成250mL，再取25.00mL，所以6.2500g样品中含有碳酸铜的物质的量为×0.004400×mol=0.02200mol，根据纯度=×100%可得样品中Cu2（OH）2CO2的质量分数=×100%=78.14%，故答案为：78.14%．点评：本题考查了硫酸锰和碱式碳酸铜的制取，涉及的知识点比较多，可以根据信息及所学知识，合理分析得出正确结论，本题难度中等．12．（15分）B、C、Si是几种常见的重要非金属元素，其形成的各种化合物在自然界中广泛存在．（1）基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1．C、N、Si元素原子的第一电离能由大到小的顺序为N＞C＞Si．（2）BF3与一定量的水可形成如图1的晶体R．①晶体R中各种微粒间的作用力涉及abce（填字母）．a、离子键b、共价键c、配位键d、金属键e、范德华力②R中阴离子的空间构型为四面体．（3）乙二胺（H2N﹣CH2﹣CH2﹣NH2）与CaCl2溶液可形成配离子（结构如图2）乙二胺分子中氮原子的杂化类型为sp3杂化．乙二胺和三甲胺均属于铵，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键．（4）氮化硼（BN）晶体有多种相结构．六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂，但不能导电．它的晶体结构如图3所示．六方相氮化硼是否含有x键？不含（填“含”或“不含”），其质地软的原因是层与层之间通过范德华力结合在一起；作用力小，导致其质地软，该物质能否导电？不能（填“能”或“不能”），原因是层状结构中没有自由移动的电子．（5）SiC是原子晶体，其晶胞结构类似金刚石，假设正方体的边长为acm，估算SiC晶体的密度为g•cm﹣3（用含NA、a的代数式表示）考点：晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．分析：（1）根据构造原理写出硼原子的核外电子排布式；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；（2）晶体R中各种微粒间的作用力涉及离子键、共价键、配位键、范德华力；阴离子中中心原子B原子含有4个σ键且不含孤电子对，所以B原子采用sp3杂化方式，为四面体构型；（3）乙二胺（H2N﹣CH2﹣CH2﹣NH2）中N原子呈3个σ键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化．乙二胺（H2N﹣CH2﹣CH2﹣NH2）分子之间可以形成氢键，但三甲胺分子之间不能形成氢键．（4）B位于第2周期ⅢA族，核外电子排布式1s22s22p1，形成的六方相氮化硼，每一个B与3个N原子相连，每1个N原子与3个B原子相连，形平面三角形，向空间发展成层状结构．六方相氮化硼，不含π键，只含σ键，层与层之间通过范德华力结合在一起；作用力小，导致其质地软，六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子形成3个共价单键，且B原子不存在孤电子对，该物质的层状结构中不存在自由移动的电子，所以不导电；（5）该晶胞中C原子个数=8×+6×=4，Si原子个数为4，晶胞边长=acm，体积V=（acm）3，ρ==g•cm3．解答：解：（1）硼原子核外有5个电子，其核外电子排布式为：1s22s22p1，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以C、N、si三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞C＞Si，故答案为：1s22s22p1；N＞C＞Si；（2）晶体R中各种微粒间的作用力涉及离子键、共价键、配位键、范德华力；阴离子中中心原子B原子含有4个σ键且不含孤电子对，所以B原子采用sp3杂化方式，为四面体构型；故答案为：abce；四面体；（3）乙二胺（H2N﹣CH2﹣CH2﹣NH2）中N原子呈3个σ键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化．乙二胺（H2N﹣CH2﹣CH2﹣NH2）分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键，故乙二胺的沸点较高．故答案为：sp3杂化；乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键；（4）B位于第2周期ⅢA族，核外电子排布式1s22s22p1，形成的六方相氮化硼，每一个B与3个N原子相连，每1个N原子与3个B原子相连，形平面三角形，向空间发展成层状结构．六方相氮化硼，不含π键，只含σ键，层与层之间通过范德华力结合在一起；作用力小，导致其质地软，六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子形成3个共价单键，且B原子不存在孤电子对，该物质的层状结构中不存在自由移动的电子，所以不导电；故答案为：不含；层与层之间通过范德华力结合在一起，作用力小，导致其质地软；不能；层状结构中没有自由移动的电子；（5）该晶胞中C原子个数=8×+6×=4，Si原子个数为4，晶胞边长=acm，体积V=（acm）3，ρ==g•cm3；故答案为：．点评：考查核外电子排布规律、电负性、杂化轨道、分子空间结构、氢键与化学键、晶胞等，综合性较大，难度中等，是对知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础与分析问题解决问题的能力．