四川省眉山市仁寿一中南校区2024年高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷含解析

四川省眉山市仁寿一中南校区2024年高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、700℃时，H2(g)＋CO2(g)

H2O(g)＋CO(g)。该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2和CO2，起始浓度如下表所示。其中甲经2min达平衡时，v

(H2O)为0.025mol/(L·min)，下列判断不正确的是(

)起始浓度甲乙丙C(H2)/mol/L0.10.20.2C(CO2)/mol/L0.10.10.2A．平衡时，乙中CO2的转化率大于50％B．当反应平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍C．温度升至800℃，上述反应平衡常数为25/16，则正反应为吸热反应D．其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol/LH2和0.20mol/LCO2，到达平衡时c(CO)与乙不同2、(原创)根据下列实验事实，不能得到相应结论的是选项

实验操作和现象

结论

A

常温下分别测等体积、等浓度的醋酸和氨水pH，发现二者的pH之和为14

常温下，醋酸和氨水的电离平衡常数相等

B

向均盛有2mL5%H2O2溶液的两支试管中分别滴入0.2mol/LFeCl3，和0.3mol/LCuCl2溶液lmL，前者生成气泡的速率更快

催化效果：Fe3+＞Cu2+

C

向一定浓度的醋酸溶液中加入镁条，产生气泡的率会先加快再减慢

反应刚开始时，醋酸电离平衡正移，c(H+)增大

D

向硼酸(H3BO3)溶液中滴加少量Na2CO3溶液，观察到明显现象．

H3BO3的酸性强于H2CO3

A．A B．B C．C D．D3、下列有关化学反应的叙述正确的是A．铜能与FeCl3溶液发生置换反应B．工业上用Cl2与澄清石灰水反应生产漂白粉C．向NaOH溶液中加入过量AlCl3溶液可得到氢氧化铝D．实验室用MnO2与1.0mol·L－1的盐酸加热制取氯气4、某晶体熔化时化学键没有被破坏的属于A．原子晶体 B．离子晶体 C．分子晶体 D．金属晶体5、X、Y、Z、W、R是原了序数依次递增的短周期元素。X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，Z为短周期中金属性最强的元素，W是地売中含量最高的金属元素。下列叙述正确的是A．Y、Z、W原子半径依次增大B．元素W、R的简单离子具有相同的电子层结构C．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比R的强D．X、R分别与Y形成的常见化合物中化学键类型相同6、香豆素-3-羧酸是日用化学工业中重要香料之一，它可以通过水杨醛经多步反应合成：下列说法正确的是()A．水杨醛苯环上的一元取代物有4种B．可用酸性高锰酸钾溶液检验中间体A中是否混有水杨醛C．中间体A与香豆素-3-羧酸互为同系物D．1mol香豆素-3-羧酸最多能与1molH2发生加成反应7、10mL浓度为1mol·L－1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能加快反应速率但又不影响氢气生成量的是A．K2SO4 B．CH3COONa C．CuSO4 D．Na2CO38、对下列实验的分析合理的是A．实验Ⅰ：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B．实验Ⅱ：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色保持不变C．实验Ⅲ：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内会出现红棕色D．实验Ⅳ：将FeCl3饱和溶液煮沸后停止加热，以制备氢氧化铁胶体9、实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2为原料制备ClO2的过程如下图所示，下列说法不正确的是A．X中大量存在的阴离子有Cl-和OH- B．NCl3的键角比CH4的键角大C．NaClO2变成ClO2发生了氧化反应 D．制取3molClO2至少需要0.5molNH4Cl10、探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是（）A．装置甲进行铜和浓硫酸的反应B．装置乙收集二氧化硫并吸收尾气C．装置丙稀释反应后的混合液D．装置丁分离稀释后混合物中的不溶物11、下列关于NH4Cl的描述正确的是（）A．只存在离子键 B．属于共价化合物C．氯离子的结构示意图： D．的电子式：12、苯氧乙醇在化妆品、护肤品、疫苗及药品中发挥着防腐剂的功用，其结构为，下列有关说法不正确的是A．苯氧乙醇的分子式为C8H10O2B．苯氧乙醇中的所有碳原子不可能处于同一平面内C．苯氧乙醇既可以发生取代反应和加成反应，也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色D．分子式为C8H8O2，结构中含有苯环且能与饱和NaHCO3溶液反应的物质共有4种（不考虑立体异构）13、下列实验操作能达到目的的是（）选项实验目的实验操作A配制100g10%的NaOH溶液称取10gNaOH溶于90g蒸馏水中B验证“84消毒液”呈碱性用pH试纸测量溶液的pHC检验溶液中是否含有Na+用洁净的玻璃棒蘸取溶液灼烧，观察火焰颜色D从溴水中获得溴单质利用SO2将Br2吹出后，富集、还原、分离A．A B．B C．C D．D14、下列化学用语正确的是A．丙烯的结构简式：C3H6 B．镁离子的结构示意图：C．CO2的电子式： D．中子数为18的氯原子符号15、下列实验对应的实验现象和结论或解释都正确的是()选项实验操作实验现象结论或解释AKI淀粉溶液中通入少Cl2溶液变蓝Cl2能与淀粉发生显色反应B向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置水层几乎无色苯与溴水发生了取代反应C向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，然后加入银氨溶液，加热无银镜出现不能判断蔗糖是否水解D向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液出现红褐色沉淀Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]A．A B．B． C．C D．D16、CalanolideA是一种抗HIV药物，其结构简式如图所示。下列关于CalanolideA的说法错误的是（）A．分子中有3个手性碳原子B．分子中有3种含氧官能团C．该物质既可发生消去反应又可发生加成反应D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗1molNaOH17、某科研团队研究将磷钨酸(H3PW12O40，以下简称HPW)代替浓硫酸作为酯化反应的催化剂，但HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性。用HPW负载在硅藻土上催化制取乙酸正丁酯的酯化率与HPW负载量的关系(温度：120℃，时间：2h)如图所示，下列说法不正确的是A．与HPW相比，HPW/硅藻土比表面积显著增加，有助于提高其催化性能B．当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高C．用HPW/硅藻土代替传统催化剂，可减少设备腐蚀等不足D．不同催化剂对酯化率的影响程度主要取决于化学反应正向进行的程度18、设[aX+bY]为a个X微粒和b个Y微粒组成的一个微粒集合体，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（）A．0.5mol雄黄(As4S4，已知As和N同主族，结构如图)含有NA个S-S键B．合成氨工业中，投料1mol[N2(g)+3H2(g)]可生成2NA个[NH3(g)]C．用惰性电极电解1L浓度均为2mol•L-1的AgNO3与Cu(NO3)2的混合溶液，当有0.2NA个电子发生转移时，阴极析出6.4g金属D．273K，101kPa下，1mol过氧化氢分子中含有的共用电子对数目为3NA19、某无色溶液中含Na+、I-、NO3-、Cl-，加入下列哪种溶液不会使其变色A．淀粉溶液 B．硫酸氢钠溶液 C．H2O2溶液 D．氯水20、废弃铝制易拉罐应投入的垃圾桶上贴有的垃圾分类标志是（）ABCDA．A B．B C．C D．D21、我们熟知的一些化合物的应用错误的是A．MgO冶炼金属镁 B．NaCl用于制纯碱C．Cu(OH)2用于检验糖尿病 D．FeCl3用于净水22、公元八世纪，JabiribnHayyan在干馏硝石的过程中首次发现并制得硝酸(4KNO32K2O+4NO↑+3O2↑)，同时他也是硫酸和王水的发现者。下列说法正确的是A．干馏产生的混合气体理论上可被水完全吸收B．王水是由3体积浓硝酸与1体积浓盐酸配制而成的C．王水溶解金时，其中的盐酸作氧化剂(Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO↑+2H2O)D．实验室可用NaNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3，利用的是浓硫酸的氧化性二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成：已知：RCHO＋CH3CHORCH(OH)CH2CHO。试回答：（1）A的结构简式是_________，E→F的反应类型是_________。（2）B→C反应的化学方程式为_____________。（3）C→D所用试剂和反应条件分别是_________。E中官能团的名称是________________。（4）检验F中碳碳双键的方法是_________________________。（5）连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有______种（除D外）。其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为____________。24、（12分）慢心律是一种治疗心律失常的药物。它的合成路线如图所示。（1）C中的含氧官能团名称为_____和_____；（2）由B→C的反应类型是_____。（3）由A制备B的过程中有少量副产物E，它与B互为同分异构体。写出E的结构简式：_____。（4）写出同时满足下列条件的化合物D的一种同分异构体的结构简式：_____。①属于a﹣氨基酸；②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种；③分子中有2个手性碳原子（5）已知乙烯在催化剂作用下与氧气反应可以生成环氧乙烷（）。写出以邻甲基苯酚（）和乙醇为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线流程图示例见本题题干_____。25、（12分）碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4·H2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：(1)水合肼的制备反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOH=N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3①制取次氯酸钠和氢氧化钠混合液的连接顺序为__________(按气流方向，用小写字母表示)。若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为____。②制备水合肼时，应将__________滴到__________中（填“NaClO溶液”或“尿素溶液”），且滴加速度不能过快。③尿素的电子式为__________________(2)碘化钠的制备：采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示：在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-，该过程的离子方程式为___。(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下：a．称取10.00g样品并溶解，在500mL容量瓶中定容；b．量取25.00mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂：c.用0.2000mol·L−1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为15.00mL。①M为____________(写名称)。②该样品中NaI的质量分数为_______________。26、（10分）某化学课外小组在制备Fe(OH)2实验过程中观察到生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后变为红褐色。该小组同学对产生灰绿色沉淀的原因，进行了实验探究。I．甲同学猜测灰绿色沉淀是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物，设计并完成了实验1和实验2。编号实验操作实验现象实验1向2mL0.1mol·L－1FeSO4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液(两溶液中均先加几滴维生C溶液)液面上方出现白色沉淀，一段时间后变为灰绿色，长时间后变为红褐色实验2取实验1中少量灰绿色沉淀，洗净后加盐酸溶解，分成两份。①中加入试剂a，②中加入试剂b①中出现蓝色沉淀，②中溶液未变成红色（1）实验中产生红褐色沉淀的化学方程式为_________________________（2）实验1中加入维生素C溶液是利用了该物质的___性（3）实验2中加入的试剂a为___溶液，试剂b为____溶液。实验2的现象说明甲同学的猜测_____（填“正确”或“不正确”）。Ⅱ.乙同学查阅资料得知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，猜测灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，设计并完成了实验3—实验5。编号实验操作实验现象实验3向10mL4mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀(带有较多灰绿色)。沉淀下沉后，部分灰绿色沉淀变为白色实验4向10mL8mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀（无灰绿色）。沉淀下沉后，仍为白色实验5取实验4中白色沉淀，洗净后放在潮湿的空气中______________（4）依据乙同学的猜测，实验4中沉淀无灰绿色的原因为_____。（5）该小组同学依据实验5的实验现象，间接证明了乙同学猜测的正确性，则实验5的实验现象可能为____。Ⅲ.该小组同学再次查阅资料得知当沉淀形成时，若得到的沉淀单一，则沉淀结构均匀，也紧密；若有杂质固体存在时，得到的沉淀便不够紧密，与溶液的接触面积会更大。（6）当溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时，白色沉淀更容易变成灰绿色的原因为______。（7）该小组同学根据上述实验得出结论：制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀的适宜的条件和操作有________、____。27、（12分）乳酸亚铁晶体[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O(M=288)是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，吸收效果比无机铁好，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____。Ⅱ．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，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250mL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）。28、（14分）氮化铝(AlN)陶瓷是一种新型无机非金属材料，最高可稳定到2473K，导热性好、热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料。制取原理为：Al2O3+3C+N22A1N+3CO，回答下列问题：(1)氮化铝的晶体类型为________。在上述化学方程式中第二周期元素的第一电离能由小到大的顺序是______。(2)基态氧原子电子占据最高能级的原子轨道的形状是________，未成对电子数为________。(3)等电子体具有相似的结构。CO与N2互为等电子体，CO分子中σ键与π键数目之比为_______。(4)Cu2+处于：[Cu(NH3)4]2+的中心，若将配离子[Cu(NH3)4]2+中的2个NH3换为CN-，则有2种结构，则Cu2+是否为sp3杂化________（填“是”或“否”）理由为_________。(5)AlN晶体结构如图所示，1个Al原子周围距离最近的Al原子数为______个；若晶胞结构的高为anm，底边长为bnm，NA表示阿伏伽德罗常数的值，则其密度为_______g.cm-3(列出计算式)。29、（10分）某校化学学习小组设计实验对化学反应速率和限度有关问题进行探究：I.甲小组用如图所示装置进行镁粉分别与盐酸、醋酸(均为0.1mol/L40.00mL)的反应，请回答相关问题：①每次实验至少需要用电子天平(能称准1mg)称取镁粉___g；②装置中有刻度的甲管可以用代替___(填仪器名称)，按图连接好装置后，检查装置气密性的方法是___。实验结束后读取气体体积时应该注意的问题是___(至少回答两点)。II.乙小组为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题：①定性分析：如图甲可通过观察___(填现象)，定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3溶液改为___(写出试剂及物质的量浓度)更为合理，其理由是___。②定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略。实验中还需要测量的数据是___。III.丙小组设计实验探究KI溶液和FeCl3溶液反应存在一定的限度。已知该反应为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2。请完成相关的实验步骤和现象。实验步骤如下：①取5mL0.1mol•L -1KI溶液，再滴加5∼6滴(约0.2mL)0.1mol•L- 1FeCl 3溶液②充分反应后，将溶液分成两份③取其中一份，滴加试剂CCl 4，用力振荡一段时间，CCl 4层出现紫红色，说明反应生成碘。④另取一份，滴加试剂___溶液(填试剂名称)，若现象___，则说明该反应有一定的限度。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】

A．根据水蒸气的反应速率，生成水蒸气的物质的量浓度为0.025×2mol·L－1=0.05mol·L－1，则消耗CO2的物质的量浓度为0.05mol·L－1，推出CO2的转化率为×100%=50%，乙可以看作是在甲的基础上再通入H2，增加反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，即大于50%，故A正确；B．反应前后气体系数之和相等，因此甲和丙互为等效平衡，即丙中c(CO2)是甲中c(CO2)的2倍，故B正确；C．700℃时，H2（g）＋CO2（g）H2O（g）＋CO（g）起始：0.10.100变化：0.050.050.050.05平衡：0.050.050.050.05根据化学平衡常数的定义，K==1，温度升高至800℃，此时平衡常数是>1，说明升高温度平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应方向是吸热反应，故C正确；D．若起始时，通入0.1mol·L－1H2和0.2mol·L－1CO2，转化率相等，因此达到平衡时c(CO)相等，故D错误；故答案选D。2、C【解析】试题分析：A、常温下分别测等体积、等浓度的醋酸和氨水pH，发现二者的pH之和为14，说明醋酸溶液中的氢离子浓度等于氨水中的氢氧根离子浓度，表明醋酸和氨水的电离程度相同，电离平衡常数相等，故A正确；B、向均盛有2mL5%H2O2溶液的两支试管中分别滴入0.2mol/LFeCl3，和0.3mol/LCuCl2溶液lmL，Fe3+的催化效果比Cu2+好，双氧水分解的速率快，生成气泡的速率更快，故B正确；C、金属与酸的反应是放热反应，反应刚开始时，温度逐渐升高，反应速率加快，随着反应的进行，醋酸的浓度减小，反应速率又逐渐减慢，故C错误；D、H3BO3的酸性强于H2CO3，向硼酸(H3BO3)溶液中滴加少量Na2CO3溶液，反应放出二氧化碳，有明显现象，故D正确；故选C。考点：考查了化学实验方案的设计与评价的相关知识。3、C【解析】

A．单质与化合物反应生成另一种单质和化合物的化学反应称为置换反应，铜能与FeCl3溶液发生反应氯化铜和氯化亚铁，没有单质生成，不是置换反应；B．氢氧化钙溶解度较小，澄清石灰水中氢氧化钙含量较少，工业上用Cl2与石灰乳反应生产漂白粉，故B错误；C．向NaOH溶液中加入适量AlCl3溶液反应生成偏铝酸钠溶液，继续加入氯化铝，偏铝酸根离子与铝离子发生双水解反应可得到氢氧化铝，故C正确；D．实验室用MnO2与浓盐酸加热制取氯气，稀盐酸与MnO2不反应，故D错误；答案选C。【点睛】铝离子和氢氧根离子之间的量不同，生成的产物也不同，是易错点。4、C【解析】

A.原子晶体熔化，需破坏共价键，故A错误；B.离子晶体熔化，需破坏离子键，故B错误；C.分子晶体熔化，需破坏分子间作用力，分子间作用力不属于化学键，故C正确；D.金属晶体熔化，需破坏金属键，故D错误；答案：C5、D【解析】X、Y、Z、W、R是原了序数依次递增的短周期元素．X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，应为C元素，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，即为24，则Y为O元素，R为S元素，Z为短周期中金属性最强的元素，应为Na元素，W是地売中含量最高的金属元素，为Al元素；A．由分析可知：Z为Na、W为Al，原子Na＞Al，故A错误；B．W为Al、R为S元素，对应的离子的原子核外电子层数不同，故B错误；C．非金属性S＞C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故C错误；D．X、R分别与Y形成的常见化合物分别为二氧化碳、二氧化硫，都为共价化合物，化学键类型相同，故D正确；故答案为D。点睛：。6、A【解析】

A．水杨醛苯环上的四个氢原子的环境不同，即苯环上有4种等效氢，苯环上的一元取代物有4种，故A正确；B．水杨醛中含有醛基和酚羟基，具有醛和酚的性质；中间体中含有酯基、碳碳双键，具有酯和烯烃性质，二者都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象相同，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，故B错误；C．结构相似，在分子组成上相差一个或n个-CH2原子团的有机物互称同系物，中间体中含有酯基、香豆酸-3-羧酸中含有酯基和羧基，二者结构不相似，所以不是同系物，故C错误；D．香豆酸-3-羧酸中苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，则1mol各物质最多能和4mol氢气发生加成反应，故D错误；故答案为A。7、C【解析】

A.加入K2SO4溶液相当于稀释稀盐酸，则溶液中的氢离子浓度减小，会减慢化学反应速率，不影响产生氢气的量，A项错误；B.加入CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，但提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，B项错误；C.Zn可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，因锌过量，故不影响产生氢气的量，C项正确；D.加入碳酸钠溶液，与盐酸反应使溶液中氢离子总量较小，化学反应速率减小，生成氢气的量减少，D项错误。答案选C。【点睛】反应的实质为Zn+2H+═Zn2++H2↑，本题要注意的是Zn过量，加入硫酸铜后形成的原电池可加快化学反应速率，且不影响产生氢气的量。8、C【解析】

A、溴与氢氧化钠溶液反应，上层溶液变为无色；B、浓硫酸与碳反应生成的二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色；C、铜与稀硝酸反应生成NO，NO遇到空气生成红棕色的二氧化氮；D、直接加热饱和氯化铁溶液，无法得到氢氧化铁胶体。【详解】A、溴单质与NaOH溶液反应，则振荡后静置，上层溶液变为无色，故A错误；B、蔗糖与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫能够被酸性KMnO4溶液氧化，导致酸性KMnO4溶液变为无色，故B错误；C、微热稀HNO3片刻生成NO气体，则溶液中有气泡产生，NO与空气中氧气反应生成二氧化氮，则广口瓶内会出现红棕色，故C正确；D、制备氢氧化铁胶体时，应该向沸水中逐滴加入少量FeCl3饱和溶液、加热至溶液呈红褐色，故D错误；故选：C。【点睛】Fe(OH)3胶体的制备：用烧杯取少量蒸馏水，加热至沸腾，向沸水中逐滴加入适量的饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即得Fe(OH)3胶体；注意在制备过程中，不能搅拌、不能加热时间过长。9、B【解析】

由制备流程可知，氯化铵与盐酸的混合溶液电解时发生NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3，然后加亚氯酸钠溶液发生6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，则X含NaOH、NaCl，以此来解答。【详解】A.NaClO2溶液与NCl3溶液发生氧化还原反应，由于有氨气产生，所以反应物必然有H2O参加，所以反应方程式为6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，所以大量存在的阴离子有C1-和OH-，故A正确；

B.N原子、C原子均为sp3杂化，NCl3分子有1对孤电子对，甲烷分子没有孤电子对，孤对电子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故NCl3的的键角小于CH4的键角，故B错误；

C.NaClO2变成ClO2，NaClO2中氯元素化合价从+3价升高为+4价，发生了氧化反应，故C正确；

D.由反应NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3、6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH可知，制取3molClO2至少需要0.5molNH4Cl，故D正确；

故选：B。【点睛】孤对电子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力。10、C【解析】

A．Cu和浓硫酸反应需要加热，甲装置中缺少酒精灯，无法完成铜与浓硫酸的反应，故A错误；B．二氧化硫比空气密度大，应该采用向上排空气法收集，即导管采用长进短出的方式，故B错误；C．反应后溶液中含有大量浓硫酸，需要将反应后溶液沿着烧杯内壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒搅拌，图示操作方法合理，故C正确；D．固液分离操作是过滤，但过滤时需要用玻璃棒引流，故D错误；故答案为C。11、D【解析】

A项、氯化铵为离子化合物，既存在离子键又存在共价键，故A错误；B项、氯化铵含有离子键，为离子化合物，故B错误；C项、氯离子核内有17个质子，核外有18个电子，则氯离子结构示意图：，故C错误；D项、NH4+是多原子构成的阳离子，电子式要加中括号和电荷，电子式为，故D正确；故选D。12、B【解析】

A．苯氧乙醇的不饱和度为4，则其分子式为C8H2×8+2-4×2O2，A正确；B．苯氧乙醇中，苯氧基上的C、O原子一定在同一平面内，非羟基O原子与2个C原子可能在同一平面内，所以所有碳原子可能处于同一平面内，B不正确；C．苯氧乙醇中的苯基可发生加成反应，醇羟基能发生取代反应、HOCH2-能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．符合条件的有机物为、共4种，D正确；故选B。13、A【解析】

A.溶液质量是90g+10g=100g，溶质的质量分数为×100%=10%，A正确；B.“84消毒液”有效成分是NaClO，该物质具有氧化性，会将pH试纸氧化漂白，因此不能用pH试纸测量该溶液的pH，以验证溶液的碱性，B错误；C.玻璃的成分中含有Na2SiO3，含有钠元素，因此用玻璃棒进行焰色反应实验，就会干扰溶液中离子的检验，要使用铂丝或光洁无锈的铁丝进行焰色反应，C错误；D.向溴水中加入CCl4充分振荡后，静置，然后分液，就可从溴水中获得溴单质。若向溴水中通入SO2气体，就会发生反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，不能将单质溴吹出，D错误；故合理选项是A。14、B【解析】

A．丙烯的结构简式为：CH2=CH-CH3，故A错误；B．镁离子核外有10个电子，结构示意图，故B正确；C．CO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为，故C错误；D．从符号的意义可知A表示质量数，由质子数(Z)+中子数(N)=质量数(A)得：A=17+18=35，原子符号：，故D错误；故答案为B。【点睛】解化学用语类题型需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“[]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“[]”，没有成键的价电子也要写出来。②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。15、C【解析】

A、I2能与淀粉发生显色反应，Cl2不能与淀粉发生显色反应，故A错误；B、向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置，苯萃取溴水中的溴，苯与溴水不反应，故B错误；C、银镜反应需在碱性条件下进行，向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，先加入氢氧化钠中和硫酸，然后加入银氨溶液，加热，才能判断蔗糖是否水解，故C正确；D、向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液，生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠，不能证明Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]，故D错误。16、D【解析】

A选项，分子中有3个手性碳原子，手性碳原子用*标出，，故A正确，不符合题意；B选项，分子中有羟基、醚键、酯基3种含氧官能团，故B正确，不符合题意；C选项，该物质含有羟基，且连羟基的碳相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，含有碳碳双键、苯环可发生加成反应，故C正确，不符合题意；D选项，该物质中含有酚酸酯，1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗2molNaOH，故D错误，符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】手性碳原子是碳原子周围连的四个原子或原子团不相同为手性碳原子，1mol酚酸酯消耗2mol氢氧化钠，1mol羧酸酯消耗1mol氢氧化钠。17、D【解析】

A、HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性，选项A正确；B、根据图中曲线可知，当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高，选项B正确；C、用HPW/硅藻土代替传统催化剂浓硫酸，可减少设备腐蚀等不足，选项C正确；D、催化剂不能使平衡移动，不能改变反应正向进行的程度，选项D不正确。答案选D。18、D【解析】

A.由As4S4的结构图可知，黑球代表As，白球代表S，则As4S4的结构中不存在S-S键，故A错误；B.合成氨气的反应为可逆反应，则投料1mol[N2(g)+3H2(g)]生成的[NH3(g)]数目小于2NA，故B错误；C.根据阴极放电顺序可知，银离子先放电，则当有0.2NA个电子发生转移时，阴极析出21.6g金属，故C错误；D.过氧化氢分子中氢原子与氧原子、氧原子与氧原子之间均为单键，则1mol过氧化氢分子中含有的共用电子对数目为3NA，故D正确；综上所述，答案为D。19、A【解析】

Na+、I-、NO3-、Cl-可以共存，在酸性条件下I-可以NO3-被氧化为I2，加强氧化性物质也能把I-氧化为I2，生成单质碘，则溶液会变色。A.加淀粉溶液，与I-不反应，则溶液不变色，A符合题意；B.溶液中硫酸氢钠溶液，硫酸氢钠电离出氢离子，在酸性条件下I-可以NO3-被氧化为I2，则溶液会变色，B不符合题意；C.H2O2具有强氧化性，能把I-氧化为I2，则溶液会变色，C不符合题意；D.氯水具有强氧化性，能把I-氧化为I2，则溶液会变色，D不符合题意；故合理选项是A。20、B【解析】

废弃的铝制易拉罐可以回收利用，属于可回收物品，应投入到可回收垃圾桶内，A.图示标志为有害垃圾，故A不选；B.图示标志为可回收垃圾，故B选；C.图示标志为餐厨垃圾，故C不选；D.图示标志为其它垃圾，故D不选；故选B。21、A【解析】

A．MgO属高熔点化合物，工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁，故A错误；B．侯氏制碱法就是向饱和氯化钠溶液中先通氨气再通二氧化碳来制备纯碱，所以NaCl用于制纯碱，故B正确；C．检验糖尿病是通过检验尿液中葡萄糖的含量即用新制的氢氧化铜与尿液在加热条件下反应看是否有砖红色沉淀产生，故C正确；D．FeCl3水解生成Fe（OH）3胶体，水解方程式为FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3HCl，胶体能吸附水中的悬浮物而净水，故D正确；故选：A。22、A【解析】

A.干馏硝石产生的气体NO、O2的物质的量的比是4:3，将混合气体通入水中，会发生反应：2H2O+4NO+3O2=4HNO3，故可以完全被水吸收，A正确；B.王水是由3体积浓盐酸与1体积浓硝酸配制而成的，B错误；C.在王水溶解金时，其中的硝酸作氧化剂，获得电子被还原产生NO气体，C错误；D.实验室可用NaNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3，利用的是HNO3易挥发，而浓硫酸的高沸点，难挥发性，D错误；故合理选项是A。二、非选择题(共84分)23、消去反应+NaOH+NaClO2/Cu或Ag，加热羟基、醛基用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键8【解析】

根据流程图，E脱水生成，利用逆推法，E是；根据RCHO＋CH3CHORCH(OH)CH2CHO，，可逆推出D是；根据B的分子式C8H9Cl，结合D的结构，B是；C是，则A是。【详解】（1）根据上述分析，A的结构简式是；E()分子内脱水生成F（），则反应类型为消去反应，故答案为：；消去反应；（2）在氢氧化钠溶液中水解为，反应的化学方程式为+NaOH+NaCl，故答案为：+NaOH+NaCl；（3）在铜或银作催化剂的条件下加热，能被氧气氧化为，所以试剂和反应条件是O2/Cu或Ag，加热；中含有的官能团有羟基和醛基；故答案为：O2/Cu或Ag，加热；羟基、醛基；（4）双键可以发生加成反应，所以可以用溴的四氯化碳溶液检验，因为F中还含有醛基，容易被氧化，所以不能用高锰酸钾溶液检验；也可以先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键；故答案为：用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键；（5）连在双键碳原子上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有、、、、、、、，共8种；其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为，故答案为：8；。24、醚键羰基氧化反应【解析】

根据C的结构简式判断其含有的官能团；对比B、C结构可知，B中﹣醇羟基转化羰基；中含有2个C﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式；D的同分异构体同时满足如下条件：①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有2个手性碳原子，说明C原子上连接4个不同的原子或原子团；制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反应生成，进而氧化可生成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物。【详解】（1）根据C的结构简式可知，C中含氧官能团为醚键和羰基，故答案为：醚键、羰基；（2）对比B、C结构可知，B中﹣CH(OH)﹣转化为C＝O，属于氧化反应，故答案为：氧化反应；（3）中含有2个C﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式，副产物E，它与B互为同分异构体，E的结构简式为，故答案为：；（4）D的一种同分异构体同时满足如下条件：①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有两个手性碳原子，说明C原子上连接4个不同的原子或原子团，符合条件的结构简式为：，故答案为：；（5）制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反应生成，进而氧化可生成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物，合成路线流程图：，故答案为：。25、ecdabf5：3NaClO溶液尿素溶液2IO3-+3N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O淀粉90%【解析】

(1)①根据制备氯气，除杂，制备次氯酸钠和氧氧化钠，处理尾气分析；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO-则会生成Cl-5mol，生成1molClO3-则会生成Cl-5mol，据此分析可得；②NaClO氧化水合肼；③尿素中C原子与O原子形成共价双键，与2个-NH2的N原子形成共价单键；(2)碘和NaOH反应生成NaI、NaIO，副产物IO3-，加入水合肼还原NaIO、副产物IO3-，得到碘离子和氮气，结晶得到碘化钠，根据流程可知，副产物IO3-与水合肼生成碘离子和氮气，据此书写；(3)①碘单质参与，用淀粉溶液做指示剂；②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，计算样品中NaI的质量，最后计算其纯度。【详解】(1)①装置C用二氧化锰和浓盐酸混合加热制备氯气，用B装置的饱和食盐水除去杂质HCl气体，为保证除杂充分，导气管长进短出，氯气与NaOH在A中反应制备次氯酸钠，为使反应物充分反应，要使氯气从a进去，由D装置吸收未反应的氯气，以防止污染空气，故导气管连接顺序为：ecdabf；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成6molClO-则会生成Cl-的物质的量为5mol，生成1molClO3-则会生成Cl-5mol，则被还原的氯元素为化合价降低的氯元素，即为Cl-，n(Cl-)=5mol+5mol=10mol，被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素，其物质的量为ClO-与ClO3-物质的量的和，共5mol+1mol=6mol，故被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为10：6=5：3；②制备水合肼时，将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故实验中制备水合肼的操作是：取适量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快；③尿素CO(NH2)2中C原子与O原子形成共价双键，与2个—NH2的N原子形成共价单键，所以其电子式为：；(2)根据流程可知，副产物IO3-与水合肼生成碘离子和氮气，反应的离子方程式为：2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O；(3)①实验中滴定碘单质，应该用淀粉作指示剂，所以M是淀粉；②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量m(NaI)=×150g/mol=9.00g，故样品中NaI的质量分数为×100%=90.0%。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及氧化还原反应化学方程式的书写、实验方案评价、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的应用，学会使用电子守恒或原子守恒，根据关系式法进行有关计算。26、4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3还原K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾)KSCN(或硫氰化钾)不正确NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液除去溶液中Fe3+和O2【解析】

(1)实验1中产生红褐色沉淀是因为Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3，反应方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3；(2)实验1中加入维生素C是为了防止Fe2+被氧化，利用了其还原性，故答案为：还原；(3)根据实验现象可知，①中加入试剂出现蓝色沉淀，是在检验Fe2+，试剂a为K3[Fe(CN)6]，②中溶液是否变红是在检验Fe3+，试剂b为KSCN，由于②中溶液没有变红，则不存在Fe3+，即灰绿色沉淀中没有Fe(OH)3，甲同学的猜测错误，故答案为：K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾)；KSCN(或硫氰化钾)；不正确；(4)根据已知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，而实验4中NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面，导致沉淀没有灰绿色，故答案为：NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面；(5)当实验5中的现象为白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现时，可说明白色沉淀上没有或很少附着有Fe2+，故答案为：白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现；(6)溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时，O2能将Fe2+氧化成Fe3+，形成Fe(OH)3沉淀，根据题干信息可知，沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+，从而白色沉淀更容易变成灰绿色，故答案为：沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+；(7)根据上述实验可知道，当NaOH浓度高或者溶液中不存在Fe3+和O2时，制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀，其操作可以是向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液或除去溶液中Fe3+和O2，故答案为：向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液；除去溶液中Fe3+和O2。【点睛】本题主要考查学生的实验探究与分析能力，同时对学生提取信息的能力有较高的要求，难度较大，解题关键在于对题干信息的提取和结合所学知识进行综合解答。27、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32Fe2++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FeCO3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】

(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NH4HCO3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=mL=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=97.50答案：97.50。28、原子晶体C<O<N哑铃形(或纺锤形)21：2否若是sp3杂化[Cu(NH3)4]2+的空间构型为正四面体形，将配离子[Cu(NH3)4]2+中的2个NH3换为CN-，则只有1种结构12【解析】

(1)原子晶体的熔沸点较高、硬度大，同一周期元素的电离能呈增大趋势；(2)根据O原子核外电子排布及各个能级的原子轨道的形状确定未成对电子数目；(3)等电子体结构相似，结合共价单键都是σ键与π键，共价双键一个是σ键，1个是π键；共价三键1个σ键个2个π键分析；(4)根据将配离子[Cu(NH3)4]2+中的2个NH3换为CN-，有2种结构，判断Cu2+中原子杂化类型；(5)利用均摊方法计算一个晶胞中含有的离Al原子最近的Al原子个数，先计算一个晶胞中含有的Al、N原子数目，然后根据晶胞密度计算公式计算。【详解】(1)由于原子晶体的熔沸点较高、硬度大，而氮化铝(AlN)陶瓷最高可稳定到2473K，说明原子间结合力强，熔沸点高，属于原子晶体；在上述反应中涉及到的第二周期的元素有C、N、O三种元素，同一元素的电离能随原子序数的增大而增大，但由于N原子最外层的p电子处于半充满的稳定状态，不容易失