2020届高考全国I卷理综化学全真模拟冲刺卷07

1、2020届高考全国I卷理综化学全真模拟冲刺卷07一：选择题（共 7题，每题6分，共42分）.天然气因含有少量 H2s等气体开采应用受限。 T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是（）sA.该脱硫过程需要不断添加 Fe2（SO4）3溶液.脱硫过程 O2间接氧化H2sC.亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血D.华阳国志记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐答案 A解析 T. F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2（SO4）3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁（相应反应为2Fe3+ H2s=2Fe2+ S J +

2、2H+）,硫酸亚铁被氧气氧化成 硫酸铁（相应反应为4Fe2+ + O2+ 4H +=4Fe3+ + 2H2O）,根据反应可知，该脱硫过程不 需要不断添加Fe2（SO4）3溶液，A错误；脱硫过程：Fe2（SO4）3氧化硫化氢，自身被还原 成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程。2间接氧化H2S, B正确；亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送。2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血，C正确；天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，华阳国志记载 “取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐，D正确。8. Na表示阿伏加德罗常数的值。 俗

3、名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、 高温电镀等工业。硫化钠的一种制备万法是Na2SO4+2C=Na2S+ 2CO2T。下列有关说法正确的是（）A . 1 mol L1Na2SO4溶液中含氧原子的数目一定大于4Na1 L 0.1 mol-1Na2s溶液中含阴离子的数目小于0.1NaC 生成1 mol 氧化产物时转移电子数为 4NAD 通常状况下 11.2 L CO2 中含质子的数目为 11NA答案 C TOC o 1-5 h z 解析未注明溶液的体积，无法判断1 mol L1Na2SO4溶液中含氧原子的数目，选项A错误；1 L 0.1 mol ：lNa2s溶液中含有0.1 mol N

4、a2S,硫离子水解生成 HS-和氢氧根离子，阴离子的数目大于0.1NA ，选项B 错误；根据方程式，氧化产物为二氧化碳，生成mol 氧化产物时转移电子数为4NA ， 选项 C 正确； 通常状况下， 气体摩尔体积不是22.4L - molI1,故11.2 L CO2物质的量不是0.5 mol,所含质子的数目小于11Na,选项D错误。9.前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。其中 X、Z、R最外层电子数相等， 且 X 与 Z 、 R 均可形成离子化合物；Y 、 W 同主族， Y 最外层电子数是内层电子数的 3 倍。下列说法正确的是()A 元素原子半径大小顺序为： WZYB. X分别与Y、

5、Z、W形成的常见化合物都属于电解质C Y 分别与Z 、 R 形成的化合物中均只含有离子键D Y 分别与X 、 Z 、 W 均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同答案 B解析前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。丫最外层电子数是内层电子数的 3 倍，由于最外层电子数不超过8 ，原子只能有2 个电子层，最外层电子数为 6，则 Y 为 O 元素；而 Y 、 W 同主族，则 W 为 s 元素； X 、 Z 、 R 最外层电子数相等，三者处于同主族，只能处于第I A族或第HA族，且X与Z、R均可形成离子化合物，根据原子序数关系可知： X 为 H 元素、 Z 为 Na 元素、 R 为 K 元

6、素。根据上述分析可知 X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；W是S元素；R是K元素。同周期元素从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Z(Na)W(s)Y(O) ， A 错误； X 分别与Y、 Z、 W 形成的常见化合物依次为H2O、 NaH、H2S,这几种物质都属于电解质， B正确；Y与Z、R形成的化合物有氧化钠、过氧化钠、氧化钾等，而过氧化钠中含有离子键、共价键， C 错误； Y 分别与 X、 Z、 W 均可形成具有漂白性的化合物H 2O2、 Na2O2、 sO2 ，前两者利用其强氧化性，而二氧化硫利用与有机色质化合为不稳定的无色物质，漂白原理不同， D 错误

7、。下列实验中，现象及结论都正确，且二者之间有因果关系的是()选项实验操作现象结论A用两支试管各取 5 mL 0.1 mol 11酸fKMnO4溶液，分别加入 2 mL0.1 mol 4和 0.2 mol Q1 H2c2O4溶液两试管溶液均褪色，且加 0.2 mol -L1H2c2O4的试管中褪色更快其他条件/、变，H2c2O4浓度越大，化学反应速率越大B将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3 +C用塔蜗钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落卜来金属铝的熔点较低D常温下，向等体积、等浓度的NaHCO3和CH3C

8、OONa溶液中分别滴加2滴酚爪两份溶液均变红，NaHCO 3溶液红色更深常温下的水解平衡常 数：Ka(CH3COO ) 7 : SO3 + H2OHSO3 + OH答案 B解析 SO2在空气中形成硫酸型酸雨的离子方程式为：2SO2+O2+2H2O=4H + 2SO4 ,故A正确；少量SO2与NaOH溶液反应，生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：SO2+ 2OH =SO2 +H2O,故B错误；NaOH溶液缓慢吸收过量 SO2发生：SO2+2OH =SO3 +H2。、SO2+SO2 +H2O=2HSO3,故 C 正确;n(SO2) : n(NaOH) = 1 ： 2 时, 生成Na2SO3溶液，

9、pH7 , Na2SO3发生水解，溶液显碱性：SO2 + H2OHSO3 + OH，故D正确。12.向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4,可生成CuCl沉淀除去Cl ,降低对电解的影响，反应原理如下：Cu(s) + Cu2 (aq) 2Cu (aq)AHi= a kJ - mOlCl(aq)+Cu+(aq) CuCl(s)AH2 = b kJm Ol实验测得电解液 pH对溶液中残留c(C)的影响如图所示。下列说法正确的是()PH4 2 0 二丫而7A.溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大B.向电解液中加入稀硫酸，有利于C的去除C.反应达到平衡，增大 c(Cu2), c(C)减小D. C

10、u(s)+Cu2+(aq) + Cl (aq) CuCl(s)的 AH=(a+2b) kJ - imOl答案 C解析Ksp(CuCI)只与温度有关，与溶液pH无关，A项错误；根据图像，溶液的 pH越小，溶液中残留c(C)越大，因此向电解液中加入稀硫酸，不利于C的去除，B项错误；根据Cu(s) + Cu2+(aq)2Cu + (aq),增大c(Cu2+),平衡正向移动，使得c(Cu*)增大，促进 Cl (aq)+Cu+(aq) CuCl(s)右移，c(Cl )减小，C 项正确；Cu(s) + Cu2+(aq)2Cu+(aq) AHi = akJ - mo1,Cl (aq)+Cu (aq) CuC

11、l(s) AH2= b kJ - mOl 根据盖斯定律，将x + 得：1Cu(s) + 2Cu2+(aq) + Cl (aq) CuCl(s)的 AH= 1+b kJ - moI1, D 项错误。13.苯环上有两个侧链的有机物CioHi4 ,其同分异构体的数目为()A. 3种 B. 5种 C. 6种 D. 9种答案 D.10X 2+2 14 解析 C10H14的不饱和度为： 2= 4,苯环的不饱和度为 4,说明该有机物中除了苯环外都是单键，满足苯环上有两个侧链的情况有：若侧链含有2个一CH2CH3,两个乙基存在邻、间、对 3种结构；若侧链含有1个一CH2CH2CH3和1个一CH3,存在邻、间、

12、对 3种结构；若侧链含有1个一CH(CH3)2和1个一CH3,也存在邻、间、对 3种结构；根据分析可以知道，满足条件的有机物总共有9种。二、实验题(本大题共 1小题，共14分)26亚硝酸钠(NaNO 2)外观酷似食盐且有咸味， 是一种常用的发色剂和防腐剂，但使用过量会使人中毒。某学习小组针对亚硝酸钠设计了如下实验：【制取NaNO2设计的制取装置如图(夹持装置略去):该小组先查阅资料知: 2NO+ W2O2 = 2NaNO2； 2NO2+ Na2O2 = 2NaNOsNO能被酸性高镒酸钾溶液氧化为NO3。(1)装置A中用于盛放稀硝酸的仪器名称为 ,装置A中发生主要反应的离 子方程式为。(2)装置

13、D的作用是。(3)若无装置B,则进入装置 D中的气体除NO外还可能有 。(4)甲同学检查装置气密性后进行实验，发现制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质。下列可以提高NaNO2纯度的方案是 (填字母)。a.将B中的药品换为碱石灰b.将稀硝酸换为浓硝酸c.实验开始前通一段时间 CC2d.在装置A、B之间增加盛有水的洗气瓶【测定制得样品中NaNC2的含量】(5) 该实验中需配制 KMnC 4标准溶液并酸化，应选择 (填化学式)来酸化KMnC 4溶液。(6)已知：在酸性溶液中，NC2可将MnC4还原为Mn2+。为测定样品中亚硝酸钠的含量，该小组称取4.0 g样品溶于水配制成250 mL溶液，取2

14、5.00 mL溶液于锥形瓶 中，用0.100 mol L-1的酸性KMnC4溶液进行滴定，消耗20.00 mL酸性KMnC4溶液。 滴定过程中酸性KMnC4溶液的作用是 ,所得样品中NaNC2的质量分数为【答案】(1)分液漏斗；3Cu+ 8H+ + 2NC3 = 3Cu2+ + 2NC T+4H 2。；(2) 吸收过量的 NC ，避免尾气造成污染；(3)C 2、 NC2；(4)a 、 d；(5)H 2SC4 ；(6) 作氧化剂和指示剂； 86.25%【解析】 【分析】本题是一道实验方案的设计和探究题， 涉及反应原理分析， 并熟练运用化学方程式或离子反应方程表示；对学生分析和解决问题的能力要求较

15、高，综合性强，难度中等。【解答】装置 A 中用于盛放稀硝酸的仪器名称为分液漏斗，装置 A 发生反应稀硝酸与Cu 反应生成Cu(NC 3) 2和 NC ，则发生反应的离子方程式为：3Cu + 8H+ + 2NC3 = 3Cu2+ + 2NC T+4H 2。，故答案为：分液漏斗；3Cu+ 8H+ + 2NC3 = 3Cu2+ + 2NC T+4H 2。；(2)装置D中装有酸性KMnC4溶液，题干告知 N。能被酸性高镒酸钾氧化为 NC3 ,则装 置D为尾气处理装置，将反应多余的 NC转化为NC3留在溶液中，防止 NC污染大气， 故答案为：吸收过量的N。 ，避免尾气造成污染；装置 B 装有无水CaCl

16、2 ，是干燥装置，稀硝酸与Cu 反应还会产生H2 。， H2 。进入 C装置中与Na2C2反应产生。2,甚至发生爆炸，。2与NC反应生成NO2 , N。2也会与Naz。2 反应，其他气体会影响后续对NC与Na2O2实验的探究，产生干扰，所以进入 C装置的还会有。2和NO2,故答案为：。2、NO2;(4)a.将B中的药品换为碱石灰，碱石灰可以吸水，防止在C装置中生成。2, 5再氧化NO为NO2,并且碱石灰还可以吸收装置内留有的少部分 CO2,防止CC2与Na2c2反应产 生Na2CO3,故a选；b.将稀硝酸换为浓硝酸，浓硝酸与Cu反应产生NO2,则产生更多的NaNO3,故b不选；c.实验开始前通

17、一段时间 CC2,可以驱赶留在装置内的部分 。2,防止产生NO2,但是CO2会和Na2C2反应产生Na2CC3,给实验探究带来干扰，故 c不选；d.在装置A、B之间增加盛有水的洗气瓶，水可以吸收反应产生的 NO2并转化为NO,即使有水，又会被无水 CaC2干燥从而得到较纯的 NO气体，故d选， 故答案为：a、d;(5)该实验中需配制KMnO4标准溶液并酸化，选择不会被KMnO4氧化的酸增强酸性，一般选择H2SO4，故答案为：H2SO4；(6)滴定过程中用酸性KMnO4标准液滴定，酸性KMnO4标准本身为紫红色，反应过程中 既是氧化剂，也是指示剂，可根据其颜色变化判断滴定终点，酸性溶?中，NO2

18、可将MnO4还原为Mn2+ ,称取4.0g样品溶于水配制成 250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.100mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定，消耗20.00mL酸性KMnO4溶液，根据电子得失守恒：n(NO2) x (5 - 3) = n(MnO 4 ) x (7 - 2),所以5X 20.00 x 珀 LX 0.100mol/LM,、一，八一 八n(NO2) = 2= 0.005mol ,贝 U 250mL 溶椒中含有 n(NO 2 ) = 0.05mol ,根据N元素守恒，则样品中NaNO2的百分含量为w = 0.05m；0g69g/mo Fe2O3 + 6H+ = 2F

19、e3+ + 3H 2Oii.写出ii的离子方程式： 。(2)过滤I所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为 (填离子符号)。(3)氧化过程中被 MnO2氧化的物质有(写化学式)：。 X100% = 86.25% ,故答案为：作氧化剂和指示剂；86.25% 。三、流程题(本大题共 1小题，共15分)27.工业以软镒矿(主要成分是MnO2,含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸镒(MnCO3)。其工业流程如下：过量 $5MnOr溶液(1)浸镒过程中Fe2O3与SO2反应的离子方程式为 Fe2O3+ SO2 + 2H+ = 2Fe2+ + SO2- + H2。，该反应是经

20、历以下两步反应实现的。“浸镒”反应中往往有副产物 MnS2C6生成，温度对“浸镒”反应的影响如图 1 所示：为减少MnS2C6的生成，“浸镒”的适宜温度是 ;向过滤n所得 的滤液中加入NH4HCC3溶液时温度不宜太高的原因是 。o o o o- o o o o o o- O0 9 8-7 6 5- 4 5 7- 1-L 1 百分率(%) 图目.度(5)加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子 方程式：。(6)已知：pNi = -lgc(Ni 2+),常温下，Ksp(NiCO3)= 1.4 X 10-7 ,向 10mL0.1molL-1 Ni(NO3)2溶液

21、中滴加O.lmol SO2-)、FeSQ(Fe2+);(4)由图可知，90 c时，MnS2O6的生成率低，镒浸出率高，温度再高，变化不大，则“浸 镒”的适宜温度是90C , NH4HCOs受热易分解，温度不宜太高，防止 NH4HCOs受热分 解，提高原料利用率，故答案为：90C ；防止NH4HCOs受热分解，提高原料利用率；(5)Mn 2+的滤液中加入NH4HC5溶液后，发生彻底的双水解，生成MnCO3沉淀和二氧化 碳，反应为： Mn2+ + 2HCO3 = MnCO3 J+CO2 T+H 2。；故答案为：Mn2+ + 2HC03 = MnC03 J+C02 T+H2。；(6)向 10mL0.

22、1mol ?L-1 Ni(N。3) 2溶液中滴加 0.1mol ?L-1 Na2的液,会产生 NiS 沉淀, 如完全反应，则生成硝酸钠，此时水的电离程度最小，则应加入10mL0.1mol ?L-1 Na2s溶液，应为F点，由图象可知，完全沉淀时，pNi = -lgc(Ni 2+) = 10.5 ,则Ksp(NiS) = 10-21 , 常温下，在 NiS 和 NiC03 的浊液中 等) = KK；：。 = 1404 = 1.4 X1014,C(O ) sp()故答案为：F; 1.4X1014。四、简答题(本大题共 1小题，共14分)28.燃煤能排放大量的 C。、C02、S02，PM2.5(可入

23、肺颗粒物)污染也跟冬季燃煤密切相 关。SQ、C。、C02也是对环境影响较大的气体，对它们的合理控制、利用是优化我们 生存环境的有效途径。(1)如图所示，利用电化学原理将 S02转化为重要化工原料 C,Anr-irB若A为SQ, B为。2,则负极的电极反应式为:(2)有一种用C6生产甲醇燃料的方法：CQ+ 3H2 ? CH30H+ H2。已知：CQ(g) + 3H2(g) ? CH3 0H(g) + H2O(g) AH= -akJ mol-1 ;2H2(g) + 02(g) = 2H2 0(g) AH= -bkJ mol-1 ；H2O(g) = H2O(l) A肝-ckJ mol-1 ;CH30

24、H(g) = CH3OH。)AH= -dkJ mol-1 ,则表示CH30H(l)燃烧热的热化学方程式为：;(3)光气(C0Cl2)是一种重要的化工原料，用于农药、医药、聚酯类材料的生产，工业上通过Cl2(g) + C0(g) ? C0C2(g)制备。左图为此反应的反应速率随温度变化的 曲线，右图为某次模拟实验研究过程中容器内各物质的浓度随时间变化的曲线。回答下列问题：06 min内，反应的平均速率 v(Cl2) =若保持温度不变，在第7 min向体系中加入这三种物质各 2 mol ,则平衡 移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”);若将初始投料浓度变为 c(Cl2) = 0.7

25、mol/L、c(C0) = 0.5 mol/L、c(C0Cl2)=mol/L，保持反应温度不变，则最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6 min时Cl2的体积分数相同；(填“增大”、“减小”随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是 或“不变”);比较第8 min反应温度T(8)与第15 min反应温度T(15)的高低:T(8)T(15)(填“ ”或“二”)。【答案】(1)S02 + 2H2O- 2e- = S04- + 4H+；3-1-(2 b + 2c - a - d)kJ ?mol 1 ;一 -3 一一八(2)CH 30H(l) + 202(g) = C02(g) + 2H20(l)

26、 AH 0.15mol ?L-1 ?min-1 ；向正反应方向；0.5 ;减小；【解析】【分析】本题考查热反应方程式、化学平衡计算、化学平衡影响因素、反应速率计算、等效平衡 相关知识点，侧重考查学生对图象与数据的分析及计算能力，难度较大。【解答】(1)SO2在负极失去电子转化为 SO2- ,故其电极反应为：SC2 + 2H2O- 2e- = SO4- + 4H” 故答案为：SO2 + 2H2O- 2e- = SO4- + 4H+；(2)注意燃烧热的热化学方程式和燃烧的热化学方程式的区别，应用盖斯定律解题，八,3 .一“3H = - AH1 - H4 + 2AH2 + 2 AH3 = -( 2b

27、+ 2c- a- d)kJ ?mol-1 ,3所以CH3OH。)燃烧热的热化学方程式为 C%OH(l) +万02(g) = CO2(g) + 2H2O(l) H = -( 2b + 2c - a - d)kJ ?mol-1 ,33故答案为：CH30H(l) + 202(g) = C02(g) + 2H20(1) AH = -( 2b+ 2c- a- d)kJ ?mol-1 .(3)由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，浓度变化为1.2mol/L - 0.3mol/L = 0.9mol/L ,则 v(C12)= 0.9mol/L = 0.15mol ?L-1 ?min -1 ,

28、6min故答案为:0.15mol ?L-1 ?min-1 ; 8min 时，平衡时 c(C12)= 0.3mol/L、c(CO) = 0.1mol/L、c(COCb)= 0.9mol/L ,则原 平衡时n(Cl2) : n(CO) : n(COCl2) = 3：1：9,现在第7 min加入体系中的三种物质各 2 mol, 则反应物的浓度增大程度大些，平衡正向移动， 故答案为：向正反应方向；最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第 6min时Cl2的体积分数相同，即与开始平衡为等效平衡，完全转化到左边满足 Cl2浓度为1.2mol/L、CO浓度为1.0mol/L ,则： 0.7mol/L +

29、 c(COCl2) = 1.2mol/L , c(CO) = 0.5mol/L + c(COCl2) = 1.0mol/L ,故 c(C0C12)= 0.5mol/L , 故答案为：0.5;由图2可知，升温平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，所以温度高，平衡常数减小，故答案为：减小；根据图象，第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方 向移动，由 升温平衡向逆反应方向移动，故 T(8) T(15), 故答案为：。五、选做题(本大题共 2小题，二选一，各15分)35.氮化硼(BN)被称为一种“宇宙时代的材料”，具有很大的硬度。(1)基态硼原子有 个未成对电子，氮离子

30、的电子排布式为 。(2)部分硼的化合物有以下转化：口a / 一丁一%g和i,则下列叙述正确的是(填序号)。A. B3N3 H6俗称无机苯，但不是平面分子B.BNH 6与乙烷是等电子体C.HB三NH中的硼原子、氮原子的杂化类型相同D.硼、氮、氧三元素的第一电离能比较：B N 01的晶胞中(3)如图的晶体结构中，黑球白球分别代表不同的原子、离子或分子，则图(4)已知图3、4均表示BN晶体的结构，制备氮化硼的原理为： BCI3 + 2NH3 = BN + 2HCl + NH4CI,当该反应中有ImolBN生成时，则反应中可形成 mol配位键， 比较氮化硼晶体与晶体硅的沸点高低并解释原因： 。(5)X

31、射线的衍射实验可获取晶体的结构，包括晶胞形状、大小及原子的分布等参数，从 而提供了又一种实验测定阿伏加德罗常数和元素的相对质量的方法。若图4晶胞的边长 为a nm,密度为pg?cm-3 ,则阿伏加德罗常数为 (要求化为最简关系)。【答案】(1)1 ； 1s22s22p6； (2)BC ;(3)5 ； 8；(4)2 ;氮化硼晶体的熔点比晶体硅的高，【解析】 解：(1)B原子核外电子排布为B- N键的键能比Si- Si键的键能大;10231s22s22p1,2P能级的1个电子为未成对电子;N3-离子核外电子数为10,核外电子排布式为1s22s22p6,故答案为：1； 1s22s22p6；(2)A.

32、 B3N3 H6与苯为等电子体，结构相似，为平面结构，故 A错误；B.BNH6与乙烷的原子总数相同、电子总数相同，二者互为等电子体，故 B正确；C.HB三NH中的硼原子、氮原子均形成 2个剧，没有孤对电子，杂化轨道数目均为2,杂化方式sp杂化，故C正确；D.同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2P能级容纳3个电子，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能B O N,故D错误，故选：BC;(3)图1的晶胞中含有的粒子总数为 1 + 8 X1+ 6 xg= 5；与白色球最近的黑色球处于 82,体心位置，每个顶点白色球为8个晶胞共用，故白色球的配位数为 8,故答案为：

33、5; 8; (4)由图可知，B原子与N原子之间4个共价键，其中一个为配位键，生成 1mol BN时, 形成1mol配位键，同时得到1mol NH4cl, 1个镂根离子中也含有 1个配位键，故形成 配位键为2mol ,氮化硼与晶体硅均为原子晶体，Si原子半径大于 B原子、N原子半径，Si- S键的键长大于B- N键的键长，故B-N键的键能比Si- Si键的键能大，键能越大， 晶体熔点越高，则氮化硼晶体的熔点比晶体硅的高，故答案为： 2;氮化硼晶体的熔点 比晶体硅的高，B- N键的键能比Si- Si键的键能大；(5)晶胞中B原子数目=N原子数目=4,则晶胞质量为4X(N11+14) g,晶胞的边长

34、为anm, 密度为 p g?cm-3 ,则：”(N：14) g = (a x 10-7 cm)3 x p g?cm-3 ,整理得 Na =为,故答1023案为：a p(1)B原子核外电子排布为1s22s22p1； N3-离子核外电子数为10,根据能量最低原理书写；(2)A. B3N3H6与苯的结构相似；B.原子总数相同、价电子总数相同(或电子总数相同)的微粒互为等电子体；C.HB三NH中的硼原子、氮原子均形成 2个剧，没有孤对电子，杂化轨道数目相同；D.同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2P能级容纳3个电子，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；(3)利用均摊法计算图1

35、的晶胞中含有的粒子总数；与白色球最近的黑色球处于体心位置，每个顶点白色球为 8个晶胞共用；(4)由图可知，B原子与N原子之间4个共价键，其中一个为配位键，生成 1mol BN时, 得到1mol NH4cl, 1个俊根离子中也含有 1个配位键；氮化硼与晶体硅均为原子晶体， 键长越短，键能越大，晶体熔点越高；(5)利用均摊法计算晶胞中 B、N原子数目，结合阿伏加德罗常数表示出晶胞的质量，根据m = p )计算晶胞的质量，联立关系式可求阿伏加德罗常数。本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、杂化方式、等电子体、电离能、晶体熔沸点比较、晶胞结构及计算等，(3)中白色球配位数为易错点，学生容易认为顶点黑色球与白色球最近，难度较大。O-CHj回30r*CHjO -C-OCHi率甲It0-已知:(CM2)0 ICHjCHO36.A(C2H4)是基本的有机化工原料。 用A和常见的有机物可合成一种醛类香料和一种缩 醛类香料，具体合成路线如图所示(部分反应条件略去广,0一蜘CHiOi 冷麟回答下列问题:B的分子式是 。若D为单取代芳香族化合物且能与金属钠反应；每个D分子中只含有1个氧原子，D中氧元素的质量分数约为 1