1、广东省揭阳一中、潮州金中联考2016届高三上学期期中化学试卷一、选择题（共7小题）1下列关于物质应用和组成的说法正确的是（）AP2O5可用于干燥Cl2和NH3BNH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中CCCl4不可用于鉴别溴水和碘水DSi和SiO2都用于制造光导纤维2能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A钠与水反应 Na+H2O=Na+OH+H2BNaHCO3溶液中加入稀盐酸：CO32+2H+CO2+H2OCAlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2ODCu溶于稀HNO3：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O3设NA为
2、阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAB常温下，0.1mol/L NH4NO3溶液中NO3的数目为0.1NAC标准状况下，11.2L CCl4中含有分子的数目为0.5NAD室温下，56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子4化学与社会、生活密切相关对下列现象或事实的解释正确的是（）选项 现象或事实 解释A 浓氨水可检验氯气管道泄漏 浓氨水与氯气发生复分解反应B 漂白粉在空气中久置变质 漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C 施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用 K2CO3与H
3、N4Cl反应生成氨气会降低肥效D FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜AABBCCDD5下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是（）无色溶液中：K+、Cl、Na+、MnO、NO、SOpH=11的溶液中：CO、Na+、AlO、NO、S2、SO酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO、I、Cl、S2加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH、Cl、K+、SOABCD6如表所示的四种元素中，W、X、Y、Z均为短周期元素，其中Y是地壳中含量最高的元素，且这四种元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是（） X Y W ZAX、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸
4、点依次升高B由X、Z和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C原子半径的大小顺序：r（X）r（Y）r（W）r（Z）DX的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强7雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后的试样溶液，设计并完成了如下实验：已知：3NO3+8Al+5OH+2H2O3NH3+8AlO2根据以上的实验操作和现象，该同学得出的结论不正确的是（）A试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3B试样中一定不含Al3+C试样中可能存在Na+、ClD该雾霾中可能存
5、在NaNO3、NH4Cl和MgSO4二、解答题（共6小题）（选答题，不自动判卷）8丁子香酚H（）可用于配制康乃馨型香精以及制异丁香酚和香兰素等，合成丁子香酚的一种路线如下：已知：（X代表卤素原子）；A与B相对分子质量之差为14；E与F相对分子质量之差为63；E不能发生银镜反应，能与溴水、金属钠反应；碳碳双键上不能连羟基；丁子香酚H由它的同分异构体G重排制得回答下列问题：（1）下列有关丁子香酚的说法，正确的是A遇FeCl3溶液可能显紫色 B可发生酯化反应和银镜反应C能与溴发生取代和加成反应 D1mol丁子香酚最多能与3molH2反应A的官能团名称为；A生成B的化学方程式为（3）C生成D的反应类型
6、为；D生成E的反应条件是（4）E生成F的化学方程式为；（5）G的结构简式为（6）写出与丁子香酚互为同分异构体且满足下列条件的结构简式：属于芳香族化合物；核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1；能发生银镜反应和水解反应9焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一某研究小组进行如下实验：采用如图1装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5已知：装置中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3+SO2Na2S2O5Na2S2O5晶体在空气中被氧化生成Na2SO4（1）装置中产生气体的化学方程式为要从装置中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是（3）装置用于处理尾
7、气，可选用的最合理装置（图2）（夹持仪器已略去）为（填序号）（4）检测Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是（5）为了研究干燥的Cl2与干燥SO2反应及进行程度用如图3所示装置收集满干燥的Cl2，再通入干燥SO2，集气瓶中立即产生无色液体SO2Cl2，充分反应后，将液体和剩余气体分离继续用NaOH溶液吸收分离出的气体，用足量稀盐酸酸化后，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀是，由此可知反应后剩余气必然存在气体，综合实验信息，请写出干燥的SO2与Cl2反应的化学方程式10锆（Zr）元素是核反应堆燃料棒的包裹材料，二氧化锆（ZrO2）可以制造耐高温纳米陶瓷我国有丰富的锆英石（Zr
8、SiO4）含Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质，碱熔法生产锆的流程如下：已知25时部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物 Zr（OH）4 Fe（OH）3 Al（OH）3 Fe（OH）2开始沉淀时pH 1.2 2.7 3.4 6.3完全沉淀时pH 2.4 3.2 5.2 9.7（1）完成高温熔融时的主要反应方程式：ZrSiO4+4NaOH=Na2ZrO3+为了提高浸出率可采取的方法有、（列举两种）（3）生成滤渣2的成分（用化学式表示）（4）用氨水将滤液2的pH调至pH，目的是（5）往流程中滤渣1中加入盐酸溶液，过滤不溶物后，再将滤液在不断通入气流同时蒸发结晶，可回收得到铁
9、的氯化物FeCl3晶体11石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3（5.1%）、Fe2O3（3.1%）和MgO（0.5%）等杂质，设计的提纯与综合利用工艺如图1：（注：SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150）（1）向反应器中通入Cl2前，需通一段时间N2，主要目的是高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，写出由气体II中某物质得到水玻璃的化学反应方程式为（3）步骤为：搅拌、过滤，所得溶液IV中的三种阴离子是（4）由溶液IV生成沉淀V的反应的离子方程式为，100kg初级石墨最多可获得V的质量为kg（5）使用上面提纯得到的石墨电极电解NO
10、可制得 NH4NO3酸性溶液，其工作原理如图2所示，试写出电解池阴极的电极反应式为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是，说明理由：12锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌某含锌矿的主要成分为ZnS（还含少量FeS等其他成分），以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的主要成分的化学式为焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的操作（3）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，其作用是，反应的离子方程式为（4）电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用PbAg合金惰性电极，阳极逸出
11、的气体是（5）改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质“氧压酸浸”中发生的主要反应的离子方程式为（6）我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌明代宋应星著的天工开物中有关于“升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，冷淀，毁罐取出，即倭铅也”该炼锌工艺过程主要反应的化学方程式为（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌，碳生成CO）13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，可作高温润滑剂立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性
12、它们的晶体结构如图所示（1）基态硼原子的电子排布式为关于这两种晶体的说法，正确的是（填序号）a立方相氮化硼含有键和键，所以硬度大b六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软c两种晶体中的BN键均为共价键d两种晶体均为分子晶体（3）六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为，其结构与石墨相似却不导电，原因是（4）立方相氮化硼晶体中，硼原子的杂化轨道类型为该晶体的天然矿物在青藏高原地下约300km的古地壳中被发现根据这一个矿物形成事实，推断实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是（5）NH4BF4（氟硼酸铵）是合成氮化硼纳米管的原料之一1molNH4BF4含有mol配位键广东省
13、揭阳一中、潮州金中联考2016届高三上学期期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题）1下列关于物质应用和组成的说法正确的是（）AP2O5可用于干燥Cl2和NH3BNH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中CCCl4不可用于鉴别溴水和碘水DSi和SiO2都用于制造光导纤维【考点】铵盐；氨的化学性质；硅和二氧化硅【分析】AP2O5是非氧化性酸性干燥剂，不能干燥碱性气体；BHF与二氧化硅反应生成四氟化硅和水；C溴的四氯化碳为橙红色，碘的四氯化碳为深紫色；DSi属于半导体材料，SiO2可用于制造光导纤维【解答】解：AP2O5是非氧化性酸性干燥剂，可用于干燥Cl2，NH3
14、为碱性气体，不能用五氧化二磷干燥，可用碱石灰干燥，故A错误；BHF与二氧化硅反应而腐蚀玻璃，不能存放于玻璃试剂瓶中，故B正确；CCCl4分别与溴水和碘水产生萃取，溴的四氯化碳、碘的四氯化碳都在下层，溴的四氯化碳为橙红色，碘的四氯化碳为深紫色，可鉴别溴水和碘水，故C错误；DSiO2可用于制造光导纤维，是一种新型的无机非金属材料，Si属于半导体，可用来制造半导体材料，不能用于制造光导纤维，故D错误；故选B【点评】本题考查较为综合，涉及干燥剂选用、氢氟酸、物质的鉴别、材料成分等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和双基的考查，题目难度不大，注意相关基础知识的积累2能正确表示下列反应的离子方程式
15、的是（）A钠与水反应 Na+H2O=Na+OH+H2BNaHCO3溶液中加入稀盐酸：CO32+2H+CO2+H2OCAlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2ODCu溶于稀HNO3：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A2mol钠与水反应生成1mol氢气，该反应不满足电子守恒；B碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳气体和水，碳酸氢根离子不能拆开；C氨水为弱碱，不会弱碱氢氧化铝，反应生成氢氧化铝沉淀；D铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮气体和水【解答】解：A钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na
16、+2H2O=2Na+2OH+H2，故A错误；BNaHCO3溶液中加入稀盐酸，反应生成氯化钠、二氧化碳气体和水，正确的离子方程式为：HCO3+H+CO2+H2O，故B错误；CAlCl3溶液中加入过量稀氨水，反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为；Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故C错误；DCu溶于稀HNO3，反应的离子方程式为：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故D正确；故选BD【点评】本题考查了离子方程式的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电
17、解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）3设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAB常温下，0.1mol/L NH4NO3溶液中NO3的数目为0.1NAC标准状况下，11.2L CCl4中含有分子的数目为0.5NAD室温下，56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、氧气和臭氧均由氧原子构成；B、溶液体积不明确；C、标况下四氯化碳为液体；D、常温下，铁在浓硫酸中会钝化【解答】解：A、氧气和臭氧均由氧原子构成，故1.6g氧气和臭氧中含有的氧原子的物质的量
18、n=0.1mol，个数为0.1NA个，故A正确；B、溶液体积不明确，故溶液中硝酸根的个数无法计算，故B错误；C、标况下四氯化碳为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、常温下，铁在浓硫酸中会钝化，故生成的二氧化硫分子个数小于NA个，故D错误故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大4化学与社会、生活密切相关对下列现象或事实的解释正确的是（）选项 现象或事实 解释A 浓氨水可检验氯气管道泄漏 浓氨水与氯气发生复分解反应B 漂白粉在空气中久置变质 漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C 施肥时，草木灰（
19、有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用 K2CO3与HN4Cl反应生成氨气会降低肥效D FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜AABBCCDD【考点】氨的化学性质；氯气的化学性质【分析】A有化合价变化的反应属于氧化还原反应，复分解不是氧化还原反应；B次氯酸酸性弱于碳酸，碳酸酸性弱于盐酸；C依据盐类水解应用阶段；D三价铁离子具有强的氧化性，能氧化铜【解答】.解：A浓氨水挥发出的氨气和氯气发生氧化还原反应生成氮气和氯化铵，反应现象冒白烟，故A错误；B漂白粉在空气中久置变质，是因为次氯酸钙与二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸不稳定受热分解，故B错误；
20、C施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用是因为K2CO3与NH4Cl发生双水解反应生成氨气会降低肥效，故C正确；DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，是因为三价铁离子具有强的氧化性，能氧化铜，故D错误；故选：C【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉物质的性质是解题关键，注意盐类水解的应用，题目难度不大5下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是（）无色溶液中：K+、Cl、Na+、MnO、NO、SOpH=11的溶液中：CO、Na+、AlO、NO、S2、SO酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO、I、Cl、S2加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH、Cl、K+、SOABC
21、D【考点】离子共存问题【分析】无色溶液中有颜色的离子不能大量共存；pH=11的溶液呈碱性；酸性溶液硝酸根离子具有强氧化性；加入Mg能放出H2的溶液呈酸性【解答】解：MnO4为有色离子，不满足溶液无色的要求，故错误；pH=11的溶液呈碱性，碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；Fe2+、I、S2与NO3在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故错误；加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确故选C【点评】本题考查离子共存，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，注意离子的性质，注意分析题中隐含条件，为该类
22、题目常考查方式6如表所示的四种元素中，W、X、Y、Z均为短周期元素，其中Y是地壳中含量最高的元素，且这四种元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是（） X Y W ZAX、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B由X、Z和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C原子半径的大小顺序：r（X）r（Y）r（W）r（Z）DX的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，设W的最外层电子数为x，则X、Y、Z最外层电子数分别为x+1、x+2、x+3，故x+x+1+
23、x+2+x+3=22，解得：x=4，故W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl元素，据此解答【解答】解：W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，设W的最外层电子数为x，则X、Y、Z最外层电子数分别为x+1、x+2、x+3，故x+x+1+x+2+x+3=22，解得：x=4，故W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl元素，AX、Y、Z三种元素最低价氢化物分别为氨气、水、HCl，常温下水为液态，氨气、HCl为气体，故水的沸点最高，氨气分子之间都存在氢键，沸点比HCl的高，故A错误；BN、O和H形成的化合物为NH4NO3，既含有离子键、又有共价键，故B错误；C
24、同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径：r（W）r（Z）r（X）r（Y），故C错误；D元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水合物的酸性越强，故硝酸的酸性比硅酸的强，故D正确，故选：D【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解应用，难度中等7雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后的试样溶液，设计并完成了如下实验：已知：3NO3+8Al+5OH+2H2O3NH3+8AlO2根据以上的实验操作和现象，
25、该同学得出的结论不正确的是（）A试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3B试样中一定不含Al3+C试样中可能存在Na+、ClD该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4【考点】真题集萃；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【专题】物质检验鉴别题【分析】试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3；滤液1中
26、通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg 2+，结合题给选项分析解答【解答】解：试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3，根
27、据元素守恒知，原溶液中含有NO3；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐，也有可能是试样中存在Al3+，在过量的Ba（OH）2中反应生成AlO2，通入CO2后生成Al（OH）3沉淀；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42，以及能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg 2+，A通过以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3，故A正确；B通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，故B错误；C通过以上分析知，试样中可能
28、存在Na+、Cl，故C正确；D根据以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3，可能存在Na+、Cl，所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正确；故选B【点评】本题考查了物质的推断，明确物质的性质及特殊反应现象是解本题关键，根据物质的溶解性、物质的性质及题给信息来分析解答，题目难度中等二、解答题（共6小题）（选答题，不自动判卷）8丁子香酚H（）可用于配制康乃馨型香精以及制异丁香酚和香兰素等，合成丁子香酚的一种路线如下：已知：（X代表卤素原子）；A与B相对分子质量之差为14；E与F相对分子质量之差为63；E不能发生银镜反应，能与溴水、金属钠反应；碳碳双键上
29、不能连羟基；丁子香酚H由它的同分异构体G重排制得回答下列问题：（1）下列有关丁子香酚的说法，正确的是ACA遇FeCl3溶液可能显紫色 B可发生酯化反应和银镜反应C能与溴发生取代和加成反应 D1mol丁子香酚最多能与3molH2反应A的官能团名称为羟基；A生成B的化学方程式为（3）C生成D的反应类型为取代反应；D生成E的反应条件是NaOH的水溶液、加热（4）E生成F的化学方程式为CH2=CHCH2OH+HBrCH2=CHCH2Br+H2O；（5）G的结构简式为（6）写出与丁子香酚互为同分异构体且满足下列条件的结构简式：属于芳香族化合物；核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1；能发生
30、银镜反应和水解反应【考点】有机物的推断【分析】A与B相对分子质量之差为14，所以A发生信息中的反应生成B为，根据题中各物质转化关系结合H的结构简式可知，C与氯气发生取代反应生成D为CH2=CHCH2Cl，D发生碱性水解得E为CH2=CHCH2OH，E与F相对分子质量之差为63，所以E与溴化氢发生取代生成F为CH2=CHCH2Br，B和F发生信息中的反应生成G为，G再发生重排得H，据此答题【解答】解：A与B相对分子质量之差为14，所以A发生信息中的反应生成B为，根据题中各物质转化关系结合H的结构简式可知，C与氯气发生取代反应生成D为CH2=CHCH2Cl，D发生碱性水解得E为CH2=CHCH2O
31、H，E与F相对分子质量之差为63，所以E与溴化氢发生取代生成F为CH2=CHCH2Br，B和F发生信息中的反应生成G为，G再发生重排得H，（1）有关丁子香酚的说法，A根据丁子香酚的结构简式可知，分子中有酚羟基，所以遇FeCl3溶液可能显紫色，故A正确；B丁子香酚分子中没有醛基，不能发生银镜反应，故B错误；C丁子香酚分子中有苯环和碳碳双键，能与溴发生取代和加成反应，故C正确； D根据丁子香酚的结构简式可知，1mol丁子香酚最多能与4molH2反，故D错误，故选AC；根据A的结构简式可知，A的官能团名称为 羟基，A生成B的化学方程式为 ，故答案：羟基；（3）根据上面的分析可知，C生成D的反应类型为
32、取代反应，D发生卤代烃的碱性水解得E，所以D生成E的反应条件是NaOH的水溶液、加热，故答案为：取代反应；NaOH的水溶液、加热；（4）E生成F的化学方程式为 CH2=CHCH2OH+HBrCH2=CHCH2Br+H2O，故答案为：CH2=CHCH2OH+HBrCH2=CHCH2Br+H2O；（5）根据上面的分析可知，G的结构简式为 ，故答案为：；（6）根据条件：属于芳香族化合物，即有苯环，核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1，能发生银镜反应和水解反应，说明有甲酸某酯，则符合条件的丁子香酚的同分异构体为，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断与性质，涉及有机物的结构和性质，为高
33、考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，难度不大9焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一某研究小组进行如下实验：采用如图1装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5已知：装置中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3+SO2Na2S2O5Na2S2O5晶体在空气中被氧化生成Na2SO4（1）装置中产生气体的化学方程式为Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O要从装置中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是过滤（3）装置用于处理尾气，可选用的最合理装置（图2）（夹持仪器已略去）为d（填序号）（4）检测Na2S2O5
34、晶体在空气中已被氧化的实验方案是取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成（5）为了研究干燥的Cl2与干燥SO2反应及进行程度用如图3所示装置收集满干燥的Cl2，再通入干燥SO2，集气瓶中立即产生无色液体SO2Cl2，充分反应后，将液体和剩余气体分离继续用NaOH溶液吸收分离出的气体，用足量稀盐酸酸化后，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀是白色沉淀是BaSO4，由此可知反应后剩余气必然存在混合气体中必然存在SO2和Cl2两种气体气体，综合实验信息，请写出干燥的SO2与Cl2反应的化学方程式SO2+Cl2SO2Cl2【考点】制
35、备实验方案的设计；含硫物质的性质及综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量【专题】实验题；物质检验鉴别题；创新题型【分析】本题是制取Na2S2O5的实验探究，考查了反应制备原理、反应混合物的分离及尾气处理，因Na2S2O5晶体在空气中被氧化生成Na2SO4，利用SO42的检验来分析有没有变质，另外还考查了SO2和Cl2反应原理的探究，只要根据氧化还原反应及质量守恒及可解决相关问题；（1）由装置中发生的反应可知，装置中产生的气体为SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水；装置中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤操作；（3）装置用于处理尾气，吸收为反应的二氧化硫，应防止倒吸，且
36、不能处于完全密闭环境中；（4）Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可；（5）用NaOH溶液吸收分离出的气体，所得混合液用足量稀盐酸酸化后，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可知原溶液里有SO42，得到的白色沉淀为BaSO4，结合单一SO2或Cl2和混合气体通入NaOH溶液的情况分析，可推测混合气体的成份【解答】解：（1）由装置中发生的反应可知，装置中产生的气体为SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO
37、2+H2O；装置中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤进行分离，故答案为：过滤；（3）a装置应将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；b该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；c该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验目的，故错误；d该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收，且防止倒吸，故正确；故答案为：d；（4）Na2S2O5中S元素的化合价为+4价，因此会被氧化为为+6价，即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试
38、管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，故答案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；（5）生成的白色沉淀为BaSO4，说明NaOH溶液吸收分离出的气体成分不是单一的SO2或Cl2，而是二者的混合气体，在水溶液里发生了氧化还原反应，生成了硫酸根离子，同时也可知SO2与Cl2生成SO2Cl2的反应是可逆反应，因为反应物的转化率没有达到100%，故答案为：白色沉淀是BaSO4；混合气体中必然存在SO2和Cl2两种气体；SO2+Cl2SO2Cl2【点评】本题考查物质的制备实验、实验方案设计、物质含量的测定
39、、氧化还原反应滴定等，难度中等，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质分析解答，注意元素化合物知识的积累和灵活运用10锆（Zr）元素是核反应堆燃料棒的包裹材料，二氧化锆（ZrO2）可以制造耐高温纳米陶瓷我国有丰富的锆英石（ZrSiO4）含Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质，碱熔法生产锆的流程如下：已知25时部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物 Zr（OH）4 Fe（OH）3 Al（OH）3 Fe（OH）2开始沉淀时pH 1.2 2.7 3.4 6.3完全沉淀时pH 2.4 3.2 5.2 9.7（1）完成高温熔融时的主要反应方程式：ZrSiO4+4NaOH=Na2Z
40、rO3+Na2SiO3+2H2O为了提高浸出率可采取的方法有将原料粉碎增大接触面积、加热或搅拌或多次浸取（列举两种）（3）生成滤渣2的成分H2SiO3 或 H4SiO4（用化学式表示）（4）用氨水将滤液2的pH调至2.4pH3.4，目的是使Zr4+完全转化为Zr（OH）4沉淀，同时保证Al3+不会被沉淀下来（5）往流程中滤渣1中加入盐酸溶液，过滤不溶物后，再将滤液在不断通入HCl气流中气流同时蒸发结晶，可回收得到铁的氯化物FeCl3晶体【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计【分析】锆英砂（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2SiO2，还含少量Fe2O3、Al2
41、O3、SiO2等杂质）加NaOH熔融，二氧化硅反应转化为硅酸钠，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，水浸过滤，滤渣1为Fe2O3，得到滤液1中加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，偏铝酸钠和过量盐酸反应得到氯化铝，滤渣2为H2SiO3，滤液中含有ZrO2+、Al3+，加氨水调节pH为2.42.7使ZrO2+转化为Zr（OH）4沉淀，过滤、洗涤，得到Zr（OH）4，加热分解，即可得到ZrO2；（1）高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3；结合影响化学反应速率的因素分析，增大浓度、升高温度、增大接触面积、搅
42、拌、多次浸取等分析；（3）分析可知滤渣2为硅酸沉淀；（4）根据表中数据判断；加氨水至pH=2.4时，ZrO2+与NH3H2O反应生成Zr（OH）4沉淀；【解答】解：（1）高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，反应的化学方程式为：ZrSiO4+4NaOH=Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O，故答案为：ZrSiO4+4NaOH=Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O；为了提高浸出率可采取的方法有，将原料粉碎增大接触面积、加热、搅拌、多次浸取，故答案为：原料粉碎增大接触面积、加热或搅拌或多次浸取；（3）二氧化硅反应转化为硅酸钠，ZrSiO4转化为Na2SiO3
43、和Na2ZrO3，氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，水浸过滤，滤渣1为Fe2O3，得到滤液1中加过量盐酸酸浸，偏铝酸钠和过量盐酸反应得到氯化铝，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，滤渣2为H2SiO3或 H4SiO4，故答案为：H2SiO3 或 H4SiO4；（4）滤液2中含有ZrO2+、Al3+，依据图表数据分析可知，加氨水调节pH为2.42.7使ZrO2+转化为Zr（OH）4沉淀，铝离子不沉淀，过滤、洗涤，得到Zr（OH）4，加热分解，即可得到ZrO2；故答案为：2.4pH3.4，使Zr4+完全转化为Zr（OH）4沉淀，同时保证Al3+不会被沉淀下来；（5）滤渣1为Fe2O3，加入盐酸溶液
44、，过滤不溶物后得到滤液为氯化铁溶液，再将滤液在不断通入HCl气流中蒸发结晶，防止氯化铁水解生成氢氧化铁沉淀，这样可回收得到铁的氯化物FeCl3晶体，故答案为：HCl气流中【点评】本题考查了物质提纯、分离方法和实验过程分析判断，主要是离子性质、物质分离的应用，注意沉淀离子的溶液PH数据分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等11石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3（5.1%）、Fe2O3（3.1%）和MgO（0.5%）等杂质，设计的提纯与综合利用工艺如图1：（注：SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150）（1）向反应器中通入Cl2前，需通一段时间
45、N2，主要目的是排出空气，作为保护气，防止石墨被空气中的氧气氧化而损耗高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，写出由气体II中某物质得到水玻璃的化学反应方程式为SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O（3）步骤为：搅拌、过滤，所得溶液IV中的三种阴离子是Cl、AlO2、OH（4）由溶液IV生成沉淀V的反应的离子方程式为AlO2+CO2+2H2OHCO3+Al（OH）3，100kg初级石墨最多可获得V的质量为7.8kg（5）使用上面提纯得到的石墨电极电解NO可制得 NH4NO3酸性溶液，其工作原理如图2所示，试写出电解池阴极的电极反应式NO+5e+6H+NH4+H2
46、O为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是氨气或氨水，说明理由：根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解产生的HNO3多【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150，80冷却得到的气体含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，固体存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应
47、得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量的氢氧化钠，在溶液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到沉淀为氢氧化铝，据此答题（1）石墨化学性质在常温下稳定，而在高温下可与氧气发生反应，所以通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应；高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150，80冷却得到的气体含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠； （3）金
48、属氯化物的沸点均高于150，则固体中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量的氢氧化钠；（4）偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇；根据氧化铝的含量计算氧化铝质量，再根据Al元素守恒计算氢氧化铝的质量；（5）工业上电解NO制备 NH4NO3，由装置图可知阳极发生氧化反应，NO被氧化生成NO3，阴极发生还原反应，NO被还原生成NH4+，阳极反应为NO3e+2H2O=NO3+4H+，
49、阴极反应为：NO+5e+6H+=NH4+H2O，结合电极方程式解答该题【解答】解：（1）石墨化学性质在常温下稳定，而在高温下可与氧气发生反应，所以通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应，减少石墨损失，故答案为：排除装置中的空气；石墨过量高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150，80冷却得到的气体含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，化学反应方程式为：SiCl4+6NaOH=Na2SiO
50、3+4NaCl+3H2O，故答案为：CO；SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；（3）金属氯化物的沸点均高于150，则固体中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，搅拌、过滤得到溶液IV，故溶液IV中的阴离子有：AlO2、OH、Cl，故答案为：过滤；AlO2、OH、Cl；（4）偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇，由溶液IV生成沉淀V的总反应的离子方程式为AlO2+CH3COOCH2CH3
51、+2H2O CH3COO+CH3CH2OH+Al（OH）3，Al2O3的质量分数为5.1%，则100kg初级石墨中氧化铝的质量=100kg5.1%=5.1kg，根据Al元素守恒，可知氢氧化铝的质量为 =7.8kg，故答案为：AlO2+CH3COOCH2CH3+2H2O CH3COO+CH3CH2OH+Al（OH）3；7.8（5）电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO3e+2H2O=NO3+4H+，阴极反应为：NO+5e+6H+=NH4+H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HN
52、O3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3，故答案为：NO+5e+6H+NH4+H2O；氨气或氨水，根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解产生的HNO3多【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大12锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌某含锌矿的主要成分为ZnS（还含少量FeS等其他成分），以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的主要成分的化学式为ZnO焙烧过
53、程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的浸出操作（3）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，其作用是置换出Fe等，反应的离子方程式为Zn+Fe2+=Zn2+Fe（4）电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用PbAg合金惰性电极，阳极逸出的气体是O2（5）改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质“氧压酸浸”中发生的主要反应的离子方程式为2ZnS+4H+O2=2Zn2+2S+2H2O（6）我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌明代宋应星著的天工开物中有关于“升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，然后逐层用煤炭
54、饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，冷淀，毁罐取出，即倭铅也”该炼锌工艺过程主要反应的化学方程式为ZnCO3+2CZn+3CO（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌，碳生成CO）【考点】金属冶炼的一般原理【分析】硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，可用于制备硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，加入过量锌充分反应，可置换出铁，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用，（1）硫化锌精矿主要成分是ZnS，ZnS在氧气燃烧发生氧化还原反应，据此判断锌的存在形式；ZnS在氧气燃烧发生氧化还原反应生成产物出来氧化锌外还有硫的氧化物，可转换为
55、硫酸，用于后续的浸出操作；（3）锌的活泼性强于铁，能够与二价铁离子反应生成铁；（4）电解沉积过程中，是电解ZnSO4，阳极发生氧化反应，据此判断产物；（5）依据题意“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质，可知反应物中含有H+和O2，可以获得非金属单质S，据此写出方程式；（6）由题意可知：反应物为ZnCO3和C，产物含有Zn，根据反应物和生成物写出化学方程式【解答】解：（1）ZnS在氧气燃烧发生氧化还原反应，所以产生焙砂的主要成分的化学式为ZnO；故答案为：ZnO； ZnS在氧气燃烧发生氧化还原反应生成产物出来氧化锌外还有硫的氧化物，可转换
56、为硫酸，用于后续的浸出操作；故答案为：浸出； （3）该含锌矿中还含有FeS等杂质，浸出操作后转化为亚铁离子，可加入锌粉出去亚铁离子，离子方程式：Zn+Fe2+=Zn2+Fe；故答案为：置换出Fe等；Zn+Fe2+=Zn2+Fe； （4）电解沉积过程中，是电解ZnSO4，阳极发生氧化反应，氢氧根离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气；故答案为：O2；（5）“氧压酸浸”法顾名思义，可知反应物中含有H+和O2，可以获得非金属单质S，写出化学方程式为：2ZnS+4H+O2=2Zn2+2S+2H2O，故答案为：2ZnS+4H+O2=2Zn2+2S+2H2O； （6）由题意可知：反应物为ZnCO3和C，
57、产物含有Zn，化学方程式：ZnCO3+2CZn+3CO；故答案为：ZnCO3+2CZn+3CO【点评】本题为工艺流程题，通过锌的炼制考查了化学方程式、离子方程式的书写，明确工艺流程及各种物质的性质是解题关键，题目难度中等13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，可作高温润滑剂立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性它们的晶体结构如图所示（1）基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1关于这两种晶体的说法，正确的是bc（填序号）a立方相氮化硼含有键和键，所以硬度大b六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软c两种晶体中的BN键均为共价键d两种晶体均为分子
58、晶体（3）六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为平面三角形，其结构与石墨相似却不导电，原因是层状结构中没有自由移动的电子（4）立方相氮化硼晶体中，硼原子的杂化轨道类型为sp3该晶体的天然矿物在青藏高原地下约300km的古地壳中被发现根据这一个矿物形成事实，推断实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是高温高压（5）NH4BF4（氟硼酸铵）是合成氮化硼纳米管的原料之一1molNH4BF4含有2mol配位键【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构【分析】（1）基态硼
59、原子核外有5个电子，分别位于1s、2s、2p能级，根据构造原理书写其基态的电子排布式；a立方相氮化硼含有键不存在键；b六方相氮化硼层间为分子间作用力，作用力小；c非金属元素之间易形成共价键；d立方相氮化硼为原子晶体；（3）根据B原子和N原子形成的共价键个数及孤电子对个数判断六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型，该物质的层状结构中不存在自由移动的电子；（4）立方相氮化硼晶体中，根据硼原子共价键个数及孤电子对个数之和判断；在地壳内部，离地面越深，其压强越大、温度越高；（5）一个NH4BF4中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有
60、2个配位键，据此计算【解答】解：B位于第2周期A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，不含键，只含键，层与层之间通过范德华力结合在一起；B原子的电子全部成键，能源自由移动的电子，不导电立方相氮化硼每个B原子与4个N原子相连，每个N与2个B原子相连，构成正四面体，向空间发展形成网状结构B原子的杂化方式为sp3，由于六方相氮化硼比立方相氮化硼稳定，所以由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是高温高压根据配位键理论，NH4BF4有1个NH和一个BF属于配位键 （1）基态硼原
61、子核外有5个电子，分别位于1s、2s、2p能级，根据构造原理知其基态的电子排布式1s22s22p1，故答案为：1s22s22p1；a立方相氮化硼N原子和B原子之间存在共价单键，所以该化合物中含有键不存在键，故错误；b六方相氮化硼层间为分子间作用力，作用力小，导致其质地软，故正确；c非金属元素之间易形成共价键，所以N原子和B原子之间存在共价键，故正确；d立方相氮化硼为空间网状结构，不存在分子，为原子晶体，故错误；故选bc；（3）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，所以构成的空间构型为平面三角形，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
62、答案为：平面三角形；层状结构中没有自由移动的电子；（4）立方相氮化硼晶体中，硼原子和四个N原子形成4个共价单键，所以B原子的杂化轨道类型为sp3，在地壳内部，离地面越深，其压强越大、温度越高，根据题干知，实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是高温高压，故答案为：sp3；高温高压；（5）一个NH4BF4中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，则1mol NH4BF4含有2mol配位键故答案为：2【点评】本题考查了物质结构和性质，涉及配位键、原子杂化方式的判断、微粒空间构型的判断等知识点，这些知识点都是考试高频点，根据配位键的概念、价层电子对互斥理论等知识点来分析解答，题目难度中等
