浙江省宁波市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题

这是一份浙江省宁波市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题，共36页。试卷主要包含了结构与性质，元素或物质推断题，原理综合题，实验题，有机推断题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、结构与性质
1．（2023·浙江宁波·统考二模）卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。请回答：
(1)和中心原子的杂化方式分别为________和_______。第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有______种。
(2)卤化物受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为____(写化学式)。解释X的熔点比Y高的原因_____。
(3)一种铜的溴化物立方晶胞如图所示。
该化合物的化学式为______，在晶体中与Cu距离最近且相等的Cu有___个，若该晶体密度为 ，化合物式量为M，则该晶体中Cu原子与Br原子的最小核间距为______pm(写出表达式，阿伏加德罗常数为)。
二、元素或物质推断题
2．（2023·浙江宁波·统考二模）无机盐X由五种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：
已知：上述气体体积均在标准状况下测得。气体B为纯净物，有刺激性气味，标准状况下密度为2.86 g/L。请回答：
(1)X的组成元素是___________，X的化学式是___________。
(2)写出C→D转化过程的离子方程式___________。
(3)深蓝色溶液E与气体B反应可生成X沉淀，写出该反应的离子方程式___________。
(4)若盐X与足量盐酸的反应改在密闭容器中进行，得到固体A、气体B和溶液M(M中不合固体A的组成元素)。设计实验检验溶液M中的___________。
3．（2022·浙江宁波·统考二模）化合物X由4种元素组成，某兴趣小组开展探究实验(每一步反应均充分进行)：
已知：白色沉淀A仅含两种元素且能溶于硝酸，无色溶液B焰色反应为黄色，溶液C和溶液D中阳离子组成元素相同。
请回答：
(1)组成X的非金属元素是____，无色溶液B中溶质的成分是____。化合物X的化学式是____。
(2)无色溶液C转化为深蓝色溶液D过程中还消耗标准状况下112mLO2和0.04mlNH3•H2O，写出该转化过程的离子方程式____。
(3)无色溶液C可与乙炔反应生成结构与乙炔类似的红棕色固体G，固体G中只含两种元素且原子个数比为1∶1，写出该反应过程的化学方程式____。
(4)设计实验方案证明白色沉淀A的组成元素____。
4．（2021·浙江宁波·统考二模）某工业漂白剂X由五种元素构成，可视为钠盐A与有机物B的加合物。取该漂白剂X进行如下实验：
固体D为某含氧酸的正盐与其酸式盐的混合物。气体F是纯净物，能使品红溶液褪色。气体C在标况下的密度约为，可与气体F反应生成淡黄色固体。气体体积已折算至标准状况。
(1)X构成的元素有钠、碳、氢和_______，X的化学式是_______。
(2)步骤Ⅰ中，气体B与足量新制浊液反应的化学方程式为_______。
(3)步骤Ⅱ，发生反应的离子方程式为_______。
(4)固体X投入滴有淀粉的碘水中，溶液蓝色褪去，可能的原因有_______。
(5)将气体F通入足量氨水中，转化为的P溶液，然后通入一定量空气后，生成含Q的溶液。为确定P的氧化率，请设计简要的实验方案，并指明需要测定的物理量：_______。
三、原理综合题
5．（2023·浙江宁波·统考二模）锰及其化合物在催化剂及金属材料方面有重要的应用。我国主要以菱锰矿(主要成分为，M为Mn、Mg或Ca)为原料，通过热解法生产二氧化锰等锰基催化剂。
(1)提取的转化关系如下：
已知 ，关系如下图。
①“焙烧”过程最大的是___________。
A． B． C．
②“焙烧”温度应控制在___________。
(2)T℃时，碳酸锰热解制二氧化锰的热化学方程式：
①若该反应的速率方程表示为：和［和分别为正、逆反应速率常数，在一定温度下为常数］，该反应的平衡常数___________(用、表示)。
②焙烧时在入口持续通入空气，并不断用真空抽气泵在装置尾端抽气的目的是___________。
(3)由原料气(、)与煤粉在锰基催化剂条件下制乙炔，该生产过程是目前清洁高效的煤化工过程。已知：发生的部分反应如下(在25℃、101 kPa时)，、在高温条件还会分解生成碳与氢气：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
上述反应在体积为1L的密闭容器中进行，达到平衡时各气体体积分数和反应温度的关系曲线如图甲所示。
①下列说法正确的是___________。
A．1530 K之前乙炔产率随温度升高而增大的原因：升温使反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动
B．1530 K之后会有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔产率增加不大
C．1530 K时测得气体的总物质的量为1.000 ml，则反应III的平衡常数为0.8652
D．相同条件下，改用更高效的催化剂，可使单位时间内的乙炔产率增大
②请在图乙中绘制平衡时乙烯的体积分数和反应温度的变化趋势，并标明1530 K时的气体体积分数。_________
6．（2022·浙江宁波·统考二模）氮氧化物是常见空气污染物，研究人员对氮氧化物的去除展开研究。
(1)利用催化处理汽车尾气中的NO和CO的技术已投入实际使用，其反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H。某一恒容容器起始时只有2mlNO和2mlCO，平衡时测得混合气体中CO2的物质的量分数[φ(CO2)]与温度(T)、压强(p)之间的关系如图所示。
①温度T1_____T2(填“<”“=”或“>”)，理由是____。
②若恒温(T1)恒容条件下，测得平衡时混合气体的压强为p1kPa，则T1时NO的转化率为____，该反应的平衡常数Kp=_____。[对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)，也可表示平衡常数，记作Kp，p(B)=p•x(B)，x(B)为平衡体系中B的物质的量分数]
③下列说法正确的是____。
A．增大催化剂的比表面积可以提高NO的平衡转化率
B．v(NO)正=2v(N2)逆时，反应达到最大限度
C．充入一定量的氦气有利于提高反应速率
D．实际过程中适当升高温度有利于提高NO去除效率
④一种焦炭催化NO还原反应的反应历程如下，请补充完整(“*”表示吸附态)：
Ⅰ．NONO*；
Ⅱ．2NO*ON—NO*；
Ⅲ．_____；
Ⅳ．ON—NO—CO*ON—N*+CO2；
Ⅴ．_____。
(2)利用CH4还原NO脱硝是目前研究的重要技术，其反应为：CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H<0。混合气中氧气的存在会急剧降低NO的去除效率，而离子交换分子筛催化剂很好的提高了CH4还原NO的选择性，试用过渡态理论解释其原因_____。
四、实验题
7．（2023·浙江宁波·统考二模）乳酸亚铁{，}是一种常见的食品铁强化剂，溶于水，难溶于乙醇。某研究小组以矿渣X(主要成分是，含少量、杂质)制备乳酸亚铁并进行产品含量测定，制备流程如下(部分环节已略去)：
已知：①一定浓度的金属离子生成相应的氢氧化物沉淀的pH如下表所示，
②
(无色配离子)
请回答：
(1)步骤Ⅳ，转化时使用如图装置，仪器A的名称是___________。
(2)下列有关说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅱ，加入氨水调节pH后，组分A中主要含铁成分为、
B．步骤Ⅲ，固体B为铁
C．固体C为和Fe
D．重结晶后可选择乙醇洗涤晶体
E．为得到干燥的乳酸亚铁晶体，采用高温烘干的方式
(3)实验室常用已知浓度的重铬酸钾标准溶液滴定。
①从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤［“___________”上填写一件最关键仪器，“( )”内填写一种操作，均用字母表示］___________
蒸馏水洗涤______→润洗→( )→装液→( )→( )→用_________(量取一定体积的)→加指示剂，准备开始滴定。
仪器：a．烧杯；b．酸式滴定管；c．碱式滴定管；d．锥形瓶
操作：e．调整液面至“0”或“0”刻度以下，记录读数
f．橡皮管向上弯曲，挤压玻璃球，放液
g.打开活塞快速放液
h．控制活塞，将洗涤液从滴定管下部放出
i．将洗涤液从滴定管上口倒出
②滴定曲线如下图所示(曲线a未加磷酸，曲线b加磷酸)。滴定操作中向溶液中加入磷酸溶液的原因是：溶液酸化抑制水解、___________(写出两个理由)。
(4)研究小组为了测定乳酸亚铁产品中的含量，称取5.600 g乳酸亚铁产品溶于蒸馏水，定容至250 mL，进行如下实验。
【实验一】铈量法测定含量。
取25.00 mL试液，用0.1000 ml/L的标准溶液滴定至终点。滴定反应为：，4次滴定消耗溶液的体积如下，
①则该产品中含量为___________%(保留四位有效数字)。
【实验二】高锰酸钾法测定含量。
取25.00 mL试液，加入适量硫酸，用0.0200 ml/L的高锰酸钾标准溶液滴定至终点。4次滴定测得的含量如下，
②比较实验一、二测得的产品中含量，认为铈量法适合于乳酸亚铁中含量的测定，原因是___________。
8．（2022·浙江宁波·统考二模）羟基乙酸是一种很好的清洗剂，某兴趣小组利用羟基乙腈水解制取纯净的羟基乙酸溶液，按如图流程开展实验：
已知：①羟基乙腈水解的离子方程式：HOCH2CN(aq)+H+(aq)+2H2O(l)→HOCH2COOH(aq)+(aq) △H＜0。
②羟基乙酸易溶于甲醇、乙醇、乙酸乙酯等有机溶剂，易溶于水，沸点265℃，水溶液加热至沸腾时分解。高浓度羟基乙酸会形成酯类聚合物。
请回答：
(1)下列说法正确的是____。
A．步骤Ⅰ：50%羟基乙腈需分批逐步加入
B．步骤Ⅱ：加大萃取剂用量，一次完成萃取以提高萃取效率
C．步骤Ⅳ：用NaOH调节pH后蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤、洗涤得到(NH4)2SO4
D．步骤Ⅳ：将浓缩后的溶液放入冷水浴，可获得较大颗粒的晶体
(2)步骤Ⅲ：试剂X是____。
(3)步骤Ⅴ：控制70℃左右、____条件下浓缩，目的是____。
(4)为了测定羟基乙酸溶液的纯度，可采用酸碱中和滴定法。从下列选项中选出合理的操作并排序：准确称取0.6000g样品于锥形瓶中→_____→_____→_____→_____→平行滴定2~3次，计算结果。____
a．向锥形瓶中滴加2~3滴酚酞；
b．向锥形瓶中滴加2~3滴甲基橙；
c．用移液管准确移取25.00mLNaOH溶液于锥形瓶中，溶解样品；
d．向锥形瓶中加入约25mL水，溶解样品便于滴定；
e．用NaOH标准溶液滴定至终点，记录读数；
f．用HCl标准溶液滴定至终点，记录读数；
g．洗涤滴定管、装液、排气泡、调液面，记录读数。
(5)该小组用上述滴定法测得产品中羟基乙酸的质量分数为42.80%，测得结果明显偏低。分析其原因，决定在上述测定中增加一步操作，测得羟基乙酸的质量分数为60.10%，该操作是____。
9．（2021·浙江宁波·统考二模）三草酸合铁酸钾为翠绿色晶体，易溶于水(0℃时；100℃时)，难溶于乙醇。110℃下可失去结晶水，230℃时分解。此物质对光敏感，受光照时分解，翠绿色变为黄色，同时产生二氧化碳。用制备的原理如下：
①
②
③
实验步骤：
请回答：
(1)“溶解”时，加入H2SO4溶液的作用是_______。
(2)“沉淀”操作为：加入饱和H2C2O4溶液，沸水加热，完全沉淀后用倾析法分离并洗涤沉淀。分离沉淀之前应该将沉淀煮沸几分钟，目的是_______。
(3)下列说法正确的是_______。
A．在“氧化”过程中，应保持合适的反应温度，若温度太低，则氧化速率太慢
B．若“氧化”后的溶液能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明亚铁离子未完全被氧化
C．“酸溶”时若pH过高，Fe(OH)3可能溶解不充分
D．若“酸溶”后溶液浑浊，则需过滤，且最好用热水洗涤沉淀
(4)重结晶前，“一系列操作”是为了得到三草酸合铁酸钾粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：蒸发浓缩→_______→_______→_______→_______→_______→重结晶。
a．加入适量95%乙醇溶液 b．放置于暗处结晶 c．加热烘干 d．蒸发结晶 e．冷却至室温 f．减压过滤 g．用95%乙醇溶液洗涤
(5)重结晶后，产品中K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O含量的测定可采用滴定分析等方法。
①下列关于滴定分析的操作，不正确的是_______。
A．滴定润洗时，润洗液应从滴定管下端放出
B．滴定过程中，左手控制活塞，手心需避免碰到活塞
C．用移液管排放溶液时，应将移液管下端垂直插入溶液中
D．滴定开始时，滴定液可以呈线状流下，滴定后期应逐滴下滴
②某同学经过测定，发现产品中K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O含量明显偏低，可能原因是_______。
五、有机推断题
10．（2023·浙江宁波·统考二模）Olicendin是一种新型镇痛药物，合成路线如下：
已知：①(，，)
②
③R−CHO+R′−NH2→R−CH=N−R′R−CH2NH−R′
请回答：
(1)化合物A的官能团名称是___________。
(2)化合物B的结构简式___________。
(3)下列说法正确的是___________。
A．C→D的反应类型为加成反应
B．化合物E中存在1个手性碳原子
C．化合物G的分子式为
D．化合物H有碱性，易溶于水
(4)写出F→G的化学方程式___________。
(5)设计以乙炔为原料，合成HOOCCH=CHCOOH的路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。
(6)写出3种同时符合下列条件的化合物A的同分异构体的结构简式___________。
①分子中含有两个环；②谱和IR谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子，无−O−O−键。
11．（2022·浙江宁波·统考二模）褪黑素是大脑松果体内分泌的一种吲哚类激素，与多种生命活动密切相关。某小组设计的合成路线如图(部分反应条件已省略)：
已知：
请回答：
(1)下列说法不正确的是____。
A．A→B的生产方法符合绿色化学的要求
B．C→D发生了加成反应，F→G发生了取代反应
C．化合物G在一定条件下可以生成高分子化合物
D．化合物K的分子式是C12H14N2O
(2)化合物M的结构简式是____；化合物J的结构简式是____。
(3)E→F的化学方程式：____。
(4)写出2种同时符合下列条件的化合物Ⅰ的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)____。
1H—NMR谱和IR谱检测表明：
①含有4种不同化学环境的氢原子；
②含有3个六元环，其中1个是苯环；
③含有结构，不含N—H键。
(5)设计以二氯甲烷和乙醇为原料合成有机物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)____。
12．（2021·浙江宁波·统考二模）某药物K的合成路线如下：
已知：①
②
③
(1)下列说法不正确的是_______。
A．B→C与C→D的反应类型不同
B．最多可以和发生加成反应
C．化合物H既能和HCl溶液反应又能和NaOH溶液反应
D．化合物J的分子式为
(2)C的结构简式是_______；K的结构简式是_______。
(3)F→G的反应方程式为_______。
(4)已知有机物L是H的同系物，且比H少1个C原子。写出同时符合下列条件的L所有同分异构体的结构简式_______。
①属于芳香族化合物
②核磁共振氢谱显示4个吸收峰
③不含氢氧键、氧氧键、碳氮键
(5)根据题目所给信息，以A(丙烯)原料，设计合成B(丙烯酸)的反应路线(用流程图表示，无机试剂任选)
_______。
六、填空题
13．（2022·浙江宁波·统考二模）回答下列问题：
(1)立方氮化硼(BN)是一种超硬材料，硬度仅次于金刚石；砷化镓(GaAs)是一种重要半导体材料，具有空间网状结构，比较立方氮化硼和砷化镓熔点的高低并说明理由：____。
(2)四种有机物的沸点数据如表：
CH3OH和C2H6沸点相差较大，CH3(CH2)9OH和CH3(CH2)9CH3沸点相差较小，原因是____。
14．（2021·浙江宁波·统考二模）(1)已知：
的熔沸点明显高于的原因是_______。
(2)六方氮化硼晶体结构(如下图)与石墨相似，都是混合型晶体。但六方氮化硼晶体不导电，原因是_______。
七、计算题
15．（2022·浙江宁波·统考二模）单质硫在热的NaOH溶液中发生如下反应：3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O。若硫过量，会进一步生成Na2Sx和Na2S2O3：(x-1)S+Na2SNa2Sx，S+Na2SO3Na2S2O3。现有3.84 g硫与含0.06 ml NaOH的热溶液完全反应，生成a ml Na2Sx和b ml Na2S2O3，在混合溶液中加入NaClO碱性溶液300 mL，恰好将硫元素全部转化为SO。
请计算：
(1)a ml Na2Sx和b ml Na2S2O3中a∶b=____。
(2)NaClO溶液的物质的量浓度为____ml·L-1 (写出计算过程)。
16．（2021·浙江宁波·统考二模）硫粉和溶液反应可以生成多硫化钠()，离子反应为：、…
(1)在溶液中加入硫粉，只发生，反应后溶液中和无剩余，则原_______。
(2)在一定体积和浓度的溶液中加入硫粉，控制一定条件使硫粉完全反应，反应后溶液中的阴离子有、、(忽略其他阴离子)，且物质的量之比为。则反应后溶液中的_______。(写出计算过程)
金属氢氧化物
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH

7.6
9.6
2.2
3.4
4.1
5.4
实验次数
1
2
3
4
消耗溶液的体积/mL
18.75
20.05
18.70
18.65
实验次数
1
2
3
4
含量(%)
19.61
20.17
21.26
19.46
物质
CH3OH
C2H6
CH3(CH2)9OH
CH3(CH2)9CH3
相对分子质量
32
30
158
156
沸点/℃
64.5
-88.6
228
196
物质
性质
质硬，熔点：3200℃，沸点：4820℃
具有挥发性，熔点：，沸点：136.4℃
参考答案：
1．(1) sp2 sp3 3
(2) CsCl CsCl为离子晶体，熔融克服离子键，而ICl为分子晶体，熔融只需克服分子间作用力
(3) CuBr 12 ×1010
【详解】（1）中心B原子的价层电子对数为，B原子采用sp 2杂化，中心N原子的价层电子对数为，N原子采用sp3杂化；B、N位于同周期，同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但IIA、IIIA和VA、VIA异常，因此第一电离能介于B、N之间的元素有Be、C、O三种，故答案为：sp2；sp3；3；
（2）卤化物受热发生非氧化还原反应，生成CsCl和ICl两种物质，其中CsCl为离子晶体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，CsCl为离子晶体，熔融克服离子键，而ICl为分子晶体，熔融只需克服分子间作用力，故答案为：ICl；CsCl为离子晶体，熔融克服离子键，而ICl为分子晶体，熔融只需克服分子间作用力；
（3）由晶胞结构可知Br有8个位于顶点，6个位于面心，个数为：，Cu位于体内个数为4，两种原子的个数比为1：1，则该晶体的化学式为CuBr，由晶胞结构可知4个Cu原子围成正四面体构型，以一个顶点Cu为观察对象，可知在一个空间四面体面的伸展方向上有3个Cu原子与顶点Cu距离最近且相等，则在四面体的四个面的伸展方向上共有12个Cu原子与其距离相等且最近；由晶胞结构可知，晶体中Cu原子与Br原子的最小核间距为体对角线的，晶胞的质量为：g，晶胞的体积为：，晶胞的边长为cm，则该晶体中Cu原子与Br原子的最小核间距为×1010，故答案为：×1010。
2．(1) N 、H、Cu、S、O NH4CuSO3
(2)OH−+ H+=H2O，OH−+ NH=NH3↑+ H2O，2OH−+ Cu2+=Cu(OH) 2↓
(3)2[Cu(NH3)4]2++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+SO+6NH
(4)取少量溶液M于试管中，加过量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上清液于另一试管中，滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明有Cl−
【分析】紫红色固体A为Cu。气体B标准状况下密度为2.86 g/L，可知：M(B)=ρ标.Vm=2.86g/L×22.4L/ml=64g/ml。结合有刺激性气味，推知B为SO2。溶液C加足量NaOH产生气体D知D为NH3，C中含，溶液C加足量氨水得到深蓝色溶液E为[Cu(NH3)4]2+，可知C中含Cu2+。综上所述，X含Cu、N、S、O、H五种元素。
n(Cu)==0.01ml，n(SO2)==0.02ml，n(NH3)==0.02ml，三者最小倍数为0.02ml。M(X)==162g/ml。结合存在元素及化合价特点可推知：X为NH4CuSO3。
【详解】（1）由分析推知X含Cu、N、S、O、H五种元素且化学式为NH4CuSO3。
故答案为：N 、H、Cu、S、O；NH4CuSO3。
（2）C中含H+，NH及Cu2+，它们依次与OH-反应：OH−+ H+=H2O，OH−+ NH=NH3↑+ H2O，2OH−+ Cu2+=Cu(OH) 2↓。
故答案为：OH−+ H+=H2O，OH−+ NH=NH3↑+ H2O，2OH−+ Cu2+=Cu(OH) 2↓
（3）依题意，[Cu(NH3)4]2+与SO2反应可生成NH4CuSO3，为氧化还原反应（Cu、S化合价发生变化）：2[Cu(NH3)4]2++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+SO+6NH。
故答案为：2[Cu(NH3)4]2++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+SO+6NH。
（4）Cl-的检验用AgNO3，之前需除去SO的干扰（SO在酸性条件下可被氧化为SO），故方法为：取少量溶液M于试管中，加过量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上清液于另一试管中，滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明有Cl−。
故答案为：取少量溶液M于试管中，加过量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上清液于另一试管中，滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明有Cl−。
3．(1) H、Cl HCl、NaCl NaHCuCl3
(2)4Cu(NH3)+8NH3·H2O+O2=4Cu(NH3)+6H2O+4OH－
(3)HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl+2H2O = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3·H2O或HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3
(4)将白色沉淀A溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素
【分析】白色沉淀A仅含两种元素且能溶于硝酸，无色溶液B焰色反应为黄色，说明含有Na元素，溶液C和溶液D中阳离子组成元素相同，说明含有铜元素，无色溶液B加入硝酸酸化的硝酸银有沉淀生成，说明白色沉淀是氯化银，则含有氯元素，溶液B和碳酸氢钠反应生成无色气体，则该气体为二氧化碳，说明无色溶液为HCl。
(1)
根据前面分析X中含有Cu、Cl、H和Na，因此组成X的非金属元素是H、Cl；根据无色溶液B分为两等分，一份加入足量碳酸氢钠生成224mL气体，说明盐酸物质的量为0.01ml，另一份加入足量硝酸银和稀硝酸，得到2.87g白色沉淀，说明氯离子物质的量为0.02ml，则无色溶液B中除了HCl还有NaCl，则无色溶液B中溶质的成分是HCl、NaCl。根据化合物X加入水生成白色沉淀A，说明A为CuCl，则化合物X的化学式是NaHCuCl3；故答案为：H、Cl；HCl、NaCl；NaHCuCl3。
(2)
无色溶液C转化为深蓝色溶液D过程中还消耗标准状况下112mLO2和0.04mlNH3·H2O，说明发生氧化还原反应得到Cu(NH3)且Cu(NH3)与O2比例关系为4:1，该转化过程的离子方程式4Cu(NH3)+8NH3·H2O+O2=4Cu(NH3)+6H2O+4OH－；故答案为：4Cu(NH3)+8NH3·H2O+O2=4Cu(NH3)+6H2O+4OH－。
(3)
无色溶液C可与乙炔反应生成结构与乙炔类似的红棕色固体G，固体G中只含两种元素且原子个数比为1∶1，说明生成的固体为CuC≡CCu，则该反应过程的化学方程式HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl+2H2O = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3·H2O或HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3；故答案为：HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl+2H2O = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3·H2O或HC≡CH+2[Cu(NH3)2]Cl = CuC≡CCu+2NH4Cl+2NH3。
(4)
根据信息白色沉淀A仅含两种元素且能溶于硝酸，则将该物质溶于稀硝酸，看溶液颜色，再加入硝酸银，是否有白色沉淀，因此设计实验方案证明白色沉淀A的组成元素将白色沉淀A溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素；故答案为：将白色沉淀A溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素。
4． 硫、氧 钠盐A中硫的化合价为，具有还原性；有机物具有还原性。(或者X具有还原性) 向含Q的溶液中加入过量盐酸和溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥后，称量沉淀质量。(或取一定体积含Q的溶液，用已知浓度的标准溶液滴定，测定消耗的溶液的体积。)
【分析】4.5g气体B能与新制Cu(OH)2悬浊液共热产生砖红色沉淀E 43.2g，则气体B为甲醛（HCHO），气体C标准状况下密度c=1.52g/L，又能与气体F反应，F能使品红溶液褪色，可知气体C为H2S，质量1.7g，气体F为SO2，固体D质量为17.7g-4.5g-1.7g=11.5g，为Na2SO3、NaHSO3的混合物，共0.1ml。Na2SO3和NaHSO3各占0.05ml。
【详解】4.5g气体B能与新制Cu(OH)2悬浊液共热产生砖红色沉淀E 43.2g，则气体B为甲醛（HCHO），气体C标准状况下密度c=1.52g/L，又能与气体F反应，F能使品红溶液褪色，可知气体C为H2S，质量1.7g，气体F为SO2，固体D质量为17.7g-4.5g-1.7g=11.5g，为Na2SO3、NaHSO3的混合物，共0.1ml。Na2SO3和NaHSO3各占0.05ml。
(1)X构成的元素有钠、碳、氢和氧、硫，X的化学式是；
(2)步骤Ⅰ中，气体B与足量新制浊液反应生成氧化亚铜沉淀、碳酸钠和水，反应的化学方程式为；
(3)步骤Ⅱ，气体F，即SO2与足量的氯化钡、双氧水溶液发生反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为；
(4)固体X投入滴有淀粉的碘水中，溶液蓝色褪去，说明X具有还原性，将碘离子氧化为碘单质，故可能的原因有钠盐A中硫的化合价为，具有还原性；有机物具有还原性。(或者X具有还原性)；
(5)将气体F通入足量氨水中，转化为的P溶液，然后通入一定量空气后，生成含Q的溶液。为确定P的氧化率，简要的实验方案为：向含Q的溶液中加入过量盐酸和溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥后，称量沉淀质量。(或取一定体积含Q的溶液，用已知浓度的标准溶液滴定，测定消耗的溶液的体积。)
5．(1) A 622.7~913.3K
(2) K= 保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高二氧化锰的产率
(3) ABD 起点在1200K或其左侧，标注(1530，0.0080)
【详解】（1）①“焙烧”过程中，相同温度下，ΔG的大小为CaCO3＞MgCO3＞MnCO3，且ΔG=ΔH−TΔS，“焙烧”过程ΔH最大的是CaCO3，故选A；
②由流程图可知，“焙烧”过程中，仅MnCO3分解，则“焙烧”温度应控制在622.7~913.3K。
（2）①平衡时，v正=v逆,即k正c(O2)=k逆c2(CO2)，则K==；
②焙烧时在入口持续通入空气，并不断用真空抽气泵在装置尾端抽气的目的是保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高二氧化锰的产率。
（3）①A．反应II、III是吸热反应，升高温度，反应II、III正向移动，故1530K之前，乙炔产率随温度升高而增大，A正确；
B．反应I是放热反应，反应III是吸热反应，升高温度，反应I逆向移动，反应III正向移动，故1530 K之后，会有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔产率增加不大，B正确；
C．1530 K时测得气体的总物质的量为1.000ml，H2、C2H2、CH4的体积分数分别为0.8240、0.0840和0.0840，则H2、C2H2、C2H4的浓度分别为0.824ml∙L-1、0.084ml∙L-1和0.008ml∙L-1、则反应III的平衡常数为==8.652，C错误；
D．相同条件下，改用更高效的催化剂，可使单位时间内的乙炔产率增大，D正确；
故选ABD；
②根据图甲中乙炔的体积分数和温度的关系曲线，且乙烯的起点温度要低于乙炔的起点，最高点的相应温度低于1530K，1530交点乙烯的体积分数不要超过0.01，则所绘制乙烯的体积分数和反应温度的关系曲线为[起点在1200K或其左侧，标注(1530，0.0080)]。
6．(1) < 该反应为自发反应，△S<0，故△H<0，相同压强下，温度升高，平衡逆向移动，φ(CO2)减小，故T1(2)氧气存在时，发生反应CH4+2O2=CO2+2H2O，该反应的活化能比CH4还原NO反应活化能小，导致NO去除率降低。离子交换分子筛催化剂降低了CH4还原NO反应的活化能，选择性提高
【解析】（1）
①该反应为气体体积减小的反应，反应熵变△S<0，由利用催化处理汽车尾气中的一氧化氮和一氧化碳的技术已投入实际使用可知，该反应为自发反应，反应△H—T△S<0，所以反应焓变△H<0，相同压强下，温度升高，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的的物质的量分数减小，由图可知，相同压强下，T1条件下二氧化碳的物质的量分数大于T2，所以反应温度T1小于T2，故答案为：<；该反应为自发反应，△S<0，故△H<0，相同压强下，温度升高，平衡逆向移动，φ(CO2)减小，故T1②设恒温(T1)恒容条件下，容器的体积为VL、一氧化氮的转化率为a，由题给数据可建立如下三段式：
由图可知，二氧化碳的物质的量分数为50%，由三段式数据可得：×100%=50%，解得a=0.8，则一氧化氮的转化率80%，平衡时一氧化碳、一氧化氮、氮气、二氧化碳的平衡分压为 kPa、 kPa、 kPa、 kPa，反应的平衡常数Kp==，故答案为：80%；；
③A．增大催化剂的比表面积可以提高反应的反应速率，但化学平衡不移动，一氧化氮的平衡转化率不变，故错误；
B．v(NO)正=2v(N2)逆说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，化学平衡状态是反应达到最大限度，故正确；
C．恒容条件充入一定量不参加反应的氦气，反应体系中各物质的浓度都不变，反应速率不变，故错误；
D．实际过程中，适当升高温度能加快反应速率，一氧化氮的消耗量增大，有利于提高一氧化氮的去除效率，故正确；
故选BD；
④由反应Ⅱ和反应Ⅳ可知，反应Ⅲ为NO—NO*与一氧化碳反应生成NO—NO—CO*，由总反应方程式和反应Ⅳ可知，反应Ⅴ为NO—N*与CO反应生成氮气和二氧化碳，故答案为：NO—NO—CO*；NO—N*+CON2+CO2；
（2）
混合气中氧气的存在会急剧降低一氧化氮的去除效率说明氧气与甲烷反应生成二氧化碳和水：CH4+2O2=CO2+2H2O，该反应的活化能比甲烷还原一氧化氮反应活化能小，反应速率快，导致一氧化氮去除率降低；离子交换分子筛催化剂很好的提高了甲烷还原一氧化氮的选择性说明离子交换分子筛催化剂降低了甲烷还原一氧化氮反应的活化能，选择性提高，故答案为：氧气存在时，发生反应CH4+2O2=CO2+2H2O，该反应的活化能比CH4还原NO反应活化能小，导致NO去除率降低；离子交换分子筛催化剂降低了CH4还原NO反应的活化能，选择性提高。
7．(1)恒压滴液漏斗(恒压漏斗)
(2)AE
(3) b h g e b 使滴定突变范围变大，减少滴定误差；生成的配合物为无色，降低三价铁离子对终点颜色的干扰
(4) 18.70 铈量法可避免乳酸根的干扰(或高锰酸钾法未考虑乳酸根被酸性高锰酸钾溶液氧化)
【分析】利用矿渣制备乳酸亚铁，矿渣中含有少量氧化铝和二氧化硅杂质，稀硫酸酸浸、过滤可除去二氧化硅，滤液中含有铁离子和铝离子，由表格中数据可知，用氨水调节pH3.5~4.0，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，铝离子尚未沉淀，组分A为氢氧化铁，氢氧化铁酸溶后还原为亚铁离子，为避免引入新的杂质，可用铁单质进行还原，因此B为铁单质，亚铁离子与碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀，固体C为碳酸亚铁和过量的B；碳酸亚铁与乳酸反应生成乳酸亚铁，经重结晶得到纯净的乳酸亚铁晶体。
【详解】（1）由图可知，仪器A为恒压滴液漏斗（恒压漏斗）。
（2）加入氨水调节pH后，组分A中的含铁物质为氢氧化铁沉淀，没有亚铁离子，A错误；步骤Ⅲ目的是将铁离子还原为亚铁离子，为避免引入其它离子，因此加入的还原剂B为铁单质，B正确；步骤Ⅲ所用Fe为过量，因此固体C中含有Fe，亚铁离子与碳酸氢根反应生成碳酸亚铁，因此固体C中有碳酸亚铁，C正确；乳酸亚铁难溶于乙醇，因此重结晶后的晶体可用乙醇洗涤，D正确；乳酸亚铁晶体中带有三个结晶水，高温烘干会使结晶水丢失，因此不可采用高温烘干的方式，E错误；故答案为AE。
（3）重铬酸钾标准液具有强氧化性，需盛放在酸式滴定管中，滴定管在使用前需要用蒸馏水洗涤；洗涤之后用标准液润洗，为保证润洗效果，润洗液应从下端放出，装液后需排出尖嘴处的气体并保证液面在0刻度以下；亚铁离子呈酸性，应用酸式滴定管取用，因此答案为bhgeb。
由图可知，加入磷酸后突变范围变大，因此可以减小滴定误差；由已知信息可知，铁离子能与磷酸反应生成无色配离子，可以避免铁离子的颜色影响滴定终点的判断。
（4）由滴定原理方程式可知，亚铁离子的物质的量等于铈离子的物质的量，由滴定数据可知，第二次滴定数据异常需舍去，因此滴定0.25mL待测液平均用量为18.70mL，铈离子的物质的量为0.00187ml，即亚铁离子的物质的量为0.00187ml，质量为0.10472g，即亚铁离子总质量为1.0472g；含量为。乳酸根也能被高锰酸钾氧化，由题中数据可知，用高锰酸钾滴定时计算出的亚铁含量明显偏高，因此铈量法可避免乳酸根的干扰。
8．(1)A
(2)水
(3) 减压 防止浓缩过程温度过高羟基乙酸分解
(4)cgaf或cagf
(5)在c操作后，将锥形瓶盖上盖子，放入60℃水浴中保持30min，取出冷却
【分析】羟基乙腈在硫酸溶液中发生水解，生成羟基乙酸和硫酸铵，用有机萃取剂萃取后，羟基乙酸进入有机层，硫酸铵进入水层；分液后，经过蒸发浓缩、冷却结晶，可获得硫酸铵；有机层加水，将羟基乙酸溶于水，与有机溶剂分离，从而得到羟基乙酸溶液，控温蒸发结晶，便可获得羟基乙酸晶体。
【详解】（1）A. 步骤Ⅰ：50%羟基乙腈分批逐步加入，可使羟基乙腈水解比较完全，从而提高其转化率，A正确；
B. 步骤Ⅱ：加大萃取剂用量，虽然萃取所用的步骤少，但萃取剂的用量大，给分离提纯带来困难，且增大生产成本，B不正确；
C. 步骤Ⅳ：用NaOH调节pH，(NH4)2SO4会转化为Na2SO4和一水合氨等，C不正确；
D. 步骤Ⅳ：将浓缩后的溶液放入冷水浴，快速冷却，所获得晶体颗粒小，D不正确；
故选A。答案为：A；
（2）因为羟基乙酸易溶于水，且能与碱反应，所以试剂X是水。答案为：水；
（3）题给信息显示：羟基乙酸的水溶液加热至沸腾时分解，所以需控制70℃左右、减压条件下浓缩，目的是防止浓缩过程温度过高羟基乙酸分解。答案为：减压；防止浓缩过程温度过高羟基乙酸分解；
（4）为了测定羟基乙酸溶液的纯度，可采用酸碱中和滴定法。先加入一定量的过量NaOH溶解羟基乙酸，再将标准盐酸装入酸式滴定管、并用盐酸滴定过量的NaOH；由于滴定终点时羟基乙酸钠溶液呈碱性，则所用酸碱指示剂为酚酞。故选cgaf或cagf。答案为：cgaf或cagf；
（5）该小组用上述滴定法测得产品中羟基乙酸的质量分数偏低，应为羟基乙酸与NaOH反应不充分引起的，所以应设法让羟基乙酸与NaOH充分反应，然后再滴定过量NaOH。从而得出该操作是：在c操作后，将锥形瓶盖上盖子，放入60℃水浴中保持30min，取出冷却。答案为：在c操作后，将锥形瓶盖上盖子，放入60℃水浴中保持30min，取出冷却。
【点睛】提取羟基乙酸的有机萃取剂，既能将羟基乙酸从水溶液中提取出来，又能将羟基乙酸释放到水中。
9． 防止亚铁离子水解 获得较大的FeC2O4∙2H2O颗粒，便于倾析法分离 ACD e a b f g CD 草酸合铁酸钾经光照后分解生成了FeC2O4、K2C2O4
【分析】本实验以(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O为原料，经过一系列反应制取K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O。先将(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O溶于水，并加入1ml/L的H2SO4，防止原料水解；再往溶液中加入饱和H2C2O4溶液，Fe2+转化为FeC2O4沉淀，用饱和K2C2O4溶解、H2O2氧化，FeC2O4沉淀转化为K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O和Fe(OH)3，用H2C2O4溶解并将Fe(OH)3转化为K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O。
【详解】(1)因为(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O为强酸弱碱盐，溶于水时会发生水解，所以“溶解”时，需加入H2SO4溶液，其作用是防止亚铁离子水解。答案为：防止亚铁离子水解；
(2)采用倾析法分离并洗涤沉淀，要求沉淀的颗粒较大，煮沸有利于生成较大颗粒的沉淀，所以分离沉淀之前应该将沉淀煮沸几分钟，目的是获得较大的FeC2O4∙2H2O颗粒，便于倾析法分离。答案为：获得较大的FeC2O4∙2H2O颗粒，便于倾析法分离；
(3)A．H2O2受热易分解，但温度高有利于加快反应速率，温度低对反应不利，所以在“氧化”过程中，应保持合适的反应温度，A正确；
B．若“氧化”后的溶液中，含有，它也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以即便溶液褪色，也不能说明亚铁离子未完全被氧化，B不正确；
C．因为Fe3+在碱性过强的溶液中会生成Fe(OH)3沉淀，所以在“酸溶”时若pH过高，Fe(OH)3可能溶解不充分，C正确；
D．若“酸溶”后溶液浑浊，则Fe(OH)3没有完全溶解，应过滤去除，且最好用热水洗涤沉淀，以防温度过低造成溶质的结晶析出，D正确；
故选ACD。答案为：ACD；
(4)重结晶前，蒸发浓缩后，需进行冷却结晶，然后加入适量95%乙醇溶液，以降低溶质的溶解度，同时放置于暗处结晶；为加快过滤速率，可进行减压过滤，用95%乙醇溶液洗涤，合理的操作(操作不能重复使用)并排序：蒸发浓缩→e→a→b→f→g→重结晶。答案为：e；a；b；f；g；
(5)①A．滴定润洗时，为洗去滴定管内的水，应将洗涤液从滴定管下端放出，A正确；
B．活塞在受到外力后易松动或脱落，在滴定过程中，手心需避免碰到活塞，B正确；
C．放出液体时，将移液管直立，接受器倾斜，管下端紧靠接受器内壁，放开食指，让溶液沿接受器内壁流下，C不正确；
D．滴定开始时，滴定液应该始终逐滴滴下，D不正确；
故选CD。
②题干信息显示，K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O光照易分解，翠绿色变为黄色，同时产生二氧化碳，C元素的价态升高，则Fe元素的价态降低，从而使产品中K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O含量明显偏低，可能原因是草酸合铁酸钾经光照后分解生成了FeC2O4、K2C2O4。答案为：CD；草酸合铁酸钾经光照后分解生成了FeC2O4、K2C2O4。
【点睛】K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O具有光敏性，在相关的操作过程中，应尽可能减少与光的直接接触。
10．(1)(酮)羰基醚键
(2)NCCH2COOCH3
(3)AB
(4)
(5)HC≡CH ClCH=CHClNCCH=CHCN HOOCCH=CHCOOH
(6)
【分析】根据信息②，则A和B(NCCH2COOCH3)发生反应生成C，C和发生加成反应得到D，根据F到G的反应得到F的结构为，再根据E的分子式和D、F的结构简式得到E的结构简式为，G加氢得到H，再是H和HOOCCH=CHCOOH反应得到Olicendin。
【详解】（1）根据化合物A的结构简式得到化合物A的官能团名称是(酮)羰基醚键；故答案为：(酮)羰基醚键。
（2）根据信息②分析得到化合物B的结构简式NCCH2COOCH3；故答案为：NCCH2COOCH3。
（3）A．根据C、D的结构简式得到C→D的反应类型为加成反应，故A正确；B．化合物E中存在1个手性碳原子，用“*”表示的为手性碳原子，故B正确；C．化合物G的分子式为，故C错误；D．化合物H难溶于水，故D错误；综上所述，答案为：AB。
（4）根据F、G的结构简式得到F→G的化学方程式；故答案为：。
（5）乙炔和氯气发生加成反应生成ClCH=CHCl，ClCH=CHCl和NaCN反应生成NCCH=CHCN，NCCH=CHCN和水在酸性条件下反应生成HOOCCH=CHCOOH，其合成路线为：HC≡CH ClCH=CHClNCCH=CHCN HOOCCH=CHCOOH；故答案为：HC≡CH ClCH=CHClNCCH=CHCN HOOCCH=CHCOOH。
（6）化合物A的同分异构体满足①分子中含有两个环；②谱和IR谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子，无−O−O−键，则其同分异构体为 ；故答案为： 。
11．(1)AD
(2) C2H5OOCCH2COOC2H5或
(3)
(4)、
(5)
【分析】A分子式是C2H2，该物质是乙炔，结构简式是HC≡CH，A与HCl在HgCl2催化下发生加成反应产生B是CH2=CHCl，CH2=CHCl与NaCN发生取代反应产生C：CH2=CH-CN，C与M发生加成反应产生D，根据C、D结构简式，结合M分子式，可知M结构简式是，D与H2在Ni催化下加热发生加成反应产生E为，E在、CDCl3作用下产生F：和C2H5OH，F在碱性条件下水解，然后酸化可得G，G与反应产生H，H与HCOOH反应产生I，I与KOH溶液加热，酯基水解反应产生J：；J与碱石灰共热，发生脱羧反应产生K：，K与(CH3CO)2O形成肽键得到褪黑素。
【详解】（1）A．A 是HC≡CH，HC≡CH与HCl发生加成反应产生B：CH2=CHCl，反应物原子完全转化为生成物，原子利用率达到100%，但HgCl2是重金属盐，会导致人中毒，因此A→B的生产方法不符合绿色化学的要求，A错误；
B．根据C、D结构简式，结合M分子式可知：C与M发生加成反应产生D；F是，其中含有酯基，与KOH溶液共热发生水解反应，然后酸化可得G，故F→G发生了取代反应，B正确；
C．化合物G分子中含有-COOH和亚氨基，在一定条件下可以发生缩聚反应产生高聚物，C正确；
D．化合物K结构简式为，根据C原子价电子数目是4，可知K分子式是C11H14N2O，D错误；
故合理选项是AD；
（2）根据上述分析可知M结构简式是C2H5OOCCH2COOC2H5或；
化合价J结构简式是；
（3）E为，E在、CDCl3作用下产生F：和C2H5OH，则E生成F的化学方程式为：；
（4）I是，其同分异构体满足条件：①含有4种不同化学环境的氢原子；②含有3个六元环，其中1个是苯环；③含有结构，不含N—H键，则其可能的结构为：、；
（5）CH2Cl2与NaCN发生取代反应产生NCCH2CN，NCCH2CN与H2在Ni催化下发生加成反应产生NH2CH2CH2CH2NH2；NCCH2CN在酸性条件下发生水解反应产生HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH与CH3CH2OH发生酯化反应产生C2H5OOCCH2COOC2H5，C2H5OOCCH2COOC2H5与NH2CH2CH2CH2NH2发生取代反应产生目标产物，故以二氯乙烷和乙醇为原料合成有机物的合成路线为：。
12． BD
【分析】CH2=CHCOOH和HCl发生加成反应生成C，根据D的结构简式，推测C为；D和E发生取代反应生成F，F为；G在酸性条件下水解生成H，H为；H在加热条件下失去-CO2生成I，I为；和反应生成K，根据已知信息③，推测K为。
【详解】(1) A．B→C为加成反应，C→D为取代反应，B→C与C→D的反应类型不同，A项正确；
B．酯基不能和氢气发生加成反应，所以最多可以和发生加成反应，B项错误；
C．，H中含有碳碳双键，可以和HCl发生加成反应，而且H中含有羧基可以和NaOH发生酸碱中和反应，C项正确；
D．由J的结构简式可知，J的分子式为，D项错误；
答案选BD；
(2)C的结构简式为；K的结构简式为；
(3)在C2H5ONa的作用下生成，化学方程式为：；
(4)有机物L是H的同系物，且比H少1个C原子，①属于芳香族化合物，说明L中含有苯环；②核磁共振氢谱显示4个吸收峰，说明L中含有4种不同环境的H原子；③不含氢氧键、氧氧键、碳氮键；符合条件的同分异构体有：、、；
(5)和Br2发生加成反应生成，在氢氧化钠溶液中水解生成，发生催化氧化生成，和氢气发生加成反应生成，在浓硫酸加热的条件下发生消去反应生成，合成路线为：。
13．(1)立方氮化硼熔点高。两种晶体均为原子晶体，N和B原子半径更小(或键长更短)，键能更大，熔点更高
(2)甲醇分子间可形成氢键，比乙烷分子间作用力强得多，所以沸点相差较大；CH3(CH2)9OH由于烃基较大，氢键作用被削弱，分子间以分子间作用力为主，所以与分子量接近的CH3(CH2)9CH3沸点相差较小
【解析】(1)
GaAs和BN均为原子晶体，N和B原子半径更小(或键长更短)，键能更大，熔点更高，故答案为：立方氮化硼熔点高。两种晶体均为原子晶体，N和B原子半径更小(或键长更短)，键能更大，熔点更高；
(2)
CH3OH和C2H6沸点相差较大是因为甲醇分子间可形成氢键，比乙烷分子间作用力强得多，但是CH3(CH2)9OH由于烃基较大，氢键作用被削弱，分子间以分子间作用力为主，所以与分子量接近的CH3(CH2)9CH3沸点相差较小，故答案为：甲醇分子间可形成氢键，比乙烷分子间作用力强得多，所以沸点相差较大；CH3(CH2)9OH由于烃基较大，氢键作用被削弱，分子间以分子间作用力为主，所以与分子量接近的CH3(CH2)9CH3沸点相差较小。
14． 是原子晶体，是分子晶体，共价键比分子间作用力强 氮化硼晶体的层状结构中没有自动移动的电子
【详解】(1)的熔沸点明显高于的原因是：是原子晶体，是分子晶体，共价键比分子间作用力强；
(2)六方氮化硼晶体结构与石墨相似，都是混合型晶体。但六方氮化硼晶体不导电，原因是：氮化硼晶体的层状结构中没有自动移动的电子。
15．(1)2:1
(2)1.2
【分析】(1)根据反应过程中S元素得失电子守恒计算Na2Sx和Na2S2O3中a∶b的大小；
(2)硫元素最终全部转化为Na2SO4，转移电子总数为硫单质转化为硫酸根离子失去的电子数，根据电子守恒计算NaClO的物质的量，然后根据物质的量浓度定义式计算。
【详解】（1）3.84 g硫单质的物质的量为n(S)=，其与含有0.06 ml NaOH溶液反应，产生a ml Na2Sx和b ml Na2S2O3，根据电子得失电子数目相等可知：a×x×=b×2×2，解得a=2b，所以a:b=2:1；
（2）3.84 g硫单质的物质的量为n(S)=，其反应产生的a ml Na2Sx和b ml Na2S2O3，在混合溶液中加入NaClO碱性溶液300 mL，S完全转化为Na2SO4，NaClO得到电子被还原为NaCl，根据氧化还原反应中电子守恒可得0.12 ml×(6-0)=n(NaClO) ×[1-(-1)]，解得n(NaClO)=0.36 ml。由于NaClO碱性溶液体积是300 mL，则该溶液的物质的量浓度c(NaClO)=。
16． 0.25 0.1
【详解】(1) 硫粉的物质的量为=0.025ml，只发生，则，0.25；
(2)， ，根据， ，，
， 。