2026届晋城市高考仿真卷化学试题（含答案解析）

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3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，四种元素的质子数之和为47，其中X、Y在周期表中位于同一主族，且Y原子核外电子数为X原子核外电子数的两倍。下列说法正确的是（ ）
A．X、Y与氢均可形成原子个数比为1：2的化合物
B．元素的最高正价：Z>X>W
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Z
D．简单离子的半径：r(Z)>r(Y)>r(X)
2、在(NH4)2Fe(SO4)2溶液中逐滴加入100 mL 1ml/L的Ba(OH)2溶液，把所得沉淀过滤、洗涤、干燥，得到的固体质量不可能是( )
A．35. 3gB．33.5gC．32.3gD．11.3g
3、可逆反应aX(g)+bY(g)cZ(g)在一定温度下的密闭容器内达到平衡后，t0时改变某一外界条件，化学反应速率(υ)—时间(t)图象如下图。下列说法正确的是（ ）
A．若a+b=c，则t0时只能是增大反应体系的压强
B．若a+b=c，则t0时只能是加入催化剂
C．若a+b≠c，则t0时只能是加入催化剂
D．若a+b≠c，则t0时只能是增大反应体系的压强
4、下列对实验现象的解释正确的是
A．AB．BC．CD．D
5、学校化学研究小组对实验室某废液缸里的溶液进行检测分析，提出假设：该溶液中可能含有NH4+、K+、Al3+、HCO3-、Cl-、I-、SO42-等离子中的几种离子。实验探究：
①取少量该溶液滴加紫色石蕊试液，溶液变红。
②取100mL该溶液于试管中，滴加足量Ba(NO3)2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.3ml白色沉淀甲，向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生。
③另取100mL该溶液，逐渐加入Na2O2粉末，产生的沉淀和气体与所加Na2O2粉末物质的量的关系曲线如图所示。下列说法中不正确的是（ ）
A．该溶液中一定不含有I-、HCO3-、Cl-
B．该溶液中一定含有K+，其物质的量浓度为1ml•L-1
C．在溶液中加入0.25~0.3mlNa2O2时，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O
D．该溶液能使紫色石蕊试液变红的唯一原因是NH4+发生水解
6、已知一定温度下硫酸铜受热分解生成氧化铜、三氧化硫、二氧化硫和氧气；三氧化硫和二氧化硫都能被氢氧化钠溶液吸收。现进行如下实验：①加热10g硫酸铜粉末至完全分解，②将生成的气体通入足量浓氢氧化钠溶液。反应结束后称量①中固体质量变为5g，②中溶液增加了4.5g。该实验中硫酸铜分解的化学方程式是
A．3CuSO4 3CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑B．4CuSO4 4CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑
C．5CuSO4 5CuO+SO3↑+4SO2↑+2O2↑D．6CuSO4 6CuO+4SO3↑+2SO2↑+O2↑
7、常温下，往饱和石灰水中加入一定量的生石灰，一段时间后恢复到原温度，以下叙述错误的是
A．有溶质析出B．溶液中Ca2+的数目不变
C．溶剂的质量减小D．溶液的pH不变
8、常温下，以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等，通过添加过量的难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀并过滤除去，下列说法正确的是
A．过滤后的溶液中一定没有S2-
B．MnS难溶于水，可溶于MnCl2溶液中
C．常温时，CuS、PbS、CdS比MnS更难溶
D．加入MnS后生成CuS的离子方程式是Cu2+ + S2-= CuS↓
9、人剧烈运动后肌肉发酸是因为当体内氧气缺少时葡萄糖发生反应产生了乳酸，其结构简式为。下列关于乳酸的说法正确的是（ ）
A．乳酸的系统命名为1-羟基丙酸
B．与乳酸具有相同官能团的所有同分异构体(包括乳酸)共3种
C．乳酸既可发生取代反应、消去反应又可发生加成反应
D．乳酸发生缩聚反应的方程式为n+nH2O
10、下列说法正确的是( )
A．蒸发结晶操作时，当水分完全蒸干立即停止加热
B．滴定实验中，可以将待测液放到滴定管中，标准液置于锥形瓶中
C．测定NaClO溶液的pH，可用洁净的玻璃棒蘸取液体滴到pH试纸上，再与标准比色卡对照读数
D．用pH计测定同温度同浓度的Na2CO3溶液和NaCN溶液的pH，通过比较pH大小比较H2CO3、HCN的酸性强弱
11、短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，乙和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，有关
物质的转化关系如下图所示。下列说法错误的是
A．W与Z形成的化合物为离子化合物B．戊一定为有毒气体
C．离子半径大小：Y>Z>WD．相同条件下，乙的沸点高于丁
12、一定呈中性的是( )
A．pH＝7 的溶液
B．25℃，Kw＝1.0×10﹣14的溶液
C．H+与 OH﹣物质的量相等的溶液
D．等物质的量的酸、碱混合后的溶液
13、一带一路是“丝绸之路经济带”和“海上丝绸之路”的简称。古丝绸之路贸易中的下列商品，其主要化学成分属于无机物的是
A．陶瓷B．中草药C．香料D．丝绸
14、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA
B．2 L 0.5 ml·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NA
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1 ml氧气转移的电子数为0.2NA
D．密闭容器中2 ml NO与1 ml O2充分反应，产物的分子数为2NA
15、X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物（ZXY）2的结构式如图所示。下列说法错误的是
A．化合物WY是良好的耐热冲击材料
B．Y的氧化物对应的水化物可能是弱酸
C．X的氢化物的沸点一定小于Z的
D．化合物（ZXY）2中所有原子均满足8电子稳定结构
16、短周期主族元素 Q、X、Y、Z 的原子序数依次增大。Q 的简单氢化物和其最高价含氧酸可形成盐，X 与Q 同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z－具有与氩原子相同的电子层结构；Y、Z 原子的最外层电子数之和为 10。下列说法正确的是
A．X 与 Z 的简单氢化物的水溶液均呈强酸性
B．Y 单质常温下稳定不跟酸碱反应
C．简单氢化物的沸点：QPH3，CH3OH > HCHO
B．SO2与CO2的化学性质有些类似，但空间结构与杂化方式不同
C．熔、沸点: SiF4< SiCl4< SiBr4 KCl > KBr，原因是晶格能逐渐减小
（5）钠钾合金属于金属晶体，某种合金的晶胞结构如图所示，晶体中K 原子的配位数为______；已知金属原子半径r（Na）、r（K），计算晶体的空间利用率__________（假设原子是刚性球体）
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
已知“X、Y是周期表中位于同一主族的短周期元素”，则Y的核外电子数比X多8，又已知“Y原子核外电子数为X原子核外电子数的两倍”，则X为氧、Y为硫；因为Z的原子序数比Y大，所以Z为氯；再由“四种元素的质子数之和为47”，可确定W为碳。
【详解】
A. X、Y与氢可形成H2O、H2S，二者原子个数比都为1：2，A正确；
B. X为O元素，不能表现出+6价，最多表现+2价，则“元素的最高正价：Z>X>W” 的关系不成立，B错误；
C. 因为S的非金属性小于Cl，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：Yr(Cl-)>r(O2-)，D错误；
故选A。
2、A
【解析】
如果(NH4)2Fe(SO4)2的量非常少，生成的沉淀质量接近于0；当加入的 Ba(OH)2完全形成沉淀时，发生反应：(NH4)2Fe(SO4)2 + Ba(OH)2 = BaSO4↓ + Fe(OH)2↓ + (NH4)2SO4，且生成的Fe(OH)2完全被氧化生成Fe(OH)3时，所得固体质量最大，此时沉淀为Fe(OH)3与BaSO4，故沉淀的质量最大为0.1ml×233g/ml+0.1ml×107g/ml=34g，故沉淀质量因为0gZ>W，选项C正确；
D. 相同条件下，乙为水常温下为液态，其的沸点高于丁（氨气或甲烷），选项D正确。
答案选B。
12、C
【解析】
A．100度时，纯水的pH＝6，该温度下pH＝7的溶液呈碱性，所以pH＝7的溶液不一定呈中性，故A错误；
B．25℃，Kw＝1.0×10﹣14是水的离子积常数，溶液可能呈酸性、中性或碱性，所以不一定呈中性，故B错误；
C．只要溶液中存在H+与 OH﹣物质的量相等，则该溶液就一定呈中性，故C正确；
D．等物质的量的酸、碱混合后的溶液不一定显中性，这取决于酸和碱的相对强弱以及生成盐的性质，故D错误；
答案选C。
判断溶液是否呈中性的依据是氢离子和氢氧根离子的浓度相等，温度改变水的电离平衡常数，温度越高，水的电离平衡常数越大。
13、A
【解析】
A．陶瓷主要成分为硅酸盐属于无机非金属材料，A项正确；
B．中草药中的有效成分属于有机物，B项错误；
C．香料中的主要成分也属于有机物，C项错误；
D．丝绸主要成分是蛋白质，是有机高分子化合物，D项错误；
答案选A。
14、C
【解析】
A．18 g D2O和18 g H2O的物质的量不相同，其中含有的质子数不可能相同，A错误；
B．亚硫酸是弱电解质，则2 L 0.5 ml·L-1亚硫酸溶液中含有的H+离子数小于2NA，B错误；
C．过氧化钠与水反应时，氧元素化合价从-1价水的0价，则生成0.1 ml氧气转移的电子数为0.2NA，C正确；
D．密闭容器中2 ml NO与1 ml O2充分反应生成2mlNO2，但NO2与N2O4存在平衡关系，所以产物的分子数小于2NA，D错误。
答案选C。
阿伏伽德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、胶体、化学键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。
15、C
【解析】
因W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，且原子序数W>X，因此X、Y、Z为第二周期元素，W为第三周期元素，结合(ZXY)2的结构式可知，X为C，Y为N，Z为O，X最外层电子数为4，故W为Al，以此解答。
【详解】
A．化合物AlN为原子晶体，AlN最高可稳定到2200℃，室温强度高，且强度随温度的升高下降较慢，导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料，故A不符合题意；
B．N的氧化物对应的水化物中HNO2为弱酸，故B不符合题意；
C．C的氢化物的沸点随分子量的增加而增大，沸点不一定比H2O的沸点低，故C符合题意；
D．由(OCN)2的结构式可知所有原子均满足8电子稳定结构，故D不符合题意；
故答案为：C。
16、C
【解析】
根据条件“Q 的简单氢化物和其最高价含氧酸可形成盐”，推测Q为N元素；X是与Q同周期，且半径是同周期中最小的元素，所以X为F元素；由“Z－具有与氩原子相同的电子层结构”可知，Z为Cl元素；根据“Y、Z 原子的最外层电子数之和为 10”，且“Q、X、Y、Z 的原子序数依次增大”，可知Y为Al元素。
【详解】
A．X和Z的简单氢化物分别是HF和HCl，其中HF为弱酸，A项错误；
B．Y单质即铝单质，化学性质活泼，常温下既可以与强酸反应也可以与强碱反应，B项错误；
C．Q和X的简单氢化物分别为NH3和HF，标况下HF为液态，而NH3为气态，所以HF的沸点更高，C项正确；
D．Y和Z的化合物即AlCl3，属于分子晶体，并不具备高沸点和高强度，D项错误；
答案选C。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、邻苯二酚 C11H11O2F2Br 取代反应（或水解反应） 醚键、羧基 减小生成物浓度，使平衡正向移动 8 BrCH＝C（CH3）2
【解析】
A中苯环上有两个处于邻位的酚羟基，习惯上叫做邻苯二酚，在NaOH溶液作用下，A与发生取代反应生成B（），B与Br2发生取代反应生成C（），C在NaOH溶液作用下酚羟基发生取代生成D（），D经过取代、酯化两个反应后得到E（），最后E中的酯基经碱性条件下水解再酸化生成合成罗氟司特的中间体F（）。根据以上分析解答此题。
【详解】
(1) 中苯环上有两个处于邻位的酚羟基，叫做邻苯二酚；D为，分子式为C11H11O2F2Br；
答案为：邻苯二酚；C11H11O2F2Br。
(2)由图示可知与Br2发生取代反应生成C，根据原子守恒写出反应方程式：。
答案为：。
(3)E到F的反应中只有酯基发生水解，生成羧酸盐后再进行酸化，反应类型为取代反应（或水解反应），F中的含氧官能团为醚键、羧基。
答案为；取代反应（或水解反应）；醚键、羧基。
(4)上述合成路线中，A→B、C→D、E→F这三个反应中都使用了NaOH溶液，有机反应的特点是反应比较慢，副反应多，很多还是可逆反应，在上面三个反应中NaOH溶液都可以与反应后的生成物发生反应，使生成物的浓度减小，促使平衡向正向移动，提高了反应的产率，最后还可再经酸化除去官能团里的钠离子。
答案为：减小生成物浓度，使平衡正向移动。
(5)的分子式为C4H7Br，不饱和度为1，写成链状可以考虑为丁烷里面增加一条双键，正丁烷里加一条双键有两种写法：CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3，异丁烷里加一条双键只有一种写法：CH2=C(CH3)2。在CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3 、CH2=C(CH3)2里面分别有4、2、2种等效氢，所以CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3 、CH2=C(CH3)2的一溴代物即的链状同分异构体（不包括立体异构）有4+2+2=8种。其中核磁共振氢谱有两组峰也就是结构式中有两种氢的为：BrCH＝C(CH3)2。
答案为：8；BrCH＝C(CH3)2。
(6)根据题中信息，以为原料合成有两个方向的反应，一个是酚羟基上的取代，另一个是甲基邻位的取代，酯化，仿照题中C→D的条件可实现酚羟基的取代，得到，再与Br2发生取代生成，然后仿照题中D→E的条件可实现甲基邻位溴原子的取代，酯化得到。故以对甲基苯酚为原料制备的合成路线为：。
答案为：。
18、1-丙醇（正丙醇） （酮）羰基、羟基 取代反应 CH3CH2COOH+CH3OHCH3CH2COOCH3+H2O 保护酮羰基 3 或
【解析】
丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B为1-溴丙烷；根据D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E可知，D为丙酸，则C为1-丙醇；根据Claisen酯缩合： ，E发生酯缩合生成F，结合F的分子式可知，F为，根据G与I的结构简式，结合反应流程可推出H为，据此分析。
【详解】
丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B为1-溴丙烷；根据D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E可知，D为丙酸，则C为1-丙醇；根据Claisen酯缩合： ，E发生酯缩合生成F，结合F的分子式可知，F为，根据G与I的结构简式，结合反应流程可推出H为。
(1)C的名称为1-丙醇（正丙醇）；Ⅰ为，所含官能团的名称为（酮）羰基、羟基；
(2)B→C是1-溴丙烷在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应（或取代反应）生成1-丙醇，反应类型是取代反应；F的结构简式为；
(3)D→E是丙酸与甲醇发生酯化反应生成丙酸甲酯和水，反应的化学方程式为；
(4)由F到H过程中增加一步先生成G再生成H的目的是保护酮羰基；
(5)化合物K与E互为同分异构体，已知1mlK能与2ml金属钠反应则应该含有两个羟基，则K可能的链状稳定结构有、、CH2=CHCH（OH）CH2OH共3种(两个一OH连在同一个碳上不稳定：一OH连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为或；
(6)苯乙烯与溴化氢发生加成反应生成，在氢氧化钠溶液中加热生成，氧化得到，与CH3MgBr反应生成，在氯化铵溶液中反应生成，合成路线如下：
。
本题考查有机推断及合成，注意推出有机物的结构简式是解题的关键。本题中应注意（6）中合成路线应参照反应流程中的步骤，结合几个已知反应原理，推出各官能团变化的实质。
19、指示 B 中压强变化，避免气流过快引起压强过大 防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率 c Br2+2OH－=Br－+BrO－+H2O 干燥产品（除去产品中的水） 30%
【解析】
(1)图中B装置气体经过，但B中气体流速过快，则压强会过大，通过观察B中玻璃管可以看出气体的流速和反应速率，因此玻璃管的作用为指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大。
(2)(ⅳ)中“先切断瓶C与瓶D的连接处，再加热三口瓶”的原因是防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率。
(3)装置D的烧杯中需加入冷却剂，因为1，2一二溴乙烷的沸点为131℃，熔点为9.3℃，因此只能让1，2一二溴乙烷变为液体，不能变为固体，变为固体易堵塞导气管，因此合适冷却剂为c。
(4)步骤③中加入1％的氢氧化钠水溶液主要是将1，2一二溴乙烷中的单质溴除掉，发生反应的离子方程式为Br2+2OH－=Br－+BrO－+H2O。
(5)步骤⑤中加入无水氯化钙的作用为干燥产品（除去产品中的水）；单质溴为0.1ml，根据质量守恒得到1，2一二溴乙烷理论物质的量为0.1ml，因此该实验所得产品的产率为。
【详解】
(1)图中B装置气体经过，但B中气体流速过快，则压强会过大，通过观察B中玻璃管可以看出气体的流速和反应速率，因此玻璃管的作用为指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大，故答案为：指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大。
(2)(ⅳ)中“先切断瓶C与瓶D的连接处，再加热三口瓶”的原因是防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率，故答案为：防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率。
(3)装置D的烧杯中需加入冷却剂，因为1，2一二溴乙烷的沸点为131℃，熔点为9.3℃，因此只能让1，2一二溴乙烷变为液体，不能变为固体，变为固体易堵塞导气管，因此合适冷却剂为c，故答案为：c。
(4)步骤③中加入1％的氢氧化钠水溶液主要是将1，2一二溴乙烷中的单质溴除掉，发生反应的离子方程式为Br2+2OH－=Br－+BrO－+H2O，故答案为：Br2+2OH－=Br－+BrO－+H2O。
(5)步骤⑤中加入无水氯化钙的作用为干燥产品（除去产品中的水）；单质溴为0.1ml，根据质量守恒得到1，2一二溴乙烷理论物质的量为0.1ml，因此该实验所得产品的产率为，故答案为：干燥产品（除去产品中的水）；30%。
20、+2 价 FeO·Cr2O3 4：7 粉碎矿石(或升高温度） H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O10-2)，所以H2SO4必须适量 Na2Cr2O7、Na2SO4 Fe+2Fe3+=3Fe2+ 取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+ 冷却结晶
【解析】
铬铁矿中加入碳酸钠并通入氧气，高温下将Fe(CrO2)2氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同时生成CO2，将得到的固体溶于水得到Na2CrO4溶液，然后过滤，得到得到Na2CrO4和过量的碳酸钠混合溶液和氧化铁固体，在Na2CrO4和碳酸钠混合溶液中加入硫酸酸化，硫酸和Na2CrO4反应生成Na2Cr2O7和硫酸钠，同时除去碳酸钠，通过蒸发浓缩冷却结晶，得到红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)；氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁，加入铁粉将硫酸铁还原生成硫酸亚铁，最后蒸发浓缩冷却结晶，得到绿矾。
(1) Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3价，根据正负化合价的代数和为0，Fe(CrO2)中铁元素的化合价为+2价，故答案为+2 价；
(2) Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3价，铁元素的化合价为+2价，可写成FeO·Cr2O3，故答案为FeO·Cr2O3；
(3)①高温氧化时，Fe(CrO2)2和碳酸钠、氧气反应氧化还原反应生成Na2CrO4、二氧化碳和氧化铁，该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、Cr元素化合价由+3价变为+6价，O元素化合价由0价变为-2价，所以氧气是氧化剂、Fe(CrO2)2是还原剂，则还原剂和氧化剂的物质的量之比为4：7，故答案为4：7；
②根据影响化学反应速率的外界因素，为了加快该反应的反应速率，可采取的措施有粉碎矿石、升高温度等，故答案为粉碎矿石(或升高温度)；
⑷①H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O102-)，所以H2SO4必须适量，故答案为H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O102-)，所以H2SO4必须适量；
②根据上述分析，混合溶液乙中的溶质有Na2Cr2O7、Na2SO4，故答案为Na2Cr2O7、Na2SO4；
(5)Fe与硫酸铁溶液反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+。检验溶液丁中无Fe3+的方法为：取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+；从硫酸亚铁溶液到绿巩的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+ ；冷却结晶。
点睛：本题考查物质的制备、分离和提纯，为高频考点，涉及氧化还原反应、基本实验操作等知识，明确物质的性质、熟悉制备流程和基本实验操作等是解题的关键。本题的难点是(4)①硫酸必须适量的原因，需要理解题目信息方程式中的计量数对反应的影响。
21、3d104s24p3>非极性sp2C6
【解析】
①As是33号元素，其原子结构示意图为；则基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p3；
②同一周期中，元素第一电离能呈增大趋势，且As的p轨道为半充满结构所以第一电离能As＞Ga；配合物Fe(CO)5熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于CCl4，CCl4是非极性溶剂，根据分子晶体的物理性质：分子晶体熔沸点低，易溶于有机溶剂，所以属于分子晶体，是非极性分子；
(3)B原价电子数为3，无孤对电子，则BF3的杂化轨道类型为sp2；B原子有强烈的接受孤电子对的倾向，而NH3分子中N原子有一个孤电子对，BF3与NH3相遇，立即生成白色固体BF3•NH3，该白色固体的结构式为；
(4)A．NH3和CH3OH分子间均存在氢键，相应的沸点较高，则沸点NH3>PH3、CH3OH > HCHO，故A正确；B．二氧化硫与二氧化碳均为酸性氧化物，化学性质相似，二氧化碳分子为sp2杂化、直线型结构，但二氧化硫为sp4杂化、V形结构，故B正确；C．SiF4、SiCl4、SiBr4 、SiI4结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，其熔、沸点越高，与共价键能无关，故C错误；D．离子晶体的晶格能越大，熔、沸点越高，故D正确；答案为C。
(5)根据均摊法可知晶胞中有钠原子数为12×=3，钾原子数为8×=1，所以合金的化学式为KNa3，根据晶胞图可知，每个K 原子周围有6个钠原子，所以晶胞中K 原子的配位数为6，晶胞中钠原子和钾原子体积之和为π(r3(Na)×3+r3(K))，根据晶胞的结构可知，晶胞的边长为钠原子和钾原子的直径之和为2×[r(Na)+r(K)]，所以晶胞的体积为[2×r(Na)+2×r(K)]3，晶体的空间利用率为=。
影响晶体熔沸点的因素：离子晶体主要与离子键的强弱有关，离子键越强，熔沸点越高；分子晶体与分子间作用力大小（包括氢键）有关，分子间作用力越大，熔沸点越高，结构相似的物质，含有氢键的高于不含氢键的；原子晶体与共价键强弱有关，共价键越强，熔沸点越高；金属晶体与金属键强弱有关，金属键越强，熔沸点越高。
选项
操作
现象
解释
A
将铜粉加入 Fe2(SO4)3溶液中
溶液变蓝
金属铁比铜活泼
B
铜与浓硫酸共热
有灰白色固体生成
浓硫酸具有强氧化性和吸水性
C
氧化铁溶于足量 HI 溶液
溶液呈棕黄色
Fe3+呈 棕黄色
D
向待测液中加 入适量的NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口
湿润的红色石蕊试纸未变蓝
待测液中不存在NH4+