河北省邯郸市2021年高考化学三模试卷及答案

这是一份河北省邯郸市2021年高考化学三模试卷及答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
高考化学三模试卷
一、单选题
1.化学知识在生产生活中有广泛的应用，下列物质的性质与应用有对应关系的是（   ）
A. 石墨的熔点很高，可用作干电池电极材料
B. Fe的金属性比Cu强，FeCl3浓溶液可腐蚀Cu用于刻制印刷电路板
C. 溴能与很多有机物反应，在药物合成方面有广泛应用
D. NH3断键时要吸收能量，工业上常用液氨作制冷剂
2.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（   ）
A. 一定条件下，1mol N2与足量 H2反应可生成NH3的数目为2NA
B. 34 g 中含有的极性键数目为2NA
C. 在反应KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，每生成3mol Cl2转移的电子数为6NA
D. 25℃时，1 L pH=13的Ba(OH)2溶液中Ba2+数目为0.05 NA
3.石墨烯是具有单层片状结构的新材料(如图)，其厚度仅有一个原子直径大小(约0.35nm)，可覆盖于金属表面，用于金属防腐。下列说法错误的是（   ）

A. 所有金属腐蚀都是金属失去电子
B. 一般环境中，金属腐蚀的正极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-
C. 石墨烯防腐的原理是形成了性质稳定的合金
D. 石墨烯防腐的缺点是一旦破损就会加速金属的腐蚀
4.下列鉴别方法可行的是（   ）
A. 用湿润的淀粉-KI试纸鉴别Br2(g)和NO2              B. 用热的NaOH溶液鉴别地沟油和矿物油
C. 用溴水鉴别苯、环已烯和环已烷                         D. 用酸性KMnO4溶液鉴别FeCl2溶液和FeCl3溶液
5.下列装置能达到实验目的是（   ）




图1
图2
图3
图4
A. 用图1装置进行喷泉实验                                     B. 用图2装置构成铜锌原电池
C. 用图3装置验证反应产物CO2                               D. 用图4装置制备并收集少量NO2气体
6.已知断裂1 mol化学键所需的能量（kJ）：N≡N为942、O=O为500、N－N为154，O－H为452.5，则断裂1 mol N－H所需的能量（kJ）是（   ）

A. 194                                      B. 316                                      C. 391                                      D. 658
7.X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，其单质与水反应后溶液能使酚酞试液变为浅红色，X、W为同一主族元素，Y是地壳中含量最高的元素。甲、乙、丙分别为X、Z、W形成的最高价氧化物。下列判断错误的是（   ）

A. W位于元素周期表第三周期ⅣA族
B. 原子半径：r(Z)˃r(W)>r(Y)>r(X)
C. 丁为CO，反应③为工业制粗硅的原理
D. X、W简单氢化物的沸点： X < W
8.溴化苄是重要的有机合成工业原料，可由苯甲醇为原料合成，实验原理及装置如图所示。反应结束后，反应液可按下列步骤分离和纯化：静置→分液→水洗→纯碱洗→水洗→干燥→减压蒸馏。下列有关说法错误的是（   ）
+HBr +H2O

下列有关说法错误的是
A. 实验时，应该先从冷凝管接口b处通水，后加热至反应温度
B. 该实验适宜用水浴加热
C. 浓硫酸作催化剂和吸水剂
D. 在水洗操作中往往因为振摇而使得分液漏斗中出现大量气体，可以通过打开上口瓶塞的方式来放气
9.下列有关电解质溶液的说法正确的是（   ）
A. 向0.1mol•L-1氨水中滴加等浓度的CH3COOH溶液至过量，水的电离程度一直增大
B. 常温下，pH=2的某酸HA与pH=12的某碱BOH等体积混合溶液呈酸性，则HA为强酸，BOH为弱碱
C. 0.2mol•L-1CH3COOH溶液中的c(H+)是0.1mol•L-1CH3COOH溶液中的c(H+)的2倍
D. 浓度均为0.1mol•L-1的NH4HSO4溶液与NaOH溶液等体积混合后：c(SO )=c(Na+)＞c(NH )＞c(H+)＞c(OH-)
10.某研究团队实现人工光合成“太阳燃料”的工作原理如下图(注：图中标有[ ]ad的物质表示吸附在催化剂表面的微粒)，下列说法正确的是（   ）

A. H2O转化为O2、[H+]ad时，只发生断键过程
B. 该过程的总反应为CO2+2H2O  CH4+2O2
C. 反应①～④中，含碳物质均发生氧化反应
D. 上述过程中太阳能全部转化为化学能
11.氯碱工业是最基本的化学工业之一，也是一种高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节(电)能30％以上。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如下图所示，其中的电极未标出，所用的离子膜都只允许阳离子通过。

下列有关说法错误的是（   ）
A. A中的离子方程式为 2Cl-+2H＋ Cl2↑+H2↑
B. A，B两装置中阳离子的迁移方向均为由左到右
C. NaOH溶液的质量分数a％< b％
D. 氯气、烧碱是电解食盐水时按照固定的比率k(质量比)生成的产品。理论上k=0.8875
12.电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。现利用盐酸滴定某溶液中碳酸钠含量，其电位滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（   ）

A. 该滴定过程中不需任何指示剂           B. a点溶液中存在：c(Na+)>c(HCO )+c(CO )+c(H2CO3)
C. b点溶液呈酸性                                 D. a到b之间存在：c(Na+)”、“=”或“r(W)>r(X)>r(Y)，B符合题意；
C．根据分析可知丁为CO，反应③为C与二氧化硅的反应，生成硅和CO，为工业制粗硅的原理，C不符合题意；
D．X与W分别为C元素和Si元素，其简单氢化物均为分子构成，因为CH4的相对分子质量较SiH4的小，分子间的范德华力较SiH4的小，所以其沸点相对较低，即X < W，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；其中Z为金属元素，其单质与水反应后溶液能使酚酞试液变为浅红色，则Z与水反应的产物应是弱碱，则Z为Mg，乙为MgO，甲可以和Mg反应得到MgO和X的单质，则X应为C，甲为CO2 ， 符合“X的单质在O2点燃生成甲”，X、W为同一主族元素，且W也为短周期元素，所以W为Si元素，丙为SiO2 ， C与SiO2高温反应生成Si和CO，即丁是CO，据此分析解答。
8.【答案】 D
【解析】【解答】A．为防止原料加热蒸发损失，同时达到冷凝回流效果，应先从冷凝管接口b处通水，再先加热至反应温度，故A不符合题意；
B．该实验要求温度较准确，适宜用热水浴加热，以便控制温度，故B不符合题意；
C．从反应方程式看，浓硫酸作催化剂，产物中有水，通过浓硫酸吸水，促进反应更完全，故C不符合题意；
D．在水洗操作中，放气操作需要将分液漏斗向上倾斜，再打开活塞进行放气，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.提前通入冷凝水，可以提高冷凝效果
B.温度低于100℃可以进行水浴加热
C.考查的是浓硫酸的作用是催化剂以及吸水促进反应进行
D.分液漏斗不能对着人，应该倾斜放置
9.【答案】 D
【解析】【解答】A．一水合氨抑制水的电离，生成的醋酸铵促进水的电离，醋酸抑制水的电离，因此向0.1mol•L-1氨水中滴加等浓度的CH3COOH溶液至过量，先是一水合氨浓度减小，醋酸铵浓度增大，之后是醋酸铵浓度不变，醋酸浓度增大，因此水的电离程度先增大后减小，故A 不符合题意；   
B．常温下，pH为2的某酸HA与pH为12的某碱BOH等体积混合溶液呈酸性，说明HA过量，酸的浓度大于碱，则HA溶液中存在电离平衡，HA为弱酸，BOH可能为强碱，也可能为电离程度大于HA的弱碱，故B不符合题意；     
C．醋酸为弱电解质，弱电解质溶液浓度越小，电离程度越大，0.2mol•L-1CH3COOH溶液中的c(H+)小于0.1mol•L-1CH3COOH溶液中的c(H+)的2倍，故C不符合题意；   
D．反应后的溶液为等浓度的(NH4)2SO4和Na₂SO4的混合溶液，由于 水解，溶液显酸性，则有c(SO )=c(Na+)＞c(NH )＞c(H+)＞c(OH-)，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.加入醋酸后，生成醋酸铵，水解逐渐增强，当醋酸过量时，水的电离被抑制减弱
B.此实验可以说明HA为弱酸，BOH的碱性强弱无法确定
C.稀释越电离，且电离不是成倍数增加
D.根据物料守恒以及电荷守恒进行判断
10.【答案】 B
【解析】【解答】A．H2O转化为O2、[H+]ad时，除了有水分子中氢氧原子之间的断键过程以外，还有氧原子与氧原子重新组合成氧气分子的成键过程，A不符合题意；
B．根据图示循环体系可得知总反应为二氧化碳和水在催化剂作用下转化为甲烷和氧气的过程，其化学方程式为：CO2+2H2O  CH4+2O2 ， B符合题意；
C．反应①~④中，C元素发生“CO2→HCOOH→HCHO→CH3OH”的转化，C元素的化合价持续降低，均发生还原反应，C不符合题意；
D．上述过程中太阳能转化为化学能，但不是全部转化，部分以热能形式散失，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A. H2O转化为O2、[H+]ad时 是化学变化涉及到键的断裂和键的形成
B.根据图示起始的反应物和最终的产物即可写处方方程式
C.标出①到④过程中碳元素的化合价的 变化
D.化学反应中的能量变化涉及到转化为化学能或者是热能
11.【答案】 A
【解析】【解答】A．电解池中为阴极是水电离出的氢离子放电生成氢气，电解液显碱性，所以总反应为2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH- ， A符合题意；
B．A为电解池，阳离子由阳极流向阴极，即从左到右；B为原电池，阳离子由负极流向正极，即从左到右，B不符合题意；
C．B池中右侧为正极，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH- ， 左侧电极为负极，发生H2-2e-+2OH-=2H2O，所以只有Na+通过离子膜进入右侧，使NaOH浓度升高，即a％< b％，C不符合题意；
D．电解食盐水的总反应为2NaCl+2H2O Cl2↑+H2↑+2NaOH，生成1mol氯气的同时生成2molNaOH，所以k= =0.8875，D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A为电解池，进料为精制饱和NaCl溶液，出料为稀NaCl溶液，Na+在溶液中不会参与电极反应，所以A中左侧为阳极，氯离子放电得到氯气，右侧为阴极，水电离出的氢离子放电生成氢气，钠离子通过离子膜进入右侧；B为燃料电池，所以通入空气的一极为正极，Y为电解池产生的氢气，在负极被还原。
12.【答案】 D
【解析】【解答】A．由于可根据指示电极电位(ERC)是否产生了突跃来判断终点，因此该滴定过程中不需任何指示剂，A不符合题意；
B．依据物料守恒可知c(Na+)＝2c(HCO )+2c(CO )+2c(H2CO3)，因此a点溶液中存在：c(Na+)＞c(HCO )+c(CO )+c(H2CO3)，B不符合题意；
C．根据图像可判断b点盐酸恰好与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，因此溶液呈酸性，C不符合题意；
D．a到b之间反应没有结束，盐酸不足，所以溶液中存在：c(Na+)＞c(Cl-)，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.此实验的电极电位发生突变说明达到了反应的终点
B.碳酸钠和盐酸分步反应，a点时发生的是碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠的反应，此时溶液碱性，结合物料守恒进行判断即可
C.b点发生第二步反应是盐酸和碳酸氢钠的反应，即可判断此时的溶液的酸碱性
D.a到b之间始终是钠离子的浓度高于氯离子
二、多选题
13.【答案】 A,C
【解析】【解答】A．苯环上所有的碳原子共平面，且羧基直接与苯环相连仍在苯环所在平面内，分子中所含碳原子均共平面，故A符合题意；
B．X里含有两个羧基，乙醇中只有一个羟基，故X可以与乙醇反应生成小分子酯类物质，不能发生缩聚反应，故B不符合题意；
C．根据X、Y及鲁米诺分子结构简式可知反应①为取代反应，生成小分子水，反应②为硝基转化为氨基的过程，属于还原反应，故C符合题意；
D．设X的物质的量为1mol，则反应①发生取代反应生成2mol水，反应②中1molY与氢气发生还原反应，生成2mol水，所以等物质的量的X、Y进行反应①与反应②，理论上生成水的质量比为1∶1，故D不符合题意；
故答案为：AC。

【分析】A.苯环上所有的原子均共面
B.发生羧基需要含有两个羧基和两个醇羟基，但是乙醇只含有一个醇羟基
C.根据反应物和生成物即可判断反应类型
D.写出反应方程式即可判断
三、非选择题
14.【答案】 （1）3I2+3Na2CO3=5NaI+NaIO3+3CO2↑或3I2+3CO =5I-+IO +3CO2↑；I-(aq)与I2(s)反应形成I (aq)，增加固体I2的溶解性，增大反应速率或NaI对该反应具有催化作用
（2）3N2H4·H2O+2IO = 3N2↑+2I-+9H2O
（3）A；B；A
（4）A D；减压环境与外界空气隔绝，避免I-被氧化
（5）④；②；⑤；③
【解析】【解答】(1)①I2与Na2CO3溶液同时发生两个反应，生成物除NaI外，还分别生成NaIO和NaIO3 ， 一个反应为：I2+Na2CO3=NaI+NaIO+CO2↑，另一个反应为碘与碳酸钠反应生成NaIO和NaIO3 ， 同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为：3I2+3Na2CO3=5NaI+NaIO3+3CO2↑或3I2+3CO =5I-+IO +3CO2↑；
 
②I-(aq)与I2(s)反应形成 (aq)，增加固体I2的溶解性，使反应速率增大或NaI对该反应具有催化作用，故I2与Na2CO3溶液的反应很慢，加入NaI固体能使开始反应时的速率明显加快，故答案为：I-(aq)与I2(s)反应形成I (aq)，增加固体I2的溶解性，增大反应速率或NaI对该反应具有催化作用；
(2)步骤Ⅱ中，水合肼与 反应产生氮气、碘离子和水，根据已知信息及氧化还原反应的配平原则可知，该反应的离子方程式为3N2H4·H2O+2IO = 3N2↑+2I-+9H2O；
(3) ①将步骤Ⅱ得到的pH为6.5~7的溶液调整pH至9~10，在100℃下保温8h，则应选用NaOH调节pH，因为NH3•H2O受热易分解；在②操作中，将溶液A的pH调整至3~4，应该用HI调节pH；③为了不引入杂质调节pH值为弱碱性，选用试剂X为NaOH，故答案为：A；B；A；
(4) ①减压蒸发是在低于大气压下进行蒸发操作，将二次蒸气经过冷凝器后排出，所以除列出仪器外，还需直形冷凝管和抽气泵，故答案为：AD；
②“减压蒸发”减小压强，降低沸点，利于水的蒸发；I-易被空气氧化，减压环境与外界空气隔绝，还可避免I-被氧化，故答案为：减压环境与外界空气隔绝，避免I-被氧化；
(5)由于NaI易溶于酒精，且在酒精中的溶解度随温度变化不大，所在乙醇中进行重结晶。先加热溶剂乙醇，再溶解NaI•2H2O粗品，然后经减压蒸发结晶使NaI析出，趁热过滤后在真空中干燥，避免NaI被氧化，故其操作顺序为④②⑤③。
【分析】碘单质与碳酸钠溶液反应后，再与水合肼作用，通过多步操作得到粗碘化钠溶液，蒸发、过滤得到NaI•2H2O粗品，重结晶后得到高纯碘化钠。
 
15.【答案】 （1）ZnO+2NH +2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O
（2）2～4
（3）MnO +3Fe2++7H2O=MnO2+3Fe(OH)3↓+5H+；4.0×10-8
（4）Cu、Zn
（5）2Zn2++4HCO =Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O；NH4Cl
（6）×100% 或 %
【解析】【解答】(1) 氨体系环境中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，“浸取”时，ZnO与氯化铵、氨水反应生成[Zn(NH3)4]Cl2和水，发生反应的离子方程式为ZnO+2NH +2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O；
 
(2)由图示可知，氯化铵浓度为2~4时，Pb的浸出率低、Zn的浸出率很大，所以氯化铵适宜浓度范围为2~4mol×L-1；
 (3)加入适量KMnO4溶液的目的是除去铁元素的同时溶液中不会有明显的锰元素残留，说明还原产物是MnO2、氧化产物是Fe(OH)3 ， 除铁步骤的离子方程式是MnO +3Fe2++7H2O=MnO2+3Fe(OH)3↓+5H+；常温下，除铁时溶液的pH=4，c(OH-)=10-10 mol×L-1 ， Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10–38 ， 此时体系中Fe3+残留最大浓度为 mol×L-1；
(4)根据流程图，可知，加入试剂a的目的是除铜，a是过量的锌，锌把溶液中的铜置换出来，“滤渣Ⅲ”的成分为Cu、Zn；
 (5)根据流程图，“沉锌”过程是溶液中的氯化锌和碳酸氢铵反应生成氯化铵、Zn2(OH)2CO3和CO2 ， 反应的离子方程式为2Zn2++4HCO =Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O，此过程中可以循环利用的副产品是NH4Cl；
(6) 1.0 mL EDTA标准液[c(EDTA)=1.000 mol×L-1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139，反应消耗a mol·L-1EDTA标准液V mL，则mg样品中氧化锌的质量为0.08139×aVg，氧化锌的质量分数为 %。
【分析】铜转炉烟灰加入氯化铵、氨水浸取，除烟灰中的Pb；滤液中加入氯化铁生成固体FeAsO4除As；滤液中加高锰酸钾、硫酸，调节pH=4~4.5生成氢氧化铁沉淀除铁；滤液加过量的锌置换出单质铜除去铜元素；滤液中加入碳酸氢铵生成Zn2(OH)2CO3沉淀，煅烧Zn2(OH)2CO3生成活性氧化锌。
 
16.【答案】 （1）+249.1
（2）>；高温
（3）259.2
（4）以Ni-CeO2为催化剂，测定转化率时，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移，CO2转化率下降；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加
（5）Ni-CeO2；320℃
（6）2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；6
【解析】【解答】I. (1)根据摩尔生成焓的定义，推出①C(s)＋O2(g)=CO2(g) =－395kJ·mol－1 ， ②C(s)＋2H2(g)=CH4(g) =－74.9kJ·mol－1 ， ③C(s)＋ O2(g)=CO(g) =－110.4kJ·mol－1 ， 根据目标反应方程式及盖斯定律可知，③×2－②－①得目标方程式，所以 =[(－110.4)×2－(－74.9)－(－395)]kJ·mol－1=＋249.1kJ·mol－1；故答案为＋249.1；
 
(2)根据第(1)问分析可知，该反应为吸热反应，所以活化能Ea(正)＞ Ea(逆)；根据 可知，要想自发进行，即满足 ＜0，当 ＞0时，高温有利于自发进行，故答案为：＞；高温；
(3)根据已知信息，设平衡时转化的二氧化碳的压强为p kPa，则
，
由平衡的p总=（14+16）kPa =42 kPa可知，（14-p）+（16-p）+（14-p）+2p+2p=30+2p=42kPa，则p=6kPa。所以平衡时，p(CO2)=8 kPa，p(CH4)=10 kPa，p(CO)=12 kPa，p(H2)=12 kPa，则平衡常数Kp= ；
II. (4)高于320℃后，以Ni-CeO2为催化剂，其选择性有所下降，所以CO2转化率略有下降，且以Ni-CeO2为催化剂，测定转化率时，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移，CO2转化率下降；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加；
(5)根据图像分析可知，温度适宜（320℃）时，以Ni-CeO2为催化剂明显比以Ni为催化剂时CO2转化率高，且催化剂选择性强，所以应选择Ni-CeO2为催化剂，最佳温度为320℃，故答案为：Ni-CeO2；320℃；
III. (6) 以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，根据装置图可分析，CO2在阴极得到电子转化为乙烯，所以阴极上的电极反应式为：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；铅酸蓄电池总反应方程式为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，则根据电子转移数守恒可得到，C2H4 12e- 6Pb 12H2SO4 ， 则每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中硫酸的物质的量为0.5 12=6mol，故答案为：6。
【分析】（1）根据盖斯定律计算即可，焓变大于0 
（2）焓变大于0，说明正反应的活化能高于逆反应的活化能，根据进行判断即可
（3）根据方程式以及给出的数据利用三行式计算出平衡时的分压即可计算出常数
（4）可从催化剂的活性以及反应放热考虑，在320℃时 Ni-CeO2为催化剂 已经达到平衡，温度升高而平衡逆向移动，而对于Ni催化剂可能为达到平衡温度升高向右边移动
（5）根据图示即可判断选择催化剂和温度
（6）根据元素的化合价即可判断二氧化碳的碳元素的化合价降低，发生还原反应，因此二氧化碳在阴极得电子，根据生乙烯的量计算出转移的电子数，即可计算出消耗硫酸
 
17.【答案】 （1）；洪特规则
（2）B-O键键能大于B-B键和B-H键，所以更易形成稳定性更强的B-O键
（3）sp3杂化；bc
（4）BiF3是离子晶体，沸点较高，AsF3和AsCl3是分子晶体，沸点较低，AsCl3的相对分子质量大于AsF3的相对分子质量，分子间作用强，沸点高
（5）Mg；I3比 I2大很多，说明价层有2个电子，故该元素属于ⅡA族元素
（6）
【解析】【解答】(1)O是8号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p4 ， 价层电子排布式是2s22p4 ， 氧原子价电子层上的电子可以进行重排以便提供一个空轨道与氮原子形成配位键，该氧原子重排后的价电子排布图为 ，其核外电子排布没有优先占据轨道，所以不符合洪特规则，故答案为： ；洪特规则；
 
(2)因为B-O键键能大于B-B键和B-H键，所以更易形成稳定性更强的B-O键，根据键能越大物质越稳定可知，自然界中不存在硼单质，硼氢化物也很少，主要是含氧化物，故答案为：B-O键键能大于B-B键和B-H键，所以更易形成稳定性更强的B-O键；
(3) ①F3B-NH3晶体中，B原子与F、N以共价键相连，没有孤电子对，其价层电子对数为4+0=4，所以其杂化轨道类型为sp3杂化；
②F3B-NH3分子中B与F原子之间存在σ键，B提供空轨道，N提供孤对电子，两者形成配位键，且分子与分子之间存在范德华力，所以该晶体中不存在π键和离子键，bc正确，故答案为：bc；
(4)沸点大小关系：离子晶体＞分子晶体，结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，其范德华力越大，对应的晶体沸点越高。因为BiF3是离子晶体，沸点较高，AsF3和AsCl3是分子晶体，沸点较低，AsCl3的相对分子质量大于AsF3的相对分子质量，则其分子间作用强（范德华力大），故沸点高；
(5)该元素的第三电离能剧增，即I3比I2大很多，说明价层有2个电子，则该元素属于第ⅡA族元素，为Mg元素，故答案为：Mg；I3比I2大很多，说明价层有2个电子，故该元素属于ⅡA族元素；
(6) 由价电子排布式nd2n＋2(n＋1)sn-1知，n=3，即Q原子的核外价电子排布式为3d84s2 ， 则Q元素为Ni，因为一个晶胞中，La的个数为 ，Ni的个数为 ，则该晶胞的质量为 ，根据几何关系可知晶胞的体积为 ，则该合金的密度 g·cm-3 ， 故答案为： 。
【分析】（1）根据要求即可写出重拍后的价层电子图，能量高不稳定不符合洪特规则
（2） 键能越大越稳定，具有的能量越低
（3）①  BF3 中形成3个键，因此是sp3杂化，F3B-NH3晶体中 形成配位键 ② F3B-NH3晶体中存在的作用力 是 σ键  、配位键以及范德华力
（4）晶体类别不同熔沸点不同，结构相似的分子晶体，熔沸点的高低与相对分子质量有关
（5）根据第二电离能和第三电离能差距即可判断最外层含有两个电子，处于第三周期即可判断元素
（6）根据价层电子判断元素符号，再根据原子占位情况计算出晶胞中含有的原子个数，以及计算出晶胞的质量，再根据给出的数据计算出晶胞的体积，根据ρ=计算
 
18.【答案】 （1）乙酸乙酯；羰基、酯基、氯原子
（2）取代反应；+CH3NH3 +H2O
（3）3；
（4）(CH3)2NH或
（5）CH3CH2OH CH3COOH CH3COOC2H5
【解析】【解答】(1)A为CH3COOCH2CH3 ， 其名称为乙酸乙酯；C的结构简式为： ，所以其官能团为：羰基、酯基和氯原子，故答案为：乙酸乙酯；羰基、酯基、氯原子；
 
(2)根据上述分析可知，C与 发生取代反应生成D（ ）和HCl，所以C→D的反应类型为取代反应；D与氨基甲烷发生取代反应生成E（ ）和水，其化学方程式为： +CH3NH3 +H2O，故答案为：取代反应； +CH3NH3 +H2O；
(3)B为 ，其分子式为C6H10O3 ， ①能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明含有羧基；②为六元环状结构，羧基中含1个C原子，则该六元环中有一个O原子，则满足条件的B的同分异构体可以为： 、 、 共3种；其中 分子中有4种不能环境的氢原子如上图所示，所以核磁共振氢谱呈现4个吸收峰的异构体的结构简式为 ，故答案为：3； ；
(4)根据上述分析可知，H为(CH3)2NH或 ；
(5)需先将乙醇合成乙酸乙酯，再利用A→B和F→G的合成路线分析即可，具体合成路线为：CH3CH2OH CH3COOH CH3COOC2H5 。
【分析】CH3COOCH2CH3在NaH的作用下生成 ，为两分子的A生成B和CH3CH2OH，属于取代反应，B与SO2Cl2发生取代反应生成C，C与 发生取代反应生成D（ ），D与氨基甲烷发生取代反应生成E（ ）和水，E与 再次发生取代反应生成F，F与HCHO和H分子反应生成G（ ），根据G和F的结构简式对比可知，H为NH(CH3)3或 ，据此分析解答。