2019年高三化学最新信息卷（十一）

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2019年高考高三最新信息卷化学（十一）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5K39一、选择题：本大题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。7．下列对古文献记载内容理解错误的是A．《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙黏土而为之”。“瓦”，传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐。B．《本草纲目》“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和槽入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏。C．《开宝本草》中记载：“此即地霜也，所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”。文中对硝酸钾提取涉及到升华操作D．《本草经集注》有记载：“以火烧之、紫青烟起，乃真硝石也”，区分硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4），该方法利用了焰色反应8．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．0.1mol和0.1mol于密闭容器中充分反应，反应后分子总数为0.2B．向过氧化钠中通入足量的二氧化碳，当固体增重28g，转移电子数为C．在标准状况下，22.4LHF与个中含有的电子数相同D．含有个胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量大于56g9．油纸伞是“国家级非物质文化遗产”，其传统制作技艺的最后一步使用的桐油(主要成分是不饱和脂肪酸甘油三酯)，可因自行聚合而固化。下列有关说法正确的是A．1，2-丙二醇与甘油互为同系物B．C17H33COOH的直链不饱和脂肪酸共17种C．天然桐油能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．桐油的自行聚合固化属于缩聚反应10．某学习小组设计用98%的浓硫酸制取并验证其部分性质的实验装置图如下(夹持装置省略)。下列叙述不正确的是A．装置A中发生的离子反应方程式为：B．若装置B中装有品红溶液，观察到B中溶液红色褪去，则说明具有漂白性C．若装置B中装有酸性高锰酸钾溶液，观察到B中溶液褪色，则说明具有还原性D．装置C产生的白色沉淀为BaSO411．A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，其中D、E同主族，C、E同周期，A的核电荷数等于其电子层数，B、D形成的化合物可用于制不粘锅的保护膜，B、E形成的某种化合物是一种常见的有机溶剂，C的次外层电子数是最外层电子数的4倍，D的单质可与水反应置换出F的单质。下列说法不正确的是A．离子半径：E＞F＞D＞C＞AB．含氧酸的酸性可能为：B＞EC．A、B、F形成的某种化合物可使澄清石灰水变浑浊D．A与C形成的化合物溶于水显酸性12．一种新型动力电池(LiFePO4电池)总反应式为Li1－xFePO4+LixC6C6+LiFePO4，内部结构如图1所示，只有Li+通过聚合物隔膜。以此电池电解Na2SO4溶液(电极材料为石墨)，可制得NaOH和H2SO4，其原理如图2所示。下列说法错误的是 A．电池放电时，LixC6在负极发生氧化反应B．电池放电时，正极反应式为Lil－xFePO4+xLi−+xe−=LiFePO4C．电解时，图2的b电极反应式为2H2O－4e−=O2↑+4H+D．电解时，当转移0.2mol电子，A口产生气体的质量1.6g13．常温下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH后，NH与NH3·H2O的变化趋势如右图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)，下列说法不正确的是A．M点溶液中水的电离程度比原溶液小B．在M点时，n(OH－)－n(H+)=(a－0.05)molC．随着NaOH的加入，不断增大D．当n(NaOH)=0.05mo1时，溶液中有：c(Cl－)>c(NH)>c(Na+)>c(OH－)>c(H+)二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第26-28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35-36题为选考题，考生根据要求作答。26．（14分）硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。有关物质的部分性质如下表：物质熔点/℃沸点/℃其他性质SO2Cl2-54.169.1①易水解，产生大量白雾②100℃以上易分解为SO2和Cl2H2SO410.4338具有吸水性且难分解实验室用干燥而纯浄的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，反应的热化学方程式为：SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=－97.3kJ·mol－1反应装置如图所示(夹持仪器已省略)，请回答有关问题：（1）仪器B的名称为________；（2）仪器A的作用是_______；（3）装置乙中盛放的试剂为______，在实验室用氢氧化钠溶液吸收多余硫酰氯的离子反应方程式为______；（4）为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有_______(填序号)；①先通冷凝水，再通气体②控制气流速率，宜慢不宜快③若三颈烧瓶发烫，可适当降温④加热三颈烧瓶（5）少量硫酰氯也可用氯磺酸(ClSO3H)分解获得，该反应的化学方程式为：ClSO3H=H2SO4+SO2Cl2，此方法得到的产品中会混有硫酸。①分解产物中分离出硫酰氯的实验操作名称为__________________________________。②某同学为检验硫酰氯产品中是否混有硫酸设计实验如下：取少量产品溶于水，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，振荡，观察到有白色沉淀生成，则认为产品中含有硫酸。该同学的结论是否正确，请说明理由____________________________________________。27．（14分）某兴趣小组以废铁屑制得硫酸亚铁铵后，按下列流程制备二水合草酸亚铁()，进一步制备高纯度还原铁粉。已知：难溶于水；是二元弱酸，溶于水。（1）步骤②中H2C2O4稍过量的目的是：_____________________；（2）步骤②中得到FeC2O4.2H2O的离子反应方程式为：_________________________。 （3）实现步骤④，必须在______(填仪器名称)中进行，该步骤发生的化学反应方程式为：______________（4）为实现步骤⑤，不宜用碳粉直接还原Fe2O3，理由是________________________。（5）若将固体放在一个可称出质量的容器内加热，(Mr=180)首先逐步失去结晶水，温度继续升高时，(Mr=144)会逐渐转变为铁的各种氧化物。称取18.00g，持续加热，剩余固体的质量随温度变化的部分数据如下表(其中450℃以前是隔绝空气加热，450℃以后是在空气中加热)：温度/℃25150300350400450500600700800固体质量/g18.0016.2014.4014.407.207.208.008.007.737.73根据上述数据计算并推断：150℃剩余的固体物质是________________(填化学式，下同)；800℃剩余的固体物质是________________。28．（15分）探索CO2与CH4的反应使其转化为CO和H2，对减缓燃料危机，减少温室效应具有重要意义。回答下列问题（1）已知：①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+206.1kJ·mol−1②2H2(g)+CO(g)CH3OH(1)ΔH2=－128.3kJ·mol−1③2H2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH3=－483.6kJ·mol−125℃时，在合适的催化剂作用下，采用甲烷和氧气一步合成液态甲醇的热化学方程式为______________________。（2）向某密闭恒容容器中通入物质的量浓度均为0.1mol·L−1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。①工业生产时一般会选择在P4和1250℃条件下进行反应，请解释其原因____________________________。②在压强为P4、1100℃的条件下，该反应在5min时达到平衡点X，则0-5min内，用CO表示该反应平均速率为___________；该温度下，反应的平衡常数为___________(保留3位有效数字)。（3）工业上用CO和H2制取甲醇反应方程式为2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)。对于该合成反应，若通入的CO的物质的量一定，如图为4种投料比[n(CO)︰n(H2)分别为5︰7、10︰17、5︰9、1︰2]时，反应温度对CO平衡转化率的影响曲线。①曲线b对应的投料比是___________。②当反应在曲线a、b、c对应的投料比下达到相同的平衡转化率时，对应的反应温度和投料比的关系是___________。③投料比为10︰17反应温度为T1时，平衡混合气体中CO的物质的量分数为___________。35．【化学一选修3：物质结构与性质】（15分）（1）第四周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素对应基态原子的M层电子排布式为_________。（2）如图2所示，每条折线表示周期表IVA-VIIA中的某一族元素氢化物的沸点变化，每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是_______。（填化学式）（3）CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示。该晶体的熔点比SiO2晶体____(填“高”或“低”)（4）化合物(CH3)3N与盐酸反应生成[(CH3)3NH]＋，该过程新生成的化学键为_____(填序号)。A．离子键B．配位键C．氢键D．非极性共价键若化合物(CH3)3N能溶于水，其可能的原因有_______________________________。（5）碳可以形成多种有机化合物，下图4所示是一种嘌呤和一种吡啶的结构。 ①嘌呤中所有元素的电负性由大到小的顺序__________。②嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，请加以解释____________________。③分子中的大π键可以用符号π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。该嘌呤和吡啶中都含有大π键，请问：该吡啶中的大π键可表示为________。④吡啶结构中N原子的杂化方式为_________。（6）碳可以形成CO、CO2、H2CO3等多种无机化合物。①在反应CO转化成CO2的过程中，下列说法正确的是__________A．每个分子中孤对电子数不变B．分子极性变化C．原子间成键方式改变D．分子的熔沸点变大②干冰和冰是两种常见的分子晶体，晶体中的空间利用率：干冰______冰。（填“＞”、“＜”或“＝”）③H2CO3和H3PO4相比较酸性的强弱：H2CO3_______H3PO4。（填“＞”、“＜”或“＝”）36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）有机物J是我国自主研发的一类新药，它属于酯类，分子中除苯环外还含有一个五元环。合成J的一种路线如下：已知：回答下列问题：（1）B的结构简式是______；C中的官能团名称是____。（2）D生成E的化学方程式为。（3）H→J的反应类型是。H在一定条件下自身缩聚生成高分子化合物的结构简式是_______。（4）根据，X的分子式为_____。X有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体共有______种（已知：碳碳叁键或碳碳双键不能与羟基直接相连）。A．除苯环外无其他环，且无－O－O－键B．能与FeCl3溶液发生显色反应C．苯环上一氯代物只有两种（5）利用题中信息和所学知识，写出以甲烷和甲苯为原料，合成路线流程图（其它试剂自选）。绝密★启用前2019年高考高三最新信息卷化学答案（十一）7.【答案】C【解析】 A．“瓦"由黏土烧制而成，黏土的分成是硅酸盐，所以“瓦”是传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐，选项A正确；B．古代用蒸馏法酿酒，选项B正确；C．“所在山泽，冬月地有霜”的意思是冬天温降低，硝酸钾溶解度降低，结晶析出覆于地面；“扫取以水淋汁"的意思是收集析出的硝酸钾固体，再将硝酸钾溶解于水中形成溶液；“煎炼而成”的意思是蒸发浓缩硝酸钾溶液，使硝酸钾从溶液中析出得到纯净的硝酸钾固体，文中不涉及升华，选项C错误；D．钠元素的焰色反应是黄色的，钾元素的焰色反应是紫色的，可以用焰色反应鉴别硝酸钾和硫酸钠，选项D正确。答案选C。8.【答案】C【解析】A．H2和I2反应前后气体分子数不变，所以0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应，反应后分子总数为0.2NA，故A正确；B．过氧化钠和二氧化碳反应时，增重的为CO的质量，且反应掉1molCO2～增重28g～转移1mol电子，故当固体增重28g时转移NA个电子，故B正确；C．氟化氢在标准状况下为液态，不能用22.4L/mol这个摩尔体积，所以无法计算，故C错误；D．Fe(OH)3胶粒是由许多个Fe(OH)3聚集而成的，所以含有个胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量大于56g，故D正确。故答案选C。9.【答案】C【解析】同系物必须结构相似，组成上相差n个-CH2原子团；1，2-丙二醇与甘油所含有的羟基个数不同，1，2-丙二醇含有2个羟基，甘油含有3个羟基，结构不相似，不是同系物关系，A错误；如果-C17H33为直链烃基，含有碳碳双键就有16种，如果-C17H33为带有支链的烃基，含有碳碳双键的数目远大于17种，所以C17H33COOH 的直链不饱和脂肪酸大于17种，B错误；桐油主要成分是不饱和脂肪酸甘油三酯，结构中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；桐油主要成分是不饱和脂肪酸甘油三酯，结构中含有碳碳双键，在一定条件下与氢气发生加成反应变为固态，不属于缩聚反应，D错误；正确选项C。10.【答案】A【解析】A．浓硫酸和固体在写离子方程式时应用化学式，所以SO+H2SO4(浓)SO2↑+H2O+SO，故A错误；B．品红溶液红色褪去，说明SO2具有漂白性，故B正确；C．二氧化硫具有还原性，酸性高锰酸钾具有强氧化性，两者发生氧化还原反应溶液褪色，则说明SO2具有还原性，故C正确；D．二氧化硫的水溶液与氯化铁发生氧化还原反应生成硫酸根离子与钡离子结合成硫酸钡沉淀，所以装置C产生的白色沉淀为BaSO4，故D正确。答案选A。11.【答案】D【解析】根据上述分析可知，A、B、C、D、E、F分别为H、C、Mg、F、Cl与O元素，A．电子层数越多，简单离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则离子半径比较：Cl−＞O2−＞F−＞Si4+＞H+，即E＞F＞D＞C＞A，A项正确；B．B的含氧酸为碳酸，E的含氧酸有许多，如高氯酸、氯酸、次氯酸等，因碳酸的酸性强于次氯酸，所以含氧酸的酸性可能为：B＞E，B项正确；C．A、B、F形成的化合物碳酸可与澄清石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀与水，C项正确；D．A与C形成的化合物为MgH2可与水反应生成氢氧化镁与氢气，D项错误；答案选D。12.【答案】D【解析】LiFePO4电池放电时，LixC6在负极上发生氧化反应，Li1-xFePO4在正极上发生还原反应。电解Na2SO4溶液可通过阴阳离子移向判断阴阳极。A．由电池的总反应可知，放电时，LixC6在负极上失电子发生氧化反应，A正确；B．放电时，正极发生还原反应，电极反应式为Lil－xFePO4+xLi－+xe－=LiFePO4，B正确；C．SO移向b极，说明b极为阳极，阳极发生失电子的氧化反应，电极反应为：2H2O－4e－=O2↑+4H+，C正确；D．Na+移向a极，说明a极为阴极，阴极发生得电子的还原反应，电极反应为：2H2O+2e－=H2↑+2OH-，当转移0.2mol电子，产生氢气0.1mol，质量为0.2g；答案：D。13.【答案】C【解析】常温下，向1L0.1mol·L−1NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH，则溶液中发生反应NH+OH−=NH3·H2O，随着反应进行，c(NH)不断减小，c(NH3·H2O)不断增大。A项、M点是向1L0.1mol·L−1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，反应得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液中铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A正确；B项、根据电荷守恒c(H+)＋c(NH)＋c(Na+)＝c(OH−)＋c(Cl−)，可得n(OH−)－n(H+)=[c(NH)＋c(Na+)－c(Cl−)]×1L，在M点时c(NH)=0.05mol·L‾1，c(Na+)=amol·L‾1，c(Cl−)=0.1mol·L‾1，带入数据可得n(OH−)－n(H+)=[0.05mol·L−1+amol·L−1－0.1mol·L−1]×1L=(a－0.05)mol，故B正确；C项、氨水的电离常数Kb=，则=，温度不变Kb不变，随着NaOH的加入，c(NH)不断减小，不断减小，则不断减小，故C错误；D项、当n（NaOH）=0.05mol时，NH4Cl和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的NH3·H2O和NH4Cl、NaCl，NH3．H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度，导致溶液呈碱性，钠离子、氯离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(Cl−)>c(NH)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+)，故D正确。故选C。26.【答案】（1）球形干燥管（2）冷凝回流（3）浓硫酸SO2Cl2+4OH−=SO+2Cl−+2H2O（4）①②③（5）蒸馏不正确，因为硫酰氯水解可产生硫酸【解析】（1）仪器B的名称为球形干燥管，故答案为：球形干燥管。（2）仪器A是冷凝管，作用是冷凝回流，故答案为：冷凝回流。（3）浓硫酸具有吸水性，装置乙中盛放的试剂为浓硫酸，氢氧化钠溶液吸收多余硫酰氯的离子反应方程式为：SO2Cl2+4OH−=SO+2Cl−+2H2O，故答案为：浓硫酸；SO2Cl2+4OH−=SO+2Cl−+2H2O。（4）SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=－97.3kJ·mol－1，正反应为放热反应，升温平衡左移，为了提高本实验中硫酰氯的产率，不能加热三颈烧瓶，故答案为： ①②③。（5）①二者为互溶液体，沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离，故答案为：蒸馏；②硫酰氯水解可产生硫酸，同样能观察到有白色沉淀生成，故答案为：不正确，因为硫酰氯水解可产生硫酸。27.【答案】（1）使Fe2+沉淀完全，从而提高产率（2）Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O+2H+（3）坩锅4FeC2O42H2O+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O（4）接触面积小，反应不完全；产生铁粉中会混有杂质碳粉（5）FeC2O42H2OFe2O3【解析】硫酸亚铁铵晶体溶解于水，为防止Fe2+的水解，需要加入过量的草酸，生成的草酸亚铁晶体（FeC2O42H2O）难溶于水，可通过抽滤、洗涤并干燥获得，将所得晶体在空气中灼烧，得纯氧化铁（Fe2O3），再用CO还原氧化铁得到还原铁粉，以此分析解答。（1）Fe2+易水解，步骤②，H2C2O4稍过量除抑制Fe2+水解外，最主要的作用是将溶液里的Fe2+完全转化为草酸亚铁晶体，提高原料利用率，故答案为：使Fe2+沉淀完全，从而提高产率；（2）步骤②中得到FeC2O42H2O的离子反应方程式为：Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O+2H+，故答案为：Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O+2H+；（3）固体灼烧需要在坩埚内进行；草酸亚铁和O2灼烧时发生反应的化学方程式为4FeC2O42H2O+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O，故答案为：坩埚；4FeC2O42H2O+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O；（4）步骤⑤选用碳粉还原Fe2O3，为固体间的反应，接触面积小，反应不完全；多余的碳粉会影响铁粉的纯度，故答案为：接触面积小，反应不完全；产生铁粉中会混有杂质碳粉；（5）根据题给信息，450℃以前是隔绝空气加热，分析表中的数据可知，18.00g变为14.40g时，表明：300℃时，结晶水已全部失去，而150℃剩余的固体物质质量为14.40g<16.20g<18.00g，说明FeC2O42H2O没有分解完全，还有FeC2O42H2O剩余；450℃以后是在空气中加热，据铁元素守恒：6FeO→2Fe3O4→3Fe2O3                  6×72∶2×232∶3×160=72∶77.3∶80    即72∶77.3∶80≈7.20∶7.73∶8.00，固体质量的变化趋势与表中提供的数据一致，故800℃剩余的固体物质为：Fe2O3；故答案为：FeC2O42H2O；Fe2O3。28.【答案】（1）CH4(g)+O2(g)CH3OH(l)ΔH=-164.0kJ·mol−1（2）较大的压强和较高的温度都能加快反应速率，提高生产效率0.032mol·L−1·min−11.64（3）5∶9投料比越大，反应温度越低20.8%【解析】根据运用盖斯定律计算和书写热化学方程式；根据转化率运用三段式法进行反应速率、平衡常数和物质的含量相关等。（1）根据盖斯定律：2×①+2×②+③得2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(1)ΔH=2ΔH1+2ΔH2+ΔH3=2×206.1kJ·mol－1－2×128.3kJ·mol－1－483.6kJ·mol－1=328.0kJ·mol－1，故答案为：2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(1)ΔH=328.0kJ·mol－1；（2）①根据图表所示及工业生产需要分析知较大的压强和较高的温度都能加快反应速率，提高生产效率，故答案为：较大的压强和较高的温度都能加快反应速率，提高生产效率；②起始时甲烷的浓度为0.1mol·L－1，转化率为80%，则甲烷浓度变化为0.1mol·L−1×80%=0.081mol·L−1，v(CO)=2×v(CH4)=2×=0.032mol·L−1·min−1；CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)起始0.10.100转化0.080.080.160.16平衡0.020.020.160.16K=，故答案为：0.032mol·L−1·min−1；1.64；（3）①由方程式知，投料比n(CO)︰n(H2)越小，CO转化率越高，所以b曲线的投料比是排第二小的是5∶9；②根据图像趋势知投料比越大，反应温度越低；③投料比为10︰17对应曲线c，反应温度为T1时，平衡时CO转化率为75%，则2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)起始17100转化157.57.5平衡22.57.5混合气体中CO的物质的量分数为20.8%；故答案为：5∶9；投料比越大，反应温度越低；20.8%。35.【答案】（1）3s23p6（2）SiH4（3）高（4）B(CH3)3N与水分子之间能形成氢键；(CH3)3N和水分子均为极性分子，满足“相似相溶原理” （5）N>C>H孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力sp3（6）BCD><【解析】（1）根据题给图像分析，该元素第三电离能远远大于第二电离能，说明该元素的原子价电子数为2，为钙元素，M层电子排布式为：3s23p6，故答案为：3s23p6；（2）在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，NH3、H2O、HF因分子间存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象；组成与结构相似，相对分子量越大，分子间作用力越大，沸点越高，a点所在折线对应的是气态氢化物SiH4，故答案为：SiH4；（3）由CO2在高温高压下所形成的晶体图可以看出，其晶体结构为空间物质结构，每个C原子周围通过共价键连接4个O原子，则该晶体为原子晶体；原子晶体中，因为碳氧键比硅氧键键长短，键能大，所以该晶体的熔点比SiO2晶体熔点高，故答案为：高；（4）氢离子含有空轨道，N原子含有孤对电子，该过程新生成的化学键为氮与质子氢离子形成配位键，B项正确；极性分子(CH3)3N和水之间形成氢键，所以溶解性增强，且二者均为极性分子，相似相溶，化合物(CH3)3N与盐酸反应生成[(CH3)3NH]+，故答案为：B；(CH3)3N与水分子之间能形成氢键；(CH3)3N和水分子均为极性分子，满足“相似相溶原理”；（5）①元素的非金属性越强，电负性数值越大，嘌呤中所有元素的电负性由大到小的顺序为N>C>H，故答案为：N>C>H；②孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力越大，键角越大，因此嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，故答案为：孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力；③分子中的大π键可以用符号π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。根据吡啶的结构，其中的大π键由5个原子6个电子形成的，表示为π，故答案为：π；④吡啶结构中N 原子连接有3个原子，含有1个孤对电子，采用sp3杂化，故答案为：sp3；（6）①A．CO分子中碳和氧上各有1个孤对电子，CO2分子中碳和氧上各有2个孤对电子，A项错误；B．CO为极性分子，二氧化碳为非极性分子，B项正确；C．CO中存在碳氧三键，CO2中存在碳氧双键，分子间成键方式改变，C项正确；D．反应物中的一氧化碳和氧气的相对分子质量小于生成物二氧化碳，分子的熔沸点变大，D项正确；故选BCD；②水分子间存在氢键，且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存在较大的空隙，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积，晶体中的空间利用率：干冰＞冰，故答案为：＞；③H2CO3为弱酸，H3PO4为中强酸，所以酸性的强弱：H2CO3