03新课标III卷理科综合化学解析版.docx

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03新课标III卷理科综合化学解析版

2021年新课标

卷理科综合化学03

可能用到的相对原子质量：

H1　C12　N14　O16　Na23　Mg24　S32　Cl35.5　Ca40　

Cr52Fe56　Cu64　Ag108Ba137

一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分）

7．化学与生活、科技及环境密切相关。

下列说法正确的是（）

A．2020年3月9日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是一种有机高分子材料

B．白葡萄酒含维生素C等多种维生素，通常添加微量SO2的目的是防止营养成分被氧化

C．酒精与84消毒液混合，可增强杀灭新型冠状病毒效果

D．《新修本草》中有关于“青矾”的描述为：

“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑙璃……烧之赤色……”这里的赤色是析出了Cu单质

【答案】B

【解析】A项，计算机的芯片材料是高纯度单质硅，是无机材料，A错误；B项，二氧化硫具有还原性，可防止营养成分被氧化，B正确；C项，84消毒液的有效成分为NaClO，有强氧化性，乙醇有还原性，二者混合发生氧化还原反应产生有毒Cl2，不仅降低消毒效果，还可能引发中毒，C错误；D项，“青矾”即为绿矾，化学式为FeSO4·H2O，烧之赤色，赤色是Fe2O3，D错误；故选B。

8．《新型冠状病毒肺炎诊疗方案（试行第七版）》中指出，洛匹那韦（Lopinavir）与氯喹类药物均可用于治疗新冠肺炎。

洛匹那韦（Lopinavir）（图1）和羟基氯喹（图2）的结构分别如图所示，对这两种有机化合物描述正确的是（）

A．洛匹那韦是一种人工合成的蛋白质

B．洛匹那韦能够发生酯化、加成、氧化、还原反应

C．羟基氯喹的分子式为C18H24N3OCl

D．羟基氯喹分子苯环上的一氯代物有5种

【答案】B

【解析】A项，蛋白质是高分子化合物，A项不符合题意；B项，该物质有羟基，可发生酯化反应；有苯环，可发生加成，加氢还原反应；有机物可发生氧化反应，B项符合题意；C项，分子式应为C18H26N3OCl，C项不符合题意；D项，羟基氯喹分子中苯环上的一氯代物有3种，D项不符合题意；故选B。

9．设NA为阿伏加德罗常数值。

下列说法正确的是（　　）

A．常温下，1LpH＝9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10－9NA

B．常温下，10mL5.6mol·L－1FeCl3溶液滴到100mL沸水中，生成胶粒数为0.056NA

C．向Na2O2通入足量的水蒸气，固体质量增加bg，该反应转移电子数为

D．6.8gKHSO4晶体中含有的离子数为0.15NA

【答案】C

【解析】A项，常温下，pH＝9的CH3COONa溶液，水电离出的氢氧根离子浓度是1×10－5mol·L－1,1L该溶液中，发生电离的水分子数为1×10－5NA，故A错误；B项，氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的聚集体，常温下，10mL5.6mol·L－1FeC13溶液滴到100mL沸水中，生成胶粒数小于0.056NA，故B错误；C项，2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑～2e－，由化学方程式可知，过氧化钠反应生成氢氧化钠时质量增大，固体增加4g转移2mol电子，向Na2O2通入足量的水蒸气，固体质量增加bg，该反应转移电子数为

，故C正确；D项，KHSO4固体含有K＋、HSO

，6.8gKHSO4晶体中含有的离子数为

×2×NA＝0.1NA，故D错误。

10．某兴趣小组设计如图实验装置探究氧化铜与足量的硫反应。

下列说法错误的是（　　）

A．加热前应先关闭a，打开K、c，排除装置内空气

B．酸性高锰酸钾溶液用于检验和吸收SO2气体

C．撤离酒精灯，反应能继续进行，说明该反应为放热反应

D．实验后，产物中的黑色固体是CuS

【答案】D

【解析】硫能与空气中的氧气反应生成SO2，造成干扰，所以加热前应先关闭a，打开K、c，排除装置内空气，A项正确；SO2具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液反应生成无色物质，实验现象明显，同时SO2是污染性气体，可用酸性高锰酸钾溶液吸收，B项正确；S与CuO的反应条件是加热，反应的条件由反应放热维持，说明该反应为放热反应，C项正确；CuO、Cu2S均是黑色固体，实验后产物中的黑色固体可能是Cu2S或CuO或CuS，不能确定产物一定是CuS，需要补出实验证明，D项错误。

11．下列离子方程式正确的是（）

A．Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应：

S2O32-+6H+=2S+3H2O

B．在海带灰的浸出液中滴加H2O2得到

：

2I-+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2O

C．向NH4Al（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液至SO42-恰好沉淀完全：

Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2O

D．Fe与稀硝酸反应，当n（Fe）：

n（HNO3）=1：

2时：

3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O

【答案】D

【解析】A项，.Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化硫、硫单质和水，正确的离子方程式为：

S2O32-+2H+=2S↓+SO2↑+H2O，故A错误；B项，在海带灰的浸出液中滴加H2O2得到I2，反应生成碘单质和水，正确的离子飞方程式为：

2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故B错误；C.向NH4Al（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液至SO42-恰好沉淀完全，由于铵根离子结合氢氧根离子能力大于氢氧化铝，则反应生成氢氧化铝沉淀和一水合氨，正确的离子方程式为：

NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=Al（OH）3↓+NH3·H2O+2BaSO4↓，故C错误；D项，Fe与稀硝酸反应，当n（Fe）：

n（HNO3）=3：

8时，Fe与稀硝酸恰好完全反应生成Fe（NO3）2、H2O、NO，n（Fe）：

n（HNO3）=1：

2＞3：

8，Fe过量，氧化产物为Fe2+，还原产物为NO，所以离子方程式为：

3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，故D正确。

故选D。

12．用一种阴、阳离子双隔膜三室电解槽处理废水中的NH

，模拟装置如图所示，下列说法正确的是

A．阳极的电极反应式为Fe-3e-=Fe3+

B．阴极的电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑

C．电解一段时间后，阴极室溶液中的pH升高

D．电解一段时间后，阴极室溶液中的溶质一定是（NH4）3PO4

【答案】C

【解析】A项，Fe为阳极，发生反应Fe-2e-=Fe2+，A错误；B项，阴极上H+放电生成H2，电极反应式为2H++2e-=H2↑，B错误；C项，电解时，阴极上H+放电生成H2，溶液中c（OH-）增大，溶液中pH增大，C正确；D项，电解时，溶液中NH

向阴极室移动，H+放电生成H2，溶液中OH-和NH

结合生成电解质NH3·H2O，所以阴极室中溶质为NH3·H2O和（NH4）3PO4或NH4H2PO4、（NH4）2HPO4，D错误。

13．短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，化合物M、N均由这四种元素组成，且M的相对分子质量比N小16。

分别向M和N中加入烧碱浓溶液并加热，二者均可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。

下列说法错误的是（）

A．X形成的某阳离子X5+中每个X都达到8电子结构

B．M和N可能发生反应

C．R与Y形成的具有漂白性的物质和Y与Z形成的具有漂白性的物质等物质的量混合后漂白性增强

D．X和Z的最简单气态氢化物之间反应能生成两种盐

【答案】C

【解析】向M和N中加入烧碱浓溶液并加热，二者均可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则M、N中含有铵根；又M的相对分子质量比N小16，刚好一个氧原子的质量，可能有多种情况：

若M是亚硫酸铵（NH4）2SO3，则N是硫酸铵（NH4）2SO4；若M是亚硫酸氢铵NH4HSO3，则N是硫酸氢铵NH4HSO4；若M是高氯酸铵NH4ClO3，则N是氯酸铵NH4ClO4等；又R、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，故R是H，X是N，Y是O，Z是S或Cl等。

A项，某阳离子X5+，为N5+，其结构式为

，每个氮原子周围均满足8电子结构，故A正确，不符合题意；B项，若M是亚硫酸氢铵NH4HSO3，N是硫酸氢铵NH4HSO4，二者反应生成硫酸铵、二氧化硫和水，故B正确，不符合题意；C项，过氧化氢和二氧化硫反应会生成硫酸：

H2O2+SO2=H2SO4，漂白性减弱，故C错误，符合题意；D项，X和Z的最简单气态氢化物可能分别是氨气和硫化氢，二者分别呈酸碱性，可发生反应生成硫化铵、硫氢化铵，故D正确，不符合题意；故选C。

二、非选择题（本大题共4小题，共58分）

（一）必做题

26．（14分）某兴趣小组欲探究反应2Fe2++I2

2Fe3++2I-，设计如下实验：

（1）I、Ⅱ均未检验出Fe3+，检验有无Fe3+的试剂是___________。

（2）经检验，Ⅱ→Ⅲ的过程中产生了Fe3+。

对Fe3+产生的原因作出如下假设：

假设a：

Fe2+被空气氧化，离子方程式为___________；

假设b：

Fe2+被酸性溶液中NO3-氧化；

假设c：

Fe2+被

氧化。

小组同学通过进一步实验证实了a、b不是产生Fe3+的主要原因，又查阅资料得知2Fe2++I2

2Fe3++2I-

的反应限度小、产生的c（Fe3+）低，故推测c（Fe3+）增大是因为向Ⅱ的浅黄色溶液中加入AgNO3溶液后，___________，促使该平衡正向移动。

（3）上述推测虽然合理，但Ⅳ中灰黑色浑浊中只检验出少量AgI，主要成分是Ag。

小组同学查阅资料得知新制的AgI见光分解速率较慢，故又对Ⅱ→Ⅲ过程中产生Fe3+的原因提出了假设d：

___________，该反应的离子方程式为___________，并设计实验证明该假设合理，实验方案为___________。

（4）经测定，Ⅲ→Ⅳ的过程中温度几乎无变化，c（Ag+）随反应时间的变化如题图所示。

若在实验开始时，先向Ⅲ的溶液中加入几滴Fe2（SO4）3溶液，c（Ag+）随反应时间的变化与题图相同。

则Ⅳ中迅速出现灰黑色浑浊的原因可能是___________。

【答案】

（1）KSCN溶液（苯酚溶液不得分，其它合理答案给分）（1分）

（2）4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O（2分）Ag+与I-生成了沉淀，降低了的浓度（2分）

（3）可能由氧化产生（2分）Fe2++Ag+=Fe3++Ag（2分）向1mL0.1mol/LFeSO4溶液中加入1mL0.1mol/LAgNO3溶液，出现灰黑色固体后，取上清液于试管中，再向试管中加入硫氰化钾溶液，若溶液变红，则证明假设成立（3分）

（4）反应生成的Ag作催化剂，加快了反应速率。

（答到催化作用就给分）（2分）

【解析】

（1）检验Fe3+的试剂为KSCN溶液；

（2）Ⅱ→Ⅲ的过程中产生了Fe3+，若是亚铁离子被空气氧化，离子方程式为：

4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；Ⅱ中存在2Fe2++I2

2Fe3++2I-，加入AgNO3溶液后，阴离子与碘离子产生黄色沉淀，碘离子浓度降低，使上述平衡正向移动，产生了三价铁离子；（3）Ⅳ中灰黑色浑浊中只检验出少量AgI，主要成分是Ag，说明银离子被还原，则一定有微粒被氧化，故产生Fe3+的原因可能是银离子将亚铁离子氧化所得，反应的离子方程式为：

，Fe2++Ag+=Fe3++Ag，若用实验证明银离子能否氧化亚铁离子，可设计实验方案：

向1mL0.1mol/LFeSO4溶液中加入1mL0.1mol/LAgNO3溶液，出现灰黑色固体后，取上清液于试管中，再向试管中加入硫氰化钾溶液，若溶液变红，则证明假设成立；（4）Ⅲ→Ⅳ的过程中，温度几乎不变，发生反应Fe2++Ag+=Fe3++Ag，实验开始时，向Ⅲ中加入几滴Fe2（SO4）3溶液，仍能迅速出现灰黑色沉淀，且c（Ag+）变化图像与未加Fe2（SO4）3相同，说明三价铁不能催化该反应，且单质银为该反应催化剂，反应初期，由于催化剂能加快反应速率，催化剂是影响反应速率的主要因素，故反应速率快，故答案为：

反应生成的Ag

作催化剂，加快了反应速率。

27．（14分））工业上以铬铁矿（主要成分是FeO·Cr2O3，含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等）为原料制取铬酸钠（Na2CrO4）晶体，其工艺流程如下：

已知：

①＋3价Cr在酸性溶液中性质稳定，当pH>9时以CrO

形式存在且易被氧化。

②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：

阳离子

Fe3＋

Fe2＋

Mg2＋

Al3＋

Cr3＋

开始沉淀时的pH

1.9

7.0

9.1

—

—

沉淀完全时的pH

3.2

9.0

11.0

4.7（>10溶解）

5.6（>9溶解）

（1）提高酸浸速率的措施有_______________________________________（答两条），滤渣3的主要成分是____________（填化学式）。

（2）流程中两次使用了H2O2进行氧化，第二次氧化时反应的离子方程式为____________________________________________________。

（3）如果把“调pH＝4.7”和“调pH>11”中间的“过滤”步骤省略，引起的后果是________________________________。

（4）制取铬酸钠后的废水中含有的Cr2O72-可以用绿矾除去，测得反应后的溶液中含Cr3＋、Fe2＋、Fe3＋、H＋等阳离子。

①该反应的离子方程式为______________________________。

②含一定浓度Cr3＋的废水排放到河塘中会使鱼类等水生生物死亡，原因是____________________________________________________。

【答案】

（1）升高温度、将铬铁矿粉碎、搅拌、增加硫酸浓度等（任答两条即可）（4分）Mg（OH）2（2分）

（2）2CrO2-＋3H2O2＋2OH－=2CrO42-＋4H2O（2分）

（3）pH>11时Al（OH）3会溶解，引入杂质离子AlO2-，使产品不纯（2分）

（4）①Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O（2分）

②重金属离子可使蛋白质变性（或重金属中毒）（2分）

【解析】铬铁矿用稀硫酸酸浸，FeO、Cr2O3、MgCO3、Al2O3与硫酸反应变成溶液，而SiO2不反应，过滤得到滤渣1为SiO2；然后通入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH=4.7时，Fe3+、Al3+完全沉淀，过滤得到滤渣2为Al（OH）3和Fe（OH）3；再调节pH=11，Mg2+完全沉淀被除去，过滤沉淀得滤渣3为Mg（OH）2；此时Cr元素以CrO2-的形式存在，过滤后，向滤液中再加入H2O2，将CrO2-氧化为CrO42-，最后采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法得到Na2CrO4晶体。

（1）提高酸浸速率的措施有升高温度、将铬铁矿粉碎、搅拌、增加硫酸浓度等；由分析可知滤渣3为Mg（OH）2。

（2）第一次加入H2O2是为了将Fe2+氧化为Fe3+，第二次加入H2O2是为了将CrO2-氧化为CrO42-，第二次氧化时反应的离子方程式为2CrO2-＋3H2O2＋2OH－=2CrO42-＋4H2O。

Na2CrO4溶液得到Na2CrO4晶体，可以采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；

（3）“调pH=4.7”时沉淀成分是Al（OH）3和Fe（OH）3，如果不把Al（OH）3除去，当继续加入NaOH至pH=11时，Al（OH）3会溶解，引入杂质离子AlO2-。

（4）①Cr2O72-可以用绿矾除去，Cr2O72-和FeSO4反应的离子方程式为Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O。

②Cr3＋为重金属离子，重金属离子可使蛋白质变性，因此含一定浓度Cr3＋的废水排放到河塘中会使鱼类等水生生物死亡。

28．（15分）研究二氧化碳甲烷化对资源综合利用有重要意义。

相关的主要化学反应有：

I．CO2（g）+4H2（g）

CH4（g）+2H2O（g）ΔH1=-165kJ·mol-1

Ⅱ．CO（g）+3H2（g）

CH4（g）+H2O（g）ΔH2=-206kJ·mol-1

Ⅲ．CO（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2（g）ΔH3

请回答：

（1）ΔH3=___________kJ·mol-1。

在低温下反应Ⅲ才能自发进行，则ΔS__________0（填“＞”、“＜”、“=”）

（2）在恒容密闭容器中，以n（H2）：

n（CO2）：

n（CO）=4∶1∶1充入容器，维持压力为0.1Mpa，测得不同温度下CO2、CO转化率如图所示。

①下列描述正确的是___________。

A．D→B过程中，升高温度使反应I和反应Ⅲ的CO2转化率均提高

B．比较A点和C点，转化率CO大于CO2，说明反应速率Ⅱ大于I

C．约660℃以前，以反应I、Ⅱ为主，约660℃以后反应Ⅲ为主

D．比较A和F，升高温度使反应Ⅲ向逆反应方向移动所致

②计算E点时，反应Ⅲ的平衡常数K=___________（保留小数点后两位）

③已知甲烷的收率[Y（CH4）=

×100%]，在恒容密闭容器中，充入n（H2）∶n（CO2）=4∶1，探究不同压强下甲烷的收率与温度关系如图所示，画出0.1Mpa时甲烷的收率与温度变化曲线_______。

（3）据报道，Pd—Mg/SiO2催化CO2甲烷化的机理如图所示，写出生成CH4的最后一步反应方程式___________。

【答案】

（1）-41（2分）＜（2分）

（2）①D（3分）②3.27（3分）

③

（2分）

（3）MgOCH3+H=CH4+MgO（3分）

【解析】

（1）已知I．CO2（g）+4H2（g）

CH4（g）+2H2O（g）ΔH1=-165kJ·mol-1

Ⅱ．CO（g）+3H2（g）

CH4（g）+H2O（g）ΔH2=-206kJ·mol-1

根据盖斯定律，Ⅱ-I可得反应Ⅲ∶CO（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2（g）ΔH3=-41kJ·mol-1；该反应ΔH＜0，在低温下才能自发进行，根据ΔH-TΔS＜0，则ΔS＜0；

（2）①A项，根据已知信息，反应I和反应Ⅲ均为放热反应，D→B过程中，升高温度，反应I和反应Ⅲ平衡均向逆向移动，反应ICO2转化率降低，反应ⅢCO2转化率提高，故A错误；B项，在恒容密闭容器中，维持压力为0.1Mpa，A点和C点的温度也相同，此时，反应I、Ⅱ中参加反应的各物质的量浓度也相等，则反应I、Ⅱ的反应速率相等，故B错误；C项，根据图示，反应I、Ⅱ为相互竞争关系，反应Ⅲ与反应I、Ⅱ为抑制关系，约660℃以前，CO转化率降低，以反应Ⅱ为主；CO2转化率先降后升，是反应I、Ⅲ共同作用的结果，则约660℃以前，以反应I、Ⅱ、Ⅲ为主；约660℃以后，CO转化率降低，CO2转化率升高，反应Ⅲ为主，故C错误；D项，由图示可知，A→FCO转化率降低，升高温度，使反应Ⅲ平衡向逆反应方向移动，故D正确；答案选D；②设初始，投入容器的n（H2）、n（CO2）、n（CO）分别为4mol、1mol、1mol，E点时，CO转化率为0，则平衡时n（CO）为1mol，同时对应的CO2转化率为30%，此时可以看做只有反应ICO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）发生，平衡时n（CO2）=1mol×（1-30%）=0.7mol，n（H2）=4mol-4×1mol×30%=2.8mol，n（H2O）=2×1mol×30%=0.6mol，反应ⅢCO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的反应前后气体分子数目相等，计算平衡常数时物质的量可代表其浓度，则平衡常数K=

=3.27；③在恒容密闭容器中，充入n（H2）∶n（CO2）=4∶1，发生反应I．CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）ΔH1=-165kJ·mol-1，该反应正向为气体分子数目减小的放热反应，恒温恒容时，减小压强，反应I平衡逆向移动，甲烷的收率减小；恒压恒容时，升高温度，反应I平衡逆向移动，甲烷的收率减小；根据②中计算，0.1Mpa，约660℃左右，1molCO2参与反应转化率为30%，生成甲烷的物质的量为0.3mol，甲烷的收率[Y（CH4）=

×100%]，则约660℃左右，甲烷的收率Y（CH4）=

×100%=

×100%=30%，则0.1Mpa时甲烷的收率与温度变化曲线

；（3）Pd-Mg/SiO2催化CO2甲烷化的总反应为CO2+4H2

CH4+2H2O，根据机理如图所示，生成CH4的最后一步反应方程式MgOCH3+H=CH4+MgO。

（二）选做题

37．[化学——选修3：

物质结构与性质]（15分）我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，近年来，人们对这些颜料的成分进行了研究，发现其成分主要为BaCuSi4O10、BaCuSi2O6

（1）颜料中含有Cu元素，基态Cu原子的价电子排布式为___________；Si、O、Ba元素电负性由大到小的顺序为_____，干冰、Si、SiC熔点由高到低的顺序为_____________。

（2）“中国蓝”的发色中心是以Cu2+为中心离子的配位化合物，其中提供孤电子对的是_______元素。

（3）铜可作CH3CH2OH氧化生成CH3CHO的催化剂。

乙醇的沸点高于乙醛，其主要原因是_____________________________。

（4）C、N元素与颜料中的氧元素同周期。

①写出CO的一种常见等电子体分子的电子式________________；C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为__________________________________。

②C、N元素能形成一种类石墨的聚合物半导体g-C3N4其单层平面结构如图1，晶胞结构如图2。

ⅰ．g-C3N4中氮原子的杂化类型是___________________。

ⅱ．根据图2，在图1中用平行四边形画出一个最小重复单元_____________。

ⅲ．已知该晶胞的体积为Vcm3，中间层原子均在晶胞内部。

设阿伏加德罗常数的值为NA，则g-C3N4的密度为___________________。

【答案】

（1）3d104s1（1分）O＞Si＞Ba（2分）SiC＞Si＞CO2（1分）

（2）O（或氧）（1分）（3）乙醇分子间存在氢键（1分）

（4）①

（1分）N＞O＞C（1分）

②sp2杂化（1分）

（3分）

（3分）

【解析】

（1）基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1；同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则电负性：

O＞C，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：

C＞Si，Ba是金属，电负性最小，则有O＞Si＞Ba；干冰是分子晶体，单质硅和SiC是共价晶体，晶体硅是Si-Si键，碳化硅是C-Si键，因为C的原子半径小于Si，Si-Si大于C-Si键键长，熔沸点高低：

碳化硅>晶体硅，则干冰、Si、SiC熔点由高到低的顺序为：

SiC＞Si＞CO2；

（2）“中国蓝”的发色中心是以Cu2+为中心离子的配位化合物，其中Cu2+提供空轨道，O原子提供孤电子对；（3）氢键的作用力大于范德华力，则分子间形成氢键的沸点较高，C2H5OH分子间存在氢键