2020年福建省龍巖市高考化學(xué)一模試卷

1、2020 年福建省龍巖市高考化學(xué)一模試卷一、單選題（本大題共6 小題，共36.0 分）1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。下列敘述錯(cuò)誤的是()A. 生活中可用氫氟酸在玻璃器皿上做標(biāo)記B. 液態(tài) HCl 不能導(dǎo)電，說明 HCl 是共價(jià)化合物C. 杜康用高粱釀酒的原理是通過蒸餾法將高粱中的乙醇分離出來D. “霾塵積聚難見路人”，霧和霾所形成的氣溶膠具有丁達(dá)爾效應(yīng)2. 設(shè) NA 為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是( )A. 71gCl 2 溶于足量水中， Cl? 的數(shù)量為 NAB. 46g 乙醇中含有共價(jià)鍵的數(shù)量為7NAC. 25時(shí)， 1L pH = 2 的 H2 SO4溶液中含 H+ 的總數(shù)為 0.

2、02N AD. 標(biāo)準(zhǔn)狀況下， 2.24L CO2與足量 Na2 O2 反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為 0.1N A3. 雙酚 A 是重要的有機(jī)化工原料，其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列關(guān)于雙酚 A 的說法正確的是 ( )A. 雙酚 A 的分子式為 C15 H14 O2B.C.D.一定條件下能發(fā)生取代和水解反應(yīng)最多有 13 個(gè)碳原子在同一平面苯環(huán)上的二氯代物有4 種4. 高能 LiFePO4 電池多應(yīng)用于公共交通，結(jié)構(gòu)如圖所示。電池中間是聚合物的隔膜，其主要作用是在反應(yīng)過程中只讓 Li+ 通過，原理如下：下列說法錯(cuò)誤的是()A. 放電時(shí)， Li + 向正極移動(dòng)B. 放電時(shí)，電子由負(fù)極 用電器 正極C. 充電時(shí)，陰極反應(yīng)

3、為xLi + + ?nC + xe- = Li xCnD. 充電時(shí)，陽極質(zhì)量增重5. 根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象，得出的結(jié)論正確的是( )選實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象項(xiàng)光照時(shí)甲烷與氯氣反應(yīng)后的混合氣體能使紫色石蕊A 溶液變紅向溶有 SO2 的 BaCl2 溶液中通入氣體 X ，出現(xiàn)白色沉B 淀兩支盛 0.1mol ?L-1 醋酸和次氯酸的試管中分別滴加C 等濃度 Na2 CO3 溶液，觀察到前者有氣泡、后者無氣泡D 向淀粉溶液中滴加 H2SO4 并加熱，再加入新制的結(jié)論生成的氯甲烷具有酸性X 一定具有氧化性Ka (CH3 COOH) Ka1 (H 2 CO3) Ka (HClO)淀粉沒有水解第1頁，共 16頁

4、Cu(OH) 2 懸濁液，加熱，未見磚紅色沉淀A. AB. BC. CD. D6. 常溫下，向盛 50mL0.100mol?L-1 鹽酸的兩個(gè)燒杯中各自勻速滴加50mL 的蒸餾水、0.100mol ?L-1 醋酸銨溶液，測得溶液pH 隨時(shí)間變化如圖所示。已知Ka (CH 3COOH) = 1.8 10-5，Kb (NH 3?H2 O) = 1.8 10-5 .下列說法正確的是 ( )A. 曲線 X 是鹽酸滴加蒸餾水的 pH 變化圖，滴加過程中溶液各種離子濃度逐漸減小B. 曲線 Y 上的任意一點(diǎn)溶液中均存在c(CH3 COO- ) WB.C.電解 W 的氯化物水溶液可以制得W 單質(zhì)實(shí)驗(yàn)室可用X

5、和 Z 形成的某種化合物制取單質(zhì)XD. 25 時(shí)， Y 的最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的鈉鹽溶液pH 大于 7三、簡答題（本大題共4 小題，共49.0 分）8.氯化亞銅 (CuCl) 廣泛應(yīng)用于化工、印染等行業(yè)。以硫化銅精礦為原料生產(chǎn)CuCl 的工藝如圖：已知 CuCl 難溶于醇和水，溶于c(Cl - )較大的體系 CuCl(s) + Cl- ?CuCl2- ，潮濕空氣中易水解氧化。(1) “氧化酸浸”前先將銅礦粉碎的目的是_。該過程生成藍(lán)色溶液和淺黃色沉淀，則反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為_；(2) “溶解”時(shí)所用硫酸濃度為 0.3mol ?L-1 ，配制 1L 此硫酸溶液， 需要 98% 、1.84g

6、?mL-1 濃硫酸 _mL( 保留 1 位小數(shù) )。溶解時(shí)反應(yīng)的離子方程式_；(3) “反應(yīng)”時(shí)， Cu+ 的沉淀率與加入的 NH4 Cl的量關(guān)系如圖所示。第2頁，共 16頁 反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是_， n( 氧化劑 ) ： n( 還原劑 ) = _； 比較 c(Cu + ) 相對大?。?A 點(diǎn) _C 點(diǎn)( 填“ ”、“ ”、“ ”、“ 碳酸 HClO，則K a(CH3 COOH) K a1 (H 2 CO3 ) K a(HClO) ，故 C正確；D. 在加入新制氫氧化銅懸濁液之前必須加入NaOH 溶液中和未反應(yīng)的稀硫酸，否則新制氫氧化銅和稀硫酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)而得不到磚紅色沉淀，故D 錯(cuò)誤；故選：

7、C。A. 氯氣和甲烷發(fā)生取代反應(yīng)生成HCl ；B.X 氣體不一定具有氧化性，可能是堿性氣體；C.強(qiáng)酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸，酸的酸性越強(qiáng)，其電離平衡常數(shù)越大；D. 在加入新制氫氧化銅懸濁液之前必須加入NaOH 溶液中和未反應(yīng)的稀硫酸。本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案評價(jià)，涉及酸性強(qiáng)弱判斷、物質(zhì)檢驗(yàn)等知識(shí)點(diǎn)，明確實(shí)驗(yàn)原理、元素化合物性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，D 為解答易錯(cuò)點(diǎn)，易忘記加入NaOH 而導(dǎo)致錯(cuò)誤判斷。6.【答案】 B【解析】 解：A.曲線 X 變化不大， 表示鹽酸中加水稀釋的pH 變化， 滴加過程中 c(H + )減小，但是溫度不變離子積常數(shù)不變，導(dǎo)致c(OH -) 增大，故 A 錯(cuò)誤；B.+ 和CH-

8、生成CHCOOHH+ 和 NH+ 不反應(yīng)，醋酸銨中CH-、鹽酸電離出的H3COO343COO，NH 4+ 的個(gè)數(shù)比為1： 1，則離子反應(yīng)的越多，溶液中該離子濃度越小，所以曲線Y 上的任意一點(diǎn)溶液中均存在c(CH3 COO- ) c(NH 4+ )，故 B 正確；C.a 點(diǎn) pH =2， c(H + ) = 0.01mol/L，根據(jù)電荷守恒可知：c(OH - ) + c(Cl - ) +c(CH 3COO-) = c(H + ) + c(NH 4+ ) =c(NH 4+ ) + 0.01mol/L ，則 c(OH - ) + c(Cl - ) +c(CH 3COO-) -c(NH 4+ ) =

9、0.01mol/L， n(Cl - ) + n(CH 3COO-) + n(OH - ) - n(NH 4+ ) =0.01mol/L0.1L = 0.001mol ，故C 錯(cuò)誤；D. 根據(jù)圖示可知， b 點(diǎn)溶液的 pH =1.14 ，c(H + ) = 10 -1.14mol/L ， H+ 抑制了水的電離，第8頁，共 16頁溶液中 OH- 來自水的電離，則水電離的c(H + ) = c(OH - ) = 10 -12.86 mol/L ， c 點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為氯化銨和醋酸， NH4+ 的 Kh =10 -14 5.6 10-10 K a (CH3 COOH)，說明醋酸-51.8 10電離程度大

10、于 NH4+ 水解程度，該溶液抑制水電離，則c 點(diǎn)溶液中水電離的 c(H + ) =c(OH - ) = 10 -10.49 mol/L ，所以 b 點(diǎn)溶液中水電離的c(H + )與 c點(diǎn)溶液中水電離的 c(H + )之比 = 10 -12.86 mol/L ：10 -10.49 mol/L= 10 -2.37 ，故 D 錯(cuò)誤；故選： B。A. 分別向兩個(gè)盛 50 mL 0.100 mol/L鹽酸的燒杯中勻速滴加50 mL 蒸餾水、50 mL 0.100 mol/L 醋酸銨溶液，加水稀釋對pH 變化影響較小，加入醋酸后發(fā)生反應(yīng)H + + CH3COO- ? CH3COOH，生成弱電解質(zhì) CH3

11、COOH，溶液中 c(H + )濃度迅速減少， pH變化較大， pH 變化較大的是醋酸銨，pH 變化較小的是蒸餾水；B. 鹽酸電離出的 H+和CH-生成CH+和NH+不反應(yīng)；3 COO3 COOH，H4C.a 點(diǎn) pH =2， c(H + ) = 0.01mol/L，根據(jù)電荷守恒可知：c(OH - ) + c(Cl - ) +c(CH 3COO-) = c(H + ) + c(NH 4+ ) =c(NH 4+ ) + 0.01mol/L ，則 c(OH - ) + c(Cl - ) +c(CH 3COO-) - c(NH 4+ ) = 0.01mol/L；D. 根據(jù)圖示可知， b 點(diǎn)溶液的 p

12、H =1.14 ，c(H + ) = 10 -1.14mol/L ， H+ 抑制了水的電離，溶液中 OH-來自水的電離，則水電離的c(H + ) = c(OH - ) =10 -12.86mol/L ， c 點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為氯化銨和醋酸，NH4+ 的 Kh =10 -14 5.6 10-10 W，故 A正確；B. 電解氯化鎂溶液生成氫氧化鎂沉淀、氫氣和氯氣，無法獲得Mg ，故 B 錯(cuò)誤；C.實(shí)驗(yàn)室 O、 H 形成的雙氧水制取少量氧氣，故C 正確；D. 硝酸鈉為強(qiáng)堿強(qiáng)酸鹽，其酸溶液呈中性，常溫下pH = 7，故 D 錯(cuò)誤；故選： BD 。W 、 Y、 Z 為不同周期不同主族的短周期元素，說明有一種

13、元素為H，根據(jù)圖示結(jié)構(gòu)可知， W 形成 +2 價(jià)陽離子， X 形成 2 個(gè)共價(jià)鍵， Z 形成 1 個(gè)共價(jià)鍵，則 Z 為 H 元素， W位于 A 族， X 位于 A 族； W、 X 對應(yīng)的簡單離子核外電子排布相同，則W 為 Mg ，X 為 O 元素； W 、 Y、 Z 的最外層電子數(shù)之和等于X 的核外層電子數(shù)， Y 的最外層電子數(shù)為 8 - 2 - 1 = 5， Y 與 H、 Mg 不同周期，則Y 為 N 元素，據(jù)此解答。本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的應(yīng)用，題目難度中等，推斷元素為解答關(guān)鍵，注意掌握元素周期律內(nèi)容及常見元素化合物性質(zhì)，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及邏輯推理能力。8.【答案】增大接觸

14、面積，加快酸浸速率， 提高 Cu 的浸出率等 CuS+ H2 SO4 + H2O2 =CuSO4 + S+ 2H2O 16.33Cu + 8H + + 2NO3-= 3Cu2+ + 2NO +4H 2 O SO42- 或(NH 4 )2 SO42：1 加水稀釋 (NH 4) 2SO4HNO3具有強(qiáng)氧化性會(huì)把CuCl 氧化【解析】 解：(1) “氧化酸浸”前先將銅礦粉碎的目的是增大接觸面積，加快酸浸速率，提高 Cu 的浸出率等，該過程生成藍(lán)色溶液和淺黃色沉淀，說明生成硫酸銅和硫，反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為 CuS+ H2SO4 + H2 O2 = CuSO4 + S + 2H 2 O，故答案為： 增

15、大接觸面積， 加快酸浸速率， 提高 Cu 的浸出率等； CuS+ H2 SO4 + H2O2 = CuSO4 + S + 2H 2 O；第9頁，共 16頁(2) “溶解”時(shí)所用硫酸濃度為 0.3mol ?L-1 ，配制 1L 此硫酸溶液，需要 98% 、1.84g ?mL-1濃硫酸，濃硫酸的物質(zhì)的量濃度為c =1000 1.84 98%，設(shè)濃硫酸的體98mol/L = 18.4mol/L積為 VL ，則 18.4mol/LV = 0.3mol/L1L ， V = 0.0163L = 16.3mL ，溶解時(shí)反應(yīng)的離子方程式為 3Cu + 8H + 2NO3-=3Cu2+ + 2NO +4H 2

16、O，故答案為： 16.3 ； 3Cu + 8H + + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO +4H 2 O；(3) 涉及反應(yīng)為發(fā)生 2Cu2+ SO32-+ 2Cl- + H2O = 2CuCl + SO42- + 2H + ，反應(yīng)中 S 元素化合價(jià)升高，被氧化，氧化產(chǎn)物為SO42- 或 (NH 4 ) 2 SO4 ，由方程式可知 n( 氧化劑 ) ：n( 還原劑 ) = 2：1，故答案為： SO42- 或(NH 4)2SO4； 2： 1；(4) C點(diǎn)生成 CuCl 物質(zhì)的量相同，溶液中存在CuCl2- ，而 A 點(diǎn)存在 Cu+ ，則 A 點(diǎn) Cu+ 濃度較大，故答案為： ； 體系中存在

17、CuCl(s) + Cl- ? CuCl2- ，如提高處于 C 點(diǎn)狀態(tài)的混合物中Cu+ 沉淀率， 可使配合逆向移動(dòng)，應(yīng)加水稀釋，故答案為：加水稀釋；(5) 發(fā)生 2Cu2+ + SO23- + 2Cl- + H2 O = 2CuCl + SO24- + 2H + ，“過濾”所得濾液中溶質(zhì)主要成分的化學(xué)式為 (NH 4) 2SO4，故答案為： (NH 4 ) 2 SO4；(6) 硝酸具有強(qiáng)氧化性，可氧化CuCl ，則不能用硝酸代替硫酸，故答案為：HNO3 具有強(qiáng)氧化性會(huì)把 CuCl 氧化。硫化銅加入硫酸、過氧化氫可得硫酸銅和硫，硫酸銅可還原生成銅，酸性條件下硝酸根離子具有氧化性， 可氧化銅生成硫

18、酸銅，過濾后在濾液中加入亞硫酸銨發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成 CuCl ，發(fā)生 2Cu2+ + SO32- + 2Cl-+ H2O = 2CuCl + SO42- + 2H + ，得到的 CuCl經(jīng)硫酸酸洗后再用乙醇洗滌，烘干得到氯化亞銅，以此解答該題。本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)， 為高頻考點(diǎn)， 把握制備流程中發(fā)生的反應(yīng)、 混合物分離提純、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵， 側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋?注意元素化合物知識(shí)與實(shí)驗(yàn)的結(jié)合，題目難度不大。9.2+ 4H3- H1 9.7% 0.03mol ?L-1 ?min -1K 降低生成乙烯【答案】2 H的反應(yīng)所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而對其他副反應(yīng)幾乎無影響

19、ac 正 2CO2 + 12e -+ 8H2O = C2H4 + 12OH -【解析】 解： (1) C2H4 (g) + 2O2 (g) =2CO2(g) + 2H 2 (g) H1 2H 2 (g) + O2 (g) = 2H 2 O(1) H2 H 2 O(1) = H2O(g) H3根據(jù)蓋斯定律 2+ 4- 計(jì)算2CO催化劑2(g ) + 6H 2(g)的 C2H4(g) + 4H 2O(g)H4 = 2H2+ 4H3-H1?，故答案為： 2 H2 + 4H3-H1?；(2) 該反應(yīng)正向是氣體體積減小的反應(yīng)，其他條件不變時(shí)， 增大氫氣的濃度， 則 CO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，即投料比 n(

20、H 2 )= x 越大， CO2的平衡轉(zhuǎn)化率越大，所以x = a 3，n(CO 2 )由圖可知，反應(yīng)隨著溫度的升高，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率降低，則正反應(yīng)放熱，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)K 減小，由于溫度：N M，所以平衡常數(shù) KM K N，故答案為： ； ；x = 3 時(shí)，設(shè) n(H 2 ) =6mol 、 n(CO2 ) = 2mol ， M 點(diǎn) CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為60% ，反應(yīng)三段式為，2CO2 (g ) + 6H2 (g) ?C2 H4(g) + 4H 2O(g)起始量 (mol)2600變化量 (mol)1.23.60.62.4平衡量 (mol)0.8 2.40.62.4第10 頁

21、，共 16頁0.6molM 點(diǎn)乙烯體積分?jǐn)?shù) = (0.8+2.4+2.4+0.6)mol 100% = 9.7% ，故答案為： 9.7%；300，往 6L反應(yīng)容器中加入 3mol H2 、1mol CO2，即 x = 3，M 點(diǎn)CO2 的平衡轉(zhuǎn)化率為 60% ，n(COcn0.6mol= 0.01mol/(L ?min) ，反應(yīng)2) = 0.6mol ，v(CO 2) =6L 10mintVt為 2CO2(g ) + 6H 2(g) ? C2H4 (g) + 4H2 O(g) ，所以 v(H 2 ) = 3v(CO 2) = 0.03mol ?L-1 ?min -1? ；故答案為： 0.03m

22、ol ?L-1 ?min -1? ；(3) 由表中數(shù)據(jù)可知， Na 的其他副反應(yīng)占比大， Cu 的 CO2轉(zhuǎn)化率低，兼顧乙烯的產(chǎn)率、CO2轉(zhuǎn)化率和對副反應(yīng)的影響，選擇添加 K 助劑效果最好，不僅能提高單位時(shí)間內(nèi)乙烯產(chǎn)量，并且其他副反應(yīng)占比少，根本原因是降低反應(yīng)的活化能、加快乙烯生成速率，故答案為： K ； 降低生成乙烯的反應(yīng)所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而對其他副反應(yīng)幾乎無影響； a.由催化 CO2加氫合成低碳烯烴反應(yīng)可知，第 ? 步所反應(yīng)為： CO2 + H2 ? CO+ H2 O，故 a 正確；b.第 ? 步反應(yīng)是慢反應(yīng)，第? 步是快反應(yīng)，反應(yīng)的活化能越低，反應(yīng)速率越快，所以第?步反應(yīng)

23、的活化能高于第? 步，故 b 錯(cuò)誤；c.助劑可改變反應(yīng)的選擇性， 所以催化劑助劑主要在低聚反應(yīng)、異構(gòu)化反應(yīng)環(huán)節(jié)起作用，故 c 正確；d.催化劑不能改變平衡狀態(tài)，不能改變焓變H，故 d 錯(cuò)誤；e.反應(yīng)的平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，不同助劑能改變反應(yīng)歷程，但不能改變反應(yīng)的起始狀態(tài)、不能改變反應(yīng)溫度，所以反應(yīng)的平衡常數(shù)不變，故e 錯(cuò)誤；故答案為： ac；(4) 由電解裝置圖可知，a 電極上 CO2 發(fā)生得電子的還原反應(yīng)生成C2 H4 ，所以 a 電極為陰極、 b 為陽極，陽極與電源正極相接、陰極與電源負(fù)極相接，故答案為：正； 陰極上 CO2得電子生成 C2H4 ，電極反應(yīng)式為 2CO2 + 12e-+ 8

24、H2O = C2H4 + 12OH- ，故答案為： 2CO-+ 8H2 O = C2H4 + 12OH-。2 + 12e(1) C2 H4(g) + 2O2 (g)= 2CO2(g) + 2H 2(g)H1 2H 2 (g) + O2(g) = 2H 2O(1) H2H 2O(1) = H2 O(g) H3根據(jù)蓋斯定律 2 + 4 - 計(jì)算2CO催化劑的 2 (g ) + 6H 2(g)C2H4(g) + 4H 2O(g)H4 ；(2) 由圖可知，反應(yīng)隨著溫度的升高，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率降低，則正反應(yīng)放熱，即該反應(yīng)正向是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，其他條件不變時(shí)，增大氫氣的濃度，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率增

25、大；其他條件不變時(shí)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)K 減?。粁 = 3時(shí)，設(shè) n(H 2) = 6mol 、 n(CO2 ) = 2mol ，M 點(diǎn) CO2 的平衡轉(zhuǎn)化率為60% ，根據(jù)反應(yīng)三段式計(jì)算各物質(zhì)的平衡量，進(jìn)而計(jì)算乙烯體積分?jǐn)?shù)； 300 ，往 6L 反應(yīng)容器中加入 3mol H2 、1mol CO2，即 x = 3，M 點(diǎn)CO2 的平衡轉(zhuǎn)化率為 60% ， n(CO2 ) = 0.6mol ，根據(jù) v =cnv(H 2 ) ；=計(jì)算 v(CO 2) ，結(jié)合反應(yīng)計(jì)量關(guān)系計(jì)算tVt(3)由表中數(shù)據(jù)，兼顧乙烯的產(chǎn)率、CO2轉(zhuǎn)化率和對副反應(yīng)的影響，選擇添加K 助劑效果最好，其他副反應(yīng)占比少

26、，根本原因是降低反應(yīng)的活化能、加快乙烯生成速率；反應(yīng)流程為：第一步反應(yīng)為 CO + HRWGsO，第二步反應(yīng)為 CO2+2 CO+H22第11 頁，共 16頁FTS，、C3H6 等，結(jié)合催化劑對化學(xué)反應(yīng)速率H2 (CH 2) n + H2 O和化學(xué)平衡的影響分析解答；(4) 由電解裝置圖可知， a 電極上 CO2發(fā)生得電子的還原反應(yīng)生成 C2H4 ，所以 a 電極為陰極、b 為陽極，陰極上 CO2 得電子生成 C2 H4 ，結(jié)合電子守恒和電荷守恒寫出電極反應(yīng)式。本題考查蓋斯定律的計(jì)算應(yīng)用、化學(xué)平衡計(jì)算與影響因素、化學(xué)平衡圖象分析、反應(yīng)速率計(jì)算、電解原理的應(yīng)用等知識(shí)，為高考常見題型，側(cè)重于對學(xué)生

27、分析能力、計(jì)算能力和靈活運(yùn)用基礎(chǔ)知識(shí)能力的考查， 把握基礎(chǔ)原理的應(yīng)用是關(guān)鍵， 注意催化劑對化學(xué)反應(yīng)的影響，題目難度中等。10.【答案】 3p 2p B、 N Li + Li+ 的核外電子排布為1s2 ， B + 核外電子排布為2s2 ，1s32軌道上的電子的能量低于2s 軌道上電子棱心1.4 106 正八面N A ?a3體 24.8pm 47.3pm 途徑 2【解析】 解： (1)S 原子最外層為 3s2 3p4 ，獲得 1 個(gè)電子形成 3s2 3p6穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，即所得電子填充在基態(tài) S 的 3p能級，得到穩(wěn)定的S2- ，故答案為： 3p；NB原子提供空軌道的原子， NH 3(2)NH 3BF3 中配位鍵為 H3 N BF3， 原子提供孤電子對，中 N 原子通過 3p 3雜化使 2p 軌道上有一對孤電子對， 所以提供電子的原子軌道為2p，B、N 原子之間形成配位鍵后，B 、N 原子的空間構(gòu)型為四面體，均采用sp3 雜化，故答案為： 2p； B、 N；(3) 基態(tài) Li+ 、 B+ 的核外電子排布式分別為1s2 、 1s22s 2，均為全充滿狀態(tài)，但1s 軌道上的電子的能量相對低于2s 軌道上的電子， 所以失去一個(gè)電子時(shí)， 需吸收更多能量的是 Li + ，故答案為： Li + ；Li