2023屆廣西西部高三上學期9月聯考理綜化學試題（解析版）

試卷第=page1818頁，共=sectionpages1818頁試卷第=page1717頁，共=sectionpages1818頁廣西西部2023屆高三上學期9月聯考理綜化學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．青釉瓷器是中國最早出現的一種瓷器，是中華文明的象征之一，下列說法錯誤的是A．瓷器化學性質穩(wěn)定，具有熔點高、耐腐蝕等特點B．瓷器是應用較早的人造材料，主要化學成分是二氧化硅C．瓷器是以黏土為主要原料，經高溫燒結而成D．高溫結構陶瓷、超導陶瓷等新型陶瓷與傳統(tǒng)陶瓷相比，在成分上有了很大變化【答案】B【詳解】A．瓷器為無機非金屬材料，化學性質穩(wěn)定，具有熔點高、耐腐蝕等特點，A正確；B．瓷器是應用較早的人造材料，主要化學成分是硅酸鹽，B錯誤；C．瓷器是以黏土為主要原料，經高溫燒結而成，C正確；D．高溫結構陶瓷、超導陶瓷等新型陶瓷與傳統(tǒng)陶瓷相比，在成分上有了很大變化，具有更優(yōu)良的性能，D正確。故選B。2．奧昔布寧具有解痙和抗膽堿作用，其結構簡式如圖所示。下列有關奧昔布寧的說法正確的是A．分子式為C22H30NO3 B．分子中的三個氧原子一定不在同一平面C．可發(fā)生加成反應，不能發(fā)生取代反應 D．既不是乙醇的同系物，也不是乙酸乙酯的同系物【答案】D【詳解】A．根據有機物的結構簡式以及有機物中碳的成鍵特點，推出該有機物的分子式為C22H31NO3，故A錯誤；B．羰基上碳原子雜化類型為sp2，空間構型為平面形，然后不共線三點確定一個平面，因此該有機物中三個氧原子可能在同一平面，故B錯誤；C．該有機物中含有苯環(huán)和碳碳叁鍵，該有機物可以發(fā)生加成反應，該有機物中含有羥基和酯基，能發(fā)生取代反應，故C錯誤；D．該有機物與乙醇、乙酸乙酯的分子結構不相似，因此該有機物既不是乙醇的同系物，也不是乙酸乙酯的同系物，故D正確；答案為D。3．下列反應的離子方程式正確的是A．醋酸溶液中滴加Na2SiO3溶液：2H++SiO=H2SiO3↓B．以銅為電極電解氯化銨溶液：2NH+2Cl-2NH3↑+H2↑+Cl2↑C．乙醇與K2Cr2O7酸性溶液反應：3CH3CH2OH+2Cr2O+16H+=3CH3COOH+4Cr3++11H2OD．用NaOH溶液吸收Cl2：OH-+Cl2=HClO+Cl-【答案】C【詳解】A.醋酸溶液中滴加Na2SiO3溶液，正確的離子方程式為，故A錯誤；B.以銅為電極電解氯化銨溶液正確的離子方程式為，故B錯誤；C.乙醇與K2Cr2O7酸性溶液反應，乙醇被氧化成乙酸，Cr2O被還原為Cr3+，離子方程式為3CH3CH2OH+2Cr2O+16H+=3CH3COOH+4Cr3++11H2O，故C正確；D.用NaOH溶液吸收Cl2正確的離子方程式為2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O，故D錯誤；故答案選C。4．利用原電池原理，我國科學家設計了一種SO2+H2O2協(xié)同轉化裝置，實現對燃煤發(fā)電廠煙氣中SO2的高效去除，協(xié)同轉化裝置如圖所示，電極為惰性電極。放電時，雙極膜中間層的H2O解離為OH-和H+，并向兩極遷移。該裝置工作時，下列敘述錯誤的是A．左側電極區(qū)的總反應式為SO2+4OH-_2e-=SO+2H2OB．協(xié)同轉化的總反應為SO2+O2+2NaOH=H2O2+Na2SO4C．反應過程中不需補加稀硫酸D．左側電極上的電勢比右側電極上的高【答案】D【分析】該裝置為原電池，根據電子轉移，推出左側電極為負極，右側電極為正極，然后根據原電池工作原理進行分析解答；【詳解】A．根據上述分析，左側電極為負極，根據裝置圖可知，該電極反應式為SO2+4OH-_2e-=SO+2H2O，故A說法正確；B．右側電極的電極反應為O2+2e-+2H+=H2O2，根據得失電子數目守恒，協(xié)同轉化的總反應為SO2+O2+2NaOH=H2O2+Na2SO4，故B說法正確；C．根據B選項分析，右側消耗H+，根據原電池工作原理，雙極膜中H+向右側電極移動，根據得失電子數目守恒，右側消耗H+的量等于從雙極膜遷移過來的H+的量，硫酸的總量不變，因此反應過程中不需補加稀硫酸，故C說法正確；D．原電池中，負極的電勢低，正極的電勢高，即左側電極上的電勢比右側電極上低，故D說法錯誤；答案為D。5．設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是。A．1.4g14C中含有的中子數為0.8NAB．2.8g乙烯分子中含有0.5NA對共用電子C．標準狀況下，2.24L二氯甲烷(CH2Cl2)中氫原子數目為0.2NAD．室溫下，pH=12的Na2S溶液中OH-數目為0.01NA【答案】A【詳解】A．1個14C中含有的中子數為8，1.4g14C的物質的量為0.1mol，則含有的中子數為0.8NA，A正確；B．2.8g乙烯的物質的量為0.1mol，1個乙烯分子中含有6對共用電子，則分子中含有0.6NA對共用電子，B錯誤；C．標準狀況下，二氯甲烷為液體，不能計算其物質的量，C錯誤；D．不確定溶液體積，不能計算物質的量，D錯誤。故選A。6．室溫下，通過下列實驗探究溶液的性質。實驗實驗操作和現象1用pH試紙測定某種濃度的溶液的pH，測得pH約為122向溶液中加入過量的溶液，產生黑色沉淀3向溶液中通入氣體4向溶液中滴加幾滴溶液，觀察不到明顯現象下列說法錯誤的是A．溶液中存在B．實驗2反應靜置后的上層清液中有C．實驗3過程中，水的電離程度逐漸增大D．實驗4發(fā)生反應的離子方程式為【答案】C【詳解】A．根據質子守恒(或電荷守恒和物料守恒)可知溶液中存在，A正確；B．實驗2反應靜置后的上層清液為的飽和溶液，此時達到沉淀溶解平衡，所以，B正確；C．向溶液中通入，反應的化學方程式為，水的電離程度逐漸減小，C錯誤；D．向溶液中滴加幾滴溶液，因為鹽酸不足，則反應為，觀察不到明顯現象，D正確；故選C。7．化合物[WM4Y(ZX4)2·12M2X]可用于水的凈化、工業(yè)水的處理。M、W、X、Y、Z為短周期主族元素，原子序數依次增加，且加和為45，M與W位于不同周期，W、X相鄰，X原子最外層電子數是其內層電子數的3倍。Y簡單離子在同周期離子中半徑最小。取4.53g該化合物加熱分解，得到的熱重曲線如圖所示。下列敘述正確的是A．原子半徑大小順序為Z>Y>X>W>MB．W、Z均僅有一種含氧酸C．1mol該化合物在50~200℃階段熱分解失去12molM2XD．650℃、850℃熱分解所得固體化合物分別為Y2(ZX4)3、Y2X3【答案】D【分析】X原子最外層電子數是其內層電子數的3倍，根據核外電子排布規(guī)律，X位于第二周期，即X為O元素，W、X相鄰，且原子序數依次增大，則W為N，M與W位于不同周期，且原子序數依次增大，則M為H，Y簡單離子在同周期離子中半徑最小，一般電子層數越多，微粒半徑越大，因此Y不位于第二周期，應位于第三周期，一般電子層數相同，微粒半徑隨著原子序數的遞增而減小，則Y為Al，根據原子序數之和為45，推出Z為S元素，據此分析；【詳解】根據上述分析，M為H，W為N，X為O，Y為Al，Z為S；A．一般電子層數越多，微粒半徑越大，電子層數相同，微粒半徑隨著原子序數的遞增而減小，因此原子半徑大小順序是r(Al)＞r(S)＞r(N)＞r(O)＞r(H)，故A錯誤；B．N的化合價多種，含氧酸有HNO3、HNO2等，Z為S，含氧酸為H2SO3、H2SO4等，故B錯誤；C．根據上述分析，該化合物為NH4Al(SO4)2·12H2O，加熱時，先失去結晶水，4.53g該化合物的物質的量為0.01mol，假設全部失去結晶水，失去0.12mol水，即固體質量減少2.16g，此時固體的質量為2.37g，根據圖像可知，50~200℃固體減少的質量為2.07g＜2.16g，因此1mol該化合物在該階段分解失去水的物質的量小于12mol，故C錯誤；D．失去全部結晶水后，得到NH4Al(SO4)2，可以看作由(NH4)2SO4、Al2(SO4)3組成，繼續(xù)對固體加強熱，硫酸銨分解為氨氣、二氧化硫、氮氣和水，此時剩余固體為Al2(SO4)3，NH4Al(SO4)2·12H2O～Al2(SO4)3，0.1molNH4Al(SO4)2·12H2O完全轉化成硫酸鋁，得到鋁的質量為0.005mol×342g/mol=1.71g，因此650℃得到固體化合物是Al2(SO4)3，硫酸鋁繼續(xù)加強熱，硫酸鋁分解為氧化鋁和三氧化硫，完全轉化成氧化鋁時有NH4Al(SO4)2·12H2O～Al2O3，得到氧化鋁的質量為0.005mol×102g/mol=0.51g，因此850℃得到固體化合物是Al2O3，故D正確；故答案為D。二、工業(yè)流程題8．三氧化鎢(WO3)是一種重要的化工原料，有望延長燃料電池壽命，在陶瓷、船舶、合金等制造中也有重要應用。一種綜合處理鎢精礦粉(含FeWO4和MnWO4)并制備WO3的工藝流程如圖所示：已知：①“燒渣”的主要成分為Fe2O3、KNO2、K2MnO4、K2WO4和KOH。②弱堿性和酸性體系中，K2Mn4O、歧化為KMnO4和MnO2回答下列問題：(1)“焙燒”前，須將鎢精礦粉與KOH、KNO3混合均勻，目的是_______，該工序中FeWO4發(fā)生反應的化學方程式為_______。(2)“調pH不能過低，原因是_______，濾渣1中主要成分為_______(寫化學式)。(3)“沉鎢”工序中生成鎢酸的離子方程式為_______。(4)若在實驗室中進行“煅燒”操作，可將固體放在_______(填儀器名稱)中加熱。(5)常溫下，“沉錳”中調節(jié)溶液pH=10.2時，Mn2+恰好沉淀完全[此時溶液中c(Mn2+)=1.0×10-5mol·L-1]，則Ksp[Mn(OH)2]的數量級為_______?！敬鸢浮?1)

增大原料的接觸面積，加快反應速率，提高原料的利用率

2FeWO4+4KOH+KNO3Fe2O3+KNO2+2K2WO4+2H2O(2)

導致H2WO4提前沉淀，降低WO3的產率

MnO2(3)2H++WO=H2WO4↓(4)坩堝(5)10-13【分析】礦粉中含有FeWO4和MnWO4，根據信息①，得知焙燒時，“燒渣”的主要成分為Fe2O3、KNO2、K2MnO4、K2WO4和KOH，然后加水溶解，氧化鐵不溶于水，其余物質可溶，過濾后，浸渣主要成分是氧化鐵，根據信息②，“浸液”中加硫酸調節(jié)pH，錳酸鉀發(fā)生歧化反應，過濾后濾渣1的主要成分是MnO2，濾液1中加入硫酸，得到H2WO4沉淀，據此分析解答；（1）“焙燒”前將鎢精礦粉與KOH、KNO3混合均勻，其目的是增大原料的接觸面積，加快反應速率，提高原料的利用率；FeWO4與KOH、KNO3混合加熱發(fā)生反應生成Fe2O3、KNO2、K2WO4、H2O，鐵元素的化合價由+2價升高為+3價，氮元素的化合價由+5降低為+3價，因此反應方程式為2FeWO4+4KOH+KNO3Fe2O3+KNO2+2K2WO4+2H2O；故答案為增大原料的接觸面積，加快反應速率，提高原料的利用率；2FeWO4+4KOH+KNO3Fe2O3+KNO2+2K2WO4+2H2O；（2）根據“沉鎢”步驟，加入稀硫酸得到H2WO4沉淀，“調pH”步驟中如果pH過低，導致H2WO4提前沉淀，降低WO3的產率；根據上述分析，濾渣1中主要成分是MnO2；故答案為導致H2WO4提前沉淀，降低WO3的產率；MnO2；（3）濾液1中鎢元素以WO，利用強酸制弱酸，發(fā)生的離子方程式為2H++WO=H2WO4↓；故答案為2H++WO=H2WO4↓；（4）在實驗室中進行“煅燒”，所用儀器必須耐高溫，因此實驗室常將固體放在坩堝中進行加熱煅燒，故答案為:坩堝；（5）常溫下，Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)×c2(OH-)=1.0×10-5×()2=1.0×10-12.6，數量級為10-13；故答案為10-13。三、實驗題9．苯甲酸乙酯(C6H5COOCH2CH3)可用于配制香水和人造精油，還可以作為食用香精。實驗室可用苯甲酸(熔點122.1℃)與乙醇為原料制備苯甲酸乙酯，制備裝置如圖所示(部分裝置已省略)。制備方法如下：步驟①：在燒瓶中加入苯甲酸6.1g。乙醇30.0mL、濃硫酸4.0mL、適量環(huán)已烷、少。量沸石。按如圖所示安裝好裝置，加熱燒瓶，控制一定溫度加熱回流2h。步驟②：將燒瓶中的反應液倒入盛有50.0mL水的燒杯中，加入Na2CO3溶液至溶液呈中性。步驟③：用分液漏斗分出有機層，再用乙醚萃取水層中的殘留產品，二者合并，加到蒸餾裝置中，加入沸石與無水硫酸鎂，加熱蒸餾制得產品5.0mL。部分物質的性質如下表所示：物質名稱苯甲酸乙醇環(huán)己烷苯甲酸乙酯摩爾質量/(g/mol)1224684150密度/(g/cm3)1.26590.78930.73181.0500沸點/℃249.278.380.8212.6回答下列問題：(1)儀器A的名稱為_______，冷卻水從_______(填“a”或“b”)口進入。在本實驗中濃硫酸的作用是_______。(2)制取苯甲酸乙酯的化學方程式為_______。(3)步驟②中加入Na2CO3溶液的作用是_______。(4)步驟③中進行蒸餾操作時，加入無水硫酸鎂的目的是_______。(5)該實驗中苯甲酸乙酯的產率為_______?！敬鸢浮?1)

球形冷凝管

b

催化劑、吸水劑(2)+CH3CH2OH+H2O(3)吸收乙醇、硫酸和未反應的苯甲酸，且降低苯甲酸乙酯的溶解度(4)除去苯甲酸乙酯中的水分(5)70%【分析】通過苯甲酸和乙醇的酯化反應，可制得苯甲酸乙酯，濃硫酸作為催化劑、吸水劑，回流2小時，反應完成后，將反應液倒入盛水的燒杯中，再加入碳酸鈉中和硫酸和苯甲酸，同時可降低苯甲酸乙酯的溶解度，用分液漏斗分出有機層，再用乙醚萃取水層中的殘留產品，二者合并，加到蒸餾裝置中，加入沸石與無水硫酸鎂，加熱蒸餾制得純凈的苯甲酸乙酯，據此解答。（1）儀器A的名稱為球形冷凝管(或冷凝管)，凝管中冷卻水的流向為都是下進上出，所以應是b到a；酯化反應需要濃硫酸催化且還生成水，在本實驗中濃硫酸的作用是作催化劑、吸水劑；（2）苯甲酸與乙醇發(fā)生酯化反應生成苯甲酸乙酯和水，則制備苯甲酸乙酯的化學方程式為+CH3CH2OH+H2O；（3）Na2CO3呈堿性，可以吸收乙醇、硫酸和未反應的苯甲酸，且降低苯甲酸乙酯在水層中的溶解度利于分液；（4）無水硫酸鎂可以吸水，常用做干燥劑，所以加入無水硫酸鎂的目的是除去苯甲酸乙酯中的水分；（5）已知投入的苯甲酸的物質的量為，乙醇的物質的量為，乙醇過量，則理論上產生的苯甲酸乙酯的物質的量為0.05mol，質量為0.05mol×150g/mol=7.5g，該實驗中苯甲酸乙酯的產率為：。四、原理綜合題10．利用“薩巴蒂爾反應”，空間站的水氣整合系統(tǒng)將CO2轉化為CH4和水蒸氣，配合O2生成系統(tǒng)可實現O2的再生?；卮鹣铝袉栴}：I.薩巴蒂爾反應為CO2(g)十4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)?H(1)已知25°C和101kPa時，①H2(g)的燃燒熱△H=-285.8kJ●mol-1；②CH4(g)的燃燒熱?H=-890.3kJ●mol-1；③H2O(g)=H2O(l)?H=-44.0kJ●mol-1。則薩巴蒂爾反應的?H=_______kJ●mol-1。(2)薩巴蒂爾反應的前三步反應歷程如圖所示，其中吸附在催化劑Pt/SiO2表面的物質用“*”標注，Ts表示過渡態(tài)。從物質吸附在催化劑表面到形成過渡態(tài)的過程會_______(填“放出”或“吸收”)熱量，反應歷程中最小能壘(活化能)步驟的化學方程式為_______。II.CO2在一定條件下能與H2O發(fā)生氧再生反應：CO2(g)+2H2O(g)CH4(g)+2O2(g)?H=+802.3kJ●mol-1(3)恒壓p0條件下，按c(CO2)：c(H2O)=1：2投料，進行氧再生反應，測得不同溫度下平衡時體系中各物質濃度的關系如圖所示。350℃時，該反應的平衡常數Kp=_______(以分壓表示，分壓=總壓×物質的量分數)。為了提高CO2的轉化率，除升高溫度外，還可采取的措施為_______(寫出一條)。(4)氧再生反應還可以通過酸性條件下半導體光催化轉化實現，反應機理如圖甲所示：①光催化CO2轉化為CH4時，陰極的電極反應式為_______。②催化劑的催化效率和CH4的生成速率隨溫度的變化關系如圖乙所示。300~400℃之間，CH4生成速率加快的原因是_______。(5)氧再生反應所需的能量可由合成氨反應提供。合成氨反應的焓變和熵變如下：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)?H=-92.4kJ●mol-1?S=-200J·K-1●mol-1常溫(298K)下，合成氨反應的自由能?G=_______kJ●mol-1，合成氨反應在常溫下_______(填“能”或“不能”)自發(fā)進行?！敬鸢浮?1)-164.9(2)

吸收

·CO+·OH+·H+3H2(g)→·CO+3H2(g)+H2O(g)或為·OH+·H→H2O(g)(3)

1

減少c(CO2)∶c(H2O)的投料比或增大c(H2O)或及時逸出產物等(4)

CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O

300℃～400℃之間，溫度比催化劑對甲烷的生成速率影響大，因此溫度升高，化學反應速率加快，CH4的生成速率加快(5)

-32.8

能【解析】（1）①氫氣的燃燒熱的熱化學方程式為H2(g)+O2(g)=H2O(l)

ΔH=-285.8kJ/mol②甲烷燃燒熱的熱化學方程式為CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)

ΔH=-890.3kJ/mol③H2O(g)=H2O(l)

?H=-44.0kJ/mol根據蓋斯定律，推出4×①－②－2×③，得出CO2(g)十4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)

?H=-164.9kJ/mol；故答案為-164.9；（2）根據圖像可知，吸附態(tài)的能量小于過渡態(tài)，因此從物質吸附在催化劑表面到形成過程過渡態(tài)的過程會吸收熱量；根據反應歷程可知，最小能壘的步驟的化學方程式為·CO+·OH+·H+3H2(g)→·CO+3H2(g)+H2O(g)或為·OH+·H→H2O(g)；故答案為吸收；·CO+·OH+·H+3H2(g)→·CO+3H2(g)+H2O(g)或為·OH+·H→H2O(g)；（3）該反應為吸熱反應，升高溫度，平衡向正反應方向移動，甲烷、氧氣物質的量濃度增大，且兩者濃度之比為1∶2，結合圖像可知，d為甲烷，c為氧氣，a為水蒸氣，b為二氧化碳，350℃下，反應達到平衡時，CO2和CH4的濃度相同，H2O和O2的濃度相同，由反應可知，CO2和H2O按c(CO2)∶c(H2O)=1∶2投料，則平衡時H2O的濃度是CO2的2倍，O2的濃度是CH4的2倍，則化學平衡常數Kp==1；為了提高CO2的轉化率，除升高溫度外，還可采取的措施是減少c(CO2)∶c(H2O)的投料比或增大c(H2O)或及時逸出產物等；故答案為1；減少c(CO2)∶c(H2O)的投料比或增大c(H2O)或及時逸出產物等；（4）①由圖示信息可知，光催化CO2轉化為CH4時，陰極的電極反應式為CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；故答案為CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；②由圖可知，溫度在250℃時，催化劑的轉化效率和CH4的生成速率均達到最大值，溫度從250℃升高到300℃過程中，催化劑轉化效率和CH4的生成速率均迅速下降，但超過300℃后，催化劑的轉化效率減小到幾乎為0，而CH4的生成速率加快，可判斷是溫度對反應的影響導致的，即300℃～400℃之間，溫度比催化劑對甲烷的生成速率影響大，因此溫度升高，化學反應速率加快，CH4的生成速率加快，故答案為300℃～400℃之間，溫度比催化劑對甲烷的生成速率影響大，因此溫度升高，化學反應速率加快，CH4的生成速率加快；（5）?G=?H-T?S=-92.4kJ/mol-298×(-0.2kJ/(K·mol))=-32.8kJ/mol＜0，故合成氨反應在常溫下能夠自發(fā)進行；故答案為-32.8；能。五、結構與性質11．推廣磷酸亞鐵鋰(LiFePO4)電池的新能源汽車對減少二氧化碳排放和大氣污染具有重要意義。工業(yè)上用FeCl3、NH4H2PO4、、LiCl及苯胺()為原料制磷酸亞鐵鋰材料?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)鐵原子的價層電子排布式為_______，基態(tài)Fe3+較基態(tài)Fe2+穩(wěn)定的原因是_______(從價層電子排布角度分析)。(2)在NH4H2PO4中，N、P、O三種元素的第一電離能由大到小的順序是_______；NH中N原子的雜化軌道類型為_______。(3)LiFePO4中，PO的空間結構為_______。(4)1mol中含有_______molσ鍵。苯胺水溶性大于苯的主要原因是_______。(5)某鋰電池的負極材料晶體是鋰原子嵌入石墨烯層間，晶胞結構(底邊為平行四邊形)如圖所示。①石墨的硬度小，其原因是_______，石墨的熔、沸點高，其原因是_______。②該晶體的化學式為_______，該晶體中最近的兩個碳原子核間距離為142pm，石墨烯層間距離為335pm，則該晶體的密度為_______g?cm-3(用NA表示阿伏加德羅常數，列出計算表達式)?！敬鸢浮?1)

26

基態(tài)Fe3+價層電子式為3d5，處于半滿較穩(wěn)定狀態(tài)，導致基態(tài)Fe3+較基態(tài)Fe2+更穩(wěn)定(2)

N＞O＞H

sp3(3)正四面體(4)

14NA

苯胺分子中有N-H鍵，可與水分子形成氫鍵，增大溶解度(5)

石墨晶體為層狀結構，層間作用力為范德華力，硬度小

層內碳原子間以共價鍵結合，熔沸點高

LiC6

【解析】（1）根據鮑利原理可知，原子核外沒有運動狀態(tài)相同的電子，鐵是26號原子，核外有26個電子，則基態(tài)鐵原子核外電子運動狀態(tài)有26種，根據洪特規(guī)可知，由于基態(tài)Fe3+價層電子式為3d5，處于半滿較穩(wěn)定狀態(tài)，導致基態(tài)Fe3+較基態(tài)Fe2+更穩(wěn)定。（2）同周期主族元素，自左而右，第一電離能呈增大趨勢，但第ⅡA族、第ⅤA族的元素比相鄰元素的大，故第一電離能由大到小的順序為N＞O＞H；銨根離子的中心N原子價層電子對數為4+=4，為sp3雜化。（3）磷酸根離子的中心原子價層電子對數為4+=4，VSEPR模型為正四面體，P原子的雜化方式為sp3，無孤電子對，則磷酸根離子的空間結構為正四面體。（4）苯胺（）中含有C-C鍵、C-H鍵、C-N鍵、N-H鍵，均為σ鍵，則1mol苯胺中共計σ鍵14mol,數目為14NA；因苯胺分子中有N-H鍵，可與水分子形成氫鍵，增大溶解度。（5）①石墨的硬度小，其原因是石墨晶體為層狀結構，層間作用力為范德華力，硬度小；石墨的熔、沸點高，其原因是層內碳原子間以共價鍵結合，熔沸點高。②由圖可知，Li原子位于頂點，個數為8×=1，C原子位于面上和體內，個數為8×+2=6，則化學式為L