2020年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷(新課標(biāo)ⅲ)(含解析版)

第1頁（共1頁）2020年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)Ⅲ）一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．（6分）宋代《千里江山圖）描繪了山清水秀的美麗景色，歷經(jīng)千年色彩依然，其中綠色來自孔雀石顏料（主要成分為Cu（OH）2?CuCO3），青色來自藍(lán)銅礦顏料（主要成分為Cu（OH）2?2CuCO3）。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．保存《千里江山圖》需控制溫度和濕度 B．孔雀石、藍(lán)銅礦顏料不易被空氣氧化 C．孔雀石、藍(lán)銅礦顏料耐酸耐堿 D．Cu（OH2）?CuCO3中銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)高于Cu（OH2）?2CuCO32．（6分）金絲桃苷是從中藥材中提取的一種具有抗病毒作用的黃酮類化合物，結(jié)構(gòu)式如圖：下列關(guān)于金絲桃苷的敘述，錯(cuò)誤的是（）A．可與氫氣發(fā)生加成反應(yīng) B．分子含21個(gè)碳原子 C．能與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng) D．不能與金屬鈉反應(yīng)3．（6分）NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．22.4L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氮?dú)庵泻?NA個(gè)中子 B．1mol重水比1mol水多NA個(gè)質(zhì)子 C．12g石墨烯和12g金剛石均含有NA個(gè)碳原子 D．1L1mol?L﹣1NaCl溶液含有28NA個(gè)電子4．（6分）噴泉實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。應(yīng)用下列各組氣體﹣﹣溶液，能出現(xiàn)噴泉現(xiàn)象的是（）氣體溶液A．H2S稀鹽酸B．HCl稀氨水C．NO稀H2SO4D．CO2飽和NaHCO3溶液A．A B．B C．C D．D5．（6分）對(duì)于下列實(shí)驗(yàn)，能正確描述其反應(yīng)的離子方程式是（）A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO32﹣+Cl2+H2O═2HSO3﹣+2Cl﹣+SO42﹣ B．向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2═CaCO3↓+2H+ C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2═O2↑+2H++2Fe2+ D．同濃度同體積NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合：NH4++OH﹣═NH3?H2O6．（6分）一種高性能的堿性硼化釩（VB2）﹣﹣空氣電池如圖所示，其中在VB2電極發(fā)生反應(yīng)：VB2+16OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2B（OH）4﹣+4H2O該電池工作時(shí)，下列說法錯(cuò)誤的是（）A．負(fù)載通過0.04mol電子時(shí)，有0.224L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）O2參與反應(yīng) B．正極區(qū)溶液的pH降低、負(fù)極區(qū)溶液的pH升高 C．電池總反應(yīng)為4VB2+11O2+20OH﹣+6H2O═8B（OH）4﹣+4VO43﹣ D．電流由復(fù)合碳電極經(jīng)負(fù)載、VB2電極、KOH溶液回到復(fù)合碳電極7．（6分）W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，四種元素的核外電子總數(shù)滿足X+Y＝W+Z；化合物XW3與WZ相遇會(huì)產(chǎn)生白煙。下列敘述正確的是（）A．非金屬性：W＞X＞Y＞Z B．原子半徑：Z＞Y＞X＞W(wǎng) C．元素X的含氧酸均為強(qiáng)酸 D．Y的氧化物水化物為強(qiáng)堿二、非選擇題：共58分。第8～10題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第11～12為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共43分。8．（14分）氯可形成多種含氧酸鹽，廣泛應(yīng)用于殺菌、消毒及化工領(lǐng)域。實(shí)驗(yàn)室中利用如圖裝置（部分裝置省略）制備KClO3和NaClO，探究其氧化還原性質(zhì)?；卮鹣铝袉栴}：（1）盛放MnO2粉末的儀器名稱是，a中的試劑為。（2）b中采用的加熱方式是。c中化學(xué)反應(yīng)的離子方程式是，采用冰水浴冷卻的目的是。（3）d的作用是，可選用試劑（填標(biāo)號(hào)）。A．Na2SB．NaClC．Ca（OH）2D．H2SO4（4）反應(yīng)結(jié)束后，取出b中試管，經(jīng)冷卻結(jié)晶，，，干燥，得到KClO3晶體。（5）取少量KClO3和NaClO溶液分別置于1號(hào)和2號(hào)試管中，滴加中性KI溶液。1號(hào)試管溶液顏色不變。2號(hào)試管溶液變?yōu)樽厣?，加入CCl4振蕩，靜置后CCl4層顯色?？芍摋l件下KClO3的氧化能力NaClO（填“大于”或“小于”）。9．（15分）某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質(zhì)。采用如圖工藝流程回收其中的鎳制備硫酸鎳晶體（NiSO4?7H2O）：溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+開始沉淀時(shí)（c＝0.01mol?L﹣1）的pH沉淀完全時(shí)（c＝1.0×10﹣5mol?L﹣1）的pH7.28.73.74.72.23.27.59.0回答下列問題：（1）“堿浸”中NaOH的兩個(gè)作用分別是。為回收金屬，用稀硫酸將“濾液①”調(diào)為中性，生成沉淀。寫出該反應(yīng)的離子方程式。（2）“濾液②”中含有的金屬離子是。（3）“轉(zhuǎn)化”中可替代H2O2的物質(zhì)是。若工藝流程改為先“調(diào)pH”后“轉(zhuǎn)化”，即，“濾液③”中可能含有的雜質(zhì)離子為。（4）利用上述表格數(shù)據(jù)，計(jì)算Ni（OH）2的Ksp＝（列出計(jì)算式）。如果“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0mol?L﹣1，則“調(diào)pH”應(yīng)控制的pH范圍是。（5）硫酸鎳在強(qiáng)堿溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作鎳鎘電池正極材料的NiOOH．寫出該反應(yīng)的離子方程式。（6）將分離出硫酸鎳晶體后的母液收集、循環(huán)使用，其意義是。10．（14分）二氧化碳催化加氫合成乙烯是綜合利用CO2的熱點(diǎn)研究領(lǐng)域?；卮鹣铝袉栴}：（1）CO2催化加氫生成乙烯和水的反應(yīng)中，產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比n（C2H4）：n（H2O）＝。當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，若增大壓強(qiáng)，則n（C2H4）（填“變大”“變小”或“不變”）。（2）理論計(jì)算表明。原料初始組成n（CO2）：n（H2）＝1：3，在體系壓強(qiáng)為0.1MPa，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，四種組分的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)x隨溫度T的變化如圖所示。圖中，表示C2H4、CO2變化的曲線分別是、。CO2催化加氫合成C2H4反應(yīng)的△H0（填“大于”或“小于”）。（3）根據(jù)圖中點(diǎn)A（440K，0.39），計(jì)算該溫度時(shí)反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp＝（MPa）﹣3（列出計(jì)算式。以分壓表示，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）。（4）二氧化碳催化加氫合成乙烯反應(yīng)往往伴隨副反應(yīng)，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烴。一定溫度和壓強(qiáng)條件下，為了提高反應(yīng)速率和乙烯選擇性，應(yīng)當(dāng)。（二）選考題：共15分。請(qǐng)考生從2道化學(xué)題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。[化學(xué)--選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]（15分）11．（15分）氨硼烷（NH3BH3）含氫量高、熱穩(wěn)定性好，是一種具有潛力的固體儲(chǔ)氫材料?；卮鹣铝袉栴}：（1）H、B、N中，原子半徑最大的是。根據(jù)對(duì)角線規(guī)則，B的一些化學(xué)性質(zhì)與元素的相似。（2）NH3BH3分子中，N﹣B化學(xué)鍵稱為鍵，其電子對(duì)由提供。氨硼烷在催化劑作用下水解釋放氫氣：3NH3BH3+6H2O═3NH4++B3O63﹣+9H2B3O63﹣的結(jié)構(gòu)為．在該反應(yīng)中，B原子的雜化軌道類型由變?yōu)?。?）NH3BH3分子中，與N原子相連的H呈正電性（Hδ+），與B原子相連的H呈負(fù)電性（Hδ﹣），電負(fù)性大小順序是。與NH3BH3原子總數(shù)相等的等電子體是（寫分子式），其熔點(diǎn)比NH3BH3（填“高”或“低”），原因是在NH3BH3分子之間，存在作用，也稱“雙氫鍵”。（4）研究發(fā)現(xiàn)，氨硼烷在低溫高壓條件下為正交晶系結(jié)構(gòu)，晶胞參數(shù)分別為apm、bpm、cpm，α＝β＝γ＝90°．氨硼烷的2×2×2超晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。氨硼烷晶體的密度ρ＝g?cm﹣3（列出計(jì)算式，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值）。[化學(xué)--選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)]（15分）12．苯基環(huán)丁烯酮（PCBO）是一種十分活潑的反應(yīng)物，可利用它的開環(huán)反應(yīng)合成一系列多官能團(tuán)化合物。近期我國科學(xué)家報(bào)道用PCBO與醛或酮發(fā)生[4+2]環(huán)加成反應(yīng)，合成了具有生物活性的多官能團(tuán)化合物（E），部分合成路線如圖：已知如下信息：回答下列問題：（1）A的化學(xué)名稱是。（2）B的結(jié)構(gòu)簡式為。（3）由C生成D所用的試劑和反應(yīng)條件為；該步反應(yīng)中，若反應(yīng)溫度過高，C易發(fā)生脫羧反應(yīng)，生成分子式為C8H8O2的副產(chǎn)物，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為。（4）寫出化合物E中含氧官能團(tuán)的名稱；E中手性碳（注：連有四個(gè)不同的原子或基團(tuán)的碳）的個(gè)數(shù)為。（5）M為C的一種同分異構(gòu)體。已知：1molM與飽和碳酸氫鈉溶液充分反應(yīng)能放出2mol二氧化碳；M與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)生成對(duì)苯二甲酸。M的結(jié)構(gòu)簡式為。（6）對(duì)于，選用不同的取代基R'，在催化劑作用下與PCBO發(fā)生的[4+2]反應(yīng)進(jìn)行深入研究，R'對(duì)產(chǎn)率的影響見下表：R'﹣CH3﹣C2H5﹣CH2CH2C6H5產(chǎn)率/%918063請(qǐng)找出規(guī)律，并解釋原因。

2020年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)Ⅲ）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．（6分）宋代《千里江山圖）描繪了山清水秀的美麗景色，歷經(jīng)千年色彩依然，其中綠色來自孔雀石顏料（主要成分為Cu（OH）2?CuCO3），青色來自藍(lán)銅礦顏料（主要成分為Cu（OH）2?2CuCO3）。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．保存《千里江山圖》需控制溫度和濕度 B．孔雀石、藍(lán)銅礦顏料不易被空氣氧化 C．孔雀石、藍(lán)銅礦顏料耐酸耐堿 D．Cu（OH2）?CuCO3中銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)高于Cu（OH2）?2CuCO3【分析】A．Cu（OH）2?CuCO3和Cu（OH）2?2CuCO3均不穩(wěn)定，受熱易分解，纖維素或蛋白質(zhì)均能水解；B．Cu（OH）2?CuCO3和Cu（OH）2?2CuCO3中除O元素外，C、H、Cu均為最高價(jià)；C．Cu（OH）2?CuCO3和Cu（OH）2?2CuCO3均能與酸反應(yīng)，不與堿反應(yīng)；D．通過計(jì)算判斷比較銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大小?！窘獯稹拷猓篈．Cu（OH）2?CuCO3和Cu（OH）2?2CuCO3均不穩(wěn)定，受熱易分解，纖維素或蛋白質(zhì)均能水解，長期在潮濕環(huán)境中易腐爛變質(zhì)，則保存《千里江山圖》需控制溫度和濕度，故A正確；B．Cu（OH）2?CuCO3和Cu（OH）2?2CuCO3中除O元素外，C、H、Cu均為最高價(jià)，無還原性，不能被空氣中氧氣氧化，則孔雀石、藍(lán)銅礦顏料不易被空氣氧化，故B正確；C．Cu（OH）2?CuCO3和Cu（OH）2?2CuCO3均能與酸反應(yīng)，不與堿反應(yīng)，則孔雀石、藍(lán)銅礦顏料耐堿不耐酸，故C錯(cuò)誤；D．Cu（OH2）?CuCO3中銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為，Cu（OH2）?2CuCO3中銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為，則Cu（OH2）?CuCO3中銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)高于Cu（OH2）?2CuCO3，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題以《千里江山圖》為載體，考查物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系，涉及元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算和鹽的通性，基礎(chǔ)考查，難度中等。2．（6分）金絲桃苷是從中藥材中提取的一種具有抗病毒作用的黃酮類化合物，結(jié)構(gòu)式如圖：下列關(guān)于金絲桃苷的敘述，錯(cuò)誤的是（）A．可與氫氣發(fā)生加成反應(yīng) B．分子含21個(gè)碳原子 C．能與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng) D．不能與金屬鈉反應(yīng)【分析】A、分子中含有碳碳雙鍵、碳氧雙鍵和苯環(huán)；B、由圖可知金絲桃苷的分子式C21H20O12；C、分子中含有羥基，能發(fā)生酯化反應(yīng)；D、分子結(jié)構(gòu)可知結(jié)構(gòu)中含有羥基；【解答】解：A、分子中含有碳碳雙鍵、碳氧雙鍵和苯環(huán)，可以發(fā)生加成反應(yīng)，故A正確；B、由圖可知金絲桃苷的分子式C21H20O12，則分子含21個(gè)碳原子，故B正確；C、分子中含有羥基，能發(fā)生酯化反應(yīng)，即能與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)，故C正確；D、分子結(jié)構(gòu)可知結(jié)構(gòu)中含有羥基，能與金屬鈉反應(yīng)產(chǎn)生氫氣，故D錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查酚、烯烴、醇、醚和酮的性質(zhì)，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)關(guān)系是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。3．（6分）NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．22.4L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氮?dú)庵泻?NA個(gè)中子 B．1mol重水比1mol水多NA個(gè)質(zhì)子 C．12g石墨烯和12g金剛石均含有NA個(gè)碳原子 D．1L1mol?L﹣1NaCl溶液含有28NA個(gè)電子【分析】A．一個(gè)氮?dú)夥肿佑?4個(gè)中子；B．重水和水的質(zhì)子數(shù)相等；C．跟據(jù)n＝計(jì)算物質(zhì)的量，再比較微粒數(shù)；D．溶劑也要考慮?！窘獯稹拷猓篈．氮?dú)馐请p原子分子，一個(gè)氮?dú)夥肿佑?4個(gè)中子，22.4L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氮?dú)庵泻?4NA個(gè)中子，故A錯(cuò)誤；B．重水（D2O）和水（H2O）的質(zhì)子數(shù)都是10，1mol重水比1mol水都是10NA個(gè)質(zhì)子，故B錯(cuò)誤；C.12g石墨烯n（C60）＝＝mol，含有個(gè)碳原子物質(zhì)的量n（c）＝mol×60＝1mol，含有NA個(gè)碳原子，12g金剛石（C）的物質(zhì)的量n＝＝＝1mol，含有NA個(gè)碳原子，故C正確；D.1L1mol?L﹣1NaCl溶質(zhì)含有28NA個(gè)電子，溶劑水也要考慮，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查阿伏伽德羅常數(shù)的計(jì)算，是高頻考點(diǎn)，要熟練掌握計(jì)算公式，和公式的使用條件，D選項(xiàng)容易思維定式出現(xiàn)錯(cuò)誤。4．（6分）噴泉實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。應(yīng)用下列各組氣體﹣﹣溶液，能出現(xiàn)噴泉現(xiàn)象的是（）氣體溶液A．H2S稀鹽酸B．HCl稀氨水C．NO稀H2SO4D．CO2飽和NaHCO3溶液A．A B．B C．C D．D【分析】在燒瓶中充滿干燥氣體，而膠頭滴管及燒杯中分別盛有液體，若形成噴泉，則氣體極易溶于液體或氣體極易與液體反應(yīng)，以此來解答?！窘獯稹拷猓篈、H2S在稀鹽酸中溶解度小，且與稀鹽酸不反應(yīng)，不能出現(xiàn)噴泉，故A錯(cuò)誤；B．HCl氣體極易溶于稀氨水，且氯化氫氣體與氨水反應(yīng)生成氯化銨，產(chǎn)生壓強(qiáng)差，形成噴泉，故B正確；C、一氧化氮不溶于稀H2SO4，也不與稀H2SO4反應(yīng)，不能出現(xiàn)噴泉，故C錯(cuò)誤；D、二氧化碳不溶于飽和碳酸氫鈉，也不與飽和碳酸氫鈉反應(yīng)，不能出現(xiàn)噴泉，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查實(shí)驗(yàn)裝置綜合，為高頻考點(diǎn)，把握噴泉實(shí)驗(yàn)的原理為解答的關(guān)鍵，側(cè)重物質(zhì)性質(zhì)及實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意氣體極易溶于液體或氣體極易與液體反應(yīng)可形成噴泉，題目難度不大。5．（6分）對(duì)于下列實(shí)驗(yàn)，能正確描述其反應(yīng)的離子方程式是（）A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO32﹣+Cl2+H2O═2HSO3﹣+2Cl﹣+SO42﹣ B．向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2═CaCO3↓+2H+ C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2═O2↑+2H++2Fe2+ D．同濃度同體積NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合：NH4++OH﹣═NH3?H2O【分析】A．符合電荷守恒，物料守恒，強(qiáng)制弱規(guī)律，B．向CaCl2溶液中通入CO2不反應(yīng)；C．不符合客觀事實(shí)，氧氣氧化二價(jià)鐵離子；D．不符合客觀事實(shí)，氫氧根優(yōu)先于氫離子反應(yīng)?！窘獯稹拷猓篈．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO32﹣+Cl2+H2O═2HSO3﹣+2Cl﹣+SO42﹣，符合電荷守恒，物料守恒，強(qiáng)制弱規(guī)律，故A正確；B．弱酸不能制強(qiáng)酸，向CaCl2溶液中通入CO2不反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3，F(xiàn)eCl3做催化劑，促進(jìn)雙氧水的分解，氧氣的氧化性大于三價(jià)鐵離子，弱氧化劑不能制強(qiáng)氧化劑，故C錯(cuò)誤；D．不符合客觀事實(shí)，氫氧根優(yōu)先與酸性更強(qiáng)的氫離子反應(yīng)，正確的離子方程式：H++OH﹣═H2O，故D錯(cuò)誤；故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了化學(xué)反應(yīng)原理，離子方程式的書寫，離子方程式的正誤判斷，重點(diǎn)考查反應(yīng)發(fā)生的可能性，掌握強(qiáng)制弱的原理，難度中等。6．（6分）一種高性能的堿性硼化釩（VB2）﹣﹣空氣電池如圖所示，其中在VB2電極發(fā)生反應(yīng)：VB2+16OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2B（OH）4﹣+4H2O該電池工作時(shí)，下列說法錯(cuò)誤的是（）A．負(fù)載通過0.04mol電子時(shí)，有0.224L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）O2參與反應(yīng) B．正極區(qū)溶液的pH降低、負(fù)極區(qū)溶液的pH升高 C．電池總反應(yīng)為4VB2+11O2+20OH﹣+6H2O═8B（OH）4﹣+4VO43﹣ D．電流由復(fù)合碳電極經(jīng)負(fù)載、VB2電極、KOH溶液回到復(fù)合碳電極【分析】A、正極氧氣得電子生成氫氧根離子；B、根據(jù)負(fù)極VB2+16OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2B（OH）4﹣+4H2O消耗氫氧根離子，正極O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣分析解答；C、負(fù)極：VB2+16OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2B（OH）4﹣+4H2O，正極：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，根據(jù)得失電子守恒求總的電極反應(yīng)式；D、原電池中電流由正極經(jīng)過外電路向負(fù)極，由此分析解答?！窘獯稹拷猓篈、正極氧氣得電子生成氫氧根離子，電極反應(yīng)式為：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，由電極反應(yīng)式可知，消耗1mol氧氣轉(zhuǎn)移4mol電子，則負(fù)載通過0.04mol電子時(shí)，有0.224L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）O2參與反應(yīng)，故A正確；B、根據(jù)負(fù)極VB2+16OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2B（OH）4﹣+4H2O消耗氫氧根離子，正極O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，則正極區(qū)溶液的pH升高、負(fù)極區(qū)溶液的pH降低，故B錯(cuò)誤；C、負(fù)極：VB2+16OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2B（OH）4﹣+4H2O…①，正極：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣…②，根據(jù)得失電子守恒，即4①+11②得：4VB2+11O2+20OH﹣+6H2O═8B（OH）4﹣+4VO43﹣，故C正確；D、原電池中電流由正極經(jīng)過外電路向負(fù)極，則電流由復(fù)合碳電極經(jīng)負(fù)載、VB2電極、KOH溶液回到復(fù)合碳電極，故D正確；故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查原電池及其電解池的工作原理，題目難度中等，本題注意把握電極反應(yīng)式的書寫，利用電子守恒計(jì)算。7．（6分）W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，四種元素的核外電子總數(shù)滿足X+Y＝W+Z；化合物XW3與WZ相遇會(huì)產(chǎn)生白煙。下列敘述正確的是（）A．非金屬性：W＞X＞Y＞Z B．原子半徑：Z＞Y＞X＞W(wǎng) C．元素X的含氧酸均為強(qiáng)酸 D．Y的氧化物水化物為強(qiáng)堿【分析】原子序數(shù)依次增大的短周期元素，化合物XW3與WZ相遇會(huì)產(chǎn)生白煙，先假設(shè)是氨氣和氯化氫，再結(jié)合四種元素的核外電子總數(shù)滿足X+Y＝W+Z，推導(dǎo)出W、X、Y、Z分別是H、N、Na、Cl，據(jù)此答題?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)弱，非金屬性Cl＞N＞H＞Na，故A錯(cuò)誤；B．同周期元素從左向右原子半徑依次減小，同主族元素自上而下原子半徑依次增大，原子半徑：Na＞Cl＞N＞H，故B錯(cuò)誤；C．元素X的含氧酸有硝酸和亞硝酸，亞硝酸是弱酸，故C錯(cuò)誤；D．Y的氧化物水化物為氫氧化鈉，氫氧化鈉是強(qiáng)堿，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題以推斷的形式考查了元素周期律、元素周期表，是高頻考點(diǎn)，要熟練掌握周期表的結(jié)構(gòu)，要熟悉常見元素化合物的性質(zhì)，正確推斷出元素后才能做題。二、非選擇題：共58分。第8～10題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第11～12為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共43分。8．（14分）氯可形成多種含氧酸鹽，廣泛應(yīng)用于殺菌、消毒及化工領(lǐng)域。實(shí)驗(yàn)室中利用如圖裝置（部分裝置省略）制備KClO3和NaClO，探究其氧化還原性質(zhì)?；卮鹣铝袉栴}：（1）盛放MnO2粉末的儀器名稱是圓底燒瓶，a中的試劑為飽和食鹽水。（2）b中采用的加熱方式是水浴加熱。c中化學(xué)反應(yīng)的離子方程式是Cl2+2OH﹣ClO﹣+Cl﹣+H2O，采用冰水浴冷卻的目的是避免生成NaClO3。（3）d的作用是吸收多余的氯氣，防止污染大氣，可選用試劑AC（填標(biāo)號(hào)）。A．Na2SB．NaClC．Ca（OH）2D．H2SO4（4）反應(yīng)結(jié)束后，取出b中試管，經(jīng)冷卻結(jié)晶，過濾，少量的冷水洗滌，干燥，得到KClO3晶體。（5）取少量KClO3和NaClO溶液分別置于1號(hào)和2號(hào)試管中，滴加中性KI溶液。1號(hào)試管溶液顏色不變。2號(hào)試管溶液變?yōu)樽厣尤隒Cl4振蕩，靜置后CCl4層顯紫色?？芍摋l件下KClO3的氧化能力小于NaClO（填“大于”或“小于”）?！痉治觥繉?shí)驗(yàn)?zāi)康闹苽銴ClO3和NaClO，并探究其氧化還原性質(zhì)；實(shí)驗(yàn)原理：3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O，Cl2+2NaOHNaClO+NaCl+3H2O；實(shí)驗(yàn)裝置：最左側(cè)為制取氯氣裝置，a為除雜裝置，雜質(zhì)為揮發(fā)的氯化氫和水，后面還要通入溶液，沒有必要除水，所以a中用飽和食鹽水除氯化氫，裝置b用來制取KClO3，裝置c用來制取NaClO，裝置d用來吸收多余的氯氣，防止污染大氣，（1）根據(jù)形狀和用途判斷，盛放MnO2粉末的儀器名稱是圓底燒瓶，a為除雜裝置，雜質(zhì)為揮發(fā)的氯化氫和水，所以a中用飽和食鹽水除氯化氫；（2）根據(jù)裝置圖看出b中采用的加熱方式是水浴加熱；c中化學(xué)反應(yīng)：Cl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2O改離子方程式，氫氧化鈉與氯氣反應(yīng)有多種情況，溫度高時(shí)生成NaClO3采用冰水浴冷卻的目的是提高產(chǎn)品的純度；（3）d為尾氣處理裝置，作用是裝置d用來吸收多余的氯氣，防止污染大氣，可選用試劑可以和氯氣反應(yīng)的物質(zhì)Na2S和Ca（OH）2；（4）b試管中的溶質(zhì)主要是KClO3，KCl，KClO3的溶解度受溫度影響大，冷卻結(jié)晶，析出KClO3晶體，經(jīng)過過濾得到KClO3晶體，表面還有KCl雜質(zhì)，通過冷水洗滌減少KClO3的損失；（5）取少量KClO3和NaClO溶液分別置于1號(hào)和2號(hào)試管中，滴加中性KI溶液，1號(hào)試管溶液顏色不變，說明KClO3沒有和KI溶液反應(yīng)，2號(hào)試管溶液變?yōu)樽厣f明NaClO和KI溶液反應(yīng)生成了碘單質(zhì)，加入CCl4振蕩，碘單質(zhì)易溶解于CCl4中，靜置后CCl4層顯紫色?？芍摋l件下KClO3的氧化能力比NaClO差?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)形狀和用途判斷，盛放MnO2粉末的儀器名稱是圓底燒瓶，a為除雜裝置，雜質(zhì)為揮發(fā)的氯化氫和水，后面還要通入溶液，沒有必要除水，所以a中用飽和食鹽水除氯化氫，a中的試劑為飽和食鹽水；故答案為：圓底燒瓶；飽和食鹽水；（2）根據(jù)裝置圖看出b中采用的加熱方式是水浴加熱；c中化學(xué)反應(yīng)：Cl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2O，改離子方程式：Cl2+2OH﹣ClO﹣+Cl﹣+H2O，氫氧化鈉與氯氣反應(yīng)有多種情況，溫度高時(shí)生成NaClO3．采用冰水浴冷卻的目的是提高產(chǎn)品的純度；故答案為：水浴加熱；Cl2+2OH﹣ClO﹣+Cl﹣+H2O；避免生成NaClO3；（3）d為尾氣處理裝置，作用是裝置d用來吸收多余的氯氣，防止污染大氣，可選用試劑為可以和氯氣反應(yīng)的物質(zhì)Na2S和Ca（OH）2；故答案為：吸收多余的氯氣，防止污染大氣；AC；（4）b試管中的溶質(zhì)主要是KClO3，KCl，KClO3的溶解度受溫度影響大，冷卻結(jié)晶，析出KClO3晶體，經(jīng)過過濾得到KClO3晶體，表面還有KCl雜質(zhì)，通過冷水洗滌減少KClO3的損失；故答案為：過濾；少量的冷水洗滌；（5）取少量KClO3和NaClO溶液分別置于1號(hào)和2號(hào)試管中，滴加中性KI溶液，1號(hào)試管溶液顏色不變，說明KClO3沒有和KI溶液反應(yīng)，2號(hào)試管溶液變?yōu)樽厣f明NaClO和KI溶液反應(yīng)生成了碘單質(zhì)，加入CCl4振蕩，碘單質(zhì)易溶解于CCl4中，靜置后CCl4層顯紫色?？芍摋l件下KClO3的氧化能力比NaClO差；故答案為：紫；小于?！军c(diǎn)評(píng)】本題是制備實(shí)驗(yàn)，以制備KClO3和NaClO，探究其氧化還原性質(zhì)，考查學(xué)生實(shí)驗(yàn)素養(yǎng)和分析問題的能力，難度中等，要有扎實(shí)的實(shí)驗(yàn)功底和化學(xué)學(xué)科素養(yǎng)。9．（15分）某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質(zhì)。采用如圖工藝流程回收其中的鎳制備硫酸鎳晶體（NiSO4?7H2O）：溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+開始沉淀時(shí)（c＝0.01mol?L﹣1）的pH沉淀完全時(shí)（c＝1.0×10﹣5mol?L﹣1）的pH7.28.73.74.72.23.27.59.0回答下列問題：（1）“堿浸”中NaOH的兩個(gè)作用分別是除去油脂、溶解鋁及其氧化物。為回收金屬，用稀硫酸將“濾液①”調(diào)為中性，生成沉淀。寫出該反應(yīng)的離子方程式AlO2﹣+H++H2O＝Al（OH）3↓或[Al（OH）4]﹣+H+＝Al（OH）3↓+H2O。（2）“濾液②”中含有的金屬離子是Ni2+、Fe2+、Fe3+。（3）“轉(zhuǎn)化”中可替代H2O2的物質(zhì)是O2或空氣。若工藝流程改為先“調(diào)pH”后“轉(zhuǎn)化”，即，“濾液③”中可能含有的雜質(zhì)離子為Fe3+。（4）利用上述表格數(shù)據(jù)，計(jì)算Ni（OH）2的Ksp＝c（Ni2+）c2（OH﹣）＝1.0×10﹣5mol?L﹣1×1×10﹣5.3mol/L×1×10﹣5.3mol/L＝1×10﹣15.6（mol?L﹣1）3（列出計(jì)算式）。如果“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0mol?L﹣1，則“調(diào)pH”應(yīng)控制的pH范圍是3.2～6.2。（5）硫酸鎳在強(qiáng)堿溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作鎳鎘電池正極材料的NiOOH．寫出該反應(yīng)的離子方程式2Ni2++ClOˉ+4OHˉ＝2NiOOH↓+Clˉ+H2O。（6）將分離出硫酸鎳晶體后的母液收集、循環(huán)使用，其意義是提高鎳的回收率。【分析】由工藝流程分析可得，向廢鎳催化劑中加入NaOH溶液進(jìn)行堿浸，可除去油脂，并發(fā)生反應(yīng)2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O將Al及其氧化物溶解，得到的濾液①含有NaAlO2，濾餅①為Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性雜質(zhì)，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的濾液②，F(xiàn)e2+經(jīng)H2O2氧化為Fe3+后，加入NaOH調(diào)節(jié)pH使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀除去，再控制pH濃縮結(jié)晶得到硫酸鎳的晶體，據(jù)此分析解答問題?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)分析可知，向廢鎳催化劑中加入NaOH溶液進(jìn)行堿浸，可除去油脂，并將Al及其氧化物溶解，濾液①中含有NaAlO2（或Na[Al（OH）4]），加入稀硫酸可發(fā)生反應(yīng)AlO2﹣+H++H2O＝Al（OH）3↓或[Al（OH）4]﹣+H+＝Al（OH）3↓+H2O；故答案為：除去油脂、溶解鋁及其氧化物；AlO2﹣+H++H2O＝Al（OH）3↓或[Al（OH）4]﹣+H+＝Al（OH）3↓+H2O；（2）加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“濾液②”中含有的金屬離子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案為：Ni2+、Fe2+、Fe3+；（3）“轉(zhuǎn)化”中H2O2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+，不能引入雜質(zhì)，可用O2或空氣替代；若將工藝流程改為先“調(diào)pH”后“轉(zhuǎn)化”，會(huì)使調(diào)pH過濾后的溶液中含有Fe2+、則濾液③中可能含有轉(zhuǎn)化生成的Fe3+；故答案為：O2或空氣；Fe3+；（4）由上述表格可知，Ni2+完全沉淀時(shí)的pH＝8.7，此時(shí)c（Ni2+）＝1.0×10﹣5mol?L﹣1，c（H+）＝1.0×10﹣8.7mol?L﹣1，則c（OH﹣）＝＝＝1×10﹣5.3mol/L，則Ni（OH）2的Ksp＝c（Ni2+）c2（OH﹣）＝1.0×10﹣5mol?L﹣1×1×10﹣5.3mol/L×1×10﹣5.3mol/L＝1×10﹣15.6（mol?L﹣1）3．如果“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0mol?L﹣1，為避免鎳離子沉淀，Ksp＝c（Ni2+）c2（OH﹣），c2（OH﹣）＝＝1×10﹣15.6（mol?L﹣1）3，此時(shí)c（OH﹣）＝1×10﹣7.8mol?L﹣1，則c（H+）＝1.0×10﹣6.2mol?L﹣1，即pH＝6.2；Fe3+完全沉淀的pH為3.2，因此“調(diào)節(jié)pH”應(yīng)控制的pH范圍是3.2～6.2；故答案為：c（Ni2+）c2（OH﹣）＝1.0×10﹣5mol?L﹣1×1×10﹣5.3mol/L×1×10﹣5.3mol/L＝1×10﹣15.6；3.2～6.2；（5）由題干信息，硫酸鎳在強(qiáng)堿中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反應(yīng)中Ni2+被氧化為NiOOH沉淀，ClOˉ被還原為Clˉ，則根據(jù)氧化還原得失電子守恒可得離子方程式為2Ni2++ClOˉ+4OHˉ＝2NiOOH↓+Clˉ+H2O；故答案為：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ＝2NiOOH↓+Clˉ+H2O；（6）分離出硫酸鎳晶體后的母液中還含有Ni2+，可將其收集、循環(huán)使用，從而提高鎳的回收率；故答案為：提高鎳的回收率?！军c(diǎn)評(píng)】本題以化學(xué)工藝流程為背景，考查物質(zhì)的分離提純，離子反應(yīng)、氧化還原反應(yīng)、沉淀平衡常數(shù)的計(jì)算等知識(shí)點(diǎn)，是近年高考的熱點(diǎn)題型，屬于學(xué)科內(nèi)綜合題，考查分析問題能力、提取利用題目信息能力，計(jì)算能力、表達(dá)能力等，難度中等，注意（4）中Ni2+開始沉淀的pH不能直接利用表中數(shù)據(jù)，要通過計(jì)算獲得。10．（14分）二氧化碳催化加氫合成乙烯是綜合利用CO2的熱點(diǎn)研究領(lǐng)域?；卮鹣铝袉栴}：（1）CO2催化加氫生成乙烯和水的反應(yīng)中，產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比n（C2H4）：n（H2O）＝1：4。當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，若增大壓強(qiáng)，則n（C2H4）變大（填“變大”“變小”或“不變”）。（2）理論計(jì)算表明。原料初始組成n（CO2）：n（H2）＝1：3，在體系壓強(qiáng)為0.1MPa，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，四種組分的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)x隨溫度T的變化如圖所示。圖中，表示C2H4、CO2變化的曲線分別是d、c。CO2催化加氫合成C2H4反應(yīng)的△H小于0（填“大于”或“小于”）。（3）根據(jù)圖中點(diǎn)A（440K，0.39），計(jì)算該溫度時(shí)反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp＝（MPa）﹣3（列出計(jì)算式。以分壓表示，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）。（4）二氧化碳催化加氫合成乙烯反應(yīng)往往伴隨副反應(yīng)，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烴。一定溫度和壓強(qiáng)條件下，為了提高反應(yīng)速率和乙烯選擇性，應(yīng)當(dāng)選擇合適的催化劑。【分析】（1）根據(jù)質(zhì)量守恒定律配平化學(xué)方程式，可以確定產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比。根據(jù)可逆反應(yīng)的特點(diǎn)分析增大壓強(qiáng)對(duì)化學(xué)平衡的影響；（2）原料初始組成n（CO2）：n（H2）＝1：3，根據(jù)方程式，生成物乙烯與水物質(zhì)的量之比為1：4，從圖中找到關(guān)鍵數(shù)據(jù)確定代表各組分的曲線；根據(jù)圖中代表各組分的曲線隨溫度變化的趨勢，確定該反應(yīng)是放熱反應(yīng)還是吸熱反應(yīng)；（3）原料初始組成n（CO2）：n（H2）＝1：3，在體系壓強(qiáng)為0.1Mpa建立平衡，由A點(diǎn)坐標(biāo)可知，該溫度下，氫氣和水的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)均為0.39，生成物乙烯與水物質(zhì)的量之比為1：4，求出乙烯、二氧化碳的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，結(jié)合化學(xué)平衡常數(shù)公式計(jì)算；（4）根據(jù)催化劑對(duì)化反應(yīng)速率的影響和對(duì)主反應(yīng)的選擇性，工業(yè)上通常要選擇合適的催化劑以提高化學(xué)反應(yīng)速率、減少副反應(yīng)的發(fā)生?！窘獯稹拷猓海?）CO2催化加氫生成乙烯和水，該反應(yīng)的化學(xué)方程式可表示為2CO2+6H2?CH2＝CH2+4H2O，則該反應(yīng)中產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比n（C2H4）：n（H2O）＝1：4；由于該反應(yīng)是氣體分子數(shù)減少的反應(yīng)，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，若增大壓強(qiáng)，則化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，n（C2H4）變大，故答案為：1：4；變大；（2）由題中信息可知，兩反應(yīng)物初始投料之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比；由圖中曲線的起點(diǎn)坐標(biāo)可知，c和a所表示的物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)之比為1：3、d和b表示的物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)之比為1：4，則結(jié)合化學(xué)計(jì)量數(shù)之比可以判斷，表示乙烯變化的曲線是d，表示二氧化碳變化曲線的是c；由圖中曲線的變化趨勢可知，升高溫度，乙烯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減小，則化學(xué)平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H小于0，故答案為：d；c；小于；（3）原料初始組成n（CO2）：n（H2）＝1：3，在體系壓強(qiáng)為0.1Mpa建立平衡，由A點(diǎn)坐標(biāo)可知，該溫度下，氫氣和水的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)均為0.39，則乙烯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為水的四分之一，即乙烯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為，二氧化碳的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為氫氣的三分之一，即二氧化碳的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為，Kp＝＝＝（MPa）﹣3，故答案為：；（4）工業(yè)上通常通過選擇合適催化劑，以加快化學(xué)反應(yīng)速率，同時(shí)還可以提高目標(biāo)產(chǎn)品的選擇性，減少副反應(yīng)的發(fā)生。因此，一定溫度和壓強(qiáng)下，為了提高反應(yīng)速率和乙烯的選擇性，應(yīng)當(dāng)選擇合適的催化劑，故答案為：選擇合適的催化劑?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡相關(guān)知識(shí)，側(cè)重考查學(xué)生分析能力、識(shí)圖能力和計(jì)算能力，確定圖中曲線所代表的化學(xué)物質(zhì)是難點(diǎn)，其關(guān)鍵在于明確物質(zhì)的量的分?jǐn)?shù)之比等于各組分的物質(zhì)的量之比，也等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比（在初始投料之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比的前提下，否則不成立），此題難度較大。（二）選考題：共15分。請(qǐng)考生從2道化學(xué)題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。[化學(xué)--選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]（15分）11．（15分）氨硼烷（NH3BH3）含氫量高、熱穩(wěn)定性好，是一種具有潛力的固體儲(chǔ)氫材料?；卮鹣铝袉栴}：（1）H、B、N中，原子半徑最大的是B。根據(jù)對(duì)角線規(guī)則，B的一些化學(xué)性質(zhì)與元素Si的相似。（2）NH3BH3分子中，N﹣B化學(xué)鍵稱為配位鍵，其電子對(duì)由N提供。氨硼烷在催化劑作用下水解釋放氫氣：3NH3BH3+6H2O═3NH4++B3O63﹣+9H2B3O63﹣的結(jié)構(gòu)為．在該反應(yīng)中，B原子的雜化軌道類型由sp3變?yōu)閟p2。（3）NH3BH3分子中，與N原子相連的H呈正電性（Hδ+），與B原子相連的H呈負(fù)電性（Hδ﹣），電負(fù)性大小順序是N＞H＞B。與NH3BH3原子總數(shù)相等的等電子體是CH3CH3（寫分子式），其熔點(diǎn)比NH3BH3低（填“高”或“低”），原因是在NH3BH3分子之間，存在Hδ+與Hδ﹣的靜電引力作用，也稱“雙氫鍵”。（4）研究發(fā)現(xiàn)，氨硼烷在低溫高壓條件下為正交晶系結(jié)構(gòu)，晶胞參數(shù)分別為apm、bpm、cpm，α＝β＝γ＝90°．氨硼烷的2×2×2超晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。氨硼烷晶體的密度ρ＝g?cm﹣3（列出計(jì)算式，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值）。【分析】根據(jù)元素在周期表中的位置比較和判斷元素的相關(guān)性質(zhì)；根據(jù)中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)確定其雜化軌道的類型；運(yùn)用等量代換的方法尋找等電子體；根據(jù)電負(fù)性對(duì)化合價(jià)的影響比較不同元素的電負(fù)性；根據(jù)晶胞的質(zhì)量和體積求晶體的密度?！窘獯稹拷猓海?）在所有元素中，H原子的半徑是最小的，同一周期從左到右，原子半徑依次減小，所以，H、B、N中原子半徑最大是B．B與Si在元素周期表中處于對(duì)角線的位置，根據(jù)對(duì)角線規(guī)則，B的一些化學(xué)性質(zhì)與Si元素相似。故答案為：B；Si。（2）B原子最外層有3個(gè)電子，其與3個(gè)H原子形成共價(jià)鍵后，其價(jià)層電子對(duì)只有3對(duì)，還有一個(gè)空軌道；在NH3中，N原子有一對(duì)孤對(duì)電子，故在NH3BH3分子中，N﹣B鍵為配位鍵，其電子對(duì)由N原子提供。NH3BH3分子中，B原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，故其雜化方式為sp3．NH3BH3在催化劑的作用下水解生成氫氣和B3O63﹣，由圖中信息可知，B3O63﹣中每個(gè)B原子只形成3個(gè)σ鍵，其中的B原子的雜化方式為sp2，因此，B原子的雜化軌道類型由sp3變?yōu)閟p2。故答案為：配位、N、sp3、sp2。（3）NH3BH3分子中，與N原子相連的H呈正電性，說明N的電負(fù)性大于H；與B原子相連的H呈負(fù)電性，說明H的電負(fù)性大于B，因此3種元素電負(fù)性由大到小的順序?yàn)镹＞H＞B．NH3BH3分子中有8個(gè)原子，其價(jià)電子總數(shù)為14，N和B的價(jià)電子數(shù)的平均值為4，依據(jù)等量代換的原則，可以找到其等電子體為CH3CH3．由于NH3BH3分子屬于極性分子，而CH3CH3屬于非極性分子，兩者相對(duì)分子質(zhì)量接近，但是極性分子的分子間作用力較大，故CH3CH3熔點(diǎn)比NH3B