四川省成都市北大成都附属实验中学2025届高三化学仿真考试试题含解析

PAGE17-四川省成都市北大成都附属试验中学2025届高三化学仿真考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cl35.5Na23Mn55第Ⅰ卷一、选择题(每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.化学与生产、生活及环境亲密相关，下列有关说法正确的是()A.中国古代利用明矾溶液的酸性清洗铜镜表面的铜锈B.有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素，属于自然高分子化合物C.汽车尾气污染物中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的D.用于光缆通信的光导纤维和制作航天服的聚酯纤维都是新型无机非金属材料【答案】A【解析】【详解】A．明矾是KAl(SO4)2•12H2O，其水溶液因Al3＋水解而呈酸性，铜锈的主要成分为Cu2(OH)2CO3，可溶于酸性溶液，故可利用明矾溶液的酸性清洗铜镜表面的铜锈，A正确；B．丝绸的主要成分是蛋白质，B错误；C．汽车尾气污染物中含有的氮氧化物是空气中的氮气和氧气在汽车发动机产生的高温下发生反应生成的，而不是汽油不完全燃烧造成的，C错误；D．聚酯纤维是高分子材料，不属于新型无机非金属材料，D错误；故选A。2.X、Y、Z、R、W是5种短周期主族元素，原子序数依次增大；它们可组成离子化合物Z2Y和共价化合物RY3、XW4；已知Y、R同主族，Z、R、W同周期，下列说法错误的是()A.原子半径：Z＞R＞WB.气态氢化物稳定性：HnW＞HmRC.X2W6分子中各原子最外层电子均满意8电子结构D.Y、Z、R三种元素组成的化合物水溶液肯定显碱性【答案】D【解析】分析】Y、R同主族、Y、R能形成化合物RY3，所以Y为氧元素、R为硫元素；可组成离子化合物Z2Y，可知Z为钠元素；R、W原子序数依次增大，W是氯元素；X、W能形成共价化合物XW4，则X是碳元素。【详解】A．Na、S、Cl核外均有3层电子，当电子层数相同时，质子数越多，原子半径越小，故原子半径Na＞S＞Cl，A正确；B．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，Cl的非金属性强于S，故气态氢化物稳定性HCl＞H2S，B正确；C．C2Cl6分子中两个碳原子间共用一对电子，每个碳原子还和三个氯原子共用三对电子，各原子最外层均满意8电子结构，C正确；D．Na2SO3的水溶液显碱性，Na2SO4的水溶液显中性，D错误；故选D。3.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是A.46g有机物C2H6O中含有极性共价键的数目肯定为7NAB.密闭容器中1molH2与1molI2制备HI，增加2NA个H-I键C.25℃，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中OH-数为0.2NAD.0.1molFe

在足量氧气中燃烧，转移电子数为4/15NA【答案】D【解析】46g有机物C2H6O的物质的量为1mol，假如有机物为乙醇，含有极性共价键数目为7NA，假如有机物为甲醚，含有极性共价键数目为8NA，A错误；1molH2与1molI2制备HI的反应为可逆反应，生成HI小于2mol，H-I键小于2NA，B错误；pH=13的Ba(OH)2溶液，c(H+)=10-13mol/L,c(OH-)=10-1mol/L,25℃，1L、pH=13的Ba(OH)2溶液中OH-数为0.1NA，C错误；0.1molFe在足量氧气中燃烧，生成四氧化三铁，转移电子数为0.1×8/3×NA=4/15NA,D正确；正确选项D。点睛：本题考查了阿伏加德罗常数的综合应用，涉及的学问较多，重在分析实力及化学计算实力的考查，明确有机物存在同分异构体时，化学键类型有所不同；留意可逆反应不能进行完全，铁在氧气中燃烧生四氧化三铁，铁元素化合价平均为+8/3价。4.依据下列试验操作及现象，能推出相应结论的是试验操作及现象结论A加热石蜡后生成的气体能使酸性高锰酸钾溶液褪色加热石蜡产生的气体肯定是乙烯B向饱和硼酸溶液中加少量NaHCO3粉末，无气泡冒出酸性：碳酸>硼酸C向MgCl2溶液中滴加足量NaOH溶液，有白色沉淀生成，再滴加CuCl2溶液，又有蓝色沉淀生成Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]D向淀粉溶液中加稀硫酸共热，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，无砖红色沉淀生成淀粉没有发生水解A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．石蜡油分解可生成乙烯、丙烯等，选项A错误；B、因为酸性：碳酸>硼酸，故向饱和硼酸溶液中加少量NaHCO3粉末，无气泡冒出，选项B正确；C．向MgCl2溶液中滴加足量NaOH溶液，有白色沉淀生成，再滴加CuCl2溶液，又有蓝色沉淀生成，氢氧化钠过量，不发生沉淀的转化，无法证明溶度积的大小，选项C错误；D．向淀粉溶液中加稀硫酸共热，冷却后没有用氢氧化钠中和至碱性，加入新制Cu(OH)2悬浊液，硫酸与氢氧化铜反应，导致无砖红色沉淀生成，干扰醛基的检验，不能说明淀粉没有发生水解，选项D错误；答案选B。5.分子式均为C5H10O2的两种有机物的结构简式如右图所示：下列说法正确的是A.二者都能使Br2的CCl4溶液褪色B.①②分子中全部原子均可能处于同一平面C.等质量的①和②分别与足量钠反应生成等质量的H2D.与其互为同分异构体的酯有8种（不考虑立体异构）【答案】C【解析】A项，只有②能与Br2发生加成反应而使其褪色，故A项错误;B项，分子中均含有四面体碳，全部原子不行能处于同一平面，故B项错误；C项，它们分子中均含有两个羟基，物质的量相同时，与足量的钠产生H2的物质的量也相同，故C项正确；D项，若为甲酸酯有4种，若为乙酸酯则有2种，若为丙酸乙酯，只有1种，若为丁酸酯只有2种，故属于酯类的有4+2+1+2=9种，故D项错误。答案为C。6.某温度时，将nmol·L－lCH3COOH溶液滴入10mL1.0mol·L－1NaOH溶液中，溶液pH和温度随加入CH3COOH溶液体积变更曲线如图所示，下列有关说法正确的是A.Kw：a>b B.25℃时：K(CH3COOH)=1/(n-1)•10－7C.n<1.0 D.水的电离程度：c>b【答案】B【解析】【分析】将CH3COOH溶液滴入NaOH溶液中，溶液pH渐渐减小，当恰好完全中和时，放热最多，温度最高，据此推断；【详解】A.由于温度b>a，则Kw：a<b，故A项错误；B.25℃时，溶液呈中性，则c(Na+)=c(CH3COO-)，则K(CH3COOH)=c(CH3COO-)•c(H+)/c(CH3COOH)=（1.0/2）•10－7/(n-1)/2=1/(n-1)•10－7，故B项正确；C向10mL1.0mol·L－1NaOH溶液中滴入10mLCH3COOH时，溶液呈中性，则n>1.0，故C项错误；D.b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解促进了水的电离，则水的电离程度b>c，故D项错误；综上，本题选B。【点睛】本题考查Kw，Kw与温度有关，温度越高Kw数值越大，水电离程度越大，温度越低Kw数值越小，水的电离程度越小，所以推断Kw的大小重点要抓住此时的温度。7.某同学用下图试验装置验证通过变更浓度来实现反应，2Fe3++2I-=2Fe2++I2中Fe3+与Fe2+的相互转化。K闭合时，电流表指针第一次发生偏转，当指针归零后，向左管滴油加0.01mol/L的AgNO3溶液，发觉指针其次次偏转，方向相反。下列有关说法不正确的是（）A.指针第一次偏转时，b极反应式为Fe3++e-=Fe2+B.加入AgNO3后，a为正极C.当b极有0.001molFe3+被还原时，则通过盐桥的电子数为0.001NAD.其次次指针偏转的缘由是：I-浓度减小，反应逆向进行【答案】C【解析】原溶液第一次电流表指针偏转试验时，a电极2I--2e-=I2，a为负极，b电极Fe3++e-=Fe2+，b为正极，所以A描述正确。指针归零说明上述反应完全进行，这时在左侧滴加AgNO3，Ag++I-=AgI↓，I-浓度减小后反应逆向进行，a电极I2+2e-=2I-，a为正极，b电极Fe2+-e-=Fe3+，b为负极，所以B、D描述都正确。C、两种状况下，盐桥都是通过离子迁移形成内电路的一部分，所以盐桥中没有电子转移，C描述错误。正确答案C。点睛：无论是原电池还是电解池，外电路是通过电子定向移动形成电流，内电路则是通过离子的定向迁移形成电流，所以它们的导电原理是不同的。第II卷二、非选择题(一)必考题8.锌锰干电池的负极是作为电池壳体的金属锌，正极是被二氧化锰和碳粉包围的石墨电极，电解质是氯化锌和氯化铵的糊状物，该电池放电过程中产生MnOOH。废旧电池中的Zn、Mn元素的回收，对环境爱护有重要的意义。Ⅰ.回收锌元素，制备ZnCl2步骤一：向除去壳体及石墨电极的黑色糊状物中加水，搅拌，充分溶解，经过滤分别得固体和滤液。步骤二：处理滤液，得到ZnCl2·xH2O晶体。步骤三：将SOCl2与ZnCl2·xH2O晶体混合制取无水ZnCl2。制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2(夹持及加热装置略)的装置如图：(已知：SOCl2是一种常用的脱水剂，熔点－105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解，与水猛烈反应生成两种气体。)（1）写出SOCl2与水反应的化学方程式：__。（2）接口的连接依次为a→__→__→h→i→__→__→__→e。Ⅱ.回收锰元素，制备MnO2（3）洗涤步骤一得到的固体，推断固体洗涤干净的方法：__。（4）洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧的目的：__。Ⅲ.二氧化锰纯度的测定称取1.40g灼烧后的产品，加入2.68g草酸钠(Na2C2O4)固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参加反应)，充分反应后冷却，将所得溶液转移到100mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻线，从中取出20.00mL，用0.0200mol/L高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为17.30mL。（5）写出MnO2溶解反应离子方程式__。（6）产品的纯度为__。（7）若灼烧不充分，滴定时消耗高锰酸钾溶液体积__(填“偏大”“偏小”“不变”)。【答案】(1).SOCl2＋H2O=SO2↑＋2HCl↑(2).f(3).g(4).b(5).c(6).d(7).取最终一次洗液，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体洗涤干净(8).除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2(9).MnO2＋C2O42-＋4H+=Mn2+＋2CO2↑＋2H2O(10).97.4%(11).偏大【解析】【分析】依据试验原理及试验装置图，分析装置的链接依次；依据题干信息中物质的性质及氧化还原反应原理书写相关反应方程式；依据滴定原理计算产品纯度并进行误差分析。【详解】（1）依据已知条件，SOCl2与水反应生成与水猛烈反应生成两种气体，依据元素守恒推断为SO2和HCl，则反应方程式为SOCl2＋H2O=SO2↑＋2HCl↑，故答案为：SOCl2＋H2O=SO2↑＋2HCl↑；（2）三颈烧瓶中SOCl2汲取结晶水得到SO2与HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸汲取水蒸气，防止后面溶液中的水蒸气进入锥形瓶中，用品红溶液检验SO2，用氢氧化钠溶液汲取尾气中的SO2与HCl，防止污染环境，h装置防止倒吸，接口的连接依次为a→f→g→h→i→b→c→d→e，故答案为：f；g；b；c；d；（3）推断固体洗涤干净的方法是检验洗涤液中有没有Cl－：取最终一次洗液，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体洗涤干净，故答案为：取最终一次洗液，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体洗涤干净；（4）灼烧除去碳，并将MnOOH氧化为MnO2，故答案为：除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2；（5）在H＋作用下，KMnO4、MnO2与C2O反应的离子方程式分别为2MnO＋5C2O＋16H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O、MnO2＋C2O＋4H＋===Mn2＋＋2CO2↑＋2H2O，故答案为：MnO2＋C2O42-＋4H+=Mn2+＋2CO2↑＋2H2O；（6）n(C2O)＝2.68g÷134g·mol－1＝0.02mol；滴定100mL稀释后溶液，消耗n(MnO)＝0.0200mol·L－1×0.01730L×5＝0.001730mol；依据氧化还原反应中得失电子数相等得n(MnO2)×2＋0.001730mol×5＝0.0200mol×2，得n(MnO2)＝0.015675mol，MnO2的质量分数＝＝0.974，即97.4%，故答案为：97.4%；（7）若灼烧不充分，杂质也会消耗高锰酸钾，滴定时消耗高锰酸钾溶液体积将偏大，故答案为：偏大。9.一种从冶铅废渣中提取铅的工艺流程如图所示：已知：醋酸铅易溶于水，难电离。火法炼铅是将方铅矿(主要成分为PbS)在空气中焙烧，生成PbO和SO2。回答下列问题：(1)用方铅矿火法炼铅的反应的化学方程式为______。(2)火法炼铅的废气中含SO2，可将废气通入过量氨水中进行处理，反应的离子方程式为_____。(3)冶铅废渣用硫酸洗涤后，生成的PbSO4表面常含有铜单质，为了溶解铜单质，常须要同时加入肯定量的H2O2溶液，写出溶解铜单质发生反应的离子方程式_______；为加快此反应的速率，下列方法合理的是_____(填标号)。A．搅拌B．适当加热C．减压(4)将饱和Na2CO3溶液加入滤渣1中发生的反应为(aq)＋PbSO4(s)PbCO3(s)＋(aq)，以PbCO3和焦炭为原料在高温条件下可制备金属铅，用化学方程式表示制备过程_______。(5)工业上常用等体积的饱和NaHCO3溶液代替饱和Na2CO3溶液，将肯定量的PbSO4转化为PbCO3。PbSO4与NaHCO3或Na2CO3的物质的量之比不同时，PbSO4的转化率如表所示。Ⅰn(PbSO4)∶n(NaHCO3)1∶1.51∶21∶3PbSO4转化率%95.596.997.8Ⅱn(PbSO4)∶n(Na2CO3)1∶1.51∶21∶3PbSO4的转化率%989898依据表中数据，物质的量之比相同时，Ⅱ中PbSO4的转化率比Ⅰ中的略大，缘由是______。【答案】(1).2PbS＋3O22PbO＋2SO2(2).2NH3·H2O＋SO2=2＋＋H2O(3).Cu＋H2O2＋2H+=Cu2+＋2H2O(4).AB(5).PbCO3PbO＋CO2↑、2PbO＋C2Pb＋CO2↑(或PbO＋CPb＋CO↑)(6).物质的量之比相同时，Na2CO3溶液中c()比NaHCO3溶液中的大【解析】【分析】冶铅废渣用硫酸洗涤，生成PbSO4，滤渣1为PbSO4，加入饱和碳酸钠溶液，PbSO4转化为PbCO3，滤渣2为PbCO3，加入醋酸溶液，PbCO3溶解，得到醋酸铅溶液，和锌发生置换反应得到海绵铅，洗涤干燥后得到粗铅。【详解】(1)由火法炼铅是将方铅矿在空气中焙烧，生成PbO和SO2，可知发生反应的化学方程式为2PbS＋3O22PbO＋2SO2。(2)SO2与过量的氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为2NH3·H2O＋SO2=2＋＋H2O。(3)酸性条件下铜被H2O2氧化为Cu2＋，反应的离子方程式是Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；搅拌能加快反应速率，适当上升温度可使反应速率加快，该反应没有气体参加，减压对反应速率无影响，故选AB。(4)以PbCO3和焦炭为原料制备Pb的反应的化学方程式为PbCO3PbO＋CO2↑、2PbO＋C2Pb＋CO2↑(或PbO＋CPb＋CO↑)。(5)物质的量之比相同时，Na2CO3溶液中c()比NaHCO3溶液中的大，故Ⅱ中PbSO4的转化率比Ⅰ中的略大。【点睛】(2)SO2和氨水反应，由于H2SO3为二元酸，所以当SO2过量时生成酸式盐NH4HSO3，当氨水过量时，生成正盐(NH4)2SO3。(3)适当升温可以加快反应速率，但若温度过高，会使H2O2分解，反应速率反而会降低。10.氯气是现代工业的重要原料，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学探讨的热车点，回答下列问题：（1）Deacon独创的干脆氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。可按下列催化过程进行：Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1Ⅱ.CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1Ⅲ.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3反应Ⅰ能自发进行的条件是___。利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还须要利用反应___的ΔH。（2）如图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)：c(O2)分别等于1：1、4：1、7：1时HCl平衡转化率随温度变更的关系：可知反应平衡常数K（400℃）__K（500℃）（填“大于”或“小于”）。设容器内初始压强为p0，依据进料浓度比c(HCl)：c(O2)=4：1数据，计算400℃时容器内的平衡压强=___（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分别的能耗。进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低、过高的不利影响分别是___。（3）已知：氯气与NaOH溶液反应可生成NaClO3。有探讨表明，生成NaClO3的反应分两步进行：Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-常温下，反应Ⅱ能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，试用碰撞理论说明其缘由：___。（4）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，写出阳极反应式：___。【答案】(1).高温(2).CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）(3).大于(4).0.848p0(5).Cl2和O2分别能耗较高、HCl转化率较低(6).反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－向ClO3－转化(7).ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋【解析】【详解】（1）Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1，△S＞0，则要△G=△H-T△S＜0，须高温条件下才能自发；Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1Ⅱ.CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1Ⅲ.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，（Ⅲ-Ⅱ×2-Ⅰ×2）/2得：还须要利用反应CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）的ΔH。故答案为：高温；CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）；（2）依据图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，上升温度平衡向着逆向移动，则温度越高平衡常数越小，所以反应平衡常数K（400℃）大于K（500℃）；进料浓度比c（HCl）：c（O2）的比值越大，HCl的平衡转化率越低，依据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c（HCl）：c（O2）=4：1，该曲线中400℃HCl的平衡转化率为76%。则p=p0=0.848p0；进料浓度比c（HCl）：c（O2）过低时，O2浓度较大，HCl的转化率较高，但Cl2和O2分别能耗较高，生成成本提高；进料浓度比c（HCl）：c（O2）过高时，O2浓度较低，导致HCl的转化率减小；故答案为：大于；p=p0=0.848p0；Cl2和O2分别能耗较高、HCl转化率较低；（3）生成NaClO3的反应分两步进行：Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-，Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-，常温下，反应Ⅱ能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，用碰撞理论说明其缘由：反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－向ClO3－转化；故答案为：反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－向ClO3－转化；（4）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，阳极发生氧化反应生成ClO4－，阳极反应式：ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋。故答案为：ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋。【点睛】本题考查化学平衡计算、盖斯定律应用及电解原理等学问，明确化学平衡及其影响为解答关键，难点（2）留意驾驭盖斯定律内容及三段式在化学平衡计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解实力及综合应用实力。(二)选考题【化学——选修3：物质结构与性质】11.离子液体是一类具有很高应用价值的绿色溶剂和催化剂，其中的EMIM＋由H、C、N三种元素组成，结构如下图所示。回答下列问题：(1)碳原子价层电子的轨道表达式为______，基态碳原子中，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为______形。(2)依据价层电子对互斥理论，NH3、、中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是_______。NH3比PH3的沸点高，缘由是____________。(3)氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大的缘由是____________。(4)EMIM＋中，碳原子的杂化轨道类型为________。分子中的大π键可用符号表示，其中n代表参加形成的大π键原子数，m代表参加形成的大π键电子数(如苯分子中的大π键可表示为)，则EMIM＋中的大π键应表示为________。(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石，其晶胞结构如下图所示。立方氮化硼属于______晶体，其中硼原子的配位数为_____。已知：立方氮化硼密度为dg/cm3，B原子半径为xpm，N原子半径为ypm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中原子的空间利用率为_______(列出化简后的计算式)。【答案】(1).(2).哑铃(3).NH3(4).氨分子间存在氢键(5).基态氮原子电子占据的最高能级为半充溢，较稳定(6).sp2、sp3(7).(8).原子(9).4(10).×100%【解析】【分析】依据构造原理、泡利原理和洪特规则写出碳原子的价层电子轨道表示式；依据价层电子对互斥理论计算中心原子价层电子对数；依据大π键的书写方法和EMIM＋的结构表示EMIM＋里的大π键；依据晶体的物理特征推断立方氮化硼的晶体类型，依据晶体结构推断B原子的配位数和计算晶胞中的原子利用率。【详解】(1)碳原子价电子排布式为2s22p2，所以价层电子的轨道表达式为；基态碳原子核外电子占据的最高能级为2p，p轨道的电子云轮廓图为哑铃形。(2)NH3中N原子价层电子对个数＝3＋(5-3×1)＝4，NO3－中N原子价层电子对个数＝3＋(5＋1－3×2)＝3；NO2－中N原子价层电子对个数＝2＋(5＋1－2×2)＝3，所以中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是NH3；NH3比PH3的沸点高是因为氨分子间存在氢键。(3)ⅤA族元素的第一电离能比同周期相邻元素的都大，是因为ⅤA族元素的最高能级p轨道上的电子为半充溢状态，能量低，较稳定，失去一个电子须要的能量多，所以氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大。(4)依据EMIM＋的结构图可知，甲基和亚甲基上的碳原子的杂化方式为sp3，环上的碳原子的杂化方式为sp2；五元环中存在大π键，参加形成大π键的原子总数为5个，每个氮原子供应2个电子，每个碳原子供应1个电子，失去一个电子后，共有6个电子形成大π键，可用符号表示。(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石，晶体类型类似于金刚石，是原子晶体；晶胞中每个N原子连接4个B原子，晶胞中N原子数为4，B原子数＝8×＋6×＝4，氮化硼化学式为BN，所以晶胞中每个B原子也连接4个N原子，即硼原子的配位数为4；晶胞的质量m＝g＝g，晶胞的体积V＝＝cm3＝cm3，B、N原子总体积V′＝4×[]＝×(x3＋y3)×10－30cm3，晶胞中原子的空间利用率＝×100%＝×100%＝×100%。【点睛】本题的难点在(5)。利用体积、密度、质量的关系