福建省泉州市2025届高三化学5月质检试题含解析

PAGE17-福建省泉州市2025届高三化学5月质检试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1B-11C-12N-14O-16Br-80单选题1.化学与生活亲密相关。下列叙述正确的是（）A.硫磺皂中的硫单质具有杀菌的功效B.食品袋中放置的CaO可防止食品氧化变质C.草木灰与硝酸铵混合施用效果更好D.用碳酸钡、碳酸镁和氢氧化铝等作抗酸药【答案】A【解析】【分析】【详解】A．硫单质能杀菌，所以硫磺香皂中的硫单质有杀菌的效果，故A正确；B．氧化钙不具有还原性，不能防止食品氧化变质，它能吸水，只作干燥剂，防止食品受潮，故B错误；C．草木灰的主要成分为碳酸钾，碳酸钾水解溶液显碱性，与铵态氮肥混合会反应产生氨气，降低了施肥效果，二者不能混合运用，故C错误；D．碳酸钡与盐酸反应生成易溶于水的氯化钡，钡离子为重金属离子，有毒，所以不能用碳酸钡作抗酸药，故D错误；答案为A。2.管道工人曾经用浓氨水检查氯气管道是否漏气，发生反应：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2。下列叙述正确的是（）A.NH3的电子式为B.每转移3NA电子时，消耗Cl2的体积为33.6LC.该检验过程有共价键、离子键断裂与生成D.用该方法检验管道泄漏处会产生白烟【答案】D【解析】【详解】A.NH3分子中氮原子与氢原子形成单键，氮原子形成8个电子的稳定结构，则电子式为，A错误；B.依据反应方程可知，每消耗3molCl2转移电子数为6NA，则转移3NA电子时，消耗Cl2的体积在标准状况下为33.6L，未标注标准状况，B错误；C.该反应中存在氯氯共价键的断裂，铵根离子与氯离子离子键、氮氮共价键的形成，但不存在离子键的断裂，C错误；D.若氯气管道泄漏，浓氨水挥发出氨气与氯气生成氯化铵，视察到白烟生成，D正确；答案选D。3.水杨酸（结构如图所示）为柳树皮提取物之一，是一种自然的消炎药，主要作为医药工业的原料。下列关于水杨酸的叙述错误的是（）A.分子式为C7H6O3B.能发生加成、酯化、中和等反应C.苯环上的二氯取代物有5种D.全部原子均可能在同一平面上【答案】C【解析】【详解】A.依据水杨酸的结构简式可知，水杨酸的分子式为C7H6O3，A正确；B.水杨酸分子中含有苯环、羧基和羟基，苯环能与氢气发生加成反应，羧基和羟基能发生酯化反应，羧基能发生中和反应，B正确；C.该分子苯环上存在4种不同的氢，其二氯代物有，共6种，C错误；D.以苯环（12原子共平面）和碳氧双键（4个原子共平面）为基础，可以画出如图结构，故全部原子可能共平面，D正确；答案选C。4.前20号元素M、N、R、Q、Z的原子序数依次递增，M与Z、N与Q分别同主族，M、N形成的常见化合物有M2N、M2N2，由该5种元素组成的某结晶化合物X常用作净水剂。下列叙述错误的是（）A.化合物X中含有离子键和共价键B.简洁离子半径由大到小的依次为Z˃R˃Q˃NC.N、Q分别与Z形成化合物的水溶液均呈碱性D.R、Q、Z的最高价氧化物的水化物间能相互反应【答案】B【解析】【分析】由5种元素组成的某结晶化合物X常用作净水剂，X可能为明矾KAl(SO4)212H2O，K与H、O与S同主族，H与O能形成H2O、H2O2，符合题意，故M、N、R、Q、Z分别为H、O、Al、S、K。【详解】A.综上分析，X为KAl(SO4)212H2O，分子中既含钾离子、铝离子与硫酸根离子的离子键又含硫原子与氧原子、氢原子与氧原子的共价键，A正确；B.离子电子层数越多半径越大，层数相同时，核电荷数越大半径越小，则N、R、Q、Z对应的离子半径由小到大的是S2->K+>O2->Al3+，应为Q˃Z˃N˃R，B错误；C.N与Z形成化合物K2O、K2O2与水反应生成KOH，Q与Z形成的化合物为K2S，易水解使溶液均呈碱性，C正确；D.R、Q、Z的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝、硫酸、氢氧化钾，氢氧化铝具有两性，能与强酸、强碱反应，故硫酸与氢氧化钾均能和氢氧化铝反应，D正确；答案选B。5.卤素互化物如ICl、ICl3等具有与卤素单质相像的性质。利用反应I2+Cl2=2ICl，试验室可用如图所示装置（夹持仪器已略去）制取少量ICl3。已知：ICl的熔点为27.2℃，沸点为97.40C，简洁水解，能发生反应：ICI+C12=IC13。下列叙述错误的是（）A.圆底烧瓶中的固体可以为KMnO4或KClO3B.装置B、C中的试剂分别为饱和食盐水和浓硫酸C.装置E的作用为汲取尾气，可用装置F替代D.盐酸的滴加速度过快，ICl的产率会明显降低【答案】C【解析】【分析】【详解】A.A装置为氯气制备装置，此装置为固液不加热装置，故可以运用KMnO4或KClO3与浓盐酸反应制取氯气，A正确；B.制取氯气中含有杂质氯化氢和水，故装置B中盛有饱和食盐水除去HCl，装置C中盛有浓硫酸除去H2O，B正确；C.因为ICl简洁水解、氯气有毒，装置E的作用为汲取尾气和防止空气中水蒸气进入D装置，装置F中的氢氧化钠能汲取尾气但不能防止水蒸气进入D装置，C错误；D.若盐酸的滴速过快会使反应过于猛烈，氯气与ICI接着反应生成IC13，使ICl的产率降低，D正确；答案选C。【点睛】KMnO4和KClO3与浓盐酸制取氯气的原理为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O、KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O，反应均不须要加热。6.某探讨团队在优化催化剂的基础上，通过调整电极的孔道和疏水性增加CO的扩散速率，实现了高选择性将CO电解还原制备乙烯，如图所示。下列叙述错误的是（）A.碳纸/聚四氟乙烯电极为阴极B.聚四氟乙烯的作用是吸附并增加CO的浓度C.为了维持电解的效率，离子交换膜应为阳离子交换膜D.碳纸上生成C2H4电极反应式为：2CO+6H2O+8e-=C2H4+8OH-【答案】C【解析】【分析】【详解】A.依据装置示意图可知，CO在碳纸/聚四氟乙烯电极反应生成C2H4，碳元素化合价降低，得电子发生还原反应，则碳纸/聚四氟乙烯电极为阴极，A正确；B.碳纸/聚四氟乙烯电极催化剂为阴极，碳纸的作用为增加电极的导电性，聚四氟乙烯可以吸附CO，提高其在氢氧化钾溶液中的浓度，增大CO与催化剂的接触面积，B正确；C.阴极反应生成氢氧根离子，阳极反应消耗氢氧根离子，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，为了维持电解质溶液导电实力的稳定，故离子交换膜应为阴离子交换膜，C错误；D.电解质溶液呈碱性，CO在碳纸/聚四氟乙烯电极得电子生成C2H4和氢氧根离子，电极反应式为2CO+6H2O+8e-=C2H4+8OH-，D正确；答案选C。7.常温下，用0.010mol/L的NaOH溶液滴定10.00mL0.010mol/L的酸H2A，滴定过程中加入NaOH溶液的体积（V）与溶液中lg的关系如图所示（10mL之后的曲线未画出）。下列叙述正确的是（）A.H2AH++HA-B.Ka(HA-)的数量级为10-5C.滴定过程中，水的电离程度最大的为B点溶液D.V(NaOH)=15mL时的溶液中：c(Na+)>c(A2-)>c(HA-)【答案】D【解析】【分析】用0.010mol/L的NaOH溶液滴定10.00mL0.010mol/L的酸H2A，依次发生NaOH+H2A=NaHA+H2O、NaHA+NaOH=Na2A+H2O，则当加入10mL的NaOH溶液，溶液中溶质为NaHA。【详解】A.依据A点可知，lg=10.083，因为Kw=[H+][OH-]=10-14，则A点[H+]=10-1.9585mol/L=0.011mol/L，则H2A一级电离为完全电离，H2A=H++HA-，A错误；B.依据A点，[H+]=10-1.9585mol/L=0.011mol/L，因为H2A一级电离为完全电离，则其次步电离出的[A2-]=(0.011-0.01)mol/L=0.001mol/L，则，Ka(HA-)的数量级为10-3，B错误；C.依据酸碱的数量关系10mL时，完全反应生成NaHA为强酸强碱，20mL时完全中和生成Na2A为强碱弱酸盐，能促进水的电离，故水电离程度最大的点为完全中和时，C错误；D.V(NaOH)=15mL时的溶液中n(NaHA):n(Na2A)=1:1，又因为Ka(HA-)10-3mol/L，HA-的电离程度大于A2-的水解程度，故当n(NaHA):n(Na2A)=1:1时溶液显酸性，故c(Na+)>c(A2-)>c(HA-)，D正确；答案选D。8.1，2—二溴乙烷[BrCH2CH2Br，常温下为无色液体，难溶于水，密度比水大，熔点9℃，沸点132℃]常用作熏蒸消毒的溶剂。利用以下原理可在试验室制取：2C2H5OHCH2=CH2BrCH2CH2Br。已知：140℃时发生副反应生成乙醚(C2H5OC2H5)，局部过热会生成SO2、CO2。试验步骤如下：①按如图组装仪器（夹持装置略），检查气密性后添加试剂。②在冰水浴冷却、搅拌下，将20mL浓硫酸缓慢加到10mL95%乙醇中，取出5mL混合液加入三颈烧瓶中，将剩余部分移入恒压滴液漏斗。③加热A至175℃，打开恒压滴液漏斗活塞，渐渐滴加混合液至D中液溴反应完全。④将D中产物移到分液漏斗，依次用水、NaOH溶液、水洗涤并分液，往有机相加入适量MgSO4固体，过滤、操作Y，收集到BrCH2CH2Br4.23g。请回答以下问题：（1）B中长导管的作用是___。（2）试剂X可选用___（填序号）。a.NaOH溶液b.饱和NaHSO3溶液c.酸性高锰酸钾溶液d.浓硫酸（3）D中具支试管还需加入少量水，目的是___。反应过程中需用冷水冷却具支试管，若将冷水换成冰水，可增加冷却效果，但主要缺点是___。（4）步骤②配制混合液运用的玻璃仪器除了量筒，还有___。（5）与干脆将全部混合液加热到170℃相比，步骤③中往175℃少量混合液中渐渐滴加混合液，最主要的优点是___。（6）反应结束后，E中溶液检测到BrO3-，则E中发生反应的离子方程式为___。（7）步骤④操作Y为___。（8）BrCH2CH2Br的产率为___。【答案】(1).平衡气压(2).a(3).液封，削减液溴的挥发(4).冰水冷却会导致1，2—二溴乙烷凝固而堵塞导管(5).烧杯、玻璃棒(6).削减升温至140℃时有乙醚生成(7).3Br2+6OH-=5Br-+BrO3-+3H2O(8).蒸馏(9).90.0%（或0.9）【解析】【分析】装置A中发生乙醇的消去反应生成乙烯，乙烯挥发至装置D中与溴发生加成反应生成1，2—二溴乙烷，将D中产物经过洗涤、分液等操作得到纯净的1，2—二溴乙烷。【详解】（1）长导管可以平衡气压，平衡因堵塞或加热反应过程中温度改变引起的压强改变。（2）制取乙烯时局部过热会生成SO2、CO2，装置C的目的是为了除去乙烯中SO2、CO2，NaOH溶液能与SO2、CO2反应但不与乙烯反应，饱和NaHSO3溶液和浓硫酸不能汲取SO2、CO2，酸性高锰酸钾溶液与乙烯能反应，故试剂X选择NaOH溶液。（3）液溴易挥发，加水液封可以减小其挥发；因为1，2—二溴乙烷的熔点为9℃，用0℃冰水冷却会导致1，2—二溴乙烷凝固而堵塞导管。（4）溶液混合须要在烧杯中进行，并用玻璃棒不断搅拌，量筒用来量取液体。（5）若将全部混合液干脆加热，在140℃时发生副反应生成乙醚的量较大，而实行175℃少量混合液中渐渐滴加混合液，只有少量混合物在140℃时发生副反应生成少量的乙醚。（6）氯、溴、碘单质与强碱发生歧化反应，结合信息E中溶液检测到BrO3-，可知溴单质与氢氧化钠反应生成溴酸钠、溴化钠和水，离子方程式为3Br2+6OH-=5Br-+BrO3-+3H2O。（7）将D中产物移到分液漏斗，依次用水、NaOH溶液、水洗涤并分液，往有机相加入适量MgSO4固体，过滤得到滤液后，要得到纯净的BrCH2CH2Br需将BrCH2CH2Br与有机溶剂分别，故操作Y为蒸馏。（8）通过试验装置图可知液溴为4.00g，依据CH2=CH2+Br2BrCH2CH2Br计算：理论上生成BrCH2CH2Br的物质的量为n(BrCH2CH2Br)=n(Br2)=4.00160=0.025mol，m(BrCH2CH2Br)=0.025188=4.7g，则产率为。9.铍是原子能、火箭、导弹、航空、宇宙航行以及冶金工业中不行缺少的一种新兴材料。以某地的含氟铍矿（主要成分为BeO、CaF2、Al2O3、Fe2O3、SiO2及少量的硫酸盐）为原料，生产工业氧化铍的一种工艺流程如图：已知：①25℃，Ksp(CaCO3)=8.7×10-9；Ksp(CaSO4)=2.5×10-5；②Be(OH)2与Al(OH)3性质相像。回答下列问题：（1）“熔炼”的温度为1600℃，其中约20%的Al2O3反应生成烟气(主要成分为AlF3)，该反应的化学方程式为___。（2）浸渣的主要成分为CaSO4、___。（3）加入氨水中和酸浸液，若将pH调至8~9，“沉铍”时产生的沉淀物主要有：___、___、___。（4）“沉铍”后将滤渣加入足量氢氧化钠溶液提高pH进行“除铁”，铍元素参加反应的离子方程式为___，然后加适量水稀释进行“水解”，目的是___。（5）若为高氟铍矿，需在“沉铍”前进行“除氟”。工业上“除氟”是加入10%的氨水，并限制肯定的条件，使氟与铝铁形成共沉淀物而除去。依据如图试验数据，选择的试验条件为pH=___，水浴加热温度T=___℃。（6）氧化铍粗产品含有肯定量的硫酸盐会影响铍的后续冶炼，可用碳酸盐脱除，发生反应：CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3(s)+Na2SO4(aq)。通过计算反应的K值说明用碳酸钠脱硫酸根反应的程度大小：__。【答案】(1).Al2O3+3CaF22AlF3↑+3CaO(2).SiO2(3).Fe(OH)3(4).Be(OH)2(5).Al(OH)3(6).Be(OH)2+2OH-=BeO22-+H2O或Be(OH)2+2OH-=Be(OH)42-(7).稀释使溶液的碱性变弱，BeO22-水解，分别除去沉淀中的铝元素(8).4(9).95(10).K===2.9×103，K值很大，说明转化反应程度很大【解析】【分析】含氟铍矿（主要成分为BeO、CaF2、Al2O3、Fe2O3、SiO2及少量的硫酸盐）经过熔炼，发生反应Al2O3+3CaF22AlF3↑+3CaO，“熔炼”后的主要成分BeO、CaF2、Al2O3、Fe2O3、SiO2、CaO与硫酸反应，因SiO2与硫酸不反应，而CaSO4微溶于水，则“酸浸”除去二氧化硅等，“酸浸”后滤液中的离子主要为H+、Fe3+、Be2+、Al3+、SO42-等，“沉铍”后Fe3+、Be2+、Al3+转化为沉淀Fe(OH)3、Be(OH)2、Al(OH)3，加入氢氧化钠后Be(OH)2、Al(OH)3溶解生成BeO22-、AlO2-并除去氢氧化铁，最终加适量的水稀释使溶液的碱性变弱，让BeO22-水解转化为Be(OH)2水解得到氢氧化铍。【详解】（1）依据元素守恒分析，Al2O3转化为烟气AlF3，应为Al2O3与CaF2发生复分解反应：Al2O3+3CaF22AlF3↑+3CaO。（2）“熔炼”后适当冷却加入硫酸进行“酸浸”，主要是含氟铍矿中各种氧化物BeO、CaF2、Al2O3、Fe2O3、SiO2、CaO与硫酸反应，因SiO2与硫酸不反应，而CaSO4微溶于水，故浸渣的主要成分为CaSO4、SiO2。（3）酸浸后滤液中的离子主要为H+、Fe3+、Be2+、Al3+、SO42-等，加入氨水中和酸浸液，pH调至8~9时，Fe3+、Be2+、Al3+转化为沉淀Fe(OH)3、Be(OH)2、Al(OH)3。（4）“沉铍”后将滤渣加入足量氢氧化钠溶液提高pH进行“除铁”，因Fe(OH)3不与氢氧化钠反应，Be(OH)2、Al(OH)3性质相像为两性氢氧化物能与氢氧化钠溶液反应，发生Be(OH)2+2OH-=BeO22-+H2O、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，将Fe(OH)3分别，溶液中阴离子主要是BeO22-、AlO2-，后加适量水稀释进行“水解”，依据流程中的得到的信息“水解”目的是得到Be(OH)2，故说明流程中加适量的水是稀释使溶液的碱性变弱，让BeO22-水解转化为Be(OH)2，分别除去沉淀中的铝元素。（5）若为高氟铍矿则“酸浸”后溶液中含有大量的氟离子，氟离子浓度偏大会与Be2+形成协作物溶于水而增加了铍的损失率，因此需在“沉铍”前进行“除氟。依据题目信息工业上“除氟”是加入10%的氨水，并限制肯定的条件，使氟与铝铁形成共沉淀物而除去。图1明显在pH=4时F、Al、Fe的沉淀率高，但pH高于4时，铍的损失率增大，故试验条件为pH=4，由图2看出温度在95℃后杂质离子的除去率高，故水浴加热温度为95℃。（6）反应：CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3(s)+Na2SO4(aq)的K===2.9×103，因为K值很大，说明CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3(s)+Na2SO4(aq)反应程度很大。10.H2O2作为绿色氧化剂被应用于废水处理、造纸和化学合成等行业。（1）已知：H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH1=－285.8kJ·mol-1H2(g)+O2(g)=H2O2(l)ΔH2=－135.8kJ·mol-1①H2(g)与O2(g)的反应中，在热力学上更有利的产物是__，缘由是__。②常温下，H2O2分解的热化学方程式为__。（2）我国科学家运用Ag9团簇作催化剂，探讨H2O2的合成。各步骤的活化能和反应热，如表所示，利用计算机模拟反应历程如图所示（TS表示过渡态，∙∙∙表示被催化剂吸附的物种）。Ag9团簇上生成H2O2的活化能Ea和反应热步骤过渡态Ea/kJmol-1/kJmol-1AAg9O2+H2Ag9OOHTS174.1+68.7BH—Ag9OOH+H2H—Ag9—HH2O2TS2108.7-27.2CH—Ag9—H+O2HOOAg9—HTS378.4-75.4DHOOAg9—HAg9H2O2TS4124.7+31.3①通过降低步骤___（填字母）的能垒（活化能），可以较大幅度提高合成反应的速率。②反应历程中2到3断裂的化学键为___（填序号）。A.O2中的氧氧键B.H2中的氢氢键C.Ag9∙∙∙OOH中的氧氢键（3）利用阴阳极同步放电产生H2O2和过硫酸铵[(NH4)2S2O8]的原理如图所示。阳极上放电的离子是___，阴极的电极反应式为___。（4）常温下，H2O2分解速率方程v=0.0625·c(H2O2)mg·L-1·s-1，c(H2O2)随时间改变如下表：C(H2O2)(mgL-1)10000.08000.04000.02000.01000.0分解时间(s)07233955①当c(H2O2)=8000.0mg·L-1时，v=__mg·L-1·s-1；②当c(H2O2)降为5000.0mg·L-1时，分解时间为___s。【答案】(1).H2O(2).ΔS均减小，但是ΔH1比ΔH2更小，产生H2O的反应趋势更大(3).2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH=-300.0kJ·mol-1(4).D(5).AB(6).SO42-(7).O2+2H++2e-=H2O2(8).500(9).16【解析】【分析】可以通过来推断反应的趋势；化学反应速率是由反应速率最慢的步骤确定的；依据电解池装置，硫酸根离子在阳极失电子生成S2O82-，氧元素化合价降低，过氧化氢在阴极生成。【详解】（1）①从热力学趋势来看相同反应物反应时，两反应的ΔS均减小，但是ΔH1比ΔH2更小，依据，产生H2O的反应趋势更大。②依据盖斯定律，由反应1-反应2可得出H2O2分解的热化学方程式为2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH=-300.0kJ·mol-1。（2）①须要较大幅度提高合成反应的速率，取决于反应的确定反应速率的步骤，那就看每步反应的活化能的大小，由表格数据可知步骤D的活化能最大，因此通过降低步骤D的能垒（活化能），可以较大幅度提高合成反应的速率。②反应历程中2到3反应的方程式为Ag9∙∙∙O2+H2H-Ag9∙∙∙OOH，可知O2中氧氧键与H2中氢氢键均断裂。（3）依据电解池装置可知，硫元素化合价上升，故硫酸根离子在阳极失电子生成S2O82-；而阴极发生还原反应，氧气得电子与氢离子生成过氧化氢，电极反应式为O2+2H++2e-=H2O2。（4）①当c(H2O2)=8000.0mg·L-1时，分解速率v=0.0625·c(H2O2)mg·L-1·s-1=（0.06258000.0）mg·L-1·s-1=500mg·L-1·s-1。②对比过氧化氢浓度削减一半量和时间之间关系，可以发觉过氧化氢浓度削减一半所用的时间为定值，均为16s，故当c(H2O2)从10000mg·L-1降为5000.0mg·L-1时，分解时间为16s。11.硼及其化合物广泛应用于能源、材料等领域。（1）钕铁硼是磁性材料，被称为“磁王”。钕的价电子排布式为4f46s2，则钕原子的未成对电子数有__个。（2）氟化硼（BF3）是石油化工的重要催化剂。BF3BF3是__分子（填“极性”或“非极性”），BF3中B—F比BF4-中B—F的键长短，缘由是__。（3）乙硼烷（B2H6）是用作火箭和导弹的高能燃料，氨硼烷(H3NBH3)是最具潜力的储氢材料之一。①B2H6的分子结构如图所示，其中B原子的杂化方式为__。②H3NBH3的相对分子质量与B2H6相差不大，但是H3NBH3的沸点却比B2H6高得多，缘由是__。③同一周期中，第一电离能介于B、N之间的元素有__种。（4）硼酸盐是重要的防火材料。图(a)是一种无限链式结构的硼酸根，则该硼酸根离子符号是__，图(b)是硼酸钠晶体中阴离子(含B、O、H三种元素)的结构，该晶体中含有的化学键有__。A.离子键B.极性键C.非极性键D.配位键E.金属键（5）立方氮化硼（BN）是超硬、耐磨、耐高温的新型材料。其晶体结构与金刚石相像，如图c所示，则B的配位数为__，测得B与N的原子核间距为anm，晶体的密度为dg·cm-3，则阿伏加德罗常数NA=__（列计算式即可）。【答案】(1).4(2).非极性(3).BF3中B采纳sp2杂化，BF4-中B采纳sp3杂化，s轨道成分越多，电子云重叠程度越大，键长越短[或BF3中除了σ键，还有（π）大π键](4).sp3杂化(5).H3NBH3分子间存在（双）氢键，分子间作用力更大(6).3(7).[BO2]或BO2-(8).ABD(9).4(10).或【解析】【分析】F能级有7个轨道，BF3中B的价电子对数为；乙硼烷分子中每个硼原子含有4个共价键；氢键使分子间作用力更大；依据（4）图可知，一个B原子与3个O原子连接，但有2个O原子是与其他B原子共用的；依据晶胞结构可知，B原子位于晶胞的顶点和面心，N原子为体内。【详解】（1）f能级有7个轨道，依据钕的价电子排布式为4f46s2，4个电子分别占在4个不同的轨道，自旋相同，则钕原子的未成对电子数有4个。（2）因BF3中B的价电子对数为，B实行sp2杂化，则BF3空间构型为平面三角形，是对称结构，故BF3是非极性分子；BF3中未杂化的2pz轨道与F的2pz轨道平行重叠形成大π键，故BF3中B—F比BF4-中B—F的键长短。（3）①乙硼烷分子中每个硼原子含有4个共价键，所以B原子采纳sp3杂化；②H3NBH3中与N连接的H显正电性，与B连接的H显负电性，形成双氢键，分子间作用力更大，故H3NBH3的沸点却比B2H6高得多。③同一周期中，第一电离能