全国I卷湖北省武汉市部分学校2025届高三化学5月在线学习摸底检测试题含解析

PAGE17-（全国I卷）湖北省武汉市部分学校2025届高三化学5月在线学习摸底检测试题（含解析）1.预防和灭杀新型冠状病毒是有效限制肺炎传播的重要手段。下列叙述中错误的是A.佩戴医用外科口罩或N95口罩能有效阻断病毒的传播B.运用开水蒸煮餐具可使病毒蛋白质变性C.医用酒精、含氯消毒剂的浓度越高其消毒效果越好D.能传播新冠病毒的气溶胶的分散剂是空气【答案】C【解析】【详解】A．医用外科口罩或N95口罩相较于一般口罩的优势在于能够阻挡气溶胶，而在飞沫传播中病毒颗粒一般存在于气溶胶中，所以N95对于某些传播途径有比较好的阻断效果，能有效阻断病毒的传播，故A正确；B．高温能使蛋白质变性，从而杀死病毒，则运用开水蒸煮餐具可使病毒蛋白质变性，故B正确；C．含氯消毒剂的浓度越高，氧化性越强，其消毒效果越好，但医用酒精浓度过高，如95%酒精会使细菌细胞外面形成爱护层，酒精不能完全进入细菌细胞内，达不到杀菌目的，75%的酒精杀菌效果最好，所以医用酒精中乙醇的浓度为75%，故C错误；D．由固体或液体小质点分散并悬浮在气体介质中形成的胶体分散体系叫做气溶胶，又称气体分散体系，其分散相为固体或液体小质点，其大小为0.001~100微米，分散介质为气体，能传播新冠病毒的气溶胶的分散剂是空气，故D正确；答案选C。2.化合物如图的分子式均为C7H8。下列说法正确的是A.W、M、N均能与溴水发生加成反应 B.W、M、N的一氯代物数目相等C.W、M、N分子中的碳原子均共面 D.W、M、N均能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A.由结构简式可知,W不能和溴水发生加成反应，M、N均能与溴水发生加成反应，故A错误；B.W的一氯代物数目为4种，M的一氯代物数目3种，N的一氯代物数目4种，故B错误；C.依据甲烷分子的正四面体结构、乙烯分子和苯分子的共面结构可知，W、N分子中的碳原子均共面，M中的碳原子不能共面，故C错误，D.W中与苯环相连的碳原子了有氢原子，M和N均含碳碳双键，故W、M、N均能被酸性KMnO4溶液氧化，故D正确;答案：D。3.目前认为酸催化乙烯水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法正确的是A.①、②、③三步反应均释放能量B.该反应进程中有两个过渡态C.第①步反应的活化能最小D.总反应速率由第①步反应确定【答案】D【解析】【详解】A．依据反应发生历程，结合图示，反应①反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，反应②、③均为反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故A错误；B．过渡态理论认为，化学反应不是通过反应物分子的简洁碰撞就可以完成的，而是在反应物到生成物的过程中，经过了一个高能量的过渡态。这与爬山类似，山的最高点便是过渡态，依据图示可知，该反应进程中有三个过渡态，故B错误；C．由图可知，第①步反应的活化能最大，故C错误；D．总反应的速率由进程中最慢的一步反应确定，有C项分析可知，第①步反应的活化能最大，反应速率最慢，则总反应速率由第①步反应确定，故D正确；答案选D。【点睛】看能量图时，留意比较反应物和生成物能量的相对大小，反应物能量低于生成物能量时，汲取能量，反应物能量高于生成物能量时，释放能量。4.下列试验中的颜色改变，与氧化还原反应无关的是A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．Ag+与Cl-结合形成氯化银沉淀，消耗氯水中的Cl-，导致Cl-浓度较低，促使氯气与水反应向正向进行产生氯离子，氯水中氯气含量削减，淡黄绿色渐渐褪去，氯气和水反应为氧化还原反应，故A与氧化还原反应有关；B．向氯化铁溶液中加入氢氧化镁沉淀，氢氧化镁沉淀转化为更难溶的氢氧化铁沉淀，白色浑浊转变为红褐色沉淀，属于沉淀的转化，没有化合价的改变，没有发生氧化还原反应，故B与氧化还原反应无关；C．草酸是较好的还原剂，很简洁被高锰酸钾在酸性条件下氧化生成二氧化碳，方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，现象是高锰酸钾褪色并有气泡产生，锰元素的化合价从+7降低到+2价，有化合价的改变，故C与氧化还原反应有关；D．钠在高温下与空气中的氧气反应并燃烧，钠元素的焰色反应为黄色，则反应中产生黄色火焰，并生成淡黄色过氧化钠，氧元素的化合价从0降低到-1价，有化合价的改变，故D与氧化还原反应有关；答案选B。【点睛】氧化还原反应的特征是有化合价的改变，本质是有电子的转移，可以依据有无化合价的改变推断反应是否为氧化还原反应。5.我国科学家合成了一种新的化合物，其结构式如图所示。该物质中W、X、Y、Z、M是短周期中常见元素，且原子序数依次增大；已知M元素原子核外电子总数是Y元素原子核外电子总数的两倍。下列说法中错误的是A.由X和Y两种元素形成的化合物有多种B.W和Z元素位于周期表中同一主族C.元素的非金属性强弱依次为：Z＞Y＞XD.Y、M元素的气态氢化物沸点凹凸为：Y＞M【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z、M是短周期中常见元素，且原子序数依次增大；已知M元素原子核外电子总数是Y元素原子核外电子总数的两倍，结合结构式图所示，X形成3个共价键，M形成六个共价键，W形成一个共价键，则W为H元素，X为N元素，Y为O元素，Z为F元素，M为S元素，据此分析结合元素性质解答。【详解】依据分析，W为H元素，X为N元素，Y为O元素，Z为F元素，M为S元素；A．X为N元素，Y为O元素，由X和Y两种元素形成的化合物为氮氧化物，有一氧化氮、二氧化氮、三氧化二氮、五氧化二氮等多种，故A正确；B．W为H元素，位于第一周期第ⅠA族，Z为F元素，位于周期表其次周期第ⅦA族，故B错误；C．X为N元素，Y为O元素，Z为F元素，同周期元素，随核电荷数增大，非金属性越强，元素的非金属性强弱依次为：Z＞Y＞X，故C正确；D．Y为O元素，M为S元素，氧元素形成的氢化物为水，水分子间存在氢键，沸点较高，硫元素形成的气态氢化物为硫化氢，无氢键，则Y、M元素的气态氢化物沸点凹凸为：Y＞M，故D正确；答案选B。【点睛】依据元素的成键特征，可以推断出各元素所在的族，从而依据同周期元素的性质递变规律进行推断。6.利用固体氧化物电解池（SOEC)可实现乙烷电化学脱氢制乙烯，原理示意图如下所示。下列说法错误的是A.X是电源的正极B.该装置在工作过程中，O2-在固体氧化物中由下方向上方迁移C.阴极区发生的反应为：CO2+2e-+2H+=CO+H2OD.该过程的总反应方程式为：C2H6+CO2=C2H4+CO+H2O【答案】C【解析】分析】如图所示，二氧化碳通过电解转变为一氧化碳，碳元素化合价降低，得电子，被还原，则与Y相连的电极为阴极，与X相连的电极为阳极，与阴极相连的为电源负极，则X为电源正极，Y为电源负极。【详解】A．依据分析，X是电源的正极，故A正确；B．该装置在工作过程为电解池，电解池中阴离子向阳极移动，依据分析该电解池下方是阴极，上方是阳极，则O2-在固体氧化物中由下方向上方迁移，故B正确；C．利用固体氧化物做电解质电解，不会产生氢离子，则阴极区发生的反应为：CO2+2e-=CO+O2-，故C错误；D．依据电解原理示意图所示，结合物料守恒和电荷守恒，该过程的总反应方程式为：C2H6+CO2=C2H4+CO+H2O，故D正确；答案选C。7.在室温下，向25mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.2mol/LCH3COOH溶液，曲线如图所示。下列说法中正确的是A.在b点的溶液中：m＞12.5，且有c(Na+)=c(CH3COO-)=c(OH-)=c(H+)B.在c点的溶液中：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)C.在d点的溶液中：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)D.在a一b的溶液中肯定都有：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)【答案】C【解析】【详解】A．NaOH溶液与CH3COOH溶液恰好完全反应时消耗CH3COOH溶液12.5mL，溶质只有CH3COONa，溶液显碱性，在b点的溶液中，溶液显中性，则加入的CH3COOH溶液的体积大于12.5mL，即m＞12.5，pH=7，则且有c(OH-)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，由于盐类水解程度较小，c(CH3COO-)＞c(OH-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+)，故A错误；B．在c点的溶液显酸性，则c(OH-)＜c(H+)，故B错误；C．在d点的溶液为CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，且浓度相等，依据物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，故C正确；D．a点溶液中无CH3COO-，b点溶液中c(OH-)=c(H+)，在a一b间的溶液中任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO-、OH-，依据电荷守恒则有：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，溶液pH＞7，溶液呈碱性，则存在c(OH−)＞c(H+)，溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，氢氧化钠足量，醋酸量少，离子浓度可能为：c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)，溶液中不肯定都有c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D错误；答案选C。8.某学习小组按如下试验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取。试验一碘含量的测定取0.0100mol/L的AgNO3标准溶液装入滴定管，取100.00mL海带浸取原液至滴定池，用电势滴定法测定碘含量。测得的电动势（E)反映溶液中c(I-)的改变，部分数据如下表：回答下列问题：(1)试验中“灼烧”是在___________（填仪器名称）中完成的。(2)用文字详细描述“定容”过程：__________________________________(3)依据表中数据推断滴定终点时用去AgNO3溶液的体积为___________mL,计算得海带中碘的质量百分含量为_______________________％。试验二碘制取另制海带浸取原液，甲、乙两种试验方案如下：已知：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O(4)“适量O2”中能代替O2的最佳物质对应的电子式为_________________(5)若要测定“I2+水溶液”中碘的含量，可以选择______________作指示剂，用Na2S2O3溶液滴定，滴定终点的现象是____________________。(6)若得到“I2+水溶液”时加入硫酸溶液过多，用Na2S2O3溶液滴定时会产生明显的误差，产生此误差的缘由为_________________（用离子方程式表示）。【答案】(1).坩埚(2).容量瓶加蒸馏水至刻度线下1-2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切(3).20.00(4).0.635(5).(6).淀粉溶液(7).滴加最终一滴Na2S2O3溶液时，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色(8).：2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O【解析】【分析】试验一(1)试验中“灼烧”一般在坩埚中进行；(2)依据配制肯定物质的量浓度溶液定容操作描述；(3)利用硝酸银溶液滴定碘离子，结合电动势的改变推断滴定终点，进而计算碘含量；试验二(4)将含有碘离子的海带浸出原液通入适量氧气将碘离子氧化为碘单质，可用其他氧化剂来氧化碘离子且不引入新的杂质；(5)碘单质遇碘变蓝；(6)酸性条件下，Na2S2O3自身会发生歧化反应。【详解】试验一(1)试验中“灼烧”一般在坩埚中进行，则进行灼烧的仪器名称为坩埚；(2)依据配制肯定物质的量浓度溶液定容操作为：接着向容量瓶加蒸馏水至刻度线下1-2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切；(3)利用硝酸银溶液滴定碘离子，依据表格中结合电动势的改变可得，当加入硝酸银溶液的体积为19.98~20.02mL之间时，电动势发生突变，取中间值为20.00mL，则碘的百分含量为×100%=0.635%；试验二(4)将含有碘离子的海带浸出原液通入适量氧气将碘离子氧化为碘单质，可用其他氧化剂来氧化碘离子且不引入新的杂质，可以选用双氧水来作氧化剂氧化碘离子，双氧水的电子式为；(5)碘单质遇淀粉变蓝，则滴定操作可用淀粉溶液作指示剂，滴定终点时，碘单质被Na2S2O3溶液全部转化为碘离子，现象为：滴加最终一滴Na2S2O3溶液时，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；(6)酸性条件下，Na2S2O3自身会发生歧化反应，离子反应为：2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O。9.三氧化二镍（Ni2O3)是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废料（镍、铁、钙、镁合金为主）制取草酸镍（NiC2O4·2H2O)，再高温煅烧草酸镍制取Ni2O3.已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水。工艺流程图如图所示：回答下列问题：(1)“操作I”为“酸浸”，为了提高酸浸的效率，可以实行的措施为__________（写出两条）。(2)加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为________________(3)加入碳酸钠溶液调pH至4.0~5.0，其目的是___________________(4)将草酸镍（NiC2O4·2H2O)在热空气中干燥脱水，再采纳高温煅烧，可制得Ni2O3，同时获得混合气体，该混合气体的主要成分为水蒸气和_________________(5)工业上还可用电解法制取Ni2O3用NaOH溶液调NiCl2，溶液的pH至7.5，加入适量Na2SO4后利用惰性电极电解。电解过程中产生的Cl2，有80%在弱碱性条件下生成CIO-，再把二价镍氧化为三价镍。CIO-氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的离子方程式为_______________________amol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过电子的物质的量为_______mol.(6)以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成原电池，放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则放电时负极的电极反应式为_______________【答案】(1).将含镍废料粉碎、适当增大稀硫酸的浓度、适当升温、搅拌等方法(任选2种)(2).2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(3).促进Fe3+水解沉淀完全(4).CO、CO2(5).ClO-+2Ni(OH)2═Cl-+Ni2O3+2H2O(6).1.25a(7).Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O【解析】【分析】将含镍废料(镍、铁、钙、镁合金为主)进行酸浸，转化为含有Ni2+、Fe2+、Ca2+、Mg2+的浸出液，向浸出液中加入双氧水，将Fe2+转化为Fe3+，再加入碳酸钠，调整溶液pH值，将Fe3+转化为氢氧化铁和碳酸钙沉淀过滤除去，再向滤液中加入NH4F，使Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2过滤除去，得到的滤液中加入草酸，将Ni2+转化为NiC2O4·2H2O，据此分析解答。【详解】(1)“操作I”为“酸浸”，为了提高酸浸的效率，可以将含镍废料粉碎、适当增大稀硫酸的浓度、适当升温、搅拌等方法；(2)加入H2O2，将Fe2+转化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(3)加入碳酸钠溶液调pH至4.0~5.0，其目的是促进Fe3+水解转化为氢氧化铁沉淀完全；(4)草酸镍(NiC2O4∙2H2O)在热空气中干燥脱水后生成NiC2O4，NiC2O4再发生氧化还原反应(Ni由+2价上升到+3价，则C由+3价降低到+2价，题中要求生成混合气体，则另一气体为CO2)，再利用化合价升降相等，Ni：上升2×(3-2)，C：上升1×(4-3)，C：降低：3×(3-2)，生成Ni2O3、CO、CO2，配平方程式为：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑，该混合气体的主要成分为水蒸气和CO、CO2；(5)Cl由+1价降低到-1价，Ni由+2价上升到+3价，利用化合价升降相等可配平ClO-、Ni(OH)2、Cl-、Ni2O3的系数，再利用H原子守恒配平水的系数，最终可利用O原子检查配平是否正确，得到离子方程式为：ClO-+2Ni(OH)2═Cl-+Ni2O3+2H2O；则n(ClO-)=0.5amol；则n(Cl2)=0.625amol；进行电解时：则n(e-)=1.25amol；(6)以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2，发生还原反应，则Al发生氧化反应，碱性条件下得到NaAlO2，该电池反应的化学方程式是：Al+3NiO(OH)+NaOH+H2O=3Ni(OH)2+NaAlO2，则放电时负极的电极反应式为Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O。10.丙烯是一种重要的有机化工原料，用于制丙烯腈、环氧丙烷、丙酮等。回答下列问题：(1)已知：I.C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)△H1=+124kJ/molII.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H2=-484kJ/mol则丙烷氧化脱氢制丙烯反应2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g)的△H为_________kJ/mol。(2)我国学者结合试验与计算机模拟结果，探讨了丙烷在六方氮化硼催化剂表面氧化脱氢制丙烯的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。①该反应历程中决速步骤的能垒（活化能）为_________eV，该步骤的化学方程式为________②请补充该历程之后可能发生的化学反应方程式_____________(3)已知丙烷氧化脱氢简洁发生副反应：2C3H8(g)+O2(g)3C2H4(g)+2H2O(g)如图所示是丙烷氧化脱氢制丙烯反应达到平衡时丙烷转化率与丙烯选择性随温度改变的曲线[丙烯的选择性＝n=×100％]①丙烯的选择性随着温度的上升而降低的可能缘由有_________②在反应温度为600℃，将C3H8与O2以体积比为1:1充入刚性容器中，达到平衡时，丙烷的转化率为40%，丙烯的选择性也为40%，体系总压强为pkPa，则氧气的转化率(O2)=______________丙烯的分压p(C3H8)=____________（结果保留2位有效数字）。【答案】(1).-236(2).1.73(3).C3H8∗=C3H7∗+H∗(4).2H2O2=2H2O+O2↑(5).上升温度，催化剂的活性降低，生成丙烯的反应平衡逆向移动，生成乙烯的副反应产物参与(6).20%(7).0.087pkPa【解析】【分析】(1)依据盖斯定律计算反应热；(2)①该反应历程中决速的步骤为慢反应，活化能越大，反应速率越慢；依据活化能确定该步骤的化学方程式；②该历程产物为双氧水，不稳定易分解，之后可能发生双氧水分解；(3)①反应2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g)为吸热反应，温度过高催化剂活性降低；②依据图示，结合“三段式”计算。【详解】(1)已知：I．C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)△H1=+124kJ/molII．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H2=-484kJ/mol依据盖斯定律，I×2+II可得：2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g)△H=-236kJ/mol；(2)①该反应历程中决速的步骤为慢反应，活化能越大，反应速率越慢，依据图示，活化能最大的为过渡态I，能垒(活化能)为1.73eV；依据活化能确定该步骤的化学方程式为C3H8∗=C3H7∗+H∗；②该历程产物为双氧水，不稳定易分解，之后可能发生双氧水分解，反应为：2H2O2=2H2O+O2↑；(3)①反应2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g)为吸热反应，温度过高催化剂活性降低，则上升温度，催化剂的活性降低，生成丙烯的反应平衡逆向移动，生成乙烯的副反应产物参与；②依据图示在反应温度为600℃，将C3H8与O2以体积比为1:1充入刚性容器中，达到平衡时，丙烷的转化率为40%，丙烯的选择性也为40%，体系总压强为pkPa，相同条件下，物质的量之比等于体积之比，2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g)和2C3H8(g)+O2(g)3C2H4(g)+2H2O(g)，反应中C3H8与O2的反应比例关系相同，设C3H8与O2的起始物质的量为1mol，则：则氧气的转化率(O2)=×100%=20%；设平衡时，反应生成C3H6的物质的量为x，生成C2H4的物质的量为y，依据题意可得：×100%=40%，40%，解得：x=0.2mol，y=0.3mol，平衡时n(C3H8)=1mol×(1-40%)=0.6mol，n(O2)=1mol×(1-20%)=0.8mol，n(H2O)=0.2mol+×0.3mol=0.4mol，丙烯的分压p(C3H8)=pkPa×=0.087pkPa。11.元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，且均小于36。A的基态原子2p能级有3个单电子；C的基态原子2p能级有1个单电子；D的价电子数为2且与E同周期；E的基态原子的内部各能层均排满，且4s能级有1个单电子。回答下列问题：(1)基态E原子的价电子排布式为____________________(2)A、B、C三种元素第一电离能由大到小的依次为___________（用元素符号表示）。(3)与A的单质分子互为等电子体的分子和离子分别是________（用分子和离子符号表示）。AB2的空间构型为___________，其中A原子的杂化类型是_______________(4)B元素简洁氢化物沸点是同族元素中最高的，缘由是_____________(5)向含E元素的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可得到深蓝色透亮溶液。向溶液中加人乙醇，将析出深蓝色晶体。该晶体的化学式为[Cu(NH3)4]SO4∙H2O晶体中阳离子的结构式为____________(6)C和D形成化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为ρg/cm，阿伏加德罗常数为NA，则晶胞边长a=______________cm(用含ρ、NA的计算式表示）。【答案】(1).3d104s1(2).F＞N＞O(3).CO和CN-(或C22-)(4).平面三角形(5).sp2(6).B的氢化物为H2O，水分子间存在氢键(7).(8).【解析】【分析】元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，且均小于36。A的基态原子2p能级有3个单电子，原子核外电子排布为1s22s22p3，则A是N元素；C的基态原子2p能级有1个单电子，且C的原子序数大于A，其原子核外电子排布为1s22s22p5，所以C是F元素，结合原子序数可推知B是O元素；E的基态原子的内部各能层均排满，且4s能级有1个单电子，且原子序数小于36，则E处于第四周期，其基态原子的价电子排布式[Ar]3d104s1，则E是Cu元素；D与E同周期，价电子数为2，则D是Ca元素，据此解答。【详解】(1)依据分析可知E是铜元素，依据构造原理知，其基态原子的价电子排布式[Ar]3d104s1，故基态Cu原子的价电子排布式为：3d104s1；(2)同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第VA族元素第一电离能大于第VIA族元素，所以A、B、C三元素第一电离能由大到小的依次为F＞N＞O；(3)A是N元素，A的单质分子为氮气(N2)，2个原子构成，价电子数为10，互为等电子体的分子和离子分别是CO和CN-或C22-；AB2构成的物质为NO2，N原子的成键电子对数为2，孤电子对数=×(5-2×2)=0.5，计算出来的孤电子对不是整数，这时应当作1来对待，因为，单电子也要占据一个孤对电子轨道，NO2的价层电子对=2+1，所以NO2的VSEPR模型为平面三角形，N原子的杂化类型是sp2杂化；(4)B是O元素，O元素的氢化物的沸点是同族元素中最高的，是因为水分子间能形成氢键导致其沸点最高；(5)晶体的化学式为[Cu(NH3)4]SO4∙H2O，晶体中铜离子与NH3之