广西柳州市2024年高考化学模拟试题（含答案）

广西柳州市2024年高考化学模拟试题阅卷人一、单选题得分1．化学与生活、科技密切相关。下列叙述正确的是（）A．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈B．酒精浓度越高，消杀体内的新型冠状肺炎病毒效果越好C．棉、麻、羊毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2OD．封装在食品包装中的硅胶、铁粉均主要起到干燥的作用2．蓖麻油酸(结构简式如图所示)是工业上制备高分子材料锦纶常使用的一种原料。下列关于蓖麻油酸的说法错误的是（）A．分子式为C18H34O3B．分子中含有两种含氧官能团C．可发生氧化、加成和取代反应D．1mol蓖麻油酸可与金属钠反应生成2molH23．NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．18gH218O含有的中子数为10NAB．1molH2O2含有的共价键数目为4NAC．3mol单质铁完全转化为Fe3O4失去的电子数为8NAD．0.5L0.2mol•L-1Na2CO3溶液中含有的CO32−和HCO3−4．我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如图所示(隔膜为离子交换膜)。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述错误的是（）A．放电时，a电极反应为I2Br-+2e-=2I-+Br-B．放电时，整个电池溶液中的离子数目增多C．充电时，b电极每增重1.30g，溶液中有0.04molI-被氧化D．充电时，Zn2+主要由b电极区通过隔膜向a电极区移动5．氯气可用于制取漂白剂和自来水杀菌消毒。常温下，溶液中Cl2(aq)、HClO和ClO-物质的量分数(α)随pH变化的关系如图所示，HClO杀菌能力强于ClO-，下列叙述正确的是（）A．pH=7.0时漂白能力比pH=4.0时要强B．pH=7.5时，c(OH-)＞c(H+)+c(HClO)C．氯气通入水中，c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)D．等量氯气处理自来水，在夏天的杀菌效果一定比在冬天好6．短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示，且四种元素的原子最外层电子数之和为24。下列说法正确的是（）WXYZA．简单氢化物的沸点：Y＞XB．X和Z结合可形成3种以上的化合物C．简单离子半径大小：Z＞Y＞XD．W、Z形成的简单氢化物所含化学键类型不一样7．根据表中的实验操作及现象，所得的实验结论有错误的是（）选项实验操作及现象实验结论A向0.01mol•L-1高锰酸钾溶液中滴加0.2mol•L-1H2O2溶液，溶液褪色H2O2有还原性B将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，溶液变红该样品已氧化变质C向2mL0.1mol•L-1ZnSO4溶液中滴入几滴0.1mol•L-1Na2S溶液，有白色沉淀生成，再加入0.1mol•L-1CuSO4溶液，白色沉淀逐渐转化为黑色Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)D向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝尚有未水解淀粉A．A B．B C．C D．D阅卷人二、实验题得分8．氮氧化物是大气主要污染物之一，其中基于NO的烟气脱硝技术成为研究热点。查文献资料可知，NO除易氧化成NO2外，也可被还原为N2。在碱性条件下NO遇还原性较强的物质形成不稳定的NO-并转化为相对稳定的N2O22−（1）实验室为获取NO进行实验，使用铜与作为反应物，用装置制备气体(填序号)，为了不影响探究结果，反应前对连接好并装好药品的装置进行的具体操作是。（2）若要使装置②的分液漏斗中的液体顺利流下，不改动装置，对分液漏斗的具体操作是。（3）在保证实验安全环保的条件下，将NO通入内壁附着绿色NiO的试管中(如装置④，其它装置已省略)。小火加热，绿色固体逐渐变为黑色(Ni2O3固体呈黑色)，此现象可说明NO转化为。（4）将盛有NO气体的试管倒置于盛有饱和Na2SO3碱性水溶液的大烧杯中(如装置⑥)。在试管口不脱离液面的情况下，轻轻不断摇动试管，此操作的主要目的是，实验中NO被Na2SO3碱性溶液快速吸收被还原为N2O22−，发生反应的离子方程式为，此反应可应用于处理含NO和SO2的工业废气，从实际效果看，Na2SO3强碱性溶液吸收含有SO2的NO比只含NO的效果更佳，主要原因是阅卷人三、工业流程题得分9．用软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿(主要成分FeS2)制取MnSO4•H2O的一种主要工艺流程如图：已知：①部分金属离子沉淀的pH如表。(开始沉淀的pH按离子浓度为1.00mol•L-1计算，离子浓度小于1.0×10-5mol•L-1时，认为该离子沉淀完全)金属离子Fe2+Fe3+Mn2+开始沉淀的pH6.31.57.8沉淀完全的pH8.32.810.1②本实验条件下：2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4。回答下列问题：（1）“混合研磨”的主要目的是。（2）“酸浸”时若生成MnSO4、Fe2(SO4)3和S，则相应的化学方程式为。（3）“净化除杂1”步骤所得酸性滤液可能含有Fe2+，为了除去Fe2+，在调节pH前，最好可先加入：下列试剂中的(填标号)。a.NaOH溶液b.Na2CO3溶液c.H2O2溶液d.KMnO4溶液在实际生产过程中，此步骤也可用加入MnO2粉来除去Fe2+，其原理和优点是。（4）“调pH除杂2”步骤是先将溶液加热至沸，然后在不断搅拌下加入碱溶液调节pH至范围，有胶状物沉降后，仍需继续煮沸一段时间，“继续煮沸”的主要目的是，“滤渣2”的主要成分是。（5）测定MnSO4•H2O粗产品纯度：准确称取6.50g粗产品，加适量水煮沸、冷却，转移至锥形瓶中，用0.25mol•L-1KMnO4标准溶液滴定至溶液呈红色且半分钟不褪色，消耗标准溶液80.00mL。计算MnSO4•H2O样品的纯度为%。(KMnO4不与杂质反应)阅卷人四、原理综合题得分10．二氧化碳加氢合成甲醇是化学固碳的一种有效途径，不仅可以有效减少空气中的CO2排放.还可以制备出甲醇清洁能源。在CO2转化为甲醇过程中，伴随有副反应发生，因此常使用催化剂调节控制反应。科学研究者结合实验与计算机模拟，研究了CO2与H2分别在Zn/Cu、ZnO/Cu催化剂表面生成CH3OH和H2O的部分反应历程(如图1所示)，其中ts－n表示过渡态。回答下列问题：（1）①图1表示的反应中，若每生成1mol甲醇，反应物与生成物总能量差为58kJ，则反应的热化学方程式为，从反应原理分析，下列更利于该反应进行的条件是(填标号)。a.高压、高温b.高压低温c.低压、高温d.低压低温②已知CO2和H2可发生副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ•mol-1部分相关化学键的键能数据如表：化学键H－HC－OH－OC－HC≡OE/(kJ•mol-1)4363264644141061由此计算E(C=O)=kJ•mol-1。（2）在图1给出的反应历程中，若选择Zn/Cu作为催化剂则正反应最大的活化能发生在(用“ts－n”具体数字表示)。图示结果显示，选择ZnO/Cu作为催化剂更优于Zn/Cu，其主要原因是。（3）图2为使用Zn/Cu催化剂、分别在525K和550K条件下(其它条件相同)，CO2和H2按投料比1：9进行反应生成CH3OH的过程中，CO2的转化率随时间变化图示。①温度略为升高(从525K→550K)，CO2的转化率明显增大的可能原因是。②工业生产中，对于气相的反应体系，还可用反应体系中各组分的分压来表示化学平衡常数(Kp)。如反应：aA(g)+bB(g)⇌dD(g)+eE(g)达到平衡时，Kp=p(D)d×p(Ee)p(Aa)×p(Bb)，组分分压p(A)=P总×n(A)阅卷人五、结构与性质得分11．B2H6与NH3反应生成如图所示的离子化合物[H2B(NH3)2]+[BH4]-(简记为X+M-)，已知B、H、N的电负性分别为2.0、2.1、3.0。回答下列问题：（1）X+M-熔点比B2H6的(填“高”或“低”)，理由是。（2）B原子的价层电子排布式为。B和N相比，第一电离能较大的原子是，原因是。（3）X+中B与N之间的电子对由提供，M-中B原子的杂化类型为。（4）BH3分子的空间结构为，B的化合价为价。（5）如图为一种B、Ca化合物晶体的一部分，晶体中B原子通过B－B键连成正八面体，八面体间也通过B－B键连接，所有B－B键长都为bpm。该晶体的化学式为。若该晶胞的摩尔质量为Mg/mol，晶胞体积为Vpm3，阿伏加德罗常数为NA，晶胞密度为g•cm-3。阅卷人六、有机推断题得分12．神舟十四号载人飞船的成功发射，标志着我国的航天航空事业达到了国际先进水平。具有高度自主产权的宇航员舱外航天服，具备高强度、耐高温、抗撞击、防辐射等特性，为宇航员的出舱活动提供了保障。这种宇航服的材料中含有聚酰胺－1010，其结构简式为：。其中部分制备流程可表示如图：最后通过G与J合成聚酰胺－1010。已知：①RCN→Δ②2R1OOCR2COOH→电解R1OOCR2－R2COOR1+2CO2+H2回答下列问题：（1）A→B的反应类型为。（2）D的化学名称是。（3）D共有5种同分异构体(不含立体异构)符合条件：①分子内含有2个－CH3；②能与NaHCO3溶液反应放出CO2；③能发生水解反应；④能发生银镜反应。下列给出其中4种同分异构体中，核磁共振氢谱有5组峰(或5种不同化学环境的氢)的是(填选项序号)，写出最后一种同分异构体(V)的结构简式。（4）E中的含氧官能团名称是。（5）F→G的第一步的化学方程式为。（6）芳香族聚酰胺纤维如芳纶1414(结构简式如图所示)也可用作舱外航天服材料。写出以对二甲苯[]为原料合成制备芳纶1414的合成路线流程图。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。已知：羧酸铵可部分脱水生成酰胺，酰胺在碱性次卤酸盐条件下可发生Hofmann降解反应：R－COONH4→脱水R－CONH2→-CO

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、明矾电离产生的铝离子水解呈酸性，能与铜锈反应，因此利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故A正确；

B、体积分数为75%的酒精杀菌效果最好，故B错误；

C、羊毛的主要成分为蛋白质，蛋白质中含有N元素，完全燃烧产物有含氮化合物，故C错误；

D、硅胶具有吸水性，起干燥作用，铁粉具有还原性，起抗氧化作用，故D错误；

故答案为：A。

【分析】A、铝离子水解显酸性；

B、酒精浓度过高不利于渗透；

C、蛋白质含有N、P等元素；

D、铁粉为抗氧化剂。2．【答案】D【解析】【解答】A、根据结构简式可知，该有机物分子中含有18个C原子，34个H原子，3个O原子，其分子式为C18H34O3，故A不符合题意；

B、该分子中含有羟基和羧基两种含氧官能团，故B不符合题意；

C、该物质含有碳碳双键和羟基，能发生氧化反应，含有碳碳双键，能发生加成反应，含有羟基和羧基，能发生取代反应，故C不符合题意；

D、该物质中，羟基和羧基均能与金属钠以2：1的比例发生反应，则1mol蓖麻油酸可与金属钠反应生成1molH2，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】根据该物质的结构简式分析。3．【答案】C【解析】【解答】A、18gH218O的物质的量为0.9mol，H218O中含有10个中子，则含有的中子数为9NA，故A错误；

B、一个过氧化氢分子含有3个共价键，则1molH2O2含有的共价键数目为3NA，故B错误；

C、四氧化三铁中铁元素的化合价为+83价，反应过程中，Fe从0价升高到+83价，则3mol单质铁完全转化为Fe3O4失去的电子数为8NA，故C正确；

D、碳酸钠溶液中的含碳微粒为碳酸根、碳酸氢根和碳酸，则溶液中含有的CO32−和HCO3−总数小于0.1NA，故D错误；

故答案为：C。

【分析】A、H218O中含有10个中子；

B、一个过氧化氢分子含有3个共价键；4．【答案】D【解析】【解答】A、放电时，a为正极，电极反应式为I2Br-+2e-=2I-+Br-，故A不符合题意；

B、放电时，正极生成碘离子和溴离子，负极生成锌离子，整个电池溶液中的离子数目增多，故B不符合题意；

C、充电时，b电极发生反应Zn2++2e-=Zn，阳极的电极反应式为：2I-+Br--2e-=I2Br-，b电极每增重1.30g，转移0.04mol电子，溶液中有0.04molI-被氧化，故C不符合题意；

D、充电时，锌离子向阴极移动，则锌离子主要由a电极区通过隔膜向b电极区移动，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】由图可知，电极a上，I2Br得电子发生还原反应，则a为原电池正极，b为负极，充电时，a为阳极，b为阴极。5．【答案】C【解析】【解答】A、该溶液中，起漂白作用的是HClO，由图可知，pH=7.0时，HClO的浓度小于ph=4.0时，则pH=7.0时漂白能力比pH=4.0时要弱，故A错误；

B、pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，根据电荷守恒有：c(OH-)+c(ClO-)=c(H+)，则c(OH-)<c(H+)+c(HClO)，故B错误；

C、氯气通入水中，反应生成盐酸和次氯酸，此时根据电荷守恒存在c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，故C正确；

D、温度越高HClO分解越快，因此在夏天的杀菌效果比在冬天差，故D错误；

故答案为：C。

【分析】A、起漂白作用的是HClO；

B、pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，根据电荷守恒分析；

C、结合电荷守恒分析；

D、温度越高HClO分解越快。6．【答案】B【解析】【解答】A、X的简单氢化物为水，Y的简单氢化物为H2S，常温下，水为液态，H2S为气态，则沸点：H2O>H2S，即X>Y，故A错误；

B、O和Cl元素可形成ClO2、Cl2O、Cl2O7等化合物，故B正确；

C、电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：S2->Cl->O2-，即Y>Z>X，故C错误；

D、W的简单氢化物为NH3，Z的简单氢化物为HCl，NH3、HCl均只含极性共价键，故D错误；

故答案为：B。

【分析】设X的最外层电子数为m，则Y为m，W为m-1，Z为m+1，四种元素的原子最外层电子数之和为24，则m-1+m+m+m+1=24，解得m=6，进而可知，X为O元素，Y为S元素，W为N元素，Z为Cl元素。7．【答案】B【解析】【解答】A、向0.01mol•L-1高锰酸钾溶液中滴加0.2mol•L-1H2O2溶液，溶液褪色，说明酸性高锰酸钾被还原，进而说明H2O2有还原性，故A不符合题意；

B、酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，因此溶液变红，不能说明该样品已氧化变质，故B符合题意；

C、向2mL0.1mol•L-1ZnSO4溶液中滴入几滴0.1mol•L-1Na2S溶液，有白色沉淀生成，再加入0.1mol•L-1CuSO4溶液，白色沉淀逐渐转化为黑色，说明ZnS转化为CuS，进而可说明Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，故C不符合题意；

D、向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝，说明淀粉剩余，即尚有未水解淀粉，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A、高锰酸钾具有强氧化性；

B、酸性条件下，硝酸根能氧化亚铁离子；

C、沉淀能从溶解度大的向溶解度小的转化；

D、淀粉遇碘单质变蓝。8．【答案】（1）稀硝酸；③；通入N2，以排除装置内的O2(或防止NO被氧化)（2）先打开(或取下)分液漏斗顶部活塞，再打开旋塞（3）N2（4）为使NO气体与溶液充分接触；2NO+SO32−+2OH-=N2O22−+SO42−+H2O；SO2被碱液吸收并转化为SO3【解析】【解答】（1）实验室通常用铜和稀硝酸反应制备NO，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；该反应反应物为固体和液态，反应条件为常温，发生装置选择③；NO易被氧化成NO2，装置中不能有空气，则反应前对连接好并装好药品的装置进行的具体操作是通入N2，以排除装置内的O2；

故答案为：稀硝酸；③；通入N2，以排除装置内的O2(或防止NO被氧化)。（2）分液漏斗在使用时，为了使液体顺利流下，不改动装置，要先打开(或取下)分液漏斗顶部活塞，使漏斗上口处内外空气相通，再打开旋塞；

故答案为：先打开(或取下)分液漏斗顶部活塞，再打开旋塞。（3）NO与NiO反应，绿色的NiO转化为黑色的Ni2O3，Ni元素化合价升高，被氧化，则NO中N元素化合价降低被还原，由信息可知，NO可被还原为N2，即NO转化为N2；

故答案为：N2。（4）将盛有NO气体的试管倒置于盛有饱和Na2SO3碱性水溶液的大烧杯中，轻轻不断摇动试管，可使NO气体与溶液充分接触，便于气体吸收；NO被Na2SO3碱性溶液吸收被还原为N2O22−，则SO32−被氧化为SO42−，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，配平反应的离子方程式为2NO+SO32−+2OH-=N2O22−+SO42−+H2O；用Na2SO3强碱性溶液吸收含有SO2的NO，根据吸收反应，SO2被碱液吸收并转化为SO32−，增大c(SO32−)，从而促进NO吸收；

故答案为：为使NO气体与溶液充分接触；2NO+SO32−+2OH-=N2O22−+SO【分析】实验探究NO在不同条件下被氧化或被还原，首先使用铜和稀硝酸反应制取NO，选用装置③制备气体，装置④玻璃管内壁附着绿色NiO，加热反应后转化为黑色的Ni2O3，说明NiO被氧化，则NO被还原，验证NO具有氧化性；在装置⑥中NO遇还原性较强的Na2SO3溶液生成N2O22−9．【答案】（1）增大接触面积，提高浸取速率和浸取率（2）3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+4S+6H2O（3）c；MnO2能将Fe2+氧化成Fe3+，并增加Mn的含量（4）2.8≤pH＜7.8；破坏Fe(OH)3胶体，使沉淀颗粒变大便于过滤分离；Fe(OH)3（5）78【解析】【解答】（1）“混合研磨”是为了增大接触面积，提高浸取速率和浸取率；

故答案为：增大接触面积，提高浸取速率和浸取率；

（2）“酸浸”时，MnO2氧化FeS生成MnSO4、Fe2(SO4)3和S，则反应的化学方程式为3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+4S+6H2O；

故答案为：3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+4S+6H2O；

（3）由于Fe2+具有较强还原性，在酸性条件下可用软锰矿粉(MnO2)或H2O2将其氧化为Fe3+，既不引入杂质，又能达到除杂的目的，故选c；加入MnO2粉来除去Fe2+的原理和优点是：MnO2能将Fe2+氧化成Fe3+，并增加Mn的含量；

故答案为：MnO2能将Fe2+氧化成Fe3+，并增加Mn的含量；（4）“调pH除杂2”步骤目的是将Fe3+转化为沉淀，根据表中数据可知，用碱液处理时，需将溶液加热至沸腾，然后在不断搅拌下调节pH为2.8≤pH＜7.8，再继续煮沸一段时间，以破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒增大，便于过滤分离，得到的滤渣为Fe(OH)3；

故答案为：2.8≤pH＜7.8；破坏Fe(OH)3胶体，使沉淀颗粒变大便于过滤分离；Fe(OH)3；（5）滴定过程中发生反应：2KMnO4+3MnSO4+2H2O═5MnO2+K2SO4+2H2SO4，则存在关系式：2KMnO4～3MnSO4，n(KMnO4)=0.25mol/L×80.00×10-3L=2.0×10-2mol，MnSO4•H2O的物质的量为2.0×10-2mol×32=0.03mol，则样品的纯度为0.03mol×169g/mol6.50g×100%=78%；【分析】软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿(主要成分FeS2)混合研磨，加入20%硫酸酸浸，酸性条件下，MnO2能氧化FeS2，生成成S、MnSO4及Fe2(SO4)3，经净化除杂1，分离出滤渣1，滤渣1主要含有S，滤液1中加入碱溶液调pH除杂，除去铁离子，则滤渣2主要为氢氧化铁，滤液2中主要含硫酸锰，滤液2经浓缩结晶得到MnSO4•H2O。10．【答案】（1）CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-58kJ•mol-1；b；797（2）ts－7；催化活化能更低（3）催化剂活性更高或选择性更好；[【解析】【解答】（1）①若每生成1mol甲醇，反应物与生成物总能量差为58kJ，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则该反应的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-58kJ•mol-1；该反应为气体体积减小的放热反应，有利于反应进行的条件是高压低温；

故答案为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-58kJ•mol-1；b；

②ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，则2E(C=O)+436kJ/mol-1061kJ/mol-2×464kJ/mol=+41kJ/mol，解得E(C=O)=797kJ/mol；

故答案为：797；

（2）过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，由图可知，若选择Zn/Cu作为催化剂则正反应最大的活化能发生在ts－7；活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，结合图像可知，选择ZnO/Cu作为催化剂更优于Zn/Cu，其主要原因是催化活化能更低；

答案为：ts－7；催化活化能更低；（3）①催化剂需要合适温度，温度略为升高(从525K→550K)，CO2的转化率明显增大的可能原因是催化剂活性更高或选择性更好；

故答案为：催化剂活性更高或选择性更好；②550K、pkPa条件，CO2和H2按投料比(物质的量)1：9进行生成CH3OH反应，达到平衡时，CO2的转化率为α，假设CO2和H2投料分别为1mol、9mol，则反应二氧化碳αmol，平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分别为(1-α)mol、(9-3α)mol、αmol、αmol、总的物质的量为(10-2α)mol，则反应的化学平衡常数Kp=[α10-2α×p]2【分析】（1）①根据图示书写热化学方程式；

②根据ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能计算；

（2）催化剂能降低反应的活化能；

（3）①温度能影响催化剂活性；

②根据Kp=p(D)11．【答案】（1）高；X+M-为离子化合物(或离子晶体)，B2H6为分子晶体（2）2s22p1；N；B和N失去的都是2p能级上的电子，但N原子半径更小，核对该能级的电子吸引力更大，故更难失去(或B和N失去的都是2p能级上的电子，但N的电子排布是半充满，较稳定，更难失去电子)（3）N；sp3（4）平面三角形；+3（5）CaB6；M×1【解析】【解答】（1）根据X+M-的结构可知，X+M-为离子化合物，而B2H6为分子晶体，因此X+M-熔点比B2H6的高；

故答案为：高；X+M-为离子化合物(或离子晶体)，B2H6为分子晶体；

（2）B原子核外有5个电子，其价电子排布式为2s22p1；B和N失去的都是2p能级上的电子，但N原子半径更小，核对该能级的电子吸引力更大，更难失去，所以N的第一电离能大于B；

故答案为：2s22p1；N；B和N失去的都是2p能级上的电子，但N原子半径更小，核对该能级的电子吸引力更大，故更难失去(或B和N失去的都是2p能级上的电子，但N的电子排布是半充满，较稳定，更难失去电子)；

（3）X+中，N原子含有孤电子对，则B与N之间的电子对由N原子提供；M-中B原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化；

故答案为：N；sp3；

（4）BH3中B原子的价层电子对数为3，不含孤电子对，空间结构为平面三角形；H的电负性大于B，则BH3中H显-1价，B为+3价；

故答案为：平面三角形；+3