广西壮族自治区贺州市2025-2026学年高三最后一模化学试题（含答案解析）

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3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、某化学学习小组利用如图装置来制备无水AlCl3或NaH(已知:AlCl3、NaH遇水都能迅速发生反应)。下列说法错误的是
A．制备无水AlCl3:装置A中的试剂可能是高锰酸钾
B．点燃D处酒精灯之前需排尽装置中的空气
C．装置C中的试剂为浓硫酸
D．制备无水AlCl3和NaH时球形干燥管中碱石灰的作用完全相同
2、有关物质性质的比较，错误的是
A．熔点：纯铁 > 生铁B．密度：硝基苯 > 水
C．热稳定性：小苏打 < 苏打D．碳碳键键长：乙烯 > 苯
3、将3.9g镁铝合金，投入到500mL2ml/L的盐酸中，合金完全溶解，再加入4ml/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种NaOH溶液的体积是
A．125mLB．200mLC．250mLD．560mL
4、某高校的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2零排放，其基本原理如图所示，下列说法正确的是( )

A．该装置可以将太阳能转化为电能
B．阴极的电极反应式为3CO2+4e—＝C+2CO32—
C．高温的目的只是为了将碳酸盐熔融，提供阴阳离子
D．电解过程中电子由负极流向阴极，经过熔融盐到阳极，最后回到正极
5、设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．4.6gNa完全转化成Na2O和Na2O2的混合物，生成物中阴离子总数为0.1NA
B．标准状况下，22.4L丙烷所含共用电子对数为8NA
C．标准状况下，2.24LCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
D．常温下，1L0.1ml·L-1NH4NO3溶液中含有的NH4+数是0.1NA
6、下列说法中，正确的是（ ）
A．离子化合物中一定不含共价键
B．分子间作用力越大，分子的热稳定性就越大
C．可能存在不含任何化学键的晶体
D．酸性氧化物形成的晶体一定是分子晶体
7、化学式为C3H7FO的物质，含有羟基的同分异构体数目为(不考虑空间异构)( )
A．4种B．5种C．6种D．7种
8、化学与生产、生活密切相关。下列说法中不正确的是：
A．从海水中制取食用的精盐，需要有化学反应才能实现
B．高温及常用的消毒剂可使禽流感病毒蛋白质变性
C．生活中的铜制品既能发生析氢腐蚀又能发生吸氧腐蚀
D．植物油中含有碳碳双键，在空气中长时间放置容易氧化变质
9、化学与生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．聚氯乙烯、聚苯乙烯和聚酯纤维都是由加聚反应制得的
B．因为钠的化学性质非常活泼，故不能做电池的负极材料
C．钢化玻璃和有机玻璃都属于硅酸盐材料，均可由石英制得
D．利用外接直流电源保护铁质建筑物，属于外加电流的阴极保护法
10、在测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，会导致测定结果偏低的是（ ）
A．加热后固体发黑
B．坩埚沾有受热不分解的杂质
C．加热时有少量晶体溅出
D．晶体中混有受热不分解的杂质
11、t℃时,向二元弱酸H2X溶液中滴入0.1ml/LNaOH溶液,溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数[-lgc 水(OH-)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中不正确的是
A．M点溶液中:c(Na+)>c(HX-)>c(H2X)
B．P点溶液中: c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)
C．溶液中
D．水的电离程度:P>N=Q>M,且a=7
12、下列物质的名称不正确的是
A．(NH4)2CO3：碳铵B．CaSO4·2H2O：生石膏
C．Ag(NH3)2+：二氨合银离子D．：2－乙基－1－丁烯
13、保存液态有机物的一种方法是在其上方加盖一层水以避免挥发损失。下列有机物适合用 “水封法”保存的是
A．乙醇B．硝基苯C．甘油D．己烷
14、乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一，以乙烯为原料合成的部分产品如图所示。下列有关说法正确的是
A．氧化反应有①⑤⑥，加成反应有②③
B．氯乙烯、聚乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色
C．反应⑥的现象为产生砖红色沉淀
D．可用乙醇萃取Br2的CCl4溶液中的Br2
15、锌–空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)42-。下列说法正确的是（ ）
A．充电时，电解质溶液中K+向阳极移动
B．充电时，电解质溶液中c(OH－) 逐渐减小
C．放电时，负极反应为：Zn+4OH–-2e–= Zn(OH)42－
D．放电时，电路中通过2ml电子，消耗氧气22.4L（标准状况）
16、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．11 g硫化钾和过氧化钾的混合物，含有的离子数目为0.4NA
B．28 g聚乙烯（）含有的质子数目为16NA
C．将标准状况下224 mLSO2溶于水制成100 mL溶液，H2SO3、HSO3-、SO32-三者数目之和为0.01NA
D．含63 gHNO3的浓硝酸与足量铜完全反应，转移电子数目为0.50NA
17、下列实验操作、现象和结论均正确，且存在对应关系的是
A．AB．BC．CD．D
18、下列过程中，共价键被破坏的是（ ）
A．碘升华B．NaOH熔化
C．NaHSO4溶于水D．酒精溶于水
19、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
20、我国某科研团队设计了一种新型能量存储/转化装置(如图所示)，闭合K2、断开K1时，制氢并储能。下列说法正确的是
A．制氢时，X电极附近pH增大
B．断开K2、闭合K1时，装置中总反应为Zn+2NiOOH+2H2O=Zn(OH)2+2Ni(OH)2
C．断开K2、闭合K1时，K+向Zn电极移动
D．制氢时，每转移0.1NA电子，溶液质量减轻0.1g
21、工业上可在高纯度氨气下，通过球磨氢化锂的方式合成高纯度的储氢材料氨基锂，该过程中发生反应：LiH(s)+NH3(g)=LiNH2(s)+H2 (g)。如图表示在0.3 MPa下，不同球磨时间的目标产物LiNH2的相对纯度变化曲线。下列说法正确的是 ( )
A．工业生产中，在0.3 MPa下合成LiNH2的最佳球磨时间是2.0 h
B．投入定量的反应物，平衡时混合气体的平均摩尔质量越大，LiNH2的相对纯度越高
C．在0.3 MPa下，若平衡时H2的物质的量分数为60%，则该反应的平衡常数K=1.5
D．LiH和LiNH2都能在水溶液中稳定存在
22、下列量气装置用于测量CO2体积，误差最小的是（ ）
A．B．
C．D．
二、非选择题(共84分)
23、（14分）聚酯增塑剂G及某医药中间体H的一种合成路线如图（部分反应条件略去）：
已知：+R2OH
(1)A的名称是___________________。
(2)写出下列反应的反应类型：反应①是_____________，反应④是__________。
(3)G的结构简式为_____________________，F的分子式为_____________________。
(4)写出反应②的化学方程式____________________。
(5)C存在多种同分异构体，写出核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式：
____________。
(6)仅用一种试剂就可以鉴别B、D、H，该试剂是____________。
(7)利用以上合成路线的信息，以甲苯、乙醇、乙醇钠为原料合成下面有机物（无机试剂任选）___________。
24、（12分）下列A～J十种物质之间的转化关系如图所示，其中部分生成物或反应条件已略去。A为正盐；常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体，I通常为红棕色气体，I的相对分子质量比E的大16；F在常温下是一种无色液体；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，产物C易溶于水；J是一元含氧强酸。
回答下列问题：
(1)A的化学式为_________。
(2)一定条件下，B和D反应生成E和F的化学方程式为_____________。
(3)J和金属Cu反应生成E的化学方程式为_______。
(4)H和石灰乳反应的化学方程式为___________。
(5)在I和F的反应中，氧化剂和还原剂的质量之比为__________。
25、（12分）硫酸四氨合铜晶体([Cu(NH3)4]SO4·H2O)常用作杀虫剂、媒染剂，也是高效安全的广谱杀菌剂。常温下该物质在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组设计如下方案来合成硫酸四氨合铜晶体并测定晶体中氨的含量。
I．CuSO4溶液的制备
①取4g铜粉，在仪器A中灼烧10分钟并不断搅拌使其充分反应。
②将A中冷却后的固体转移到烧杯中，加入25 mL 3 ml·L-1H2SO4溶液，加热并不断搅拌至固体完全溶解。
(1)①中仪器A的名称为______________。
(2)②中发生反应的离子方程式为__________________。
Ⅱ．晶体的制备
将I中制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作：
(3)向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量的过程中，可观察到的实验现象是____________。
(4)缓慢加入乙醇会析出晶体的原因是________________________________；若将深蓝色溶液浓缩结晶，在收集到的晶体中可能混有的杂质主要有______________(写其中一种物质的化学式)。
III．氨含量的测定
精确称取wg晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10％NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，再用NaOH标准溶液滴定剩余的盐酸溶液(选用甲基橙作指示剂)。
1.水 2.玻璃管 3.10%氢氧化钠溶液 4.样品液 5.盐酸标准溶液 6.冰盐水
(5)装置中玻璃管的作用是__________________________________________________。
(6)在实验装置中，若没有使用冰盐水冷却会使氨含量测定结果________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
26、（10分）实验室利用如下装置制备氯酸钾和次氯酸钠。
回答下列问题：
（1）滴加浓盐酸的漏斗伸入试管底部，其原因为________________________________。
（2）装置1中盛放的试剂为________；若取消此装置，对实验造成的影响为________。
（3）装置中生成氯酸钾的化学方程式为________________________，产生等物质的量的氯酸钾和次氯酸钠，转移电子的物质的量之比为________。
（4）装置2和3中盛放的试剂均为________。
（5）待生成氯酸钾和次氯酸钠的反应结束后，停止加热。接下来的操作为打开________（填“a”或“b”，下同），关闭________。
27、（12分）I.硝酸钾用途广泛，工业上一般用复分解反应制取硝酸钾（相关物质的溶解度曲线见表）。以硝酸钠和氯化钾为原料制备硝酸钾的工艺流程如下：
完成下列填空：
(1)为了加速固体溶解，可采取的措施有__________(至少写两种)；实验室进行蒸发结晶操作时，为了防止液滴飞溅，进行的操作是_____________。
(2)过滤I所得滤液中含有的离子是________；过滤I所得滤液在进行冷却结晶前应补充少量水，目的是______________。
(3)检验产品KNO3中杂质的方法是________________。
II.实验室模拟工业上用氯化钾和硝酸铵为原料制取硝酸钾的过程如下：
取40 g NH4NO3和37.25 g KCl固体加入100 g水中，加热至90℃，固体溶解, 用冰水浴冷却至5℃以下，过滤(a)。在滤液中再加入NH4NO3，加热蒸发，当体积减小到约原来的时，保持70℃过滤(b)，滤液可循环使用。完成下列填空：
(4)过滤(a)得到的固体物质主要是__________；在滤液中再加入NH4NO3的目的是________________________。
(5)为检测硝酸钾样品中铵盐含量，称取1.564 g样品，加入足量的NaOH浓溶液，充分加热，生成的气体用20.00 mL 0.102 ml/L H2SO4溶液全部吸收，滴定过量的H2SO4用去0.089 ml/L标准NaOH溶液16.55 mL。滴定过程中使用的指示剂是________；样品中含铵盐(以氯化铵计)的质量分数是___________(保留3位小数)。
28、（14分）我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，直到近年来人们才研究出来其成分为BaCuSi4O10，BaCuSi2O6。
（1）“中国蓝”、“中国紫”中均具有Cun＋离子，n＝___，基态时该阳离子的价电子排布式为______。
（2）在5500年前，古代埃及人就己经知道如何合成蓝色颜料—“埃及蓝”CaCuSi4O10，其合成原料中用CaCO3代替了BaCO3，其它和“中国蓝”一致。CO32一中键角∠OCO为___。根据所学，从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更___（填“高”或“低”）。
（3）配离子Cu（CN）32-中，中心离子的杂化类型是___________，该配离子的空间构型为___________；CN-中配位原子是___________ （填名称）。
（4）CaCux合金可看作由如图所示的（a）、（b）两种原子层交替堆积排列而成。（a）是由Cu和Ca共同组成的层，层中Cu—Cu之间由实线相连；（b）是完全由Cu原子组成的层，Cu—Cu之间也由实线相连。图中虚线构建的六边形，表示由这两种层平行堆积时垂直于层的相对位置；（c）是由（a）和（b）两种原子层交替堆积成CaCux合金的晶体结构图。在这种结构中，同一层的Ca—Cu距离为294pm，相邻两层的Ca—Cu距离为327pm。
①该晶胞中Ca有___________个Cu原子配位（不一定要等距最近）。
②同一层中，Ca原子之间的最短距离是___________pm，设NA为阿伏加德罗常数的值，CaCu晶体的密度是___________g/cm3（用含m、n的式子表示）。
29、（10分）氮、磷、砷、铁等元素及其化合物在现代农业、科技、国防建设中有着许多独特的用途。
(1)基态砷原子中核外电子占据最高能层的符号为_______，该能层的原子轨道数有_____ 个。下列有关表示基态氮原子的电子排布图中，仅违背洪特规则的是________(填字母)。
A． B．
C． D．
(2)氮的一种氢化物 N2H4 是一种良好的火箭发射燃料，传统制备肼的方法是：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O，又知肼的熔点、沸点分别为1.4 ℃、113.5 ℃，氨气的熔点、沸点分别为-77.7 ℃、-33.5 ℃。
①N2H4中氮原子的杂化轨道类型为_______杂化。
②H2O的VSEPR模型为______。
③肼与氨气熔点、沸点差异最主要的原因是_________________。
(3)氨分子是一种常见配体，配离子[C(NH3)6]3+中存在的化学键有___________ (填序号)。
A．离子键 B．极性键 C．配位键 D．氢键 E．金属键
(4)已知[C(NH3)6]3+的几何构型为正八面体形，推测[CCl3(NH3)3]结构有__________种。
(5)LiFeAs可组成一种新型材料，其立方晶胞结构如图所示。若晶胞参数为 a nm，A、B 处的两个As原子之间距离=______nm，请在z轴方向投影图中画出铁原子的位置，用“• ”表示__________。
参考答案
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、D
【解析】
由图可知，装置A为氯气或氢气的制备装置，装置B的目的是除去氯气或氢气中的氯化氢，装置C的目的是干燥氯气或氢气，装置E收集反应生成的氯化铝或氢化钠，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入E中，或吸收过量的氯气防止污染环境。
【详解】
A项、浓盐酸可与高锰酸钾常温下发生氧化还原反应制备氯气，故A正确；
B项、因为金属铝或金属钠均能与氧气反应，所以点燃D处酒精灯之前需排尽装置中的空气，故B正确；
C项、装置C中的试剂为浓硫酸，目的是干燥氯气或氢气，故C正确；
D项、制备无水AlCl3时，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入E中，吸收过量的氯气防止污染环境，制备无水NaH时，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入E中，故D错误。
故选D。
本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，把握反应原理，明确装置的作用关系为解答的关键。
2、D
【解析】
A．生铁是合金，熔点小于纯铁的熔点，故熔点为纯铁＞生铁，选项A正确；
B．水的密度等于1g/mL，硝基苯的密度大于1g/mL，所以密度：水＜硝基苯，选项B正确；
C．碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠，所以热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3，选项C正确；
D．苯中碳碳键介于单键和双键之间，碳碳键键长：乙烯＜苯，选项D错误。
答案选D。
本题考查元素及其对应单质、化合物的性质的递变规律，侧重于熔点、热稳定性、密度等性质的考查，题目难度不大，注意把握性质比较的角度以及规律，易错点为选项D：苯中不含有碳碳双键 ，碳碳键介于单键和双键之间。
3、C
【解析】
试题分析：镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，发生的反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑； 2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，氯化镁和氯化铝，分别与NaOH溶液反应的方程式为：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，MgCl2 +2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl．Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl；根据氯原子和钠原子守恒得到如下关系式：
HCl～NaCl～NaOH
1 1
2ml/L×0.5L 4ml/L×V
V=0.25L=250ml，故选C。
【考点定位】考查化学计算中常用方法终态法
【名师点晴】注意Mg2+和Al3+全部转化为沉淀时，NaOH不能过量，即全部转化为沉淀的Al3+，不能溶解是解题关键；镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，生成氯化镁和氯化铝，氯化镁和氯化铝，加入4ml•L-1的NaOH溶液，生成的沉淀最多时，Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl，根据氯原子和钠原子守恒解题。
4、B
【解析】
A. 由题图知，太阳能转化为化学能，该装置为电解池，将电能转化为化学能，故A错误；
B. 阴极发生还原反应，电极反应式为3CO2+4e—＝C+2CO32—，故B正确；
C. 高温的目的是将碳酸盐熔融提供阴阳离子，将碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，故C错误；
D. 电解过程中电子由负极流向阴极，阳极流向正极，熔融盐中没有电子移动，故D错误。
答案选B。
5、A
【解析】
A．氧化钠和过氧化钠中阴阳离子个数比都是1∶2，4.6g钠的物质的量是0.2ml，4.6gNa完全转化成Na2O和Na2O2的混合物，钠离子的物质的量是0.2ml，所以生成物中阴离子为0.1ml，阴离子总数为0.1 NA，故A正确；
B．标准状况下，22.4L丙烷的物质的量为=1ml，C3H8含共用电子对数=1ml×10×NA=10NA，故B错误；
C．氯气和水的反应为可逆反应，不能完全反应，故转移的电子数小于0.1NA个，故C错误；
D．铵根离子能少量水解，1L0.1ml·L-1NH4NO3溶液中含有铵根离子的数目小于0.1NA，故D错误；
故选A。
本题的易错点为A，要注意过氧化钠中的阴离子为过氧根离子。
6、C
【解析】
A. 离子化合物一定有离子键，可能含有共价键，如NaOH属于离子化合物含有离子键和共价键，故A错误；
B. 分子的热稳定性由共价键决定，分子间作用力决定物质的物理性质，故B错误；
C. 稀有气体分子里面不含化学键，一个原子就是一个分子，故C正确；
D. 二氧化硅为酸性氧化物，但它是由氧原子和硅原子构成的晶体，且以共价键形成空间网状结构的原子晶体，不是分子晶体，故D错误；
正确答案是C。
本题考查化学键、分子间作用力等知识，题目难度不大，注意分子间作用力影响分子的物理性质，分子的稳定性属于化学性质。
7、B
【解析】
C3H7FO可以看做丙烷中的2个H原子分别被1个F、1个-OH取代，丙烷只有一种结构，F与-OH可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断。
【详解】
C3H7FO可知丙烷中的2个H原子分别被1个F、1个-OH取代，丙烷只有一种结构，F与-OH可以取代同一碳原子上的H原子，有2种：CH3CH2CH（OH）F、CH3CF（OH）CH3，可以取代不同碳原子上的H原子，有3种：HOCH2CH2CH2F、CH3CH（OH）CH2F、CH3CHFCH2OH，共有5种，故答案为B。
本题是根据等效氢的方法判断同分异构体的数目，等效氢法的判断可按下列三点进行：①同一碳原子上的氢原子是等效的；②同一碳原子所连甲基上的氢原子是等效的；③处于镜面对称位置上的氢原子是等效的（相当于平面成像时，物与像的关系）。
8、C
【解析】
A. 粗盐精制过程需要除去粗盐中含有的硫酸根离子、钙离子、镁离子，需要加入除杂剂，该过程中有新物质生成，发生化学变化，故A正确；
B. 病毒表现生命活动需要蛋白质，高温、消毒剂都能使蛋白质变性而失去生理活性，故B正确；
C. 铜活泼性弱于氢，所以铜制品不能发生析氢腐蚀，而铁制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀，故C错误；
D. 植物油中由于含有碳碳双键，易被氧化而变质，因此在空气中长时间放置容易氧化变质，故D正确；
答案选C。
9、D
【解析】
A. 聚氯乙烯、聚苯乙烯都是由加聚反应制得的，聚酯纤维是由缩聚反应制得的，选项A错误；
B、负极失电子，理论上钠可作为负极材料，选项B错误；
C．钢化玻璃既是将普通玻璃加热熔融后再急速冷却，故主要成分仍为硅酸盐，即主要成分为SiO2、Na2SiO3、CaSiO3；而有机玻璃的主要成分是有机物，不是硅酸盐，选项C错误；
D、外接直流电源保护铁质建筑物利用的是电解池原理，属于外加电流的阴极保护法，选项D正确；
答案选D。
10、D
【解析】
A．固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO与SO3，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故A不合题意；
B．坩埚内附有不分解的杂质，而加热前后固体的质量差不变，测量结果不变，故B不合题意；
C．加热过程中有少量晶体溅出，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故C不合题意；
D．晶体不纯，含有不挥发杂质，造成加热前后固体的质量差偏小，测量结果偏低，故D符合题意；
故选D。
11、D
【解析】
二元弱酸H2X溶液中滴NaOH溶液，先发生H2X+OH-=H2O+HX-，然后发生HX-+OH-=H2O+X2-；
【详解】
A．M点加入20.0mLNaOH溶液，溶液中的溶质为NaHX，溶液中存在HX-的电离和水解，所以此时c(Na+)>c(HX-)，水解是微弱的所以c(HX-)>c(H2X)，故A正确；
B．P点加入40.0mLNaOH溶液，所以溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c（OH-）=c（H+）+c（HX-）+2c（H2X），即c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)，故B正确；
C．，据图可知随着氢氧化钠加入，M、N、P、Q的碱性增强，则c(H+)减小，所以溶液中，故C正确；
D．水电离出的OH-浓度越大水的电离程度越大，即图中纵坐标越小水的电离程度越大，所以水的电离程度:P>N=Q>M；温度未知，无法确定水的电离平衡常数，所以无法确定a的值，故D错误；
故答案为D。
电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。
12、A
【解析】
A. 碳铵是NH4HCO3的俗称，名称与化学式不吻合，A符合题意；
B. 生石膏是CaSO4·2H2O的俗称，名称与化学式吻合，B不符合题意；
C. Ag(NH3)2+表示二氨合银离子，名称与化学式吻合，C不符合题意；
D. 分子中含有碳碳双键在内的最长碳链上含4个C原子，在2号C原子上有1个乙基，物质的名称为2－乙基－1－丁烯，名称与物质结构简式吻合，D不符合题意；
故合理选项是A。
13、B
【解析】
有机物用水封法保存，则有机物不溶于水，且密度比水大，以此解答．
【详解】
A. 乙醇与水互溶，不能用水封，故A.错误；
B. 硝基苯密度大于水，且不溶于水，可以用水封，故B正确；
C. 甘油与水互溶，不能用水封，故C不选；
D. 己烷密度小于水，在水的上层，不能用水封法保存，故D不选；
答案选B。
14、C
【解析】
反应①为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应②为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，反应③为1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，反应④为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应⑤为乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应⑥为乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，据此解答。
【详解】
反应①为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应②为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，反应③为1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，反应④为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应⑤为乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应⑥为乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，
A. 根据以上分析知，氧化反应有⑤⑥，加成反应有①②，A项错误；
B. 氯乙烯有碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化，从而使酸性KMnO4溶液褪色，聚乙烯没有碳碳双键，不能被酸性KMnO4溶液氧化，则不能使酸性KMnO4溶液褪色，B项错误；
C. 乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，氢氧化铜被还原生成氧化亚铜砖红色沉淀，C项正确；
D. 乙醇与CCl4互溶，则不能用乙醇萃取Br2的CCl4溶液中的Br2，D项错误；
答案选C。
15、C
【解析】
A．充电时，阳离子向阴极移动，即K＋向阴极移动，A项错误；
B．放电时总反应为2Zn+O2+4OH–+ 2H2O=2Zn(OH)42-，则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B项错误；
C．放电时，锌在负极失去电子，电极反应为Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C项正确；
D．标准状况下22.4L氧气的物质的量为1摩尔，电路中转移4摩尔电子，D项错误；
答案选C。
电极反应式的书写是电化学中必考的一项内容，一般先写出还原剂（氧化剂）和氧化产物（还原产物），然后标出电子转移的数目，最后根据原子守恒和电荷守恒完成缺项部分和配平反应方程式，作为原电池，正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极电极反应式为：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-；充电是电解池，阳离子在阴极上放电，阴离子在阳极上放电，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，对可充电池来说，充电时原电池的正极接电源正极，原电池的负极接电源的负极，不能接反，否则发生危险或电极互换，电极反应式是原电池电极反应式的逆过程；涉及到气体体积，首先看一下有没有标准状况，如果有，进行计算，如果没有必然是错误选项。
16、B
【解析】
A．K2S、K2O2的式量是110，11 gK2S、K2O2的混合物的物质的量是=0.1 ml，1 ml K2S含有2 ml K+、1 mlS2-，1 ml K2O2中含有2 ml K+、1 mlO22-，则0.1 ml混合物中含有离子数目为0.3NA，A错误；
B．聚乙烯最简式是CH2，式量是14，其中含有的质子数为8，28 g聚乙烯中含有最简式的物质的量是n(CH2)= =2 ml，则含有的质子数目为2 ml×8×NA/ml=16NA，B正确；
C．标准状况下224 mLSO2的物质的量是0.01 ml，SO2溶于水反应产生H2SO3，该反应是可逆反应，溶液中存在少量SO2分子，H2SO3是二元弱酸，发生的电离作用分步进行，存在电离平衡，根据S元素守恒可知溶液中S元素存在微粒有SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-四种，故H2SO3、HSO3-、SO32-的数目之和小于0.01NA，C错误；
D．63 g HNO3的物质的量为1 ml，若只发生反应Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O转移电子物质的量为0.50 ml，但是由于铜足量，随着反应的进行，硝酸浓度逐渐变稀，浓硝酸后来变成了稀硝酸，此时发生反应：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，若反应只产生NO，转移电子的物质的量为0.75 ml，所以1 ml硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.50NA而小于0.75NA，D错误；
故合理选项是B。
17、D
【解析】
A．开始NaOH少量，先生成氢氧化铝沉淀，后加入过量的氢氧化钠与氢氧化铝沉淀发生反应沉淀溶解，但没有体现氢氧化铝既能和酸反应，又能和碱反应，实验不能说明氢氧化铝具有两性，故A错误；
B．发生反应HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+ CO32-，可认为AlO2-结合了HCO3-电离出来的H+，则结合H+的能力：CO32-＜AlO2-，故B错误；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，但HCl不是Cl元素最高价氧化物的水化物，所以不能比较Cl、Si非金属性强弱，故C错误；
D．白色固体先变为淡黄色，后变为黄色沉淀，发生沉淀的转化，生成溶度积更小的沉淀，则溶度积为Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，故D正确；
故选D。
本题的易错点为C，要注意非金属性强弱的判断方法的归纳，根据酸性强弱判断，酸需要是最高价含氧酸。
18、C
【解析】
A、碘升华，只是碘状态发生变化，发生物理变化，共价键未被破坏,A错误；
B、NaOH为离子化合物，熔化时破坏的是离子键，B错误；
C、NaHSO4溶于水时，在水分子的作用下电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以共价键被破坏，C正确；
D、酒精溶于水，酒精在水溶液里以分子存在，所以共价键未被破坏，D错误；
答案选C。
19、D
【解析】
A．由于CuS不溶于硫酸，则向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体会生成CuS黑色沉淀，不能根据该反应判断H2S、H2SO4的酸性强弱，故A错误；
B．木炭和浓硫酸共热生成的气体为二氧化碳、二氧化硫，二者都可是澄清石灰水变浑浊，应先除去二氧化硫再检验二氧化碳，故B错误；
C．白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，不能说明该溶液中一定含有SO42-，故C错误；
D．向1 mL浓度均为0.1ml/L的MgSO4和CuSO4混合溶液中，滴入少量0.1 ml/L NaOH溶液，先产生蓝色沉淀，说明氢氧化铜的溶度积较小，易生成沉淀，故D正确；
答案选D。
20、B
【解析】
A．X电极为电解池阳极时，Ni元素失电子、化合价升高，故X电极反应式为Ni(OH)2－e－+OH－=NiOOH+H2O，X电极附近pH减小，故A错误；
B．断开K2、闭合K1时，构成原电池，供电时，X电极作正极，发生还原反应，氧化剂为NiOOH，Zn作负极，发生氧化反应，装置中总反应为Zn+2NiOOH+2H2O=Zn(OH)2+2Ni(OH)2，故B正确；
C．断开K2、闭合K1时，构成原电池，X电极作正极，Zn作负极，阳离子向正极移动，则K+向X电极移动，故C错误；
D．制氢时，为电解池，Pt电极上产生氢气，Pt电极反应为：2H2O+2e-= H2↑+2OH－，X电极反应式为：Ni(OH)2－e－+OH－=NiOOH+H2O，根据电极反应，每转移0.1NA电子，溶液质量基本不变，故D错误；
答案选B。
21、C
【解析】
A、2.0h LiNH2的相对纯度与1.5h差不多，耗时长但相对纯度提高不大，故A错误；
B、平衡时混合气体的平均摩尔质量越大，说明氨气的含量越多，正向反应程度越小，LiNH2的相对纯度越低，故B错误；
C、K===1.5，故C正确；
D、LiH和LiNH2均极易与水反应：LiH+H2O=LiOH+H2↑和LiNH2+H2O=LiOH+NH3↑，都不能在水溶液中稳定存在，故D错误。
答案选C。
22、D
【解析】
A.CO2能在水中溶解，使其排出进入量筒的水的体积小于CO2的体积；
B.CO2能与溶液中的水及溶质发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，使排出水的体积小于CO2的体积；
C.CO2能在饱和食盐水中溶解，使其赶入量筒的水的体积小于CO2的体积；
D.CO2不能在煤油中溶解，这样进入CO2的体积等于排入量气管中的水的体积，相对来说，误差最小，故合理选项是D。
二、非选择题(共84分)
23、1，2-二氯丙烷 加成反应 氧化反应 C10H18O4 CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl Na2CO3饱和溶液
【解析】
丙烯与氯气加成得A为CH3CHClCH2Cl，A发生水解反应得B为CH3CH(OH)CH2OH，苯与氢气发生加成反应得C为环己烷，C发生氧化反应得D为己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应（取代反应）得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。
(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到。
【详解】
根据上述分析可知A为CH3CHClCH2Cl，B为CH3CH(OH)CH2OH，C为，C发生氧化反应得D为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应(取代反应)得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。
(1)A为CH3CHClCH2Cl，名称为：1，2-二氯丙烷
(2)反应①是属于加成反应，反应④属于氧化反应；
(3)G的结构简式为：；F的结构简式为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，分子式是C10H18O4；
(4)反应②的化学方程式：CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl；
(5)C为环己烷，C存在多种同分异构体，其中核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式为；
(6)B是1，2-丙二醇CH3CH(OH)CH2OH，D是己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，H是酯，鉴别三种物质的方法是向三种物质中加入Na2CO3饱和溶液，B与碳酸钠溶液混溶，不分层；D反应，产生气泡；H不反应，互不相容，液体分层，油层在上层。因此鉴别试剂是碳酸钠饱和溶液；
(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到，所以合成路线流程图为：。
本题考查有机物的推断与性质，注意根据有机物的结构进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型，难度中等．
24、NH4Cl 4NH3+5O24NO+6H2O 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O 1:2
【解析】
根据题目提供的转化关系，常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体则为氯气，I通常为红棕色气体则为NO2，I的相对分子质量比E的大16，则E为NO；F在常温下是一种无色液体则为H2O；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，则G为氢气，产物C易溶于水为氯化氢；J是一元含氧强酸且可由NO2与水反应得到，则为HNO3。NO与D反应生成NO2，D为单质，则D为氧气，B与氧气反应生成NO和水，则B为氨气，A为正盐，加热得到氨气和氯化氢，则A为氯化铵。
(1)A为氯化铵，其化学式为NH4Cl；
(2)一定条件下，B（NH3）和D（O2）反应生成E（NO）和F（H2O）的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
(3)J（HNO3）和金属Cu反应生成E（NO）的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(4)H为氯气，和石灰乳反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；
(5)在I和F的反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化剂和还原剂的质量之比为1：2。
25、坩埚 CuO+2H+= Cu2++ H2O 先有蓝色沉淀生成，继续滴加氨水，沉淀逐渐消失，溶液变为深蓝色。 硫酸四氨合铜晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度(或降低了硫酸四氨合铜晶体的溶解度) CuSO4或[Cu(NH3)4]SO4或Cu2(OH)2SO4或CuSO4·5H2O 平衡气压(或防止倒吸) 偏低
【解析】
(1) ①灼烧固体，应在坩埚中进行，故答案为：坩埚；
(2)铜灼烧后生成的固体为氧化铜，加入硫酸后会发生反应生成CuSO4和水，反应方程式为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，答案：CuO+2H+= Cu2++ H2O。
(3)向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水先产生蓝色氢氧化铜沉淀，继续加入过量的氨水，又生成四氨合铜络离子，蓝色沉淀逐渐消失变成深蓝色溶液。答案：先有蓝色沉淀生成，继续滴加氨水，沉淀逐渐消失，溶液变为深蓝色。
(4) 因为硫酸四氨合铜晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以加入乙醇会析出晶。常温下硫酸四氨合铜晶体在空气中不稳定，受热时易发生分解，若将深蓝色溶液浓缩结晶，在收集到的晶体中可能混有CuSO4或[Cu(NH3)4]SO4或Cu2(OH)2SO4或CuSO4·5H2O。答案：硫酸四氨合铜晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度(或降低了硫酸四氨合铜晶体的溶解度)；CuSO4或[Cu(NH3)4]SO4或Cu2(OH)2SO4或CuSO4·5H2O。
（5）装置中玻璃管可起到平衡气压，防止倒吸；答案：平衡气压(或防止倒吸)。
（6）因为生成的是氨气，如果没有冰盐水冷却，容易挥发，导致剩余HCl量增多，所以如没有使用冰盐水冷却，会使氨含量测定结果偏低。答案：偏低。
26、液封，防止产生的氯气从漏斗口逸出 饱和食盐水 氯化氢与KOH和NaOH反应，降低产率 5:1 NaOH溶液 b a
【解析】
(1)滴加浓盐酸的长颈漏斗下端伸入盛装浓盐酸的试管底部，可起液封作用，防止产生的氯气从漏斗口逸出；
(2)浓盐酸有挥发性，制得的Cl2中混有挥发的HCl，则装置1中盛放的试剂为饱和食盐水，目的是为除去Cl2中混有的HCl，若取消此装置，HCl会中和KOH和NaOH，降低产率；
(3)Cl2溶于KOH溶液生成氯酸钾和KCl，发生反应的化学方程式为，生成1ml氯酸钾转移5ml电子，而生成1mlNaClO转移1ml电子，则产生等物质的量的氯酸钾和次氯酸钠，转移电子的物质的量之比为5:1；
(4)装置2和3的作用均为吸收含有Cl2的尾气，则盛放的试剂均为NaOH溶液；
(5)待生成氯酸钾和次氯酸钠的反应结束后，停止加热，为使剩余氯气完全被装置2中NaOH溶液吸收，接下来的操作为打开b，关闭a。
27、加热、搅拌、研细颗粒 用玻璃棒不断搅拌滤液 K+、NO3-、Na+、Cl- 减少NaCl的结晶析出 取少量固体溶于水，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀说明含有杂质 KNO3 增大铵根离子的浓度，有利于氯化铵结晶析出 甲基橙 8.92%
【解析】
硝酸钠和氯化钾用水溶解，得到的溶液中含有K+、NO3-、Na+、Cl-，由于在溶液中NaCl的溶解度较小，且受温度影响不大，采取蒸发浓缩，析出NaCl晶体，过滤分离出NaCl晶体。由于硝酸钾溶解度受温度影响比硝酸钠大，采取冷却结晶析出硝酸钾，过滤出硝酸钾晶体后，向滤液中加入NH4NO3，可增大溶液中NH4+浓度，有利于NH4Cl结晶析出。
【详解】
I.(1)加热、搅拌、研细颗粒等都可以加快物质溶解；实验室进行蒸发结晶操作时，为防止液滴飞溅，要用玻璃棒不断搅拌滤液，使溶液受热均匀；
(2)过滤I后析出部分NaCl，滤液I含有K+、NO3-、Na+、Cl-；氯化钠溶解度较小，浓缩析出NaCl晶体后，直接冷却会继续析出NaCl晶体，在进行冷却结晶前应补充少量水，可以减少NaCl的结晶析出；
(3)产品KNO3中可能含有Na+、Cl-杂质离子，检验的方法是：取少量固体溶于水，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀说明含有杂质NaCl，即含有杂质；
II.(4)取40 g NH4NO3和37.25 g KCl固体加入100 g水中，加热至90℃所有固体均溶解，用冰水浴冷却至5℃以下时，硝酸钾的溶解度最小，首先析出的是硝酸钾晶体；在滤液中加入硝酸铵可以增大铵根离子浓度，使NH4Cl晶体析出；
(5)由于恰好反应时生成的溶质为(NH4)2SO4和Na2SO4，溶液为酸性，则应该选用甲基橙为指示剂；
硫酸总的物质的量n(H2SO4)=c·V=0.102 ml/L×0.02 L=0.00204 ml，含有氢离子的物质的量为n(H+)=2n(H2SO4)=2×0.00204 ml =0.00408ml，氢氧化钠的物质的量n(NaOH)= c·V =0.089 ml/L×0.01655 L=0.001473 ml，所以氨气的物质的量n(NH3)=0.00408 ml-0.001473 ml=0.002607 ml，所以根据N元素守恒，可知样品中氯化铵的物质的量为0.002607 ml，
则样品中氯化铵的质量分数为：×100%≈8.92%。
本题考查物质制备方案、物质的分离与提纯方法，涉及溶解度曲线的理解与应用、滴定计算等，关键是对原理的理解，试题培养了学生对图象的分析能力与灵活应用所学知识的能力。
28、2 低 sp2 平面三角形 碳 18
【解析】
（1）根据化学式BaCuSi4O10，BaCuSi2O6，其中Ba为+2价，Si为+4价，O为-2价，由化合价代数和为零得：“中国蓝”、“中国紫”中均具有Cun＋离子，n＝2，基态时该阳离子的价电子排布式为3d9。
故答案为：2；3d9；
（2）CO32一中心原子C的价电子为3+ =3，为平面三角形结构，键角∠OCO为120°。根据所学，钙离子半径小与氧之间的作用力大，碳酸钙更容易分解，故从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更低。
故答案为：120°；低；
（3）配离子Cu（CN）32-中，中心离子的价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化方式为sp2，该配离子的空间构型为平面三角形；CN－中配位原子是碳，因为N元素电负性较大，不易提供孤电子对，
故答案为： sp2 ；平面三角形；碳；
（4）①以上面面心上的Ca原子为例，该晶胞中该Ca原子配位的Cu原子包含其上面6个、相同层6个、下层6个，所以其配位数是18，
故答案为：18；
②同一层中，六边形中心上的Ca原子和边上的两个Ca原子形成正三角形，所以Ca原子之间的最短距离是六边形边长=2××（同层相邻Ca-Cu距离）=2××294pm=294pm；
该晶胞中Ca原子个数=12× +2×=3、Cu原子个数=12×+6×+6=15，该晶胞体积=（m2sin60°×6×n）cm3=m2ncm3，晶体密度==g·cm－3，
故答案为：。
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断、配合物等知识点，侧重考查元素化合物性质、物质结构等知识点，明确原子结构、物质结构是解本题关键，难点是晶胞计算，需要较好的数学空间想象能力及计算能力。
29、N 16 B sp3 四面体形 N2H4分子间氢键数目多于NH3分子间氢键数目 BC 2
【解析】
(1)As原子序数是33，位于元素周期表第四周期第VA，根据能层序号判断；结合每个能层具有的能级种类及各种能级具有的轨道数目确定；根据原子核外电子排布遵循的规律分析判断；
(2)根据价层电子对互斥理论判断N2H4的杂化轨道类型及H2O的VSEPR模型；结合分子之间的分子间作用力和氢键的数目分析；
(3)配体与中心离子之间存在配位键，配体分子中存在共价键；据此分析；
(4)[C(NH3)6]3+的几何构型为正八面体形，C3+位于正八面体几何中心，6个NH3分别位于正八面体形的6个顶点上，其中3个NH3换为Cl-就得到[CCl3(NH3)3]；
(5)根据LiFeAs晶胞中各个原子的相对位置分析解答。
【详解】
(1)As原子序数是33，位于元素周期表第四周期第VA，原子核外具有四个能层，核外电子排布时按能层能量由低到高顺序排列依次是K、L、M、N、O、P、Q，所以基态砷原子中核外电子占据最高能层的符号为N；第四能层含有4s、4p、4d、4f四种能级，各种能级分别含有的轨道数目为1、3、5、7，所以该能层的原子轨道数有1+3+5+7=16个；
A.2s轨道的能量比2p轨道的能量低，违背能量最低原理，A不符合题意；
B.电子在同一能级不同的原子轨道上排布时，电子总是尽可能分占不同的原子轨道且自旋方向相同，违背洪特规则，B符合题意；
C. 遵循核外电子排布规律，C不符合题意；
D.同一轨道上不可能存在自旋方向相同的电子，违背泡利原理，D不符合题意；
故答案选B；
(2)①在N2H4中N原子形成3个σ键且N原子上还有1对孤电子对，价层电子对数是4，所以N原子杂化轨道类型是sp3杂化；
②H2O中O原子价层电子对数为2+=4，所以其VSEPR模型为四面体形；
③N2H4、NH3都是由分子构成的分子晶体，在分子之间都存在分子间作用力，由于都含有N—H键，N元素的非金属性强、原子半径小，所以二者的分子之间还都存在氢键，增加了分子间作用力，但由于N2H4分子间氢键数目多于NH3分子间氢键数目，所以克服氢键和分子间作用力使物质熔化、气化需要较高的能量，因此肼的熔点、沸点比氨气高；
(3)氨分子是一种常见配体，配离子[C(NH3)6]3+中NH3与C3+之间存在配位键；在NH3中N、H原子之间存在极性共价键N-H键，所以[C(NH3)6]3+中的化学键有配位键、极性共价键，答案选BC；
(4)[C(NH3)6]3+为正八面体，C3+位于正八面体几何中心，其中一个NH3分子换成Cl-后结构中有2种位置不同NH3，所以若将[C(NH3)6]3+中的3个NH3换成Cl-，就得到2种不同结构的[CCl3(NH3)3]；
(5)根据晶胞示意图可知晶胞中含有4个As原子，4个As原子构成一个正四面体，A、B两个As原子之间距离为面对角线长度的一半，由于晶胞参数为 a nm，则面对角线长度为a nm，所以A、B两个As原子之间距离= nm；在该晶体中Li、As原子在z轴方向投影重叠，Fe原子位于晶胞的8个顶点、8个棱心和2个面心，Fe原子在z轴方向投影位于顶点上、棱中心和面心上，投影示意图为。
本题考查了物质结构，涉及核外电子排布的能量高低、原子的杂化、空间构型、配合物及晶体结构，对于(4)、(5)，要具有一定的空间想象能力，确定微粒的相对位置再分析判断，进行解答。
选项
实验操作
实验现象
结论
A
将NaOH溶液逐滴滴加到AlC13溶液中至过量
先产生白色胶状沉淀，后沉淀溶解
Al(OH)3是两性氢氧化物
B
NaHCO3溶液与NaAlO₂溶液混合
生成白色沉淀
结合H+的能力：CO32->AlO2-
C
向盛有Na2SiO3，溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量
试管中红色逐渐褪去，出现白色凝胶
非金属性：Cl>Si
D
白色固体先变为淡黄色，后变为黄色
溶度积常数：Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向一定浓度CuSO4溶液中通入H2S气体，出现黑色沉淀
H2S酸性比H2SO4强
B
将木炭和浓硫酸共热生成的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊
该气体一定是CO2
C
向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有SO42-
D
向1 mL 浓度均为0.1 ml·L−1 的MgSO4和CuSO4混合溶液中，滴入少量0.1 ml·L−1 NaOH溶液，先产生蓝色沉淀
Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]