2023高考化學模擬試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、合成一種用于合成γ分泌調節劑的藥物中間體，其合成的關鍵一步如圖。下列有關化合物甲、乙的說法正確的是A．甲→乙的反應為加成反應B．甲分子中至少有8個碳原子在同一平面上C．甲、乙均不能使溴水褪色D．乙與足量H2完全加成的產物分子中含有4個手性碳原子2、鈉與水反應的現象和鈉的下列性質無關的是（）A．鈉的熔點低 B．鈉的密度小 C．鈉的硬度小 D．鈉的強還原性3、某學生利用NaOH溶液去除鋁表面的氧化膜以后，進行“鋁毛”實驗。在其實驗過程中常有發生，但與實驗原理不相關的反應是()A．Al2O3+2NaOH→2NaAlO2+H2OB．2Al+2H2O+2NaOH→2NaAlO2+3H2↑C．2Al+3Hg(NO3)2→2Al(NO3)3+3HgD．4Al+3O2→2Al2O34、下列選項中，有關實驗操作、現象和結論都正確的是選項實驗操作現象結論A將過量的CO2通入CaCl2溶液中無白色沉淀出現生成的Ca(HCO3)2可溶于水B常溫下將Al片插入濃硫酸中無明顯現象Al片和濃硫酸不反應C用玻璃棒蘸取濃氨水點到紅色石蕊試紙上試紙變藍色濃氨水呈堿性D將SO2通入溴水中溶液褪色SO2具有漂白性A．A B．B C．C D．D5、有機物X分子式為C3H6O，有多種同分異構體。其中之一丙醛(液態)的燃燒熱為1815kJ/mol。下列說法不正確的是A．X的同分異構體中，含單官能團的共5種B．1molX最多能和1molH2加成C．表示丙醛燃燒熱的熱化學方程式為：C3H6O(l)+4O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)△H=+1815kJ/molD．X的同分異構體其中之一CH2=CHCH2OH可以發生取代反應、加成反應、加聚反應、氧化反應6、下列物質的制備中，不符合工業生產實際的是（）A．NH3NONO2HNO3B．濃縮海水Br2HBrBr2C．飽和食鹽水Cl2漂白粉D．H2和Cl2混合氣體HCl氣體鹽酸7、有些古文或諺語包含了豐富的化學知識，下列解釋不正確的是選項古文或諺語化學解釋A日照香爐生紫煙碘的升華B以曾青涂鐵，鐵赤色如銅置換反應C煮豆燃豆萁化學能轉化為熱能D雷雨肥莊稼自然固氮A．A B．B C．C D．D8、a、b、c、d為短周期元素，a的M電子層有1個電子，b的最外層電子數為內層電子數的2倍。c的最高化合價為最低化合價絕對值的3倍，c與d同周期，d的原子半徑小于c。下列敘述正確的是（）A．離子半徑：a>d>c B．a、c形成的化合物中只有離子鍵C．簡單離子還原性：c<d D．c的單質易溶于b、c形成的二元化合物中9、用NA表示阿伏加德羅常數的值，下列敘述中正確的是A．1mol甲基(－CH3)所含的電子數為10NAB．常溫常壓下，1mol分子式為C2H6O的有機物中，含有C－O鍵的數目為NAC．14g由乙烯和環丙烷()組成的混合氣體中，含有的原子總數為3NAD．標準狀況下，22.4L四氯化碳中含有共用電子對的數目為4NA10、關于下列各實驗裝置的敘述中，不正確的是（）A．可用于實驗室制取少量NH3或O2B．可用從a處加水的方法檢驗裝置②的氣密性C．實驗室可用裝置③收集H2、NH3D．制硫酸和氫氧化鈉，其中b為陽離子交換膜、c為陰離子交換膜11、下列解釋事實或實驗現象的化學用語正確的是A．硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后變藍：4I－+O2+4H+=2I2+2H2OB．鐵和稀硝酸反應制得淺綠色溶液：Fe+4H++NO3－=Fe3++NO↑+2H2OC．水垢上滴入CH3COOH溶液有氣泡產生：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OD．SO2通入漂白粉溶液中產生白色渾濁：SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO12、下列關于有機物(a)的說法錯誤的是A．a、b、c的分子式均為C8H8B．b的所有原子可能處于同一平面C．c的二氯代物有4種D．a、b、c均能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色13、水的電離常數如圖兩條曲線所示，曲線中的點都符合常數，下列說法錯誤的是

A．圖中溫度B．圖中五點間的關系：C．曲線a、b均代表純水的電離情況D．若處在B點時，將的硫酸溶液與的KOH溶液等體積混合后，溶液顯堿性14、把圖2中的物質補充到圖1中，可得到一個完整的氧化還原型離子方程式(未配平)。對該氧化還原反應型離子方程式，說法不正確的是（）A．IO4-作氧化劑具有氧化性B．氧化劑和還原劑的物質的量之比為5∶2C．若有2molMn2+參加反應時則轉移10mol電子D．氧化性：MnO4->IO4-15、某學習小組用下列裝置完成了探究濃硫酸和SO2性質的實驗（部分夾持裝置已省略），下列“現象預測”與“解釋或結論”均正確的是選項儀器現象預測解釋或結論A試管1有氣泡、酸霧，溶液中有白色固體出現酸霧是SO2所形成，白色固體是硫酸銅晶體B試管2紫紅色溶液由深變淺，直至褪色SO2具有還原性C試管3注入稀硫酸后，沒有現象由于Ksp（ZnS）太小，SO2與ZnS在注入稀硫酸后仍不反應D錐形瓶溶液紅色變淺NaOH溶液完全轉化為NaHSO3溶液，NaHSO3溶液堿性小于NaOHA．A B．B C．C D．D16、將3.9g鎂鋁合金，投入到500mL2mol/L的鹽酸中，合金完全溶解，再加入4mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的這種NaOH溶液的體積是A．125mL B．200mL C．250mL D．560mL17、實驗室利用下圖裝置制取無水A1C13(183℃升華，遇潮濕空氣即產生大量白霧)，下列說法正確的是A．①的試管中盛裝二氧化錳，用于常溫下制備氯氣B．②、③、⑥、⑦的試管中依次盛裝濃H2SO4、飽和食鹽水、濃H2SO4、NaOH溶液C．滴加濃鹽酸的同時點燃④的酒精燈D．⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦可以用一個裝有堿石灰的干燥管代替18、下列用途中所選用的物質正確的是A．X射線透視腸胃的內服劑——碳酸鋇B．生活用水的消毒劑——明礬C．工業生產氯氣的原料——濃鹽酸和二氧化錳D．配制波爾多液原料——膽礬和石灰乳19、用下列實驗裝置（部分夾持裝置略去）進行相應的實驗，能達到實驗目的的是A．加熱裝置I中的燒杯分離I2和Fe B．利用裝置Ⅱ合成氨并檢驗氨的生成C．利用裝置Ⅲ制備少量的氯氣 D．利用裝置Ⅳ制取二氧化硫20、黃銅礦（CuFeS2）是提取銅的主要原料，其煅燒產物Cu2S在1200℃高溫下繼續反應：2Cu2S+3O2→2Cu2O+2SO2…①2Cu2O+Cu2S→6Cu+SO2…②．則A．反應①中還原產物只有SO2B．反應②中Cu2S只發生了氧化反應C．將1molCu2S冶煉成2molCu，需要O21molD．若1molCu2S完全轉化為2molCu，則轉移電子數為2NA21、氯化亞銅(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性條件下不穩定，易生成金屬Cu和Cu2+，廣泛應用于化工和印染等行業。某研究性學習小組擬熱分解CuCl2?2H2O制備CuCl，并進行相關探究。下列說法不正確的是（）A．途徑1中產生的Cl2可以回收循環利用B．途徑2中200℃時反應的化學方程式為：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑C．X氣體是HCl，目的是抑制CuCl2?2H2O加熱過程可能的水解D．CuCl與稀硫酸反應的離子方程式為：2Cu++4H++SO42-═2Cu+SO2↑+2H2O22、實驗室可用濃鹽酸與濃硫酸混合快速制取HCl．下列解釋合理的是（）A．濃硫酸是高沸點的酸，通過它與濃鹽酸反應制取低沸點的酸B．通過改變溫度和濃度等條件，利用平衡移動原理制取HClC．兩種強酸混合，溶解度會相互影響，低溶解度的物質析出D．濃硫酸的濃度遠大于濃鹽酸的濃度，高濃度的酸制取低濃度的酸二、非選擇題(共84分)23、（14分）Q、W、X、Y、Z是位于不同主族的五種短周期元素，其原子序數依次增大。①W的氫化物與W最高價氧化物對應水化物反應生成化合物甲。②X、Y、Z的最高價氧化物對應水化物之間兩兩反應均可生成鹽和水。③常溫下，Q的最高價氣態氧化物與化合物X2O2發生反應生成鹽乙。請回答下列各題:(1)甲的水溶液呈酸性，用離子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。(2)③中反應的化學方程式為________________________________________________________________________________________________。(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M為金屬元素，方程式未配平)由上述信息可推測Z在周期表中位置為________________________________________________________________________________________________。(4)Y形成的難溶半導體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。寫出此反應的離子方秳式_____________________________。24、（12分）芳香族化合物A()是重要的有機化工原料。由A制備有機化合物F的合成路線(部分反應條件略去)如圖所示：（1）A的分子式是______，B中含有的官能團的名稱是_________。（2）D→E的反應類型是_______。（3）已知G能與金屬鈉反應，則G的結構簡式為_________。（4）寫出E→F的化學方程式：_________。（5）寫出符合下列條件的龍膽酸乙酯()的同分異構體有______種，寫出其中一種同分異構體的結構簡式：_________________。①能發生銀鏡反應，與FeCl3溶液不發生顯色反應，但水解產物之一能與FeCl3溶液發生顯色反應；②核磁共振氫譜有四組峰，且峰的面積之比為6:2:1:1。（6）已知：。參照上述合成路線，設計一條以苯酚、乙醇為原料制備龍膽酸乙酯()的合成路線(無機試劑任用)：________。25、（12分）ClO2是一種優良的消毒劑，熔點為-59.5℃，沸點為11.0℃，濃度過高時易發生分解引起爆炸，實驗室在50℃時制備ClO2。實驗Ⅰ：制取并收集ClO2，裝置如圖所示：(1)寫出用上述裝置制取ClO2的化學反應方程式_____________。(2)裝置A中持續通入N2的目的是___________。裝置B應添加__________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“50℃的熱水浴”)裝置。實驗Ⅱ：測定裝置A中ClO2的質量，設計裝置如圖：過程如下：①在錐形瓶中加入足量的碘化鉀，用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；②按照右圖組裝好儀器；在玻璃液封管中加入①中溶液，浸沒導管口；③將生成的ClO2由導管通入錐形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封溶液倒入錐形瓶中，洗滌玻璃液封管2—3次，都倒入錐形瓶，再向錐形瓶中加入幾滴淀粉溶液；④用cmol·L?1Na2S2O3標準液滴定錐形瓶中的液體，共用去VmLNa2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I?+S4O62-)。(3)裝置中玻璃液封管的作用是_____________。(4)滴定終點的現象是___________________。(5)測得通入ClO2的質量m(ClO2)=_______g(用整理過的含c、V的代數式表示)。26、（10分）硫酸四氨合銅晶體常用作殺蟲劑，媒染劑，在堿性鍍銅中也常用作電鍍液的主要成分，在工業上用途廣泛。常溫下該物質溶于水，不溶于乙醇、乙醚，在空氣中不穩定，受熱時易發生分解。某化學興趣小組以Cu粉、3mol/L的硫酸、濃氨水、10%NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol/L稀鹽酸、0.500mol/L的NaOH溶液來合成硫酸四氨合銅晶體并測定其純度。I．CuSO4溶液的制備①稱取4g銅粉，在A儀器中灼燒10分鐘并不斷攪拌，放置冷卻。②在蒸發皿中加入30mL3mol/L的硫酸，將A中固體慢慢放入其中，加熱并不斷攪拌。③趁熱過濾得藍色溶液。(1)A儀器的名稱為____。(2)某同學在實驗中有1.5g的銅粉剩余，該同學將制得的CuSO4溶液倒入另一蒸發皿中加熱濃縮至有晶膜出現，冷卻析出的晶體中含有白色粉末，試解釋其原因_____II．晶體的制備將上述制備的CuSO4溶液按如圖所示進行操作(3)已知淺藍色沉淀的成分為，試寫出生成此沉淀的離子反應方程式_________。(4)析出晶體時采用加入乙醇的方法，而不是濃縮結晶的原因是__。III．氨含量的測定精確稱取mg晶體，加適量水溶解，注入如圖所示的三頸瓶中，然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液，通入水蒸氣，將樣品液中的氨全部蒸出，并用蒸餾水沖洗導管內壁，用V1mLC1mol/L的鹽酸標準溶液完全吸收。取下接收瓶，用C2mol/LNaOH標準溶液滴定過剩的HCl(選用甲基橙作指示劑)，到終點時消耗V2mLNaOH溶液。(5)A裝置中長玻璃管的作用_____，樣品中氨的質量分數的表達式_______。(6)下列實驗操作可能使氨含量測定結果偏高的原因是_______。A．滴定時未用NaOH標準溶液潤洗滴定管B．讀數時，滴定前平視，滴定后俯視C．滴定過程中選用酚酞作指示劑D．取下接收瓶前，未用蒸餾水沖洗插入接收瓶中的導管外壁。27、（12分）是重要的化工原料，易溶于水，在中性或堿性環境中穩定，在酸性環境下易分解生成S和。某小組設計了如下實驗裝置制備（夾持及加熱儀器略），總反應為。回答下列問題：a.b.粉末c.溶液d.、溶液e.溶液（1）裝置A的作用是制備________，反應的化學方程式為________。（2）完成下表實驗過程：操作步驟裝置C的實驗現象解釋原因檢查裝置氣密性后，添加藥品pH計讀數約為13用離子方程式表示（以為例）：①__打開，關閉，調節；使硫酸緩慢勻速滴下ⅰ.導管口有氣泡冒出，②___ⅱ.pH計讀數逐漸③___反應分步進行：↓（較慢）當pH計讀數接近7時，立即停止通，操作是④___必須立即停止通的原因是：⑤___（3）有還原性，可作脫氯劑。向溶液中通入少量，某同學預測轉變為，設計實驗驗證該預測：取少量反應后的溶液于試管中，________。28、（14分）氮、磷、硼、砷的化合物用途非常廣泛。根據所學知識回答下列問題：(1)如圖所示，每條折線表示周期表ⅣA-ⅦA中的某一族元素氫化物的沸點變化。每個小黑點代表一種氫化物，其中a、b、c、d、e對應元素電負性最大的是__（用元素符號表示），e點代表的第三周期某元素的基態原子核外電子占據的最高能層符號為__，該能層具有的原子軌道數為__。(2)已知反應：(CH3)3C-F+SbF5→(CH3)3CSbF6，該反應可生成(CH3)3C+，該離子中碳原子雜化方式有__。(3)一種新型儲氫化合物氨硼烷是乙烷的等電子體，且加熱氨硼烷會慢慢釋放氫氣，推斷氨硼烷的結構式為__（若含有配位鍵，要求用箭頭表示）。(4)PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148℃液化，形成一種能導電的熔體，測得其中含有一種正四面體形陽離子和一種正八面體形陰離子，熔體中P－Cl的鍵長只有198nm和206nm兩種，這兩種離子的化學式為__；正四面體形陽離子中鍵角大于PCl3的鍵角原因為___。(5)砷化硼為立方晶系晶體，該晶胞中原子的分數坐標為：B：（0，0，0）；（，，0）；（，0，）；（0，，）As：(，，)；(，，)；(，，)；(，，)①請在圖中畫出砷化硼晶胞的俯視圖__。②與砷原子緊鄰的硼原子有__個，與每個硼原子緊鄰的硼原子有__個。29、（10分）甲醛（HCHO）在化工、醫藥、農藥等方面有廣泛的應用。Ⅰ．利用甲醇（CH3HO）制備甲醛脫氫法：CH3OH（g）?HCHO（g）+H2(g)ΔH1=+92.09kJ·mol-1氧化法：CH3OH（g）+1/2O2（g）?HCHO（g）+H2O（g）ΔH2（1）脫氫法制甲醛，有利于提高平衡產率的條件有________（寫出一條）。（2）已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）ΔH3=-483.64kJ·mol-1，則ΔH2=________________。（3）750K下，在恒容密閉容器中，充入一定量的甲醇，發生脫氫法反應，若起始壓強為P0，達到平衡時轉化率為40.0%，則反應的平衡常數Kp=________（用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數，忽略其它反應）。（4）Na2CO3是脫氫法反應的催化劑，有研究指出，催化反應的部分機理如下：歷程i：CH3OH→·H+·CH2OH歷程ii：·CH2OH→·H+HCHO歷程iii：．·CH2OH→3·H+CO歷程iv：·H+·H→H2如圖所示為在體積為1L的恒容容器中，投入1molCH3OH，在碳酸鈉催化劑作用下，經過10min反應，測得甲醇的轉化率（X）與甲醇的選擇性（S）與溫度的關系（甲醛的選擇性：轉化的CH3OH中生成HCHO的百分比）。回答下列問題：①600℃時，前10min內甲醛的平均速率為v（HCHO）=______②從平衡角度分析550℃-650℃甲醇生成甲醛的轉化率隨溫度升高的原因為______；③反應歷程i的活化能______（填“>”“<”或“=”）CH3OH（g）?HCHO（g）+H2（g）活化能。④650℃-750℃反應歷程ii的速率_______（填“>”“<”或“=”）反應歷程iii的速率。Ⅱ．甲醛超標會危害人體健康，需對甲醛含量檢測及處理。某甲醛氣體探測儀利用燃料電池工作原理，b電極反應方程式為________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【解析】

A．甲中與N相連的H被-CH2COCH3取代，發生取代反應，A錯誤；B．甲中至少有6個碳原子共面，即苯環的6個C，B錯誤；C．Br2能將-CHO氧化，甲乙中均含-CHO，C錯誤；D．與4個不相同的原子或原子團相連的C原子稱為手性碳，一定條件下，乙中苯環、酮基、-CHO均能和氫氣發生加成反應，其產物有4個手性碳，如圖*所示：，D正確。答案選D。2、C【解析】

A．因鈉與水反應放熱，鈉的熔點低，所以看到鈉熔成閃亮的小球，與性質有關，故A錯誤；B．鈉的密度比水小，所以鈉浮在水面上，與性質有關，故B錯誤；C．硬度大小與Na和水反應現象無關，與性質無關，故C正確；D．因鈉的還原性強，所以與水反應劇烈，放出熱量，與性質有關，故D錯誤；故答案為C。【點睛】考查鈉與水的反應，應從鈉的強還原性和鈉的物理性質來理解鈉與水反應的現象，鈉與水反應時產生的各種現象如下：鈉浮在水面，然后熔化成閃亮的小球，在水面游動，并發出嘶嘶的響聲。現象是物質性質的體現，根據鈉的性質分析現象原因。3、B【解析】

利用NaOH

溶液去除鋁表面的氧化膜，發生的反應為Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，然后進行“鋁毛”實驗即汞能與鋁結合成合金，俗稱“鋁汞齊”，所以鋁將汞置換出來，形成“鋁汞齊”，發生反應為：2Al+3Hg(NO3)2=2Al(NO3)3+3Hg，當“鋁汞齊”表面的鋁因氧化而減少時，鋁片上的鋁會不斷溶解進入鋁汞齊，并繼續在表面被氧化，最后使鋁片長滿固體“白毛”而且越長越高，發生反應為：4Al+3O2=2Al2O3，所以與實驗原理不相關的反應是B；故選：B。4、C【解析】

A．因碳酸的酸性比鹽酸弱，所以CO2與CaCl2溶液不反應，A項錯誤；B．鋁與濃硫酸發生鈍化作用，在表面生成一層致密的氧化物膜而阻礙反應的繼續進行，B項錯誤；C．能使紅色石蕊試紙變藍色的溶液呈堿性，則濃氨水呈堿性，C項正確；D．二氧化硫與溴水發生氧化還原反應，體現二氧化硫的還原性，而不是漂白性，D項錯誤；故答案選C。5、C【解析】

A．X的同分異構體中，含單官能團的異構體分別為CH3CH2CHO、CH3COCH3、、、共5種，A正確；B．1molX中最多含1mol碳氧雙鍵或1mol碳碳雙鍵，最多能和1molH2加成，B正確；C．表示丙醛燃燒熱的熱化學方程式為：C3H6O(l)+4O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)△H=-1815kJ/mol，C不正確；D．X的同分異構體之一CH2=CHCH2OH中-OH可發生取代反應、氧化反應，碳碳雙鍵可發生加成反應、加聚反應，D正確；故選C。6、D【解析】

A.經催化氧化得到，被空氣氧化得到，與水作用得到硝酸，符合工業生產實際，A項正確；B.向濃縮海水中通入氯氣可將單質溴置換出來，后面的兩步屬于溴的提純反應，符合工業生產實際，B項正確；C.電解飽和食鹽水可以得到氯氣，將氯氣通入石灰乳可以制得漂白粉，符合工業生產實際，C項正確；D.和的混合氣體在光照下會發生爆炸，不符合工業生產實際，應改用點燃的方式來得到，D項錯誤；答案選D。7、A【解析】

A．煙是氣溶膠，“日照香爐生紫煙”是丁達爾效應，故A錯誤；B．“曾青”是CuSO4溶液，鐵與CuSO4發生置換反應，故B正確；C．“豆箕”是大豆的秸稈，主要成分為纖維素，燃燒纖維素是把化學能轉化為熱能，故C正確；D．“閃電下雨”過程發生的主要化學反應有：N2+O2=2NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3與土壤中的弱酸鹽反應生成硝酸鹽，農作物吸收NO3-中化合態的N，其中第一個反應是“將游離態的氮轉化為化合態氮”，屬于自然界固氮作用，故D正確；答案選A。8、D【解析】

a、b、c、d為短周期元素，a的M電子層有1個電子，則a為Na；b的最外層電子數為內層電子數的2倍，則b為C；c的最高化合價為最低化合價絕對值的3倍，則c為S；c與d同周期，d的原子半徑小于c，則d為Cl。【詳解】A．Na+核外電子層數為2，而Cl-和S2-核外電子層數為3，故Na+半徑小于Cl-和S2-的半徑；電子層數相同時，質子數越多，半徑越小，所以Cl-的半徑小于S2-的半徑，所以離子半徑：a＜d＜c，故A錯誤；B．a、c形成的化合物可以有多硫化鈉Na2Sx，既有離子鍵，又有共價鍵，故B錯誤；C．元素的非金屬性越強，單質的氧化性越強，相應離子的還原性越弱，所以簡單離子還原性：c＞d，故C錯誤；D．硫單質易溶于CS2中，故D正確；故選D。9、C【解析】

A.1個甲基中含有9個電子，則1mol甲基(－CH3)所含的電子數為9NA，A錯誤；B.分子式為C2H6O的有機物可能是乙醇CH3CH2OH（1個乙醇分子中含1個C—O鍵），也可能是二甲醚CH3-O-CH3（1個二甲醚分子中含2個C—O鍵），故不能確定其中含有的C－O鍵的數目，B錯誤；C.乙烯和環丙烷()的最簡式都是CH2，1個最簡式中含有3個原子，14g由乙烯和環丙烷()組成的混合氣體中含有最簡式的物質的量是1mol，因此含有的原子總數為3NA，C正確；D.在標準狀況下四氯化碳呈液態，不能用氣體摩爾體積計算四氯化碳物質的量，D錯誤；故答案是C。10、D【解析】

A.裝置①可以用濃氨水和生石灰取值氨氣，或用二氧化錳和過氧化氫制取氧氣，A正確；B.關閉活塞后，從a處加水就可以形成一個密閉的空間，可以用來檢驗裝置②的氣密性，B正確；C.短進長出，是向下排空氣法集氣，所以可以用裝置③收集H2、NH3，C正確；D.裝置④左邊是陽極，OH-放電，所以左邊生成H2SO4，b應該是陰離子交換膜，右邊是陰極，H+放電，所以右邊生成NaOH，a應該是陽離子交換膜，D錯誤；答案選D。11、A【解析】

A.硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后變藍，二者發生氧化還原反應，離子方程式為：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故A正確；B.鐵和稀硝酸反應產物與量有關，鐵少量時變成三價鐵，溶液由無色變為黃色，離子方程式為Fe+4H++NO3－=Fe3++NO↑+2H2O；鐵過量時變成二價亞鐵，溶液由無色變為淺綠色，離子方程式為：3Fe+8H++2NO3－=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B錯誤；C.醋酸是弱酸，不能拆成離子，反應的離子方程式為：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故C錯誤；D.SO2通入漂白粉溶液中產生白色渾濁：SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO，生成的次氯酸具有強氧化性，能氧化亞硫酸鈣，故D錯誤。答案選A。【點睛】本題考查的是實驗現象的解釋和離子方程式的書寫。解題時需注意B選項鐵與稀硝酸反應的產物與反應條件有關，鐵少量時變成三價鐵，鐵過量時變成二價亞鐵，產物不同溶液的顏色不同；D選項次氯酸具有強氧化性，能夠氧化亞硫酸鈣。12、C【解析】

A．結構中每個頂點為碳原子，每個碳原子形成四個共價鍵，不足鍵用氫補齊，a、b、c的分子中都含有8個C和8個H，則分子式均為C8H8，故A正確；B．b中苯環、碳碳雙鍵為平面結構，與苯環或碳碳雙鍵上的碳直接相連的所有原子處于同一平面，單鍵可以旋轉，則所有原子可能處于同一平面，故B正確；C．c有兩種氫原子，c的一氯代物有兩種，采用“定一移一”法，先固定一個Cl，第二個Cl的位置如圖所示：，移動第一個Cl在①位、第二個Cl在④位，c的二氯代物共有6種，故C錯誤；D．a、b、c中均有碳碳雙鍵，具有烯烴的性質，均能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，故D正確；答案選C。13、C【解析】

A．水的電離是吸熱過程，升高溫度促進水電離，則水中、及離子積常數增大，根據圖知，曲線上離子積常數大于，所以溫度，故A正確；B．水的離子積常數只與溫度有關，溫度越高，離子積常數越大，同一曲線是相同溫度，根據圖知，溫度高低順序是，所以離子積常數大小順序是，故B正確；C．純水中，所以曲線a、b上只有A、B點才是純水的電離，故C錯誤；D．B點時，，的硫酸中，的KOH溶液中，等體積混合時堿過量，溶液呈堿性，故D正確。故選C。14、D【解析】

已知錳離子是反應物，反應后生成高錳酸根離子，則錳離子失電子作還原劑，含有碘元素的離子在反應中作氧化劑，碘元素應該得電子化合價降低，所以IO4-是反應物，IO3-是生成物，根據元素守恒知，水是反應物，該反應方程式為：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，據此進行解答。【詳解】根據氧化還原反應的規律，該反應方程式為：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+。A．IO4-在反應中得電子作氧化劑，故A正確；B．氧化劑和還原劑的物質的量之比為5∶2，故B正確；C．若有2molMn2+參加反應，則轉移的電子為2mol×(7-2)=10mol，故C正確；D．氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性；該反應中氧化劑為IO4-，氧化產物為MnO4-，所以氧化性：MnO4-<IO4-，故D錯誤；故選D。15、B【解析】

試管1中濃硫酸和銅在加熱條件下反應生成SO2，生成的SO2進入試管2中與酸性高錳酸鉀溶液發生氧化還原反應，使得高錳酸鉀溶液褪色，試管3中ZnS與稀硫酸反應生成H2S，2H2S+SO2===3S↓+2H2O，出現淡黃色的硫單質固體，錐形瓶中的NaOH用于吸收SO2，防止污染空氣，據此分析解答。【詳解】A．如果出現白色固體也應該是硫酸銅固體而不是其晶體，因為硫酸銅晶體是藍色的，A選項錯誤；B．試管2中紫紅色溶液由深變淺，直至褪色，說明SO2與酸性高錳酸鉀溶液發生氧化還原反應，SO2具有還原性，B選項正確。C．ZnS與稀硫酸反應生成H2S，2H2S+SO2===3S↓+2H2O，出現硫單質固體，所以現象與解釋均不正確，C選項錯誤；D．若NaHSO3溶液顯酸性，酚酞溶液就會褪色，故不一定是NaHSO3溶液堿性小于NaOH，D選項錯誤；答案選B。【點睛】A選項為易混淆點，在解答時一定要清楚硫酸銅固體和硫酸銅晶體的區別。16、C【解析】試題分析：鎂鋁合金與鹽酸反應，金屬完全溶解，發生的反應為：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，氯化鎂和氯化鋁，分別與NaOH溶液反應的方程式為：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl．Mg2+和Al3+全部轉化為沉淀，所以溶液中的溶質只有NaCl；根據氯原子和鈉原子守恒得到如下關系式：HCl～NaCl～NaOH112mol/L×0.5L4mol/L×VV=0.25L=250ml，故選C。【考點定位】考查化學計算中常用方法終態法【名師點晴】注意Mg2+和Al3+全部轉化為沉淀時，NaOH不能過量，即全部轉化為沉淀的Al3+，不能溶解是解題關鍵；鎂鋁合金與鹽酸反應，金屬完全溶解，生成氯化鎂和氯化鋁，氯化鎂和氯化鋁，加入4mol?L-1的NaOH溶液，生成的沉淀最多時，Mg2+和Al3+全部轉化為沉淀，所以溶液中的溶質只有NaCl，根據氯原子和鈉原子守恒解題。17、D【解析】

由實驗裝置可知，①為濃鹽酸與強氧化劑反應生成氯氣，②中飽和食鹽水可除去氯氣中的HCl，③中濃硫酸干燥氯氣，④中Al與氯氣反應生成AlCl3，⑤為收集氯化鋁的裝置；⑥中濃硫酸防止水進入④和⑤中引起氯化鋁水解，⑦中NaOH溶液吸收尾氣中的氯氣，以此來來解答。【詳解】A.①的試管中盛裝二氧化錳，常溫與濃鹽酸不反應，需要加熱制備氯氣，A項錯誤；B.由上述分析可知②、③、⑥、⑦的試管中依次盛裝飽和食鹽水、濃H2SO4、濃H2SO4、NaOH溶液，B項錯誤；C.滴加濃鹽酸使產生的氯氣排出裝置中的氧氣，再點燃④的酒精燈，C項錯誤；D.⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦兩個裝置要防止其水解，且要吸收尾氣中的氯氣，則⑥、⑦可以用一個裝有堿石灰的干燥管代替，D項正確；答案選D。18、D【解析】

A.碳酸鋇與胃酸反應，X射線透視腸胃的內服劑通常是硫酸鋇，A項錯誤；B.明礬溶于水電離出的Al3＋水解生成Al(OH)3膠體，能吸附水中的懸浮物，達到凈水的目的，不能殺菌消毒，B項錯誤；C.工業生產氯氣是用電解飽和食鹽水法，濃鹽酸和二氧化錳是實驗室制氯氣的方法，C項錯誤；D.配制波爾多液的原料用膽礬和石灰乳，D項正確；答案選D。19、C【解析】

A、加熱時I2和Fe發生化合反應，故A錯誤；B、檢驗氨的生成要用濕潤的pH試紙，故B錯誤；C、高錳酸鉀氧化性較強，在常溫下就可以與濃鹽酸反應產生氯氣，故C正確；D、銅與濃硫酸反應制取二氧化硫要加熱，故D錯誤。答案C。20、C【解析】

反應①中S化合價變化為：-2→+4，O化合價變化為：0→-2；反應②中，Cu化合價變化為：+1→0，S化合價變化為：-2→+4。可在此認識基礎上對各選項作出判斷。【詳解】A．O化合價降低，得到的還原產物為Cu2O和SO2，A選項錯誤；B．反應②中Cu2S所含Cu元素化合價降低，S元素化合價升高，所以Cu2S既發生了氧化反應，又發生了還原反應，B選項錯誤；C．將反應①、②聯立可得：3Cu2S+3O2→6Cu+3SO2，可知，將1molCu2S冶煉成2molCu，需要O21mol，C選項正確；D．根據反應：3Cu2S+3O2→6Cu+3SO2，若1molCu2S完全轉化為2molCu，只有S失電子，：[(4-(-2)]mol=6mol，所以，轉移電子的物質的量為6mol，即轉移的電子數為6NA，D選項錯誤；答案選C。【點睛】氧化還原反應中，轉移的電子數=得電子總數=失電子總數。21、D【解析】

A.途徑1中產生的Cl2能轉化為HCl，可以回收循環利用，A正確；B.從途徑2中可以看出，Cu2(OH)2Cl2→CuO，配平可得反應式Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑，B正確；C.CuCl2?2H2O加熱時會揮發出HCl，在HCl氣流中加熱，可抑制其水解，C正確；D.2Cu++4H++SO42-═2Cu+SO2↑+2H2O反應中，只有價態降低元素，沒有價態升高元素，D錯誤。故選D。22、B【解析】

A.濃硫酸確實沸點更高，但是濃硫酸并不與濃鹽酸發生反應，A項錯誤；B.的平衡常數極小，正常情況下幾乎不會發生。加入濃硫酸一方面可以極大地提高濃度，另一方面濃硫酸稀釋時產生大量熱，利于產物的揮發，因此反應得以進行，B項正確；C.常溫常壓下，1體積水能溶解約500體積的氯化氫，因此產生氯化氫的原因并不是因為溶解度，C項錯誤；D.高濃度的酸并不一定能制低濃度的酸，例如冰醋酸就無法通過這樣的方式來制取鹽酸，D項錯誤；答案選B。二、非選擇題(共84分)23、NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O【解析】

根據題干可知Q、W、X、Y、Z分別為C、N、O、Na、Cl五種元素。(1)甲為硝酸銨，其水溶液呈酸性，主要是銨根水解顯酸性，其離子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反應為二氧化碳和過氧化鈉反應生成碳酸鈉和氧氣，其化學方程式為2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。(3)根據方程式ZO3n－→Z－，由上述信息可推測Z為Cl，在周期表中位置為第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的難溶半導體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。此反應的離子方程式為16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【詳解】(1)甲為硝酸銨，其水溶液呈酸性，主要是銨根水解顯酸性，其離子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案為：NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反應為二氧化碳和過氧化鈉反應生成碳酸鈉和氧氣，其化學方程式為2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案為：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。(3)根據方程式ZO3n－→Z－，由上述信息可推測Z為Cl，在周期表中位置為第三周期第ⅦA族，故答案為：第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的難溶半導體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。此反應的離子方程式為16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案為：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。24、C6H7N羰基、碳碳雙鍵酯化反應（或取代反應）HOCH2COOC2H5+C6H5CH2Br+HBr2或【解析】

本小題考查有機化學基礎知識，意在考查學生推斷能力。（1）結合芳香族化合物A的結構簡式可知其分子式；由有B的結構簡式確定其官能團；（2）根據D和E的官能團變化判斷反應類型；（3）G能與金屬鈉反應，則G中含羧基或羥基，對比D和E的結構簡式可確定G的結構簡式；（4））E→F的反應中，E中的酚羥基的氫原子被苯甲基取代生成F；（5）發生銀鏡反應，與FeCl3溶液不發生顯色反應但水解產物之一能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明該有機物分子中不含有酚羥基，但其水解產物中含有酚羥基，故該有機物為酯類，核磁共振氫譜有四組峰，氫峰的面積之比為6:2:1:1，說明該有機物分子中含有4種等效氫原子，其中6個氫應該為兩個甲基上的H，則該有機物具有對稱結構；（6）根據信息，以苯酚、乙醇為原料制備龍膽酸乙酯()的合成路線為。【詳解】（1）結合芳香族化合物A的結構簡式可知其分子式為C6H7N；根據B的結構簡式確定其官能團為羰基、碳碳雙鍵。本小題答案為：C6H7N；羰基、碳碳雙鍵。（2）根據D和E的官能團變化分析，D→E發生的是酯化反應（或取代反應）。本小題答案為：酯化反應（或取代反應）。（3）G能與金屬鈉反應，則G中含羧基或羥基，對比D和E的結構簡式可確定G中含羥基，結構簡式為HOCH2COOC2H5。本小題答案為：HOCH2COOC2H5。（4）E→F的反應中，E中的酚羥基的氫原子被苯甲基取代生成F，方程式為+C6H5CH2Br+HBr。本小題答案為：+C6H5CH2Br+HBr。（5）發生銀鏡反應，與FeCl3溶液不發生顯色反應但水解產物之一能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明該有機物分子中不含有酚羥基，但其水解產物中含有酚羥基，故該有機物為酯類，核磁共振氫譜有四組峰，氫峰的面積之比為6:2:1:1，說明該有機物分子中含有4種等效氫原子，其中6個氫應該為兩個甲基上的H，則該有機物具有對稱結構，結合結構簡式可知，滿足條件的有機物的結構簡式為或本小題答案為：、（6）根據信息，以苯酚、乙醇為原料制備龍膽酸乙酯()的合成路線為。本小題答案為：。25、降低ClO2的濃度，防止ClO2的濃度過高而發生分解，引起爆炸冰水浴防止ClO2逸出，使ClO2全部反應，準確測定ClO2的質量溶液由藍色變為無色，并且在30s內顏色不發生變化1.35×10-2cV【解析】

Ⅰ.(1)根據題給信息可知：NaClO3與亞硫酸鈉在酸性條件下反應生成ClO2和硫酸鈉等物質；(2)二氧化氯(ClO2)沸點為11℃，NaClO3與亞硫酸鈉在酸性條件下生成二氧化氯等物質，ClO2濃度過高時易發生分解引起爆炸，ClO2的沸點低，用冰水可以使ClO2冷凝為液體；Ⅱ.(3)用水再次吸收殘余的二氧化氯氣體，并使錐形瓶內外壓強相等，準確測量；(4)溶液由藍色恰好變為無色，且半分鐘內不褪色，說明滴定至終點；(5)根據氧化還原反應分析，有關系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3計算n(ClO2)，再根據m=nM計算m(ClO2)。【詳解】Ⅰ.(1)根據題給信息可知：NaClO3與亞硫酸鈉在酸性條件下反應生成ClO2和硫酸鈉等物質，則化學反應方程式為：，故答案為：；(2)二氧化氯(ClO2)沸點為11℃，NaClO3與亞硫酸鈉在酸性條件下生成二氧化氯等物質，ClO2濃度過高時易發生分解引起爆炸，通入氮氣，及時排出；ClO2的沸點低，用冰水可以使ClO2冷凝為液體，故答案為：降低ClO2的濃度，防止ClO2的濃度過高而發生分解，引起爆炸；冰水浴；Ⅱ.(3)裝置中玻璃液封管的作用是，防止ClO2逸出，使ClO2全部反應，準確測定ClO2的質量，故答案為：防止ClO2逸出，使ClO2全部反應，準確測定ClO2的質量；(4)當滴入(最后)一滴標準液時，溶液由藍色恰好變為無色，且半分鐘內不褪色，說明滴定至終點，故答案為：溶液由藍色變為無色，并且在30s內顏色不發生變化；(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物質的量n(Na2S2O3)=V?10-3L×cmol/L=c?V?10-3mol．則：根據關系式：，所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c?V?10-3mol，所以m(ClO2)=n(ClO2)?M=×c?V?10-3mol×67.5g/mol=1.35cV×10-2g，故答案為：1.35cV×10-2。【點睛】本題以氯及其化合物的性質為線索，考查了物質含量的探究性實驗，涉及化學實驗基本操作、滴定終點的判斷方法、氧化還原反應在滴定中的應用，把握習題中的信息及知識遷移應用為解答的關鍵。26、坩堝反應中硫酸過量，在濃縮過程中，稀硫酸變濃，濃硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去結晶水變為CuSO42Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+Cu(NH3)4SO4·H2O晶體容易受熱分解平衡氣壓，防止堵塞和倒吸BD【解析】

（1）灼燒固體，應在坩堝中進行，所以儀器A為坩堝，故答案為坩堝。（2）得到的為硫酸銅和硫酸溶液，濃縮時，硫酸變濃，濃硫酸具有吸水性，使CuSO4·5H2O失去結晶水變為CuSO4，可使固體變為白色，故答案為反應中硫酸過量，在濃縮過程中，稀硫酸變濃，濃硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去結晶水變為CuSO4。（3）淺藍色沉淀的成分為Cu2(OH)2SO4，根據原子守恒可知反應的離子方程式為2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+，故答案為2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+。（4）析出晶體時采用加入乙醇的方法，而不是濃縮結晶的原因是Cu(NH3)4SO4·H2O晶體容易受熱分解，故答案為Cu(NH3)4SO4·H2O晶體容易受熱分解。（5）A裝置中長玻璃管可起到平衡氣壓，防止堵塞和倒吸的作用；與氨氣反應的n(HCl)=10-3V1L×0.5mol/L-10-3V2L×0.5mol/L=0.5×10-3(V1-V2)mol，根據氨氣和HCl的關系式可知：n(NH3)=n(HCl)=0.5×10-3(V1-V2)mol，則樣品中氨的質量分數為，故答案為平衡氣壓，防止堵塞和倒吸；。（6）如果氨含量測定結果偏高，則V2偏小，A.滴定時未用NaOH標準溶液潤洗滴定管，濃度偏低，則V2偏大，含量偏低，故A錯誤；B.讀數時，滴定前平視，滴定后俯視，導致V2偏小，含量偏高，故B正確；C.滴定過程中選用酚酞作指示劑，對實驗沒有影響，故C錯誤；D.取下接收瓶前，未用蒸餾水沖洗插入接收瓶中的導管外壁，導致鹽酸偏少，需要的氫氧化鈉偏少，則V2偏小，含量偏高，故D正確。故答案為BD。【點睛】在分析滴定實驗的誤差分析時，需要考慮所有的操作都歸于標準液的體積變化上。標準液的體積變大，則測定結果偏大，標準液的體積變小，則測定結果偏小。27、溶液出現淡黃色渾濁，然后逐漸澄清（或渾濁減少）減小關閉、，打開過量會使溶液酸度增加，使產物分解，降低產率加入過量鹽酸，過濾，向濾液中滴加Ba溶液，有白色沉淀生成【解析】

（1）裝置A中試劑1為濃硫酸，試劑2為Na2SO3，反應生成二氧化硫氣體；（2）檢查裝置氣密性后，添加藥品，pH計讀數約為13說明溶液顯堿性是硫離子水解的原因；打開K2，關閉K3，調節K1使硫酸緩慢勻速滴下，反應分步進行：Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO22Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓Na2SO3+S═Na2S2O3（較慢）發生總反應為2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2

，據此分析反應現象；當pH計讀數接近7時，立即停止通SO2，SO2過量會使溶液酸度增加，使產物分解，降低產率，操作是關閉K1、K2，打開K3；（3）預測S2O32-轉變為SO42-，可以利用檢驗硫酸根離子的方法設計實驗檢驗；【詳解】（1）裝置A中試劑1為濃硫酸，試劑2為Na2SO3，反應生成二氧化硫氣體，反應的化學方程式為：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4，故答案為SO2；

H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4；(2)檢查裝置氣密性后，添加藥品，pH計讀數約為13說明溶液顯堿性是硫離子水解，水解離子方程式為：S2?+H2O?HS?+OH?，打開K2，關閉K3，調節K1使硫酸緩慢勻速滴下，反應分步進行：Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO22Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓Na2SO3+S═Na2S2O3（較慢）發生總反應為2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2

，反應過程中的現象是導管口有氣泡冒出，溶液出現淡黃色渾濁，然后逐漸澄清(或渾濁減少)，碳酸鈉溶液變化為亞硫酸鈉溶液和硫代硫酸鈉溶液，pH計讀數逐漸減小當pH計讀數接近7時，立即停止通SO2，操作是關閉K1、K2，打開K3，必須立即停止通SO2的原因是：SO2過量會使溶液酸度增加，使產物分解，降低產率，故答案為S2?+H2O?HS?+OH?；溶液出現淡黃色渾濁，然后逐漸澄清(或渾濁減少)；減小；關閉K1、K2，打開K3；SO2過量會使溶液酸度增加，使產物分解，降低產率；(3)Na2S2O3有還原性，可作脫氯劑。向Na2S2O3溶液中通入少量Cl2，某同學預測S2O32?轉變為SO42?，設計實驗為：取少量反應后的溶液于試管中，加入過量鹽酸，過濾，向濾液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，故答案為加入過量鹽酸，過濾，向濾液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；28、FM9sp3、sp2PCl4+、PCl6-兩者磷原子均采取sp3雜化，PCl3分子中P原子有一對孤電子對，孤電子和對成鍵電子對斥力更大，PCl4+中P沒有孤電子對，正四面體形陽離子中鍵角大于PCl3的鍵角412【解析】

(1)從圖中可以看出，a、b、c、d都是第二周期元素的氫化物的沸點，由于NH3、H2O、HF分子間都能形成氫鍵，使它們的沸點升高，只有CH4分子間不能形成氫鍵，所以沸點最低，從而得出d為CH4的沸點，e為SiH4的沸點。在形成氫化物的分子中，HF形成氫鍵的能量最大，沸點最高。(2)(CH3)3C+離子中，CH3-價電子對數為4，與3個-CH3相連的C，價電子對數為3，由此可確定碳原子雜化方式。(3)氨硼烷是乙烷的等電子體，則氨硼烷的結構簡式為H2NBH2，由此可推出其結構式。(4)PCl5晶體中，正四面體形陽離子應為AB4+型，正八面體形陰離子應為AB6-型，由此可得出兩種離子的化學式；正四面體形陽離子中鍵角大于PCl3的鍵角，其原因可從孤電子對的排斥作用進行分析。(5)從