四川省泸县第四中学2020届高三化学上学期开学考试试题（含解析）

四川省泸县第四中学2020届高三化学上学期开学考试试题（含解析）1.下列有关叙述正确的是A. 汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的B. 酒精能使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好C. 电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法D. 硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂【答案】C【解析】【详解】A、汽油来自于石油，石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，即汽油是由碳氢两种元素组成，不含N元素，故A错误；B、酒精能使蛋白质变性，医用酒精的浓度一般为75%，故B错误；C、金属的电化学腐蚀包括牺牲阳极的阴极保护法和外加电流阴极保护法，前者属于原电池原理，后者属于电解原理，金属Mg比铁活泼，Mg作负极，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D、硅胶、生石灰作干燥剂，铁粉作还原剂，铁粉防止食品氧化，故D错误，答案选C。2.下式表示一种有机物结构，关于它的性质的叙述中不正确的是（ ）A. 它有酸性，能与Na2CO3溶液反应B. 它可以水解，水解产物只有一种C. 1mol该有机物最多能和8mol NaOH反应D. 1mol该有机物最多能和8mol H2发生加成反应【答案】D【解析】A、根据结构简式，含有官能团是酚羟基和羧基酯基，其中酚羟基和羧基，使此有机物显酸性，都能与Na2CO3反应，故A说法正确；B、含有酯基，因此可以水解，产物只有一种，故B说法正确；C、1mol该有机物中含有5mol酚羟基和1mol羧基，消耗6mol氢氧化钠，此有机物中还含有1mol“”，它消耗2mol氢氧化钠，共消耗8mol氢氧化钠，故C说法正确；D、此有机物中只有苯环可以氢气发生加成反应，即1mol此有机物最多消耗6mol氢气，故D说法错误。3.根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是（ ）选项操作现象结论A向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状碳浓硫酸具有脱水性和强氧化性B向盛Na2SiO3溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去2min后,试管里出现凝胶非金属性:ClSiC向盛有铜片的容器中加入浓硝酸产生大量红棕色气体，溶液变为蓝绿色浓硝酸具有强氧化性和酸性D向NaAlO2溶液中持续通入气体Y出现白色沉淀Y可能是CO2气体A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】A、浓硫酸具有吸水性、脱水性和强氧化性；B、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；C、产生大量红棕色气体，该气体为二氧化氮，溶液变为蓝绿色说明生成铜离子，证明二者发生氧化还原反应；D、反应生成氢氧化铝沉淀，发生强酸制取弱酸的反应；【详解】A、浓硫酸具有吸水性、脱水性和强氧化性，该实验中浓硫酸将蔗糖变成疏松多孔的海绵状碳，说明有碳、水及气体生成，体现浓硫酸的脱水性和强氧化性，故A正确；B、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，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B错误；C、将盛有铜片的容器中加入浓硝酸，产生的大量红棕色气体为二氧化氮，溶液变为蓝绿色说明生成铜离子，据此可知铜被浓硝酸氧化，证明浓硝酸具有强氧化性，故C正确；D、反应生成氢氧化铝沉淀，发生强酸制取弱酸的反应，向NaAlO2溶液中持续通入气体Y，Y可能为二氧化碳，故D正确。故选B。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 所含共价键数均为0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等B. 1 mol Na与O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物共失去NA个电子C. 1mol Na2O2固体中含有离子总数为4NAD. 25时，pH=13的氢氧化钠溶液中约含有NA个氢氧根离子【答案】B【解析】【详解】A、P4和甲烷空间结构都是正四面体，P4的空间结构是，1mol白磷中有6molPP键，甲烷的空间结构为，1mol甲烷中4molCH键，0.4NA共价键，当含有共价键的物质的量为0.4mol时，白磷的物质的量为0.4/6mol，甲烷的物质的量为0.4/4mol，故A错误；B、无论是Na2O还是Na2O2，Na的化合价为1价，1molNa都失去电子1mol，数目为NA，故B 正确；C、由Na2O2的电子式可知，1molNa2O2固体中含有离子总物质的量为3mol，个数为3NA，故C错误；D、题中未给出溶液的体积，无法计算OH的物质的量，故D错误，答案选B。5.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法错误的是()A. 单质的沸点：ZWB. 简单离子半径：XWC. 元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物D. X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应【答案】B【解析】【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素，据此进行解答。【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素；AZ、W的单质分别为氯气、氟气，二者形成的晶体都是分子晶体，相对分子质量氯气较大，则氯气的沸点较高，即单质的沸点：ZW，故A正确；BX为Na、W为F，二者的离子都含有2个电子层，Na的核电荷数较大，则钠离子的离子半径较小，即简单离子半径：XW，故B错误；CX为Na，金属钠与O形成的过氧化钠中既含离子键也含非极性共价键，故C正确；DX、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝具有两性，则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应，故D正确；故答案为B。6.以柏林绿FeFe(CN)6为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法正确的是A. 放电时，Mo箔上的电势比Mg箔上的低B. 充电时，Mo箔接电源的负极C. 放电时，正极反应为FeFe(CN)6+2Na+2e-=Na2FeFe(CN)6D. 充电时，外电路中通过0.2mol电子时，阴极质量增加3.55g【答案】C【解析】【详解】A. 放电时，Mg作负极，Mo作正极，所以Mo箔上的电势比Mg箔上的高，故A错误；B.充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即Mo箔接电源的正极，故B错误；C.根据原电池工作原理，放电时Mg作负极，Mo作正极，正极反应式为FeFe(CN)6+2Na+ +2e - = Na2FeFe(CN)6, 故C正确; D.放电时负极上应是2Mg-4e - +2C1-=Mg2Cl22+,通过0.2mol电子时，消耗0.1 mol Mg,质量减少2.4g，则充电时质量增加2.4g，故D错误。答案：C。【点睛】本题考查电化学的相关知识。根据原电池和电解池的原理分析判断相关的选项。抓住原电池的负极和电解池的阳极均失电子发生氧化反应，原电池的正极和电解池的阴极均得电子发生还原反应，再根据得失电子守恒进行计算。7.常温下，用等浓度的NaOH溶液分別滴定相同体积的NH4Cl、KH2PO4及CH3COOH溶液，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是( )A. NH3 H2ONH4+ +OH 的 lg Kb=9.25B. CH3COOH+HPO42=CH3 COO+H2 PO4的 lg K =2.11C. 0.1mol/LKH2PO4溶液中：c(HPO42)c(H3PO4)D. 在滴定过程中，当溶液pH相同时，消耗NaOH的物质的量：CH3COOHKH2PO4c(H3PO4)，故C错误；D、根据图像，在滴定过程中，当溶液pH相同时，消耗NaOH的物质的量：CH3COOHKH2PO4NH4Cl，故D错误。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡，酸碱滴定原理，盐类水解知识，牢牢把握弱电解质电离平衡常数的计算及应用是解题的关键，重点考查学生的读图能力。8.已知MgCl2+6NH3MgCl26NH3该反应具有极好的可逆吸、放氨特性。某课题组在实验室探究其特性，其中氨化(吸氨)过程装置如图，放氨过程实验装置如图。己知：相关物质的性质见下表请回答：(1)实验室采用固固加热的方式制备NH3，制备反应的方程式为_，虚框内装置的作用是_，氨化过程采用冰水浴的原因可能是_(填选项序号字母)。A 氨化过程为吸热反应，促进反应正向进行B 加快反应速率C 防止氨气从溶液中挥发，提高氨气利用率D 增大六氨氯化镁的溶解度(2)利用MgCl2溶液制备无水MgCl2，其具体操作为_。(3)提纯MgCl26NH3操作中，下列洗涤剂最合适的是_(填选项序号字母)。A 冰浓氨水 B 乙二醇和水的混合液C 氨气饱和的甲醇溶液 D 氨气饱和的乙二醇溶液(4)进行放氨实验时，三颈烧瓶加入1.97 g MgCl26NH3和烧碱的浓溶液，加热，并不断通入N2，通入N2目的是_。通过观察烧杯中现象的变化就可以监控MgCl26NH3的放氨过程，若要判断转化率是否达到或超过90%，则烧杯中溶液可以是_。【答案】 (1). 2NH4Cl +Ca(OH)2 CaCl2 + 2NH3 +2H2O (2). 吸收尾气或防倒吸，防止右侧水蒸气进入反应器 (3). C (4). 在HCl的氛围中蒸干氯化镁溶液 (5). C (6). 将装置内氨气全部赶入右侧吸收装置 (7). 含少量甲基橙和0.054mol H+的强酸溶液)(或含少量酚酞和0.054mol一元弱酸溶液)【解析】【分析】(1)实验室用加热氯化铵和氢氧化钙混合物的方法制备氨气；根据氨气的性质、六氨氯化镁的溶解性分析虚框内装置的作用；(2) MgCl2易水解，制备无水MgCl2需要抑制MgCl2水解；(3)根据MgCl26NH3的溶解性及甲醇、乙二醇的沸点分析；(4) 通入N2可以将装置内氨气全部赶入右侧吸收装置；根据酸碱中和反应判断转化率是否达到或超过90%。【详解】(1)实验室用加热氯化铵和氢氧化钙混合物的方法制备氨气，反应方程式是2NH4Cl +Ca(OH)2 CaCl2 + 2NH3 +2H2O；氨气易溶于水，六氨氯化镁易溶于水，虚框内装置的作用是吸收尾气或防倒吸，干燥管防止右侧水蒸气进入反应器；A氨化过程为吸热反应，降低温度反应逆向进行，故不选； B降低温度减慢反应速率，故不选B； C气体溶解度随温度降低而增大，冰水浴可以防止氨气从溶液中挥发，提高氨气利用率，故选C； D降低温度减小六氨氯化镁的溶解度，故不选D。(2) MgCl2易水解，为抑制MgCl2水解，所以在HCl的氛围中蒸干氯化镁溶液制备MgCl2固体；(3) AMgCl26NH3易溶于水，故不选A； BMgCl26NH3易溶于水，故不选B；CMgCl26NH3难溶于甲醇，且甲醇的沸点低，所以用氨气饱和的甲醇溶液洗涤MgCl26NH3，故选C； DMgCl26NH3难溶于乙二醇，乙二醇的沸点高，所以不用氨气饱和的乙二醇溶液洗涤MgCl26NH3，故不选D。(3) 通入N2可以将装置内氨气全部赶入右侧吸收装置；1.97 g MgCl26NH3的物质的量是0.01mol，若转化率是否达到90%，则放出氨气的物质的量为0.054mol，所以烧杯中溶液可以是含少量甲基橙和0.054mol H+的强酸溶液。9.某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au),可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等,以实现有害废料的资源化利用,工艺流程如下:已知:煅烧时,Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2。(1)煅烧时,Cr2O3发生反应的化学方程式为_。(2)浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外,还可能含有_(填化学式)。(3)工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示:通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是_。(4)测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下:称取产品试样2.50 g配成250 mL溶液,用移液管取出25.00 mL于锥形瓶中,加入足量稀硫酸酸化后,再加入几滴指示剂,用0.1000 molL-1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定,重复进行二次实验。(已知Cr2被还原为Cr3+)氧化还原滴定过程中的离子方程式为_。若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00 mL,则所得产品中K2Cr2O7的纯度为_%。已知M(K2Cr2O7)=294 gmol-1,计算结果保留三位有效数字。(5)上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+外,还含有一定浓度的Fe3+杂质,可通过加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。已知c(Cr3+)=310-5 molL-1,则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时Fe3+是否沉淀完全?_(填“是”或“否”)。已知:KspFe(OH)3=4.010-38, KspCr(OH)3=6.010-31【答案】 (1). 2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2 (2). CuSO4(或CuSO4和H2SO4) (3). 低温条件下,K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小,且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小 (4). Cr2+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O (5). 49.0 (6). 是【解析】【详解】（1）根据流程中“水浸”，Cr元素以Na2CrO4形式存在，Na2CrO4中Cr的化合价为6价， Cr2O3中Cr的化合价为+3价，Cr2O3作还原剂，被氧气氧化，根据化合价升降法进行配平，“煅烧”时Cr2O3参加的反应是2Cr2O33O24Na2CO34Na2CrO44CO2；（2）“煅烧”除(1)中反应外，还有Cu2Te2O22CuOTeO2，沉渣应含有CuO、TeO2以及少量的Au，加入稀硫酸，CuO与稀硫酸反应生成CuSO4，根据题干，Te以TiOsO4形式存在，Au不与稀硫酸反应，即浸出液中含有TeOsO4、CuSO4、H2SO4；（3）Na2Cr2O7溶液加入KCl(s)，得到K2Cr2O7，说明低温下，K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小；（4）Cr2O42作氧化剂，把Fe2氧化成Fe3，+6价Cr被还原成Cr3，根据得失电子数目守恒，得出Cr2O726Fe214H=2Cr36Fe37H2O；根据的离子反应方程式得出：K2Cr2O7的纯度=49.0%；（5）Cr(OH)3开始出现沉淀时，溶液中c3(OH)=21026，Fe3沉淀完全，c(Fe3)应小于105molL1，Fe(OH)3沉淀完全时，溶液中c3(OH)=4103321026，说明Fe3沉淀完全。10.研究碳氧化合物、氢氧化合物、硫氧化合物等大气污染物的处理对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。工业上处理氮的氧化物途径有多种：I氨吸法。(1)已知： 则用处理生成氮气和气态水的热化学方程式为_。催化氧化法：城市中和污染主要来源于汽车尾气，可以利用化学方法将其转化为无害的物质如：。(2)为研究汽车尾气转化为无毒无害的物质有关反应，在密闭容器中充入和，发生反应，如图为平衡时的体积分数与温度、压强的关系。该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高的转化率，可采取的措施有_(填字母序号)a改用高效催化剂b缩小容器的体积c升高温度d增加的浓度压强为、温度为下，若反应进行到达到平衡状态，容器的体积为，用的浓度变化表示的平均反应速率_，该温度下平衡常数_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数；保留两位有效数字)。若在点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，达到的平衡状态可能是图中点中的_点电解硝酸工业的尾气可制备，其工作原理如图(3)极的电极反应式为_。(4) 在时，将氨水与的硝酸等体积混合后溶液显中性，用含的代数式表示的水解常数_【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). (7). 【解析】【分析】I(1)依据盖斯定律的应用作答；(2) 2NO(g)2CO(g) 2CO2(g) N2(g) H，该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高NO的转化率，改变条件使平衡向正反应方向移动即可；利用“三段式”来解决化学平衡计算问题；此反应为放热和体积减少反应，若在D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，平衡将向正反应方向移动；(3) N电极的NO变成NH4，M电极的NO变成NO3，则N极的电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；（4）NH4H2ONH3H2OH，Kh(c(NH3H2O)c(H)/c(NH4)，a molL1的氨水与0.1molL1的硝酸等体积混合后溶液显中性，则c(H)=，c(NH3H2O)和c(NH4)可通过“三段式”来求出，再带入水解平衡常数公式。【详解】I(1) ，则3+得用处理生成氮气和气态水的热化学方程式 ，故答案为： ；该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高NO的转化率，改变条件使平衡向正反应方向移动，a改用高效催化剂，催化剂只能改变反应速率，不能改变反应平衡，a项错误；b缩小容器的体积，相当于增大压强，此反应是体积减少的反应，平衡向正反应方向移动，所以提高反应速率同时提高NO的转化率，b项正确；c升高温度，反应速率提高，但该反应是放热反应，平衡向逆反应方向移动，c项错误；d增加CO的浓度，浓度增大，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，d项正确，故选bd；压强为10 MPa、温度为T1下，若反应进行到20 min达到平衡状态，对应图象E点，利用“三段式”来计算：2NO(g)2CO(g) 2CO2(g)N2(g)初始时物质的量/mol 8 10 0 0变化的物质的量/mol x x x 0.5x平衡时物质的量/mol 8-x 10-x x 0.5xNO的体积分数为25%，根据阿伏加德罗定律及推论，体积分数等于物质的量分数，(8-x)/( 8-x+10-x+x+0.5x)=25%，x=4，v(CO2)=0.05mol/(Lmin)，Kp，PCO2=总压物质的量分数=P总 Mpa，同理其它物质的分压也可以用类似的方法来求出，然后带入Kp=0.089 MPa-1，故答案为：0.089 MPa-1；此反应是体积减少的放热反应，在D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，平衡向正反应方向移动，NO的体积分数降低，对应图象的G点，故答案为：G；（4）电解池中N极的NO变成NH4+，M极的NO变成NO3-，介质为NH4NO3溶液，N极的电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，故答案为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；（5）NH4H2ONH3H2OH，Khc(NH3H2O)c(H)/c(NH4)，a molL1的氨水与0.1molL1的硝酸等体积混合后溶液显中性，则c(H)=，c(NH3H2O)和c(NH4)可通过“三段式”来求出，氨水与硝酸等体积混合的离子方程式为：NH3H2O+ H+ = NH4 H2O初始时物质的量浓度/mol/L a 0.1 0 变化的物质的量浓度/mol/L 0.1- 0.1-0.1-平衡时物质的量浓度/mol/L a-0.1+ 0.1-Khc(NH3H2O)c(H)/c(NH4)= (10a-1)10-7，故答案为：(10a-1)10-7。【点睛】在解决化学平衡计算的有关问题时，要学会通过“三段式”来求解，结合阿伏加德罗定律及其推论得出答案。11.材料是人类文明进步的阶梯，第A、A、VA及族元素是组成特殊材料的重要元素。回答下列问题：（1）基态硼核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图形状为_。与硼处于同周期且相邻的两种元素和硼的第一电离能由大到小的顺序为_。（2）某元素位于第四周期族，其基态原子的未成对电子数与基态氮原子的未成对电子数相同，则其基态原子的价层电子排布式为_。（3）NH3能与众多过渡元素离子形成配合物，向CuSO4溶液中加入过量氨水，得到深蓝色溶液，向其中加入乙醇析出深蓝色晶体，加入乙醇的作用_，该晶体的化学式为_。（4）铜与(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，1 mol(SCN)2中含有键的数目为_，HSCN结构有两种，硫氰酸(HSCN)的沸点低于异硫氰酸(HN=C=S)的原因是_。（5）MgCO3的热分解温度_(填“高于”或“低于”)CaCO3的原因是_。（6）NH3分子在独立存在时HNH键角为107。如图是Zn(NH3)62离子的部分结构以及HNH键角的测量值。解释NH3形成如图配合物后HNH键角变大的原因：_。（7）某种金属锂的硼氢化物是优质固体电解质，并具有高储氢密度。阳离子为Li+，每个阴离子是由12个硼原子和12个氢原子所构成的原子团。阴离子在晶胞中位置如图所示，其堆积方式为_，Li+占据阴离子组成的所有正四面体中心，该化合物的化学式为_（用最简整数比表示）。假设晶胞边长为anm，NA代表阿伏伽德罗常数的值，则该晶胞的密度为_g/cm3。（用含a，NA的代数式表示）【答案】 (1). 哑铃形 (2). CBeB (3). 3d74s2 (4). 减小溶剂极性，降低晶体溶解度 (5). Cu（NH3）4SO4H2O (6). 4NA (7). 异硫氰酸分子间可形成氢键，所以熔沸点较高 (8). 低于 (9). r(Mg2+) r(Ca2+)，晶格能：MgO大于CaO，故MgCO3更易分解为MgO (10). NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱 (11). 面心立方最密堆积 (12). LiB6H6 (13). 【解析】【分析】（1）基态B 核外电子占据的最高能级为2p能级；同周期随原子序数的增大第一电离能呈增大趋势，但具有全充满、半充满、全空的电子层构型的原子稳定性高，其电离能较大；（2）某元素位于第四周期族，其基态原子未成对电子数与基态氮原子的未成对电子数相同，则该元素原子3d能级容纳7个电子，原子先填充4s能级，再填充3d能级；（3）加入乙醇能减小溶剂极性，降低Cu（NH3）4SO4晶体的溶解度，深蓝色的晶体：Cu（NH3）4SO4H2O；（4）铜与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2，SCN分子中硫原子形成两个共用电子对、C原子形成四个共用电子对、N原子形成三个共用电子对，（SCN）2结构式为NC-S-S-CN，每个分子中含有4个键；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；（5）碳酸盐的热分解本质是金属阳离子结合酸根离子中的氧离子，金属阳离子结合酸根离子中的氧离子能力越强，需要的更少外界能量来分解；（6）孤电子对与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力，NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥；（7）由图可知，阴离子处于晶胞的顶点与面心，属于面心立方最密堆积；顶点阴离子与面心阴离子形成正四面体结构，晶胞中有8个正四面体，故晶胞中有8个Li+，均摊法计算晶胞中B12H12n-离子团数目，确定化学式；结合晶胞中各原子数目计算晶胞的质量，晶体密度=晶胞质量晶胞体积。【详解】（1）基态B 核外电子占据的最高能级为2p能级，电子云轮廓图形状为哑铃形；与硼处于同周期且相邻的两种元素为Be、C，同周期随原子序数的增大第一电离能呈增大趋势，Be原子的2s轨道为全充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：CBeB；（2）某元素位于第四周期族，其基态原子的未成对电子数与基态氮原子的未成对电子数相同，则该元素原子3d能级容纳7个电子，原子先填充4s能级，再填充3d能级，故该元素原子价电子排布式为：3d74s2；（3）加入乙醇能减小溶剂极性，降低Cu（NH3）4SO4晶体的溶解度，得到深蓝色的晶体：Cu（NH3）4SO4H2O，所以乙醇的作用是减小溶剂极性，降低晶体溶解度；（4）铜与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2，SCN分子中硫原子形成两个共用电子对、C原子形成四个共用电子对、N原子形成三个共用电子对，（SCN）2结构式为NC-S-S-CN，每个分子中含有4个键，则1mol（SCN）2中含有键的数目为4NA或2.4081024；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成分子间氢键，所以异硫氰酸熔沸点高于硫氰酸；（5）碳酸盐热分解本质是金属阳离子结合酸根离子中的氧离子，Mg2+的离子半径小于Ca2+的，Mg2+对氧离子的吸引作用比Ca2+的强，故MgCO3需要较少的外界能量来分解，故热分解温度：MgCO3低于CaCO3；（6）NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱，故NH3形成如图1配合物后H-N-H键角变大；（7）由图可知，阴离子处于晶胞的顶点与面心，属于面心立方最密堆积；顶点阴离子与面心阴离子形成正四面体结构，晶胞中有8个正四面体，故晶胞