2022届四川省内江市高三第一次模拟考试理综化学试题(解析版)

PAGE四川省内江市2022届高三第一次模拟考试理综化学试题一、单选题1．化学与生活生产息息相关。下列说法错误的是（）A．聚氯乙烯可用作食品内包装材料B．二氧化硫可用作某些食品的抗氧剂C．焊接金属时常用NH4Cl溶液做除锈剂D．硅胶可作干燥剂，也可用作催化剂的载体2．化合物(a)与(b)的结构简式如图所示。下列叙述错误的是（）A．(a)与(b)互为同分异构体B．(b)分子中所有碳原子一定共平面C．(b)的一氯取代物共有4种D．(a)与(b)均能使Br2/CCl4溶液褪色3．NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．18g重水(D2O)含有的电子数为10NAB．1molN(C2H5)3中含有的极性键的数目为18NAC．1mol乙酸和足量乙醇充分反应后，生成乙酸乙酯的数目为NAD．1L浓度为0.1mol∙L−1的Na2CO3溶液中，阴离子数小于0.1NA4．根据下列实验操作及现象所得到的结论正确的是（）选项实验现象结论A向盛有稀Fe(NO3)2溶液的试管中加入0.1mol∙L−1H2SO4溶液试管口出现红棕色气体溶液中NO3-被Fe2+还原为NOB对试管中盛有的红色溶液先加热后冷却红色溶液→加热无色溶液→红色溶液可能是溶有NH3的酚酞溶液C向Na2S溶液中滴加KMnO4酸性溶液,再滴加BaCl2溶液产生白色沉淀S2−被MnO4-氧化成SOD向2mL0.1mol∙L−1AgNO3溶液中滴入几滴0.1mol∙L−1NaCl溶液;再加入几滴0.1mol∙L−1NaI溶液开始有白色沉淀生成,后来有黄色沉淀生成溶度积Ksp：AgCl＞AgIA．A B．B C．C D．D5．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，其中X、W同主族，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y的最高价氧化物对应水化物的碱性在短周期中最强，Z单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料。下列说法正确的是（）A．原子半径：X<Y<Z<WB．X与Y形成的化合物中只含离子键C．简单氢化物的热稳定性：W＞ZD．ZX2能与碱反应，但不能与任何酸反应6．新型镁−锂双离子二次电池的工作原理如图。下列关于该电池的说法正确的是（）A．放电时，Li+通过离子交换膜向左移动B．充电时，x与电源正极相连C．放电时，正极的电极反应式为：Li1-xFePO4+xLi+−xe－=LiFePO4D．充电时，导线上每通过0.4mole－，左室中溶液的质量减少2g7．羟胺的电离方程式为：NH2OH+H2O⇌NH3OH＋+OH－，用0.1mol∙L−1的盐酸滴定20mL0.1mol∙L−1羟胺溶液，恒定25℃时，溶液AG与所加盐酸的体积(V)关系如图所示[已知：AG=lgc(A．25℃时，羟胺的电离平衡常数Kb约为1.0×10−8B．由c点到d点的过程中水的电离程度逐渐减小C．图中b点V(盐酸)＜10mLD．d点对应溶液中存在c(H＋)=c(OH－)+c(NH3OH＋)+c(NH2OH)二、综合题8．ClO2、NaClO2均是高效含氯消毒剂和漂白剂，主要用于自来水、污水等水环境的杀菌消毒。制备NaClO2固体的实验装置如图所示(夹持装置省略)，其中A装置制备ClO2，C装置用于制备NaClO2.请回答下列问题：已知：①饱和NaClO2溶液中析出的晶体成分与温度的关系如下表所示：温度/℃<3838~6060>晶体成分NaClO2·3H2ONaClO2NaClO2分解成NaClO3和NaCl②ClO2在温度过高、浓度过大时均易发生分解，工业上通常制成固体以便运输和储存。（1）仪器a的名称是（2）装置B的作用是（3）装置A中发生反应的离子方程式为。（4）研究测得C装置吸收液中的c(NaOH)与n(H2O2)n(NaOH)对粗产品中NaClO2含量的影响如图所示。则最佳条件为c(NaOH)=（5）C装置采用“冰水浴”的目的是。（6）对C装置溶液采用结晶法提取NaClO2晶体，减压蒸发结晶(控制温度为℃)、趁热过滤、50℃左右热水洗涤低于60℃条件下。，得到成品。（7）准确称取所得NaClO2样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，在酸性条件下发生充分反应：ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液作指示剂，用cmol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗Na2S2O3标准溶液的体积平均值为VmL。(已知：I2+2S2O32-=I-+S4O62-)该样品中NaClO29．钪(Sc)元素在国防、航天、激光、核能、医疗等方面有广泛应用。我国某地的矿山富含铜多金属矿(主要含Cu2S、Sc2S3、FeS、CaS和SiO2)，科研人员从矿石中综合回收金属钪的工艺流程设计如下：已知：①"萃取"时发生反应有：Sc3++3H2A2(有机液)⇌Sc(HA2)3(有机相)+3H+Fe3++3H2A2(有机液)⇌Fe(HA2)3+3H+②常温下，“萃取”前溶液中c(Sc3+)=0.60mol·L-1，Ksp[Sc(OH)3]=6.0×10-31；请回答下列问题：（1）“加热酸溶”产生的气体直接排放到空气中，容易形成；滤渣I的主要成分为。（2）溶解FeS发生反应的化学方程式为。（3）“还原”工序的目的为。（4）“萃取"过程中有机试剂的Se3+萃取率与“萃取”前溶液pH的关系如图。当pH大于a时随着pH增大Sc3+萃取率减小，a=。（5）“沉钪"过程中发生反应的离子方程式为。过量焦炭、Sc2O3、Cl2混合物在高温下反应的化学方程式为。（6）“电解”过程中，用石墨和液态锌作电极，KCl、LiCl、ScCl3熔融物作电解液，钪在电极上得到(选填：石墨或液态锌)。10．大气污染物(CO、N2O、NO等)的治理和“碳中和”技术的开发应用，成为化学研究的热点问题。（1）某化工厂排出的尾气(含CO、N2O)治理的方法为：在密闭容器中发生如下反应：CO(g)+N2O(g)⇌催化剂CO2(g)+N2(g)，CO、N2O在Pt2O+①写出N2O在Pt2O+的表面上反应的化学方程式。②第一步反应的速率比第二步的(填“慢”或“快”)。两步反应均为热反应。（2）汽车尾气中含NO，处理NO的一种方法为：2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)①已知该反应为自发反应，则该反应的反应热△H0.(选填“＞”或“＜”或“=”)②一定温度下，将2molCO、4molNO充入一恒压密闭容器。已知起始压强为11MPa，达到平衡时，测得N2的物质的量为0.5mol，则该温度此反应用平衡分压代替平衡浓度的平衡常数Kp=MPa-1(分压=总压×物质的量分数)。（3）2021年3月5日，国务院政府工作报告中指出，扎实做好碳达峰碳中和各项工作。科研工作者通过开发新型催化剂，利用太阳能电池将工业排放的CO2转化为HCOOH，实现碳中和的目标。如图所示：①离子交换膜为离子交换膜。②P极电极反应式为。③工业上利用甲酸的能量关系转换图如图所示：反应CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)的焓变△H=kJ·mol-1。温度为T1℃时，将等物质的量的CO2和H2充入体积为1L的密闭容器中发生反应：CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)K=2。实验测得：v正=k正c(CO2)c(H2)，v逆=k逆c(HCOOH)，k正、k逆为速率常数。T1℃时，k逆=k正；温度为T2℃时，k正=1.9k逆，则T2℃＞T1℃，理由是。11．铜及其合金广泛应用于生活生产中。如黄铜合金可作首饰、镀层等。请回答下列问题：（1）基态铜原子价电子排布式为。（2）在Cu(NO3)2溶液中加入氨水至过量，生成[Cu(NH3)4]2+。①NO3-中N原子的杂化类型是；NH3②[Cu(NH3)4]2+中提供孤对电子的基态原子有个未成对电子。1mol该阳离子含有的σ键数目为③NH3能与Cu2+形成[Cu(NH3)4]2+，而NF3不能，其原因是，NH3的沸点比NF3(选填“高”或“低”)，原因是。（3）黄铜合金采取面心立方堆积，其晶胞结构如图所示：已知：晶胞参数为anm。①合金中粒子间作用力类型是。②与Cu原子等距离且最近的Cu原子有个。③黄铜合金晶体密度为g·cm-3。(设NA为阿伏加德罗常数的值)12．化合物H是用于治疗慢性阻塞性肺病奥达特罗的合成中间体，其合成路线如图：已知：I.BnBr代表II.回答下列问题：（1）A的名称为；B中官能团的名称为。（2）D→E的反应类型为，反应⑤条件中K2CO3的作用是。（3）有机物G、M的分子式分别为C17H14O4NBr、C17H16O4NBr，则M→H的反应方程式为。（4）有机物N是反应②过程中的副产物，其分子式为C22H20O3，则N的结构简式为。（5）B的同分异构体中，既能水解，又能使FeCl3溶液显紫色的有种。（6）参照上述合成路线和信息，请写出以苯酚和光气(COCl2)为原料合成的路线。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．聚氯乙烯有毒，不能用作食品内包装材料，故A符合题意；B．二氧化硫具有还原性，可用作某些食品的抗氧剂，比如红酒中充入少量二氧化硫，故B不符合题意；C．氯化铵溶液呈酸性，能与铁锈反应，焊接金属时常用NH4Cl溶液做除锈剂，故C不符合题意；D．硅胶是有很大比表面积的多孔性固体二氧化硅材料，可作干燥剂，也可用作催化剂的载体，故D不符合题意。故答案为A。

【分析】A．聚氯乙烯有毒；B．二氧化硫具有还原性；C．氯化铵溶液呈酸性；D．硅胶是有很大比表面积的多孔性固体。2．【答案】D【解析】【解答】A．（a）与（b）的分子式都为C7H8，结构不同，所以互为同分异构体，A不符合题意；B．（b）分子中甲基上的碳原子，与苯环碳原子相连，可以看成甲基取代了苯环上的氢原子，故所有碳原子一定共平面，B不符合题意；C．（b）的一氯取代物共有4种，苯环上的一氯取代物有3种，甲基的一氯取代物有1种，C不符合题意；D．（b）不能使Br2/CCl4褪色，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；B．苯环是平面六边形结构；C．依据等效氢分析；D．苯不含碳碳双键；3．【答案】B【解析】【解答】A.18g重水(D2O)含有的电子数为18g20g⋅moB.1个N(C2H5)3含有3个碳氮单键和15个碳氢单键，因此1molN(C2H5)3中含有的极性键的数目为18NA，故B符合题意；C．乙酸和乙醇酯化反应是可逆反应，因此1mol乙酸和足量乙醇充分反应后，生成乙酸乙酯的数目小于NA，故C不符合题意；D.1L浓度为0.1mol∙L−1的Na2CO3溶液中Na2CO3物质的量为0.1mol，碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，因此阴离子数大于0.1NA，故D不符合题意；答案为B。

【分析】A.1个D2O含有10个电子；B.1个N(C2H5)3含有3个碳氮单键和15个碳氢单键；C．酯化反应是可逆反应；D.碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，阴离子数增多；4．【答案】B【解析】【解答】A．试管口出现红棕色气体是溶液中NO3-被Fe2+还原为NO，NO与空气中氧气反应生成NO2B．红色溶液可能是溶有NH3的酚酞溶液，红色溶液加热时，一水合氨受热分解生成氨气，溶液没有碱性而变为无色溶液，冷却后，氨气溶于溶液生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根而使溶液变为红色溶液，故B符合题意；C．向Na2S溶液中滴加KMnO4酸性溶液，硫离子被氧化为硫单质，故C不符合题意；D．向2mL0.1mol∙L−1AgNO3溶液中滴入几滴0.1mol∙L−1NaCl溶液，硝酸银过量，再加入几滴0.1mol∙L−1NaI溶液，过量的硝酸银和碘化钠反应生成AgI黄色沉淀，不能得出溶度积Ksp：AgCl＞AgI，故D不符合题意。故答案为B。

【分析】A．酸性条件下NO3B．氨水呈碱性，遇酚酞变红色；C．硫离子被氧化为硫单质；D．注意过量的硝酸银和碘化钠反应生成AgI黄色沉淀。【解析】【解答】A．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，原子半径：X(O)<w(s)<z(si)，故A不符合题意；B．X与Y形成的化合物过氧化钠含离子键和共价键，故B不符合题意；C．同周期非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，因此简单氢化物的热稳定性：W(H2S)>Z(SiH4)，故C符合题意；D．ZX2(SiO2)能与碱反应，能与HF反应，不能与其它酸反应，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则；B．过氧化物含离子键和共价键；C．同周期非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强；D．SiO2能与HF反应；6．【答案】D【解析】【解答】A．放电时，左边为负极，右边为正极，根据“同性相吸”原理，Li+通过离子交换膜向正极即向右移动，故A不符合题意；B．放电时Mg为负极，充电时，x与电源负极相连，故B不符合题意；C．放电时，正极的电极反应式为：Li1-xFePO4+xLi++xe－=LiFePO4，故C不符合题意；D．充电时，Mg为阴极，阴极是Mg2++2e－=Mg，溶液中Li+向阴极即左室移动，导线上每通过0.4mole－，则有0.2molMg2+消耗，有0.4molLi+移向左室，左室中溶液的质量减少0.2mol×24g∙mol−1－0.4mol×7g∙mol−1=2g，故D符合题意。故答案为：D。

【分析】A．依据化合价的变化确定正负极，阳离子移向正极；B．依据正接正，负接负；C．放电时，正极得电子，发生还原反应；D．依据得失电子守恒分析。7．【答案】D【解析】【解答】A.25℃时，AG=−5，即c(H＋)=1.0×10−9.5mol∙L−1，c(OH－)=1.0×10−4.5mol∙L−1，则羟胺的电离平衡常数Kb=cB．c点和盐酸恰好反应完，盐溶液水解而使得显酸性，促进水的电离，而d点盐酸过量，溶质是盐(NH3OHCl)和HCl且两者物质的量浓度相等，溶液显酸性，因此由c点到d点的过程中水的电离程度逐渐减小，故B不符合题意；C．图中b点溶液呈中性，当V(盐酸)=10mL，溶质是NH2OH和对应的盐酸盐，其Kh=1.0×10−6＞1.0×10−8，说明水解占主要即溶液显酸性，要使溶液呈中性，则加入的盐酸的体积小于10mL，故C不符合题意；D．d点溶质是盐(NH3OHCl)和HCl且两者物质的量浓度相等，根据电荷守恒得到c(H＋)+c(NH3OH＋)=c(OH－)+c(Cl－)，根据物料守恒得到c(Cl－)=2c(NH3OH＋)+2c(NH2OH)，前者加后者得到c(H＋)=c(OH－)+c(NH3OH＋)+2c(NH2OH)，故D符合题意。故答案为：D。

【分析】A.选择AG=−5，利用Kb=cB．依据可水解的盐，促进水的电离，酸、碱抑制水的电离；C．图中b点溶液呈中性，依据NH2OH对应的盐酸盐溶液显酸性分析；D．根据电荷守恒、物料守恒分析。8．【答案】（1）三颈烧瓶（2）防止倒吸（3）2ClO-+SO32-+2H+=2ClO2↑+SO42-+H（4）4；0.8（5）减少H2O2分解和防止生成物NaClO2发生分解（6）55；干燥（7）9.05cVm【解析】【解答】本实验产生污染性气体，直接排放会污染环境，故需要尾气处理，装置D就是用碱吸收反应产生的ClO2等尾气；关闭最左侧活塞，装置A中发生反应：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O，生成ClO2气体，装置B起到安全瓶的作用能够防止倒吸现象的发生，ClO2气体经装置B进入装置C，发生反应：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，得NaClO2溶液，经减压，55℃蒸发结晶；趁热过滤；用38℃～60℃的温水洗涤；低于60℃干燥，得晶体NaClO2•3H2O，据此分析解题。（1）由实验装置图可知，仪器a的名称为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）由分析可知，装置B的作用是起到安全瓶的作用能够防止倒吸现象的发生，故答案为：防止倒吸；（3）由分析可知，装置A用来制取ClO2，发生反应的反应方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O，其离子方程式为：2ClO-+SO32-+2H+=2ClO2↑+SO42-+H2O，故答案为：2ClO-+SO32-+2H+=2ClO2↑+SO4（4）由图可知，氢氧化钠浓度为5mol/L到4mol/L时NaClO2含量未变，故则最佳条件为c(NaOH)=4mol/L，n(H2O2)（5）由于C装置中的反应H2O2高温易分解，且温度高于60℃时生成物NaClO2也发生分解成NaClO3和NaCl，故C采用“冰水浴”，故答案为：减少H2O2分解和防止生成物NaClO2发生分解；（6）已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，故从装置④反应后的溶液获得晶体NaClO2的操作步骤为：减压，55℃蒸发结晶；趁热过滤；用38℃～60℃的温水洗涤；低于60℃干燥，得到成品。（7）由反应方程式：ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，I2+2S2O32-=I-+S4O62-，可找到如下关系式：NaClO2~2I2~4Na2S2O3，则有：n(NaClO2)=14n(Na2S2O3)=14cV×10-3mol，该样品中NaClO2的质量分数为1

【分析】（1）由实验装置图确定仪器名称；（2）倒扣的漏斗是常见的防倒吸装置；（3）依据氧化还原反应的特点书写；（4）依据图像分析；（5）H2O2和生成物NaClO2高温易分解；（6）注意温度不同，产物不同。（7）依据关系式计算。9．【答案】（1）酸雨；SiO2和CaSO4（2）2FeS+（3）置换出单质铜，并将Fe3+还原为Fe2+（4）4（5）3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3+6H+；S（6）液态锌【解析】【解答】铜多金属矿石(主要含Cu2S、Sc2S3、FeS、CaS和SiO2)在过量浓硫酸中反应生成有污染性的气体二氧化硫和金属硫酸盐如硫酸铜、硫酸铁和硫酸钙沉淀，过滤，再向滤液中加入过量铁粉除掉铁离子和铜离子，过滤，利用有机液萃取Sc3+，有机相中加入NaOH溶液得到Sc(OH)3，再加入盐酸酸溶，再用草酸沉钪，再在空气中煅烧得到Sc2O3，再加入氯气和碳生成ScCl3，电解得到Sc。（1）“加热酸溶”所得气体主要为SO2，在空气中容易形成酸雨。因SiO2不溶于H2SO4，Ca2+与H2SO4形成微溶的CaSO4，故滤渣Ⅰ的主要成分为SiO2和CaSO4；（2）溶解FeS发生反应的化学方程式为2FeS+10H2S（3）“还原”工序中加入过量铁粉能够将Fe3+还原为Fe2+，同时可置换出单质Cu；故答案为：置换出单质铜，并将Fe3+还原为Fe2+。（4）当pH大于4.0时，随着pH增大，c(OH-)增大，致使Qc沉淀萃取率减小。故答案为：4。（5）“沉钪”过程中发生反应的离子方程式为3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3+6H+；过量焦炭、Sc2O3、Cl2混合物在高温下反应的化学方程式为Sc2O3+3C+3Cl2高温__2ScCl3+3CO，故答案为：3H2C2O4+2Sc（6）ScCl3熔融物得电子生成Sc，故在阴极上得到，而且电解时液态锌不能作阳极，故钪在液态锌电极上得到。

【分析】（1）SO2在空气中容易形成酸雨。依据物质溶解性分析；（2）依据氧化还原反应规律书写。（3）铁粉能够与Fe3+、Cu2+发生氧化还原反应；（4）Qc>K（5）依据流程图和题意书写。（6）钪在阴极上生成。10．【答案】（1）N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+（2）＜；136（3）阳；CO2+2e-+2H+=HCOOH；-31.4；0.5；由k正=1.9k逆，K=K正K逆＜2，说明平衡逆向移动，而CO2(g)+H2【解析】【解答】（1）①根据题干信息及反应历程图示知，生成的无毒物质为二氧化碳和氮气，N2O在Pt2O+的表面上反应的化学方程式为：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+，故答案为：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2②由反应历程图知，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，所以第一步反应速率慢于第二步；两步反应的反应物总能量都大于生成物总能量，所以两步反应均为放热反应；故答案为：慢；放；（2）①反应2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）能够自发进行，反应△S＜0，若满足△H-T△S＜0，必须△H＜0，故答案为：＜；②根据三段式：起始（mol）反应（mol）（3）①根据图示知，P极为阴极，H+由N极转移至P极，则离子交换膜为阳离子交换膜，故答案为：阳；②P极为阴极，电极反应式为：CO2+2e-+2H+=HCOOH，故答案为：CO2+2e-+2H+=HCOOH；③由图示可知：ⅠHCOOH（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H=+72.6kJ/mol，ⅡCO（g）+12O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ/mol，ⅢH2（g）+12O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ/mol，根据盖斯定律，将Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ可得HCOOH（g）⇌CO2（g）+H2（g）的焓变△H=（+72.6kJ/mol）+（-283.0kJ/mol）-（-241.8kJ/mol）=+31.4kJ/mol，则CO2（g）+H反应CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)达到化学平衡时，有v正=v逆，即k正c(CO2)c(H2)=k逆c(HCOOH)，所以K=c(HCOOH)c(CO2)c(H2)=K正温度改变为T2时，由k正=1.9k逆，K=K正K逆＜2，说明平衡逆向移动，而CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)为放热反应，可知T2＞T1；故答案为：-31.4；12；由k正=1.9k逆，K=K正K逆

【分析】（1）①根据题干信息及反应历程图，生成二氧化碳和氮气；②由反应历程图知，活化能大，反应速率慢；两步反应的反应物总能量都大于生成物总能量；（2）①自发反应△H-T△S＜0；②根据三段式计算；（3）①阳离子交换膜为充许阳离子通过；②阴极发生还原反应；③根据盖斯定律，计算焓变；化学平衡时，v正=v逆，据此分析。11．【答案】（1）3d104s1（2）sp2杂化；三角锥形；3；16NA；N、F、H三种元素的电负性为：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键；高；NH3的分子之间存在氢键（3）金属键；8；2.57×1【解析】【解答】（1）Cu是29号元素，根据构造原理，可知基态铜原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，则其价电子排布式为3d104s1；（2）①NO3-中N原子的价层电子对数为3+5+1-2×3NH3分子中N原子的价层电子对数为3+5-1×32=4，且N原子上有1对孤对电子对，所以N原子杂化类型是sp3杂化，NH3②[Cu(NH3)4]2+中提供孤对电子的原子是N原子，基态N原子上有3个未成对电子；在[Cu(NH3)4]2+中4个配位体NH3与中心Cu2+形成4个配位键；在每个NH3中形成了3个N-H极性键，配位键及N-H极性共价键都是σ键，则在1个[Cu(NH3)4]2+中含有σ键数是4+3×4=16个，在1mol[Cu(NH3)4]2+中含有的σ键数目为16NA；③N