1、吉林省长春市第二十九中学2020届高三化学上学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子量：H-1 O-16 N-14 C-12 Na-23一、选择题（14小题，每小题3分，共42分）1. 下列“化学与生活”的说法不正确的是A. 硫酸钡可用钡餐透视B. 盐卤可用于制豆腐C. 明矾可用于水的消毒、杀菌D. 醋可用于除去暖水瓶中的水垢【答案】C【解析】【详解】A. 硫酸钡不溶于胃酸，可以做钡餐，A项正确；B. 盐卤可以使豆浆发生凝聚生产豆腐，B项正确；C. 明矾可以用于水的净化，不能杀菌、消毒，C项错误；D. 醋酸可以与水垢的成分碳酸钙反应，可以用来除垢，D项正确；答案选C。2.NA为阿伏加德罗常
2、数，下列叙述错误的是()A. 18 g H2O中含有的质子数为10NAB. 12 g金刚石中含有的共价键数为4NAC. 46 g NO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NAD. 1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子【答案】B【解析】【详解】A. 18 g H2O的物质的量为1 mol，1个H2O分子中含有10个质子，则18 g H2O中含有10 mol(即10NA个)质子，故A正确；B. 金刚石中每个碳原子与周围的4个碳原子形成共价键，每个CC键被2个碳原子共用，相当于每个碳原子只形成2个共价键，12 g金刚石中含有1 mol碳原子，共含有2
3、mol(即2NA个)共价键，故B错误；C. NO2和N2O4的最简式均为NO2，46 g NO2和N2O4的混合物含有1 mol “NO2”，共含有3 mol(即3NA个)原子，故C正确；D. Na与O2反应生成Na2O和Na2O2时，1个Na原子失去1个电子，故1 mol Na失去NA个电子，故D正确答案选B。3.能在水溶液中大量共存的一组离子是A. H、I、NO3、SiO32B. Ag、Fe3、Cl、SO42C. K、SO42、Cu2、NO3D. NH4、OH、Cl、HCO3【答案】C【解析】【详解】A、溶液显酸性，NO3能氧化I，SiO32能和H反应生成硅酸沉淀，A不符合题意；B、Ag和
4、Cl以及SO42反应生成白色沉淀，B不符合题意；C、选项中的离子，相互之间不反应，可以大量共存，C符合题意；D、溶液显碱性，NH4以及HCO3都和OH反应，D不符合题意；答案选C。【点睛】离子不能大量共存的一般情况是（1）能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质）。（2）能生成微溶物的离子之间（如：Ca2+和 SO42-；Ag+和 SO42-）。（3）能完全水解的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子（如：Al3+， Fe3+与 CO32-、HCO3-、AlO2-、ClO-，S2-等）。（4）能发生氧化还原反应的离子之间（如：Fe 、H+、NO3-；S2-、C
5、lO-；S2-、 Fe3+等）。（5）能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）。解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或 OH-。（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在。（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”“加入铝粉产生氢气” 。（4）是“可能”共存，还是“一定”共存。4. 能正确表示下列反应的离子方程式是（）A. 硫酸铝溶液中加入过量氨水 Al3+3OH=Al（OH）3B. 碳酸钠溶液中加入澄清石灰水 Ca（OH）2+CO32=CaCO
6、3+2OHC. 冷的氢氧化钠溶液中通入氯气 Cl2+2OH=ClO+Cl+H2OD. 稀硫酸中加入铁粉 2Fe+6H+=2Fe3+3H2【答案】C【解析】【详解】A硫酸铝溶液中加入过量氨水，由于一水合氨是弱碱，不能写成离子形式，所以离子方程式是 Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，A错误；BCa(OH)2在溶液中的存在是以离子的形式存在，应该写为离子形式，碳酸钠溶液中加入澄清石灰水 Ca2+CO32-= CaCO3，B错误；C冷的氢氧化钠溶液中通入氯气 Cl22OH-= ClO-Cl-H2O，反应符合事实，C正确；D稀硫酸中加入铁粉，Fe失去2个电子，变为Fe2+，Fe2H+=
7、 Fe2+H2，D错误；故选C。5.下列叙述正确的是()A. Fe与S混合加热生成FeS2B. NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3C. 过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成D. 白磷在空气中加热到一定温度能转化为红磷【答案】C【解析】【详解】AFe与S混合加热生成FeS，故A错误；BNaHCO3的热稳定性差，受热时发生分解：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，故B错误；C因为铜是过量的，随着反应的进行，硝酸浓度逐渐减小，Cu与稀硝酸反应会生成NO，故C正确；D白磷在空气中加热时会燃烧，白磷转化为红磷需要隔绝空气加热，故D错误故选C6.下列有关物质性质的应用正确的是（ ）A. 液氨汽化
8、时要吸收大量的热，可用作制冷剂B. 二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸C. 生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D. 氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝【答案】A【解析】【详解】A液氨汽化时要吸收大量的热，从而可以使环境的温度降低，因此可用作制冷剂，正确；B 二氧化硅不与强酸反应，但是可以与氢氟酸发生反应，而石英器皿中的含义大量的二氧化硅，因此不可用石英器皿盛放氢氟酸，错误；C生石灰能与水反应，也可以与Cl2发生反应，因此不可用来干燥氯气，错误；D 氯化铝是一种电解质，但是由于该物质是分子晶体，无离子，因此不能用于电解制铝，错误。答案选A。7.以下有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是
9、A. 第IA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个质子B. 同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小C. 第A元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强D. 同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低【答案】B【解析】【详解】A第IA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个中子，质子数相同，选项A错误；B同周期元素（除0族元素外）从左到右，随着原子序数的增大，原子核对核外电子的吸引力逐渐增强，原子半径逐渐减小，选项B正确；C第A族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，元素的氢化物的稳定性逐渐减弱，选项C错误；D碱金属元素形成的是金属晶体，由于从上到下晶体的金属键逐渐减弱，
10、所以单质的熔沸点从上到下逐渐减弱；第七主族的元素形成的单质都是分子晶体，由于分子间作用力随相对分子质量的增大而增强，所以从上到下，单质的熔点逐渐升高，而第四主族的元素单质，熔点：金刚石晶体硅；Ge、Sn、Pb都是金属，单质的熔沸点的变化规律与碱金属类似而逐渐减小，因此该说法要具体情况具体分析，选项D错误。答案选B。8.下列图示实验正确的是A. 除去粗盐溶液中不溶物B. 碳酸氢钠受热分解C. 除去CO中的CO2气体D. 乙酸乙酯的制备演示实验【答案】D【解析】【详解】A、除去粗盐溶液中的不溶物用过滤的方法，玻璃棒下端应紧靠过滤器中三层滤纸一侧，与题给装置不符，错误；B、碳酸氢钠受热分解固体加热制
11、气体，为防止水倒流炸裂试管，试管口应略向下倾斜，错误；C、除去CO气体中的CO2气体，应将混合气体通入盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶，气流方向应为长管进气，短管出气，错误； D、乙酸乙酯的制备演示实验如图所示，正确。9.高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，下列反应可制取K2FeO4：2Fe(OH)3+3Cl2+10KOH =2K2FeO4+6KCl+8H2O。对于该反应，下列说法正确的是A. 该反应置换反应B. 钾元素化合价降低C. 铁元素化合价不变D. 该反应是氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A.该反应的生成物中没有单质，所以不是置换反应，选项A错误；B.KOH中K的化
12、合价是+1价，KCl中K的化合价是+1价，所以K的化合价不变，选项B错误；C.Fe （OH）3中铁的化合价是+3价，K2FeO4中铁的化合价是+6价，所以反应前后铁的化合价升高，选项C错误；D.该反应中氯气得电子作氧化剂，氢氧化铁失电子作还原剂，氧化还原反应，选项D正确。答案选D。10.四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池相连时，外电路电流从流向；相连时，为正极；相连时，上有气泡逸出；相连时，的质量减少据此判断这四种金属活泼性由大到小的顺序是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】组成原电池时，负极金属较为活泼，可根据电子、电流的流向以及反应时正负极的变化判断原电池的正负
13、极，则可判断金属的活泼性强弱。【详解】组成原电池时，负极金属较为活泼，相连时，外电路电流从流向，说明为负极，活泼性；相连时，为正极，活泼性；相连时，上有气泡逸出，应为原电池的正极，活泼性；相连时，的质量减少，为负极，活泼性；综上分析可知活泼性：；故选B。11.反应A+BC(H 0); XC(H0, G0，B项错误；C. 水是若电解质，升高温度会促进水的动力，所以将纯水加热至较高温度，Kw变大、pH变小，但是由于水电离产生的H+的浓度与OH-的浓度相等，所以溶液仍然呈中性，C项错误；D. 镀铜铁制品的镀层受损后，铜与铁形成原电池，铜做正极，铁做负极被腐蚀，铁制品受损后更易腐蚀，D项正确；答案选D
14、。14.下列说法正确的是（ ）A. 植物油氢化过程中发生了加成反应B. 石油分馏和煤的液化都是物理变化C. 环己烷与苯可用酸性KMnO4溶液鉴别D. 水可以用来分离溴苯和苯混合物【答案】A【解析】【详解】A. 植物油中的烃基含有碳碳双键，氢化过程中，碳碳双键与氢气发生加成反应，A项正确；B. 石油分馏利用沸点不同进行分离，属于物理变化，煤的液化、气化、石油的裂化、裂解都是化学变化，B项错误；C. 环己烷、苯都不能使酸性KMnO4溶液褪色，所以环己烷与苯不能用酸性KMnO4溶液鉴别，C项错误；D. 溴苯和苯互溶，溴苯和苯都难溶于水，所以不能用水分离溴苯和苯的混合物，D项错误；答案选A。二、解答题
15、（共四小题，总分58分）15.ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl2成为自来水的消毒剂。已知ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，11时液化成红棕色液体。（1）某研究小组用如图装置制备少量ClO2（夹持装置已略去）。冰水浴的作用是_。NaOH溶液的主要作用为吸收反应产生的Cl2，其吸收液可用于制取漂白液，该吸收反应的离子方程式为_，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_。以NaClO3和HCl为原料制备ClO2，完成化学方程式_。（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量淀粉溶液，振荡、静置，观察到_，证明ClO2具有氧化性。（3）ClO2在杀菌
16、消毒过程中会产生Cl-，用0.0001molL-1的AgNO3标准溶液滴定至终点，测定自来水管中Cl-的含量。在滴定管中装入AgNO3标准溶液的前一步，应进行的操作_。若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。【答案】 (1). 收集ClO2（或使ClO2冷凝为液体） (2). Cl2+OH-=Cl-+ClO-+H2O (3). 1：1 (4). 2NaClO3+4HCl=2ClO2+ Cl2+2NaCl+2H2O (5). 溶液变为蓝色 (6). 用AgNO3标准溶液进行润洗 (7). 偏低【解析】【分析】(1)冰水浴可降低温度，防止挥发
17、； 氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠；以NaClO3和HCl为原料制备ClO2，同时有Cl2和NaCl生成，结合电子守恒和原子守恒写出发生反应的化学方程式；(2)反应生成碘，碘易溶于四氯化碳，下层为紫色；(3)根据滴定操作作答。【详解】(1)冰水浴可降低温度，防止挥发，可用于冷凝、收集ClO2，故答案为：收集ClO2(或使ClO2冷凝为液体)；氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，则离子方程式为：Cl2+OH-=Cl-+ClO-+H2O；此反应中Cl2既是氧化剂，又是还原剂，还原产物NaCl和氧化产物NaClO的物质的
18、量之比为1:1，则该吸收反应的氧化剂与还原剂之比为1:1，故答案为：Cl2+OH-=Cl-+ClO-+H2O；1：1；以NaClO3和HCl为原料制备ClO2，同时有Cl2和NaCl生成，则发生反应的化学方程式为2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2+ Cl2+2NaCl+2H2O，故答案为：2NaClO3+4HCl=2ClO2+ Cl2+2NaCl+2H2O；(2)将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄，说明生成碘，碘易溶于四氯化碳，即当观察到溶液分层，下层为紫红色时，说明有I2生成，体现ClO2具有氧化性，故答案为：溶液变为蓝色；(3)装入AgNO3标准溶液，应避免浓度降低，应用
19、AgNO3标准溶液进行润洗后再装入AgNO3标准溶液，故答案为：用AgNO3标准溶液进行润洗；在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致消耗标准液的体积读数偏小，则测定结果偏低，故答案为：偏低。16.NiCl2是化工合成中最重要的镍源。工业上利用含镍(Ni)废催化剂（主要含有Ni，还含有SiO2、Al2O3、Fe及其它不溶于酸、碱的杂质）生产氯化镍晶体（NiCl2nH2O）流程如图：部分金属氢氧化物Ksp近似值如下表所示：化学式Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Ni(OH)2Ksp近似值10-1710-3810-3410-15回答下列问题：（1）Al的原子结构示意图为_。（2）“
20、酸浸”、“溶解”所使用的酸为_。“碱浸”时发生反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O、_。（3）“氧化”加入H2O2溶液，其作用是_(用离子方程式表示)。然后调节pH使溶液中铁元素恰好完全沉淀（离子浓度10-5molL-1时，离子沉淀完全），此时常温下的pH约为_。（4）“操作”的实验操作依次为缓缓加热，浓缩至_为止、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即得产品。（5）镍氢电池已成为混合动力汽车的主要电池类型，其在碱性电解质溶液的工作原理如下：M+Ni(OH)2MH+NiOOH(式中M为储氢合金)。写出电池充电过程中阳极的电极反应式_。【答案】 (1). (2). 盐酸 (3).
21、Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (4). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (5). 3 (6). 溶液表面出现结晶薄膜 (7). Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH+H2O【解析】【分析】某含镍(Ni)废催化剂中主要含有Ni，还含有SiO2、Al2O3、Fe及其它不溶于酸、碱的杂质，工艺流程的目的是用含镍废催化剂制备NiCl2nH2O晶体，分析工艺流程，将含Ni废催化剂用NaOH溶液浸泡，SiO2和Al2O3溶于NaOH生成可溶于水的Na2SiO3和NaAlO2，进行过滤操作，所得滤渣为Fe、Ni及其他不溶于碱的杂质，再进行酸浸，则Fe和Ni溶于酸形成Fe2+和
22、Ni2+，进行过滤操作，将不溶于酸的杂质被过滤出，滤液中主要含有Fe2+和Ni2+，用H2O2氧化溶液中的Fe2+生成Fe3+，再加入 Na2CO3溶液调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后滤液中再继续滴加Na2CO3溶液生成Ni(OH)2沉淀，将过滤所得Ni(OH)2沉淀用盐酸溶解，并蒸发浓缩、冷却结晶、过滤即得NiCl2nH2O晶体，据此分析。【详解】(1)Al的原子序数为13，位于元素周期表第三周期，即共有3个电子层，且最外层电子数为3，则其原子结构示意图为，故答案为：；(2)本工艺流程的目的是用含镍废催化剂制备NiCl2nH2O晶体，则“酸浸”、“溶解”所使用的酸
23、为稀盐酸；“碱浸”时SiO2和Al2O3溶于NaOH生成可溶于水的Na2SiO3和NaAlO2，发生反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O、Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为：盐酸；Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；(3)因Fe3+更易形成Fe(OH)3达到去除Fe元素的目的，则加入H2O2溶液的目的是氧化Fe2+为Fe3+，发生的离子反应为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；调节pH使溶液中铁元素恰好完全沉淀，定性分析来看，溶液中c(Fe3+)浓度低于10-5mol/L可认为Fe3+几乎完全被除去，此时溶液中c(OH-)=10-11
24、mol/L，则pH =14+lgc(OH-)=3，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；3；(4)“操作”的目的为从溶液中获得NiCl2nH2O晶体，操作依次为缓缓加热，浓缩至溶液表面出现结晶薄膜为止、再经冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即得产品，故答案为：溶液表面出现结晶薄膜；(5)镍氢电池在碱性电解质溶液的工作原理如下：M+Ni(OH)2MH+NiOOH，充电时阳极上Ni(OH)2发生氧化反应，生成NiOOH，则阳极的电极反应式为Ni(OH)2+OH- e-=NiOOH+H2O，故答案为：Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH+H2O。17.碳、氮、硫的化合物在生产生活中广
25、泛存在。请回答：（1）以CO2与NH3为原料可合成化肥尿素CO(NH2)2。已知：2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s) H=-l59.5kJmol-1NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(l) H=-160.5kJmol-1写出CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式_。（2）T温度时在容积为2L的恒容密闭容器中只充入1.00molNO2气体发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) H0。不同时刻测得容器中n(NO2)如下表：时间/s012345n(NO2)/mol1.000.800.650.550.50050升高温度K值_（增大、减小），
26、T温度时化学平衡常数K=_mol-1L从02s该反应的平均速率v(NO2)=_。对可逆反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g) H0。恒温，恒容密闭容器中，下列说法中，能说明该反应达到化学平衡状态的是_。A.混合气体的密度不再变化B.混合气体的压强不再变化C.氧气的转化率不再变化D.N2、O2、NO的物质的量之比为1:1:2（3）常温下，用SO2与NaOH溶液反应可得到NaHSO3、Na2SO3等。已知Na2SO3水溶液显碱性，原因是_(写出主要反应的离子方程式)，该溶液中，c(Na+)_2c(SO32-)+c(HSO3-)(填“”“”或“”)。在某NaHSO3、Na2SO3混合溶液中HSO
27、3-、SO32-物质的量分数随pH变化曲线如图所示(部分)，根据图示，则SO32-的第一步水解平衡常数=_。【答案】 (1). 2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O（l） H=-320.0kJ/mol (2). 减小 (3). 8 (4). 0.0875mol/(Ls) (5). BC (6). SO32-+H2OHSO3-+OH- (7). (8). 10-6.8【解析】【分析】(1)依据热化学方程式和盖斯定律计算+得到CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式；(2)2NO(g)+O2(g)2NO2(g) H0，温度升高，平衡逆向移动，则K减小； ，根据化学平
28、衡常数K1=计算K1，进而计算2NO(g)+O2(g)2NO2(g)化学平衡常数K=；根据v=计算出前2s内v(NO2)；根据化学平衡状态分析；(3)亚硫酸根离子水解导致溶液显示碱性，根据电荷守恒确定离子浓度的关系；根据水解平衡常数表达式结合图中数据来计算。【详解】(1)2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s)H=-l59.5kJmol-1，NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)H=-160.5kJmol-1，依据热化学方程式和盖斯定律计算+得到CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式为2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(
29、l) H=-320.0kJ/mol，故答案为：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l) H=-320.0kJ/mol；(2)2NO(g)+O2(g)2NO2(g) H”或“”)，按电负性由大到小的顺序排列N、O、F_。（2）基态Mn2+的核外电子排布式为_。（3）硅烷(SinH2n+2)的沸点与其相对分子质量的变化关系如图所示，呈现这种变化关系的原因是_。（4）硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子Xm-(含B、O、H三种元素)的球棍模型如图所示：在Xm-中，硼原子轨道的杂化类型有_；配位键存在于_原子之间(填原子的数字标号)。硼砂晶体由Na+、Xm-和H2O构成，它们之
30、间存在的作用力有_(填序号)。A.离子键 B.共价键 C.金属键 D.范德华力E.氢键【答案】 (1). (2). FON (3). 1s22s22p63s23p63d5(或Ar3d5) (4). 硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强 (5). sp2、sp3 (6). 4，5(或5，4) (7). ABDE【解析】【分析】(1)同周期从左到右第一电离能逐渐增大趋势，第A和第A族则反常；同周期元素，从左到右电负性增强；(2)Mn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2或Ar3d54s2；(3)硅烷是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子间的范德华力越大，沸点越高；(4
31、)1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为sp2杂化，4号B形成4个键，则B原子为sp3杂化； B一般是形成3个键，4号B形成4个键，其中1个键很可能就是配位键，配位键存在4号与5号之间；钠离子与Xm-形成离子键，水分子由共价键形成，结晶水分子间存在氢键和范德华力。【详解】(1)同周期从左到右第一电离能逐渐增大趋势，第A和第A族则反常，所以铝的第一电离能小于硅的；同周期元素，从左到右电负性增强，N、O、F电负性由大到小的顺序是FON ，故答案为：；FON ；(2)Mn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2或Ar3d54s2，则基态Mn2+的核外
32、电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5，故答案为：1s22s22p63s23p63d5(或Ar3d5)；(3)硅烷是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子间的范德华力越大，沸点越高，故答案为：硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强；(4)1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为sp2杂化，4号B形成4个键，则B原子为sp3杂化； B一般是形成3个键，4号B形成4个键，其中1个键很可能就是配位键，配位键存在4号与5号之间，故答案为：sp2、sp3；4，5(或5，4)；钠离子与Xm-形成离子键，水分子由共价键形成，结晶水分子间存在氢键和范德华力，故答案为：ABDE。