2021-2022学年安徽省合肥市铜闸中学高三化学模拟试卷含解析

1、2021-2022学年安徽省合肥市铜闸中学高三化学模拟试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1. （14分）X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大。X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素，M是地壳中含量最高的金属元素。回答下列问题： L的元素符号为_ ；M在元素周期表中的位置为_；五种元素的原子半径从大到小的顺序是_（用元素符号表示）。 Z、X两元素按原子数目比l3和24构成分子A和B，A的电子式为_，B的结构式为_。 硒（se）是人体必需的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，则Se的原子序数为_

2、，其最高价氧化物对应的水化物化学式为_。该族2 5周期元素单质分别与H2反应生成l mol气态氢化物的反应热如下，表示生成1 mol硒化氢反应热的是_（填字母代号）。a+99.7 molL1 b+29.7 molL1 c20.6 molL1 d241.8 kJmol1 用M单质作阳极，石墨作阴极，NaHCO3溶液作电解液进行电解，生成难溶物R，R受热分解生成化合物Q 。写出阳极生成R的电极反应式：_；由R生成Q的化学方程式：_。参考答案：(1)O 第三周第A族 AlCNOH(2) (3) 34 H2SeO4 b(4) Al-3e-Al3+ Al3+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2 2Al

3、(OH)3Al2O3+3H2O。(1)X、Y、Z、L是组成蛋白质的四种元素且原子序数依次增大，故分别为：H、C、N、O元素；M是地壳中含量最高的元素，为Al，其在周期表的位置为第3周第A族；再根据五种元素在周期表的位置，可知半径由大到小的顺序是：AlCNOH。(2) N和H 1：3构成的分子为NH3，电子式为；2：4构成的分子为N2H4，其结构式为。(3)Se比O多两个电子层，共4个电子层，14电子层上的电子数分别为：2、8 、18、6，故其原子序数为34；其最高价氧化物对应的水化物的化学式类似H2SO4，为H2SeO4。非金属性越强，与氢气反应放出的热量越多，故25周期放出的热量依次是：d、

4、c、b、a，则第四周期的Se对应的是b。(4)Al作阳极失去电子生成Al3+，Al3+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2，2Al(OH)3Al2O3+3H2O。命题立意：本题以元素的推断为背景，综合考查了元素符号的书写、元素位置的判断和原子半径大小的比较；考查了电子式、结构式的书写，元素周期律，和电极反应式、化学方程式的书写，是典型的学科内综合试题。2. 下列说法正确的是ASO2和CO都是酸性氧化物，都能与水反应生成酸BNa2O和Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也完全相同CAl2O3和Na2O按物质的量比1：1投入水中可得到澄清溶液D金属铝排在金属活动性顺序表中氢元素的前面，铝与强

5、酸反应一定放出氢气参考答案：C试题分析：A、SO2可与水反应生成酸，CO不能和水反应，故A错误；B、Na2O和Na2O2组成元素相同，氧化钠与CO2反应产物是碳酸钠，过氧化钠和二氧化碳反应的产物是碳酸钠和氧气，产物不相同，故B错误；C、1mol氧化钠和水反应得到2mol氢氧化钠，1mol氧化铝和2mol氢氧化钠能反应得到偏铝酸钠溶液，是澄清溶液，故C正确；D、金属铝和氧化性的酸|硝酸、浓硫酸等反应得到的不是氢气，是氮的氧化物或是二氧化硫等，故D错误。3. 下列实验能达到预期目的的是（）用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸将Cl2的制备和性质实验联合进行以减少实验中的空气污染用食醋和澄清石灰水

6、验证蛋壳中含有碳酸盐用硝酸钡溶液鉴别硫酸根离子与亚硫酸根离子用溴水检验汽油中是否含有不饱和脂肪烃A BCD 参考答案：答案：C4. 下列关于有机物的说法正确的是（ ）A. 分子式为C5H12O且能与Na反应生成H2的有机物其8种B. 乙二醇和丙三醇互为同系物C. 由氯乙烯生成聚氯乙烯和由氨基酸生成蛋白质的反应都属于加聚反应D. 一定条件下，蔗糖既可以发生水解反应，又可以发生银镜反应参考答案：AA. 分子式为C5H12O且能与Na反应生成H2，说明该物质为醇，戊烷有3种同分异构体，分别为CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH(CH3) CH2CH3、C(CH3)4，它们分别有3种、4种、1种

7、不同化学环境的氢原子，把羟基看成取代基取代戊烷上的氢原子，则分别有3种、4种、1种结构，共8种，故A正确；B. 乙二醇的分子式为C2H6O2，丙三醇的分子式为C3H8O3，二者的分子组成上相差1个CH2O原子团而不是CH2原子团，所以二者不是同系物，故B错误；C. 由氯乙烯生成聚氯乙烯的反应是加聚反应，由氨基酸生成蛋白质的反应是缩聚反应，故C错误；D. 蔗糖可以发生水解反应生成单糖，但蔗糖分子中不含醛基，不能发生银镜反应，故D错误；答案选A。5. 下面列出了一定温度下海立方厘米(cm3)活性炭所能吸附的常见气体的体积，分析下面的数字与气体的组成、性质等的关系，根据此表，你认为下列结论正确的是（

8、 ）H2CO2O2N2Cl2气体的沸点/-252-78183-196-34被吸附体积/mL4.5973511494 A分子中所含原子数日多时，气体易被吸附 B沸点越高的气体，越易被吸附 C气体的相对分子质量越大，越易被吸附 D气体是化合物时，易被吸附参考答案：BC略6. 有关物质用途的叙述错误的是A氧炔焰：切割、焊接金属 B丙三醇：内燃机防冻剂C液氮：冷冻物质 D稀有气体：填充霓虹灯 参考答案：B7. 某二价金属的碳酸盐和碳酸氢盐的混合物,跟足量的稀盐酸反应,消耗H+和生成的CO2的物质的量之比为54,则该混合物中碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为 ( ) A.11 B.12 C.13 D.23

9、 参考答案：D略8. 下列说法中正确的是 A把乙烯通入溴水中，溴水立即褪色，这是由于乙烯具有漂白作用 B氢硫酸是弱酸，不能与强酸盐反应生成强酸 C稀硫酸不与铜反应，但把 Cu 片放在浓 H2SO4 中立即发生强烈反应 D硫化亚铁不能存在于盐酸中，也不能用硫化亚铁与硝酸制备 H2S 气体参考答案：D略9. 大量事实证明，水溶液中并不存在H+、AlO2等离子，实际存在的是H30+、Al（OH）4铝和强碱溶液的反应可以理解为铝在碱性环境下先与水反应，而后进一步与强碱反应（反应均不可逆）对于Al与重氢氧化钠（NaOD）的水溶液反应（假定水中不含氘和氚），下列说法正确的是（）A生成的氢气中只含有D2B生

10、成的氢气中只含有H2C生成的氢气中含有H2、HD、D2D以上判断都不正确参考答案：C解：Al与重氢氧化钠（NaOD）的水溶液反应的过程中，水是氧化剂，金属铝是还原剂，根据铝与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的偏铝酸钠和氢气（2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2），Al（OH）3与NaOD反应生成HDO，则Al（OH）3中的H与NaOD中的D可结合生成的氢气中含有H2、HD、D2，故选C10. 参考答案：D11. 铁片放入下列溶液中，反应时无气体放出，取出的铁片质量减轻，则该溶液是（）A稀硫酸B浓盐酸CAgNO3DFe2（SO4）3参考答案：D考点：铁的化学性质专题：几种重要的金属及其

11、化合物分析：将铁片投入下列溶液中，不放出气体，说明溶液中不存在大量的氢离子，并且Fe片质量减轻，说明没有置换出相对原子质量比铁大的金属，以此解答该题解答：A加入稀硫酸中，生成氢气，故A不选；B加入浓盐酸中，生成氢气，故B不选；C加入硝酸银中，置换出银，质量增大，故C不选；D加入硫酸铁溶液，生成氯化亚铁，铁片质量减小，无气体放出，故D选故选D点评：本题考查铁的化学性质及氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应产物为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大12. 常温下，将等浓度的FeSO4和(NH4) 2SO4两种浓溶液混合可制得一种晶体，该晶体是分析化学中常用的一种还原剂，其强

12、热分解反应化学方程式：2(NH4)2Fe(SO4)26H2OFe2O32NH3N24SO217H2O，下列说法正确的是A1 mol摩尔盐强热分解时转移电子的物质的量为8NAB该反应中氧化产物是N2、NH3，还原产物是SO2、Fe2O3C向摩尔盐溶液中滴入足量浓NaOH溶液，最终可得刺激性气体和白色沉淀D常温下，摩尔盐的溶解度比FeSO4、(NH4)2SO4小参考答案：D略13. 工业从铝土矿（主要成分是Al2O3xH2O、SiO2、Fe2O3等）提取纯Al2O3再冶炼铝的过程如下图所示，下列有关不正确的是A过滤、灼烧操作中都要用到玻璃棒B若X为烧碱，则Z为氨气，沉淀a为红棕色，可作颜料C若Y为

13、盐酸，则Z为CO2，溶液丙只含NaCl和Na2CO3D图示所发生的反应类型有：分解反应、复分解反应、氧化还原反应参考答案：C略14. A、B、C均为短周期元素，A、B同周期，A、C的最低价阴离子分别为A2、C，A2离子半径大于C，B2+与C具有相同的电子层结构下列叙述中一定不正确的是（）A、它们的原子序数ABCB、它们的离子半径A2CB2+C、它们的原子半径CBAD、它们的最外层电子数CAB参考答案：C考点：原子结构与元素周期律的关系分析：由A、C的最低价离子分别为A2和C，则A为A族元素，C为A族元素，B2+和C具有相同的电子层结构，则B在C的下一周期，B处于第三周期第A族，故B为Mg元素，

14、C为F元素，A、B同周期，则A为S元素，据此解答解答：解：由A、C的最低价离子分别为A2和C，则A为A族元素，C为A族元素，B2+和C具有相同的电子层结构，则B在C的下一周期，B处于第三周期第A族，故B为Mg元素，C为F元素，A、B同周期，则A为S元素，A、A为S元素，B为Mg元素，C为F元素，原子序数ABC，故A正确；B、离子的电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，所以A2CB2+，故B正确；C、A为S元素，B为Mg元素，C为F元素，同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族自上而下原子半径增大，则有BAC，故C错误；D、A为S元素，B为Mg元素，C为F元素，原子

15、最外层电子数分别为6、2、7，故原子最外层上的电子数CAB，故D正确；故选C点评：本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，正确推断各元素名称为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期律的关系及其应用方法15. 下列叙述正确的是 ()A1.00 mol NaCl中含有6.021023个NaCl分子B1.00 mol NaCl中，所有Na的最外层电子总数为86.021023C欲配制1.00 L ,1.00 molL1的NaCl溶液，可将58.5 g NaCl溶于1.00 L水中D电解58.5 g 熔融的NaCl，能产生22.4 L氯气(标准状况)、23.0 g金属钠参考答案：B略二、实验题（

16、本题包括1个小题，共10分）16. 蛇纹石可用于生产氢氧化镁，简要工艺流程如下：I制取粗硫酸镁：用酸液浸泡蛇纹石矿粉，过滤；并在常温常压下结晶，制得粗硫酸镁（其中常含有少量Fe3+、Al3+、Fe2+等杂质离子）提纯粗硫酸镁：将粗硫酸镁在酸性条件下溶解，加入适量的0.1mol?L1H2O2溶液，再调节溶液pH至78，并分离提纯制取氢氧化镁：向步骤所得溶液中加入过量氨水已知：金属离子氢氧化物沉淀所需pH是 Fe3+Al3+Fe2+Mg2+开始沉淀时1.53.36.59.4沉淀完全时3.75.29.712.4请回答：（1）步骤中，可用于调节溶液pH至78的最佳试剂是（填字母序号）AMgO BNa2

17、CO3 C蒸馏水（2）Fe2+与H2O2溶液反应的离子方程式为 （3）工业上常以Mg2+的转化率为考察指标，确定步骤III制备氢氧化镁工艺过程的适宜条件其中，反应温度与Mg2+转化率的关系如图所示步骤中制备氢氧化镁反应的离子方程式为 根据图中所示50前温度与Mg2+转化率之间的关系，可判断此反应是（填“吸热”或“放热”）反应图中，温度升高至50以上Mg2+转化率下降的可能原因是 参考答案：（1）A；（2）2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O；（3）Mg2+2NH3?H2OMg（OH）2+2NH4+；吸热；温度过高时，氨水受热分解，浓度降低，Mg2+转化率下降；考点：物质分离和提纯的方法

18、和基本操作综合应用；制备实验方案的设计.专题：实验设计题分析：（1）步骤II中，可用于调节溶液pH至78的目的是和酸反应提高溶液pH，使Fe3+、Al3+等杂质离子沉淀分离除去，试剂不能引入新的杂质分析；（2）Fe2+与H2O2溶液反应亚铁离子被过氧化氢氧化为三价铁离子便于完全沉淀，过氧化氢被还原为水，依据氧化还原反应的电荷守恒和电子守恒些离子方程式；（3）步骤III中制备氢氧化镁反应的离子方程式是氨水沉淀镁离子，注意一水合氨是弱电解质；根据图中所示50前温度与Mg2+转化率之间 的关系是随温度升高镁离子转化率增大，反应是吸热反应；温度升高至50以上Mg2+转化率下降的可能原因是温度过高时，氨

19、水受热分解，浓度降低，Mg2+转化率下降；解答：解：（1）步骤II中，可用于调节溶液pH至78的目的是和酸反应提高溶液pH，使Fe3+、Al3+等杂质离子沉淀分离除去，A、加入氧化镁和酸反应能提高溶液PH，生成镁离子，不加入杂质离子，可选；B、加入碳酸钠能调节溶液PH但假如了钠离子，引入杂质，故不选；C、蒸馏水对提高溶液pH不好，故不选；故答案为：A；（2）Fe2+与H2O2溶液反应亚铁离子被过氧化氢氧化为三价铁离子便于完全沉淀，过氧化氢被还原为水，反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O；（3）氨水沉淀镁离子生成

20、氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为：Mg2+2NH3?H2OMg（OH）2+2NH4+，故答案为：Mg2+2NH3?H2OMg（OH）2+2NH4+；根据图中所示50前温度与Mg2+转化率之间 的关系是随温度升高镁离子转化率增大，反应是吸热反应；故答案为：吸热；图中，温度升高至50以上Mg2+转化率下降的可能原因是温度过高时，氨水受热分解，浓度降低，Mg2+转化率下降，故答案为：温度过高时，氨水受热分解，浓度降低，Mg2+转化率下降；点评：本题考查了难溶物沉淀溶解平衡的分析判断，离子沉淀的条件选择，化学平衡的影响因素，离子方程式的书写，沉淀转化的原理应用，题目综合性较强三、综合题（本题包括3个小

21、题，共30分）17. （15分）图1是以芳香烃A为原料合成有机高分子化合物甲和乙的路线图已知：图2是A通过检测所得的质谱图；A分子中有5种不同化学环境的氢原子，它们的个数比为1：2：2：2：3；A的分子结构中苯环上只有一个取代基；请根据信息，回答下列问题：（1）A的化学式为 ；（2）C中所含官能团的名称是 ；（3）反应的反应类型为 ；（4）甲的结构简式为 ；（5）写出有关反应的化学方程式：的反应方程式 ，的反应方程式 ；（6）含有苯环、与F具体相同官能团的F的同分异构体有 种（不考虑立体异构、不含F），其中核磁共振氢谱为5组峰，面积比为2：2：2：1：1的为 （写结构简式）参考答案：（1）C9

22、H10；（2）羟基；（3）消去；（4）；（5）；（6）4；考点：有机物的推断分析：通过质谱法测得芳香烃A的相对分子质量为118，其苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱中有5个峰，峰面积之比为1：2：2：2：3；则A物质只能为：，A与溴的四氯化碳溶液可发生加成反应得到卤代物B，B为，卤代物在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成物质：C，醇在铜做催化剂，与氧气反应生成对应的醛即物质：D；醛与氢氧化铜做氧化剂的条件下，被氧化生成对应的酸：E，而E物质在浓硫酸条件下，可脱去羟基，生成物质F为，物质F在浓硫酸的条件下，能与甲醇发生酯化反应生成物质：G为2苯基丙烯酸甲酯；物质G可发生加聚反应生成物质乙：；化

23、合物E含羧基和羟基，发生缩聚反应生成甲为，据此分析解答解答：解：通过质谱法测得芳香烃A的相对分子质量为118，其苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱中有5个峰，峰面积之比为1：2：2：2：3；则A物质只能为：，A与溴的四氯化碳溶液可发生加成反应得到卤代物B，B为，卤代物在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成物质：C，醇在铜做催化剂，与氧气反应生成对应的醛即物质：D；醛与氢氧化铜做氧化剂的条件下，被氧化生成对应的酸：E，而E物质在浓硫酸条件下，可脱去羟基，生成物质F为，物质F在浓硫酸的条件下，能与甲醇发生酯化反应生成物质：G为2苯基丙烯酸甲酯；物质G可发生加聚反应生成物质乙：；化合物E含羧基和羟基

24、，发生缩聚反应生成甲为，（1）A的化学式为C9H10，故答案为：C9H10；（2）C为，C中所含官能团的名称是羟基，故答案为：羟基；（3）反应的反应类型为消去反应，故答案为：消去；（4）甲为，故答案为：；（5）的反应方程式为，的反应方程式为；故答案为：；（6）F为，含有苯环、与F具体相同官能团的F的同分异构体，如果存在CH=CH2和COOH，有邻间对三种结构，如果存在CH=CHCOOH，有一种结构，所以符合条件的有4种；其中核磁共振氢谱为5组峰，面积比为2：2：2：1：1的为，故答案为：4；点评：本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，正确判断A结构是解本题关键，再结合反应条

25、件进行推断，难点是（6）题同分异构体种类判断，题目难度不大18. （2014?延边州模拟）某工厂对制革工业污泥中Cr元素的回收与再利用工艺如下（硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe2+、Fe3+、Al3+、Cu2+、Mg2+）：常温下部分阳离子以氢氧化物沉淀形式存在时溶液的pH见表：阳离子Fe3+Fe2+Mg2+Al3+Cu2+Cr3+开始沉淀时的pH1.97.09.33.74.7沉淀完全时的pH3.29.011.18.06.79（9 溶解）（1）酸浸时，为了提高浸取效率可采取的措施是 （至少写一条）（2）加入H2O2目的是氧化 离子，其有关的离子方程式 （写一种）针铁矿（Coet

26、hite）是以德国诗人歌德（Coethe）名字命名的，组成元素是Fe、H、O，化学式量为89，其化学式是 （3）调pH=8是为了将 离子（从Fe3+、Al3+、Cu2+、Mg2+中选择）以氢氧化物沉淀的形式除去滤出的沉淀中部分沉淀将溶解于足量的氢氧化钠溶液中，其有关的离子方程式是 ，取少量上层澄清溶液，向其中通入足量的CO2，又能重新得到相应的沉淀，其有关的离子方程式为 （4）试配平最后一步相关的氧化还原方程式： Na2Cr2O7+ SO2+ H2O= Cr（OH）（H2O）5SO4+ Na2SO4，每生成1mol Cr（OH）（H2O）5SO4时，该反应中转移的电子数为 参考答案：（1）升高

27、温度、搅拌、延长浸取时间、过滤后再次浸取；（2）Fe2+；2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；FeO（OH）；（3）Al3+、Cu2+；Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；AlO2+2H2O+CO2=Al（OH）3+HCO3；（4）1；3；11；2；1；3NA考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应方程式的配平.专题：氧化还原反应专题；化学实验基本操作分析：（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是延长浸取时间、加快溶解速度等措施；硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，酸浸是溶解物质

28、为了提高浸取率，可以升高温度增大物质溶解度，增大接触面积增大反应速率，或加快搅拌速度等；（2）根据双氧水的性质分析，双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质；（3）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；（4）依据流程图中的转化关系和产物，结合二氧化硫的还原性，利用氧化还原反应原理分析书写，根据方程式计算解答：解：（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等，故答案为：升高温度、搅拌、延长浸取时间、过滤后再次浸取；（2）双氧水有强氧化性，能氧化还原

29、性的物质，Fe2+和Cr3+有还原性，Fe2+和Cr3+能被双氧水氧化为高价离子，以便于与杂质离子分离，其中Fe2+反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，针铁矿组成元素是Fe、H、O，化学式量为89，则1mol该物质中应含有1molFe，则H、O的质量为8956=33，可知应含有2molO和1molH，化学式应为FeO（OH），故答案为：Fe2+；2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；FeO（OH）；（3）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，由于Fe3+以针铁矿形成已经沉淀，则加入NaOH溶液使溶液呈碱性，溶

30、液PH=8，Al3+、Cu2+转化为沉淀除去，滤出的沉淀中部分沉淀将溶解于足量的氢氧化钠溶液中，涉及反应为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，取少量上层澄清溶液，向其中通入足量的CO2，又能重新得到相应的沉淀，涉及反应为AlO2+2H2O+CO2=Al（OH）3+HCO3，故答案为：Al3+、Cu2+；Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；AlO2+2H2O+CO2=Al（OH）3+HCO3；（4）二氧化硫具有还原性，被滤液中通过离子交换后的溶液中Na2Cr2O7氧化为硫酸，Na2Cr2O7氧被还原为CrOH（H2O）5SO4，水溶液中生成硫酸反应生成硫酸钠，依据原子守恒分析书写配平

31、方程式为Na2Cr2O7+3SO2+11H2O2CrOH（H2O）5SO4+Na2SO4，由方程式可知，Cr元素化合价降低3价，则每生成1mol Cr（OH）（H2O）5SO4时，转移3NA电子，故答案为：1；3；11；2；1；3NA点评：本题考查了离子方程式的书写、物质的分离等知识点，难度不大，注意会运用溶液的pH值对溶液中的离子进行分离，除杂的原则是：除去杂质且不引进新的杂质19. 氮族元素和硼族元素在生产生活中有很重要的地位。(1)写出硼族元素Ga的基态原子核外电子排布式_。(2)NF3的分子构型为_，NO3-的空间构型为_，1molNO3-中含有的键的数目为：_。(3)氮化硼的立方结晶的变体被认为是已知的最硬的物质。BN的晶体结构与金刚石相似，其中B原子的杂化方式_。(4)元素第一电离能的大小：As_（填“”“”或“”）Ga，原因是_。(5)相同条件下，在水中的溶解度：NH3_（填“”“”或“”）PH3，原因是_。(6)已知立方砷化镓晶胞的结构如图所示，其晶胞边长为cpm。则砷化镓的化学式为_，晶胞中As原子和它最近的Ga原子之间的距离为_pm（用含c的式子表示），砷化镓的密度为_g/cm3（设NA为阿伏加德罗常数的值，用含c、NA的式子表示，原子量：Ga-70，As-75）。参