2023年辽宁省沈阳市高考化学三模试卷(含答案解析)

2023一、单项选择题〔742.0分〕化学与生产、生活、社会亲热相关。以下说法中正确的选项是( )地沟油不宜食用，可分馏提取汽油C.C.盛有甲醇的上，应贴上警示标签D.钙、钡、铁、铂等金属有绚丽的颜色，可用于制造焰火设NA为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是( )24.0gH18O与D2O的混合物中所含质子数确定为2NA225℃时，pH=1的硫酸中含有的H+数目为0.1NA100mL0.1mol·L−1的明矾溶液中Al(OH)3胶体粒子的数目为0.01NA3. 关于的以下说法中正确的选项是( )7.8gNa2O2与适量CO2、H2O3. 关于的以下说法中正确的选项是( )分子式为C9H9O2含有三种官能团可使溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液褪色可以发生取代反响和加成反响，但不能发生聚合反响短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如以下图，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为14。以下说法中正确的选项是( )。Y的氢化物的水溶液显酸性W的氢化物的水溶液在空气中存放不易变质X4种元素中形成化合物种类最多的元素Z的最高价氧化物对应的水化物的化学式是HZO3依据以下试验操作和现象所得到的结论正确的选项是( )选选试验操作和现象结论项酸性：碳酸>硝A向硝酸溶液中参与碳酸钠，有大量气泡产生酸1mL2mL0.1mol⋅L−1NaOH溶液，加热，产生使潮湿某溶液中含B的红色石蕊试纸变蓝的气体NH+4C⋅⋅溶液，振荡，再加KI和FeCl3反响5mLCCl4，振荡，静置，取上层液体，向取出来的溶液中滴加KSCN溶有确定的限度液，显血红色．分子内H−O键D加热使冰化成液态水发生断裂A B.B C.C D.D2(电解质为2充电离子液体和二甲基亚砜)，电池总反响为：2Li+O2充电

Li

O2，以下说法不正确的选项是( )充电时电子由Li电极经外电路流入Li2O2放电时正极反响式为2Li++O2+2e−=Li2O2充电时Li电极与电源的负极相连碳酸锂涂层既可阻挡锂电极的氧化又能让锂离子进入电解质常温下，用0.100mol⋅L−1的NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol⋅L−1盐酸和HA溶液，滴定曲线如以下图．以下说法错误的选项是( )Ⅰ表示的是HA溶液的滴定曲线M点溶液中的c(A−)N点溶液中的c(Cl−)HA的电离平衡常数K≈1.0×10−6曲线Ⅱ可选用甲基橙作为指示剂二、试验题〔114.0分〕氯化亚砜(SOCl2)SO2Cl2和SCl2制备SOCl2，局部装置如以下图：：①SOC12遇水猛烈反响，液面上产生白雾，并有气体产生。②SOC12沸点为77℃，SC12的沸点为50℃。请答复：试验室制取SOCl2的反响方程式为 。试验室制取SOC12在三颈烧瓶中合成，整个装置所选仪器的连接挨次是⑥→ →①， →②(某些仪器可以重复使用)。使用冷凝管的作用是 ；冷凝管上连接的枯燥管的作用是 。(4)试验完毕后，将三颈烧瓶中混合物分别试验操作名称是 。假设反响中清耗的Cl2896mL(已折算为标准状况，SO2足量)最终得到纯洁的SOCl26.76g，则SOCl2的产率为 (保存二位有效数字)。取少量的SOCl2参与足量NaOHCl−的方法是 。三、简答题〔452.0分〕铁红(Fe2O3)和钛白粉(TiO2)(主要成分为FeTiO3，还含有少量Fe2O3)联合生产铁红和钛白粉的工艺流程如以下图：答复以下问题：FeTiO3中Fe的化合价为 。为加快钛铁矿在稀硫酸中的溶解，可实行的措施有 (任写两种)。酸性溶液中参与适量铁屑的目的是 。FeSO4溶液与NH4HCO3溶液的反响温度应把握在35 ℃以下，其缘由是 ，该反响的离子方程式是 。TiO2+转化为TiO(OH)2需要加热，加热的目的是 ，该反响的离子方程式为 。3常温时在生成的FeCO3到达沉淀溶解平衡的溶液中测得溶液中c(CO2−)=3.0×10−6mol·L−1，pH为8.5，则所得的FeCO3中是否含Fe(OH)2？ (列式计算){Ksp(FeCO3)=3.0×10−11，Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10−16}。3丙烯(C3H6)是石油化工行业重要的有机原料之一，主要用于生产聚丙烯、二氯丙烷异丙醇等产品(1)丙烷脱氢制备丙烯。由以以下图可得C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g) △H= KJ/mol①为了同时提高反响速率和反响物的平衡转化率，可实行的措施是②目前在丙烷脱氢制丙烯时常通入适量的O2，让其同时发生以下反响：2C3H8(g)+O2(g)⇌2C3H6(g)+2H2O(g) △H=−235kJ/mol，通入O2的目的是 ．(2)以C4H8和C2H4为原料发生烯烃歧化反响C4H8(g)+C2H4(g)⇌2C3H6(g) △H>0逆①某温度下，上述反响中，正反响速率为υ正=k正c(C4H8)∗c(C2H4)、逆反响速率为U =逆k逆c2(C3H6)，其中k正、k逆为速率常数，该反响使用WO3/SiO2为催化剂，以下说法中正确的选项是催化剂参与了歧化反响，但不转变反响历程催化剂使k 和k 增大一样的倍数正 逆催化剂降低了烯烃歧化反响的活化能，增大了活化分子百分数D.速率常数的大小与反响程度无关系②t1min时到达平衡状态，测得此时容器中n(C4H8)=amol，n(C2H4)=2amoln(C3H6)=bmol且平衡时C3H6的体积分数为25%。再往容器内通入等物质的量的C4H8和C2H4，在平衡中C3H6的体积分数 25%(填“〉”“<”“=”)(3)1，2−二氯丙烷(CH2CICHCICH3)，主要副产物为3−氯丙烯(CH2=CHCH2C2)，反响原理为ICH2⇌CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2CICHCICH(g)II.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2=CHCH2Cl(g)+HCI(g)在确定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)。在催化剂作用下发生反响I，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。①用单位时间内气体分压的变化来表示反响速率，即v=△P120mn内平均反响速率△Tv(CH2CICHCICH3)= kPa.min−1②该温度下，假设平衡时HCl的体积分数为12.5%，反响I的平衡常数KP= KPa−1(Kp为以分压表示的平衡常数，保存小数点后2位)。2023215能有效抑制型冠状病毒(2023nCoV)的感染。磷酸氯喹的构造如以下图，则所含C、N、O三种元素第一电离能由大到小的挨次为 。P原子核外价层电子排布式为 ，其核外电子有 个空间运动状态。磷酸氯喹中N原子的杂化方式为 ，NH3是一种极易溶于水的气体其沸点比AsH3的沸点高，其缘由是 。4H3PO4中PO3−的空间构型为 。4磷化镓是一种由ⅢA族元素镓(Ga)与VA族元素磷(P)人工合成的Ⅲ−V族化合物半导体材料。晶胞构造可看作金刚石晶胞内部的碳原子被P原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。①磷化镓晶体中含有的化学键类型为 (填选项字母)A.B.Cσ键Dπ键E.极性键F.非极性键②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。假设沿y轴投影的晶胞中全部原子的分布图如图，则原子2的分数坐标为 。③假设磷化镓的晶体密度为ρg⋅cm−3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中Ga和P原子的最近距离为 pm。：Ⅰ．由烃A制备抗结肠炎药物H的一种合成路线如下(局部反响略去试剂和条件：Ⅰ．Ⅱ.Ⅱ.H的分子式是 ，A的化学名称是 。反响②的类型是 。(2)D的构造简式是 。F中含有的官能团的名称是 。(3)E与足量NaOH溶液反响的化学方程式是 。(4)设计C→D和E→F两步反响的共同目的是 。(5)化合物X是H的同分异构体，X遇FeCl3溶液不发生显色反响，其核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积比为3：2：2，写出1种符合要求的X的构造简式 。(6)A为原料制备化合物的合成路(6)A为原料制备化合物的合成路 答案与解析 答案：C解析：此题考察化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学学问解释化学现象，试题培育了学生的分析、理解力气及灵敏应用根底学问的力气。C.甲醇有毒，易燃烧，应贴上警示标签，故C正确；A.地沟油主要成分为油脂，汽油只要成分为烃，故A错误；C.甲醇有毒，易燃烧，应贴上警示标签，故C正确；D.铂没有焰色反响，不行用于制造焰火，故D错误。应选C。答案：A解析：此题考察阿伏加德罗常数的计算和推断，留意把握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，题目难度中等。A.4.0gH18O与D

O的混合物物质的量为

4.0g

=2 2 20g/mol A2NAA正确；B.溶液体积未知，无法计算氢离子数目，故B错误；C.氢氧化铝胶粒为氢氧化铝的聚拢体，100mL0.1mol⋅L−1AlCl3溶液完全水解可形成胶体粒子数小于0.01NAC错误；D.7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠和二氧化碳或水的反响均为过氧化钠的歧化反响，−10价和−2价，故0.1mol过氧化钠转移0.1NAD错误；应选：A。答案：C解析：由构造可知分子式，分子中含碳碳双键、−COOH，结合烯烃、羧酸的性质来解答。此题考察有机物的构造与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸性质的考察，题目难度不大。分子式为C9H8O2，故A错误；含碳碳双键、−COOHB错误；含双键，可使溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；含双键，可发生加成、加聚反响(聚合反响)，含−COOH可发生取代反响，故D错误；应选C。答案：C解析：此题主要考察的是位置−构造−变规律。X、Y、Z、W均为短周期元素，依据其所在表格中的相对位置知X、Y位于其次周期，Z、W位于XYZ的最外层电子数之和为1X的最外层电子数为Ya+Za+，即a+(a+1)+(a+1)=14，解a=4，据此得出X为碳，Y为氮，Z为磷，W为硫，据此推断各选项即可；A.Y的氢化物是NH3，NH3的水溶液是氨水，呈碱性，故A错误；B.W的氢化物是H2S，H2S在空气中简洁被O2氧化，不能在空气中存放，故B错误；C.C元素形成的化合物种类最多，故C正确；D.Z为磷的最高化合价为+5，则对应的水化物的化学式是H3ZO4，故D错误。应选C。答案：B解析：解：A.向硝酸溶液中参与碳酸钠，有大量气泡产生，发生强酸制取弱酸的反响，则酸性：硝酸>碳酸，故A错误；4使潮湿的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，则某溶液中含NH+，故B正确；4滴加5l⋅120滴约为1mKSCN溶液，显血红色，不能说明KI和FeCl3C错误；H−O键不变，故D错误；应选B．发生强酸制取弱酸的反响；使潮湿的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气；5滴0.1mol⋅L−1KI溶液，201mL，氯化铁有剩余；D.加热使冰化成液态水，为物理变化，只破坏分子间作用力．此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、离子检验、化学键、反响限度为解答的关键，侧重分析与试验力气的考察，留意试验的评价性分析，题目难度不大．答案：A解析：解：A.Li2O2电极经外电路流入Li，故A错误；B.放电时，以空气中的氧气作为正极反响物，反响式为：2Li++O2+2e−=Li2O2B正确；C.充电时，负极连电源负极作阴极，所以Li电极与电源的负极相连，故C正确；D.碳酸锂涂层既可阻挡锂电极的氧化又能让锂离子进入电解质，故D正确。在锂空气电池中，由电池总反响为：可知，放电时锂作负极，电极反响式为：应选：A在锂空气电池中，由电池总反响为：可知，放电时锂作负极，电极反响式为：i−e−=i+++O2+−=2O2，充电时为电O解池，负极连电源负极作阴极，锂离子得电子，正极连电源正极作阳极，2−失电子生成氧气，据此O2分析解答。此题考察电化学根底学问，考察了原电池原理和电解池原理的应用，涉及电极推断、电极方程式的书写、离子移动方向等相关学问，留意学问的迁移应用是关键，难度中等。答案：C解析：解：A.盐酸为强酸，由图中未加NaOH时酸的pH可知，ⅡNaOH滴定盐酸，则Ⅰ表示的是HA溶液的滴定曲线，故A正确；B.M、N点参与NaOH溶液体积一样，生成等量的NaA、NaCl，结合图可知NpH小，结合电荷守恒及盐类水解学问可知，M点溶液中的c(A−)N点溶液中的c(Cl−)B正确；C.K(HA)=c(H+)c(A−)，结合图Ⅱ中未加NaOH溶液时pH3可知，K≈10−3×10−3≈1.0×10−5，故C错误；

c(HA)

0.1−10−3D.NaOH滴定盐酸，滴定终点溶液显中性，可选用甲基橙作为指示剂，故D正确；应选：C。NaOH时酸的pH、Ka计算、混合后溶液中溶质为解答的关键，侧重分析与应用力气的考察，留意选项B为解答的难点，题目难度不大．8.答案：SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2 ⑫→⑪→⑨→⑩ ⑦→⑨→⑩ 冷凝、回流SCl2和SOCl2 吸取逸出的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反响装置而使SOCl2水解蒸馏71% 取少量溶液于试管中，参与过量Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴HNO3酸化，再参与AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Cl−解析：解：(1)试验室制取SOCl2的反响方程式为SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2，故答案为：SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2；二氧化锰与浓盐酸制备氯气，固液加热型，故为⑥，饱和食盐水吸取HCl，用浓硫酸枯燥氯气，二氧化硫气体由亚硫酸钠和浓硫酸制备，用⑦，同理用浓硫酸枯燥制得的二氧化硫气体，枯燥纯洁的氯气和二氧化硫在三颈烧瓶中反响制得SOCl2，除杂枯燥为充分，导气管应进步短出，则连接挨次为：⑥→⑫→⑪→⑨→⑩→①；⑦→⑨→⑩→②；故答案为：⑫→⑪→⑨→⑩；⑦→⑨→⑩；使用冷凝管的作用是冷凝、回流SCl2和SOCl2；枯燥管的作用是吸取逸出的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反响装置而使SOCl2水解；SCl2和SOCl2；吸取逸出的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反响装置而使SOCl2水解；氯化亚砜沸点为77℃，SCl2的沸点为50℃，所以承受蒸馏的方法即可将之分别；故答案为：蒸馏；消耗氯气为

0.896L

+Cl

+SCl

率为

22.4L/mol 2 2 2 2 2 2×100%=71%；0.08mol×119g/mol故答案为：71%；取少量的SOCl2NaOH溶液，振荡、静止得到无色溶液，含亚硫酸根离子和氯离子，检验溶液存在的Cl−Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加HNO3酸化，再参与AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Cl−；Ba(NO3)2HNO3酸化，再参与AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Cl−。试验室用二氧化锰与浓盐酸制取氯气：MnO2

+H++−

O，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水吸取HCl，用浓硫酸枯燥氯气，二氧化硫气体由亚硫酸钠和浓硫酸制备，同理用浓硫酸枯燥制得的二氧化硫气体，枯燥纯洁的氯气和二氧化硫在三颈烧瓶中反响制得SOCl2，SO2+C12+SCl2=2SOCl2，SOCl2易水解，氯气和二氧化硫污染空气，不能直接排放，故冷凝管上连接的盛有碱石灰的枯燥管，试验完毕后，将三颈烧瓶中混合物蒸馏得到产品，据此分析作答。此题考察物质的制备试验，为高考常见题型，把握制备试验及发生的反响为解答的关键，侧重于学生的分析力气和试验力气的考察，留意常见气体的制备原理及应用，题目难度中等。9.答案：(12(4)促进水解，加快反响速率；TiO2++2H2OTiO(OH)2+2H+3(2)承受钛铁矿粉末、上升温度、使用浓度较大的稀硫酸等；将Fe3+复原为Fe2+(3)削减NH4HCO3分解、削减Fe2+水解；Fe2+(4)促进水解，加快反响速率；TiO2++2H2OTiO(OH)2+2H+3(5)K

(FeCO

)=+)·O−+)=Kp(FeCO3)=01mol/L=0×5mol⋅1，3sp 33

3 c(CO2−)

3.0×10−6H=H−)=5mol⋅1+)⋅c2H−)=6<Kp2]=0×6，故所得的FeCO3中无Fe(OH)2解析：此题考察混合物分别提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反响、混合物分别方法为解答关键，侧重分析与试验力气的考察，留意元素化合物学问的应用，题目难度不大。由流程可知，加硫酸溶解生成TiO2+和Fe3+、Fe2+，参与铁复原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，得到硫酸亚铁和TiOSO4TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液参与碳酸钠加热，促进TiO2+的水解生成TiO(OH)2，分解得到TiO2⋅nH2O；绿矾晶体溶于水，参与足量碳酸氢铵溶液可生成碳酸亚铁和二氧化碳，通入氧气煅烧可生成氧化铁，以此解答该题。(1)设FeTiO3Fe的化合价为x，则x+(+4)+(−2)×3=0，得x=+2故答案为：+2；为加快钛铁矿在稀硫酸中的溶解，可实行的措施有承受钛铁矿粉末、上升温度、使用浓度较大的稀硫酸等；酸性溶液中参与适量铁屑的目的是将Fe3+复原为Fe2+，故答案为：承受钛铁矿粉末、上升温度、使用浓度较大的稀硫酸等；将Fe3+复原为Fe2+；3FeSO4溶液与NH4HCO3溶液的反响温度应把握在35℃以下，其缘由是削减NH4HCO3分解、削减Fe2+水解，该反响的离子方程式是Fe2++2HCO−=FeCO3↓+CO2↑+H2O，3为TiO2++2H2OTiO(OH)2+2H+，3故答案为：削减NH4HCO3分解、削减Fe2+水解；Fe2++2HCO−=FeCO3为TiO2++2H2OTiO(OH)2+2H+，3故答案为：促进水解，加快反响速率；TiO故答案为：促进水解，加快反响速率；TiO2++2H2OTiO(OH)2+2H+；

(FeCO

)=+)⋅−e+)=01mol/L=0×5mol⋅1H=，sp 3

3 3.0×10−6则c(OH−)=10−5.5mol⋅L−1，故c(Fe2+)⋅c2(OH−)=10−16<Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10−16，故所得的FeCO3中无Fe(OH)2，故答案为：K

(FeCO)=c(Fe2+)·c(CO2−)，故c(Fe2+)=Ksp(FeCO3)=3.0×10−11mol/L=1.03sp 3 33

c(CO2−)

3.0×10−610−5mol⋅L−1，pH=8.5，则c(OH−)=10−5.5mol⋅L−1，故c(Fe2+)⋅c2(OH−)=10−16<Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10−16，故所得的FeCO3中无Fe(OH)2。10.答案：(1124.2；①上升温度；②丙烷直接裂解是吸热反响，通入足量O2可供给裂解所需的能量，并保持热平衡；(2)①BCD；②>；(3)①0.09；②0.21。解析：此题考察了化学反响速率的计算，化学平衡常数，化学平衡移动原理等，需要把握平衡的综合计算和综合运用，侧重分析与应用力气的考察，留意平衡时量的推断及平衡移动，题目难度较大。(1)由左图可得热化学方程式：C3H8(g)=CH4(g)+C2H2(g)+H2(g)ΔH=+156.6kJ·mol−1①，由右图可得热化学方程式：C3H6(g)=CH4(g)+C2H2(g)ΔH=+32.4kJ·mol−1②，依据盖斯定律，①−②可得：C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)ΔH=+124.2kJ·mol−1；故答案为：+124.2；①该反响为吸热反响，上升温度可以既能提高反响速率又能使平衡向正向移动，使反响物的平衡转化率增大，故可实行的措施是上升温度；故答案为：上升温度；38)=C36)+2()H=J·mol138)+O2)⇌36)+2H2O(g)△H=−235kJ/mol是放热反响，供给热量，通入O2的目的是丙烷直接裂解是吸热反响，通入足量O2可供给裂解所需的能量，并保持热平衡；故答案为：丙烷直接裂解是吸热反响，通入足量O2可供给裂解所需的能量，并保持热平衡；①A.催化剂参与了歧化反响，转变了反响历程，故A错误；B.催化剂不影响化学平衡，说明催化剂使k 和k 增大一样倍数，故B正确；正 逆C.使用催化剂，降低反响的活化能，使更多的分子变为活化分子，增大了活化分子百分数，故C正确；D.由化学平衡常数K=

k正以及平衡常数只与温度有关可知，速率常数的大小也只与温度有关，与反k逆应程度无关系，故D正确；故答案为：BCD；依据tminC48)=amo24)=amo36)=bmo，且平衡时C3H6的体积分数为25%，可得b=(a+2a+b)×25％，解得：a=b；则该反响的平衡常数K= c2(C3H6)c(C4H8)c(C2H4)

=a2

=0.5；按计量数之比投料到达平衡时，生成物的百分含量最大；C48C24C36的体积分数增大，故体积分数大于1；4>；①120min内，压强削减(80−69.4)kPa=10.6kPa，而压强的减小只与反响Ⅰ有关，且依据三2 3 2 CHClCHClCHv(CHClCHClCH)=10.6kPa2 3 2 120min

≈0.09kPa⋅min−1；故答案为：0.09；②该温度下，假设平衡时HCl的体积分数为12.5%，设起始投料均为n，则CH2=CHCH3(gCl2(g)⇌CH2ClCHClCH3(g)开头 n n 0转化 x x xCH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)开头nn00转化yyyy300min到达平衡，2n=2n−x，解得x=0.56n，y =1，解得y=0.18n，80 57.6 2n−x 8反响Ⅰ的平衡常数Kp故答案为：0.21。

0.56n×57.6kPa=n=(n−0.18n−0.56n×57.6kPa)2n

=1；11.答案：(1)N>O>C；3s23p3；9；(2)sp2、sp3；NH3分子间存在氢键，而AsH3分子间不能形成氢键；(3)正四周体；；1,3,③3×√

444

4 ρNA解析：【试题剖析】【试题解析】此题考察了物质构造和性质，涉及原子构造、杂化、粒子空间构型、氢键、共价键类型和晶体类型及晶胞计算等学问点，侧重考察根底学问灵敏运用、空间想像力气及计算力气，难点是晶胞计算，留意晶胞密度公式灵敏运用，题目难度中等。同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族第一电离能N>O>C；P15，P3s、3p能级上的电子，价电子排布式为3s23p3，电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，基态P原子99个空间运动状态，故答案为：N>O>C；3s23p3；9；N34，依据价层电子对互斥理论推断N原子杂化类型分别为sp2、sp3；NH3分子间能形成氢键，而AsH3分子间不能形成氢键，所以NH3沸点高，故答案为：sp2、sp3；NH3分子间存在氢键，而AsH3分子间不能形成氢键；PO3−的价层电子对数=4+5+3−4×2=4，无孤电子对，则其VSEPR模型与空间构型一样，均为4 2正四周体，故答案为：正四周体；①金刚石晶胞内部的碳原子数为4，顶点和面心的碳原子为4，所以磷化镓晶体为