2024年岳麓版高二化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年岳麓版高二化学下册阶段测试试卷707考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、把含硫酸铵和硝酸铵的混合液aL分成两等份。一份加入含bmolNaOH的溶液并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗cmolBaCl2才能使SO42－完全沉淀，则原溶液中NO3－的物质的量浓度为A.B.C.D.2、蛋白质发生的下列过程中，可逆的是：rm{(}rm{)}A.变性B.煮熟C.盐析D.加入浓硫酸3、已知酸性：rm{{H}_{2}S{O}_{4}>}rm{>{H}_{2}C{O}_{3}>}rm{>HCO_{3}^{?}}综合考虑反应物的转化率和原料成本等因素，将转变为的最佳方法是rm{(}rm{)}A.与足量的rm{NaOH}溶液共热后，再通入足量rm{CO_{2}}B.与足量的rm{NaOH}溶液共热后，再加入适量rm{H_{2}SO_{4}}C.与稀rm{H_{2}SO_{4}}共热后，加入足量的rm{NaOH}溶液D.与稀rm{H_{2}SO_{4}}共热后，加入足量的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液4、已知某化学反应rm{A_{2}(g)+2B_{2}(g)===2AB_{2}(g)(AB_{2}}的分子结构为rm{B隆陋A隆陋B)}的能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是：

A.该反应的进行一定需要加热B.该反应的rm{娄陇}rm{H}rm{=-(}rm{E}rm{{,!}_{1}-}rm{E}rm{{,!}_{2})kJ隆陇mol^{-1}}C.该反应中，反应物的键能总和大于生成物的键能总和D.断裂rm{1molA隆陋A}键和rm{2molB隆陋B}键，放出rm{E}rm{{,!}_{1}kJ}能量5、当镁原子由rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}隆煤1s^{2}2s^{2}2p^{6}3p^{2}}时，以下认识正确的是rm{(}rm{)}A.镁原子由基态转化成激发态，这一过程中吸收能量B.镁原子由激发态转化成基态，这一过程中释放能量C.转化后位于rm{p}能级上的两个电子处于同一轨道，且自旋状态相同D.转化后镁原子与硅原子电子层结构相同，化学性质相似评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、（6分）根据正放在桌面上的右图装置，回答下列问题：（1）现有H2、SO2、NH3、N2四种气体①用排空气法收集某气体，则由A口进气可收集到的气体为。②用排水法收集某气体，可在该容器中充满水，气体应由口进入。（2）若用该装置除去H2中的水分，容器中可盛放的试剂为。7、某实验小组为确定过氧化氢分解的最佳催化条件；用如图实验装置进行实验，反应物用量和反应停止的时间数据如下：

。MnO2

H2O2时间0.1g0.3g0.5g10mL1.5%223s67s56s10mL3.0%308s109s98s10mL4.5%395s149s116s分析表中数据回答下列问题：

(1)相同浓度的过氧化氢的分解速率随着二氧化锰用量的增加而____________．

(2)从实验效果和“绿色化学”的角度考虑；双氧水的浓度相同时，加入____________g的二氧化锰为较佳选择．

(3)该小组的某同学分析上述数据后认为：“当用相同质量的二氧化锰时，双氧水的浓度越小，所需要的时间就越少，亦即其反应速率越快”的结论，你认为是否正确____________；理由是____________．8、rm{(I)}下列各组中的两种有机物，可能是：rm{(A)}相同的物质，rm{(B)}同系物，rm{(C)}同分异构体。请判断它们之间的关系rm{(}用rm{A}rm{B}rm{C}填空rm{)}rm{垄脵2-}甲基丁烷和丁烷______________rm{垄脷}正戊烷和rm{2}rm{2-}二甲基丙烷__________rm{垄脹}对二甲苯和rm{1}rm{4隆陋}二甲苯____________rm{垄脺1-}已烯和环已烷________________。rm{(II)}请写出下列反应的化学方程式rm{(1)}乙烯在催化剂的作用下生成聚乙烯。rm{(2)}苯乙烯与溴的四氯化碳溶液反应。rm{(3)}苯与浓硫酸、浓硝酸的混合酸在rm{50-60^{0}C}时发生取代反应。9、rm{(1)}下列三个反应在某密闭容器中进行：反应rm{垄脵}rm{Fe(s)+CO_{2}(g)篓T篓T篓TFeO(s)+CO(g)}rm{娄陇H_{1}=akJ隆陇mol^{-1}}反应rm{垄脷}rm{2CO(g)+O_{2}(g)篓T篓T篓T2CO_{2}(g)}rm{娄陇H_{2}=bkJ隆陇mol^{-1}}反应rm{垄脹}rm{2Fe(s)+O_{2}(g)篓T篓T篓T2FeO(s)}rm{娄陇H_{3}=}____________rm{(}用含rm{a}rm{b}的代数式表示rm{)}rm{(2)}已知下列热化学方程式：rm{垄脵Zn(s)+1/2O_{2}(g)篓T篓T篓TZnO(s)}rm{娄陇H_{1}=-351.1kJ隆陇mol^{-1}}rm{娄陇H_{1}=-351.1

kJ隆陇mol^{-1}}rm{娄陇H_{2}=-90.7kJ隆陇mol^{-1}}由此可知rm{垄脷Hg(l)+1/2O_{2}(g)篓T篓T篓THgO(s)}rm{娄陇H_{2}=-90.7

kJ隆陇mol^{-1}}其中rm{Zn(s)+HgO(s)篓T篓T篓TZnO(s)+Hg(l)}为___________________________。rm{娄陇H_{3}}焦炭与rm{娄陇H_{3}}rm{(3)}rm{CO}均是重要的化工原料，由rm{CO_{2}}制备甲醇过程可能涉及的反应如下：反应Ⅰ：rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)}rm{娄陇H_{1}=-49.58kJ隆陇mol^{-1}}反应Ⅱ：rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)}rm{娄陇H_{2}=41.19kJ隆陇mol^{-1}}反应Ⅲ：rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}rm{H_{2}}回答下列问题：反应Ⅲ的rm{CO_{2}}___________________________________________________。rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?

CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)}一种煤炭脱硫技术可以把硫元素以rm{娄陇H_{1}=-49.58

kJ隆陇mol^{-1}}的形成固定下来，但产生的rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?

CO(g)+H_{2}O(g)}又会与rm{娄陇H_{2}=41.19

kJ隆陇mol^{-1}}发生化学反应，相关的热化学方程式如下：rm{垄脵CaSO_{4}(s)+CO(g)?CaO(s)+SO_{2}(g)+CO_{2}(g)娄陇H=210.5kJ隆陇mol^{-1}}rm{垄脷1/4CaSO_{4}(s)+CO(g)?1/4CaS(s)+CO_{2}(g)娄陇H=-47.3kJ隆陇mol^{-1}}反应：rm{CaO(s)+3CO(g)+SO_{2}(g)?CaS(s)+3CO_{2}(g)}rm{CO(g)+2H_{2}(g)?

CH_{3}OH(g)}____________rm{娄陇H_{3}}rm{娄陇H_{3}=}现根据下列rm{(4)}个热化学反应方程式：rm{Fe_{2}O_{3}(s)+3CO(g)篓T篓T篓T篓T2Fe(s)+3CO_{2}(g)娄陇H=-24.8kJ隆陇mol^{-1}垄脵}rm{3Fe_{2}O_{3}(s)+CO(g)篓T篓T篓T篓T2Fe_{3}O_{4}(s)+CO_{2}(g)娄陇H=-47.2kJ隆陇mol^{-1}垄脷}rm{Fe_{3}O_{4}(s)+CO(g)篓T篓T篓T篓T3FeO(s)+CO_{2}(g)娄陇H=-19.4kJ隆陇mol^{-1}垄脹}写出rm{CaSO_{4}}气体还原rm{CO}固体得到rm{CaSO_{4}}固体和rm{垄脵CaSO_{4}(s)+CO(g)?

CaO(s)+SO_{2}(g)+CO_{2}(g)娄陇H=210.5kJ隆陇mol^{-1}}气体的热化学反应方程式：___________。rm{垄脷1/4CaSO_{4}(s)+CO(g)?

1/4CaS(s)+CO_{2}(g)娄陇H=-47.3kJ隆陇mol^{-1}}10、（本题共14分）恒温恒容条件下，硫可以发生如下转化，其反应过程和能量关系如图1所示。请回答下列问题：（1）写出能表示硫的燃烧热的热化学方程式：。（2）已知在450℃并有催化剂存在下：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=－196.6KJ·mol-1,①该热化学反应方程式的意义是。②图1中的ΔH2=KJ·mol－1③恒温恒容时，1molSO2和2molO2充分反应，放出热量的数值比∣ΔH2∣____(填“大”“小”或“相等”)④）恒容条件下，下列措施中能使n(SO3)/n(SO2)增大的有____。a．升高温度b．充入He气c．再充入1molSO2(g)和1molO2(g)d．使用催化剂(3)某SO2(g)和O2(g)体系，时间t1达到平衡后，改变某一外界条件，反应速率与时间t的关系如图2所示，若不改变SO2(g)和O2(g)的量，则：①图中t4时引起平衡移动的条件可能是；②图中表示平衡混合物中SO3的含量最高的一段时间是____________。A、t1～t2B、t3～t4C、t5～t6D、t7～t811、（14分，每空2分）某有机物A能与NaOH溶液反应，其分子中含有苯环，相对分子质量为136，其中含碳的质量分数为70．6%，氢的质量分数为5．9%，其余为氧。（1）A的分子式是。若A能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，其结构有种。（3）若A与NaOH溶液在加热时才能反应，且1molA消耗1molNaOH，则A的结构简式可能是或者是。（4）若A与NaOH溶液在加热时才能反应，且1molA消耗2molNaOH，则符合条件的A的结构可能有种，其中能发生银镜反应的有种，不能发生银镜反应的物质的结构简式是。12、（7分）决定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题：（1）铜是过渡元素。化合物中，铜常呈现+1价或+2价。右图为某铜氧化物晶体结构单元，该氧化物的化学式为。（2）第三周期部分元素氟化物的熔点见下表：。氟化物NaFMgF2SiF4熔点/K12661534183解释MgF2与SiF4熔点差异的原因。（3）A和B为第三周期元素，其原子的部分电离能如下表所示：。电离能/kJ·mol－1I1I2I3I4A5781817274511578B7381451773310540则A的电负性B的电负性（填“＞”、“＜”或“＝”）。（4）研究物质磁性表明：金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。离子型氧化物V2O5、CrO2、Fe3O4中，更适合作录音带磁粉原料的是__________（填化学式）。（5）实验室检验Ni2+可用丁二酮肟与之作用生成腥红色配合物沉淀。②在配合物中用化学键和氢键标出未画出的作用力（镍的配位数为4）。13、某温度时；在VL密闭容器中，A；B、C三种物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析：

（1）反应的化学方程式为______．

（2）从开始到t1min末时，用物质C表示的反应速率为______．评卷人得分三、其他(共7题，共14分)14、可用于提纯或分离物质的常用方法有：①过滤、②结晶、③升华、④分馏、⑤盐析、⑥渗析、⑦加热分解⑧分液等，将分离或提纯的编号填入下列各混合物后面的横线上。（1）除去碳酸钠固体中混有的碳酸氢钠；（2）除去石灰水中悬浮的CaCO3颗粒；（3）除去氯化钠单质中混有的碘单质；15、（15分）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的转化关系，其中A、E分子式分别是C9H8O和C9H8O2,E分子中除苯环外还含有一个六元环，且E中不含甲基。根据下列转化关系回答问题：（1）写出A分子中所含官能团的名称________________________________。（2）完成方程式，并分别写出反应类型A→B___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。B→C___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。（3）写出E的结构简式______________________________。（4）要中和16.6gD，需要2mol/LNaOH溶液的体积为_________mL。（5）符合下列条件的D的同分异构体共有_________种，写出其中任意一种同分异构体的结构简式______________________________________。①苯环上有两个取代基②能与FeCl3溶液发生显色反应③能发生水解反应和银镜反应16、已知：(X代表卤素原子，R代表烃基)利用上述信息，按以下步骤从合成(部分试剂和反应条件已略去)请回答下列问题：（1）分别写出B、D的结构简式：B_________、D_________。（2）反应①～⑦中属于消去反应的是___________。(填数字代号)（3）如果不考虑⑥、⑦反应，对于反应⑤，得到的E可能的结构简式为：_________。（4）试写出CD反应的化学方程式(有机物写结构简式，并注明反应条件)。17、(8分)A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(部分反应条件及产物略去)。（1）若B是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色气体，则B→C的化学方程式为。（2）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C的名称为，试写出C与水反应的化学方程式。（3）若C是红棕色气体，试写出B与氧气反应的化学方程式。18、（8分）由丙烯出发，经如下反应，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）写出X和Y的结构简式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反应类型为__________；由W生成丙烯酸的反应类型为___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定条件下可合成高分子G，反应方程式为。19、已知：(X代表卤素原子，R代表烃基)利用上述信息，按以下步骤从合成(部分试剂和反应条件已略去)请回答下列问题：（1）分别写出B、D的结构简式：B_________、D_________。（2）反应①～⑦中属于消去反应的是___________。(填数字代号)（3）如果不考虑⑥、⑦反应，对于反应⑤，得到的E可能的结构简式为：_________。（4）试写出CD反应的化学方程式(有机物写结构简式，并注明反应条件)。20、(8分)A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(部分反应条件及产物略去)。（1）若B是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色气体，则B→C的化学方程式为。（2）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C的名称为，试写出C与水反应的化学方程式。（3）若C是红棕色气体，试写出B与氧气反应的化学方程式。评卷人得分四、探究题(共4题，共8分)21、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。22、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。23、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。24、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分五、简答题(共3题，共21分)25、rm{2010}年上海世博会场馆，大量的照明材料或屏幕都使用了发光二极管rm{(LED).}目前市售rm{LED}品片，材质基本以rm{GaAs(}砷化镓rm{)}rm{AlGaInP(}磷化铝镓铟rm{)}rm{lnGaN(}氮化铟镓rm{)}为主rm{.}已知镓是铝同族下一周期的元素rm{.}砷化镓的晶胞结构如图rm{.}试回答：

rm{(1)}镓的基态原子的电子排布式是______．

rm{(2)}砷化镓晶胞中所包含的砷原子rm{(}白色球rm{)}个数为______；与同一个镓原子相连的砷原子成的空间构型为______．

rm{(3)N}rm{P}rm{As}处于同一主族，其氢化物沸点由高到低的顺序是______rm{.}rm{(}用氢化物分子式表示rm{)}

rm{(4)}砷化镓可由rm{(CH_{3})_{3}Ga}和rm{AsH_{3}}在rm{700隆忙}时制得rm{.(CH_{3})_{3}Ga}中镓原子的杂化方式为______．

rm{(5)}比较二者的第一电离能：rm{As}______rm{Ga(}填“rm{<}”、“rm{>}”或“rm{=}”rm{)}．

rm{(6)}下列说法正确的是______rm{(}填字母rm{)}．

A.砷化镓晶胞结构与rm{NaCl}相同rm{B.GaP}与rm{GaAs}互为等电子体。

C.电负性：rm{As>Ga}rm{D.}砷化镓晶体中含有配位键．26、下表是现行中学化学教科书中元素周期表的一部分，表中的每个编号表示一种元素，请根据要求回答问题．

rm{(1)垄脷}表示的元素是______rm{(}填元素符号rm{)}

rm{(2)垄脵}rm{垄脻}两种元素的原子半径大小为rm{垄脵}______rm{垄脻(}填“rm{<}”或“rm{>}”rm{)}

rm{(3)垄脹}rm{垄脺}两种元素的金属性强弱顺序为：rm{垄脹}______rm{垄脺(}填“rm{<}”或“rm{>}”rm{)}

rm{(4)}写出rm{垄脹}与rm{垄脼}两种元素所形成化合物的化学式______．27、醋酸在日常生活和生产中的应用很广泛。rm{(1)pH=3}的醋酸和rm{pH=11}的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈________rm{(}填“酸性”、“中性”或“碱性”rm{)}溶液中rm{c(Na^{+})}________rm{c(CH_{3}COO^{-})(}填“rm{>}”、“rm{=}”或“rm{<}”rm{)}rm{(2)25隆忙}时，向rm{0.1mol隆陇L^{-1}}的醋酸中加入少量醋酸钠固体，当固体溶解后，测得溶液rm{pH}增大，主要原因是_______。rm{(3)}室温下，如果将rm{0.1molCH_{3}COONa}固体和rm{0.05molHCl}全部溶于水形成混合溶液中：______和______两种粒子的物质的量之和等于rm{0.1mol}rm{(4)}用标准的rm{NaOH}溶液滴定未知浓度的醋酸，选用酚酞为指示剂，下列能造成测定结果偏高的是_______。A.未用标准液润洗碱式滴定管B.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有气泡rm{(5)}为了研究沉淀溶解平衡和沉淀转化，某同学查阅资料并设计如下实验。资料：rm{AgSCN}是白色沉淀，相同温度下，溶解度：rm{AgSCN>Agl}。操作步骤现象步骤rm{1}向rm{2mL0.005mol隆陇L^{-1}AgNO_{3}}溶液中加入rm{2mL0.005mol隆陇L^{-1}KSCN}溶液，静置。出现白色沉淀步骤rm{2}取rm{lmL}上层清液于试管中，滴加rm{1}滴rm{2mol隆陇L^{-1}Fe(NO_{3})_{3}}溶液溶液变红色步骤rm{3}向步骤rm{2}的溶液中，继续加入rm{5}滴rm{3mol隆陇L-1AgNO3}溶液。现象rm{a}溶液红色变浅。步骤rm{4}向步骤rm{l}余下的浊液中加入rm{5}滴rm{3mol隆陇L^{-1}Kl}溶液。出现黄色沉淀。rm{垄脵}写出步骤rm{2}中溶液变红色的离子方程式___________；rm{垄脷}步骤rm{3}“中现象rm{a}”是___________；rm{垄脹}用化学平衡原理解释步骤rm{4}的实验现象___________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【解析】试题分析：加入bmolNaOH产生bmolNH3，说明溶液中有NH4+为bmol。加入cmolBaCl2使SO42-全沉说明溶液中有SO42-cmol。混合溶液中除了有NH4+和SO42-还有NO3-根据电荷守恒可以求出n(NO3-)=（b-2c）mol，则c(NO3-)==所以选B。考点：硫酸盐的计算【解析】【答案】B2、C【分析】rm{A}rm{.}在某些物理因素或化学因素的影响下，蛋白质的理化性质在某些物理因素或化学因素的影响下，蛋白质的理化性质rm{.}和生理功能发生改变的现象称为蛋白质的变性，该过程是不可逆的，故A错误；rm{.B}rm{.B}C.煮熟蛋白质属于蛋白质的变性，是不可逆过程，，故B错误；当向蛋白质溶液中加入的盐溶液达到一定浓度时，反而使蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出，这种作用叫盐析，盐析是可逆的，故C正确；rm{D}．故选：向蛋白质中加入浓硫酸，浓硫酸能使蛋白质变性，是不可逆过程故D错误；【解析】rm{C}3、A【分析】【分析】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、羧酸性质的考查，注意酸性的比较及应用，题目难度不大。【解答】A、碱性条件下，水解生成然后通入过量二氧化碳生成且二氧化碳较廉价，故A正确；

B、碱性条件下，水解生成然后加入稀硫酸生成而得不到故B错误；

C、酸性条件下，水解生成然后加入rm{NaOH}溶液时生成而得不到故C错误；

D、在酸性条件下水解生成再加入足量rm{Na_{2}CO_{3}}溶液生成得不到故D错误，故选A。【解析】rm{A}4、C【分析】【分析】本题考查反应热量变化的分析判断，图象分析，反应前后的能量守恒应用，化学键的断裂和形成与能量的关系，计算焓变的依据，题目较简单。【解答】A.由图像可知，反应物能量之和小于生成物的能量之和，该反应是吸热反应，吸热反应不一定都要加热，例如rm{Ba(OH)_{2}?8H_{2}O}和rm{NH_{4}Cl}在常温下就反应；故A错误；

B.该反应的rm{娄陇}rm{娄陇}rm{H}断裂反应物化学键吸收热量rm{H}形成生成物化学键所放出热量，该反应为吸热反应，所以rm{triangleH=+(E_{1}-E_{2})kJ/mol}故B错误；

C.反应是吸热反应；据能量守恒可知，反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，即反应物的键能总和大于生成物的键能总和，故C正确；

D.断裂化学键吸收热量，所以断裂rm{=}和rm{-}吸收rm{triangle

H=+(E_{1}-E_{2})kJ/mol}能量；故D错误。

故选C。

rm{1molA-A}【解析】rm{C}5、A【分析】【分析】本题主要考查学生对核外电子排布规律的理解，根据构造原理、泡利原理和洪特规则，能量最低排布的就是基态电子排布。【解答】根据构造原理、泡利原理和洪特规则，能量最低排布的就是基态电子排布，即rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}}为基态电子排布，rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3p^{2}}为激发态电子排布。A.镁原子由基态变为激发态是需要吸收能量的，故A正确；B.镁原子由激发态变为基态是需要释放能量的，故B错误；C.根据洪特规则可知，两个电子分别单独占据一个轨道，且自旋方向相同，故C错误；D.硅原子电子层结构rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{2}}所以转化后的镁原子和硅原子是不同的，故D错误。故选A。【解析】rm{A}二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】【解析】试题分析：（1）①由A口进气，说明收集的气体密度大于空气的，因此是SO2。②用排水法收集某气体，可在该容器中充满水，则气体应由B口进入，水从A排出。（2）干燥氢气可以选择浓硫酸。考点：考查常见气体的收集【解析】【答案】（6分）（1）①SO2②B（2）浓硫酸7、略

【分析】解：(1)由表中数据可知；双氧水的量相同，加入的二氧化锰质量越多，反应所需的时间越短，说明反应速率越快；

故答案为：加快；

(2)根据表中数据；在双氧水的浓度相同时，加入0.3g二氧化锰与加入0.1g二氧化锰对化学反应速率影响相差较大，加入0.3g二氧化锰与加入0.5g二氧化锰对反应速率的影响相差不是很大，所以加入二氧化锰的最佳量为0.3g；

故答案为：0.3；

(3)从表中数据可知，相同体积3.0%的双氧水中的溶质含量是1.5%的双氧水中溶质含量的二倍，但反应的时间却比其反应时间的二倍小得多，由反应速率计算公式(v=)可得出；此实验条件下双氧水的浓度越大分解速率越快；

故答案为：不正确；从表中数据可知，相同体积3.0%的双氧水中的溶质含量是1.5%的双氧水中溶质含量的二倍，但反应的时间却比其反应时间的二倍小得多，由反应速率计算公式(v=)可得出，此实验条件下双氧水的浓度越大分解速率越快．【解析】加快;0.3;不正确;从表中数据可知，相同体积3.0%的双氧水中的溶质含量是1.5%的双氧水中溶质含量的二倍，但反应的时间却比其反应时间的二倍小得多，由反应速率计算公式(v=)可得出，此实验条件下双氧水的浓度越大分解速率越快．8、（Ⅰ）①B②C③A④C

（Ⅱ）（1）

（2）

（3）

【分析】【分析】本题考查同系物、同分异构体的判断和有机化学反应方程式的书写，题目较简单。【解答】rm{(}Ⅰrm{)垄脵}rm{2-}甲基丁烷就是异戊烷，其与丁烷属于同系物，故答案为：甲基丁烷就是异戊烷，其与丁烷属于同系物，故答案为：rm{2-}rm{B}rm{垄脷}rm{2}rm{2-}二甲基丙烷就是新戊烷，与正戊烷是同分异构体，故答案为：二甲基丙烷就是新戊烷，与正戊烷是同分异构体，故答案为：rm{2}rm{2-}对二甲苯和rm{C}rm{垄脹}二甲苯是两种不同的命名方法命名的同一种物质，故答案为：rm{1}rm{4隆陋}二甲苯是两种不同的命名方法命名的同一种物质，故答案为：rm{1}rm{4隆陋}已烯和环已烷分子式相同，但结构不同，故答案为：rm{A}rm{垄脺}乙烯在催化剂的作用下生成聚乙烯的化学方程式为：故答案为：rm{1-}已烯和环已烷分子式相同，但结构不同，故答案为：苯乙烯与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为：故答案为：rm{1-}苯与浓硫酸、浓硝酸的混合酸在rm{C}rm{(II)(1)}rm{(2)}苯乙烯与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为：时发生取代反应的方程式为：故答案为：rm{(2)}【解析】rm{(}Ⅰrm{)垄脵B}rm{垄脷C}rm{垄脹A}rm{垄脺C}rm{(}Ⅱrm{)(1)}rm{(2)}rm{(3)}9、（1）（2a+b）kJ•mol-1

（2）-260.4kJ/mol

（3）－90.77kJ•mol﹣1

（4）-399.7

（5）FeO（s）+CO（g）=Fe（s）+CO2（g）△H=-11kJ•mol-1【分析】【分析】本题考查盖斯定律的应用以及热化学方程式的书写，难度中等。【解答】rm{(1)}根据盖斯定律，反应rm{垄脹=垄脵隆脕2+垄脷}所以rm{triangleH}所以rm{垄脹=垄脵隆脕2+垄脷}rm{triangleH}rm{{,!}_{3}}rm{=2triangleH}rm{=2triangleH}rm{{,!}_{1}}rm{+triangleH}rm{+triangleH}rm{{,!}_{2}}rm{=(2a+b)kJ?mol}rm{=(2a+b)kJ?mol}rm{{,!}^{-1}}，故答案为：rm{(2a+b)kJ?mol}rm{(2a+b)kJ?mol}rm{{,!}^{-1}}；rm{(2)}已知：rm{垄脵Zn(s)+1/2O}

rm{垄脵Zn(s)+1/2O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)篓TZnO(s)triangleH}rm{(g)篓TZnO(s)triangleH}rm{{,!}_{1}}rm{=-351.1kJ?mol}

rm{=-351.1kJ?mol}得rm{{,!}^{-1}}

rm{Hg(l)+1/2O}rm{Hg(l)+1/2O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)篓THgO(s)triangleH}rm{(g)篓THgO(s)triangleH}rm{{,!}_{2}}rm{=-90.7kJ?mol}故答案为：rm{=-90.7kJ?mol}rm{{,!}^{-1}}根据盖斯定律，rm{垄脵-垄脷}得rm{Zn(s)+HgO(s)=ZnO(s)+Hg(l)}rm{垄脵-垄脷}rm{Zn(s)+HgO(s)=ZnO(s)+Hg(l)}则rm{triangleH}rm{triangleH}Ⅱrm{{,!}_{3}}rm{=triangleH}rm{=triangleH}rm{{,!}_{1}}rm{-triangleH}rm{-triangleH}rm{{,!}_{2}}rm{=-351.1kJ/mol-(-90.7kJ/mol)=-260.4kJ/mol}故答案为：rm{=-351.1kJ/mol-(-90.7kJ/mol)=-260.4kJ/mol}rm{-260.4kJ/mol}；rm{(3)}故答案为：根据盖斯定律，反应Ⅲ可以是由Ⅰrm{-}Ⅱ可得rm{-}得到，所以反应Ⅲ的焓变rm{=}rm{(g)triangleH=4隆脕(-47.3kJ?mol}rm{=}rm{-}rm{-}rm{49.58}rm{49.58}rm{-(}rm{-(}rm{+41.19}rm{+41.19}rm{)}rm{)}rm{=}rm{=}rm{-}rm{(g)triangleH=-24.8kJ/mol}

rm{-}rm{90.77}rm{90.77}rm{kJ?mol^{-1}}故答案为：rm{kJ?mol^{-1}}rm{-90.77kJ?mol^{-1}}；rm{(4)}利用盖斯定律将rm{垄脷隆脕4-垄脵}可得rm{CaO(s)+3CO(g)+SO}rm{垄脷隆脕4-垄脵}rm{(g)triangleH=-47.2kJ/mol}

rm{CaO(s)+3CO(g)+SO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)?CaS(s)+3CO}rm{(g)?CaS(s)+3CO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)triangle

H=4隆脕(-47.3kJ?mol}rm{(g)triangleH=-19.4kJ/mol}

结合盖斯定律可知，rm{dfrac{;垄脵隆脕3?垄脷?垄脹隆脕2}{;6}}得到rm{(g)triangle

H=4隆脕(-47.3kJ?mol}rm{triangleH=dfrac{;(?24.8kJ/mol)隆脕3?(?47.2kJ/mol)?2隆脕(?19.4kJ/mol);}{6};=-11kJ?mo{l}^{-1}}即热化学方程式为rm{FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO_{2}(g)triangleH=-11kJ?mol^{-1}}故答案为：rm{FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO_{2}(g)triangleH=-11kJ?mol^{-1}}rm{{,!}^{-1}}【解析】rm{(1)(2a+b)kJ?mol^{-1}}rm{(2)-260.4kJ/mol}rm{(3)-90.77kJ?mol^{-1}}rm{(4)-399.7}rm{(5)FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO_{2}(g)triangleH=-11kJ?mol^{-1}}rm{(5)FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO_{2}(g)triangle

H=-11kJ?mol^{-1}}10、略

【分析】（1）燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，所以根据图像可知，热化学方程式是S(s)+O2(g)==SO2(g)ΔH=－297kJ·mol－1。（2）①根据方程式可知，该热化学方程式表示的450℃时，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体时放出的热量为196.6kJ。②根据图像可知，参加反应的SO2是0.8mol，所以反应热是△H＝－196.6kJ/mol×0.8÷2＝－78.64kJ/mol。③增大氧气的浓度，可以提高SO2的转化率，所以放出的热量大于78.64kJ。④升高温度平衡向逆反应方向进行，比值减小；充入He气，平衡不移动，比值不变；再充入1molSO2(g)和1molO2(g)，相当于增大压强，平衡向正反应方向进行，比值增大；催化剂不能改变平衡状态，比值不变，所以答案选c。（3）①图中t4时正逆反应速率均增大，但逆反应速率大于正反应速率，所以改变的条件是升高温度。②t2～t3时，平衡向正反应方向进行，所以平衡时三氧化硫的含量最高，因此答案选B。【解析】【答案】（本题共14分，每空2分）（1）S(s)+O2(g)==SO2(g)ΔH=－297kJ·mol－1（2分）（2）①热化学方程式表示的是450℃时，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体时放出的热量为196.6kJ；（2分）②－78.64（2分）③大（2分）④c（2分）(3)①升高温度（2分）②B（2分）11、略

【分析】试题分析：（1)：（1）有机物A中N（C）==8,N（H）==8,N（O）==2,故分子式为C8H8O2，答案为C8H8O2;（2）若除了苯环侧链为饱和键，则氢原子数符合2n-6=2x8-6=10，而分子中只有8个氢原子，故侧链有一个不饱和键，A能与碳酸氢钠反应放出二氧化碳，则分子中含有羧基，可为苯乙酸、甲基苯甲酸等，其中甲基苯甲酸有；邻、间、对3种，共4种，故答案为：4；;（3）若A与NaOH溶液在加热时才能反应，且1molA消耗1molNaOH，说明分子中含有酯基，可为苯甲酸甲酯或甲酸苯甲酯等，结构简式为故答案为：（4）若A与NaOH溶液在加热时才能反应，且1molA消耗2molNaOH，对应的同分异构体可由甲酸和甲基苯酚形成的甲酸苯酚酯，其中甲基和酯基有邻、间、对3种，另一种为乙酸苯酚酯，不能发生银镜反应，结构简式为故答案为：4；3；．考点：有机物的推断【解析】【答案】（1）C8H8O2（2）4（3）（4）4、3、12、略

【分析】试题分析：（1）在该晶体中含有的O的个数是：8×1/8+1=2;含有的Cu的个数是：4×1=4，Cu:O=4:2=2:1,所以化学式为Cu2O；（2）MgF2为离子晶体，离子间通过离子键结合，离子键是一种强烈的相互作用，断裂消耗较高的能量，而SiF4为分子晶体，分子间通过分子间作用力结合。分子间作用力比化学键弱的多，因此离子晶体熔沸点高于分子晶体。（3）A和B为同一周期的元素。由电离能数据可以看出A的核外电子数比B多，所以原子序数A＞B。原子序数越大，元素的非金属性就越强，元素的电负性就越大。因此元素的电负性A＞B。（4）研究物质磁性表明：金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。离子型氧化物V2O5中V的未成对电子数是0；CrO2中Cr的未成对电子数是2；Fe3O4中Fe的未成对电子数是4、5，比前两种物质都多。因此更适合作录音带磁粉原料的是Fe3O4；（5）在配合物中化学键和氢键表示为：考点：考查晶体的化学式的确定、不同类型的晶体的熔点的比较、元素的电负性的比较、磁性材料的选择、配位化合物中化学键及氢键的表示的知识。【解析】【答案】（1）Cu2O；（2）MgF2为离子晶体，而SiF4为分子晶体，离子晶体熔沸点高于分子晶体（3）＞；（4）Fe3O4；（5）13、略

【分析】解：（1）由图象可以看出；反应中A；B的物质的量减少，应为反应物，C的物质的量增多，应为生成物；

当反应进行到t1min时；△n（A）=1mol-4mol=8mol，△n（B）=8mol-4mol=4mol，△n（C）=6mol；

则△n（A）：△n（B）：△n（C）=8：4：6=4：2：3；参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比；

则反应的方程式为：4A+2B⇌3C；

故答案为：4A+2B⇌3C；

（2）从开始到t1min末时，用物质C表示的反应速率为v（C）==mol•L-1•min-1，故答案为：mol•L-1•min-1．

（1）当反应进行到t1min时；△n（A）=1mol-4mol=8mol，△n（B）=8mol-4mol=4mol，△n（C）=6mol，根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比书写化学方程式；

（2）根据v=进行计算．

本题考查化学反应速率图象题目，题目难度不大．把握化学反应速率的定义和化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键．【解析】4A+2B⇌3C；mol•L-1•min-1三、其他(共7题，共14分)14、略

【分析】【解析】【答案】⑦①③15、略

【分析】【解析】【答案】（1）醛基、碳碳双键（各1分）（2）氧化加成（方程式各2分，类型各1分）]（3）（2分）（4）50（1分）（5）6（2分0；（或邻、间、对均可）（2分）16、略

【分析】【解析】【答案】17、略

【分析】【解析】【答案】（1）2SO2+O22SO3（2）过氧化钠、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（3）2NO+O2=2NO218、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CHBrCH2Br（2分）;CH3CH(OH)CH2(OH)（2分）（2）水解反应（或取代反应）；消去反应（各1分）（3）略（2分）19、略

【分析】【解析】【答案】20、略

【分析】【解析】【答案】（1）2SO2+O22SO3（2）过氧化钠、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（3）2NO+O2=2NO2四、探究题(共4题，共8分)21、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）22、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）23、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）24、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）五、简答题(共3题，共21分)25、略

【分析】解：rm{(1)}镓位于周期表中第四周期第rm{IIIA}故其核外电子排布式为rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}4p^{1}}故答案为：rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}4p^{1}}

rm{(2)}根据“均摊法”：白色球个数为rm{6隆脕dfrac{1}{2}+8隆脕dfrac{1}{8}=4.}由晶胞图可知与同一个镓原子相连的砷原子构成的空间构型为正四面体，故答案为：rm{6隆脕dfrac{1}{2}+8隆脕dfrac

{1}{8}=4.}正四面体；

rm{4}由于rm{(3)}分子间存在氢键，所以rm{NH_{3}}的沸点最高，由于rm{NH_{3}}的相对分子质量大于rm{AsH_{3}}故Arm{PH_{3}}的沸点高于rm{sH_{3}}故答案为：rm{PH_{3}}

rm{NH_{3}>AsH_{3}>PH_{3}}由于rm{(4)}原子周围只有rm{Ga}对成键电子对，故其杂化方法为rm{3}故答案为：rm{sp^{2}}

rm{sp^{2}}和rm{(5)As}处于同一周期，而处于rm{Ga}的rm{VA}外围电子处于半满的较稳定结构，故Arm{As}的第一电离能大于rm{s}故答案为：rm{Ga}

rm{>}晶体中；钠离子位于顶点和面心，氯离子位于棱和体心，二者晶体结构不同，故A错误；

B.rm{(6)A.NaCl}和rm{P}位于同一主族；价电子数目相等，故B正确；

C.同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强；故C正确；

D.由于rm{As}原子最外层只有rm{Ga}个电子，而每个rm{3}原子与rm{Ga}个rm{4}原子成键；因此其中一个共价键必为配位键，故D正确．

故答案为：rm{As}．

rm{BCD}根据镓在周期表中的位置利用能量最低原理和洪特规则书写电子排布式；

rm{(1)}根据“均摊法”计算晶胞的结构；

rm{(2)}分子间存在氢键；沸点最高，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，分子晶体的沸点越高；

rm{(3)NH_{3}}原子周围只有rm{(4)Ga}对成键电子对，故其杂化方法为rm{3}

rm{sp^{2}}和rm{(5)As}处于同一周期，而处于rm{Ga}的rm{VA}外围电子处于半满的较稳定结构，故Arm{As}的第一电离能大于rm{s}

rm{Ga}由题中晶胞图可知rm{(6)}显然是错误的rm{A}根据等电子体的概念可知选项B正确rm{.}根据电负性的概念可知选项C正确rm{.}由于rm{.}原子最外层只有rm{Ga}个电子，而每个rm{3}原子与rm{Ga}个rm{4}原子成键；因此其中一个共价键必为配位键，D正确．

本题考查晶胞的计算、沸点的比较、电子排布式的书写以及杂化轨道等知识，题目难度中等，本题注意晶胞的计算方法和元素周期律的利用．rm{As}【解析】rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}4p^{1}}rm{4}正四面体；rm{NH_{3}>AsH_{3}>PH_{3}}rm{sp^{2}}rm{>}rm{BCD}26、略

【分析】解：由元素在周期表的位置可知，rm{垄脵隆芦垄脼}分别为rm{N}rm{O}rm{Na}rm{Al}rm{P}rm{Cl}