推荐专题03+第06周高考理科综合周周练之化学部分全真模拟.docx

推荐专题03+第06周高考理科综合周周练之化学部分全真模拟.docx

《推荐专题03+第06周高考理科综合周周练之化学部分全真模拟.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《推荐专题03+第06周高考理科综合周周练之化学部分全真模拟.docx（22页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

推荐专题03+第06周高考理科综合周周练之化学部分全真模拟

2019年高考全真模拟试卷（新课标卷）（第六周）（3）

理科综合能力测试化学部分

7．化学与生产、生活、社会等密切相关，下列说法正确的是　　

A．由碳化硅、陶瓷和碳纤维形成的复合材料，是一种新型有机高分子材料，可用于制造航天服

B．用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，能减少白色污染及其危害

C．“84”消毒液主要成分为次氯酸钠，使用时滴加盐酸可以增强消毒效果

D．明矾溶于水可形成氢氧化铝胶体，常用于水体杀菌消毒

【答案】B

【解析】

碳化硅、陶瓷和碳纤维等属于无机物，不是有机高分子材料，A错误；B．白色污染是指聚乙烯塑料袋，由于不能降解从而对环境造成污染，但用CO2合成的是可降解的聚碳酸酯塑料，故可以减少白色污染和危害，B正确；C．次氯酸钠，与适量白醋混合，可生成次氯酸，浓度增大，可增大消毒效果，盐酸是强酸，具有腐蚀性，因此不能滴入盐酸，C错误；D．胶体具有吸附性而没有强氧化性，所以明矾只能作净水剂，不能杀菌消毒，D错误；故合理选项是B。

8．下列关于有机物的说法正确的是（　　）

A．CH2＝CH﹣COOH能发生取代反应、加成反应、水解反应

B．石油裂解的主要目的是为了获得短链的不饱和烃

C．分子式为C4H8O2的酯有3种

D．硬脂酸甘油酯、淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物

【答案】B

【解析】A、CH2＝CH﹣COOH含有碳碳双键和羧基，可发生加成、取代反应，不能发生水解反应，故A错误；B、石油裂解可获得烯烃，可获得短链的不饱和烃，故B正确；C、根据酯基位置异构和碳链异构可得：

甲酸丙酯2种（丙基2种异构）、乙酸乙酯1种、丙酸甲酯1种，共4种，故C错误；D、高分子化合物的相对分子质量为10000以上，硬脂酸甘油酯不是高分子化合物，淀粉和蛋白质能发生水解，且属于高分子化合物，故D错误。

9．NA为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是

A．2g氘化锂（6LiD）中含中子数为NA

B．22.4L（标准状况）CHCl3含C—H键数目为NA

C．2molSO2和1mol18O2充分反应，产物中含18O原子数为2NA

D．0.5molCl2通入FeCl2溶液中，最后溶液中含Fe3＋数目为NA

【答案】A

【解析】A．2g氘化锂（6LiD）中含中子数为：

4NA=NA，故A正确；B．已知体积，但标准状况下CHCl3不是气态，无法计算其物质的量，故B错误；C．SO2和18O2的反应是可逆的，故产物中含18O原子数小于2NA，故C错误；D．FeCl2溶液中Fe2＋物质的量未知，最后溶液中含Fe3＋数目也未知，故D错误；答案选A；

10．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。

W的某种核素不含中子；X、Y原子核外L层的电子数之比为3︰4；X与Z同主族，且X、Y、Z原子的最外层电子数之和为16。

下列说法不正确的是

A．W、X、Z三种元素形成的化合物一定为强电解质

B．简单氢化物的稳定性：

X>Z>Y

C．X与Y形成晶体的基本结构单元为四面体

D．原子半径：

Y>Z>X>W

【答案】A

【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。

W的某种核素不含中子，则W为H元素；X、Y原子核外L层的电子数之比为3∶4，则L层电子数分别为3、4或6、8，X与Z为同主族元素，且X、Y、Z的最外层电子数之和为16，若X、Y的L层电子数分别为3、4，则3+3+4≠16，则X的L层电子数为6，X为O元素，Z为S元素，Y的最外层电子数为16-6-6=4，且Y的L层电子数为8，则Y为Si元素，据此分析解答。

根据上述分析可知：

W为H，X为O元素，Y为Si，Z为S元素。

A．H、O、S形成的亚硫酸为弱酸，属于弱电解质，故A错误；B．非金属性O＞S＞Si，则简单氢化物的稳定性X＞Z＞Y，故B正确；C．O、Si形成的化合物为二氧化硅，二氧化硅晶体的基本结构单元为四面体，故C正确；D．同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，同一周期，从左向右，原子半径逐渐减小，则原子半径Y＞Z＞X＞W，故D正确；答案选A。

11．某学习小组以废催化剂（主要成分SiO2、ZnO、ZnS和CuS）为原料，制备锌和铜的硫酸盐晶体。

设计的实验方案如下：

下列说法不正确的是（　　）

A．步骤①中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnS

B．步骤①、③中发生的反应均为氧化还原反应

C．步骤③涉及的离子反应可能为CuS+H2O2+2H+

Cu2++S+2H2O

D．步骤②和④，采用蒸发浓缩、冷却结晶，过滤后均可获取粗晶体

【答案】B

【解析】A．ZnO、ZnS可与硫酸反应，CuS不溶于硫酸，故A不符合题意；B．①中发生ZnO+H2SO4＝ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4＝ZnSO4+H2S↑，不是氧化还原反应，故B符合题意；C．③中发生CuS+H2O2+H2SO4＝CuSO4+S↓+2H2O，离子反应为CuS+H2O2+2H+

Cu2++S+2H2O，故C不符合题意；D．步骤②和④均为溶液结晶得到含结晶水的晶体，则均采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤获得晶体，故D不符合题意；答案：

B。

12．水系锌离子电池是一种新型二次电池，工作原理如下图。

该电池以粉末多孔锌电极（锌粉、活性炭及粘结剂等）为负极，V2O5为正极，三氟甲磺酸锌[Zn（CF3SO3）2]为电解液。

下列叙述错误的是（）

A．放电时，Zn2＋向V2O5电极移动

B．充电时，阳极区电解液的浓度变大

C．充电时，粉末多孔锌电极发生还原反应

D．放电时，V2O5电极上的电极反应式为：

V2O5＋xZn2＋＋2xe－＝ZnxV2O5

【答案】B

【解析】A．放电时，阳离子向正极移动，所以Zn2＋向V2O5电极移动，故正确；B．充电时，阳极区发生氧化反应，锌离子通过阳离子交换向左移动，所以阳极区电解液的浓度变小，故错误；C．充电时，粉末多孔锌电极为阴极，发生还原反应，故正确；D．放电时，V2O5电极上的电极反应式为：

V2O5＋xZn2＋＋2xe－＝ZnxV2O5，故正确。

故选B。

13．向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。

其中主要含硫各物种（H2S、HS－、S2－）的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与滴加盐酸体积的关系如图所示（忽略滴加过程H2S气体的逸出）。

下列说法不正确的是

A．X、Y为曲线两交叉点。

由X点处的pH，可计Ka1（H2S）

B．Y点对应溶液中c（Na＋）与含硫各微粒浓度的大小关系为：

c（Na＋）＝3[c（H2S）＋c（HS－）＋c（S2－）]

C．X、Y点对应溶液中水的电离程度大小关系为：

X>Y

D．已知NaHS呈碱性，若向溶液中加入CuSO4溶液至恰好完全反应，所得溶液呈强酸性。

其原因是Cu2＋＋HS－=CuS↓＋H＋

【答案】A

【解析】向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，A表示含硫微粒浓度减小为S2-，B先增加后减少为HS-，C浓度一直在增加为H2S，据此分析解答。

A．当滴加盐酸至X点时，c（HS−）=c（S2-），所以Ka2=

=c（H+），由X点处的pH，可以计算Ka2（H2S），不能计算Ka1（H2S），故A错误；B．向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，设Na2S、NaOH各为1mol，则n（Na）=3n（S），溶液中含硫的微粒为HS-、S2-、H2S，则c（Na+）=3[c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）]，故B正确；C．X点对应溶液中含有等物质的量浓度的Na2S和NaHS，以及NaCl，溶液水解显碱性，Y点对应溶液中含有等物质的量浓度的NaHS和H2S，以及NaCl，是继续加入盐酸的结果，加入盐酸，抑制了水的电离，因此溶液水的电离程度大小关系为：

X>Y，故C正确；D．NaHS溶液中加入CuSO4溶液，硫化铜难溶于稀酸会发生反应Cu2++HS-=CuS↓+H+，溶液显示强酸性，故D正确；答案选A。

26．某研究性学习小组拟对SO2和亚硫酸的性质进行探究。

请回答下列问题：

Ⅰ．探究SO2和Fe（NO3）3溶液的反应

该小组用图所示装置达成实验目的。

已知：

1.0mol/LFe（NO3）3溶液的pH＝1。

（1）为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应进行的操作是_____。

（2）装置B中产生了白色沉淀，说明SO2具有_____性。

（3）分析B中产生白色沉淀的原因：

①观点1：

SO2与Fe3+反应；观点2：

酸性条件下，SO2与NO3﹣反应；观点3：

_____。

②按观点1，装置B中反应的离子方程式为_____，为证明该观点，应进一步确认生成的新物质，实验操作及现象是_____。

③按观点2，只需将装置B中的Fe（NO3）3溶液替换为等体积的下列溶液，在相同条件下进行实验。

此时应选择的最佳溶液是_____（填序号）。

A．0.1mol/L稀硝酸

B．1.5mol/LFe（NO3）2

C．3.0mol/LNaNO3溶液和0.1mol/L硫酸等体积混合的溶液

D．6.0mol/LNaNO3溶液和0.2mol/L盐酸等体积混合的溶液

Ⅱ．探究H2SO3的酸性强于HClO。

该小组用图所示装置达成实验目的。

（4）装置的连接顺序为：

纯净SO2→_____（选填字母），F中反应的离子方程式为_____。

（5）可证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象是_____。

【答案】打开弹簧夹，向体系中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹还原　性。

SO2与Fe3+、NO3﹣（H+）都反应SO2+2Fe3++Ba2++2H2O＝BaSO4↓+2Fe2++4H+取少量B中溶液于一支洁净的试管中，加入几滴铁氰化钾溶液，如果产生蓝色沉淀，就说明有亚铁离子生成，观点1正确dCEDFCa2++2ClO﹣+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClOD中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀　。

【解析】

I．

（1）因为空气中氧气也具有氧化性，对实验造成干扰，为防止空气干扰，用氮气将空气排出，所以为排尽空气，滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹，向体系中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹；

（2）SO2和BaCl2溶液不反应，装置B中有白色沉淀生成，说明有BaSO4生成，该反应中S元素化合价由+4价变为+6价，则二氧化硫体现还原性；

（3）①观点3：

SO2与Fe3+及酸性条件下与NO3﹣也反应；

②按观点1，SO2与Fe3+反应生成BaSO4和Fe2+，离子方程式为SO2+2Fe3++Ba2++2H2O＝BaSO4↓+2Fe2++4H+，要检验Fe2+可以用铁氰化钾溶液检验，其操作及现象为取少量B中溶液于一支洁净的试管中，加入几滴铁氰化钾溶液，如果产生蓝色沉淀，就说明有亚铁离子生成，观点1正确；

③按观点2，只需将装置B中的Fe（NO3）3溶液替换为c（H+）＝0.1mol/L、c（NO3﹣）＝3.0mol/L的溶液即可，

a、0.1mol/L稀硝酸中c（NO3﹣）不符合，故a错误；

b、1.5mol/LFe（NO3）2中c（H+）不符合，故b错误；

c、3.0mol/LNaNO3溶液和0.1mol/L硫酸等体积混合的溶液中c（NO3﹣）不符合，故错c误；

d、6.0mol/LNaNO3溶液和0.2mol/L盐酸等体积混合的溶液中c（H+）、c（NO3﹣）都符合，故d正确；

Ⅱ．（4）探究H2SO3的酸性强于HClO，可以用强酸制取弱酸的方法检验，因为亚硫酸具有还原性、HClO具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，所以应该先将亚硫酸转化为没有还原性酸，再用该酸与次氯酸盐制取次氯酸即可，C装置制取二氧化碳、D装置检验二氧化硫、E装置吸收二氧化硫、F装置制取HClO，所以装置顺序为CEDF，F中离子方程式为Ca2++2ClO﹣+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO；

（5）D中品红不褪色，就说明气体中不含二氧化硫，只有二氧化碳，二氧化碳再和漂白粉溶液反应生成白色沉淀即可证明，所以可证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象是D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀。

27．锌是一种常用金属，冶炼方法有火法和湿法。

回答下列问题：

I.镓（Ga）是火法冶炼锌过程中的副产品，镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似。

（1）Ga在元素周期表中的位置为___________。

（2）下列有关镓和镓的化合物的说法正确的是___________（填字母）。

A一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠溶液

B常温下，Ga可与水剧烈反应放出氢气

C．Ga2O3可由Ga（OH）3受热分解得到

D一定条件下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐

Ⅱ工业上利用锌熔砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量CaO，FeO、CuO、NiO等氧化物）湿法制取金属锌的流程如图所示：

已知：

Fe的活泼性强于Ni。

（3）ZnFe2O4可以写成ZnO·Fe2O3，写出ZnFe2O4与H2SO4反应的化学方程式：

___________。

（4）净化Ⅰ工操作分为两步：

第一步是将溶液中少量的Fe2+氧化；第二步是控制溶液pH，仅使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，净化I生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是______________________。

（5）净化Ⅱ中加入Zn的目的是______________________。

Ⅲ.（6）某化学课外小组拟用废旧电池锌皮（含杂质铁），结合如图所示信息，从提供的试剂中选取适当试剂，制取纯净的ZnSO4·7H2O。

实验步骤如下：

①将锌片完全溶于稍过量的3mol·L－1的稀硫酸，加入___________（填字母，下同）；

A．30%H2O2B新制氯水C．FeCl3溶液D．KSCN溶液

②加入___________；

A纯锌粉B纯碳酸钙粉末C．纯ZnO粉末D．3mol·L－1的稀硫酸

③加热到60℃左右并不断搅拌；

④趁热过滤得ZnSO4溶液，再蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥。

其中步骤③加热的主要目的是_________________________________。

【答案】第四周期IIIA族ACDZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2OFe（OH）3胶粒具有吸附性（或其他合理答案）使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去AC促进Fe3+水解转化为沉淀，并使过量的H2O2分解除去

【解析】

（1）Ga的原子序数为31，位于第四周期第ⅢA族，

因此，本题正确答案是：

第四周期第ⅢA族；

（2）镓位于第ⅢA族，位于金属与非金属交界处，与Al具有相似性质，则：

A．Al与盐酸、NaOH均反应，则一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠，所以A选项是正确的；

B．Al与水常温不反应，则常温下，Ga不能与水剧烈反应放出氢气，故B错误；

C．氧化铝可由氢氧化铝分解生成，则Ga2O3可由Ga（OH）3受热分解得到，所以C选项是正确的；

D．氧化铝与NaOH反应生成盐，则一定条件下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐，所以D选项是正确的；

因此，本题正确答案是：

ACD；

（3）根据信息可知，酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，分别为硫酸锌、硫酸铁，即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁、水，反应的化学方程式为：

ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；

因此，本题正确答案是：

ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；

（4）因为Fe（OH）3胶粒具有吸附性，则净化Ⅰ生成的沉淀是由氢氧化铁胶体粒子吸附溶液中的悬浮杂质共同形成；

因此，本题正确答案是：

Fe（OH）3胶粒具有吸附性；

（5）加入稀硫酸后生成物中含有硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸锌、硫酸铜、硫酸镍、硫酸钙，其中硫酸钙微溶于水，净化Ⅰ后除去Fe元素，所以净化Ⅱ中加入Zn的目的是使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去；

因此，本题正确答案是：

使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去；

（6）①据题意用废旧干电池锌皮（含杂质铁）制取纯净的ZnSO4溶液实验流程为用硫酸酸溶、除杂。

由实验步骤

（1）将锌片完全溶于稍过量的3mol·L－1稀硫酸发生的反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑、Fe+2H+=Fe2++H2↑，所得溶液中含有杂质离子Fe2+，必须将其除去，结合图象所给信息Zn2+和Fe2+难以分离，必须先将Fe2+氧化为Fe3+再进行分离，所以要加过氧化氢氧化亚铁离子；

因此，本题正确答案是：

A；

（2）分离Zn2+和Fe3+的方法结合图象可用盐类水解原理通过调节pH的方法进行除杂，为防止引进杂质可用纯ZnO粉末来调节pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而除去；

因此，本题正确答案是：

C；

（3）因盐类水解吸热,加热能促进三价铁离子的水解，H2O2受热易分解，所以步骤③加热的主要目的有促进Fe3+水解转化为沉淀，同时使过量的H2O2分解除去；

因此，本题正确答案是：

促进Fe3+水解转化为沉淀，并使过量的H2O2分解除去。

28．消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。

（1）化学上采用NH3处理NxOy不仅可以消除污染，还可作为工业生产的能量来源。

已知：

2NO（g）=N2（g）+O2（g）△H=－177kJ/mol

4NH3（g）+3O2（g）===2N2（g）+6H2O（g）△H=－1253.4kJ/mol

则用NH3处理NO生成氮气和气态水的热化学方程式为___________________。

（2）已知：

N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）△H<0。

不同温度下，向三个容器中分别投入相同量的反应物进行反应，测得不同压强下平衡混合物中NH3的物质的量分数如图所示。

①M点的v正_________Q点的v正（填“>”“<”或“=”）。

②T3温度下，将1molN2和3molH2充入2L的密闭容器中，维持压强为60MPa不变，达到N点的平衡状态，反应的浓度平衡常数K=_____________（用最简分数表示），M点的平衡常数比N点的平衡常数_________（填“大”“小”或“相等”）。

（3）水体中过量氨氮（以NH3表示）会导致水体富营养化。

①用次氯酸钠除去氨氮的原理如图所示。

写出总反应化学方程式：

_____________。

②取一定量的含氨氮废水，改变加入次氯酸钠的用量，反应一段时间后，溶液中氨氮去除率、总氮（溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的总量）去除率以及剩余次氯酸钠的含量随m（NaClO）∶m（NH3）的变化情况如上图所示。

点B剩余NaClO含量低于点A的原因是____。

当m（NaClO）∶m（NH3）>7.6时，水体中总氮去除率反而下降，可能的原因是__________。

（4）电极生物膜电解脱硝是电化学和微生物工艺的组合。

某微生物膜能利用电解产生的活性原子将NO3-还原为N2，工作原理如题图所示。

若阳极生成标准状况下2.24L气体，理论上可除去NO3-的物质的量为_____mol。

【答案】4NH3（g）＋6NO（g）=5N2（g）＋6H2O（g）　ΔH＝-1784.4kJ·mol－1>25/108大2NH3＋3NaClO=N2＋3NaCl＋3H2O增加NaClO的量，反应速率加快，相同时间内NaClO消耗多有部分NH3被氧化成NO2-或NO3-0.08

【解析】

（1）NH3和NO生成氮气和气态水的化学方程式为4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（g），①2NO（g）=N2（g）+O2（g）△H=－177kJ/mol，②4NH3（g）+3O2（g）===2N2（g）+6H2O（g）△H=－1253.4kJ/mol；根据盖斯定律①×3+②得到4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（g）△H=（-177kJ/mol）×3+（-1253.4kJ/mol）-1784.4kJ/mol，故答案为：

4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（g）△H=-1784.4kJ/mol；

（2）①Q、M两点在同一等温曲线上，但M点压强高，所以M点反应速率大，故答案为：

＞；

②反应的三段式：

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）

  起始量（mol）   1           3           0

 变化里（mol）     x           3x          2x

 平衡量（mol）  1-x         3-3x           2x

平衡时氨气的含量为20%，即

×100%=20%，x=

mol，N2、H2、NH3的物质的量分别为

mol、2mol、

mol，总物质的量为（4-2×

）mol=

mol，恒压时气体体积之比等于物质的量之比，所以平衡时容器体积为

L=

L，即c（N2）=c（NH3）=0.4mol/L，c（H2）=1.2mol/L，平衡常数K=

=

=

，该反应正向放热，升温平衡逆向移动，平衡常数k减小，所以T3＞T2时，T3℃平衡常数小于T2℃时平衡常数，即M点平衡常数大于N点平衡常数，故答案为：

；大；

（3）①根据图示，由始态和终态判断反应物中NH3被氧化为N2，则NaClO被还原为NaCl，生成1molN2转移6mol电子，根据转移的电子守恒，需要3molNaClO，再结合元素守恒，反应的化学方程式为2NH3+3NaClO=N2+3H2O+3NaCl，故答案为：

2NH3＋3NaClO=N2＋3NaCl＋3H2O；

②增加NaClO的量，反应速率加快，相同时间内NaClO消耗多，使得B点剩余NaClO含量低于A点；当m（NaClO）：

m（NH3）＞7.7时，可能是NaClO投入过多会将氨氮氧化为NO3-等更高价态的物质，未能从溶液中除去，使得总氮的去除率随m（NaClO）：

m（NH3）的增大不升反降，故答案为：

增加NaClO的量，反应速率加快，相同时间内NaClO消耗多；NaClO投入过多会将部分NH3被氧化成NO2-或NO3-；

（4）阳极发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子失电子生成的氧气，标准状况下，2.24L氧气的物质的量=

=0.1mol，转移的电子为0.1mol×4=0.4mol，活性原子将NO3-还原为N2，存在关系NO3-～

N2↑～5e-，理论上可除去NO3-的物质的量=

=0.08mol，故答案为：

0.08。

35．教材插图具有简洁而又内涵丰富的特点。

请回答以下问题：

（1）第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素对应的原子有_____种不同运动状态的电子。

（2）如图2所示，每条折线表示周期表ⅣA~ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。

每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是___________。

判断依据是____________。

（3）CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示。

则该晶体的类型属于_____________晶体。

（4）第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有____种。

GaCl3中中心原子的杂化方式为_________，写出与GaCl3结构相同的一种等电子体（写离子）______________。

（5）冰、干冰、碘都是分子晶体，冰的结构具有特殊性，而干冰、碘的晶体具有相似的结构特征，干冰分子中一个分子周围有__________个紧邻分子。

D的醋酸盐晶体局部结构如图，该晶体中含有的化学键是_____________（填字母标号）。

a．极性键b．非极性键c．配位键d．金