河北省藁城市第一中学2021届高三化学下学期4月月考试题(含解析)
河北省藁城市第一中学2021届高三化学下学期4月月考试题（含解
析）
1.化学与资源、环境、生活关系密切，下列说法正确的是
A. 空气中PM2.5(2.5微米以下的颗粒物)的存在能够形成丁达尔效应
B. 煤燃烧时加入少量的生石灰可以减少废气中的二氧化硫排放
C. 将造纸废水通过高压水井压到地下，节约生产成本
D. 用聚氯乙烯代替木材生产包装盒、快餐盒等，以减少木材的使用
【答案】B
【解析】
1微米是1 000纳米，所以PM2.5分散到空气中不能产生丁达尔效应，故A错误；二氧化硫属于酸性氧化物，高温下可与碱性氧化物CaO发生反应，从而减少了二氧化硫的排放，故B 正确；造纸废水压到地下，会造成水体污染，故C错误；不能用聚氯乙烯生产包装食品的快餐盒，聚氯乙烯污染环境，故D错误。
2.2017年12月5日国家食药监总局要求莎普爱思尽快启动临床有效性试验。莎普爱思有效成分是由苄达酸与赖氨酸生成的有机盐，苄达酸结构如图所示。下列关于苄达酸的叙述正确的是
A. 分子式为C16H16N2O3
B. 属于芳香族化合物，且有弱酸性
C. 苯环上的一氯代物有5种
D. 所有原子可能共平面
【答案】B
【解析】
A、根据键线式可知其分子式为C16H14N2O3，选项A错误；
B、含有苯环属于芳香族化合物，含有羧基，具有弱酸性，选项B正确；
C、分子中有两个苯环，且不等效，苯环上的一氯代物有9种，选项C错误；
D、根据甲烷为正四面体结构，分子中含有亚甲基，所有原子不可能共平面，选项D错误。答案选B。
3.菲斯科(FiskerInc.)公司宣布正在开发的固态锂电池能量密度是现有电池的2.5倍，续航里程可达500英里(约804公里)，最快充电时间可以分钟计，钴酸锂(LiCoO2) 电池的工作原理如图所示，M极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作金属锂的载体)，电解质为一种能传导Li+的高分子材料。隔膜只允许特定的离子通过。下列说法正确的是
A. 电池的总反应式为:Li x C6+Li1-x CoO2==C6+LiCoO2
B. M为电池的正极
C. 放电时，N为负极，电极发生氧化反应
D. 充电时，M为阳极，电极发生氧化反应
【答案】A
【解析】
M极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作金属锂的载体)，故M为负极，Li x C6-xe—=xLi++C6，发生氧化反应，N极为正极，电极反应为：Li1-x CoO2+xe—+ xLi+= LiCoO2，B、C项错误；正、负极反应式之和等于其总反应方程式：Li x C6+Li1-x CoO2==C6+LiCoO2，A项正确；充电时，M为阴极，电极发生还原反应，D项错误。
4.室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7 (通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系确的是
A. 向0.10mol/L NH4HCO3溶液中通入CO2：c(NH4+)=c(HCO3-)+c(CO32-)
B. 向0.10 mol/L NaHSO3溶液中通入NH3：c(Na+)>c(SO32-)>c(NH4+)
C. 向0.10 mol/L Na2SO3溶液通入SO2：c(Na+)=2[c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)]
D. 向010 mol/L CH3COONa溶液中通入HCl：c(Na+)>c(CH3COOH)>c(Cl-)
【答案】B
【解析】
pH=7，则c（H+）=c（OH-），结合电荷守恒可知，c（NH4+）=c（HCO3-）+2c（CO32-），故A项错误；溶液中Na+与S原子物质的量之比为1：1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，故c（Na+）>c （NH4+），由物料守恒可知，c（Na+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3），溶液呈中性，由电荷守恒可得：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO32-）+c（HSO3-），联立可得：c（NH4+）+c（H2SO3）=c（SO32-），c（NH4+）
5.常温下，向10mL0.1mol/L的某酸(HA) 溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，所得溶液的pH 及导电能力与加入氨水的体积关系如图所示。下列说法中不正确的是
A. HA为弱酸
B. b点对应溶液pH=7，此时HA溶液与氨水恰好完全反应
C. c点对应的溶液存在c(OH-)=c(H+)+c(HA)
D. a、b、c三点中，b点对应的溶液中水的电离程度最大
【答案】C
【解析】
a～b点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，也证明HA在溶液中部分电离，为弱酸，A项正确；b点加入0.1mol/L氨水10mL，HA溶液与氨水恰好完全反应，NH4A为弱酸
弱碱盐，b点对应溶液pH=7，说明铵根离子和R—的水解程度相等，B项正确； c点为等量的NH4A和NH3?H2O的混合物，其电荷守恒为：c(OH—)+c(A—) = c(NH4+)+c(H+)以及物料守恒为：c(NH4+)+ c(NH3?H2O)=2 c(A—)+2c(HA)，两式相加得：c(OH—) + c(NH3?H2O)= c(A—)+2c(HA) +c(H+)，C项错误；b点加入0.1mol/L氨水10mL，HA溶液与氨水恰好完全反应，NH4A为弱酸弱碱盐，促进水的电离，a点HA为反应完全，抑制水的电离，c点氨水过量，也将抑制水的电离，D项正确。
点睛：本题考查酸碱混合溶液定性判断。明确图中曲线含义及混合溶液中溶质及其性质是解本题关键，注意：溶液的导电性与溶液中的离子浓度有关。本题的难点是判断导电能力曲线的变化。
6.下列有机物的同分异构体数目(不考虑立体异构)由小到大的顺序是
A. ③②①
B. ②③①
C. ③①②
D. ②①③【答案】B
【解析】
【详解】分子式为C9H12，其同分异构体属于芳香烃，分子组成符合C n H2n?6，是苯的同系物，可以有一个侧链为：正丙基或异丙基，可以有2个侧链为：乙基、甲基，有邻、间、对3种，可以有3个甲基，有相连、相偏、相均3种，即C9H12是芳香烃的同分异构体共有8种，由化学式C3H7OCl可知丙烷中的2个H原子分别被1个Cl、1个?OH取代，丙烷只有一种结构，Cl与?OH可以取代同一碳原子上的H原子，有2种：CH3CH2CHOHCl、CH3COHClCH3，可以取代不同碳原子上的H原子，有3种：HOCH2CH2CH2Cl、CH3CHOHCH2Cl、CH3CHClCH2OH，共有5种，分子式为C5H12O的有机物，不与金属钠反应放出氢气，说明该物质为醚类，若为甲基和丁基组合，醚类有4种，若为乙基和丙基组合，醚类有2种，所以该醚的同分异构体共有6种，则同分异构体数目(不考虑立体异构)由小到大的顺序是②③①，故选B。
【点睛】根据限制条件正确判断该有机物的结构特点是解决本题的关键，第③个有机物同分异构体数目的判断为易错点，注意醇和醚化学性质的区别。
7.下列实验操作能达到实验目的的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】
向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀，搅拌一段时间后，过滤可以除去MgCl2溶液中少量FeCl3，故A正确；乙醇易挥发，乙醇蒸气、乙烯都能使酸性KmnO4溶液褪色，故B错误；NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定NaClO溶液的PH，故C错误；1molCuSO4·5H2O溶解在1L水中，所得溶液的体积不是1L，所以将1molCuSO4·5H2O溶解在1L水中，所得溶液的浓度不是lmol/L，故D错误。
8.从古至今，铁及其化合物在人类生产生活中的作用发生了巨大改变。
(1)古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的,其主要成分是____(填字母序号)。a．Fe b．FeO c．Fe3O4 d．Fe2O3
(2)硫酸渣的主要化学成分为：SiO2约45%，Fe2O3约40%，Al2O3约10%，MgO约5%。用该废渣制取药用辅料红氧化铁的工艺流程如下(部分操作和条件略)：
①在步骤Ⅰ中产生的有毒气体可能有_____________________。
②在步骤Ⅲ操作中，要除去的离子之一为Al3+。若常温时K sp[Al(OH)3]=1.0×10-32，此时理
论上将Al3+沉淀完全，则溶液的pH为_________。(c(Al3+)≤1.0×10-5mol/L 视为Al3+沉淀
完全)
③步骤Ⅳ中，生成FeCO3的离子方程式是____________________________。
(3)氯化铁溶液称为化学试剂中的“多面手”。向氯化铜和氯化铁的混合溶液中加入氧化铜
粉末会产生沉淀，写出该沉淀的化学式______________。请用平衡移动的原理，结合必要的
离子方程式，对此现象作出解释：
__________________________________________________________。
(4)①古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如下：
复分解反应Ⅱ的离子方程式是____________________________________________。
②如今基于普鲁士蓝合成原理可检测食品中是否含CN-，方案如下：
若试纸交蓝则证明食品中含有CN-，请解释检测时试纸中FeSO4的作用：____________。
【答案】 (1). c (2). CO、SO2等 (3). 5 (4). Fe2++2HCO3?=FeCO3↓+2CO2↑+H2O (5). Fe(OH)3 (6). Fe3++3H2O?Fe(OH)3↓+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了
H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀；(7).
3[Fe(CN)6]4?+4Fe3+=Fe4[Fe(CN)6]3↓ (8). 碱性条件下，Fe2+与CN?结合生成[Fe(CN)6]4?，
Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+，[Fe(CN)6]4?与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色。
【解析】
【分析】
根据物质的制备原理分析解答；根据物质的分离和提纯原理分析解答；根据沉淀溶解平衡原
理进行溶度积的相关计算。
【详解】(1)古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，磁铁成分主要是四氧化
三铁；
故答案为：c；
(2)①加入煤炭在空气中“还原焙烧”时产生的有毒气体可能有CO、SO2等；
故答案为：CO、SO2等；
②常温时K sp[Al(OH)3]=1.0×10?32，理论上将Al3+沉淀完全，根据
K sp=c(Al3+)·c3(OH?)=1.0×10?32，即c(OH?)==10-9mol/L，则
c(H+)==10-5mol/L，即pH=5；
故答案为：5；
③亚铁离子和碳酸氢根离子发生双水解生成FeCO3，离子方程式为：
Fe2++2HCO3?=FeCO3↓+2CO2↑+H2O；
故答案为：Fe2++2HCO3?=FeCO3↓+2CO2↑+H2O；
(3)因为Fe3+会水解产生较多的H+，离子方程式为：Fe3++3H2O?Fe(OH)3↓ +3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀；
故答案为：Fe(OH)3，Fe3++3H2O?Fe(OH)3↓+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了
H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀；
（4）①由流程图可知，复分解反应ii的离子方程式为：3[Fe(CN)6]4?+4Fe3+=Fe4[Fe(CN)6]3↓；故答案为：3[Fe(CN)6]4?+4Fe3+=Fe4[Fe(CN)6]3↓；
②基于普鲁士蓝合成原理可检测食品中CN?，碱性条件下，Fe2+与CN?结合生成[Fe(CN)6]4?，Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+，[Fe(CN)6]4?与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色，
故答案为：碱性条件下，Fe2+与CN?结合生成[Fe(CN)6]4?，Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+，[Fe(CN)6]4?与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色。
【点睛】从题干中提取关键信息，如反应条件及离子符号的书写是解答本题的关键。注意沉淀溶解平衡原理及溶度积表达式的理解和运用。
9.甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CO 2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.58kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO 2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
反应Ⅲ：CO(g)+2H 2(g)CH3OH(g) △H3=-90.77kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)反应Ⅱ的△H2=_________________。
(2)反应Ⅲ能够自发进行的条件是_______________(填“较低温度” “较高温度”或“任何温度” )。
(3)恒温，恒容密闭容器中，对于反应Ⅰ，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．混合气体的平均相对分子质量不再变化
C．CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1：3：1：1
D．甲醇的百分含量不再变化
(4)对于反应Ⅰ，不同温度对CO2的转化率及催化剂的效率影响如图所示，下列有关说法不正确的是__________。
A．其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于M1
B．温度低于250 ℃时，随温度升高甲醇的产率增大
C．M 点时平衡常数比N点时平衡常数大
D．实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化率
(5)已知下列物质在20℃下的K sp如下，试回答下列问题：
化学式AgCl AgBr AgI Ag2S Ag2CrO4
颜色白色浅黄色货色黑色红色
K sp 1.8×10-10 5.4×10-138.3×10-17 6.3×10-50 2.0×10-12
①20℃时，上述五种银盐饱和溶液中，Ag+物质的量浓度由大到小的顺序是____________。
②向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时c(Br-)/c(Cl-)=________________。
③测定水体中氯化物的含量，常用标准硝酸银法进行滴定，滴定时，应加入的指示剂是____。
A.KBr B．KI C．K2S D．K2CrO4
(6)已知25℃时K sp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，K sp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，K sp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，K sp[Al(OH)3]=1.1×10-33。
①在25℃下，向浓度均为0.1 mol·L-1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成______________沉淀(填化学式)。
②溶液中某离子物质的量浓度低于1.0×10-5 mol·L-1时，可认为已沉淀完全。现向一定浓度的AlCl3和FeCl3的混合溶液中逐滴加入氨水，当Fe3+刚好完全沉淀时，测定
c(Al3+)=0.2mol·L-1。此时所得沉淀中___________(填“还含有”或“不含有”)Al(OH)3，并请写出计算过程。
【答案】 (1). +41.19kJ?mol?1 (2). 较低温度 (3). BD (4). ABD (5). Ag2CrO4＞AgCl＞AgBr＞AgI＞Ag2S (6). 3×10-3 (7). D (8). Al(OH)3； (9). 不含有
【解析】
【详解】(1)反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)△H1=?49.58kJ?mol?1，反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)△H2，反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)△H3=?90.77kJ?mol?1，根据盖斯定律：Ⅱ=Ⅰ?Ⅲ得反应②的△H2=+41.19kJ?mol?1；
故答案为：+41.19kJ?mol?1；
(2)△G=△H?T?△S<0时，反应能够自发进行，该反应的△S<0、△H<0，当温度较低时，反应Ⅲ能够自发进行，
故答案为：较低温度；
(3)A.由于气体的质量、体积不变，则无论是否达到平衡状态，混合气体的密度都不变化，不能作为判断是否平衡的依据，故A错误；
B. 反应前后气体的物质的量不等，混合气体的平均相对分子质量不再变化，可说明气体的物质的量不再变化，说明达到平衡状态，故B正确；
C. 平衡常数未知，CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1:3:1:1，不能判断是否达到平衡状态，故C错误；
D. 甲醇的百分含量不再变化，可说明达到平衡状态，故D正确。
故答案为：BD；
(4)A.化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(M)有可能小于v(N)，故A错误；
B. 温度低于250℃时，随温度升高平衡逆向进行，甲醇的产率减小，故B错误；
C. 升高温度二氧化碳的平衡转化率减小，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，故C正确；
D. 为提高CO2的转化率，平衡正向进行，反应是放热反应，低的温度下进行反应，平衡正向进行，但催化剂的活性、反应速率减小，故D错误；
故答案为：ABD；
(5) ① 20℃时，上述五种银盐饱和溶液中，Ag+物质的量浓度可以计算得到：
K sp(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl-)=2.0×10-10，c(Ag+)=≈1.34×10-5mol/L，
K sp(AgBr)=c(Ag+)×c(Br-)=5.4×10-13，c(Ag+)=≈7.3×10-7mol/L，
K sp(AgI)=c(Ag+)×c(I-)=8.3×10-17，c(Ag+)=≈9.1×10-9mol/L，
K sp(Ag2S)=c(Ag+)2×c(S2-)=c(Ag+)2×0.5×c(Ag+)=0.5×c(Ag+)3=，6.3×10-50，
c(Ag+)=≈5.01×10-17mol/L；
K sp(Ag2CrO4)=c(Ag+)2×c(CrO42-)=c(Ag+)2×12×c(Ag+)=12×c(Ag+)3=2.0×10-12，
c(Ag+)=≈1.59×10-4mol/L；
所以三种银盐的饱和溶液中，Ag+物质的量浓度由大到小的顺序是：Ag2CrO4＞AgCl＞AgBr＞AgI＞Ag2S；
故答案为：Ag2CrO4＞AgCl＞AgBr＞AgI＞Ag2S；
②向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，依据溶度积常数判断AgBr的溶解度小于AgCl溶解度，AgCl+Br-=AgBr+Cl-，
=3×10-3，
故答案为：3×10-3；
③指示剂的作用是为了准确表示反应达到了终点，所以需要现象明显，同时不能影响反应的正常进行，根据数据可知，饱和时只有Ag2CrO4中的c(Ag+)比AgCl中的c(Ag+)大，说明在AgCl沉淀完全后再产生Ag2CrO4沉淀，其他均在AgCl之前产生沉淀，不能作为指示剂，故选D，
故答案为：D；
(6)①根据Al(OH)3、Cu(OH)2的溶度积常数，在25℃下，向浓度均为0.1mol?L?1的AlCl3和
CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，，加入相同的浓度的氨水，则Al(OH)3最先析出，
故答案为：Al(OH)3；
②Fe3+完全沉淀时，c(OH?)3==4.0×10-33，
c(Al3+)c(OH-)3=0.2×4.0×10-33=8×10-34 10.碘化钾可用于有机合成、制药等，它是一种白色立方结晶或粉末，易溶于水。实验室制备KI 的实验装置如下 实验步骤如下： ①在上图所示的C中加入 127g 研细的单质I2和 195g 30%的 KOH 溶液，剧烈搅拌。 ②I2完全反应后，打开弹簧夹向其中通入足量的 H2S。 ③将装置 C 中所得溶液用稀 H2SO4酸化后，置于水浴上加热 10min。 ④在装置 C 的溶液中加入 BaCO3，充分搅拌后，过滤、洗涤。 ⑤将滤液用氢碘酸酸化，蒸发浓缩至表面出现结晶膜，、、洗涤、干燥。 ⑥得产品 145g。 回答下列问题； (1)步骤①将碘研细的目的是_____________________________________。 (2)装置A 中发生反应的离子方程式为_______________________________ ；装置 B 中的试剂是____________________，C装置的名称是_____________。 (3)装置 C 中I2与 KOH 反应产物之一是 KIO3，该反应的化学方程式为_______________。 (4)步骤④的目的是___________________________________ 。 (5)补充完整步骤⑤ __________________、_______________。 (6)本次实验产率为__________________ (保留四位有效数字)。 【答案】 (1). 增大反应物的接触面积,提高反应速率,使反应更充分； (2). FeS+2H +=Fe 2++H 2S↑ (3). 饱和硫氢化钠溶液 (4). 三颈烧瓶 (5). 3I 2+6KOH=KIO 3+5KI+3H 2O (6). 除去产品中的硫酸根（硫酸盐、硫酸） (7). 降温结晶 (8). 过滤 (9). 87.35% 【解析】 【详解】A 装置用来制备H 2S 气体，B 装置用于除去H 2S 中的 HCl 气体，C 是KI 的生成装置，H 2S 与KIO 3反应，D 装置用于尾气处理； (1)步骤①将碘研细的目的是增大反应物的接触面积,提高反应速率,使反应更充分， 故答案为：增大反应物的接触面积,提高反应速率,使反应更充分； (2)装置A 中FeS 与盐酸反应生成H 2S 气体，发生反应的离子方程式为FeS+2H +=Fe 2++H 2S↑，除去硫化氢气体中混有的HCl 气体，最好选用饱和硫氢化钠溶液，则装置 B 中的试剂是饱和硫氢化钠，C 装置是三颈烧瓶， 故答案为：FeS+2H +=Fe 2++H 2S↑，饱和硫氢化钠溶液，三颈烧瓶； (3)装置 C 中I 2与 KOH 反应生成KI 、 KIO 3和水 ，该反应的化学方程式为 3I 2+6KOH=KIO 3+5KI+3H 2O ， 故答案为：3I 2+6KOH=KIO 3+5KI+3H 2O ； (4)步骤④是为了除去装置C 中的SO 42-，使之形成BaSO 4沉淀， 故答案为：除去产品中的硫酸根（硫酸盐、硫酸）； (5)步骤⑤中将得到的KI 分离提纯出来需要降温结晶和过滤， 故答案为：降温结晶、过滤； (6)本次实验生成产品145g ，根据提示可知I 2完全反应后，I 原子守恒，2n(I 2)=n(KI)=1mol ，即m(KI)=1mol×166g/mol=166g,产率为×100%=87.35%， 故答案为：87.35%。 11.镍与VA 族元素形成的化合物是重要的半导体材料，应用最广泛的是砷化镓(GaAs)，回答下列问题： (1)基态Ga 原子的核外电子排布式为_____，基态As 原子核外有_________个未成对电子。 (2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ·mol-1)的数值依次为577、1984.5、2961.8、6192由此可推知镓的主要化合价为____和+3。砷的电负性比镍____(填“大”或“小”)。 (3)比较下列镓的卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因： ________________________。 镓的卤化物GaCl3GaBr3GaI3 熔点/℃77.75 122.3 211.5 沸点/℃2012 279 346 GaF3的熔点超过1000 ℃，可能的原因___________________________________________。 (4)二水合草酸镓的结构如图所示，其中镓原子的配位数为______，草酸根中碳原子的杂化方式为______________。 (5)砷化镓熔点为1238℃，立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为a=565 pm。该晶体的类型为_________，晶体的密度为___________(设N A为阿伏加德罗常数的数值,列出算式即 可)g·cm-3。 【答案】 (1). [Ar]3d104s24p1或1s22s22p63s23p63d104s24p1 (2). 3 (3). +1 (4). 大 (5). GaCl3、GaBr3、GaI3熔沸点依次身高，它们均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强 (6). GaF3为离子晶体 (7). 4 (8). sp2 (9). 原子晶体 (10). g/cm3 【解析】 【详解】(1)Ga的原子序数为31，其基态原子的电子式排布式为：[Ar]3d104s24p1或1s22s22p63s23p63d104s24p1，As的原子序数为33，则As的基态原子的电子排布式为：[Ar]3d104s24p3，所以基态As原子核外有3个未成对电子， 故答案为：[Ar]3d104s24p1或1s22s22p63s23p63d104s24p1，3； (2)电离能是气态原子失去电子所需要的能量，由镓的前四级电离能可知，其主要化合价为+1，+3，由于As的最外层电子排布为4s24p3，是半满稳定状态，而Ga的最外层电子排布为4s24p1特别是4p1易失电子，所以As的电负性比Ga大， 故答案为：+1，大； (3)表中数据可知，镓的卤化物的熔点和沸点都不高，且按照氯、溴、碘依次升高，由于它们组成相同，结构相似，都是分子晶体，所以随着相对分子质量的增大，分子间作用力增大，故熔沸点升高，GaF3的熔点超过1000℃，是由于F的电负性很大，形成的GaF3是离子晶体，故答案为：GaCl3、GaBr3、GaI3的熔沸点依次身高，它们均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强；GaF3为离子晶体； (4)由二水合草酸镓的结构图可知，镓原子的配位数为4，草酸根中碳原子与羧基中的碳原子的杂化方式相同，形成的都是平面结构，所以应该是sp2杂化； 故答案为：4，sp2； (5)由于该晶体的熔点高，且砷和镓都不是活泼元素，所以该晶体是原子晶体，其化学式为Ga4As4，该晶体的质量m=g，体积为V=（565×10-10）3cm3，则其密度为： g/cm3， 故答案为：原子晶体，g/cm3。