云南省曲靖一中2018届高三3月高考复习质量监测卷（六）理科综合试卷

1、曲靖一中高考复习质量监测卷六理科综合参考答案一、选择题：本题共13小题，每小题6分。题号12345678910111213答案CDACBDDBDDDDB二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求；第1921题有多项符合题目要求，全部选对的给6分，选对但不全的给3分，有选错的给0分。题号1415161718192021答案DCAADCDACAC【解析】1必需氨基酸是人体不能合成的，必须从外界摄取的，人体内能合成的氨基酸属于非必需氨基酸，故A正确。人体细胞可以进行有氧呼吸，也可以进行无氧呼吸，有氧呼吸的产物是CO2 和水，产生CO2的场所是线粒

2、体，人体细胞进行无氧呼吸产物为乳酸，不产生CO2，故B正确。在细胞核中既有DNA，也有RNA，DNA是双链的，所含有的嘧啶总数等于嘌呤总数，而RNA是单链的，所含有嘌呤数不一定等于嘧啶数，故C错误。原核细胞只有一种细胞器即核糖体，可以通过脱水缩合合成蛋白质生成水，故D正确。2绿叶在光照下时间长，光照部位产生的淀粉有可能会运输到遮光部位，实验现象反而会不明显，故A错误。时间长，质壁分离不一定越明显，质壁分离发生到一定程度不再分离，且质壁分离时间过长，细胞由于失水时间过长可能会死亡，第三次观察时细胞可能不会发生质壁分离复原现象，故B错误。赫尔希与蔡斯所做的噬菌体侵染细菌的实验中，用32P标记的噬菌

3、体侵染未标记的细菌保温时间要合适，保温时间过长，有部分子代噬菌体会从大肠杆菌中释放出来；时间过短，亲代噬菌体的核酸不能完全注入到大肠杆菌内，故C错误。观察根尖分生组织细胞的有丝分裂实验，解离液解离根尖的时间不宜过短，否则细胞之间没有充分分离，压片时细胞不易相互分散开而相互重叠，故D正确。33H充分标记DNA的雄性动物细胞（染色体数为2N）置于不含3H的培养基中培养，经过连续两次细胞分裂，形成4个子细胞（不考虑突变）；若是有丝分裂，DNA复制两次，细胞分裂两次，DNA复制是半保留复制，最终形成的染色体有的不含3H，若是减数分裂，DNA复制一次，细胞分裂两次，形成的所有的染色体都含有3H标记。若子

4、细胞中有的不含3H染色体，则为有丝分裂，那么形成的4个子细胞的核遗传信息相同，细胞分裂过程中遗传物质不发生变化，故A错误。若子细胞的染色体都含3H标记，则为减数分裂，分裂过程中会发生基因重组，故B正确。若进行减数分裂，则所有的染色体都含3H标记，减数第二次分裂后期一共有2N条染色体，故C正确。若进行有丝分裂，第二次有丝分裂中期一共有2N条染色体，4N条染色单体，所有的染色体被标记，但每一条染色体含有的两条染色单体，只有一条染色单体被3H标记，故D正确。4胰腺包括外分泌部和内分泌部，外分泌部分泌胰液，受促胰液素的调节，内分泌部可分泌胰岛素和胰高血糖素，受神经系统的调节，故A正确。组织液可直接渗入

5、血浆，也可流经淋巴入血浆，但注入血浆的量远大于流入淋巴的量，故B正确。主动免疫直接注射抗原，引起人体的免疫反应，在体内产生抗体和记忆细胞，进而获得了对该抗原的抵抗能力，因为记忆细胞能存活时间长，所以人可以保持较长时间的免疫力，因为抗体和记忆细胞的产生需要一定的时间，所以此法可用于免疫预防，不适合用于紧急治疗；被动免疫直接注射抗体或致敏淋巴细胞，抗体或致敏淋巴细胞产生的抗体可以直接清除病毒，发挥作用快，可起到治疗的作用，一般适用于紧急治疗，此法缺点是抗体存活时间比较短，没有长期预防的作用，故C错误。婴幼儿缺乏甲状腺激素可影响其神经系统的发育和功能，故D正确。5生态系统的结构包括生态系统的组成成分

6、和食物链、食物网（营养结构），不是指无机环境和生物群落，故A错误。由于能量是不可循环利用的，如果一个生态系统在一段时期没有能量输入，生态系统就会崩溃，任何生态系统都需要不断得到来自系统外的能量补充，以便维持生态系统的正常功能，故B正确。桑基鱼塘生态系统与普通稻田生态系统相比，实现了对能量的多级利用，从而大大提高能量的利用率，能量是不能循环利用的，故C错误。生态系统中同一营养级的生物可以有多种，但是每一种生物能位于一个或多个营养级，故D错误。6纯合红眼雌蝇与纯合白眼雄蝇交配，F1中雌蝇全为紫眼、雄蝇全为红眼，则紫眼和红眼的遗传为伴性遗传，结合题中图形分析，A、a位于常染色体上，B和b基因位于X染

7、色体上，则亲本纯合红眼雌蝇的基因型是AAXbXb、纯合白眼雄蝇是aaXBY，F2中白眼的概率为1/4，故A、B、C都正确。F1雌蝇全为紫眼且基因型为AaXBXb，雄蝇全为红眼且基因型为AaXbY，F2的基因型为34=12种，故D错误。7牡蛎壳的主要成分是CaCO3，受热分解生成CaO，故A正确。钾和钠的焰色不同，故B正确。依据：草木之实，其中蕴藏膏液而不能自流，可知“膏液”应为植物果实种子压榨出的植物油，植物油属于油脂，故C正确。黄泥具有吸附作用，可吸除杂质，而非化学反应提纯得到的，故D错误。8A项，无色无味的能使澄清石灰变浑浊的气体是二氧化碳，原溶液中也可能含有碳酸氢根离子。B项，MgSO4

8、溶液加入NaOH，生成Mg(OH)2，再加入CuSO4溶液，出现蓝色沉淀，即Mg(OH)2+Cu2+=Cu(OH)2+Mg2+，化学反应向更难溶的方向进行，即Cu(OH)2的溶度积小于Mg(OH)2。C项，氧气能氧化FeSO4溶液为硫酸铁，硫酸铁能与铜反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，不是形成原电池。D项，向稀硝酸中加入过量Fe粉，反应生成硝酸亚铁，无Fe3+。9COO原子团不被氢气加成，所以1mol该有机物最多能与3mol氢气加成，故A错误。乙醛和丙烯醛（）的结构不相似，所以二者一定不是同系物；它们与氢气充分反应后分别生成乙醇和丙醇，所以与氢气加成的产物属于同系物，故B错误。乳酸薄荷醇酯（）中含有酯

9、基、羟基，能够发生水解、氧化、消去反应，还能够发生取代反应，故C错误。甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的C原子处于苯的H原子位置，所以处于苯环这个平面。两个苯环相连，与苯环相连的碳原子处于另一个苯的H原子位置，也处于另一个苯环这个平面，所以至少有9个碳原子共面，故D正确。10乙醇和生石灰不反应，乙酸和生石灰反应生成乙酸钙，然后采用蒸馏的方法得到乙醇，A正确。电镀时，阴极材料是待镀的金属，阳极为镀层金属，铝件上镀银，铝件作阴极，银作阳极，根据电流的方向，a为正极，b为负极，c为阳极，材料为纯银，d为阴极，材料为铝件，电解质溶液为硝酸银溶液，B正确。NO不能用排空气法收集，C正确。无法制纯净氯

10、气，D错误。11电池工作时，电解质中Li+向正极移动，则a是正极，电池工作时负极反应为Li-e=Li+，当外电路流过0.02mol电子时，消耗的锂为0.02mol，负极减重的质量为0.02mol7g/mol=0.14g，A正确。硫作为不导电的物质，导电性非常差，而石墨烯的特性是室温下导电最好的材料，则石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性，B正确。根据各电路中电子转移守恒可知，在铁电极上析出铜的质量为m(Cu)=64g/mol=32g，C正确。Li能和加入的硫酸反应，影响原电池反应，D错误。12X、Y、W分别位于不同周期且均为主族元素，所以X一定位于第一周期，X为H，Y、W分别位于第二、三周期，

11、Z 与Y、W均相邻，则三种元素的位置关系有两种情况： 或 ，若为第一种情况，设Y最外层为a个电子，则有a+a+1+ a +1=17，a =5，则Y为N，Z为O，W为S；若为第二种情况，设Y最外层为a个电子，则有a+ a+ a+1=17，a无解，故X、Y、Z和W四种元素分别为H、N、O、S。A项，水的沸点比氨的高，电子层数越多，半径越大，电子层结构相同时，原子序数越大，半径越小，所以阴离子的离子半径：S2N3O2H，正确。B项，形成的NH4NO3为离子化合物，强酸弱碱盐水解显酸性，正确。C项，S的氧化物SO2为H2SO3的酸性氧化物，SO3为H2SO4的酸性氧化物，故两者都是酸性氧化物，正确。D

12、项，H与N、O形成的10电子的粒子有：NH3、NH、NH、H2O、OH、H3O+共有6种，错误。13K2(H2A)=，结合题图中pH=4.2时，c(HA)=c(A2)，代入上式可得K 2(H2A)=104.2，则lgK2(H2A)=-4.2，从图中可以得到pH=2.7时，c(HA)较大，c(H2A)= c(A2)且都较低，故A正确。pH=4.2时，c(H+)=104.2molL1，但溶液中c(HA)、c(A2)均约为0.05molL1（图中看到这两个成分浓度相等，综合应该还是0.1mol/L），正确，但随着pH的升高,氢离子浓度减小，的比值增大，故B错误。根据物料守恒：0.1molL1的NaH

13、A溶液中存在：c(Na+)+c(A2)+c(H2A)+c(HA)=0.2molL1，故C正确。D项图中可见正确。14根据物理概念分析可知，D正确。15以过S的OC垂直线段为直径时时间最长，如图所示，时间最长为， 最短时间趋于0，故C正确。16由题意分析可知，绳子拉力的竖直方向分力等于重力，所以绳子的拉力大于重力，故A正确，B、C、D错误。17带负电的废气粒子从A运动到B的过程中电场力做正功，所以A点电势能大于B点电势能，故A正确。废气粒子在过滤过程中电势能一直在减小，由于此电场并非匀强电场，所以废气粒子运动轨迹不是抛物线，故B、C错误。电场线越密则电场强度越大，由此可知A点的电场力更大，故A点

14、的加速度大于B点的加速度，故D错误。18当滑动触头从左端移到右端的过程中，R1接入电阻先增大后减小，所以电路中的电流先减小后增大，路端电压先增大后减小。因为R外总大于r，由电源的输出功率P随R外变化关系知，电源的输出功率先减小后增大。将视为电源内阻，R1消耗的功率即为等效电源的输出功率，当外电阻先增大后减小，R1消耗的功率先增大再减小，然后再增大再减小，故D正确。19天然放射性元素才能发生衰变，故A错误。衰变与外界条件无关，故B错误。20电场力与重力形成合外力对小球做功为小球动能变化量，故A错误。小球机械能减少量为动能和重力势能之和，所以机械能减少量为，故C错误。21小铁块放上传送带，滑动摩擦

15、力的方向先沿斜面向下，根据牛顿第二定律得，则小铁块速度达到传送带速度所需的时间，此段时间内小铁块经过的位移。由于，可知物体与传送带不能保持相对静止，速度相等后，物体所受的摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律得，根据，即，解得。则，故A正确。小铁块对皮带做的总功即是摩擦力所做的功，故B错误。第一秒内传送带的速度大于小铁块的速度，小铁块相对于传送带向后运动，相对位移。第二秒小铁块的速度大于传送带的速度，小铁块相对于传送带向前运动，相对位移，小铁块相对于传送带的位移，故C正确。产生的热量，故D错误。三、非选择题（一）必考题：共11题，共129分。22.（每空2分，共6分）（1）B （2）0.653 0

16、.66523.（除特殊标注外，每空2分，共9分）（1）V1（1分） R1（1分）（2）电路图如右所示（3分）（3）C 增大24.（12分）解：（1）当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B共速由动量守恒定律得 解得 弹簧的最大弹性势能即滑块A、B损失的动能 （2）当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，由动量守恒和能量守恒得 解得 评分标准：本题共12分。正确得出式给1分，正确得出式给3分，其余各式各给2分。25.（20分）解：（1）感应电动势 感应电流 通过定值电阻的电荷量 即 （2）在t1时刻，对杆有 其中 联立可得 （3）当金属杆达到最大速度时 即此时感应电流与0t1时间内感应

17、电流大小相等，感应电动势也相等，所以 从开始滑动到达到最大速度的过程 其中 电阻R上产生的焦耳热 解得 评分标准：本题共20分。正确得出、式各给1分，其余各式各给2分。26.（除特殊标注外，每空1分，共15分）（1）A （2）关闭止水夹，往长颈漏斗里加水，若长颈漏斗的液面高于试管中的液面，并长时间保持该高度差不变，表明装置不漏气 （3）Na2O和Na2CO3（2分） 4Na+3CO22Na2CO3+C（2分） Na2CO3溶液显碱性，也会使酚酞变红 不同意，丙同学的推断白色物质若是氢氧化钠，需要反应物含有氢元素，实验是钠在二氧化碳中的反应产物，反应体系中无氢元素存在 （4）2xMg+2NO x

18、 2xMgO+N2，3Mg+N2Mg3N2（2分，其他合理答案也可）abcdebcghf 分液漏斗、平底烧瓶（烧瓶也可） Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O 装置D中气体体积增大，水从广口瓶流入烧杯中 取装置C中少量固体产物加入水中，若产生具有无色刺激性气味(或能使湿润的红色石蕊试纸变蓝)的气体，则证明产物存在Mg3N2，否则不存在（其他合理答案也可以）【解析】（1）苯不溶于水，密度小于水，可以隔绝空气，A正确。饱和的食盐水不能隔绝空气，B错误。四氯化碳不溶于水，但密度大于水，在下层，不能隔绝空气，C错误。（2）由于是长颈漏斗，所以实验前检验该装置气密性的方法是关闭止

19、水夹，往长颈漏斗里加水，若长颈漏斗的液面高于试管中的液面，并长时间保持该高度差不变，表明装置不漏气。（3）取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加入无色酚酞试液变红，白色固体不一定是氧化钠，碳酸钠水溶液水解显碱性，也可以使酚酞变红。27.（除特殊标注外，每空1分，共14分）（1）Fe 使氯化铁/氯化铜完全反应 烧杯、漏斗、玻璃棒（2分）（2）取未知液少量，滴加KSCN溶液,无明显现象；再滴加氯水后,溶液变为血红色，证明含有Fe2+，另取未知液少量,滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液,产生白色沉淀，证明含有Cl（2分） （3）1100 硫氰化钾 溶液呈血红色 2Fe3+Cu

20、=Cu2+2Fe2+ （4）先加KSCN溶液，无现象，再加氯水，产生血红色溶液（2分）（5）100%=100%（2分）【解析】（5）根据题意，最后称得残留固体b g为氧化铁，则铁元素的质量为b g=0.7b g，根据铁元素守恒可知样品中铁元素的质量为0.7b g，所以样品中Fe元素的质量分数为100%=100%。28.（除特殊标注外，每空1分，共14分）C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1) H=-1411.0kJmol1 （1）+18.7kJ/mol （2）144（3）X+CO2+H2O=HCO+HX（4）105 （5）AD （6）0.32molL1min1 25L2m

21、ol2 D （7）（8） （9）3CO2+4Na+4e=2Na2CO3+C（2分） 15.8 【解析】（1）i.6FeO(s)+CO2(g)= 2Fe3O4(s)+C(s) H1=-76.0kJ/mol；ii.C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g) H2=+113.4kJ/mol。根据盖斯定律，由i+ ii得反应3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g)，H3=H1+H2=76.0kJ/mol+113.4kJ/mol=+18.7kJ/mol。（2）在反应i.6FeO(s) +CO2(g)= 2Fe3O4(s) +C(s) H1=76.0kJ/mol中，每放出38.

22、0kJ热量，有3mol FeO参与反应，而其中有的FeO中的铁元素由+2价变为+3价，故被氧化的FeO的质量为3mol72g/mol=144g。（4）25时，NH4Cl溶液中，NH结合水电离出的OH生成NH3H2O，促进水的电离。溶液pH=5，而H+全部来自于水的电离，所以由水电离产生的c(H+)水=c(OH)水=105mol/L。（6） CO2(g) + 4H2(g)CH4(g) + 2H2O(g) 起始浓度(mol/L) 1 4 0 0改变浓度(mol/L) 0.8 3.2 0.8 1.6平衡浓度(mol/L) 0.2 0.8 0.8 1.6从反应开始到恰好达到平衡时，H2的平均反应速率v

23、(H2)=0.32molL1min1；300时，反应的平衡常数K=25L2mol2；保持温度不变，向平衡后的容器中再充入2mol CO2和8mol H2，则物质的量增大2倍，若平衡不移动则平衡后CH4的浓度应该是原来的2倍即1.6mol/L，但在恒容情况下增大两倍投料，相当于增大压强，平衡向气体缩小的正反应方向移动， CH4的浓度增大，大于1.6mol/L。（7）300时，如果该容器中有1.6mol CO2、2.0mol H2、5.6mol CH4、4.0mol H2O(g)，Qc=14v逆。 29（除特殊标注外，每空1分，共9分）（1） BR的浓度、生长素的浓度 低浓度促进，高浓度抑制（或体

24、现两重性） 不能 曲线只是一种浓度的BR溶液，没有设置一系列的BR溶液对主根生长影响的实验，无法得出具有两重性的结论（答案合理即给2分）（2）双向 促进 极性运输【解析】（1）图中曲线未加BR，代表IAA 对主根生长的影响，曲线是同时施加BR、IAA对主根生长的影响，由题意及曲线可知，曲线是对照组，本实验有两个自变量，有没有加BR以及生长素的浓度；根据起点和变化趋势，可得出答案“低浓度促进伸长，高浓度抑制伸长”，具有两重性；曲线只是一种浓度的BR溶液，没有设置一系列的BR溶液对主根生长影响的实验，无法得出具有两重性的结论。（2）从图中看出，两种实验情况下，都检测到了放射性碳标记的IAA，故生长

25、素在根部的运输方向为“双向”。而加了BR组阴影的面积检测到的IAA（放射性）都多于空白对照组，可以看出BR 促进了生长素的运输；加了BR的极性运输的放射性含量高于非极性运输的含量，故BR可以促进生长素的运输，且对极性运输的作用更显著。30（除特殊标注外，每空2分，共9分）（1）H、ATP（1分） 上升 （2）200 （3）CO2的固定 玉米叶肉细胞内有“CO2泵”，仍可以维持细胞内较高的CO2浓度，此时光照强度增强，光合作用速率增加（答案合理即给分）【解析】（1）过程表示C3的还原，需要光反应阶段提供的H、ATP ；如果在玉米叶肉细胞中注入某种抑制剂使“CO2泵”的活性降低，则导致光合作用的原

26、料CO2供应下降，CO2的固定减弱，则在短时间内维管束鞘细胞中消耗C5的量减少，C5的含量有上升的趋势。（2）据图乙可知，适宜温度下，玉米的呼吸速率等于50mL/h，当光照强度为15klx时，净光合速率为150mL/h，玉米每小时能固定的CO2为总光合速率=净光合速率+呼吸速率=200mL/h。（3）研究发现晴朗的夏季11：00时，光照增强，温度过高，叶片气孔开度下降，光合作用原料CO2供应减少，导致卡尔文循环（暗反应阶段）中的CO2的固定过程减弱，最终花生光合作用速率明显下降；而玉米内有“CO2泵”，在进入植物内的CO2减少的情况下，仍可以维持细胞内较高的CO2浓度，并且此时光照增强，促使光

27、合作用速率增加。31（除特殊标注外，每空1分，共9分）（1）神经递质 激素 （2）传出神经末梢及其支配的下丘脑（或下丘脑） 抑制 胰岛B （3）细胞（2分） 使机体免疫反应保持在适当的强度和时间范围内（2分，答案合理给分）【解析】（1）细胞产生的信号分子主要有三种，神经细胞产生神经递质，内分泌细胞产生激素，免疫细胞产生淋巴因子。（2）应激状态下，下丘脑分泌CRH增多，属于神经调节，传出神经末梢及其支配的下丘脑内分泌细胞属于反射弧组成中的效应器；血液中糖皮质激素的含量过多，对下丘脑和垂体的分泌活动有抑制作用，以维持体内激素的正常含量，这属于负反馈调节。胰岛素能促进组织细胞加速摄取、利用和贮存葡萄

28、糖，所以，糖皮质激素与胰岛素作用相反，胰岛素是由胰岛B细胞产生的。（3）效应T细胞是细胞免疫的作战部队，IL-2使效应T细胞的功能增强，所以增强了细胞免疫。但糖皮质激素增多，抑制免疫系统的功能，使机体免疫反应保持在适当的强度和时间范围内。32（每空2分，共12分）（1）野生型 31 11（2）突变型 F1 子代雌果蝇全为突变型，雄果蝇全为野生型，且雌雄果蝇的比例为11【解析】（1）突变型的雌果蝇与纯合野生型雄蝇进行杂交，F1只有一种表现型，说明突变型的雌性个体为纯合子，但不能确定突变型和野生型的显隐性。若假设一成立，即相对性状由常染色体上的一对等位基因控制，突变型雄性纯合致死，假设该对等位基因

29、用A和a表示，突变的基因型为Aa，F2的基因型及其比例为AAAaaa=121，如果突变型为显性性状，且突变型雄性纯合致死，则F2雄蝇既有野生型（aa），也有突变型（Aa），与题意中的全为野生型不符；如果野生型为显性性状，且突变型雄性纯合（aa）致死，则F2雄蝇只有野生型（Aa和AA），与题意中全为野生型相符。综合上述分析：野生型为显性性状，在F2中雄蝇的基因型及其比例为AAAaaa（致死）=121，雌蝇的基因型及其比例也为AAAaaa=121，故F2雌蝇中野生型突变型=31。若假设二成立，即相对性状由XY同源区的一对等位基因控制，雌雄均无致死情况，则结合对假设一的分析可确定，突变型的雌性与纯合

30、野生型雄蝇的基因型分别为XaXa、XAYA，交配所得F1的基因型为XAXa、XaYA，F2的基因型及其比例为XAXaXaXaXAYAXaYA=1111，F2雌蝇中，野生型突变型=11。（2）依题意可知，用上述实验中出现的果蝇为实验材料，设计一个杂交实验加以验证假设二成立，应选择突变型雌果蝇（XaXa）与F1中的野生型（XaYA）雄果蝇杂交，观察并比较子代雌雄果蝇的表现型及比例，其实验结果为子代雌果蝇全为突变型（XaXa），雄果蝇全为野生型（XaYA），且雌雄果蝇的比例为11。（二）选考题（共45分）33（15分）（1）（5分）ACD（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣

31、3分，最低得分为0分）（2）（10分）解：.设气体在状态b时的体积为Vb，a到b为等容过程。根据气体定律得 解得 到c为等压过程，根据气体定律得 解得 .气体由状态b到状态c为等压过程，由气体定律可知，体积增大时温度升高，所以气体内能U增大，由于bc气体对外做功，W为负值，气体吸热，Q为正值，由热力学第一定律UQW可知，气体吸收热量Q大于气体对外做的功W。 评分标准：本题共10分，正确得出、式各给2分，正确得出式给4分，其余各式各给1分。34.（1）（5分）ABC（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）（2）（10分）解：由图象可知，.当波向右传播时

32、，点A的起振方向向下，包括Q点在内的各质点的起振方向均向下。波速 由得 由至Q点第一次到达波峰时，经历的时间 而 时O点的振动方向向上，故经时间，O点振动到波谷，即， .当波速时，经历0.45s的时间，波沿轴方向传播的距离,故波沿x轴正向传播。 评分标准：本题共10分。正确得出式给1分，正确得出式给3分，其余各式各给2分。35.（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）28（1分） Ar3d104s24p3（1分） （2）5（1分） （3）AsCl3+3H2O=H3AsO3+3HCl （4）sp3杂化 （5）NH3HCl，NH3存在分子间氢键，HCl分子间只存在范德华力，氢键作用力比范德华力强，NH3的熔沸点高于HCl （6）X-射线衍射 NiAs或AsNi 【解析】本题考查物质结构与性质，涉及元素的推断，简化电子排布式的书写，第一电离能的比较，杂化方式的