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1、宁夏青铜峡市高级中学2022届高三化学上学期第一次月考试题含解析1.中国传统文化对人类文明奉献巨大。以下古代文献涉及的化学研究成果，对其说明不合理的是A. ?天工开物?中“凡石灰，经火焚炼为用里的“石灰是指CaOB. ?黄白第十大?中“曾青涂铁，铁赤如铜主要发生了置换反响C. ?本草纲目?中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露，利用到蒸馏D. ?梦溪笔谈?中“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔那么多断折中剂钢是指铁的合金【答案】A【解析】A石灰石加热后能制得生石灰，“石灰指的是碳酸钙，选项A错误；B曾青涂铁是一种可溶性铜盐的溶液放入金属铁得到金属铜的过程，“曾青是可溶性铜盐，选项B正确；C草木灰的
2、主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，选项C正确；D剑刃硬度要大，所以用碳铁合金，故剂钢是指铁的合金，选项D正确；答案选A。点睛：此题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用根底知识的能力。石灰石加热后能制得生石灰；曾青涂铁是一种可溶性铜盐的溶液放入金属铁得到金属铜的过程；草木灰的主要成分是碳酸钾；剑刃硬度要大，所以用碳铁合金。2.胶体区别于其它分散系的特征是 A. 胶体粒子能够发生布朗运动B. 胶体粒子带电荷C. 胶体粒子直径在1100nm之间D. 胶体粒子不能穿过半透膜【答案】C【解析】胶体区别于其它分散
3、系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，溶液的分散质粒子直径小于1nm，浊液的分散质粒子直径大于100nm。答案选D。点睛：此题考查胶体的判断，注意胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间。3.以下有关物质的分类或归类不正确的选项是()混合物：石炭酸、福尔马林、水玻璃、水银 化合物：CaCl2、烧碱、苯乙烯、HD电解质：明矾、冰醋酸、硫酸钡纯洁物：干冰、冰水混合物、浓硫酸、水晶同素异形体：足球烯、石墨、金刚石同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：石炭酸是苯酚，属于纯洁物、福尔马林是甲醛的水
4、溶液属于混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物、水银是单质属于纯洁物，错误；CaCl2、烧碱、苯乙烯是化合物，HD是氢气分子，不是化合物，错误；明矾是十二水合硫酸铝钾晶体、冰醋酸属于酸、硫酸钡是盐，都是电解质，正确；干冰是二氧化碳，是纯洁物、冰水混合物是水，属于纯洁物、浓硫酸是混合物、水晶是二氧化硅，属于纯洁物，错误；足球烯、石墨、金刚石是由C元素形成的性质不同的单质，属于同素异形体，正确；CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2，组成相差CH2，结构不一定相似，所以不一定是同系物，错误，错误；答案选A。考点：考查物质的分类。4.用浓硫酸配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，以下操作会
5、造成所配溶液浓度偏高的是A. 定容时，眼睛仰视刻度线B. 反复倒转摇匀后，液面低于刻度线，再加蒸馏水至液面最低点恰好与刻度线相平C. 洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转移入容量瓶中D. 溶解后的溶液未冷却至室温就转移入容量瓶中并定容【答案】D【解析】【详解】A.在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏小，故不选A；B.反复倒转摇匀后，液面低于刻度线，此时有少量溶液残留在玻璃塞和瓶口之间，浓度不变，属于正常现象，但又补充了水，会导致浓度偏小，故不选B；C.洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转移入容量瓶，会导致溶质损失，浓度偏小，故不选C；D.溶解后的溶液未冷却至室温就转移入容量瓶中，根据热胀冷
6、缩原理，导致后续加水少，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏大，应选D；答案：D5.向四支试管中分别参加少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的选项是操作现象结论A先滴加BaCl2溶液，再加稀HNO3生成白色沉淀，且沉淀不溶解原溶液中有SO42B滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫红色原溶液中有IC用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反响火焰呈黄色原溶液中有Na+、K+D滴加NaOH溶液加热，将红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.亚硫酸根离子，银离子均会与氯化钡反响生成白色沉淀且参加硝酸后，白色沉淀不溶，故A错误；B.氯水中
7、的氯气和碘离子反响生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来而显紫色，可说明原溶液中有I-，故B正确；C应再通过蓝色钴玻璃观察焰色是否成紫色，确定钾离子是否存在，故C错误；D.如果滴加稀氢氧化钠溶液，加热，因氨气易溶于水，不能生成气体，试纸不变蓝，应改用浓氢氧化钠溶液检验，故D错误；答案：B【点睛】易错选项A，硫酸根离子的检验要排除亚硫酸根离子，银离子的干扰。检验硫酸根离子分为两步：1取少量待测溶液，参加盐酸无现象2参加氯化钡有白色沉淀生成。6.设NA表示阿伏加德罗常数的值，以下表达中正确的选项是A. 标准状况下，NA个SO3分子所占的体积约为22.4LB. 在标准状况下，1L庚烷C7H16完
8、全燃烧所生成的气态产物的分子数为C. 16.9g过氧化钡BaO2固体中阴、阳离子总数约为0.3NAD. 7gCnH2n中含有氢原子数目为NA【答案】D【解析】【详解】A. SO3标准状况下为固体，不可用气体摩尔体积计算，故A错误；B.标准状况下，庚烷为液体，不可用气体摩尔体积计算庚烷的物质的量，故B错误；C.过氧化钡中含钡离子和过氧离子，16.9g过氧化钡BaO2固体中阴、阳离子总数约为0.2NA，故C错误；D. 7gCnH2n中含有氢原子数目为NA，故D正确；答案：D【点睛】22.4L/mol的运用需要注意：1标准状况；2气体。7.在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中
9、参加b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42-完全沉淀；如参加足量强碱并加热可得到cmolNH3，那么原溶液中Al3+的浓度(mol/L)为 A. B. C. D. 【答案】C【解析】由混合溶液中参加bmolBaCl2，恰好使溶液中SO42-离子完全沉淀，那么SO42-+Ba2+BaSO4 bmol bmolcSO42-=mol/L，由参加足量强碱并加热可得到cmol NH3，那么NH4+OH-NH3+H2O cmol cmolcNH4+=mol/L，又溶液不显电性，设原溶液中的Al3+浓度为x，由电荷守恒可知，x3+mol/L1=mol/L2，解得x=mol/L，答案选C。8.常温下，
10、以下各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN、ClB. cH+1012 molL1的溶液中：K+、Na+、CO32、NO3C. cFe2+1 molL1的溶液中：K+、NH4+、MnO4、SO42D. 能使甲基橙变红溶液中：Na+、NH4+、SO42、HCO3【答案】B【解析】【详解】A. Fe3+为棕黄色，与SCN结合生成红色络离子，故A错误；B. cH+1012 molL1的溶液显碱性，K+、Na+、CO32、NO3可以共存，故B正确；C. Fe2+与MnO4会发生氧化复原反响，故C错误；D. 能使甲基橙变红的溶液显酸性，HCO3不能在酸性溶液中
11、大量存在，故D错误；答案：B9.以下指定反响的离子方程式正确的选项是A. 氯气溶于水：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB. 大理石溶于稀硝酸：CO32+2H+CO2+H2OC. 酸性溶液中KIO3与KI反响生成I2：IO3+I+6H+I2+3H2OD. NaHCO3溶液中加过量BaOH2溶液：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O【答案】D【解析】【详解】A. 次氯酸为弱酸，氯气溶于水的离子方程式为Cl2+H2OH+Cl+HClO，故A错误；B. 碳酸钙难溶于水，大理石溶于稀硝酸的离子方程式为CaCO3+2H+CO2+H2O+Ca2+，故B错误；C. 酸性溶液中KIO3与KI反响生成I2的离
12、子方程式为IO3+5I+6H+3I2+3H2O，故C错误；D. NaHCO3溶液中加过量BaOH2溶液的离子方程式为HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O，故D正确；答案：D【点睛】离子方程式书写时只有溶于水的强电解质才可以写成离子形式；定量离子方程式书写采用“以少定多的原那么，把少量的反响物系数定为“1”。10.洁厕灵和84消毒液混合使用会发生反响：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O，生成有毒的氯气。以下说法正确的选项是 A. 每生成1mol氯气，转移的电子数为2NAB. 1molNaCl含有的电子数为28NAC. 1L0.2mol/LNaClO溶液中含有的次氯酸根离子数为0.
13、2NAD. 标准状况下，将22.4LHCl溶解在0.5L水中，形成2mol/L的盐酸【答案】B【解析】【详解】反响NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O中，NaClO的氯元素由+1价变为0价，被复原，作氧化剂；HCl中局部氯元素由-1价变为0价，被氧化，作复原剂，另一局部化合价不变，起酸性作用。A. 每生成1mol氯气，转移的电子数为NA，选项A错误；B. 1molNaCl含有的电子数为28NA，选项B正确；C. 由于次氯酸根离子水解，故1L0.2mol/LNaClO溶液中含有的次氯酸根离子数小于0.2NA，选项C错误；D. 标准状况下，将22.4LHCl溶解在0.5L水中，溶液的体积
14、不一定为0.5L，形成盐酸的浓度不一定为2mol/L，选项D错误。答案选B。11.物质氧化性、复原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反响温度有关。以下各组物质：Cu和HNO3溶液 Cu和FeCl3溶液 Zn与H2SO4溶液 Fe和HCl溶液 由于浓度不同而能发生不同氧化复原反响的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】Cu与HNO3溶液反响时，假设为浓硝酸，发生Cu+4HNO3CuNO32+2NO2+2H2O，假设为稀硝酸，那么发生3Cu+8HNO33CuNO32+2NO+4H2O，与浓度有关，应选；Cu与FeCl3溶液发生反响：Cu+2FeCl32FeCl2+CuC
15、l2，与浓度无关，故不选；Zn与H2SO4溶液反响时，假设为稀硫酸，发生Zn+H2SO4ZnSO4+H2，假设为浓硫酸，那么发生Zn+2H2SO4浓ZnSO4+SO2+2H2O，与浓度有关，应选；Fe与HCl溶液发生反响：Fe+2HCl=FeCl2+H2，与浓度无关，故不选答案：B12.赤铜矿的成分是Cu2O，辉铜矿的成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有以下反响：2Cu2OCu2S6CuSO2，对于该反响，以下说法正确的选项是A. 该反响的氧化剂只有Cu2OB. Cu既是氧化产物，又是复原产物C. Cu2S既是氧化剂又是复原剂D. 复原产物与氧化产物的物质的量之比为16【答案】C【解析】
16、【详解】ACu元素的化合价降低，那么Cu2O、Cu2S均为氧化剂，故A错误；BCu元素得到电子被复原，那么Cu为复原产物，故B错误；CCu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，那么Cu2S在反响中既是氧化剂，又是复原剂，故C正确；DCu为复原产物，SO2为氧化产物，由反响可知，复原产物与氧化产物的物质的量之比为6：1，故D错误；此题答案选C。13.铊Tl盐与氰化钾KCN被列为A级危险品。以下反响在一定条件下能够发生：TI3+2AgTl+2Ag+，Ag+Fe2+Ag+Fe3+，Fe+2Fe3+3Fe2+。以下离子氧化性比拟顺序正确的选项是A. TI3+Fe3+Ag+B. Fe3+Ag+TI3+C
17、. Tl+Ag+Fe2+D. TI3+Ag+Fe2+【答案】D【解析】【分析】根据氧化复原反响方程式中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析判断。【详解】反响TI3+2AgTl+2Ag+中氧化剂是TI3+，氧化产物是Ag+，因此氧化性为Ti3Ag；反响Ag+Fe2+Ag+Fe3+中氧化剂是Ag+，氧化产物是Fe3+，因此氧化性为Ag+Fe3+；反响Fe+2Fe3+3Fe2+中氧化剂是Fe3+，氧化产物是Ag+，因此氧化性为Fe3+Fe2+；综上所述，氧化性是TI3+Ag+Fe3+Fe2+，答案选D。14.做实验时不小心粘了一些高锰酸钾，皮肤上的斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原
18、，其离子方程式为：MnO4- +C2O+H+CO2+Mn2+，关于此反响的表达正确的选项是A. 该反响的氧化剂是C2OB. 该反响右边方框内的产物是OH-C. 配平该反响式后，H+的化学计量数是16D. 该反响电子转移总数是5e-【答案】C【解析】【详解】A该反响中，锰元素化合价由+7价变为+2价，所以高锰酸根离子作氧化剂，故A错误；B根据元素守恒、电荷守恒可知，该反响右边方框内产物是H2O，故B错误；C配平该反响可得：2MnO4- +5C2+16H+=10CO2+2Mn2+8H2O，所以氢离子系数是16，故C正确；D配平该反响可得：2MnO4- +5C2+16H+=10CO2+2Mn2+8H
19、2O，转移电子总数10e-，故D错误；答案：C15.某固体混合物中可能含有：K+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行了如下实验：以下说法正确的选项是A. 该混合物一定是K2CO3和NaClB. 该混合物可能是Na2CO3和KClC. 该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3D. 该混合物一定是Na2CO3和NaCl【答案】B【解析】焰色反响显黄色，说明一定存在钠离子，可能有钾离子。参加过量的硝酸钡溶液产生白色沉淀，白色沉淀完全溶解在盐酸中，说明一定存在碳酸根，不存在硫酸根。滤液中参加硝酸酸化的硝酸银得到白色沉淀，说明含有氯离子，即一定存在Na+、Cl-、
20、CO32-，一定不存在SO42-，可能含有K+，答案选B。16.向27.2gCu和Cu2O的混合物中参加某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反响，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中参加1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。以下有关说法不正确的选项是A. Cu与Cu2O的物质的量之比为21B. 硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC. 产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD. Cu、Cu2O与硝酸反响后剩余HNO3为0.2mol【答案】B【解析】【详解】设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据题意，那么有64x
21、+144y=27.2由CuCu(OH)2、Cu2O2Cu(OH)2可得34x+68y-16y=39.2-27.2解得x=0.2、y=0.1A、Cu与Cu2O的物质的量之比为0.20.1=21，A正确；B、根据氮原子守恒可知硝酸的物质的量为1.0mol+0.2 mol2+0.1 mol2/3=1.2 mol，硝酸的物质的量浓度为1.2 mol /0.5L =2.4 mol/L，B不正确；C、根据电子得失守恒可知产生的NO在标准状况下的体积为22.4L/ mol0.2 mol2+0.1 mol2/3=4.48L，C正确；D、根据氮原子守恒可知Cu、Cu2O与硝酸反响后剩余HNO3为1.0mol-0
22、.2 mol2-0.1 mol22=0.2mol，D正确。答案选B。17.不用任何试剂鉴别硫酸、硫酸钠、碳酸钠、氯化钡四种无色溶液，将它们两两混合现象如下：ABCDA白色沉淀无现象无色气体B白色沉淀白色沉淀白色沉淀C无现象白色沉淀无现象D无色气体白色沉淀无现象由表可知：1B为_;C为_(填化学式)2要确定A、D还要进行的实验操作是：在A、D溶液中分别参加稀盐酸，假设有_现象，证明是_(填化学式)3写出A和D反响的离子方程式:_。【答案】 (1). BaCl2 (2). Na2SO4 (3). 生成气体 (4). Na2CO3 (5). CO32- + 2H+ = CO2+ H2O【解析】【分析
23、】用两两相互混合法：与另外三种物质混合均产生白色沉淀的为BaCl2 ，只与BaCl2产生白色沉淀，与另外两物质不反响的为Na2SO4，而H2SO4、Na2CO3与BaCl2反响的现象相同，与Na2SO4作用均无现象，故不能确定，可利用H2SO4的酸性，与BaCO3反响的现象，将其区别开来。【详解】1B能与另外三种物质生成白色沉淀，确定B为BaCl2； C只与BaCl2产生白色沉淀，与另外两物质不反响，确定C为Na2SO4；答案：BaCl2；Na2SO4；2A、D为硫酸和碳酸钠，在A、D溶液中分别参加稀盐酸，发生反响Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+ H2O，如果有气体产生，证明是碳酸
24、钠，无现象的为硫酸；答案：生成气体；Na2CO3；3A和D反响，也就是硫酸溶液与碳酸钠溶液的反响，离子方程式为CO32- + 2H+ =CO2+ H2O；答案：CO32- + 2H+ = CO2+ H2O。18.实验室用密度为1.18g/ml，质量分数为36.5%浓盐酸配制250ml0.1mol/L的盐酸溶液，填空并请答复以下问题：1配制250ml0.1mol/L的盐酸溶液应量取盐酸体积_ml，应选用容量瓶的规格_ml。2配制时，其正确的操作顺序是_。A用30ml水洗涤烧杯 23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B用量筒量准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再参加少量水约30ml，用玻璃
25、棒慢慢搅动，使其混合均匀C将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入250ml的容量瓶中D将容量瓶盖紧、振荡、摇匀E改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度12cm处aBCAFED bBCFED cBCAED3操作B中，使用量筒量取液体时视线俯视会造成配制液体浓度_偏高、偏低或无影响。操作E中加水超过刻度线该如何处理？_4假设出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响偏高、偏低或无影响？a没有进行A操作_；b加蒸馏水时不慎超过了刻度_；c定容时俯视_。【答案】 (1). 2.1 (2). 250 (3). A (4). 偏低 (5). 重新配制 (6). 偏低 (7).
26、 偏低 (8). 偏高【解析】1浓盐酸的物质的量浓度= =11.8mol/L，配制250mL0.1molL-1的盐酸溶液，故需要250mL容量瓶；2配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以配制时，其正确的操作顺序是BCAFED，故答案a；3操作B中，使用量筒量取液体时视线俯视会造成所取溶液偏少，所配制液体浓度偏低；加蒸馏水时不慎超过了刻度，导致配制溶液的浓度偏低，所以要重新配制，故答案为：重新配制；4a没有进行A操作，导致溶质的物质的量偏小，配制溶液的浓度偏低；b加蒸馏水时不慎超过了刻度，导致溶液的体积偏大，配制溶液的浓度偏低；c定容时俯视偏低，导致溶液的体积偏小，配制溶液的浓
27、度偏高。19.目前合成的储氢纳米碳管常伴有大量的碳纳米颗粒杂质，这种颗粒可用氧化气化法提纯，其反响式为： C+ K2Cr2O7+ H2SO4 CO2+ Cr2SO43+ K2SO4+ H2O1配平上述化学反响方程式请将配平的计量数依次填入上式_2H2SO4在上述反响中表现出来的性质是_填选项编号。A酸性 B氧化性 C吸水性 D脱水性3上述反响中假设产生0.2mol CO2，那么转移电子的物质的量是_mol。4上述反响中氧化剂与复原剂的物质的量比为：_。【答案】 (1). 3、2、8、3、2、2、8 (2). A (3). 0.8 (4). 2:3【解析】【分析】1根据化合价升降相等和质量守恒配
28、平方程式；2通过分析化合价的变化确定硫酸的性质；3根据C化合价从0升高到+4价可知，生成1molCO2转移4mol电子；4根据化合价的变化确定氧化剂和复原剂，再根据化合价升降相等确定比值。【详解】1反响中C元素的化合价由0升高为+4价，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，由化合价升降相等可知，C的化学计量数为3，K2Cr2O7的化学计量数为2，由质量守恒定律可知，配平后的化学反响为3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2+2K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O；答案：3、2、8、3、2、2、8；2硫酸中各元素的化合价不发生变化，反响中生成硫酸盐，那么硫酸在该反响中表达酸性，应选A
29、;答案：A；3化学反响中，1molC参加反响生成1mol二氧化碳时转移电子为1mol4-0=4mol，所以假设产生0.2molCO2气体，那么转移电子的物质的量是0.8mol；答案：0.8；4上述反响中氧化剂为K2Cr2O7，复原剂为C，根据反响中C元素的化合价由0升高为+4价，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，由化合价升降相等可知，C的化学计量数为3，K2Cr2O7的化学计量数为2，可知氧化剂与复原剂的物质的量比为2:3；答案：2:3。20.某溶液X含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO32-、SO42-、Cl-、NO3-中的一种或几种，取该溶液进行实验，实验
30、内容和相关数据气体体积在标准状况下测定如下：1通过上述实验过程，一定不存在的离子是_。2写出有关离子方程式：步骤中生成A_。3假设测得X溶液中c(H+)=5 molL-1，那么X溶液中_(填“含或“不含)Fe3+，c(Fe3+)=_molL-1(假设填不含，那么不需计算)，X溶液中c(C1-)=_ molL-1。【答案】1C032-、SO32-、NO3- (分) 23Fe2+N03-+4H+=3Fe3+N0 +2H20 (2分3含(2分；1 (3分；14.5(3分)【解析】试题分析：1在X溶液里滴加过量硝酸钡生成沉淀，那么该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续
31、氧化生成D和E，那么A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明X显强酸性，且溶液中含有复原性离子，此离子为Fe2+离子，在强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SO32-离子；溶液B中参加过量NaOH溶液，生成气体F，那么F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，那么I为Al(OH)3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3-离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，故一定不存在的离子为C032-、SO32-、NO3-；2Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，反响的离子方程式为3Fe2+NO3-+4H+=3
32、Fe3+NO+2H2O；3根据反响：3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2O，得到224mL0.01molNO，Fe2+的物质的量是0.03mol，沉淀G的质量为4.28g的Fe(OH)3，物质的量为4.28g107g/mol=0.04mol，根据原子守恒可知，0.03mol Fe2+最多得到0.03mol Fe(OH)3，故溶液里含有Fe3+，其物质的量为0.04mol-0.03mol=0.01mol，物质的量浓度为0.01mol0.01L=1mol/L；原溶液里：n(Fe2+)=0.03mol，n(Fe3+)=0.01mol，n(NH4+)=0.336L22.4L/mol=0.
33、015mol，n(Al3+)=0.78g78g/mol=0.01mol，n(SO42-)=4.66g233 g/mol=0.02mol，n(H+)=5mol/L0.01L=0.05mol，设溶液里存在Cl-，根据电荷式可知：n(H+)1+ n(Fe2+)2+ n(NH4+)1+ n(Fe3+)3+ n(Al3+)3=n(Cl-)+n(SO42-)2，将离子的物质的量代入可得n(Cl-)=0.145mol，其物质的量浓度为0.145mol0.01L=14.5mol/L。【考点定位】此题考查物质的检验与鉴别，属于中等难度的试题，【名师点晴】试题综合性强，难度较大，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散
34、思维能力，提高学生的应试能力和学习效率，要依据物质的特殊性质和特征反响来判断、推理、验证；此题主要是灵活运用离子反响的种类灵活判断，在强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SO32-离子，参加过量硝酸钡生成沉淀，那么该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，那么A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有复原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中参加过量NaOH溶液，生成气体F，那么F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，那么I为AlOH3，H为NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，难点是利用酸性溶液中含有
35、Fe2+离子，排除NO3-离子的存在，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，以此解答。21.砷化镓是继硅之后研究最深入、应用最广泛的半导体材料。答复以下问题：1Ga基态原子核外电子排布式为_，As基态原子核外有_个未成对电子。2Ga、As、Se的第一电离能由打到小的顺序是_Ga、As、Se的电负性由打到小的顺序是_。3比拟以下镓的卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及其原因：_。镓的卤化物GaCl3GaBr3GaI3熔点/77.75122.3211.5沸点/201.22793464二水合草酸镓的结构式如下图，其中镓原子的配位数是_，草酸根离子中的原子杂化轨道类型是_。5砷化镓的立方晶胞如下图，
36、晶胞参数为a=0.565nm，砷化镓晶体的密度为_g/cm3设NA为阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p1或Ar3d104s24p1 (2). 3 (3). AsSe Ga (4). SeAs Ga (5). GaCl3、GaBr3、GaI3的熔、沸点依次升高，原因是它们均为分子晶体，相对分子质量依次增大， GaF3是离子晶体。 (6). 4 (7). sp2 (8). 【解析】【分析】1Ga原子核外电子数为31，根据能量最低原理书写核外电子排布式；As原子核外电子数为33，根据核外电子排布式确定未成对电子数；2同周期元素从左
37、到右第一电离能逐渐增大，注意As的半满稳定状态，As的第一电离能较高；非金属性越强电负性越大；3对于结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高；离子晶体的熔沸点远远高于分子晶体；4根据结构图中Ga和C的成键方式判断；5Ga位于顶点和面心，个数为81/861/2=4,As位于晶胞内部，原子个数为4，先计算晶胞质量，再根据晶胞参数计算体积，最后计算密度。【详解】(1) Ga原子核外电子数为31，根据能量最低原理书写核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p1或Ar3d104s24p1；As基态原子电子排布式为Ar3d104s24p3，因此未成对电子数为3
38、；答案：1s22s22p63s23p63d104s24p1或Ar3d104s24p1；3；2同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，As的4p能级含有3个电子，为半满稳定状态，第一电离能较高，那么第一电离能AsSe Ga；同一周期从左到右非金属性增强，电负性增强，因此电负性SeAs Ga；答案：AsSe Ga；SeAs Ga；3根据表格数值，GaCl3、GaBr3、GaI3的熔、沸点依次升高，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熔点比其余三个高很多，说明GaF3属于离子晶体；答案：GaCl3、GaBr3、GaI3的熔、沸点依次升高，原因是它们均为分子晶体，相对分子质量依次增大，GaF3是离子晶体；4根据结构图，Ga的配位数为4，C原子有3个键，无孤电子对，因此C的杂化类型为sp2；答案：4；sp2；5Ga位于顶点和面心，个数为81/861/2=4,As位于晶胞内部，原子个数为4，化学式为GaAs，晶胞的质量为4(7075)/NAg，晶胞的体积为(0.565107)3cm3，那么晶胞的密度为；答案：。【点睛】此题的难点是晶胞密度的计算，首先根据晶胞的结构以及均摊的方法，求出晶体的化学式，然后根据n=N/NA，求出晶胞物质的量，根据n=m/M，求出晶胞的质量，最后根据密度的定义进行计算。- 15 -