2020-2021学年山东省济南市历城一中高三（上）月考化学试卷（10月份）

这是一份2020-2021学年山东省济南市历城一中高三（上）月考化学试卷（10月份），共31页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，推断题，综合题，流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年山东省济南市历城一中高三（上）月考化学试卷（10月份）
一、单选题（本题共计12小题。总分28分）
1．（2分）宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有银针验毒的记载，“银针验毒”的原理是 4Ag+2H2S+O2═2X+2H2O，下列说法正确的是（　　）
A．X的化学式为AgS
B．银针验毒时，空气中氧气失去电子
C．反应中Ag和H2S均是还原剂
D．每生成1molX，反应转移2mol e﹣
2．（2分）下列指定反应的离子方程式书写正确的是（　　）
A．向饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳：2Na++CO32﹣+CO2+H2O═2NaHCO3↓
B．KIO3与KI在酸性溶液中反应：5I﹣+IO3﹣+3H2O═3I2+6OH﹣
C．向Al2（SO4）3溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O
D．澄清石灰水与醋酸溶液混合：Ca（OH）2+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+2H2O
3．（2分）常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（　　）
A．使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣
B．＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣
C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣
D．水电离的c（H+）＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣
4．（2分）下列实验中，对应的现象及结论或解释均正确的是（　　）
选项
实验操作
现象
结论或解释
A
将乙烯通入KMnO4酸性溶液
紫红色褪去
乙烯具有漂白性
B
向KI溶液中加入淀粉，然后加入稀硫酸，搅拌
开始无明显现象，片刻溶液变蓝
氧化性：H2SO4＞I2
C
向某盐溶液中先加入氯水，再滴加KSCN溶液
溶液变红色
一定含有Fe2+
D
取少量某无色溶液，先滴加氯水，再加入少量CCl4，振荡、静置
溶液分层，下层呈紫红色
原无色溶液中一定有I﹣
A．A B．B C．C D．D
5．（2分）某同学欲探究铁及其化合物的性质，下列实验方案可行的是（　　）
A．将铁粉加入热的浓硫酸中：探究铁的活泼性
B．将热的NaOH溶液滴入FeCl3溶液中：制备Fe（OH）3胶体
C．在蒸发皿中加热蒸干FeSO4溶液：制备FeSO4•6H2O晶体
D．将铜粉加入FeCl3溶液中：验证Fe3+的氧化性强于Cu2+
6．（2分）某炼铁废渣中含有大量CuS及少量铁的化合物，工业上以该废渣为原料生产CuCl2•2H2O晶体的工艺流程如下，下列说法正确的是（　　）
A．焙烧时每消耗1molCuS则消耗3molO2
B．焙烧后的废气能够使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．滤渣中主要含铁的氧化物
D．将CuCl2•2H2O晶体加热可制得CuCl2固体
7．（2分）有关NaHCO3和Na2CO3的性质，以下叙述错误的是（　　）
A．等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应，在相同条件下Na2CO3产生的CO2体积小
B．等物质的量的两种盐与同浓度盐酸完全反应，所消耗盐酸的体积Na2CO3是NaHCO3的两倍
C．等质量NaHCO3和Na2CO3与盐酸完全反应，前者消耗盐酸较多
D．等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应产生CO2一样多
8．（2分）下列叙述正确的是（　　）
A．将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液，有气体生成，溶液呈红色，稀硝酸将Fe氧化为Fe3+
B．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物
C．向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色
D．给定条件下，能实现转化：FeFeCl2Fe（OH）2
9．（2分）根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2分）从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如图：

则下列说法正确的是（　　）
A．试剂a是铁、试剂b是稀硫酸
B．操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用仪器相同
C．试剂c是氯气，相应的反应为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
D．用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否含有Fe2+
11．（2分）含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述正确的是（　　）

A．该过程中可得到化工产品H2SO4
B．该过程中化合价发生改变的元素为Fe和S
C．该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2
D．图中涉及的反应之一为Fe2（SO4）3+SO2+H2O═2FeSO4+2H2SO4
12．（2分）将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是（　　）
A．加入合金的质量可能为9.6g
B．沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为150mL
C．参加反应的硝酸的物质的量为0.4mol
D．溶解合金时产生NO气体体积0.224L
二、多选题（本题共计3小题，总分12分）
13．（3分）常温时，将0.1mol Fe（NO3）3和2mol HCl溶于水得2 L混合溶液，然后向该溶液投入mg铁粉使其充分反应后，滴加KSCN溶液不变红色。下列有关说法不正确的是（　　）
A．由于氧化性Fe3+＞H+，首先发生的反应是Fe+2Fe3+═3Fe2+
B．当加入39.2g铁粉时，可生成标准状况下15.68L气体
C．在铁粉充分反应后的溶液中，铁元素以Fe2+的形式存在
D．m至少等于28，反应过程中溶液的质量一直在增加
14．（3分）一种制备高效漂白剂NaClO2 的实验流程如图所示，反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法中不正确的是（　　）

A．反应Ⅱ中H2O2作还原剂
B．产品中含有SO42﹣、Cl﹣
C．NaClO2的漂白原理与SO2相同
D．实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行
15．（3分）Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，则x值是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
三、填空题（本题共计1小题，总分10分）
16．（10分）（1）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种粒子：Fe（OH）3、ClO﹣、OH﹣、FeO42﹣、Cl﹣、H2O。
①写出并配平湿法制高铁酸钾反应的离子方程式：　 　。
②每生成1mol FeO42﹣转移　 　mol电子，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为　 　mol。
③低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），原因是　 　。
（2）工业上从海水中提取单质溴可采用如下方法：
①向海水中通入Cl2将海水中溴化物氧化，其离子方程式为　 　。
②向上述混合液中吹入热空气，将生成的溴吹出，用纯碱溶液吸收，其化学方程式为　 　。
③将②所得溶液用H2SO4酸化，使NaBr、NaBrO3中的溴转化为单质溴，再用有机溶剂提取溴后，还可得到副产品Na2SO4．这一过程可用化学方程式表示为　 　。
四、推断题（本题共计1小题，总分12分）
17．（12分）双安妥明[]可用于降低血液中的胆固醇，该物质合成线路如图所示：

已知：Ⅰ．RCH2COOH。
Ⅱ．RCH＝CH2RCH2CH2Br。
Ⅲ．C的密度是同温同压下H2密度的28倍，且支链有一个甲基，I能发生银镜反应且1molI（C3H4O）能与2molH2发生加成反应；K的结构具有对称性。试回答：
（1）A的结构简式为　 　。
（2）反应D→E的化学方程式为　 　；反应类型是　 　。
（3）C的名称为　 　。
（4）与F互为同分异构体，且属于酯的有机物有　 　种。其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6：1：1的结构简式为　 　。
五、综合题（本题共计1小题，总分12分）
18．（12分）砷化镓是继硅之后研究最深入、应用最广泛的半导体材料。回答下列问题：
（1）Ga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。
（2）Ga、As、Se的第一电离能中大到小的顺序是　 　，Ga、As、Se 的电负性由大到小的顺序是　 　。
（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
GaI3
GaBr3
GaCl3
熔点/℃
77.75
122.3
211.5
沸点/℃
201.2
279
346
GaF3的熔点超过1000℃，可能的原因是　 　。
（4）二水合草酸镓的结构如图1所示，其中镓原子的配位数为　 　，草酸根中碳原子的杂化轨道类型为　 　。

（5）砷化镓的立方晶胞结构如图2所示，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）。
六、流程题（本题共计1小题，总分14分）
19．（14分）氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业．CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化．以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：

回答下列问题：
（1）步骤①中得到的氧化产物是　 　，溶解温度应控制在60～70℃，原因是　 　．
（2）写出步骤③中主要反应的离子方程式　 　．若向亚硫酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为　 　
（3）步骤⑤包括用pH＝2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是　 　（写名称）．
（4）上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是　 　．
（5）准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O72﹣被还原为Cr3+，样品中CuCl的质量分数为　 　．
七、实验题（本题共计1小题，总分12分）
20．（12分）某化学兴趣小组测定硫铁矿（主要成分FeS2）矿样中硫元素的质量分数，进行如下实验：将m1g样品放入如图所示装置C中，打开K1关闭K2，从a处不断通入空气，高温灼烧石英管中的样品。

请回答下列问题：
（1）装置B的名称为　 　；a处不断通入空气的目的是　 　。
（2）装置A的作用是　 　。
（3）反应结束后，关闭K1打开K2，向烧瓶中加入液体，点燃G处酒精灯，使烧瓶中反应发生，操作流程如图。

①操作I所得溶液中所含的溶质有　 　。
②操作Ⅱ是洗涤、烘干、称重，检验固体是否洗净的方法是　 　。
③该硫铁矿中硫元素的质量分数为　 　（用含m1、m2的代数式表示）
（4）取煅烧后的熔渣（含有Fe2O3、FeO），欲验证其中存在FeO，应选用的试剂是　 　。

2020-2021学年山东省济南市历城一中高三（上）月考化学试卷（10月份）
参考答案与试题解析
一、单选题（本题共计12小题。总分28分）
1．（2分）宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有银针验毒的记载，“银针验毒”的原理是 4Ag+2H2S+O2═2X+2H2O，下列说法正确的是（　　）
A．X的化学式为AgS
B．银针验毒时，空气中氧气失去电子
C．反应中Ag和H2S均是还原剂
D．每生成1molX，反应转移2mol e﹣
【分析】从质量守恒的角度判断X的化学式，根据元素化合价的变化判断物质在氧化还原反应中的作用，并计算转移的电子的物质的量。
【解答】解：A．由质量守恒定律可知X的化学式为Ag2S，故A错误；
B．反应中O元素化合价降低，得电子被还原，故B错误；
C．反应中S元素的化合价没有变化，故C错误；
D．根据化合价的变化可知每生成1molX，反应转移2mole﹣，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价变化的角度判断，注意该反应中S元素的化合价没有变化，为易错点。
2．（2分）下列指定反应的离子方程式书写正确的是（　　）
A．向饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳：2Na++CO32﹣+CO2+H2O═2NaHCO3↓
B．KIO3与KI在酸性溶液中反应：5I﹣+IO3﹣+3H2O═3I2+6OH﹣
C．向Al2（SO4）3溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O
D．澄清石灰水与醋酸溶液混合：Ca（OH）2+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+2H2O
【分析】A.反应生成碳酸氢钠，且碳酸氢钠的溶解度小；
B.酸性溶液中不能生成氢氧根离子；
C.反应生成氢氧化铝和硫酸铵；
D.石灰水不能在离子反应中保留化学式。
【解答】解：A.向饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳的离子反应为2Na++CO32﹣+CO2+H2O═2NaHCO3↓，故A正确；
B.KIO3与KI在酸性溶液中反应的离子反应为5I﹣+IO3﹣+6H+═3I2+3H2O，故B错误；
C.向Al2（SO4）3溶液中加入过量的氨水的离子反应为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；
D.澄清石灰水与醋酸溶液混合的离子反应为OH﹣+CH3COOH═CH3COO﹣+H2O，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子方程式的书写，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意保留化学式的物质，题目难度不大。
3．（2分）常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（　　）
A．使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣
B．＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣
C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣
D．水电离的c（H+）＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣
【分析】A．使酚酞变红色的溶液，显碱性；
B.＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，显酸性；
C．与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；
D．水电离的c（H+）＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液．
【解答】解：A．使酚酞变红色的溶液，显碱性，碱性溶液中不能大量存在Al3+，故A错误；
B.＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，显酸性，该组离子在酸性溶液中不反应，可大量共存，故B正确；
C．与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中Fe2+（或Al）、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，碱性溶液中不能大量存在Fe2+，故C错误；
D．水电离的c（H+）＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在AlO2﹣、CO32﹣，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子的共存，为2015年高考题，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意“一定共存”的信息，题目难度不大．
4．（2分）下列实验中，对应的现象及结论或解释均正确的是（　　）
选项
实验操作
现象
结论或解释
A
将乙烯通入KMnO4酸性溶液
紫红色褪去
乙烯具有漂白性
B
向KI溶液中加入淀粉，然后加入稀硫酸，搅拌
开始无明显现象，片刻溶液变蓝
氧化性：H2SO4＞I2
C
向某盐溶液中先加入氯水，再滴加KSCN溶液
溶液变红色
一定含有Fe2+
D
取少量某无色溶液，先滴加氯水，再加入少量CCl4，振荡、静置
溶液分层，下层呈紫红色
原无色溶液中一定有I﹣
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳；
B.酸性溶液中碘离子可被氧气氧化为碘单质，淀粉遇碘变蓝；
C.先加入氯水，可氧化亚铁离子，不能排除原溶液是否含铁离子；
D.四氯化碳的密度大于水的密度，且碘易溶于四氯化碳。
【解答】解：A.乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，溶液褪色，可知乙烯具有还原性，故A错误；
B.酸性溶液中碘离子可被氧气氧化为碘单质，淀粉遇碘变蓝，可知氧化性为O2＞I2，故B错误；
C.先加入氯水，可氧化亚铁离子，不能排除原溶液是否含铁离子，应先加KSCN，后加氯水检验亚铁离子，故C错误；
D.四氯化碳的密度大于水的密度，且氯气可氧化碘离子生成碘，碘易溶于四氯化碳，由操作和现象可知，原无色溶液中一定有I﹣，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
5．（2分）某同学欲探究铁及其化合物的性质，下列实验方案可行的是（　　）
A．将铁粉加入热的浓硫酸中：探究铁的活泼性
B．将热的NaOH溶液滴入FeCl3溶液中：制备Fe（OH）3胶体
C．在蒸发皿中加热蒸干FeSO4溶液：制备FeSO4•6H2O晶体
D．将铜粉加入FeCl3溶液中：验证Fe3+的氧化性强于Cu2+
【分析】A、Fe在常温下遇浓硫酸发生钝化，加热下持续反应；
B．将热的NaOH溶液滴入FeCl3溶液中反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁胶体：在沸水中加入饱和氯化铁溶液，加热至液体呈红褐色为止；
C．硫酸亚铁易被空气中氧气氧化生成硫酸铁；
D．氯化铁能溶解铜，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物。
【解答】解：A、Fe在常温下遇浓硫酸发生钝化，加热下持续反应，说明浓硫酸的强氧化性，故A错误；
B．氢氧化铁胶体：在沸水中加入饱和氯化铁溶液，加热至液体呈红褐色为止，氯化铁和NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀而不能制备氢氧化铁胶体，故B错误；
C．在蒸发皿中加热蒸干FeSO4溶液，硫酸亚铁被氧化为硫酸铁，故C错误；
D．氯化铁能溶解铜，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，将铜粉加入FeCl3溶液中：验证Fe3+的氧化性强于Cu2+，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了铁的性质、胶体制备、氧化还原反应等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
6．（2分）某炼铁废渣中含有大量CuS及少量铁的化合物，工业上以该废渣为原料生产CuCl2•2H2O晶体的工艺流程如下，下列说法正确的是（　　）
A．焙烧时每消耗1molCuS则消耗3molO2
B．焙烧后的废气能够使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．滤渣中主要含铁的氧化物
D．将CuCl2•2H2O晶体加热可制得CuCl2固体
【分析】A．CuS在高温条件下与氧气反应生成CuO和二氧化硫；
B．焙烧后的废气中含有二氧化硫；
C．铁的氧化物与盐酸反应生成氯化铁，调节pH，铁离子发生水解；
D．将CuCl2•2H2O晶体加热，铜离子会发生水解。
【解答】解：A．CuS在高温条件下与氧气反应生成CuO和二氧化硫，反应方程式为：2CuS+3O22CuO+2SO2，则焙烧时每消耗1molCuS则消耗1.5molO2，故A错误；
B．焙烧后的废气中含有二氧化硫，二氧化硫具有还原性，能与高锰酸钾溶液反应，所以焙烧后的废气能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C．铁的氧化物与盐酸反应生成氯化铁，调节pH，铁离子发生水解生成氢氧化铁沉淀，则滤渣中主要含氢氧化铁，故C错误；
D．将CuCl2•2H2O晶体加热，铜离子会发生水解，所以应该在氯化氢气氛中加热才能得到CuCl2固体，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了物质的分离和提纯、物质的性质、氧化还原反应，侧重于实验原理和物质性质应用的考查，题目难度中等，注意把握物质之间的转化、盐的水解原理等内容。
7．（2分）有关NaHCO3和Na2CO3的性质，以下叙述错误的是（　　）
A．等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应，在相同条件下Na2CO3产生的CO2体积小
B．等物质的量的两种盐与同浓度盐酸完全反应，所消耗盐酸的体积Na2CO3是NaHCO3的两倍
C．等质量NaHCO3和Na2CO3与盐酸完全反应，前者消耗盐酸较多
D．等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应产生CO2一样多
【分析】等质量的NaHCO3和Na2CO3，Na2CO3的物质的量较小，等物质的量时，生成二氧化碳相同，结合反应的化学方程式解答该题．
【解答】解：A．根据反应的方程式Na2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O可知，106g碳酸钠完全反应生成1mol二氧化碳，84g碳酸氢钠完全反应生成1mol二氧化碳，故A正确；
B．由方程式Na2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O可知，等物质的量的两种盐与同浓度盐酸完全反应，所消耗盐酸的体积Na2CO3是NaHCO3的两倍，故B正确；
C．等质量的NaHCO3和Na2CO3与盐酸完全反应，Na2CO3消耗盐酸较多，故C错误；
D．由方程式Na2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O可知，等物质的量的两种盐与同浓度盐酸完全反应，生成二氧化碳一样多，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了碳酸钠和碳酸氢钠的性质，为高频考点，题目难度不大，明确物质的性质、把握有关化学方程式的计算是解题关键，注意碳酸钠与盐酸反应的原理．
8．（2分）下列叙述正确的是（　　）
A．将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液，有气体生成，溶液呈红色，稀硝酸将Fe氧化为Fe3+
B．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物
C．向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色
D．给定条件下，能实现转化：FeFeCl2Fe（OH）2
【分析】A．铁粉过量，反应生成硝酸亚铁，滴加KSCN溶液无明显现象；
B．铁离子和铝离子都能水解生成对应的氢氧化物胶体，疏松多孔，具有较强吸附性；
C．亚铁离子不与硫氰根离子反应；
D．氯气具有强氧化性，与变价金属反应生成高价氯化物。
【解答】解：A．稀硝酸加入过量铁粉中，生成硝酸亚铁，充分反应后滴加KSCN溶液，无明显现象，故A错误；
B．可溶性铝盐、铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体，疏松多孔，具有吸附性，可吸附水中的悬浮物，故B正确；
C．铁离子与NH4SCN溶液反应，溶液变红色，而亚铁离子与NH4SCN无明显现象，故C错误；
D．氯气具有强氧化性，铁和氯气在点燃的条件下反应生成氯化铁，得不到氯化亚铁，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查盐的水解及常见元素化合物性质，为高频考点，把握常见反应实质、铁离子与亚铁离子的检验方法为解答关键，注意掌握盐的水解及常见元素化合物性质，题目难度不大。
9．（2分）根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，形成氨化的饱和食盐水，在通入二氧化碳从而保证了通入二氧化碳时，二氧化碳被充分反应。
【解答】解：A．导气管位置错误，故A错误；
B．二氧化碳溶解性小不能和饱和氯化钠溶液反应，故B错误；
C．导气管位置短进长出错误，二氧化碳溶解性小不能和饱和氯化钠溶液反应，故C错误；
D．氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，形成氨化的饱和食盐水，在通入二氧化碳从而保证了通入二氧化碳时，二氧化碳被充分反应，装置负荷制备原理，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查“侯氏制碱法”的反应原理，题目较为综合，题目难度中等，解答须熟悉制碱的原理。
10．（2分）从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如图：

则下列说法正确的是（　　）
A．试剂a是铁、试剂b是稀硫酸
B．操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用仪器相同
C．试剂c是氯气，相应的反应为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
D．用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否含有Fe2+
【分析】从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜，工业废水中加入试剂a为过量的铁，操作Ⅰ为过滤，得到滤渣Y为Fe、Cu，滤液氯化亚铁溶液，滤渣Y中加入试剂b为盐酸溶解过量的铁生成氯化亚铁溶液，铜不溶，操作Ⅱ过滤得到铜和滤液Z为氯化亚铁溶液，滤液Z和X合并通入氯气，氧化亚铁离子为氯化铁溶液，蒸发结晶，过滤洗涤干燥得到氯化铁晶体，以此解答该题。
【解答】解：A．由最终得到FeCl3及其流程图可知，b为盐酸，若为硫酸会引入硫酸根杂质离子，故A错误；
B．上述分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ是过滤，操作Ⅲ是蒸发结晶，过滤，所用仪器不同，故B错误；
C．滤液X，滤液Z中均含有FeCl2，c为氯气氧化亚铁离子为铁离子反应为：2Fe2++Cl2═2Cl﹣+2Fe3+，故C正确；
D．亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化，用酸性KMnO4溶液不能检验溶液W中是否还有Fe2+，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了常见物质的分离与提纯方法综合应用，为高考常见题型和高频考点，试题有利于培养学生的分析、理解能力及逻辑推理能力，难度不大。
11．（2分）含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述正确的是（　　）

A．该过程中可得到化工产品H2SO4
B．该过程中化合价发生改变的元素为Fe和S
C．该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2
D．图中涉及的反应之一为Fe2（SO4）3+SO2+H2O═2FeSO4+2H2SO4
【分析】根据工艺流程所示可知，该工艺中Fe2（SO4）3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该反应的化学方程式为Fe2（SO4）3+2H2O+SO2＝2FeSO4+2H2SO4，FeSO4溶液吸收O2再生成Fe2（SO4）3，可得到化工产品H2SO4，过程中化合价发生变化的元素有氧、铁、硫，即该过程中共有3种元素的化合价发生改变，据此分析解答。
【解答】解：A．由分析可知，该过程中可得到化工产品H2SO4，故A正确；
B．过程中化合价发生变化的元素有O、Fe、S，故B错误；
C．根据分析可知，该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2，故C正确；
D．根据图中信息可知，图中涉及到反应：Fe2（SO4）3+SO2+H2O═2FeSO4+2H2SO4，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，涉及硫及其化合物性质和转化关系分析判断等，熟练掌握基础知识，积累化学与生活知识的关系是解决问题的关键，侧重于考查学生的分析能力应用能力，注意相关知识的积累。
12．（2分）将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是（　　）
A．加入合金的质量可能为9.6g
B．沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为150mL
C．参加反应的硝酸的物质的量为0.4mol
D．溶解合金时产生NO气体体积0.224L
【分析】沉淀为M（OH）2，根据化学式知，生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子，则n（OH﹣）＝＝0.3mol，根据氢氧根离子守恒n[M（OH）2]＝n（OH﹣）＝×0.3mol＝0.15mol，根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15mol，
A．由m＝nM计算金属的质量；
B．由氢氧根离子守恒得n（OH﹣）＝n（NaOH）；
C．先由转移电子守恒计算参加氧化还原反应的硝酸，再根据金属原子守恒、硝酸根离子守恒计算生成硝酸盐的硝酸；
D．由转移电子守恒计算生成NO体积．
【解答】解：沉淀为M（OH）2，根据化学式知，生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子，则n（OH﹣）＝＝0.3mol，根据氢氧根离子守恒n[M（OH）2]＝n（OH﹣）＝×0.3mol＝0.15mol，根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15mol，
A．因为镁、铜的物质的量无法确定，则无法计算合金质量，故A错误；
B．由氢氧根离子守恒得n（OH﹣）＝n（NaOH）＝0.3mol，V（NaOH）＝＝100mL，故B错误；
C．根据转移电子守恒得参加反应硝酸的物质的量＝＝0.1mol，根据金属原子守恒、硝酸根离子守恒得起酸作用n（HNO3）＝2n[M（NO3）2]＝2n（M）＝0.15mol×2＝0.3mol，所以参加反应硝酸的物质的量＝0.1mol+0.3mol＝0.4mol，故C正确；
D．由转移电子守恒得n（NO）＝＝0.1mol，生成标况下NO体积＝22.4L/mol×0.1mol＝2.24L，故D错误；
故选：C。
【点评】本题以镁、铜为载体考查混合物的计算，侧重考查分析、计算能力，正确判断沉淀和合金质量差成分是解本题关键，灵活运用原子守恒、转移电子守恒解答即可，题目难度中等．
二、多选题（本题共计3小题，总分12分）
13．（3分）常温时，将0.1mol Fe（NO3）3和2mol HCl溶于水得2 L混合溶液，然后向该溶液投入mg铁粉使其充分反应后，滴加KSCN溶液不变红色。下列有关说法不正确的是（　　）
A．由于氧化性Fe3+＞H+，首先发生的反应是Fe+2Fe3+═3Fe2+
B．当加入39.2g铁粉时，可生成标准状况下15.68L气体
C．在铁粉充分反应后的溶液中，铁元素以Fe2+的形式存在
D．m至少等于28，反应过程中溶液的质量一直在增加
【分析】A．酸性条件下，硝酸根的氧化性最强；
B．先发生反应Fe+4H++NO3﹣＝Fe3++NO↑+2H2O，而后发生反应Fe+2Fe3+＝3Fe2+，最后发生反应Fe+2H+＝Fe2++H2↑，根据方程式过量计算；
C．向反应后溶液中滴加KSCN溶液不变红色，说明溶液中不存在Fe3+；
D．由发生的反应可知，反应过程中溶液的质量一直在增加，反应后的溶液中铁元素以Fe2+的形式存在，根据Fe+4H++NO3﹣＝Fe3++NO↑+2H2O、Fe+2Fe3+＝3Fe2+计算投入铁的最少质量。
【解答】解：A．酸性条件下，NO3﹣的氧化性强于Fe3+，所以首先发生反应为Fe+4H++NO3﹣＝Fe3++NO↑+2H2O，故A错误；
B．39.2g铁的物质的量为＝0.7mol，n（NO3﹣）＝3n[Fe（NO3）3]＝3×0.1mol＝0.3mol，n（H+）＝n（HCl）＝2mol，先发生反应Fe+4H++NO3﹣＝Fe3++NO↑+2H2O，0.3molNO3﹣完全反应消耗H+为4×0.3mol＝1.2mol，小于＜2mol，溶解Fe为0.3mol，小于0.7mol，故NO3﹣完反应，生成NO为0.3mol，剩余H+为2mol﹣1.2mol＝0.8mol，剩余Fe为0.7mol﹣0.3mol＝0.4mol，生成Fe3+为0.3mol，溶液总含有Fe3+为0.3mol+0.1mol＝0.4mol，而后发生反应Fe+2Fe3+＝3Fe2+，Fe3+完全反应消耗Fe为×0.4mol＝0.2mol＜0.4mol，故Fe有剩余，剩余Fe为0.4mol﹣0.2mol＝0.2mol，最后发生反应Fe+2H+＝Fe2++H2↑，0.2molFe完全反应消耗H+为2×0.2mol＝0.4mol＜0.8mol，故Fe完全反应，生成H2为0.2mol，故共生成氢气为0.3mol+0.2mol＝0.5mol，即标准状况下生成气体体积为0.5mol×22.4L/mol＝11.2L，故B错误；
C．由于反应后的溶液中滴加KSCN溶液不变红色，则反应后的溶液中不会存在Fe3+，即反应后的溶液中铁元素以Fe2+的形式存在，故C正确；
D．反应后的溶液中铁元素以Fe2+的形式存在，至少发生反应Fe+4H++NO3﹣＝Fe3++NO↑+2H2O、Fe+2Fe3+＝3Fe2+，反应中至少消耗Fe的物质的量n（Fe）＝n（NO3﹣）+n总（Fe3+）＝0.3mol+0.4mol×＝0.5mol，质量为56g/mol×0.5mol＝28g，根据发生的反应Fe+4H++NO3﹣＝Fe3++NO↑+2H2O、Fe+2H+＝Fe2++H2↑、Fe+2Fe3+＝3Fe2+，可知溶液的质量一直在增加，故D正确；
故选：AB。
【点评】本题考查了混合物反应计算、化学方程式的计算，题目难度中等，明确发生反应的先后顺序为解答关键，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
14．（3分）一种制备高效漂白剂NaClO2 的实验流程如图所示，反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法中不正确的是（　　）

A．反应Ⅱ中H2O2作还原剂
B．产品中含有SO42﹣、Cl﹣
C．NaClO2的漂白原理与SO2相同
D．实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行
【分析】由制备流程可知，反应Ⅰ为3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，然后向溶液中加入NaOH溶液、H2O2，生成NaClO2，则ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂生成氧气，结合原子守恒、得失电子守恒可知，反应Ⅱ为2NaOH+2ClO2+H2O2＝2NaClO2+O2↑+2H2O，然后将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品NaClO2，以此来解答。
【解答】解：A．反应Ⅱ为2NaOH+2ClO2+H2O2＝2NaClO2+O2↑+2H2O，Cl元素化合价由+4价变为+3价，过氧化氢中O元素的化合价由﹣1价升高为0，则ClO2是氧化剂，H2O2作还原剂，故A正确；
B．反应II中ClO2可能转化为氯离子，反应物不含硫酸、硫酸钠，所以产品中不含SO42﹣，可能含有氯离子，故B错误；
C．NaClO2能氧化有色物质而体现漂白性，SO2与有色物质发生化合反应生成无色物质，所以二者漂白原理不同，故C错误；
D．从溶液中获取结晶在蒸发皿中进行，灼烧固体在坩埚中进行，则实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，故D正确；
故选：BC。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
15．（3分）Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，则x值是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由﹣升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为﹣1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，根据电子转移守恒，列方程计算x的值。
【解答】解：Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由﹣升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为﹣1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，根据电子转移守恒，则：
x×[6﹣（﹣）]＝16×[1﹣（﹣1）]
解得：x＝5
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意元素化合价的判断，为解答该题的关键，从元素化合价的角度解答该类题目，难度不大。
三、填空题（本题共计1小题，总分10分）
16．（10分）（1）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种粒子：Fe（OH）3、ClO﹣、OH﹣、FeO42﹣、Cl﹣、H2O。
①写出并配平湿法制高铁酸钾反应的离子方程式：　2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O　。
②每生成1mol FeO42﹣转移　3　mol电子，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为　0.15　mol。
③低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），原因是　该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小　。
（2）工业上从海水中提取单质溴可采用如下方法：
①向海水中通入Cl2将海水中溴化物氧化，其离子方程式为　Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣　。
②向上述混合液中吹入热空气，将生成的溴吹出，用纯碱溶液吸收，其化学方程式为　3Na2CO3+3Br2═5NaBr+NaBrO3+3CO2或6Na2CO3+3Br2+3H2O═5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3　。
③将②所得溶液用H2SO4酸化，使NaBr、NaBrO3中的溴转化为单质溴，再用有机溶剂提取溴后，还可得到副产品Na2SO4．这一过程可用化学方程式表示为　5NaBr+NaBrO3+3H2SO4═3Br2+3Na2SO4+3H2O　。
【分析】（1）①湿法制备高铁酸钾时，Fe（OH）3失电子被氧化生成K2FeO4，则ClO﹣作氧化剂被还原生成Cl﹣，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行；
②由反应的离子方程式知每生成1mol K2FeO4转移电子的物质的量为3mol；
③低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾，说明相同条件下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小；
（2）①Cl2将海水中的Br﹣氧化生成Br2；
②纯碱（Na2CO3）溶液显碱性，类比Cl2与NaOH溶液的反应，可推出Br2在纯碱溶液中会发生歧化反应生成溴化物，从③中的溴化物中可知另外生成的是溴酸盐，
CO32﹣转化为CO2；
③在酸性条件下，Br﹣和BrO﹣3发生归中反应生成Br2。
【解答】解：（1）①湿法制备高铁酸钾时，Fe（OH）3失电子被氧化生成K2FeO4，则ClO﹣作氧化剂被还原生成Cl﹣，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，该反应的离子方程式为2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故答案为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；
②由反应的离子方程式知每生成1mol K2FeO4转移电子的物质的量为3mol，还原产物成K2FeO4的物质的量为2mol，所以反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为0.15mol，故答案为：3；0.15；
③低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾，说明相同条件下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，故答案为：该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小；
（2）①Cl2将海水中的Br﹣氧化生成Br2，反应的离子方程式为：Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣，故答案为：Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣；
②纯碱（Na2CO3）溶液显碱性，类比Cl2与NaOH溶液的反应，可推出Br2在纯碱溶液中会发生歧化反应生成溴化物，从③中的溴化物中可知另外生成的是溴酸盐，
CO32﹣转化为CO2，故答案为：3Na2CO3+3Br2═5NaBr+NaBrO3+3CO2或6Na2CO3+3Br2+3H2O═5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3；
③在酸性条件下，Br﹣和BrO3﹣发生归中反应生成Br2，反应的方程式为：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4═3Br2+3Na2SO4+3H2O，故答案为：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4═3Br2+3Na2SO4+3H2O。
【点评】本题考查氧化还原反应计算与配平、化学方程式的书写，注意根据元素化合价理解变化判断产物。
四、推断题（本题共计1小题，总分12分）
17．（12分）双安妥明[]可用于降低血液中的胆固醇，该物质合成线路如图所示：

已知：Ⅰ．RCH2COOH。
Ⅱ．RCH＝CH2RCH2CH2Br。
Ⅲ．C的密度是同温同压下H2密度的28倍，且支链有一个甲基，I能发生银镜反应且1molI（C3H4O）能与2molH2发生加成反应；K的结构具有对称性。试回答：
（1）A的结构简式为　　。
（2）反应D→E的化学方程式为　（CH3）2CHCH2Br+NaOH（CH3）2CHCH2OH+NaBr　；反应类型是　取代反应　。
（3）C的名称为　2﹣甲基﹣1﹣丙烯　。
（4）与F互为同分异构体，且属于酯的有机物有　4　种。其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6：1：1的结构简式为　HCOOCH（CH3）2　。
【分析】由双安妥明的结构可知，合成双安妥明的物质为HOCH2CH2CH2OH、，I的分子式为C3H4O，经过系列反应生成K，根据C原子数目可知，K为HOCH2CH2CH2OH，I能发生银镜反应，分子中含有﹣CHO，且1molI能与2mol氢气发生加成反应，说明分子中还含有C＝C双键，故I为CH2＝CH﹣CHO，J为HOCH2CH2CHO；H为，B与G反应生成，由反应信息I可知，合成H的物质为苯酚钠、（CH3）2CBr COOH，C的密度是同温同压下H2密度的28倍，说明C的相对分子质量为56，则＝4，C的分子式为C4H8，且支链有一个甲基，经过系列转化生成G，根据C原子数目可知，G为 （CH3）2CBrCOOH，故B为苯酚钠，A与氢氧化钠反应生成B，故A为苯酚；F在溴/红磷作用下生成G，根据反应信息I，可知F为（CH3）2CHCOOH，E连续氧化生成F，故E为（CH3）2CHCH2OH，D转化生成E，D为（CH3）2CHCH2Br，由反应信息II可知，C为（CH3）2C＝CH2，以此解答该题。
【解答】解：（1）通过以上分析知，A的结构简式为，故答案为：；
（2）反应D→E的化学方程式为：（CH3）2CHCH2Br+NaOH（CH3）2CHCH2OH+NaBr，属于卤代烃的水解反应，也是取代反应，
故答案为：（CH3）2CHCH2Br+NaOH（CH3）2CHCH2OH+NaBr；取代反应；
（3）C为（CH3）2C＝CH2，名称为：2﹣甲基﹣1﹣丙烯，故答案为：2﹣甲基﹣1﹣丙烯；
（4）F为（CH3）2CHCOOH，与F互为同分异构体且属于酯的物质有：甲酸丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，共有4种，其中核磁共振氢谱有三个谱峰，峰面积之比为6：1：1的结构简式为HCOOCH（CH3）2，故答案为：4；HCOOCH（CH3）2。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，为高考常见题型，要求学生对给予反应信息进行利用，根据双安妥明的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理由较高的要求，难度中等。
五、综合题（本题共计1小题，总分12分）
18．（12分）砷化镓是继硅之后研究最深入、应用最广泛的半导体材料。回答下列问题：
（1）Ga基态原子核外电子排布式为　1s22s22p63s23p63d104s24p1　，As基态原子核外有　3　个未成对电子。
（2）Ga、As、Se的第一电离能中大到小的顺序是　As＞Se＞Ga　，Ga、As、Se 的电负性由大到小的顺序是　Se＞As＞Ga　。
（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：　GaCl3、GaBr3、GaI3均为分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力增强　。
镓的卤化物
GaI3
GaBr3
GaCl3
熔点/℃
77.75
122.3
211.5
沸点/℃
201.2
279
346
GaF3的熔点超过1000℃，可能的原因是　GaF3是离子晶体　。
（4）二水合草酸镓的结构如图1所示，其中镓原子的配位数为　4　，草酸根中碳原子的杂化轨道类型为　sp2　。

（5）砷化镓的立方晶胞结构如图2所示，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）。
【分析】（1）Ga是31号元素，处于第四周期IIIA族，结合构造原理书写核外电子排布式；As基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3；
（2）同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，As原子4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能共用同周期相邻元素的；同周期主族元素自左而右电负性增大；
（3）GaCl3、GaBr3、GaI3均属于分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；F元素的电负性很强，GaF3的熔点超过1000℃，可能的原因是GaF3是离子晶体；
（4）Ga原子与周围4个O原子形成4个共价键；草酸根中碳原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3；
（5）均摊法计算晶胞中Ga、As原子数目，再计算晶胞质量，晶体密度＝晶胞质量÷晶胞体积。
【解答】解：（1）Ga是31号元素，处于第四周期IIIA族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，As基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，4p轨道3个电子是未成对电子。
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1；3；
（2）同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，As原子4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能共用同周期相邻元素的，故第一电离能：As＞Se＞Ga，同周期主族元素自左而右电负性增大，故电负性：Se＞As＞Ga，
故答案为：As＞Se＞Ga；Se＞As＞Ga；
（3）GaCl3、GaBr3、GaI3均为分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力增强，GaCl3、GaBr3、GaI3的熔沸点依次升高；F元素的电负性很强，GaF3的熔点超过1000℃，可能的原因是GaF3是离子晶体，
故答案为：GaCl3、GaBr3、GaI3均为分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力增强；GaF3是离子晶体；
（4）Ga原子与周围4个O原子形成4个共价键，镓原子的配位数为4，草酸根中碳原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，草酸根中碳原子的杂化轨道类型为sp2，
故答案为：4；sp2；
（5）晶胞中Ga原子数目＝8×+6×＝4、As原子数目＝4，晶胞质量＝4×g，晶体密度4×g÷（0.565×10﹣7 cm）3＝ g/cm3，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电离能、电负性、晶体类型与性质、配合物、杂化方式、晶胞计算等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
六、流程题（本题共计1小题，总分14分）
19．（14分）氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业．CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化．以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：

回答下列问题：
（1）步骤①中得到的氧化产物是　CuSO4或Cu2+　，溶解温度应控制在60～70℃，原因是　温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解　．
（2）写出步骤③中主要反应的离子方程式　2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O＝2CuCl↓+SO42﹣+2H+　．若向亚硫酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为　NH4++HSO3﹣+2OH﹣═NH3•H2O+SO32﹣+H2O　
（3）步骤⑤包括用pH＝2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是　硫酸　（写名称）．
（4）上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是　醇洗有利加快去除CuCl表面水分，防止其水解氧化　．
（5）准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O72﹣被还原为Cr3+，样品中CuCl的质量分数为　×100%　．
【分析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O＝2CuCl+SO42﹣+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离，根据混合的水溶性进行分离，没有发生化学变化，可用离心机以及框式压滤机，以得到滤饼，氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl﹣，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2++Cr2O72﹣+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O，结合关系式解答该题．
【解答】解：酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O＝2CuCl+SO42﹣+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜．
（1）由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO4或Cu2+，溶解温度应控制在60﹣70℃，原因是温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解，
故答案为：CuSO4或Cu2+；温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解；
（2）铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O＝2CuCl+SO42﹣+2H+；亚硫酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液反应生成一水合氨和亚硫酸根：NH4++HSO3﹣+2OH﹣═NH3•H2O+SO32﹣+H2O，故答案为：2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O＝2CuCl+SO42﹣+2H+；NH4++HSO3﹣+2OH﹣═NH3•H2O+SO32﹣+H2O；
（3）由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质，
故答案为：硫酸；
（4）步骤⑥为醇洗，因乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，
故答案为：醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；
（5）氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl﹣，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2++Cr2O72﹣+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O，
反应的关系式为6CuCl～6Fe2+～Cr2O72﹣，
6 1
n ab×10﹣3mol
n＝6ab×10﹣3mol，
m（CuCl）＝99.5g/mol×6ab×10﹣3mol＝0.597abg，
则样品中CuCl的质量分数为×100%，
故答案为：×100%．
【点评】本题考查学生阅读获取信息的能力、常用化学用语、氧化还原滴定的应用等，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握物质的性质以及反应流程，难度中等，注意（5）中利用关系式的计算．
七、实验题（本题共计1小题，总分12分）
20．（12分）某化学兴趣小组测定硫铁矿（主要成分FeS2）矿样中硫元素的质量分数，进行如下实验：将m1g样品放入如图所示装置C中，打开K1关闭K2，从a处不断通入空气，高温灼烧石英管中的样品。

请回答下列问题：
（1）装置B的名称为　球形干燥管　；a处不断通入空气的目的是　提供氧气使硫铁矿充分燃烧，同时使煅烧生成的二氧化硫气体完全被D中氢氧化钠溶液吸收　。
（2）装置A的作用是　控制通入空气气流使之平稳　。
（3）反应结束后，关闭K1打开K2，向烧瓶中加入液体，点燃G处酒精灯，使烧瓶中反应发生，操作流程如图。

①操作I所得溶液中所含的溶质有　Na2SO4、NaCl、NaClO　。
②操作Ⅱ是洗涤、烘干、称重，检验固体是否洗净的方法是　取最后一次洗涤液少许于试管中滴入少量吸收酸化的硝酸银溶液，若无宝石沉淀生成掌握已经洗净　。
③该硫铁矿中硫元素的质量分数为　×100%　（用含m1、m2的代数式表示）
（4）取煅烧后的熔渣（含有Fe2O3、FeO），欲验证其中存在FeO，应选用的试剂是　稀硫酸、高锰酸钾溶液　。
【分析】测定硫铁矿（主要成分FeS2）矿样中硫元素的质量分数，进行如下实验：将m1g样品放入如图所示装置C中，打开K1关闭K2，从a处不断通入空气，高温灼烧石英管中的样品。
（1）装置B是干燥装置，名称为干燥管，a处不断通入空气，提供氧气，同时把生成的二氧化硫全部赶入D中全部吸收；
（2）装置A目的是得到较平稳的空气流；
（3）分析可知D中为亚硫酸钠溶液和氢氧化钠溶液的混合溶液，通入过量氯气氧化亚硫酸钠为氯酸钠，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，溶液中加入氯化钡溶液过滤得到固体为硫酸钡沉淀，操作Ⅱ是洗涤、烘干、称重得到mg固体为硫酸钡沉淀的质量，
①氢氧化钠溶液和亚硫酸钠溶液中通入氯气反应，通入过量氯气氧化亚硫酸钠为氯酸钠，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠；
②检验固体是否洗净可以设计实验检验手否洗涤液中含氯离子；
③硫元素守恒计算硫元素的质量分数；
（4）取煅烧后的熔渣（含有Fe2O3、FeO），欲验证其中存在FeO，先加入硫酸溶解，再用高锰酸钾溶液检验亚铁离子的存在。
【解答】解：测定硫铁矿（主要成分FeS2）矿样中硫元素的质量分数，进行如下实验：将m1g样品放入如图所示装置C中，打开K1关闭K2，从a处不断通入空气，高温灼烧石英管中的样品。
（1）装置B是球形干燥管，用来干燥气体的装置，a处不断通入空气，提供氧气使硫铁矿充分燃烧，同时使煅烧生成的二氧化硫气体完全被D中氢氧化钠溶液吸收，
故答案为：球形干燥管；提供氧气使硫铁矿充分燃烧，同时使煅烧生成的二氧化硫气体完全被D中氢氧化钠溶液吸收；
（2）装置A目的是控制通入空气的气流，得到较平稳的空气流，
故答案为：控制通入空气气流使之平稳；
（3）分析可知D中为亚硫酸钠溶液和氢氧化钠溶液的混合溶液，通入过量氯气氧化亚硫酸钠为氯酸钠，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，溶液中加入氯化钡溶液过滤得到固体为硫酸钡沉淀，操作Ⅱ是洗涤、烘干、称重得到mg固体为硫酸钡沉淀的质量，
①氢氧化钠溶液和亚硫酸钠溶液中通入氯气反应，通入过量氯气氧化亚硫酸钠为氯酸钠，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，操作I所得溶液中所含的溶质有：Na2SO4、NaCl、NaClO，
故答案为：Na2SO4、NaCl、NaClO；
②操作Ⅱ是洗涤、烘干、称重，检验固体是否洗净的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中滴入少量吸收酸化的硝酸银溶液，若无宝石沉淀生成掌握已经洗净，
故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中滴入少量吸收酸化的硝酸银溶液，若无宝石沉淀生成掌握已经洗净；
③硫元素守恒计算硫元素的质量分数＝×100%＝×100%，
故答案为：×100%；
（4）取煅烧后的熔渣（含有Fe2O3、FeO），欲验证其中存在FeO，先加入硫酸溶解，再用高锰酸钾溶液检验亚铁离子的存在，若高锰酸钾溶液褪色证明函氧化亚铁，应选用的试剂是：稀硫酸、高锰酸钾溶液，
故答案为：稀硫酸、高锰酸钾溶液。
【点评】本题考查了物质组成和成分的实验探究方法、过程分析、物质性质和实验基本操作是解题关键，题目难度中等。