福建省廈門市第一中學2023-2024學年高三上學期10月月考化學試題 含解析

廈門一中2024屆高三年化學科10月月考試卷說明：1.本試卷滿分100分，考試時間75分鐘。2.可能用到的相對原子質(zhì)量：H：1C：12O：16N：14Si：28S：32Cl：35.5Fe：56Co：59Cu：64In：115一、選擇題(本題共12小題，其中1－8小題每題3分，9－12小題每題4分，共40分。每小題只有一個選項符合題意)1.化學與生產(chǎn)、生活、科技、環(huán)境等關系密切。下列說法正確的是A.汽車尾氣催化轉化器可有效減少CO2的排放，實現(xiàn)“碳中和”B.“天和”號核心艙使用了目前世界上最先進的三結砷化鎵太陽能電池翼，砷化鎵屬于半導體材料C.“神舟十二號”宇宙飛船返回艙外表面使用的高溫結構陶瓷的主要成分是硅酸鹽D.光化學煙霧、臭氧層空洞的形成都與SO2有關【答案】B【解析】【詳解】A．汽車尾氣中CO和氮氧化物經(jīng)催化反應生成CO2、N2，并未減少CO2的排放，A錯誤；B．砷化鎵最外層平均4個電子類似于硅，是優(yōu)良的半導體材料，B正確；C．高溫結構陶瓷一般用碳化硅、氮化硅或某些金屬氧化物等在高溫下燒結而成，屬于新型無機非金屬材料，不屬于硅酸鹽材料，C錯誤；D．光化學煙霧、臭氧層空洞的形成都與氮氧化物有關。氮氧化物與烴類物質(zhì)在光的作用下形成光化學煙霧，氮氧化物能與O3反應從而形成臭氧層空洞；而SO2主要是造成酸雨，D錯誤；答案選B。2.化學用語可以表達化學過程，下列化學用語的表達正確的是A.用電子式表示MgCl2的形成過程：：B.SO3的VSEPR模型：C.中子數(shù)為20的氯原子：D.HClO的空間填充模型：【答案】D【解析】【詳解】A．鎂失去電子、氯得到電子，鎂離子和氯離子形成氯化鎂，，A錯誤；B．SO3的中心原子S原子的價層電子對數(shù)為，為sp3雜化，沒有孤電子對，為平面三角形，B錯誤；C．核素的表示方法為：元素符號左下角為質(zhì)子數(shù)，左上角為質(zhì)量數(shù)；中子數(shù)為20的氯原子的質(zhì)子數(shù)為17、質(zhì)量數(shù)為37，表示為，C錯誤；D．原子半徑氫小于氧小于氯，HClO的空間填充模型：，D正確；故選D。3.法匹拉韋是治療新冠肺炎的一種藥物，其結構簡式如圖所示。下列說法正確的是A.1mol該分子中σ鍵的數(shù)目是13NAB.該分子中氮原子雜化類型都相同C.該分子中N、O、F的第一電離能大小順序為F>N>OD.該分子中存在手性碳原子【答案】C【解析】【詳解】A．該分子中含有σ鍵15個，1mol該分子中σ鍵的數(shù)目是15NA，選項A錯誤；B．該分子中所有-NH2中N原子為sp3雜化，環(huán)中成雙鍵N為sp2雜化，選項B錯誤；C．同周期元素的第一電離能從左到右有增大的趨勢，但ⅡA族和VA族的元素達到全滿或半滿狀態(tài)，所以N、O、F的第一電離能由大到小的順序為F>N>O，選項C正確；D．手性碳原子一定是飽和碳原子，所連接的四個基團要是不同的，該有機物中沒有飽和的碳原子，選項D錯誤；答案選C。4.下列指定反應的離子方程式正確的是A.電解MgCl2水溶液：B.向“84”消毒液中加入少量SO3增強其氧化性：C.NaHCO3溶液與少量的Ba(OH)2溶液混合：D.次氯酸鈉溶液中通入少量CO2：【答案】B【解析】【詳解】A．電解MgCl2水溶液的離子反應為，故A錯誤；B．向“84”消毒液中通入少量SO3會產(chǎn)生次氯酸，離子反應為，故B正確；C．NaHCO3溶液與少量的Ba(OH)2溶液混合，離子方程式為：，故C錯誤；D．次氯酸鈉溶液中通入少量CO2，離子方程式為：，故D錯誤；故答案選B。5.類比法是一種學習化學的重要方法，下列類比法結論正確的是A.C2H5OH分子間可以形成氫鍵，則CH3CHO分子間也可以形成氫鍵B.工業(yè)上電解熔融的MgCl2冶煉Mg，則也可電解熔融的AlCl3冶煉AlC.NaCl固體與濃硫酸共熱可制HCl，則NaI固體與濃硫酸共熱可制HID.將CO2通入BaCl2溶液中不產(chǎn)生沉淀，則將SO2通入BaCl2溶液中也不產(chǎn)生沉淀【答案】D【解析】【詳解】A．氧元素電負性很大，C2H5OH分子間可以形成氫鍵，但CH3CHO分子間不可以形成氫鍵，故A錯誤；B．AlCl3為共價化合物，熔融狀態(tài)下不導電，所以不能采用電解熔融AlCl3的方法冶煉Al，應該采用電解熔融氧化鋁的方法冶煉，故B錯誤；C．HI能被濃硫酸氧化生成I2，所以不能用濃硫酸和KI制取HI，故C錯誤；D．CO2、SO2都和BaCl2溶液不反應，所以將CO2通入BaCl2溶液中不產(chǎn)生沉淀，將SO2通入BaCl2溶液中也不產(chǎn)生沉淀，故D正確；故答案選D。6.設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.常溫下，60gSiO2晶體中含有Si－O極性鍵的數(shù)目為4NAB.1molMg3N2與過量水反應收集的氣態(tài)氨分子數(shù)目為2NAC.0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中H2CO3、、的粒子總數(shù)為0.1NAD.56gFe與足量水蒸氣充分反應，轉移電子數(shù)為3NA【答案】A【解析】【詳解】A．60gSiO2的物質(zhì)的量為1mol，二氧化硅晶體中每個硅原子含有4個Si-O極性鍵，所以60gSiO2晶體中含Si-O鍵數(shù)目為4NA，A正確；B．反應生成的氨氣極易溶于水，故逸出收集的氣態(tài)氨分子小于2mol，數(shù)目小于2NA，B錯誤；C．0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中H2CO3、、的粒子總濃度之和為0.1mol/L，溶液體積未知，無法計算其數(shù)目，C錯誤；D．56gFe為1mol，與足量水蒸氣充分反應生成四氧化三鐵，四氧化三鐵中鐵元素化合價為+2、+3，故轉移電子小于3mol，數(shù)目小于3NA，D錯誤；故選A。7.下列裝置正確并能達到實驗目的的是甲乙丙丁A.圖甲裝置可用于實驗室制取并收集NH3B.圖乙裝置可用于制備NaHCO3，其中CO2分子為直線形C.圖丙裝置可用于比較碳、硅元素非金屬性大小D.圖丁裝置試管下層出現(xiàn)紫紅色，可證明氧化性：Cl2>Fe3+>I2【答案】C【解析】【詳解】A．氫氧化鈉容易吸水結塊，導致生成氣體不容易放出，應選擇氫氧化鈣固體和氯化銨固體共熱制取氨氣，A錯誤B．氨氣極易溶于水，不能直接通入溶液中，B錯誤；C．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強，較強酸能和弱酸鹽反應生成弱酸，二氧化碳和硅酸鈉溶液反應生成難溶性硅酸沉淀，則裝置丙可以用來驗證碳的非金屬性比硅強，C正確；D．氯氣可能過量而氧化碘負離子，不能確定是鐵離子氧化碘負離子還是氯氣氧化碘負離子，只能比較氯氣和亞鐵離子氧化性，D錯誤；故選C。8.日光燈中用到的某種熒光粉的主要成分為3W3(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z和W為原子序數(shù)依次增大的前20號元素，W為金屬元素?；鶓B(tài)X原子s軌道上的電子數(shù)和p軌道上的電子數(shù)相等，基態(tài)X、Y、Z原子的未成對電子數(shù)之比為2：1：3。下列說法正確的是A.電負性：X>Y>Z>WB.原子半徑：X<Y<Z<WC.Y和W的單質(zhì)都能與水反應生成氣體D.Z元素最高價氧化物對應的水化物具有強氧化性【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題中所給的信息，基態(tài)X原子s軌道上的電子式與p軌道上的電子式相同，可以推測X為O元素或Mg元素，由熒光粉的結構可知，X主要形成的是酸根，因此X為O元素；基態(tài)X原子中未成鍵電子數(shù)為2，因此Y的未成鍵電子數(shù)為1，又因X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，故Y可能為F元素、Na元素、Al元素、Cl元素，因題目中給出W為金屬元素且熒光粉的結構中Y與W化合，故Y為F元素或Cl元素；Z原子的未成鍵電子數(shù)為3，又因其原子序大于Y，故Y應為F元素、Z其應為P元素；從熒光粉的結構式可以看出W為某+2價元素，故其為Ca元素；綜上所述，X、Y、Z、W四種元素分別為O、F、P、Ca，據(jù)此答題。【詳解】A．電負性用來描述不同元素的原子對鍵合電子吸引力的大小，根據(jù)其規(guī)律，同一周期從左到右依次增大，同一主族從上到下依次減小，故四種原子的電負性大小為：Y>X>Z>W，A錯誤；B．同一周期原子半徑從左到右依次減小，同一主族原子半徑從上到下依次增大，故四種原子的原子半徑大小為：Y<X<Z<W，B錯誤；C．F2與水反應生成HF氣體和O2，Ca與水反應生成氫氧化鈣和氫氣，二者均可以生成氣體，C正確；D．Z元素的最高價氧化物對應的水化物為H3PO4，沒有強氧化性，D錯誤；故答案選C。9.根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象結論A向2mL1mol·L－1硼酸溶液中加入1mL1mol·L－1碳酸鈉溶液，溶液無明顯變化硼酸與碳酸鈉不反應B用pH試紙測定1mol·L－1的Na2S和NaCl溶液的pH，前者的試紙顏色比后者深非金屬性：S<ClC充分加熱鐵粉和硫粉的混合物，冷卻后取少量固體于試管中，加入足量稀硫酸，再滴入K3[Fe(CN)6]溶液，產(chǎn)生藍色沉淀鐵被硫氧化至Fe(II)D向新制硫酸亞鐵溶液中滴加鄰二氮菲()，溶液變?yōu)槌燃t色，然后再加入一定體積酸，溶液顏色變淺(與加入等體積水相比較)與鄰二氮菲配位能力：H+>Fe2+A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．向2mL1mol·L－1硼酸溶液中加入1mL1mol·L－1碳酸鈉溶液，可能是生成碳酸氫鈉，溶液無明顯變化，A錯誤；B．非金屬性要通過比較最高價氧化物對應水化物的酸性強弱，B錯誤；C．充分加熱鐵粉和硫粉的混合物，冷卻后取少量固體于試管中，加入足量稀硫酸，再滴入K3[Fe(CN)6]溶液，產(chǎn)生藍色沉淀，可知溶液中含有亞鐵離子，但是可能是因為鐵過量導致，不能證明鐵被硫氧化至Fe(II)，C錯誤；D．加入酸，溶液顏色相比與加等體積水變淺，可知氫離子與鄰二氮菲配位能力更強，D正確；故選D。10.利用煙氣中SO2可回收廢水中的I－，實現(xiàn)碘單質(zhì)的再生，其反應原理如圖所示，下列說法正確的是A.反應①~⑤中均有電子轉移B.NH3轉化為[Co(NH3)6]2+后鍵角減小C.總反應離子方程式為：D.[(NH3)5Co－O－O－Co(NH3)5]4+中Co的化合價為+2價【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知，反應②和⑤中沒有元素發(fā)生化合價變化，不是氧化還原反應，沒有電子轉移，，A錯誤；B．孤電子對與成鍵電子對之間的斥力大于成鍵電子對之間的斥力；NH3中N采用sp3雜化且存在1對孤電子對，[Co(NH3)6]2+中N的孤電子對和Co形成配位鍵，故轉化為[Co(NH3)6]2+后鍵角增大，B錯誤；C．由圖可知，總反應為二氧化硫與氧氣、廢水中碘離子反應生成碘和硫酸根離子，反應的離子方程式為，C正確；D．[(NH3)5Co－O－O－Co(NH3)5]4+配離子中含有過氧鏈，氧元素為-1價，由化合價代數(shù)和為0可知，離子中鈷元素化合價為+3價，D錯誤；故選C。11.通過下列實驗可以從廢銀催化劑(Ag、??－A12O3和少量SiO2)中回收銀：下列說法不正確的是A.浸渣的主要成分是??－A12O3和SiO2B.“還原”過程反應的離子方程式為：C.“電解精煉”過程中粗銀與直流電源的正極連接D.已知銀的晶胞如上圖所示，每個銀原子周圍距離最近的銀原子數(shù)目為12【答案】B【解析】【分析】由流程可知，向廢銀催化劑中加入稀硝酸，過濾除去不溶于水和稀硝酸的SiO2和??－A12O3，所得濾液中含有AgNO3和過量的稀硝酸，向濾液中通入HCl氣體生成AgCl沉淀，將過濾得到的AgCl溶解于一水合氨，再加入N2H4?H2O還原得到粗Ag，同時生成N2和NH4Cl，再利用電解精煉裝置電解粗Ag獲得99.99%的Ag。【詳解】A．據(jù)分析可知，浸渣的主要成分是??－A12O3和SiO2，A正確；B．過濾得到的AgCl溶解于一水合氨，再加入N2H4?H2O，N2H4?H2O具有還原性，能將氯化銀還原為銀單質(zhì)，反應中氮化合價由-2變?yōu)?、銀化合價由+1變?yōu)?，結合電子守恒可知，反應為，B錯誤；C．“電解精煉”過程中粗銀與直流電源的正極連接，使得粗銀做陽極被氧化，C正確；D．以頂點銀原子為研究對象，與之最近的銀原子位于面心，每個頂點為8個晶胞共用，銀晶體中每個銀原子周圍距離最近的銀原子數(shù)目為，D正確；故選B。12.探究銅與硝酸反應的生成時的硝酸濃度。如圖所示，先通一段時間后關閉活塞K，將銅絲伸入溶液中，當A中氣體變?yōu)闊o色時，上提銅絲，再將B中溶液稀釋至，取，用的溶液滴定至終點時消耗(忽略硝酸的揮發(fā)、分解及溶液體積變化)。下列說法正確的是A.可用盛有溶液的洗氣瓶進行尾氣吸收B.銅與硝酸反應主要生成時的硝酸濃度不大于C.若不通，可能導致所得實驗結果偏高D.若通過直接滴定A中剩余酸的量(掩蔽掉的干擾)進行求算，所得實驗結果偏低【答案】BD【解析】【分析】A瓶中的反應為4HNO3(濃)+Cu=2NO2↑+2H2O+Cu(NO3)2。B中發(fā)生的反應為3NO2+H2O=2HNO3+NO。用0.20mol?L?1的NaOH溶液滴定至終點時消耗15.00mL，即n(NaOH)=0.20×15.00×10-3mol=3×10-3mol，有關系式為NaOH~HNO3則B瓶中產(chǎn)生的n(HNO3)=3×10-3mol×10=3×10-2mol，又3NO2~2HNO3則A瓶中產(chǎn)生的NO2為3×10-2mol×=4.5×10-2mol。由關系式得4HNO3(濃)~2NO2則消耗的濃硝酸為4.5×10-2×2=9×10-2mol?！驹斀狻緼．NaOH溶液不能直接與NO反應，所以它不能吸收尾氣，A錯誤；B．溶液中剩余的硝酸濃度為。因此當反應主要產(chǎn)生NO時，硝酸濃度不大于8mol?L?1，B正確；C．若不同如N2，B瓶中NO也轉變?yōu)镠NO3，從而導致消耗的HNO3偏大，A中剩余HNO3偏低，結果偏低，C錯誤；D．當A中氣體變?yōu)闊o色時停止反應，產(chǎn)生NO濃度應該比A瓶的大。所以直接測定A瓶中的酸可能導致結果偏低，D正確；故選BD。二、非選擇題(本題共4題，共60分)13.CoCl2可用于電鍍，是一種性能優(yōu)越的電池前驅材料，由含鈷礦(Co元素主要以Co2O3、CoO的形式存在，還含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素，碳及有機物等)制取氯化鈷晶體的一種工藝流程如圖：已知：①焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)常作食品抗氧化劑。CaF2、MgF2難溶于水。②CoC12·6H2O的熔點為86℃，易溶于水、乙醚等；常溫下穩(wěn)定無毒，加熱至110~120℃時，失去結晶水變成有毒的無水氯化鈷。③部分金屬陽離子形成氫氧化物的pH見表：Co3+Fe3+Cu2+Co2+Fe2+Zn2+Mn2+Mg2+開始沉淀pH0.32.75.57.27.67.68.39.6完全沉淀pH1.13.26.69.29.69.29.311.1回答下列問題：（1）“550℃焙燒”的目的是___________。（2）“浸取的過程中，用離子方程式表示Na2S2O5的作用：___________。（3）濾液1中加入NaClO3溶液的作用是___________。（4）加入Na2CO3溶液生成濾渣2的主要離子方程式為___________。濾液3經(jīng)過多次萃取與反萃取制備CoCl2晶體：（5）濾液3中加入萃取劑I，然后用稀鹽酸反萃取的目的是回收利用萃取劑及分離出___________。（6）氯化鈷溶液，經(jīng)過___________、過濾、洗滌、干燥得到晶體。在干燥晶體CoC12·6H2O時需在減壓環(huán)境下烘干的原因是___________。（7）為測定制得的產(chǎn)品的純度，現(xiàn)稱取2.00gCoC12·6H2O樣品，將其用適當試劑轉化為CoC2O4再轉化為草酸銨[(NH4)2C2O4]溶液，再用過量稀硫酸酸化，用0.1000mol·L－1高錳酸鉀溶液滴定，當達到滴定終點時，共用去高錳酸鉀溶液24.00mL，該產(chǎn)品的純度為___________%。(結果保留到小數(shù)點后一位)【答案】（1）除去碳及有機物（2）（3）將氧化成（4）（5）（6）①.蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶②.降低烘干溫度，防止產(chǎn)品熔化或分解產(chǎn)生有毒的無水氯化鈷（7）71.4%【解析】【分析】含鈷礦粉通過550℃焙燒除去碳及有機物，再通過稀浸取將Co3+還原成Co2+，同時過濾除去不溶物；濾液再與作用，將氧化成，通過Na2CO3溶液調(diào)節(jié)pH，使得轉化為除去，過濾后，再向濾液中加入NaF，使轉化為CaF2、MgF2沉淀而除去?！拘?詳解】550℃焙燒可使碳及有機物燃燒變成氣體而除去，故答案為：除去碳及有機物；【小問2詳解】浸取中Na2S2O5的作用是將Co3+還原成Co2+，故離子方程式為：；【小問3詳解】濾液1加入的作用是將氧化成，然后通過Na2CO3溶液調(diào)節(jié)pH，使得轉化為除去，故答案為：將氧化成；【小問4詳解】加入Na2CO3溶液調(diào)節(jié)pH，使得轉化為除去，故離子方程式為：；【小問5詳解】濾液3中還存在陽離子有，故根據(jù)流程圖可推知用稀鹽酸反萃取可分離出；【小問6詳解】①因為需要得到CoC12·6H2O，為防止受熱損失結晶水，所以需要采用降溫結晶，故答案為：蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶；②CoC12·6H2O的熔點為86℃，加熱至110~120℃時，失去結晶水變成有毒的無水氯化鈷，所以需要較低溫度下干燥，則采用減壓環(huán)境下烘干的原因是降低烘干溫度，防止產(chǎn)品熔化或分解產(chǎn)生有毒的無水氯化鈷；【小問7詳解】根據(jù)化合價升降守恒，結合轉化關系可得關系式，根據(jù)關系式可計算，。14.三氯化鉻(CrCl3)為紫色單斜晶體，熔點為83℃，易潮解，易升華，能溶于水但不易水解，高溫下能被氧氣氧化，工業(yè)上主要用作媒染劑和催化劑。（1）某化學小組用Cr2O3和CCl4在高溫下制備無水三氯化鉻，部分實驗裝置如圖所示，其中錐形瓶內(nèi)裝有CCl4，其沸點為76.8℃。實驗前先加熱裝置A，產(chǎn)生氣體的化學方程式：___________，實驗過程中需持續(xù)產(chǎn)生該氣體，該氣體的作用為___________。（2）裝置D中還會生成光氣(COCl2)，D中反應的化學方程式為___________。（3）該實驗裝置有設計不合理的地方，請寫出改進方法：___________。(寫一點即可)（4）為進一步探究CrCl3的性質(zhì)，某同學取試管若干支，分別加入10滴0.1mol?L－1CrCl3溶液，并用4滴2mol?L－1H2SO4酸化，再分別加入不同滴數(shù)的0.1mol?L－1KMnO4溶液，并在不同的溫度下進行實驗，反應現(xiàn)象記錄于表中。KMnO4的用量(滴數(shù))在不同溫度下的反應現(xiàn)象25℃90~100℃1紫紅色藍綠色溶液2~9紫紅色黃綠色溶液，且隨KMnO4滴數(shù)增加，黃色成分增多10紫紅色澄清的橙黃色溶液11~23紫紅色橙黃色溶液，有棕褐色沉淀，且隨KMnO4滴數(shù)增加，沉淀增多24~25紫紅色紫紅色溶液，有較多的棕褐色沉淀①濃度對反應的影響CrCl3與KMnO4在常溫下反應，觀察不到離子的橙色，甲同學認為其中一個原因是離子的橙色被離子的紫紅色掩蓋，另一種可能的原因是___________，所以必須將反應液加熱至沸騰4~5min后，才能觀察到反應液由紫紅色逐漸變?yōu)槌赛S色的實驗現(xiàn)象。②CrCl3與KMnO4的用量對反應的影響對表中數(shù)據(jù)進行分析，在上述反應條件下，欲將Cr3+氧化為，CrCl3與KMnO4最佳用量比為___________。這與由反應所推斷得到的用量比不符，你推測的原因是___________。（5）Cr(III)的存在形態(tài)的物質(zhì)的量分數(shù)隨溶液pH的分布如圖所示。請補充完整由CrCl3溶液制備純凈的Cr(OH)3的實驗方案：取適量CrCl3溶液，___________；充分反應后過濾，用蒸餾水洗滌沉淀，__________，則證明沉淀已洗滌干凈；低溫烘干沉淀，得到Cr(OH)3晶體?！敬鸢浮浚?）①.②.排凈裝置中空氣、吹出CCl4(或CrCl3)（2）（3）將連接裝置D、E的導管改成粗導管（4）①.沒有生成，即反應的活化能較高，需要較高的溫度才能進行②.1:1③.溶液中的Cl-和發(fā)生了氧化還原反應，導致的消耗量偏多（5）①.加入NaOH溶液，調(diào)節(jié)溶液pH在6~12范圍內(nèi)②.取最后一次洗滌液少許，加入稀硝酸和硝酸銀溶液，若無白色沉淀【解析】【分析】A裝置中氨氣和氧化銅反應制取氮氣，B裝置干燥氮氣、吸收多余氨氣，C裝置產(chǎn)生CCl4蒸氣進入D裝置中和Cr2O3反應制備CrCl3，E裝置收集CrCl3。【小問1詳解】A裝置中氨氣和氧化銅反應生成Cu、N2和H2O，化學方程式為：；CrCl3高溫下能被氧氣氧化，所以用N2排凈裝置中的空氣，防止CrCl3高溫下被氧氣氧化，同時N2還可以將C裝置中的CCl4蒸氣吹出進入D裝置中，待D裝置中CCl4和Cr2O3反應制備CrCl3后還可以將生成的CrCl3吹出進入后面的E裝置收集，所以其作用為：排凈裝置中空氣、吹出CCl4(或CrCl3)；【小問2詳解】D裝置中CCl4和Cr2O3反應生成CrCl3和光氣(COCl2)，反應的化學方程式為：；【小問3詳解】三氯化鉻(CrCl3)易潮解，易升華，導管太細容易堵塞導管，改進的方法為：將連接裝置D、E的導管改成粗導管；【小問4詳解】觀察不到離子的橙色，還有可能是根本沒有生成，其原因是該反應的活化能較高，需要較高的溫度才能進行；根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，當酸性KMnO4溶液用量為10滴時，得到的是澄清的橙黃色溶液，CrCl3和KMnO4等體積等濃度即等物質(zhì)的量反應，所以最佳用量比為其1:1；由反應所推斷得到的用量比，即實際消耗的KMnO4偏多，說明還有其他物質(zhì)也消耗了KMnO4，所以原因是溶液中的Cl-和發(fā)生了氧化還原反應，導致的消耗量偏多；【小問5詳解】從Cr(III)的存在形態(tài)的物質(zhì)的量分數(shù)隨溶液pH的分布圖可以得到：pH在6~12范圍時Cr(III)的存在形態(tài)全是Cr(OH)3，所以由CrCl3溶液制備純凈的Cr(OH)3的實驗方案為：取適量CrCl3溶液，加入NaOH溶液，調(diào)節(jié)溶液pH在6~12范圍內(nèi)；溶液中存在Cl-，Cr(OH)3表面粘附著Cl-，故證明沉淀是否洗滌干凈應：取最后一次洗滌液少許，加入稀硝酸和硝酸銀溶液，若無白色沉淀，則證明沉淀已洗滌干凈?！军c睛】制取的物質(zhì)若易被氧氣氧化，制備時要排凈整個裝置的空氣，防止其被氧化。15.硼、鋁、鎵、銦等第ⅢA族元素及其化合物在材料化學、工業(yè)生產(chǎn)和生活中具有廣泛的應用?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)鎵原子核外價電子排布圖為___________；同周期主族元素基態(tài)原子與其具有相同數(shù)目未成對電子的有___________。（2）氨硼烷(NH3BH3)是目前最具潛力的儲氫材料之一、①氨硼烷晶體中B原子的雜化方式為___________。②氨硼烷分子中與N相連的H呈正電性，與B原子相連的H呈負電性，它們之間存在靜電相互吸引作用，稱為雙氫鍵，用“N－H???H－B”表示。以下物質(zhì)之間可能形成雙氫鍵的是___________(填序號)。a．N2H4和AlH3b．C3H6和C2H6c．B2H6和HCN（3）氟化鋁和氯化鋁的熔點分別為1090℃和192.6℃，它們?nèi)埸c差異很大的原因可能是___________。（4）硼酸鹽常用于制作光學玻璃。一種無限網(wǎng)狀結構的多聚硼酸根離子，其結構單元如圖，若該硼酸根離子表示為(B5Ox)y－，則x=___________，y=___________。（5）太陽能材料CuInS2晶體為四方晶系，其晶胞參數(shù)及結構如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°。已知A處In原子坐標為(0.5，0，0.25)，B處Cu原子坐標為(0，0.5，0.25)。①C處S原子坐標為___________。②設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體密度為___________g?cm－3。(列出計算式即可)【答案】（1）①.②.K、Br（2）①.sp3②.ac（3）氟化鋁離子晶體，氯化鋁是分子晶體（4）①.8②.1（5）①.(0.75，0.25，0.625)②.【解析】【小問1詳解】Ga處于第四周期ⅢA族，基態(tài)鎵原子核外價電子排布式為4s24p1，基態(tài)鎵原子核外價電子排布圖為；同周期主族元素基態(tài)原子與其具有相同數(shù)目未成對電子的有K、Br?！拘?詳解】①氨硼烷晶體中，B原子形成4個σ鍵，無孤電子對，雜化方式為sp3。②a．N2H4中H呈正電性，AlH3中H呈負電性，N2H4和AlH3能形成雙氫鍵，故選a；b．C3H6和C2H6中H都顯正電性，不能形成雙氫鍵，故不選b；c．B2H6中H呈負電性，HCN中H呈正電性，B2H6和HCN能形成雙氫鍵，故選c；選ac?！拘?詳解】氟化鋁是離子晶體，氯化鋁是分子晶體，所以氟化鋁的熔點比氯化鋁的熔點高很多?！拘?詳解】根據(jù)結構單元圖，此單元有6個O原子為自己獨有，有4個O原子與其他單元共用，根據(jù)均攤原則，氧原子數(shù)為，即x=8，由化合價B為+3，O為-2，據(jù)化合價規(guī)則，可知y=1?！拘?詳解】①根據(jù)A、B原子坐標，可知C處S原子坐標為(0.75，0.25，0.625)。②根據(jù)均攤原則，晶胞中Cu原子數(shù)為，、In原子數(shù)為、S原子數(shù)為8，設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體密度為g?cm－3。16.氮族元素(N、P、As、Sb等)及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)、環(huán)境等方面有重要應用和影響。（1）氮族元素氫化物RH3(NH3、PH3、AsH3)的某種性質(zhì)隨R的核電荷數(shù)的變化趨勢如圖所示。Y軸可表示的氫化物(RH3)性質(zhì)可能是___________。a．沸點b．穩(wěn)定性c．R－H鍵能d．分子間作用力（2）磷化氫(PH3)都是糧食儲備常用的高效熏蒸殺蟲劑。工業(yè)制備PH3的流程如圖所示。①PH3的電子式為___________。②白磷和燒堿溶液反應的化學方程式為___________，次磷酸屬于___________(填“一”“二”或“三”)元酸。③若起始時有1molP4參加反應，則整個工業(yè)流程中共生成___________molPH3.(忽略產(chǎn)物的損失)（3）燃煤產(chǎn)生的煙氣中的氮氧化物NOx(主要為NO、NO2)易形成污染，必須經(jīng)脫除達標后才能排放。能作脫除劑的物質(zhì)很多，下列說法正確的是___________(填序號)；a．用H2