黑龙江省牡丹江市第二高级中学2023届高三化学上学期第一次阶段测试试题（Word版附答案）

高三年级化学测试题第Ⅰ卷（选择题，共42分）可能用到的相对原子质量：(N：14；Al：27；Mn：55；O：16；Ge：70；As：75)本卷共14小题，每小题3分，每小题只有一项是最符合题目要求的。1.化学与生产、生活、社会发展息息相关，下列有关说法正确的是A.侯氏制碱法的工艺流程中应用了物质溶解度的差异B.5G技术中使用的光导纤维不与任何酸碱反应C.香云纱染整技艺中去除丝胶所用的纯碱水溶液属于纯净物D.我国古代“灌钢法”的原料之一赤铁矿的主要成分为FeO【答案】A【解析】【详解】A．侯氏制碱法是利用在该实验条件下NaHCO3的溶解度小促使反应发生，应用了物质溶解度的差异，A正确；B．光导纤维主要成分为二氧化硅，二氧化硅可以和碱、HF反应，B错误；C．染整技艺中去除丝胶所用的纯碱水溶液是溶液，属于混合物，C错误；D．赤铁矿的主要成分为Fe2O3，不是FeO，D错误；故答案选A。2.下列物质的用途与其性质有因果关系的是选项用途性质A用氧化镁作耐火材料氧化镁是碱性氧化物B用次氯酸钠稀溶液作消毒剂次氯酸钠具有氧化性CAl(OH)3作复方胃药的主要成分Al(OH)3具有两性D铁制容器用于储存、运输浓硫酸铁制容器和浓硫酸不反应A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】 【详解】A．氧化镁的熔点很大，受热难熔化，故可用氧化镁作耐火材料，故A错误；B．次氯酸钠具有氧化性，可用次氯酸钠稀溶液作消毒剂，故B正确；C．Al(OH)3能与酸反应，故可用Al(OH)3作复方胃药主要成分，故C错误；D．浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁钝化，故可用铁制容器用于储存、运输浓硫酸，故D错误；故选B。3.下列离子可以在指定溶液中大量共存的是A.常温下，=1010的溶液：Mg2+、NH、HCO、NOB.电解饱和食盐水一段时间后的溶液：K+、Na+、CO、SOC.硫酸酸化的高锰酸钾溶液：Ba2+、NH、I-、Cl-D.生锈铁钉溶于盐酸后形成的溶液：H+、Ca2+、SCN-、Br-【答案】B【解析】【详解】A．常温下，，，不能大量存在，A项不符合题意；B．电解饱和食盐水一段时间后的溶液含氢氧化钠：K+、Na+、CO、SO互不反应可以共存，B项符合题意；C．硫酸酸化的高锰酸钾溶液，、不能大量存在，C项不符合题意﹔D．生锈铁钉溶于盐酸后生成的与不能大量共存，D项不符合题意；答案选B。4.下列有关说法正确的是①氟氯代烷化学性质稳定，排放到大气中不会对环境造成危害②体积分数为75%的酒精可用来消毒③苯酚有毒，所以日常所用的药皂中不可能掺入苯酚④各种水果之所以有水果香味，是因为水果中含有酯类物质⑤2，4，6－三硝基苯酚又叫TNT，是一种烈性炸药，可用于开矿⑥乙醇结构中有－OH，所以乙醇溶解于水，可以电离OH- ⑦甲醛通常条件下是一种无色、有刺激性气味的气体，不溶于水⑧葡萄糖可用作热水瓶胆镀银的还原剂⑨食醋中一般含有3%~5%的醋酸，可用去除水壶内的水垢⑩乙醇可发生还原反应使橙红色的重铬酸钾溶液褪色A.①②④⑨B.②④⑧⑨C.②③⑦⑨D.⑤⑥⑨⑩【答案】B【解析】【详解】①氟氯代烷排放到大气中，会引“臭氧空洞”，对环境造成危害，故①错误；②乙醇能使蛋白质变性，体积分数为75%的酒精可用来消毒，故②正确；③苯酚能杀菌消毒，所以日常所用的药皂中可掺入苯酚，故③错误；④酯类物质有香味，各种水果之所以有水果香味，是因为水果中含有酯类物质，故④正确；⑤2，4，6-三硝基甲苯又叫TNT，是一种烈性炸药，可用于开矿，故⑤错误；⑥乙醇是非电解质，不能电离，故⑥错误；⑦甲醛通常条件下是一种无色、有刺激性气味的气体，能溶于水，故⑦错误；⑧葡萄糖可与银氨溶液发生银镜反应，故可用作热水瓶胆镀银的还原剂，故⑧正确；⑨醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳、水，食醋中一般含有3%~5%的醋酸，能去除水壶内的水垢，故⑨正确；⑩乙醇可与强氧化剂反应，故可发生氧化反应使橙红色的重铬酸钾溶液变色，故⑩错误；答案选B。5.下列说法正确的是A.1mol萘()含有5mol碳碳双键B.CH3CH=CHCH3分子中的所有原子处于同一平面C.可用溴水鉴别苯、苯酚、己烯、酒精D.裂解是物理变化【答案】C【解析】【分析】【详解】A．因为萘( )中是苯环结构，没有碳碳双键，故A错； B．CH3CH=CHCH3 分子中含有甲基，甲基的4个原子不在同一平面内，故B错；C．苯萃取溴水，上层有颜色，苯酚与溴水可出现白色沉淀，己烯可使溴水褪色，酒精和溴水互溶，所以可用溴水鉴别苯、苯酚、己烯、酒精，故C正确；D．裂解是化学变化，故D错；答案选C。【点睛】考查官能团的性质和结构相关的知识。抓住苯环和双键的区别，原子共面问题，由几种烃的基本结构进行判定。例甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面结构，乙炔是直线型。6.下列装置用于实验室制并回收的实验，能达到实验目的的是A.用装置甲制取B.用装置乙除去中混有的少量C.用装置丙分离和溶液D.用装置丁蒸干溶液制得【答案】C【解析】【详解】A．用装置甲制取还需要加热才能制取氯气，故A不符合题意；B．用装置乙除去中混有的少量，气体应长进短出，故B不符合题意；C．氯化锰溶于水，二氧化锰难溶于水，用过滤即装置丙分离和溶液，故C符合题意；D．锰离子会发生水解，应该在HCl气流中蒸干溶液制得，故D不符合题意。综上所述，答案为C。7.对下列各组实验所作的解释正确的是 选项实验操作现象解释A向放有湿润有色布条的集气瓶中通入氯气有色布条褪色氯气有漂白性B充分加热铁粉和硫粉的混合物，冷却后取固体少量于试管中，加入足量稀硫酸，再滴入产生蓝色沉淀说明铁被硫氧化至(Ⅱ)C灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有某有机物的试管中铜丝恢复亮红色该有机物中可能有醇羟基或羧基D向溶液中加入少量，然后通入少量，充分振荡，静置下层呈橙色氧化性：A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．Cl2不具有漂白性，Cl2使湿润的有色布条褪色，是因为Cl2和H2O反应生成了HClO，HClO具有漂白性，能使湿润的有色布条褪色，A错误；B．硫的氧化性较弱，能把铁氧化为Fe(II)，但若实验中铁粉过量，冷却后取固体少量于试管中，加入足量稀硫酸，一定会产生Fe2+，故再滴入K3Fe(CN)6产生蓝色沉淀，不能说明铁被硫氧化至Fe(Ⅱ)，B错误；C．灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有某有机物的试管中，铜丝恢复亮红色，可能是因为该有机物含有醇羟基，和黑色的CuO反应生成亮红色的铜，也可能是因为该有机物含有羧基，将黑色的CuO反应掉剩余亮红色的铜，C正确；D．向KBrO3溶液中加入少量CCl4，然后通入少量Cl2，充分振荡，静置，下层呈橙色，说明有Br2产生，KBrO3作氧化剂，Cl2作还原剂，则无法比较Cl2和Br2的氧化性，D错误；故选C。8.在给定条件下，下列所示物质间转化合理的是 A.Mg(OH)2MgCl2(aq)MgB.CuCuSO4Cu(NO3)2C.浓盐酸Cl2漂白粉D.FeOFeCl3(aq)无水FeCl3【答案】C【解析】【分析】【详解】A．电解氯化镁应该在熔融状态下，而不是溶液，A项错误；B．铜与稀硫酸不反应，B项错误；C．，，C项正确；D．氯化铁溶液蒸发过程中铁离子水解生成氢氧化铁和HCl，HCl挥发，加热促进HCl挥发，水解正向移动，所以产物为氢氧化铁并不是无水氯化铁，D项错误；答案选C。9.下列说法不正确的是A.等体积等浓度的与溶液中的数相等B.标准状况下，5.6L中所含键的数目为C.等质量的与足量在加热、常温下充分反应时转移的电子数相等D.等物质的量和(重水)所含的质子数相同【答案】A【解析】【详解】A．碳酸氢根会发生电离和水解，水解程度大于电离程度，碳酸氢钠溶液中钠离子对碳酸氢根的水解没有影响，碳酸氢铵溶液中铵根离子水解产生氢离子会促进碳酸氢根的水解，故等体积等浓度的情况下两种溶液中碳酸氢根离子数不相等，A错误；B．标准状况下甲烷为气体，5.6L甲烷物质的量为0.25mol，一个甲烷分子中含有C—H键4条，故0.25mol甲烷中含有C—H键数目为6.02×1023，B正确； C．钠与氧气在加热情况下生成过氧化钠，在常温情况下生成氧化钠，两种物质中钠均为+1价，氧气足量的情况下，等质量的钠失去的电子数相同，故转移电子数相等，C正确；D．一个水分子和一个重水分子含有质子数相同，等物质量的情况下，所含质子数相同，D正确；故答案选A。10.下列说法不正确的是A.钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火B.油脂、淀粉、蔗糖和葡萄糖在一定条件都能发生水解反应C.除去干燥中混有的少量，可将混合气体依次通过盛有酸性溶液、浓硫酸的洗气瓶D.“中和滴定”实验中，锥形瓶用蒸馏水洗涤后即可使用，滴定管用蒸馏水洗涤后，需经润洗方可使用【答案】B【解析】【详解】A．过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁在二氧化碳中燃烧，故钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，故A正确；B．葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，故B错误；C．酸性溶液能与发生氧化还原反应从而除去，经过浓硫酸的洗气瓶除去中的水蒸气，得到干燥的，故C正确；D．锥形瓶用蒸馏水洗涤后无需干燥，不影响待测液中溶质物质的量，不影响测定结果；滴定管用蒸馏水洗涤后需经润洗才可使用，若不润洗，会使的滴定管中的溶液被稀释，浓度偏低，影响测定结果，故D正确；故选B。11.工业上用某种氧化铝矿石(含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：对上述流程的判断正确的是 A.试剂X可以为氨水，沉淀中含有铁的化合物B.CO2可以用H2SO4溶液或稀盐酸代替C.反应Ⅱ中的离子方程式为CO2＋＋2H2O=Al(OH)3↓＋D.工业上还可采用Fe还原Al2O3的方法制Al，成本更低【答案】C【解析】【详解】A．试剂X应为强碱溶液，使Al2O3溶解，A错误；B．若用强酸代替CO2，强酸过量时，Al(OH)3会溶解，不能保证生成Al(OH)3沉淀，B错误；C．反应Ⅱ为向含有偏铝酸的溶液通入CO2，二者可以发生反应，离子方程式为CO2＋＋2H2O=Al(OH)3↓＋，C正确；D．因Al比Fe活泼，不能用Fe置换Al，D错误；故选C。12.实验室验证钠能与二氧化碳发生反应，并确定其产物的装置如图所示(已知：PdC12溶液遇CO能产生黑色的Pd)，下列说法错误的是A.装置①的仪器还可以制取H2、NH3等气体B.装置⑤中石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯C.装置②③中分别盛装饱和Na2CO3溶液、浓H2SO4D.装置⑥中有黑色沉淀，发生的反应是PdC12+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HC1【答案】C【解析】【详解】固体和液体不加热反应制备气体，锌和稀硫酸反应制氢气，氧化钙和浓氨水反应制备氨气都可以用装置①，A正确；金属钠与空气中的氧气、水蒸气等发生反应，因此实验之前，用二氧化碳气体排出装置内的空气，当看到装置⑤中石灰水变浑浊后，空气已排净，再点燃酒精灯，B正确；反应产生的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气，因此先用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，（因为碳酸钠溶液与二氧化碳反应），再用浓H2SO4吸收水蒸气， C错误；根据题给信息可知，PdC12被CO还原为黑色的Pd，反应PdC12+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HC1，D正确；正确选项C。【点睛】碳酸钠与盐酸反应制备二氧化碳气体，会含有杂质气体氯化氢和水蒸气，要得到纯净的二氧化碳气体，混合气体先通过饱和碳酸氢钠溶液，再通过浓硫酸，不能用饱和碳酸钠溶液除氯化氢，因为碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠。13.下列“类比”合理的是A.Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)3和H2B.NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClOC.Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4ClD.NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NH4NO3【答案】C【解析】【详解】A．Na与水反应生成NaOH和H2，Fe与冷水、热水都不反应，Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，A不合理；B．NaClO具有强氧化性，SO2具有较强的还原性，NaClO溶液与SO2发生氧化还原反应时SO2被氧化成，ClO-被还原成Cl-，B不合理；C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl：Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl：Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，C合理；D．氨水与少量AgNO3反应生成[Ag(NH3)2]+：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，D不合理；答案选C。14.能正确表示反应的离子方程式是A.FeCl3溶液腐蚀铜板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+B.CuSO4溶液中滴加稀氨水：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓C.(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应：SO+Ba2+=BaSO4↓D.SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色：3SO2+2MnO+4H+=3SO+2Mn2++2H2O【答案】A【解析】 【详解】A．FeCl3溶液和Cu反应生成FeCl2和CuCl2，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故A正确；B．NH3H2O为弱电解质，不能拆开写，正确的离子方程式为：Cu2++2NH3H2O=Cu(OH)2↓+2N，故B错误；C．OH-先与Fe2+反应，再和N反应，由于Ba(OH)2溶液较少，N不参与反应，正确的离子方程式为：Fe2++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+Fe(OH)2↓，故C错误；D．二者发生氧化还原反应生成锰离子、硫酸根离子，转移电子不守恒，正确的离子方程式为：5SO2+2MnO+2H2O=5SO+2Mn2++4H+，故D错误；答案选A。第Ⅱ卷（非选择题，共58分）15.碘及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：（1）I2的一种制备方法如图所示：①生成的沉淀与硝酸反应，生成_____后可循环使用。②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为______；当n(Cl2)/n(FeI2)>1.5后，单质碘的收率会降低，原因是_______。（2）以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2。上述制备I2的总反应的离子方程式为______。（3）I2在KI溶液中可发生反应：。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是_______。【答案】（1）①.AgNO3②.③.I2进一步被Cl2氧化，产率降低（2）（3）增大碘离子浓度，使的平衡正向移动，将碘单质转化为溶解度更高的三 碘阴离子，便于后续制取高纯度碘【解析】【小问1详解】①海水中的碘离子与硝酸银溶液中的银离子反应生成碘化银悬浊液，达到富集的目的。碘化银悬浊液中加入还原剂铁粉，将碘转化为溶于水的碘离子，便于后续氧化还原，反应式为。分离出的沉淀为银单质，与硝酸反应生成硝酸银，可以重复使用；②还原性：，Cl2先与I-发生反应：，此时氧化产物只有I2一种，反应式为：；③Cl2将I-氧化为I2后可与Fe2+发生反应：。完全将FeI2氧化的反应式为。若，则Cl2过量，将FeI2完全氧化，过量的Cl2会继续与I2反应将I2氧化，降低I-产率；【小问2详解】根据题目信息先与反应生成I-与，I-再与新加入的反应生成I2，根据电子守恒和电荷守恒可配平总反应式为：；【小问3详解】I-与Cu2+发生反应：，碘单质在水中溶解度较小，加入过量I-使I2与I-转化为，便于后续提取产量更高的碘单质。16.FeCl3(易升华)是常见的化学试剂。某学习小组开展了与FeCl3相关的系列实验。回答下列问题：Ⅰ．铁粉制备FeCl3(实验装置如图所示) （1）仪器a的名称为_______。（2）制取Cl2的化学方程式为_______。（3）饱和食盐水的作用是_______。（4）硬质玻璃管直接接入收集器的优点是_______。Ⅱ．探究FeCl3溶液与Cu的反应（5）配制FeCl3溶液时加入少量盐酸的原因是_______。（6）向FeCl3溶液中滴加几滴KSCN溶液，溶液颜色变红，再加入过量Cu粉，发现溶液的红色褪去。用离子方程式解释红色褪去的原因：_______。【答案】（1）分液漏斗（2）（3）吸收A装置中挥发出的氯化氢气体，抑制氯气溶于水（4）防止FeCl3凝华成固体堵塞装置（5）加酸抑制FeCl3的水解（6）【解析】【分析】结合A装置需要加热可得是采用MnO2与浓盐酸反应制备氯气，装置产生的Cl2会带有少量挥发出的HCl，可用饱和NaCl溶液除去，再用浓盐酸干燥Cl2。干燥的Cl2在装置D中与铁粉在高温下反应生成FeCl3，根据题干信息FeCl3易凝华，用冰水降温的E装置收集，装置末端加上装有碱石灰的干燥管除去多余Cl2，防止污染空气。【小问1详解】结合图示可判断出a为分液漏斗；【小问2详解】实验室制氯气可以用MnO2、KMnO4或K2Cr2O7等氧化剂氧化浓盐酸，但只有MnO2与浓盐酸反应需要加热，可推断反应式为：；【小问3详解】利用HCl极易溶于水的性质，可用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl；【小问4详解】 FeCl3易升华，将硬质玻璃管直接接入接收器，可防止凝华的FeCl3固体堵塞导管；【小问5详解】Fe3+在水中易水解产生H+，加入适量酸可以抑制Fe3+的水解；【小问6详解】红色褪去说明Fe3+与Cu发生反应全部被还原为Fe2+，离子反应式为：17.碲(Te)元素是当今新材料的主要成分之一。工业上从电解法精炼铜的阳极泥中提取纯度较高的碲，经预处理后的阳极泥中含TeO2及铁、铅、铜的化合物等，通过以下流程得到：已知：①TeO2是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸或强碱。②部分难溶物的Ksp如表：化合物Fe(OH)2Pb(OH)2Cu(OH)2FeSPbSCuSKsp8×10－161.2×10－151.3×10－204×10－191×10－286×10－36回答下列问题：（1）“碱浸”时TeO2发生反应的化学方程式为_________。（2）加入Na2S溶液的主要目的是________。（3）“沉碲”发生反应的化学方程式为_______。（4）电解法提纯粗碲时，以Na2TeO3溶液为电解质溶液，阳极材料为_______。（5）常温下，向0.lmol/LNa2TeO3溶液中滴加盐酸，当溶液pH=5时，溶液中：c(H2TeO3)=________。(已知：H2TeO3的Ka1=1.0×10-3Ka2=2.0×10-8)【答案】（1）（2）将杂质铁、铅、铜以硫化物沉淀的形式除去（3）（4）粗碲（5）0.2【解析】 【分析】从电解精炼铜产生的阳极泥中提取碲，结合TeO2为两性氧化物的性质和杂质铁、铜、铅粒子与硫离子更易生成难溶沉淀的性质，加入NaOH和Na2S分离提纯碲元素，除去杂质，再向反应得到的亚碲酸盐溶液中加入硝酸铵利用双水解得到碲氧化物沉淀，在酸性溶液中用二氧化硫还原得到粗碲，最后电解精炼碲。【小问1详解】结合题干信息氧化碲为两性化合物，与强碱溶液反应生成对应盐和水，化学反应式应为：；【小问2详解】结合图标信息可得铁、铜、铅的硫化物Ksp远远小于其氢氧化物的Ksp，加入硫化钠会使杂质离子沉淀更完全；小问3详解】水解产生H+，水解产生OH-，两者发生双水解反应生成TeO2沉淀，化学反应式为：；【小问4详解】电解精炼碲类似电解精炼铜，其中粗碲作阳极，阳极上的碲被氧化。精碲作阴极，溶液中得电子被还原为碲单质附着在阴极上；【小问5详解】根据和可得，，则，所以；18.按要求填空（1）的化学名称是________。 （2）写出肉桂醛()与银氨溶液反应的化学方程式________。（3）1mol有机物最多与______molNaOH反应；要把它转化为，可加入_______(填化学式)。（4）利用乙醇经过下列步骤可制得常见的溶剂1，4—二氧六环。①步骤Ⅰ的反应条件为______。②步骤Ⅲ的化学方程式_____。（5）已知：+ROH，则与乙二醇在该条件下发生反应生成的有机物的结构简式为_______(键线式表示)。【答案】（1）苯甲醇（2）（3）①.2②.（4）①.浓硫酸脱水，迅速加热到170℃②.或（5） 【解析】【小问1详解】通过有机物结构式可发现苯环上链接一个甲醇基，可以命名为苯甲醇；【小问2详解】肉桂醛中的醛基与银氨溶液发生氧化还原反应生成对应羧酸和银单质，氨气与羧酸反应生成羧酸铵，反应式为：；【小问3详解】该有机物的官能团包括羧基、酚羟基和醇羟基，其中酚羟基与羧基均能电离出氢离子与碱反应，则1mol该有机物最多能与2molNaOH反应；酚的酸性弱于碳酸但强于碳酸氢根，无法与碳酸氢钠反应，而羧酸酸性强于碳酸和碳酸氢根，可以与碳酸氢钠反应，利用这点将有机物羧基上的氢替换为钠，用碳酸氢钠溶液合成目标产物；【小问4详解】结合框图信息和目标产物结构式可倒推得烃A为乙烯，A与氯气加成得到二氯乙烷，在NaOH溶液中发生水解反应得到乙二醇，乙二醇发生分子间得脱水反应得到目标产物。①乙醇发生分子内脱水生成乙烯需要浓硫酸作脱水剂，在170℃下反应生成乙烯；②B为二氯乙烷，在碱性溶液中水解生成乙二醇，反应式为或可以写成；小问5详解】结合题目中的反应机理，乙二醇与邻二苯氨发生取代反应，将烷烃基与氨基上的H交换，取代成环得到；19.GaN是研制微电子器件、光电子器件的第三代半导体材料。（1）基态Ga的核外电子排布为，转化为下列激发态时所需能量最少的是_______(填标号)。A.B. C.D.（2）与家同主族的B具有缺电子性，硼氢化钠()是有机合成中重要的还原剂，其阴离子的立体构型为_______。另一种含硼的阴离子的结构如图所示，其中B原子的杂化方式为_______。（3）GaN、GaP、GaAs熔融状态均不导电，据此判断它们是_______(填“共价”或“离子”)化合物，它们的晶体结构与金刚石相似，其熔点如下表所示，试分析GaN、CaP、GaAs熔点依次降低的原因：_______。物质GaNCaPGaAs熔点/℃170014801238（4）GaAs的晶胞结构如图甲所示，将Mn掺杂到GaAs的晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示。①图甲中，GaAs的相对分子质量为M，晶体密度为，表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞中距离最近的两个Ga原子间距离为_______nm(列出计算式)。②图乙中掺杂Mn之后，晶体中Mn、Ga、As的原子个数比为_______。【答案】（1）B（2）①.正四面体形②.、 （3）①.共价②.它们均为原子(共价)晶体，由于N，P、As的原子半径依次增大，故Ga-N、Ga-P、Ga-As的键长依次增大，共价键越长键能越小，故导致GaN、GaP、GaAs熔点依次降低（4）①.②.5：27：32【解析】【小问1详解】由题干信息可知，A、B中只有一个4s上的电子跃近到4p上，C，D中有两个4s上的电子跃迁到4p上，故A、B需要的能量小于C、D，而A中4p上的2个电子占有一个轨道，B中4p上的2个电子分别占有不同的轨道，故B的能量比A低，故B所示发生的跃迁所需能量最低，故答案为B；【小问2详解】的杂化轨道数=4，采用sp3杂化，杂化轨道空间现状为正四面体型，B周围孤电子对数为0，故其空间构型与杂化轨道空间现状相同为正四面体型，由图可知该结构上、下两个位置的B周围有四个氧，其杂化轨道数为4，故这两个位置B为sp3杂化，左右两边的B周围有三个氧，其杂化轨道数为3，是sp2杂化，故B原子的杂化方式有sp3和sp2。【小问3详解】GaN、GaP、GaAs熔融状态均不导电，说明它们中没有那、阳离子，故据此判新它们是共价化合物，它们的晶体结构与金刚石相似，说明它们均为原子(共价)晶体，GaN、GaP、GaAs熔点分别为1700℃、1480℃、1238℃，且N、P、As原子半径增大，Ga-N、Ga-P、Ga-As键长逐渐增大，键能减小，断裂化学键需要的能量小，因此熔点降低；【小问4详解】用均摊法计算，有8个Ga元素的微粒处于顶点，同时为8个晶胞所共享，每个微粒有属于该晶胞；有6个Ga元素的微粒处于面心，同时为2个晶胞所共享，每个微粒有，属于该晶胞Ga元素的微粒总数为；有4个As元素的微粒处于晶胞内部，都属于该晶胞；图甲中，GaAs的相对分于质量为M，晶体密度为，表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞边长为，图可知晶胞中距离最近的两个Ga 原子间距离为面对角线的一半，故有。掺杂Mn原子后，原来As原子个数不变，任为4，将一个顶点的Ga原子和一个面心的Ga原子替换成Mn原子，故Mn原子个数为，Ga原子数变为，晶体中Mn、Ga、As的原子个数比为。【点睛】本题考查化学选修3《物质结构与性质》的相关知识，以填空方式考查，常涉及如下高频考点：原子结构与元素的性质(基态微粒的电子排布式、电离能及电负性的比较)、元素周期律；分子结构与性质(化学键类型、原子的杂化方式、分子空间构型的分析与判断)；晶体结构与性质(晶体类型、性质及与粒子间作用的关系、以晶胞为单位的密度、微粒间距与微粒质量的关系计算及化学式分析等)。只有掌握这些，才可以更好的解决物质结构的问题。