高二化学下学期第二次月考试题（含解析）.doc

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1、- 1 - / 22【2019【2019 最新最新】精选高二化学下学期第二次月考试题（含解析）精选高二化学下学期第二次月考试题（含解析）1. 实验室用海带提取碘的操作过程中，所选仪器错误的是（ ）选项操作所选仪器A称取 3.0 g 的干海带托盘天平B灼烧干海带至完全变成灰烬蒸发皿C过滤煮沸后的海带灰与水的混合液漏斗D用四氯化碳从氧化后的海带灰浸取液中提取碘分液漏斗A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】分析：A托盘天平可称量固体的质量；B在坩埚中灼烧固体；C过滤需要漏斗；D萃取需要分液漏斗。详解：A托盘天平可称量固体的质量，则仪器选择合理，A 正确；B在坩埚中灼烧固体，不能在烧

2、杯中进行，B 错误；C过滤需要漏斗，可分离煮沸后的海带灰与水的混合液，C 正确；D萃取需要分液漏斗，则可从氧化后的海带灰浸取液中提取碘，D 正确；答案选 B。点睛：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、- 2 - / 22混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验原理和常见仪器的使用，题目难度不大。2. 战国时周礼中记载沿海古人“煤饼烧蛎房成灰”(“蛎房”即牡蛎壳),并把这种灰称为“蜃” 、 “ 蜃”与草木灰、水混合后，经一系列操作得晶体 M，M 的溶液可用于造纸过程树皮脱胶。下列说法不正确的是（ ）A. “蜃“的主要成分为 CaOB. “煤饼烧

3、蛎房成灰“过程中只涉及分解反应C. 经提纯后，晶体 M 的焰色反应火焰呈紫色D. “一系列操作“指的是过滤、蒸发、结晶、过滤【答案】B【解析】A、牡蛎壳为贝壳，贝壳主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，所以“蜃”主要成分是氧化钙，选项 A 正确；B、 “煤饼烧蛎房成灰“过程中涉及分解反应以及煤燃烧的氧化还原反应，选项 B不正确；C、经提纯后，晶体 M 为氢氧化钾，其焰色反应星浅紫色，选项 C 正确；D、 “一系列操作“指的是氢氧化钙与碳酸钾反应生成的碳酸钙沉淀和氢氧化钾溶液中得到氢氧化钾，故操作为过滤、蒸发、结晶、过滤，选项 D 正确。答案选 B。3. 设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说

4、法正确的是（ ）A. 1molKMnO4 固体完全分解制取 O2,转移的电子数为 2NAB. 1L0.1mol/L 的 Na2CO3 溶液中 HCO3-和 CO32-数目之和为 0.1NAC. 在密闭容器中,2molNO 与 1molO2 充分混合后气体分子数为 3NA- 3 - / 22D. 50mL 18.4mol/L 浓硫酸与足量铜充分反应,生成 SO2 分子数目为0.46NA【答案】A【解析】A. 1molKMnO4 固体完全分解生成 0.5molO2,转移的电子数为2NA,，故 A 正确；B. 根据碳原子守恒 1L0.1mol/L 的 Na2CO3 溶液中HCO3-和 CO32-、H

5、2CO3 数目之和为 0.1NA，故 B 错误；C. 在密闭容器中,2molNO 与 1molO2 充分反应生成 2molNO2，气体分子数为 2NA,故 C错；D.因为浓硫酸与足量铜充反应，随着反应的进行，浓硫酸变稀，稀硫酸与铜不会反应，所以 50mL 18.4mol/L 浓硫酸与足量铜充分反应,生成 SO2 分子数目小于 0.46NA，故 D 错误；答案：A。4. 下列除去杂质的实验方法不正确的是（ ）A. 除去 CO2 中少量 HCl 气体：通过饱和 NaHCO3 溶液后再干燥气体B. 除去 Cl2 中少量 HCl 气体：通过饱和食盐水后再干燥气体C. 除去 SiO2 中的 Al2O3：

6、加入过量氢氧化钠溶液反应后过滤D. 除去 SO2 中少量 H2O 气体：通过浓硫酸除水干燥【答案】C【解析】A、除去 CO2 中少量 HCl 气体：通过饱和 NaHCO3 溶液后，CO2 与 NaHCO3 溶液不反应，HCl+NaHCO3=NaCl+CO2+H2O，再干燥气体，选项 A 正确；B、将 Cl2 和 HCl 的混合气体通入饱和食盐水中，HCl 因易溶于水而被吸收掉，Cl2 虽然能溶于水中，但由于饱和食盐水中 Cl浓度大，使 Cl2 与 H2O 反应受到抑制，从而减小了 Cl2 被水吸收的量，后再干燥得到干燥气体，选项 B 正确；C、SiO2 和 Al2O3- 4 - / 22均能与

7、氢氧化钠溶液反应，无法利用氢氧化钠溶液除去 SiO2 中的Al2O3，选项 C 不正确；D、二氧化硫不与浓硫酸反应，浓硫酸具有吸水性，故除去 SO2 中少量 H2O 气体可通过浓硫酸除水干燥，选项 D 正确。答案选 C。点睛：本题考查物质的分离与除杂。根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯） ，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变除杂质题至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质。5. 将溶质的质量分数分别为 85%和 15%的两种硫酸溶液等体积混合后，溶液中的溶质的质量分数为（ ）A. 大于 50% B. 等于 50% C

8、. 小于 50% D. 无法确定【答案】A【解析】若相同质量两溶液混合，则溶质硫酸的质量分数为 50%，两溶液密度不同，溶质的质量分数为 85%的溶液密度大，同质量下体积小。现为等体积混合，则相当于先将同质量的两溶液混合，又加入质量分数为 85%的溶液，其溶液中的溶质的质量分数一定大于 50%。A 正确，故选择 A。6. 超临界状态下的 CO2 流体溶解性与有机溶剂相似，可提取中药材的有效成分，工艺流程如下。下列说法错误的是（ ）A. 浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出B. 升温、减压的目的是实现 CO2 与产品分离C. 高温条件下更有利于超临界 CO2 萃取- 5 - / 22D. C

9、O2 流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点【答案】C【解析】分析：A.根据中草药有效成分易溶在乙醇中分析；B.根据外界条件对二氧化碳溶解度影响分析；C.根据流程图分析；D.根据二氧化碳的性质特点分析。详解：A. 乙醇是常用的有机溶剂，中草药有效成分易溶在乙醇中，因此浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出，A 错误；B. 气体的溶解度随温度升高、压强减小而减小，所以升温、减压的目的是实现 CO2 与产品分离，B 正确；C. 根据流程图可知降温、加压更有利于超临界 CO2 萃取，C 错误；D. 二氧化碳没有毒，容易分离，因此 CO2 流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点，D 正确

10、。答案选 C。7. 同温同压下，等容积的两个密闭集气瓶中分别充满 12C18O 和 14N2两种气体。关于这两个容器中气体的说法正确的是( )A. 质子数相等，质量不等 B. 分子数和质量都不相等C. 分子数、质量均相等 D. 原子数、中子数和质量数均相等【答案】A【解析】由阿伏加德罗定律可知两容器中所盛气体的分子数相等；因中原子质量数之和为 30，故其摩尔质量为 30g/mol，而 14N2 中原子质量数之和为 28，故其摩尔质量为 28g/mol，故两容器气体的质量不相等；一个分子中质子数为 14，中子数为(126)(188)16，而- 6 - / 22一个分子中质子数为 7214，中子数

11、为(147)214，故两容器气体的中子数不同，质子数相同；故 A 项正确。点睛：明确质子数+中子数=质量数是本题的解题关键。8. 除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)，所选用的除杂试剂及分离方法或操作均正确的是（ ）选项物质除杂试剂分离方法或操作ABaCO3(BaSO4)饱和 Na2CO3溶液搅拌、过滤BCO(CO2)CuO 粉末通过灼热的 CuO 粉末CSO2SO3(g)饱和 Na2SO3溶液洗气D苯(Br2)水分液A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】加饱和 Na2CO3 溶液，Qc（BaCO3）Ksp（BaCO3） ，生成BaCO3 沉淀，然后过滤从而除去 BaSO4，

12、A 正确；CO 与 CuO 加热反应生成二氧化碳，没有除去杂质 CO2，主要成分 CO 变为 CO2，应该用氢氧化钠容易和进行洗气，B 错误；SO2 能够与饱和 Na2SO3 溶液反应生成亚硫酸氢钠，主要成分减少了，应该用浓硫酸或饱和亚硫酸氢钠溶液进行洗气除杂，C 错误；溴在水中溶解度较小，不能达到除去溴的目的，应该用氢氧化钠溶液除去溴，然后分液，D 错误；正确选项A。点睛：由于 SO2 能够与饱和 Na2SO3 溶液反应生成亚硫酸氢钠，在该溶液中能够 SO2 的溶解度较小，因此 SO2 气体的分离提纯一般都用饱- 7 - / 22和亚硫酸氢钠溶液进行洗气分离。9. 洁厕灵和 84 消毒液混合

13、使用会发生反应:NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O 生成有毒的氯气。NA 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 每生成 1mol 氯气转移的电子数为 2NAB. 1mol NaCl 含有的电子数为 28NAC. 1L 0.2mol/LNaClO 溶液中含有的次氯酸根离子数为 0.2NAD. 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】反应 NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O 中 NaClO 的氯元素由+1价为为 0 价，被还原，作氧化剂；HCl 中部分氯元素由-1 价变为 0 价，被氧化， 作还原剂，

14、另一部分化合价不变，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. 1 mol NaCl 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/ L NaClO 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 22.4L HCl 溶解在 0.5L 水中，溶液的体积不一定为 0.5L，形成盐酸的浓度不一定为 2mol/L ，选项 D 错误。答案选 B。10. 模拟侯氏制碱法原理，在 CaCl2 浓溶液中通入 NH3 和 CO2 可制得纳米级材料，装置见图示。下列说法正确的是（ ）A. a 通入

15、适量的 CO2，b 通入足量的 NH3，纳米材料为 Ca(HCO3)2B. a 通入足量的 NH3，b 通入适量的 CO2，纳米材料为 Ca(HCO3)2- 8 - / 22C. a 通入适量的 CO2，b 通入足量的 NH3，纳米材料为 CaCO3D. a 通入少量的 NH3，b 通入足量的 CO2，纳米材料为 CaCO3【答案】C考点：考查物质制备实验方案设计与探究11. 利用下列装置分别完成相关实验，能达到实验目的的是（ ）A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：A、加热后产物为氨气和氯化氢气体，为混合物，不能单纯收集氨气，错误；B、加热需要两个酒精灯才能保证实

16、验现象的明显，错误；C、用氢氧化钠滴定盐酸，应将氢氧化钠放置在碱式滴定管中，错误；D、制备乙酸乙酯时用碳酸钠溶液吸收反应过程中挥发出的乙酸和乙醇蒸汽，同时降低乙酸乙酯的溶解度，正确；故本题选择 D。考点：实验过程的评价12. 1.52g 铜镁合金完全溶解于 50mL 密度为 1.40 g/mL、质量分数为 63%的浓硝酸中，得到 NO2 和 N2O4 的混合气体 1120 mL（标准状况），向反应后的溶液中加入 1.0 mol/L NaOH 溶液，当金属离子全部沉淀时，得到 2.54 g 沉淀。下列说法不正确的是（ ） 。A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是 2:1B. 得到 2.54 g 沉

17、淀时，加入 NaOH 溶液的体积是 600 mLC. NO2 和 N2O4 的混合气体中，NO2 的体积分数是 80%D. HNO3 的物质的量浓度是 14.0 mol/L- 9 - / 22【答案】B【解析】试题分析：A金属离子全部沉淀时，得到 2.54g 沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g1.02g，氢氧根的物质的量为1.02g17g/mol0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中 Cu、Mg 的物质的量分别为 xmol、ymol，则：2x+2y0.06、64x+24y1.52，解得x=0.02，y=0.

18、01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故 A 正确；B反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L14mol/L0.04mol（0.05-0.04）20.64mol，根据钠离子守恒可知 n（NaOH）n（NaNO3）0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为 0.64mol1mol/L0.64L640mL，B 错误；CNO2 和 N2O4混合气体的物质的量为 1.12L22.4L/mol0.05mol，令二氧化氮的物质的量为 amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05-a）mol，根据电子转移守恒可知，a1+（0.05-a）21=

19、0.06，解得a=0.04，NO2 和 N2O4 的物质的量之比=0.04mol：（0.05mol-0.04mol）=4：1，因此 NO2 的体积分数是 80%，故 C 正确；D该浓硝酸密度为 1.40g/mL、质量分数为 63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L14mol/L，故 D 正确，故选 B。考点：考查混合物的有关计算13. 在下列条件下，两瓶气体所含的原子数一定相等的是（ ）- 10 - / 22A. 具有同压强、同体积的 N2O 和 CO2 B. 具有同温度、同体积的CO 和 N2C. 具有同质量、不同密度的 O2 和 O3 D. 具有同体积、同密度的SO2 和 NO2【答案

20、】C【解析】分析：A、同压强、同体积下，影响气体分子数目的因素有温度，二者所处温度不一定相同；B、同温度、同体积下，影响气体分子数目的因素有压强，二者所处压强不一定相同；C、根据氧气和臭氧均是氧元素形成的单质分析；D、同体积、同密度的 SO2 和 NO2 质量相等，二者摩尔质量不相等，二者物质的量不等。详解：A、同压强、同体积下，影响气体分子数目的因素有温度，若二者所处温度相同，则含有相同的分子数目，每个分子都含有 3 个原子，含有相同的原子数目，若所处温度不同，含有的原子数目一定不相同，A 错误；B、同温度、同体积下，影响气体分子数目的因素有压强，若二者所处压强相同，则含有相同的分子数目，都

21、是双原子分子，含有相同的原子数目，若所处压强不同，含有的原子数目一定不相同，B 错误；C、O2 和 O3 都由氧原子构成，氧原子质量相等，O2 和 O3 质量相等，则含有的氧原子数目相等，C 正确；D、同体积、同密度的 SO2 和 NO2 质量相等，二者摩尔质量不相等，- 11 - / 22二者物质的量不等，物质的量之比为 46：64=23：32，每个分子都含有 3 个原子，所以含有原子数目之比为 23：32，D 错误；答案选 C。14. 下列说法正确的是（ ）选项 实验目的所选主要仪器(铁架台等忽略) 部分操作A用浓硫酸配制480mL0.1mol/L 硫酸溶液500mL 容量瓶、烧杯、玻璃棒

22、、量筒、胶头滴管将量取好的浓硫酸放入容量瓶中，加水溶解至刻度线B从食盐水中得到 NaCI 晶体坩埚、酒精灯、玻璃棒、泥三角、三角架当加热至大量固体出现时，停止加热，利用余热加热C分离甲醇和甘油的混合物蒸馏烧瓶、酒精灯、温度计、直形冷凝管、锥形瓶、牛角管温度计水银球插入混合液液面以下D用 CCl4萃取溴水中的Br2分液漏斗、烧杯分离时下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从上口倒出A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A容量瓶是定容容器，不可用来稀释浓硫酸，故 A 错误；B溶液的蒸发结晶在蒸发皿中进行，不是在坩埚中蒸发，故 B 错误；C蒸馏操作时温度计水银球到蒸馏烧瓶的支管口，测

23、蒸气温度，故C 错误；D萃取操作时使用分液漏斗，分离时下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从上口倒出，故 D 正确；答案为 D。15. 下列各组物质的分类正确的是（ ）混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉含有氧元- 12 - / 22素的化合物叫氧化物CO2、NO2、P2O5 均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2 为碱性氧化物同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨强电解质溶液的导电能力一定强在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物有单质参加的反应或有单质生成的反应是氧化还原反应A. 全部正确 B. C. D. 【答案】D【解析】分析：由不同种物质组成的是混合物；根据氧化物的定义分析

24、；根据酸性氧化物和碱性氧化物的概念判断；由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体；溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少；在熔融状态下离子键断键；有元素化合价升降的反应是氧化还原反应。详解：氯水、氨水、水玻璃、福尔马林、淀粉均是混合物，水银是金属 Hg，是纯净物，错误；由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物是氧化物，因此含有氧元素的化合物不一定是氧化物，例如 NaOH 是碱，错误；能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，CO2、P2O5 均为酸性氧化物，NO2 不是酸性氧化物；能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，Na2O 为碱性氧化物，Na2O2 不是碱性氧

25、化物，错误；C60、C70、金刚石、石墨均是碳元素形成单质，互为同素异形体，- 13 - / 22正确；强电解质溶液的导电能力不一定强，关键是看溶液中离子的浓度和所带电荷数，错误；由于在熔融状态下共价键不能被破坏，离子键可以断键，因此在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，正确；有单质参加的反应或有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，例如同素异形体之间的转化，错误。答案选 D。点睛：是解答的易错点，电解质溶液之所以导电，是由于溶液中有自由移动的离子存在。电解质溶液导电能力的大小，决定于溶液中自由移动的离子的浓度和离子的电荷数，和电解质的强弱没有必然联系，如 1 mol/L 的醋酸溶液的导电能力

26、就大于 0.000 01 mol/L 的盐酸，所以说盐酸的导电能力一定大于酯酸是错误的。16. 分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类正确的是（ ）A. Na2O、MgO、Al2O3 均属于碱性氧化物B. 石灰石、生石灰、熟石灰均属于碱C. 根据电解质在水溶液中电离的程度，将电解质分为强电解质和弱电解质D. 根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体【答案】C【解析】分析：A、Al2O3 属于两性氧化物；B、生石灰是氧化物，石灰石是碳酸钙属于盐；C、根据电解质在水溶液中电离的程度，完全电离的是强电解质，部- 14 - / 22分电离的弱电解质；D、根据粒子直径大小的不同，将分散系分

27、为溶液、浊液和胶体。详解：A、能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，Al2O3 属于两性氧化物，A 错误；B、在水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱，生石灰是氧化钙属于氧化物，石灰石是碳酸钙属于盐，B 错误；C、根据电解质在水溶液中电离的程度，将电解质分为强电解质和弱电解质，其中完全电离的是强电解质，部分电离的弱电解质，C 正确；D、根据分散质粒子直径大小的不同，将分散系分为溶液、浊液和胶体，D 错误；答案选 C。点睛：本题考查了化学概念的分析应用，物质分类的应用，概念的含义和物质的组成是解题的关键，题目较为简单，难度不大。17. M(NO3)2 热分解化学方程式为：2 M(

28、NO3)2=2MO+4NO2+O2。加热 29.6g M(NO3)2 使其完全分解，在标准状况下收集 11200mL 的气体，那么 M 的摩尔质量是（ ）A. 64g/mol B. 24g/mol C. 56g/mol D. 40g/mol【答案】B【解析】试题分析：生成气体的物质的量为 0.5mol，氧气为气体总量的 1/5，氧气的物质的量为 0.1mol，设 M（NO3）2 的物质的量为 xmol2M（NO3）22MO+4NO2+O22 1- 15 - / 22x 0.1解得 x=0.2mol，M（NO3）2 的摩尔质量为29.6g0.2=148g/mol，M=148622=24g/mol

29、。 ，故 B 正确。考点：本题考查物质的量计算。18. 将标准状况下的 a L HCl（气）溶于 1000g 水中，得到的盐酸密度为 b g/cm3，则该盐酸的物质的量浓度是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】氯化氢的物质的量是，质量是。溶液的质量是，所以溶液的体积是，因此浓度是，答案选 D。19. 下列实验操作或结论正确的是( )A. 配制溶液的操作中，转移溶液后，玻璃棒、烧杯未洗涤会使得所配溶液浓度偏高B. 洗涤沉淀的操作是将沉淀置于过滤器中，边用玻璃棒搅拌边加蒸馏水冲洗C. 实验室配制 950 mL 0.2 mol/L 的 CuSO4 溶液时，需称取胆矾的质量为 50.0 g

30、D. 制备 Fe(OH)3 胶体时，将 FeCl3 饱和溶液滴入沸水中，边加热边搅拌，直到得到红褐色溶液- 16 - / 22【答案】C.20. 下列叙述中正确的是（ ）A. 阳离子一定含有金属元素, 阴离子一定只含有非金属元素B. 酸性氧化物一定是非金属氧化物C. 全部由非金属组成的化合物一定是共价化合物D. 碱性氧化物一定是金属氧化物【答案】D【解析】分析：结合相关的概念，利用举例排除法判断。详解：A. 阳离子不一定含有金属元素，例如 NH4。阴离子不一定只含有非金属元素，例如 AlO2等，A 错误；B. 能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，例如 Mn

31、2O7 等，B 错误；C. 全部由非金属组成的化合物不一定是共价化合物，例如 NH4Cl 是离子化合物，C 错误；D. 能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，碱性氧化物一定- 17 - / 22是金属氧化物，D 正确。答案选 D。21. 处于下列状态的物质中：硫酸钡晶体 干冰 液态 HCl 铜 蔗糖 熔融的硝酸钾 氨水 CuSO45H2O 晶体（填序号，下同）.能导电的是_；属于电解质的是_；属于非电解质的是_。【答案】 (1). (2). (3). 【解析】分析：含有自由移动电子或离子的物质可以导电；溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非

32、电解质，据此判断。详解：详解：硫酸钡晶体不导电，属于电解质；干冰是二氧化碳，属于非电解质；液态 HCl 不能电离出离子，不导电，属于电解质；铜是金属，可以导电，属于单质，不是电解质也不是非电解质；蔗糖属于非电解质；熔融的硝酸钾可以导电，属于电解质；氨水中含有自由移动的阴阳离子，可以导电，属于混合物，不是电解质也不是非电解质；CuSO45H2O 晶体不导电，属于电解质。则能导电的是；属于电解质的是；属于非电解质的是。点睛：化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如 NaCl 晶

33、体等，答题时需要灵活掌握。22. 完成下列流程图。- 18 - / 22（1）其中，滤渣 A 中有_；滤液 D 中溶质有_。 （填化学式）（2）加入 Fe 的目的是_。(用化学方程式表示)（3）加入 H2SO4 的目的是_。(用化学方程式表示)【答案】 (1). Cu、Fe (2). FeSO4、H2SO4 (3). Fe+Cu SO4Fe SO4+Cu (4). Fe +H2SO4FeSO4+H2【解析】 （1）加入足量的铁后铜离子被置换出来，则滤渣 A 中有铜和过量的铁，加入稍过量的稀硫酸后铁溶解，则滤液 D 中溶质有FeSO4、H2SO4。 （2）加入 Fe 置换出铜，方程式为Fe+Cu

34、SO4FeSO4+Cu；（3）加入 H2SO4 的目的是溶解过量的铁，方程式为 Fe+H2SO4FeSO4+H2。23. .掌握仪器的名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，观察下图实验装置。（1）写出图中玻璃仪器的名称：_，_。（2）若利用该装置分离四氯化碳和酒精的混合物，还缺少的仪器有_。.柠檬酸亚铁（FeC6H6O7）是一种易吸收的高效铁制剂，可由绿矾（FeSO47H2O）通过下列反应制备：FeSO4+Na2CO3 = FeCO3+Na2SO4 FeCO3+C6H8O7 = FeC6H6O7+CO2+H2O。- 19 - / 22（1）生成的 FeCO3 沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否

35、完全的方法是_。（2）结合如图绿矾溶解度曲线，要从 FeSO4 溶液中得到 FeSO47H2O晶体，先通过_得到_饱和溶液，再冷却至_结晶，过滤，少量冰水洗涤，低温干燥。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 锥形瓶 (3). 温度计 (4). 取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤完全，反之则未洗涤完全 (5). 蒸发浓缩 (6). 60 (7). 0【解析】分析：.（1）根据仪器构造判断仪器名称。（2）根据四氯化碳和酒精的沸点相差较大，需要蒸馏分离判断。.（1）根据碳酸亚铁表面有吸附的硫酸根离子分析。（2）根据硫酸亚铁的溶解度随温度的升高先增大

36、后减小分析。详解：、 （1）根据仪器的构造可判断图中玻璃仪器的名称为是蒸馏烧瓶，是锥形瓶。 （2）若利用该装置分离四氯化碳和酒精的混合物，由于二者互溶，沸点相差较大，所以需要蒸馏，因此需要控制温度，还缺少的仪器有温度计。、 （1）硫酸亚铁参与反应，生成的 FeCO3 沉淀表面有吸附的硫酸根离子，所以检验洗涤是否完全的方法是通过检验硫酸根离子实现，即取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤完全，反之则未洗涤完全。（2）根据绿矾溶解度曲线可知随着温度的升高溶解度增大，但增大- 20 - / 22到一定程度后开始降低，因此要从 FeSO4 溶液中得到 Fe

37、SO47H2O 晶体，先通过蒸发浓缩得到 60饱和溶液，再冷却至 0结晶，过滤，少量冰水洗涤，低温干燥即可。24. 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 的第一电离能由大到小的顺序是_，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佛点，分析其变化规律及原因：_。镓的卤化物GaCl3GaBr3GaI3熔点/77.75122.3211.5沸点/201.2279346GaF3 的熔点超过 1000可能的原因是_。（4）二水合草酸镓的结构如图

38、 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。【答案】 (1). Ar3d104s24p1 (2). 3 (3). AsSeGa - 21 - / 22(4). SeAsGa (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 (6). GaF3 是离子晶体 (7). 4 (8). sp2 (9). 【解析】 （1）Ga 是第 31 号元素，其核外电子排布为：

39、Ar3d104s24p1。As 是第 33 号元素，核外电子排布为Ar3d104s24p3，所以其 4p 能级上有 3 个单电子。（2）同周期由左向右元素的第一电离能逐渐增大，但是 As 是 p 能级的半满稳定结构，所以第一电离能反常增大，所以第一电离能的顺序为：AsSeGa。同周期元素由左向右电负性增强，所以电负性顺序为：SeAsGa。（3）根据三种化合物的熔沸点（都比较低）得到，三种化合物的晶体类型应该都是分子晶体。分子晶体的熔沸点，一般比较其分子间作用力（明显三个分子不可能存在氢键） 。经验规律为：结构相似，分子量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高。所以，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 的熔点超过 1000 ，根据上述熔点数据，得到 GaF3 的晶体类型应该是离子晶体。（4）由图示，每个镓原子与 4 个氧相连，所以配位数为 4。草酸根中的碳原子，形成了一个碳氧双键，所以是 sp2 杂化。（5）晶胞中 Ga 原子位于 8 个顶点和 6 个面心，所以 Ga 有：8+6=4 个，As 都在晶胞内也有 4 个，所以晶胞质量为。晶胞边长- 22 - / 22为 0.565nm=0.56510-7cm，晶胞体积为边长的立方，晶胞质量除以晶胞体积得到晶胞密度，所以为：。