2019-2020学年高二化学下学期第二次月考试题(含解析).doc

2019-2020学年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、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3NAD. 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-、H2CO3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：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均能与氢氧化钠溶液反应，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. 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D. CO2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。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，而一个分子中质子数为7214，中子数为(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，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. 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0.2NAD. 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，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)2C. 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【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=0.01，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=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（ ）A. 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】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，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、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；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，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(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 1x 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。，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 gD. 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【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Mn2O7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晶体等，答题时需要灵活掌握。22. 完成下列流程图。（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+CuSO4FeSO4+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。（1）生成的FeCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是_。（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，但增大到一定程度后开始降低，因此要从FeSO4溶液中得到FeSO47H2O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 (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：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：。