2018-2019学年黑龙江省齐齐哈尔市第八中学高二6月月考化学试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省齐齐哈尔市第八中学高二6月月考化学试题 解析版

‎2018—2019学年度下学期六月月考 高二化学试题 可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 O 16 S 32 K 39 Fe 56 Ba 137 Mn 55‎ Ⅰ卷(选择题42分)‎ 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)‎ ‎1.化学实验操作中必须十分重视安全问题。下列处理方法错误的是 A. 不慎打翻燃着的酒精灯，立即用湿抹布盖灭 B. 金属钠着火时，立即用泡沫灭火器进行灭火 C. 给盛有液体的试管加热时，要不断移动试管或加入碎瓷片 D. 浓碱液滴在皮肤上，立即用大量水冲洗，然后涂上3%~ 5%的硼酸溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：A、根据乙醇性质和灭火原理分析；‎ B、根据过氧化钠能与二氧化碳反应分析；‎ C、根据液体加热需要防止暴沸判断；‎ D、根据氢氧化钠的性质分析。‎ 详解：A、不慎打翻的燃着的酒精灯，应用湿的抹布盖灭，使其和氧气不能接触，A正确；‎ B、金属钠着火反应生成过氧化钠，能与水或二氧化碳反应生成氧气，燃烧更剧烈，所以不能用泡沫灭火器，应该用沙子，B错误；‎ C、给液体加热要均匀加热，或加入碎瓷片，防止暴沸，C正确；‎ D、浓碱可以腐蚀皮肤，应立即用大量的水冲洗，然后涂上酸性很弱的硼酸，D正确。答案选B。‎ ‎2.实验室中，下列试剂的保存方法不正确的是 A. 液溴需加水密封保存 B. 浓硝酸保存在棕色细口瓶中 C. 金属钠保存在煤油中 D. 碳酸钠溶液保存在配有磨口玻璃塞的试剂瓶中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 液溴具有挥发性，溴的密度大于水且在水中溶解度较小，所以保存液溴时应该放在棕色细口瓶中，并使用水封，故A正确；‎ B. 浓硝酸见光易分解，应放在棕色细口瓶中避光保存，故B正确；‎ C. 钠易与空气中的氧气、水等反应，与煤油不反应，且密度比煤油大，可保存在煤油中，故C正确；‎ D. 碳酸钠溶液呈碱性，玻璃塞中的二氧化硅在碱性溶液中反应生成具有黏性的硅酸盐而导致玻璃塞打不开，所以碳酸钠溶液不能用配有玻璃塞的试剂瓶保存，可用配有橡胶塞的试剂瓶保存，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎3.下列物质分离（或提纯）方法正确的是 A. 分离汽油和水--分液 B. 除去氯化钠溶液中的泥沙--蒸馏 C. 分离乙酸与乙酸乙酯--萃取 D. 用四氯化碳提取溴水中的溴单质--过滤 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 汽油和水互不相溶，可用分液的方法分离，故A正确；‎ B. 泥沙不溶于氯化钠溶液，可用过滤的方法分离，故B错误；‎ C. 乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可被饱和碳酸钠溶液吸收，可将混合物加入饱和碳酸钠溶液中，然后用分液法分离，故C错误；‎ D. 溴易溶于四氯化碳，四氯化碳与水互不相溶，可用萃取分液的方法分离，然后用蒸馏的方法分离四氯化碳和溴，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分离，注意根据物质性质的异同选择分离的方法，试题难度不大。本题的易错点是C项，注意乙酸和乙酸乙酯互溶，不能使用萃取的方法分离。‎ ‎4.下列情境中，对分离或提纯原理的说法错误的是 A. 沙里淘金，利用了沙子和金子的密度不同 B. 海水晒盐，利用了水和NaCl的沸点不同 C. 海带提碘，利用了碘粒子的直径小于滤纸空隙的直径 D. 油萃取维生素，利用了维生素在水和油中溶解度不同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金子的密度较大，易与沙子分离，利用的二者的密度不同，可用淘洗的方法分离，故A正确；‎ B．水易挥发，加热可分离，而氯化钠难挥发，故B正确；‎ C．实验室从海带中提取碘的方法是：先取样灼烧，将灰烬溶于水后过滤，在得到的滤液中加入氯水，使其中的碘离子被氧化生成碘单质，最后采用萃取的方法获得碘单质，操作顺序为取样→灼烧→溶解→过滤→氧化→萃取，不是简单利用I-的直径小于滤纸空隙的直径进行分离，故C错误； ‎ D．维生素易溶于有机溶剂如油，属于萃取原理，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎5.下列仪器的使用或操作正确的是 A. 配制一定物质的量浓度的稀硫酸 B. 制取少量的Fe(OH)3胶体 C. 硫酸标准溶液滴定氢氧化钠溶液 D. 称量氢氧化钠固体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、浓硫酸应该在烧杯稀释并冷却后再转移至容量瓶，A错误；B、制备氢氧化铁胶体时不能搅拌，B错误；C、仪器选择和操作均正确，C正确；D、应该是左物右码，且氢氧化钠要再烧杯中称量，D错误，答案选C。‎ 考点：考查化学实验基本操作 ‎6.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中，正确的是 A. 18gD2O中含有的电子数目为10NA B. 标准状况下，22.4 L苯含有的原子数目为12NA C. 常温下，1 L 0.1 mol/L AlCl3溶液中，Al3+的数目为0.1NA D. 0.78gNa2O2与足量的水反应转移电子数目为0.01NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：A. D2O的摩尔质量为20g/mol，1个D2O分子中含有10个电子；B.标准状况下，苯为液体；C. Al3+在水中发生水解；D. 1mol过氧化钠与足量水反应时转移1mol电子。‎ 详解：A. D2O的摩尔质量为20g/mol，1个D2O分子中含有10个电子，18gD2O的物质的量为0.9mol，0.9molD2O中含有9mol电子，所含的电子数为9NA，故A错误；‎ B. 标准状况下，苯为液体，无法计算22.4L苯中含有的原子数目，故B错误；‎ C. 常温下，1 L 0.1 mol/L AlCl3溶液中含有0.1mol AlCl3，其电离出的Al3+在水中部分发生水解，导致溶液中Al3+数目小于0.1 NA，故C错误；‎ D. 0.78g过氧化钠的物质的量为0.01mol，而1mol过氧化钠与足量水反应时转移1mol电子，则0.01mol过氧化钠充分反应时转移0.01NA个电子，故D正确；答案选D。‎ ‎7.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 1mol羟基与1mol的氢氧根所含电子数均为9NA B. 标准状况下，11.2LCl2溶于水，转移的电子数为NA C. 常温常压下，23gNO2和N2O4的混合气体含有的原子数为1.5NA D. 100 mL 18.4 mol·L－1浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2的分子数为0.92NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1mol羟基中含有9mol电子，1mol氢氧根离子中含有10mol电子，二者含有的电子数不同，故A错误；‎ B．Cl2与水反应是可逆反应，故标准状况下，11.2LCl2即0.5mol Cl2溶于水，转移的电子数小于0.5NA，故B错误；‎ C．23g NO2和N2O4混合气体中含有0.5mol最简式NO2，其中含有1.5mol原子，故在常温常压下，23g NO2和N2O4的混合气体含有的原子数为1.5NA，故C正确；‎ D．100mL 18.4mol•L-1 的浓硫酸，硫酸的物质的量是1.84mol，浓硫酸完全反应，生成0.92mol二氧化硫，但随反应的进行浓硫酸浓度变稀，当变成稀硫酸时反应停止，故生成SO2的分子数小于0.92NA，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】阿伏加德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是由Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。‎ ‎8.聚合硫酸铁可用于水的净化，化学式可表示为[Fea(OH)b(SO4)c]m，取其与足量盐酸反应，所得溶液平均分为两份，一份溶液加入足量的BaCl2溶液，得到沉淀4.66 g。另一份溶液，加入足量的NaOH溶液后过滤，对滤出固体洗涤，后灼烧得到红棕色固体质量为1.6 g，该聚合硫酸铁样品中a∶b的比值是 A. 1∶1 B. 2∶1 C. 3∶1 D. 2∶5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用BaSO44.66g可以求出硫酸根质量，利用Fe2O3质量为1.6g可以求出铁元素的质量，依据反应前后元素的质量不变可知该聚合物中硫酸根和铁元素的质量之比，从而可知a和c的比，而后利用化合物中元素的化合价代数和为零可求出b的值，据此解答。‎ ‎【详解】4.66gBaSO4中含硫酸根的质量是4.66g×=1.92g，1.6gFe2O3中铁的质量为1.6g×=1.12g，由质量守恒定律可知该聚合物中硫酸根和铁元素的质量比是1.92：1.12=12：7，故由聚合物的化学式可知，则＝1:1，令a=1，c=1，则由化合物中化合价的代数和为零可得3a-b-2c=0，则b=1，则该聚合硫酸铁样品中a：b的比值是1:1，故答案为A。‎ ‎9.从含有CuCl2、FeCl2、FeCl3的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：‎ 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所用仪器完全相同 C. 试剂c是氯气,反应的离子方程式为2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-‎ D. 用KSCN溶液可检验溶液W中是否有Fe2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【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。‎ ‎【详解】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．KSCN溶液可检验溶液中是否含有Fe3+，检验Fe2+应选择铁氰化钾溶液，滴加后有蓝色沉淀，即说明溶液W中含有Fe2+，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎10.下列实验过程可以达到实验目的的是 编号 实验目的 实验过程 A ‎ 配制0.4000 mol·L-1的NaOH溶液 称取4.0 g固体NaOH于烧杯中,加入少量蒸馏水溶解，转移至250 mL容量瓶中定容 B ‎ 探究维生素C的还原性 向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化 C ‎ 制取并纯化氢气 向稀盐酸中加入锌粒,将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液 D ‎ 探究浓度对反应速率影响 向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5% H2O2溶液,观察实验现象 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH溶解过程是放热的，导致溶液浓度高于室温，如果在转移溶液之前未将溶液冷却至室温，否则配制的溶液体积偏小，则配制溶液浓度偏高，所以不能实现实验目的，故A错误；‎ B．氯化铁具有氧化性、维生素C具有还原性，二者发生氧化还原反应而生成亚铁离子，导致溶液由黄色变为浅绿色，则溶液变色，所以能实现实验目的，故B正确；‎ C．高锰酸钾溶液和氢气不反应，HCl和NaOH反应，且最后通过酸性高锰酸钾溶液会导致得到氢气中含有水蒸气，所以不能实现实验目的，用NaOH吸收HCl、用浓硫酸干燥气体即可，故C错误；‎ D．二者发生氧化还原反应生成硫酸钠和水，实验现象不明显，所以不能实现实验目的，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎11. 需要配制500 mL 0.5 mol/L 氢氧化钠溶液，经测定试剂氢氧化钠溶液的浓度为0.45 mol/L 。可能原因是 A. 定容时溶液没有冷却至室温 B. 容量瓶没有烘干 C. 称量氢氧化钠固体时砝码放反了 D. 定容时仰视读数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据，氢氧化钠溶液的浓度偏小的原因可能是m减小或v增大；定容时溶液没有冷却至室温，V偏小，浓度偏大；容量瓶没有烘干，无影响；需要氢氧化钠10g，称量氢氧化钠固体时砝码放反了，m不变，浓度不变；定容时仰视读数，v偏大，浓度偏小。‎ 考点：本题考查物质的量浓度溶液配制。‎ ‎12.在一定条件下，某化合物X受热分解：2XA↑＋2B↑＋4C↑，测得反应后生成的混合气体对H2的相对密度为11.43，在相同条件下，X的相对分子质量是(　　)‎ A. 11.43 B. 22.85 C. 80.01 D. 160.02‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 设X的相对分子质量是M，参加反应的X是2mol，因此生成混合气体是7mol，反应前后质量不变，则混合气体的平均相对分子质量是，解得M＝80.01，答案选C。‎ ‎13.某地酸雨检验除含H+外[c（OH﹣）可忽视]，还有Na+，Cl﹣，NH4+，SO42﹣其浓度依次为：c（Na+）=2.3×10﹣5mol/L，c（Cl﹣）=3.5×10﹣5mol/L，c（NH4+）=2.3×10﹣5mol/L，c（SO42﹣）=1.05×10﹣5mol/L，则该地酸雨的pH为（　　）‎ A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据溶液中的电荷守恒，假设氢离子浓度为xmol/L，则有2．3×10－5+2．3×10－5+x＝3．5×10－5+ 1．05×10－5×2，解x=10-5mol/L，选C。‎ 考点：溶液中的电荷守恒 ‎14.16mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400℃左右可发生反应：6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：①5∶3　②3∶2　③4∶3　④9∶7。其中正确的是 A. ②③ B. ③④ C. ①② D. ①④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】6NO+4NH3⇌5N2+6H2O △v增大 ‎   6     4    5    6        1‎ ‎9mL  6mL  7.5mL  9mL (17.5-16)mL=1.5mL 反应后NO和NH3的混合气体中剩余的气体：16mL-9mL-6mL=1mL；‎ 若剩余NO，则原混合气体中NO体积为：9mL+1mL=10mL，NH3的体积6mL，在原混合气体中NO和NH3的物质的量之比为：10mL：6mL=5：3；‎ 若剩余NH3则原混合气体中NH3的体积为：6mL+1mL=7mL，NO为9mL，在原混合气体中NO和NH3的物质的量之比为：9mL：7mL=9：7；‎ 此反应为逆反应 不可能进行完全 所以比值应处于①④之间，故答案为A。‎ Ⅱ卷(非选择题58分)‎ 二、填空题(本大题共4个小题，共58分)‎ ‎15.Ⅰ．某同学帮助水质检测站配制480mL0.5mol·L-1NaOH溶液以备使用。‎ ‎（1）其操作步骤如乙图所示，则甲图操作应在乙图中的______之间。‎ A.②与③　　　　 B.①与②　　　　 C.③与④‎ ‎（2）该同学应称取NaOH固体________g，用质量为23.1 g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时，请在在下图中选出能正确表示游码位置的选项________(填字母)。‎ Ⅱ．现有下列A、B、C三种常用化学仪器，请回答下列有关问题：‎ ‎（1）三种化学仪器中标有“0”刻度的为________(填名称)。‎ ‎（2）三种化学仪器在使用时首先需要检验是否漏液的为________(填字母代号)。‎ ‎（3）用三种化学仪器中的一种对液体体积进行计量，正确的读数为n mL，仰视读数为x mL，俯视读数为y mL，若y>n>x，则所用量器是________(填名称)。‎ Ⅲ．化学课外活动小组设计了如下图所示的一套气体发生、收集和尾气吸收装置，以探究该装置的多功能性。‎ ‎（1）实验前要检验装置Ⅰ的气密性，写出操作方法____________；‎ ‎（2）利用装置Ⅱ可直接收集CO2，进气口为_____________。‎ ‎（3）以上三个装置可组成实验室制取NH3，利用装置Ⅲ 吸收NH3时会发生倒吸，可向水中再加入一种液体可防止倒吸的发生，该液体为________（填化学式）。‎ ‎【答案】 (1). C (2). 10.0 (3). C (4). 酸式滴定管 (5). BC (6). 量筒 (7). 先关闭活塞a，再由分液漏斗内向b中滴水，一段时间后若水不能滴下，证明装置气密性好 (8). d (9). CCl4‎ ‎【解析】‎ 分析：I.(1). 如图所示的操作为移液洗涤后向容量瓶内加水，应在转移溶液与定容之间；(2).根据m=cVM计算所需氢氧化钠的质量为10.0g，氢氧化钠具有腐蚀性且易潮解，应放在烧杯内称量，根据氢氧化钠与烧杯的总质量可知，游码应在3.1g的位置；‎ II. (1).酸式滴定管有0刻度；(2).有活塞或玻璃旋塞的仪器需要检验是否漏水；(3). 量取液体体积时，正确的读数为nmL，仰视时读数为xmL，俯视时读数为ymL，若y>n>x，说明容器上端刻度大；‎ III. (1).利用能否形成液柱差判断；(2). CO2的密度大于空气，用向上排空气法收集；(3). CCl4的密度大于水，将氨气通入CCl4中可防止倒吸。‎ 详解：I.(1). 如图所示的操作为移液洗涤后向容量瓶内加水，应在转移溶液与定容之间，即应在③和④之间，故答案选C；‎ ‎(2). 实验室没有480mL容量瓶，所以应选500mL容量瓶配制溶液，配制500mL 0.5mol·L-1NaOH溶液需要氢氧化钠的质量为0.5L×0.5mol/L×40g/mol=10.0g；氢氧化钠具有腐蚀性且易潮解，应放在烧杯内称量，氢氧化钠与烧杯的总质量为10.0g+23.1g=33.1g，故应选择20g与10g的砝码，游码在3.1g的位置，故答案为：10.0；C；‎ II. (1). 标有0刻度的为酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；‎ ‎(2). 带有活塞或玻璃旋塞的仪器要检查是否漏水，则酸式滴定管和容量瓶应检查是否漏水，故答案为：BC；‎ ‎(3). 量取液体体积时，正确的读数为nmL，仰视时读数为xmL，俯视时读数为ymL，若y>n>x，说明容器上端刻度大，则量简符合，故答案为：量筒；‎ III. (1). 实验前要检验装置Ⅰ的气密性，可以先关闭活塞a，再由分液漏斗内向b中滴水，一段时间后若水不能滴下，证明装置气密性好，故答案为：先关闭活塞a，再由分液漏斗内向b中滴水，一段时间后若水不能滴下，证明装置气密性好；‎ ‎(2). 因CO2的密度大于空气，所以用向上排空气法收集，则利用装置Ⅱ直接收集CO2，进气口为d，故答案为：d；‎ ‎(3). 氨气不溶于CCl4，CCl4不溶于水且密度大于水，所以将氨气通入CCl4中可防止倒吸，故答案为：CCl4。‎ ‎16.Ⅰ．(1)标准状况下，1.92 g某气体的体积为672 mL，则此气体的相对分子质量为________。‎ ‎(2)在25 ℃、101 kPa的条件下，同质量的CH4和A气体的体积之比是15∶8，则A的摩尔质量为______________。‎ ‎(3)两个相同容积的密闭容器X、Y，在25 ℃下，X中充入a g A气体，Y中充入a g CH4气体，X与Y内的压强之比是4∶11，则A的摩尔质量为________。‎ Ⅱ．在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为ρ g·cm－3，计算该溶液的浓度(用以上字母表示)。‎ ‎(1)该溶液的物质的量浓度________________‎ ‎(2)该溶液的质量分数_________________________‎ Ⅲ．有两份溶液，其中所含溶质相同，设其摩尔质量为M g·mol－1。根据下表信息，回答有关问题：‎ 溶质的质量分数 溶液的密度(g·cm－3)‎ 第一份溶液 w1‎ ρ1‎ 第二份溶液 w2‎ ρ2‎ ‎(1)取等质量两份溶液混合，则所得混合液中溶质的质量分数w3＝________。(用以上字母表示)‎ ‎(2)若有w1>w2，取等体积的两份溶液混合，设所得混合液中溶质的质量分数为w4，若ρ1>ρ2，则w3___w4；若ρ1<ρ2，w3______w4(填“>”“<”或“=”)。‎ ‎【答案】 (1). 64 (2). 30 g·mol－1 (3). 44 g·mol－1 (4). 1000a/22.4V (5). 17a/22.4Vρ×100% (6). (w1＋w2)/2 (7). < (8). >‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．(1) 根据n==计算；‎ ‎(2) 根据同温同压下体积之比等于物质的量之比计算；‎ ‎(3) 根据T、V相同时，压强之比等于物质的量之比进行计算；‎ Ⅱ． (1) 根据c=计算所得氨水的物质的量浓度；‎ ‎(2) 根据ω=×100%计算氨水中溶质的质量分数；‎ Ⅲ． (1)利用溶质质量分数的计算公式，分别计算出溶质的量与溶剂的量进行计算即可；‎ ‎(2) 此题是一道讨论题，解题时计算出ω4的表达式与ω3比较，结合数学上关于比较大小的方法解决即可。‎ ‎【详解】Ⅰ．(1) n==0.03mol，M==64g/mol，则相对分子质量为64；‎ ‎(2) 在T、P相同时，体积之比等于物质的量之比，即15:8=:，解得M(A)=30g/mol；‎ ‎(3) 在T、V相同时，压强之比等于物质的量之比，即4:11=:，解得：M(A)=44g/mol；‎ Ⅱ． (1) 所得氨水中溶液的物质的量浓度为：c===mol/L；‎ ‎(2) 氨气溶于水，主要以NH3•H2O存在，但仍然以NH3作为溶质，ω=×100%=×100%=×100%；‎ Ⅲ．(1) 设 两份溶液中所含的溶质分别为M1、M2，有： M1=m×ω1，M2=m×ω2，ω3=×100%=×100%，即取等质量两份溶液混合，则所得混合液中溶质的质量分数为×100%；‎ ‎(2) 取等体积的两份溶液混合，则设其体积为V，则溶液的质量分别为M3、M4，那么其溶质的质量分别为m3、m4，ω4=×100%===‎ ‎，因为ω1＞ω2，若ρ1＞ρ2，则ω3<ω4；若ρ1＜ρ2，则ω3＞ω4。‎ ‎17.Ⅰ．海洋植物如海带、海藻中含有大量的碘元素,碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如图：‎ ‎(1)实验室灼烧海藻，需要下列仪器中的____(填字母)。 ‎ a.试管 　b.烧杯　 c.坩埚 d.泥三角 　e.铁三脚架　 f.酒精灯 ‎(2)指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：①_____________,③______。 ‎ ‎(3)提取碘的过程中,可选择的有机试剂是_____。 ‎ A．甲苯、酒精 B．四氯化碳、苯 C．汽油、乙酸 D．汽油、甘油 ‎(4)小组用CCl4萃取碘水中的碘，在分液漏斗中进行，下层液体呈____色;他们打开分液漏斗活塞，却未见液体流下,原因可能是____________________。 ‎ ‎(5)从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂,还须经过蒸馏，指出下面实验装置图中的错误之处:‎ ‎①________; ② _________; ③_________。 ‎ ‎(6)进行上述蒸馏操作时,使用水浴加热的原因是___________,最后晶态碘在____里聚集。 ‎ Ⅱ．海水开发利用可以提取NaCl和Mg(OH)2。‎ ‎(1)海水中提取的NaCl中若混有少量的KClO3固体(KClO3溶解度随温度变化大)，可通过溶解、________、_________等操作净化。‎ ‎(2)生成Mg(OH)2用的沉淀剂一般是生石灰或熟石灰，所以Mg(OH)2沉淀中会混有Ca(OH)2，可通过反复洗涤去除Ca(OH)2，检验沉淀是否洗净的操作方法_______。‎ ‎【答案】 (1). cdef (2). 过滤 (3). 萃取分液 (4). B (5). 紫红 (6). 分液漏斗上口活塞凹槽未对准分液漏斗上口小孔 (7). 缺石棉网 (8). 温度计插到了液体中 (9). 冷凝管进出水的方向颠倒 (10). 使蒸馏烧瓶受热均匀,控制加热温度不至过高 (11). 蒸馏烧瓶 (12). 蒸发结晶 (13). 趁热过滤 (14). 取最后的洗液，滴加Na2CO3溶液，若不出现白色沉淀则洗净 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．(1)灼烧海带需要的仪器有：酒精灯、三脚架、泥三角及坩埚；‎ ‎(2)分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，从碘水中分离出碘采用分液方法；‎ ‎(3)萃取剂的选取标准：和原溶剂不互溶，和溶质不反应，溶质在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度；‎ ‎(4)四氯化碳的密度大于水且和水不互溶，四氯化碳能萃取碘，所以有机层在下方、水在上方；如果分液漏斗上口活塞小孔未与空气相通，则液体不会流出；‎ ‎(5)温度计测量馏分温度，冷凝管中的水遵循“下进上出”原则，加热烧瓶需要垫石棉网；‎ ‎(6)水浴加热时烧瓶受热均匀，且温度不至于过高；‎ Ⅱ．(1) NaCl中若混有少量的KClO3固体(KClO3溶解度随温度变化大)，可通过蒸发结晶的方法分离提纯；‎ ‎(2)检验最后一次洗涤液中有没有Ca2+。‎ ‎【详解】Ⅰ．(1)灼烧海带需要的仪器有：酒精灯、三脚架、泥三角及坩埚，故选cdef；‎ ‎(2)分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，从碘水中分离出碘采用萃取分液方法，所以①的操作名称是过滤，③的操作名称是萃取分液；‎ ‎(3)A．酒精和水互溶，所以不能作萃取剂，故错误；‎ B．四氯化碳、苯符合萃取剂条件，所以能作萃取剂，故正确；‎ C．乙酸和水互溶，所以乙酸不能作萃取剂，故错误；‎ D．甘油和水互溶，所以甘油不能作萃取剂，故错误；‎ 故答案为B；‎ ‎(4)四氯化碳的密度大于水且和水不互溶，四氯化碳能萃取碘，所以有机层在下方、水在上方，碘的四氯化碳溶液呈紫色；如果分液漏斗上口活塞小孔未与空气相通，则液体不会流出；‎ ‎(5)温度计测量馏分温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处；冷凝管中的水遵循“下进上出”原则，否则易炸裂冷凝管；加热烧瓶需要垫石棉网，否则，烧瓶受热不均匀；‎ ‎(6)水浴加热时烧瓶受热均匀，且温度不至于过高而使碘转化为气态，最后碘在蒸馏烧瓶内聚集；‎ Ⅱ．(1)借助溶解、蒸发结晶、趁热过滤等操作可除去NaCl中若混有的少量KClO3固体；‎ ‎(2) 检验沉淀是否洗净的操作方法是取最后一次的洗涤液，滴加Na2CO3溶液，若不出现白色沉淀则洗净。‎ ‎18.Ⅰ．砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：‎ ‎(1)写出基态As原子的核外电子排布式________________________。‎ ‎(2)根据元素周期律，原子半径Ga______As，第一电离能Ga________As。(填“大于”或“小于”)‎ ‎(3)AsCl3分子的立体构型为_____________，其中As的杂化轨道类型为_________。‎ ‎(4)GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是____________。‎ ‎(5)GaAs的熔点为1238℃，密度为ρg·cm-3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为________________,Ga与As以________键键合。Ga和As的摩尔质量分别为MGa g·mol-1 和MAs g·mol-1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏伽德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为____________________。‎ Ⅱ．醋酸铜可合成复合材料石墨烯Cu，其制备原料为CuSO4、NH3·H2O和醋酸等。‎ ‎(1)写出一种与SO42-互为等电子体的分子__________。‎ ‎(2)二聚醋酸铜的结构示意图如图所示，Cu2+的配位数为___________。‎ ‎(3)石墨烯可转化为富勒烯(C60)，C60和K能形成新型化合物，其晶胞如图所示，晶胞参数为a nm该化合物中K原子和C60分子的个数比为______，该晶体的密度ρ=______g/cm3(列出计算式)。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p3 (2). 大于 (3). 小于 (4). 三角锥形 (5). sp3 (6). GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子晶体GaF3的熔沸点高 (7). 原子晶体 (8). 共价键 (9). ×100% (10). CCl4 (11). 5 (12). 3：1 (13). 2.78/a3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．(1)As为ⅤA族33号元素；‎ ‎(2)同一周期，原子序数越小半径越大，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大；‎ ‎(3)AsCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+=4，据此解答；‎ ‎(4)GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高；‎ ‎(5)GaAs的熔点为1238℃，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρ g•cm-3，根据均摊法计算。‎ Ⅱ．(1)SO42-有5个原子、价电子总数为32，据此判断；‎ ‎(2)Cu2+与周围的5个O原子形成配位键；‎ ‎(3)根据均摊法计算晶胞中K原子、C60分子数目，确定二者数目之比；计算晶胞中K原子、C60分子的总质量，再利用ρ=计算晶体密度。‎ ‎【详解】Ⅰ．(1)As为ⅤA族33号元素，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3；‎ ‎(2)根据元素周期律，Ga与As位于同一周期，Ga原子序数小于As，故半径Ga大于As，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大，故第一电离能Ga小于As；‎ ‎(3)AsCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+=4，所以原子杂化方式是sp3，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形；‎ ‎(4)GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高；‎ ‎(5)GaAs的熔点为1238℃，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρ g•cm-3，根据均摊法计算As：8×+6×＝4，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=(πr3As×4+πr3Ga×4)×10-30，晶胞的体积V2==，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%将V1、V2带入计算得百分率=×100%；‎ Ⅱ．(1)SO42-有5个原子、价电子总数为32，则与其等电子体的有CCl4；‎ ‎(2)Cu2+与周围的5个O原子形成配位键，Cu2+的配位数为5；‎ ‎(3)晶胞中K原子原子数目=12×=6、C60分子数目=1+8×=2，化合物中K原子和C60分子的个数比为6:2=3:1；晶胞中K原子、C60分子的总质量=g，晶体密度=g÷(a×10-7)3=g/cm3。‎ ‎【点睛】晶胞的计算，明确顶点、棱、面心上每个原子被几个晶胞占有是解本题关键。本题利用均摊法计算该小正方体中各种原子个数，顶点上的原子被8个小正方体共用，面心上的原子被2个小正方体共用，体心上的原子被1个小正方体占有。‎ ‎ ‎ ‎ ‎