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【化学】甘肃省张掖市高台县第一中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）
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甘肃省张掖市高台县第一中学2018-2019学年高二下学期期中考试
第Ⅰ卷46分，第Ⅱ卷54分， 共100分，考试时间120分钟
相对原子质量 H：1、N：14、O：16、Na：23、Mg：24、Al：27、P：31、S：32、Cu：64
第Ⅰ卷 （选择题 共46分）
一、选择题（本大题共28小题，1-10每小题1分，11-28每小题2分，共46分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.对突发事件的处理彰显我们的学科知识和智慧。下列化学实验或事故的处理方法正确的是（ ）
A. 燃着的酒精灯不慎翻倒，灯内酒精流出并着火，可用湿抹布覆盖
B. 不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硫酸
C. 洗涤试管中KMnO4受热后的残留物，向试管中加入少量蒸馏水溶解，重复2-3次
D. 做银镜反应后的试管用氨水洗涤
【答案】A
【解析】
【详解】A．燃着的酒精灯不慎碰到，立即用湿布盖灭，能使可燃物与氧气隔绝且起到降低温度的作用，可以灭火，故A正确；
B．不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，再涂上硼酸溶液，不能用硫酸，硫酸和氢氧化钠反应时会放出大量的热，会烧伤皮肤，故B错误；
C．KMnO4受热后的残留物为锰酸钾和二氧化锰，向试管中加入少量蒸馏水溶解只能除去锰酸钾，不能除去二氧化锰，故C错误；
D．Ag与氨水不反应，则应利用硝酸洗涤做过银镜反应的试管，故D错误；
答案选A。
【点睛】实验结束后，用水清洗掉的是能溶于水的物质，清洗试管时要根据物质的物理性质确定。
2.某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（ ）
A. 用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸 B. 用pH计测得某稀盐酸的pH为1.54
C. 用25mL碱式滴定管量取出15.00mLKMnO4溶液 D. 用托盘天平称得某物质的质量为13.15g
【答案】B
【解析】
【详解】A．量筒感量为0.1mL，则10mL量筒量取7.1mL稀盐酸，故A错误；
B．pH计精确到0.01，用pH计测得某稀盐酸的pH为1.54，故B正确；
C．滴定管的感量为0.01mL，KMnO4溶液应该盛放在酸式滴定管中，故C错误；
D．托盘天平的感量为0.1g，则托盘天平不能称出某物质的质量为13.15g，故D错误；
答案选B。
【点睛】强氧化性的液体或酸液需盛放在酸式滴定管中，碱性溶液盛放在碱式滴定管中。
3.下列说法不正确是（ ）
A. 电子云密度大的地方，说明电子在核外空间单位时间内出现的机会多
B. s电子的电子云呈球形，p电子的电子云呈哑铃形
C. Cl—核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6
D. Cr核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d44s2
【答案】D
【解析】
【详解】A．电子云密度大的地方，电子出现的几率大，则说明电子在核外空间单位时间内出现的机会多，故A正确；
B．s电子云球对称，p电子云轴对称，则s电子的电子云呈球形，p电子的电子云呈哑铃形，故B正确；
C．氯为17号元素，Cl—核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6，故C正确；
D．Cr是24号元素，Cr核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，3d轨道和4s轨道的电子排布为半充满时比较稳定，故D错误；
答案选D。
【点睛】24号元素和29号元素的核外电子排布遵循半充满和全充满，处于半充满和全充满的元素比较稳定。
4.下列有关说法正确的是
A. 1L水中溶解了40.0 g NaOH，该溶液的物质的量浓度为1 mol/L
B. 从1L2mol/L的NaCl液中取出0.5L，取出的该溶液的浓度为1mol/L
C. 中和100 mL 1mol/L的H2SO4溶液，需NaOH8.0g
D. 配制500mL0.5mol/L的CuSO4溶液，需40.0g胆矾
【答案】C
【解析】
【分析】
A.溶液的体积不等于溶剂的体积；
B.溶液具有均一性，溶液各处的浓度相等；
C.先计算酸的物质的量，再根据反应时二者物质的量关系，计算NaOH的物质的量，利用n=，计算NaOH的质量；
D.计算溶质CuSO4的物质的量，利用元素守恒，得到胆矾的物质的量，最后根据n=，计算胆矾的质量。
【详解】A. 40.0 g NaOH的物质的量是1mol，将其溶解在1L水中，得到的溶液体积不是1L，所以不能确定溶液的浓度，A错误；
B.溶液的浓度与取出的体积大小无关，所以从1L2mol/L的NaCl液中取出0.5L，取出的该溶液的浓度仍为2mol/L，B错误；
C.100 mL 1mol/L的H2SO4的物质的量是n(H2SO4)=1mol/L×0.1L=0.1mol，根据H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，可知需消耗NaOH的物质的量是n(NaOH)=2 n(H2SO4)=0.2mol，则其质量是m(NaOH)= n×M=0.2mol×40g/mol=8.0g，C正确；
D.配制500mL0.5mol/L的CuSO4溶液，需要溶质的物质的量是n(CuSO4)= 0.5mol/L×0.5L=0.25mol，由于用CuSO4·5H2O配制，根据Cu元素守恒可知需n(CuSO4·5H2O)= n(CuSO4)=0.25mol，质量是m(CuSO4·5H2O)=n×M=0.25mol×250g/mol=62.5g，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了有关物质的量浓度的溶液的配制的知识。掌握物质的量与质量、浓度的关系是本题解答的关键，易错选项是A、D，选项A容易混淆溶液的体积就是溶剂的体积，选项D中不清楚胆矾与CuSO4的关系，需平时多记忆、积累。
5.下面叙述中错误的是
A. 氯水应保存在棕色的细口试剂瓶中
B. 少量液溴应保存在磨口玻璃塞试剂瓶中，并加少量水进行水封
C. 能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体不一定是氯气
D. 碘易溶于酒精，所以用酒精从碘水中萃取碘
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 见光易分解的物质应该保存在能避光的棕色试剂瓶中，如溴水、氯水、硝酸、硝酸银等；
B．溴易挥发，可水封保存，注意不能用橡胶塞；
C．具有氧化性的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；
D．酒精与水混溶。
【详解】A. 氯水中次氯酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中并避光保存，故A项正确；
B. 溴易挥发，可水封保存，注意不能用橡胶塞，应保存在磨口玻璃塞棕色细口试剂瓶中，故B项正确；
C. 具有氧化性的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，如氯气、臭氧、二氧化氮等，因此该气体不一定是氯气，故C项正确；
D. 酒精与水混溶，不能用作萃取剂，可用苯或四氯化碳等，故D项错误。
答案选D。
【点睛】本题侧重考查试剂和药品的取用与保存方法及常见物质的鉴别。其中常见物质的保存可归纳为：
1. 固体物质保存在广口瓶中，便于取用，液体物质保存在细口瓶中，便于倾倒；
2. 见光易分解的物质应该保存在能避光的棕色试剂瓶中，如溴水、氯水、硝酸、硝酸银等；
3. 受热易分解、易挥发的要低温储存，如液溴保存应用水密封且保存在低温处；
4. 易与空气中的如H2O、O2、CO2反应的物质需密封保存，如Na、Na2O2、CaO、漂白粉等。
6.用下列实验装置完成对应的实验（部分仪器已省略），不能达到实验目的的是（ ）
A. 检查装置气密性
B. 检查装置气密性
C. 吸收NH3
D. 收集并吸收多余的氨气
【答案】B
【解析】
【详解】A．检查装置气密性的方法：双手紧贴烧瓶外壁，若中间导管中液面上升且稳定，装置不漏气，故A正确；
B．若上下缓慢移动左端，两端液面仍保持水平，说明装置漏气，故B错误；
C．氨气不溶于四氯化碳，可用来防倒吸，故C正确；
D．氨气密度比空气小，收集氨气时应短进长出，极易溶于水，可用水吸收多余的氨气，用倒扣漏斗防止倒吸，故D正确；
答案选B。
【点睛】防止倒吸的操作可以是增大接触面积，或是减缓吸收。
7.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 2.4g金属镁变为镁离子时得到的电子数为0.2NA
B. 常温常压下，11.2LC2H4含有2NA个碳原子
C. 标准状况下，11.2L苯含有的分子数为0.5NA
D. 常温常压下，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．2.4g镁的物质的量为0.1mol，转变为镁离子失去0.2mol，即失去的电子数为0.2NA，故A错误；
B．标准状态下，气体摩尔体积为22.4L/mol，常温常压下，11.2LC2H4不是0.5mol，故不含有2NA个碳原子，故B错误；
C．由于标准状况下苯不是气体，不能用标况下的气体摩尔体积计算11.2L苯的物质的量及分子数，故C错误；
D．32gO2和O3的混合气体中含有32g氧原子，32g氧原子的物质的量为2mol，则所含原子数为2NA，故D正确；
答案选D。
【点睛】只有在标况下气体的体积才是22.4L/mol，不是标况，无法算气体的体积，不是气体，也无法计算体积。
8.研究课上，老师让同学们各自选题进行计算，其结果正确的是
A. 甲同学：0.2 mol MgO，经计算，其质量为0.2 g
B. 乙同学：9.03×1023个O2，经计算，O2物质的量为1.5 mol
C. 丙同学：标准状况下，5.6 L 水的体积，经计算为 0.25 mol
D. 丁同学：将30 mL0.5mol·L-1NaOH溶液加水稀释到500mL，经计算，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为0.04mol·L-1
【答案】B
【解析】
【详解】A. MgO的质量为0.2mol×40g/mol=8g，选项A错误；
B. O2物质的量为=1.5mol，选项B正确；
C.标准状况下，水不是气体，则不能利用22.4L/mol来计算，选项C错误；
D.将30 mL0.5mol·L-1NaOH溶液加水稀释到500mL，经计算，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为0.03mol·L-1，选项D错误；
答案选B。
9.下列说法不正确的是
A. SiO2硬度大的原因与Si、O原子之间的成键方式及排列方式有关
B. 乙醇沸点高于二甲醚的原因与分子间作用力大小有关
C 冰醋酸溶于水时只破坏分子间作用力
D. MgO熔点高达是因为其中的离子键较难被破坏
【答案】C
【解析】
【详解】A.SiO2硬度大是由于在晶体中Si、O原子之间形成共价键，每个Si与4个O原子形成共价键，每个O原子与2个Si形成共价键，这种结构向空间扩展，就形成了立体网状结构，由于共价键是一种强烈的相互作用力，断裂消耗很多能量，因此熔沸点高，硬度大，A正确；
B.乙醇和二甲醚互为同分异构体，乙醇分子之间除存在范德华力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，而二甲醚分子之间只存在范德华力，所以乙醇的沸点高于二甲醚的原因与分子间作用力大小有关，B正确；
C.乙酸羟基上氢较活泼，在水中会电离出氢离子显弱酸性，所以共价键被破坏，C错误；
D.MgO晶体中所含离子半径小、电荷数多，晶格能大，MgO晶体的熔点高，D正确；
故合理选项是C。
10.下列有关σ键和π键的说法错误的是( )
A. 在某些分子中，化学键可能只有π键而没有σ键
B. 当原子形成分子时，首先形成σ键，可能形成π键，配位键都是σ键
C. σ键的特征是轴对称，π键的特征是镜面对称
D. 含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者
【答案】A
【解析】
【详解】A．共价键中一定含σ键，则在分子中，化学键可能只有σ键，而没有π键，选项A错误；
B．原子形成分子，优先头碰头重叠，则先形成σ键，可能形成π键，选项B正确；
C．σ键是“头碰头”重叠形成，可沿键轴自由旋转，为轴对称；而π键是由两个p电子“肩并肩”重叠形成，重叠程度小，为镜像对称，选项C正确；
D．π键不稳定，易断裂，则含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者，选项D正确；
答案选A。
【点睛】本题考查共价键及类型，把握共价键的形成及判断共价键的规律为解答的关键，注意共价键中一定含σ键。
11.下列有关阿伏加德罗定律及推理应用错误的是（ ）
A. 同温同压下，同物质的量的CH4和CO的体积之比为1∶1
B. 对于相同物质的量的SO2（气）和SO3（固），体积比为1∶1
C. 同温同体积下，相同压强的氢气和甲烷的原子个数之比为2∶5
D. 同温同压下，2molO3和3molO2的密度之比为3∶2
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据V=nVm可知，相同条件下，CO和CO2体积之比等于物质的量之比=1：1，故A正确；
B. 状态不知，Vm未知，无法计算二氧化硫体积，且三氧化硫为固体，不能使用阿伏加德罗定律推论，故B错误；
C. 同温同体积下，相同压强的氢气和甲烷的物质的量相等，则二者所含原子个数之比为2:5，故C正确；
D. 同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比，所以臭氧与氧气同温同压条件下密度之比为：48g/mol:32g/mol=3:2，故D正确；
答案选B。
12.下列说法中不正确的是（ ）
A. 标准状况下，1 g H2和14 g N2的体积相同
B. 1 mol氧含6.02×1023个O2分子
C. 将15.6gNa2O2固体加入到足量水中，反应过程中转移电子总数为1.204×1023个
D. 20g重水（D2O）中含有电子数为6.02×1024个
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下，1gH2的物质的量为=0.5mol，14gN2的物质的量为=0.5mol，则气体的物质的量相同时，其体积相同，故A正确；
B．氧指代不明，若为1molO，则含3.01×1023个 O2，故B错误；
C．将15.6gNa2O2固体为0.2mol，加入到足量水中发生氧化还原反应生成氧气，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应过程中2mol Na2O2转移2mol电子，则0.2mol Na2O2转移电子总数为0.2mol ×6.02×1023=1.204×1023个，故C正确；
D．20g重水(D2O)的物质的量是1mol，含有的电子数为10×6.02×1023=6.02×1024个，故D正确；
答案选B。
13.下列说法不正确的是( )
A. HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高与分子间作用力大小有关
B. H2O的熔、沸点高于H2S是由于H2O分子间存在氢键
C. 甲烷可与水形成氢键
D. 白酒中，乙醇分子和水分子间存在范德华力和氢键
【答案】C
【解析】
【详解】A. HCl、HBr、HI都是分子晶体，组成结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高，因此HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高与分子间作用力大小有关，故A正确；
B. H2O由于O原子的电负性强，半径小，所以分子之间存在氢键，熔化和汽化都需要克服分子间作用力，氢键的存在使得熔点和沸点升高，所以H2O的熔沸点高于H2S，故B正确；
C. 氢键是电负性较强的元素（通常N、O、F）和H之间的一种分子间作用力，由于甲烷分子中原子的电负性较弱，所以甲烷和水不能形成氢键，故C错误；
D. 乙醇分子和水分子间存在有氢键，也存在范德华力， 故D正确；
综上所述，本题选C
【点睛】关于氢键，需要掌握以下几点：
①氢键不是化学键，通常把氢键看做是一种较强的分子间作用力。氢键比化学键弱，比分子间作用力强；
②分子间形成氢键会使物质的熔沸点升高，这是因为固体熔化或液体气化时必须破坏分子间氢键，消耗更多的能量；
③分子间氢键对物质的水溶性有影响，如氨气极易溶于水，主要是氨分子与水分子形成分子间氢键；
④通常N、O、F这三种元素的氢化物已形成氢键。常见易形成氢键的化合物有H2O、 HF、NH3、CH3OH等；
⑥氢键只影响分子晶体的物理性质。
14.关于下列晶体物质的熔沸点高低排列判断正确的是（ ）
A. Rb＞K＞Na B. 金刚石>晶体硅>二氧化硅>碳化硅
C. H2O>H2S>H2Se>H2Te D. CaO＞BaO＞NaCl＞KCl
【答案】D
【解析】
【详解】A．Rb、K、Na为碱金属，同族元素，随核电核数增大，熔沸点逐渐减小，则熔、沸点为Rb＜K＜Na，故A错误；
B．原子晶体中共价键的键长越短，键能越大，熔、沸点越大，则熔、沸点为金刚石＞二氧化硅＞碳化硅＞晶体硅，故B错误；
C．结构和性质相似的分子晶体，熔沸点随相对分子质量增大而增大，H2O、H2S、H2Se、H2Te都为分子晶体，结构和性质相似，且相对分子质量随着原子序数增大而增大，但水中含有氢键，所以其熔沸点最高，则熔沸点顺序为H2S＜H2Se＜H2Te＜H2O，故C错误；
D．KCl、NaCl、CaO、BaO均为离子化合物，KCl、NaCl阴离子相同，电荷数相同，阳离子的半径越小，晶格能越大，熔点越高，阳离子半径K+＞Na+，则熔点NaCl＞KCl，BaO、CaO阴离子相同，电荷数相同，阳离子的半径越小，晶格能越大，熔点越高，阳离子半径Ca2+＞Ba2+，则熔点CaO＞BaO，阴、阳离子所带电荷越多，晶体的熔点越高；而且电荷的影响大于半径的影响，所以四种化合物熔点的高低顺序为CaO＞BaO＞NaCl＞KCl，故D正确；
答案选D。
【点睛】碱金属元素同主族从上到下熔沸点降低，是易错点，其余物质判断熔沸点时，要分清晶体的类别。
15.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A. 用图2所示装置除去Cl2中含有的少量HCl
B. 用图3 所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体
C. 用图4 所示装置制取少量纯净的CO2气体
D. 用图5 所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氯气能与氢氧化钠反应，不能用氢氧化钠溶液除氯气中的少量HCl，故不选A；
B. NH4Cl加热易分解为氨气和氯化氢，图3 所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液得不到NH4Cl晶体，故不选B；
C. 碳酸钠溶于水，用图4 所示装置制取CO2气体，不能起到随关随停的作用，且制取的二氧化碳中含有氯化氢杂质，故不选C；
D. CCl4不溶于水、密度比水大，用分液漏斗分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层，故选D 。
16.关于下列实验装置说法中正确的是（ ）
A. 用图①所示实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱
B. 用图②所示实验装置排空气法收集CO2气体
C. 用图③将混合液蒸馏分离时，应使温度计水银球浸没在混合液中
D. 用图④提取海带中的碘
【答案】A
【解析】
【详解】A. 强酸制取弱酸可知酸性为硫酸＞碳酸＞硅酸，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性越强，则可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱，故A正确；
B. 二氧化碳的密度比空气的大，应利用向上排空气法收集，图中应长导管中进，故B错误；
C. 用图③将混合液蒸馏分离时，应使温度计水银球在烧瓶的支管口处测蒸汽的温度，故C错误；
D. 海带中碘以离子的形式存在，应先发生氧化还原反应后生成碘单质，再萃取、分液，故D错误；
答案选A。
【点睛】二氧化碳的密度比空气的大，应利用向上排空气法收集，如果用多功能瓶，需长进短出，如果短进长出，会使气体直接逸出。
17.按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。
下列说法错误的是（ ）
A. 步骤(1)需要过滤装置 B. 步骤(2)需要用到分液漏斗
C. 步骤(3)需要用到坩埚 D. 步骤(4)需要蒸馏装置
【答案】C
【解析】
【详解】A．步骤(1)中出现不溶性物质和滤液，因此需要过滤装置；A正确，不符合题意；
B．操作中出现有机物和水层，进行分液操作，步骤(2)需要用到分液漏斗；B正确，不符合题意；
C．从水溶液中得到固体，需要蒸发结晶，需要用到蒸发皿；C 错误，符合题意；
D．有机层混合液中需要进行分离，采用蒸馏方法；D正确，不符合题意；
本题答案选C。
18.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p4。则下列有关比较中正确的是（ ）
A. 第一电离能：③＞④＞②＞① B. 原子半径：②＞①＞④＞③
C. 电负性：④＞③＞②＞① D. 最高正化合价：①=④＞②=③
【答案】A
【解析】
【分析】
由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p4是O元素。
【详解】A．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但是N的核外电子排布属于半充满，故第一电离能O＜N，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜O＜N，即③＞④＞②＞①，故A正确；
B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞O，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞O，即②＞①＞③＞④，故B错误；
C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜O，N元素非金属性与S元素强，所以电负性P
答案选A。
【点睛】第一电离能进行比较时，需要考虑半充满和全充满，全空的状态，它们的第一电离能比相邻元素的略高。
19.某物质的实验式为PtCl4•2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是
A. 配合物中中心原子的电荷数为6
B. 该配合物可能是平面正方形结构
C. Cl﹣和NH3分子均与中心铂离子形成配位键
D. 该配合物的配体只有NH3
【答案】C
【解析】
【详解】加入AgNO3不产生沉淀,用强碱处理没有NH3放出,说明不存在游离的氯离子和氨分子,所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2],则
A.配合物中中心原子的电荷数为4,配位数为6,故A错误；
B.Pt与6个配体成键,该配合物应是8面体结构,故B错误；
C.由分析可以知道,4个Cl-和2个NH3分子均与Pt4+配位,形成的配合物为[PtCl4(NH3)2],所以C正确；
D.该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2],则配体有 Cl-和NH3分子,故D错误；
答案：C。
20.下列除杂方案错误的是
选项
被提纯的物质
杂质
除杂试剂
除杂方法
A
CO(g)
CO2(g)
NaOH 溶液、浓 H2SO4
洗气
B
NH4Cl(aq)
Fe3＋(aq)
NaOH溶液
过滤
C
Cl2(g)
HCl(g)
饱和食盐水、浓H2SO4
洗气
D
Na2CO3(s)
NaHCO3(s)
—
灼烧
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化碳与NaOH反应，而CO不能，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，A正确；
B．NaOH与NH4Cl、Fe3+均反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，B错误；
C．HCl极易溶于水，而食盐水抑制氯气的溶解，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，C正确；
D．NaHCO3加热分解生成碳酸钠，则直接加热即可实现除杂，D正确；
答案选B。
21.下列说法中正确的是（ ）
A. CH4，C2H2，HCN都是含有极性键的非极性分子
B. CO2与SO2的立体构型相似，都是非极性分子
C. 葡萄糖分子（HOCH2—CHOH—CHOH—CHOH—CHOH—CHO）中的手性碳原子数为5
D. 酸性：H3PO4＞HClO，因为H3PO4的非羟基氧原子数比HClO的多
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH4、C2H2为极性键构成的非极性分子，而HCN为极性分子，故A错误；
B．SO2分子为V形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，CO2分子为直线型对称结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子，故B错误；
C．葡萄糖分子（HOCH2—CHOH—CHOH—CHOH—CHOH—CHO）中中间的4个C原子连接了四个不同的原子或原子团，为手性碳原子，则手性碳原子数为4，故C错误；
D．H3PO4的非羟基氧原子数比HClO的多，含氧酸中非羟基氧原子数越多，酸性越强，所以磷酸的酸性强于次氯酸，故D正确；
答案选D。
22.下列有关离子(或物质)的检验及结论正确的是( )
A. 用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则溶液中含有K＋
B. 向无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现，则溶液中含有SO42-
C. 用一束光照射氯化铁溶液和氢氧化铁胶体，都出现丁达尔现象
D. 向黄色溶液中加入淀粉，溶液变蓝色，则溶液中含有I2
【答案】D
【解析】
【详解】A.用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则溶液中含有Na＋，K+要透过蓝色钴玻璃，火焰呈紫色，A错误；
B.向无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现，则溶液中可能含有SO42-，也可能含有CO32-、Ag+等，B错误；
C.用一束光照射氯化铁溶液无明显现象。而照射氢氧化铁胶体会出现丁达尔现象，C错误；
D.向黄色溶液中加入淀粉，溶液变蓝色，则溶液中含有I2，D正确；
故合理选项是D。
23.下列各物质所含原子数目，按由大到小顺序排列的是①0.5molNH3 ②标准状况下22.4LHe③4℃9mL水④0.2molH3PO4（ ）
A. ①④③② B. ④③②① C. ②③④① D. ①④②③
【答案】A
【解析】
【详解】①0.5molNH3的原子数为0.5×4NA=2NA；
②标准状况下22.4L氦气的原子数为×NA=NA；
③4℃时9mL水的质量为9g，含有的原子数为：×3×NA=1.5NA；
④0.2molNa3PO4中含有的原子数为0.2×8NA=1.6NA；
含有原子数由大到小顺序排列顺序为①④③②；
答案选A。
【点睛】该题主要考察物质的量的计算公式：n=
24.下列说法正确的是（ ）
A. 干冰升华和液氯气化时要破坏不同的微粒间作用力
B. CO2和SiO2具有相同的化学键类型和晶体类型
C. 水结成冰体积膨胀、密度变小，这一事实与水中存在氢键有关
D. 盐酸能电离出氢离子和氯离子，所以HCl存在离子键
【答案】C
【解析】
【详解】A．干冰升华和液氯气化时均是破坏的分子间力，A错误；
B．CO2和SiO2分别为分子晶体和原子晶体，B错误；
C．水结成冰体积膨胀、密度变小，这一事实与水中存在氢键有关，C正确；
D．HCl中仅存在共价键，溶于水后，在水分子的作用下电离为离子，D错误；
答案选C。
25.己知NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.2NA
B. 标准状况下，2.24LNO和足量O2反应生成物中含有NO2分子数为0.1NA
C. 标准状况下2.24L的丙炔(CH3C≡CH)中含有的σ键数目为0.6NA，π键数目为0.2NA
D. 将含0.1molFeCl3的饱和溶液滴入沸水形成的胶体粒子的数目为0.1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子，含有的OH−数目为0.1NA，故A错误；
B．标准状况下，2.24LNO物质的量==0.1mol，和足量氧气反应生成0.1molNO2，2NO2⇌N2O4，反应生成物中含有NO2分子数小于0.1NA，故B错误；
C．1molCH3C≡CH中含有6molσ键和2molπ键，标准状况下2.24L的丙炔的物质的量为0.1mol，则其中含有的σ键数目为0.6NA，π键数目为0.2NA，故C正确；
D．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故0.1mol氯化铁形成的胶粒的个数小于0.1NA个，故D错误；
答案选C。
【点睛】共价单键为σ键，三键中含有一个σ键和两个π键。
26.有关晶体的结构如下图所示，下列说法中正确的是（ ）
A. 在NaCl晶体中，距Na+离子最近且等距的Na+离子有6个
B. 金属Zn中Zn原子堆积模型如图所示，空间利用率为68%
C. 在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键（C—C）数目之比为1:2
D. 该气态闭簇分子的分子式为EF或FE
【答案】C
【解析】
【详解】A．在NaCl晶体中，距Na+离子最近且等距的Na+离子有12个，故A错误；
B．金属Zn中Zn原子堆积模型为立方最密堆积方式，空间利用率为74%，故B错误；
C．每个C原子形成4个共价键，两个C原子形成一个共价键，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1:2，故C正确；
D．气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，故D错误；
答案选C。
27.根据镁与二氧化碳的反应推测，钠也能在二氧化碳中燃烧，某兴趣小组用如图所示装置进行实验探究，下列说法不正确的是
A. 按图所示连接装置，检验装置气密性，并往各装置中加入试剂
B. 装置b的溶液是饱和NaHCO3溶液
C. 装置d中的化学方程式为4Na+CO22Na2O+C
D. 点燃d处酒精灯前，要先通一会儿CO2，一直到澄清石灰水变浑浊
【答案】C
【解析】
【分析】
由实验方案图可以知道,a为二氧化碳发生装置,d为二氧化碳与钠反应装置,进入d装置的二氧化碳应干燥,且不含其它杂质,故装置b是除去二氧化碳中的HCl,应用饱和的碳酸氢钠溶液,c为干燥装置,吸收水蒸气；反应需要排尽装置内的空气，当e装置中产生白色沉淀,说明空气已排尽，再加热d处的酒精灯发生反应，结合以上分析解答。
【详解】由实验方案图可以知道,a为二氧化碳发生装置,d为二氧化碳与钠反应装置,进入d装置的二氧化碳应干燥,且不含其它杂质,故装置b是除去二氧化碳中的HCl,应用饱和的碳酸氢钠溶液,c为干燥装置,吸收水蒸气；反应需要排尽装置内的空气，当e装置中产生白色沉淀,说明空气已排尽，再加热d处的酒精灯发生反应，
A. 按图所示连接装置，检验装置气密性，并往各装置中加入试剂，操作顺序正确，A正确；
B. 结合以上分析可知，装置b的溶液是饱和NaHCO3溶液，除去二氧化碳中的HCl，B正确；
C. 装置d中反应生成的氧化钠与二氧化碳继续反应生成碳酸钠，所以该反应中，最终的生成物中含有碳、碳酸钠；C错误；
D. 结合以上分析可知，燃d处酒精灯前，要先通一会儿CO2，一直到澄清石灰水变浑浊，目的是排尽装置内的空气，D正确；
综上所述，本题选C。
28.在元素周期表中，一稀有气体元素原子的最外层电子构型为4s24p6，与其同周期的A、B、C、D四种元素，它们的原子的最外层电子数依次为2、2、1、7，其中A、C两元素原子的次外层电子数为8，B、D两元素原子的次外层电子数为18，E、D两元素处于同族，且在该族元素中，E的气态氢化物的沸点最高。下列说法错误的是（ ）
A. 元素C核外电子占据10个原子轨道
B. B元素在周期表中的d区
C. E的气态氢化物沸点最高的原因是HE分子间形成氢键
D. 元素D 的电子排布式为[Ar]3d104s24p5
【答案】B
【解析】
【分析】
在元素周期表中,某稀有气体元素原子的最外层电子构型为4s24p6,处于第四周期,与其同周期的 A、B、C、D四种元素,它们的原子最外层电子数依次为2、2、1、7,其中A、C两元素原子的次外层电子数为8,则A为Ca、C为K；B、D两元素原子的次外层电子数为18,则B为Zn、D为Br；E、D两元素处于同族,且在该族元素中,E的气态氢化物的沸点最高,则E为F
【详解】A、元素C为钾，核电荷数为19，核外电子排布为1s22s22p63s23p64s1，核外电子占据10个原子轨道，A正确；
B、B为Zn元素,核外电子排布式为: 1s22s22p63s23p63d104s2，处于周期表中第四周期ⅡB族,属于ds区，B错误；
C、 E的气态氢化物为氟化氢，分子间存在氢键，沸点最高，C正确；
D、元素D为溴，核电荷数为35，电子排布式为[Ar]3d104s24p5，D正确；
正确选项B。
第Ⅱ卷 （非选择题 共54分）
二、填空题（本题包括5道题）
29.以物质的量为中心的相关计算，已知阿伏加德罗常数为NA。
（1）质量相同的H2、NH3、SO2、O3四种气体中，含有分子数目最少的是_________，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是___________。
（2）73.0g HCl气体中含有_______个分子、______个质子。
（3）23.75 g某＋2价金属的氯化物（MCl2）中含有3.01×1023个Cl－，则MCl2的摩尔质量为______， M的相对原子质量为________。
（4）将0.5L1mol/L FeCl3溶液加水稀释至1L,所得溶液中氯离子的物质的量浓度是_____。
（5）3.01×1023个CO2在标准状况下的体积约为______L，它与_____g CO含有相同的氧原子数。
（6）在标准状况下22.4 L由氮气和氧气组成的混合气体，其质量为30g，则其中氧气的质量为________g。
【答案】 (1). SO2 (2). H2 (3). 2NA (4). 36NA (5). 95g/mol (6). 24 (7). 1.5mol/L (8). 11.2 (9). 28 (10). 16
【解析】
【详解】(1)质量相同的H2、NH3、SO2、O3四种气体中，N=nNA=mNA/M可知,质量相同时气体分子数与摩尔质量成反比，摩尔质量越大，含有的分子数越小，所以含有分子数最少的是摩尔质量最大的为SO2；由V=×Vm可知，质量相同时，气体体积与摩尔质量成反比，体积最大的是气体摩尔质量最小的，则体积增大的为H2；
(2)73.0gHCl气体的物质的量为：n(HCl)=73.0g÷36.5g/mol=2mol，2molHCl中含有2NA个HCl分子，含有质子数为：2NA×18=36NA；
(3)因MCl2中含有3.01×1023个Cl−，则Cl−的物质的量为=0.5mol，M2+的物质的量0.25mol，即MCl2的物质的量为0.25mol，MCl2的摩尔质量M===95g/mol；因MCl2的摩尔质量为95g/mol，所以相对分子质量为95，金属M的相对原子质量为95－35.5×2=24；
(4)0.5L1mol/LFeCl3溶液中氯离子的浓度为3mol/L，根据稀释定律，稀释前后氯离子的物质的量不变，令稀释后所得溶液中氯离子的浓度为c，则0.5L×3mol/L=1L×c，解得c=1.5mol/L；
(5)3.01×1023个CO2物质的量为=0.5mol，标况下体积V=0.5mol×22.4L/mol=11.2L；含有氧原子个数为：0.5×2×NA=NA个，则：×1×NA=NA，解得m(CO)=28g；
(6)标况下22.4L混合气体的物质的量n==1mol，设氮气的物质的量为xmol，氧气的物质的量为ymol，根据物质的量为1mol，质量为30g可知：x+y=1①，28x+32y=30②，解①②可得y=0.5，则氧气的质量m=nM=0.5mol×32g/mol=16g。
30.如图是元素周期表中的前四周期，①～⑨为相应的元素，请从中选择合适的元素回答问题：
（1）根据元素原子的外围电子排布特征，元素周期表可划分为五个区域，元素⑦位于周期表的___区。
（2）写出元素③与元素⑤形成的稳定化合物的结构式___________。
（3）②、⑥两元素形成的化合物的立体构型为_______，其中心原子的杂化轨道类型为______。
（4）元素⑦与CO可形成X(CO)5型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为－20.5 ℃，沸点为103 ℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断该化合物晶体属于_____晶体（填晶体类型）。
（5）⑧的二价阳离子与过量的④的简单氢化物的水溶液作用的离子方程式_________。
（6）元素⑨的离子的氢氧化物不溶于水，但可溶于氨水中，该离子与NH3间结合的作用力为____。
（7）将①、⑥形成的化合物溶于水，其中可能存在的氢键表示为_______（写一种即可）。
（8）金属⑦有δ、γ、α三种同素异形体，各晶胞如下图，则δ和α中原子的配位数之比为______。
【答案】 (1). d (2). O=C=O (3). 平面三角形 (4). sp2杂化 (5). 分子晶体 (6). Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O (7). 配位键 (8). F-H…F、F-H…O、O-H…F、O-H…O (9). 4:3
【解析】
【分析】
由元素在周期表中位置，可知①为H、②为B、③为C、④为N、⑤为O、⑥为F、⑦为Fe、⑧为Cu、⑨为Zn，据此解答。
【详解】(1)⑦为Fe，铁原子的核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d64s2，处于周期表中d区；
(2)元素③与元素⑤形成的稳定化合物为二氧化碳，其结构式为：O=C=O；
(3)②为B，⑥为F，形成的化合物为BF3，中心原子B的价层电子对数=3+(3-1×3)=3，立体构型为平面三角形，其中心原子的杂化轨道类型为sp2杂化；
(4)元素⑦与CO可形成的Fe(CO)5型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，熔沸点低，易溶于非极性溶剂，属于分子晶体；
(5)元素⑧为铜元素，④为氮元素，其氢化物的水化物为氨水，铜离子与氨水反应生成铜氨配离子和水，反应的离子方程式为：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O；
(6)元素⑨的离子的氢氧化物不溶于水，但可溶于氨水中生成配离子，Zn2+离子与NH3间结合的作用力为配位键；
(7)①为H，⑥为F，①、⑥形成的化合物为HF，溶于水，HF分子间和水分子间以及HF分子和水分子间都可形成氢键，氢键表示为F-H…F、F-H…O、O-H…F、O-H…O（写一种即可）；
(8)δ为体心立方堆积，配位数为8；α为简单立方堆积，配位数为6，则δ和α中原子的配位数之比为8:6=4:3。
31.现有属于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，原子序数依次增大。A元素的价电子构型为nsnnpn＋1；C元素为最活泼的非金属元素；D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的；E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒。
（1）A、B、C三种元素的第一电离能由小到大的顺序为____________ （用元素符号表示）；A、B、C三种元素的简单氢化物的稳定性顺序为：_______（用化学式表示）。
（2）D元素原子的价电子排布式是________，估计D元素的第2次电离能飞跃数据将发生在失去第______个电子时。
（3）C元素的电子排布图为______。E的外围电子排布为_______ ，E原子的结构示意图为_______。
（4）F元素位于元素周期表的_______区，其基态原子的电子排布式为________。
（5）G元素可能的性质________。
A 其单质可作为半导体材料 B 其电负性大于磷
C 其原子半径大于锗 D 其第一电离能小于硒
（6）电离能比较：I1（Mg）________I1（Al）（填“＞”或“＜”），其原因______。
【答案】 (1). O＜N＜F (2). NH3＜H2O＜HF (3). 3s2 (4). 3 (5). (6). 3d64s2 (7). (8). ds (9). 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 (10). A (11). ＞ (12). 镁原子的3p轨道处于全空，比较稳定，而铝原子3p轨道只有一个电子，不稳定
【解析】
【分析】
A元素的价电子构型为nsnnpn+1，n=2，A为N元素，C元素为最活泼的非金属元素，C为F元素，则B为O元素，D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的，应为Mg元素，E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，则原子序数为26，为Fe元素，F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，为Cu元素，G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒，为As元素，据此分析答题。
【详解】(1)A为N元素，B为O元素，C为F元素，同周期元素第一电离能逐渐增大，N原子最外层为半充满状态，性质稳定，难以失去电子，第一电离能大于O元素，第一电离能由小到大的顺序为O＜N＜F；非金属性越强，对应简单气态氢化物的稳定性越强，三种元素的简单氢化物的稳定性顺序为：NH3＜H2O＜HF；
(2)D为Mg元素，最外层电子数为2，价电子排布式为3s2，失去两个电子后最外层电子排布为2p6，属于全满稳定状态，因此估计Mg元素的第2次电离能飞跃数据将发生在失去第3个电子时；
(3)C为F元素，电子排布图为，E为Fe元素，铁原子核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d64s2，外围电子排布为3d64s2，E原子的结构示意图为；
(4)F为Cu，位于周期表ds区，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；
(5)A．G为As元素，与Si位于周期表对角线位置，其单质可作为半导体材料，故A正确；
B．同主族元素从上往下，电负性逐渐减弱，P和As处于同主族，所以P电负性大于As，故B错误；
C．As和锗元素位于同一周期，且原子序数大于锗，同周期原子半径随着原子序数增大，原子半径变小，As的原子半径小于锗，故C错误；
D．同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅤA族元素最外层电子排布处于半充满，第一电离能大于相邻元素，所以As、Se两种元素的第一电离能的大小顺序是：As＞Se，故D错误；
答案选A；
(6)元素D为Mg，活泼性Mg＞Al，I1(Mg)＞I1(Al)，因为Mg的3p轨道处于全空，比较稳定，而Al的3p轨道只有一个电子，不稳定，故活泼性Mg＞Al，而第一电离能则是I1(Mg)＞I1(Al)。
32.Ⅰ.下图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：
（1）从碘水中分离出I2，选择装置_______（填代表装置图的字母）；该分离方法的名称为_______。
（2）A中装置①的名称是________，该装置通常不选择球形冷凝管和蛇形冷凝管的原因是：_______。下列操作与上图A采用同一原理的是______（填选项代号）
（3）利用装置C对过滤所得的固体洗涤的具体操作方法是：________。
Ⅱ.硫酸试剂瓶标签上的内容：
（1）某化学兴趣小组进行硫酸性质的实验探究时，需要240 mL 4.6 mol·L－1的稀硫酸，则配制稀硫酸时需要取________mL的该硫酸；配制时需选用的仪器主要有量筒、烧杯、玻璃棒、__________、__________（在横线上填写所缺仪器的名称）。
（2）配制过程中，下列操作会使配制的稀硫酸溶液浓度偏高的是_______（填序号）。
①量取浓硫酸的量筒用蒸馏水洗涤2～3次，并把洗涤液转入容量瓶
②容量瓶使用时未干燥
③溶解后未经冷却就移液并定容
④定容时不小心有少量蒸馏水滴到瓶外
⑤定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线
Ⅲ.为测定某含有杂质Na2O的Na2O2样品的纯度，实验小组设计如下方案。将样品与二氧化碳反应，通过测定反应产生氧气的体积，计算出样品中Na2O2的含量。
（1）上图是完成该实验可能用到的实验装置，根据此实验方案，实验所使用仪器的连接次序是______。（填写仪器编号，不重复使用。）
（2）装置①⑤的作用分别是：①___________⑤________。
【答案】 (1). B (2). 萃取、分液 (3). 冷凝管 (4). 球形冷凝管和蛇形冷凝管可以存留部分冷凝液体 (5). ①③ (6). 用玻璃棒引流向漏斗中加入蒸馏水至刚好没过固体，过滤，重复操作2～3次 (7). 62.5 (8). 250mL容量瓶 (9). 胶头滴管 (10). 将蒸馏水注入容量瓶，液面离容量瓶颈刻度线下1∼2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切 (11). ②④⑤①③ (12). 排水法收集O2 (13). 除去O2中混有的CO2气体(或CO2与HCl)
【解析】
【详解】(1)从碘水中分离出I2，碘易溶于有机溶剂而难溶于水，所以可以采用萃取方法将碘从碘水中提取，然后采用分液方法分离，答案选B；
(2)装置A中①的名称是冷凝管，该装置通常不选择球形冷凝管和蛇形冷凝管的原因是球形冷凝管和蛇形冷凝管可以存留部分冷凝液体，不能用于组装成蒸馏装置，所示操作与图A采用同一原理的是滤液沸点不同分离混合物的操作为蒸馏，故所示操作与A采用同一原理的是①③；
(3)利用装置C对过滤所得的固体洗涤的具体操作方法是：用玻璃棒引流向漏斗中加入蒸馏水至刚好没过固体，过滤，重复操作2～3次；
Ⅱ. (1)浓硫酸的浓度是＝18.4mol/L，需要240mL4.6mol·L−1的稀硫酸，应选择250mL容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得，V×18.4mol/L=250mL×4.6mol/L，解得V=62.5mL；配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器：量筒、胶头滴管、玻璃棒、烧杯、250mL容量瓶；其中配制稀硫酸溶液时定容的操作为将蒸馏水注入容量瓶，液面离容量瓶颈刻度线下1∼2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切；
(2)①量取浓硫酸的量筒用蒸馏水洗涤2～3次，并把洗涤液转入容量瓶，会导致溶质的量偏多，则浓度偏高，故①符合题意；
②容量瓶使用时未干燥，对浓度无影响，故②不符合题意；
③溶解后未经冷却就移液，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，故③符合题意；
④定容时不小心有少量蒸馏水滴到瓶外，不会有影响溶质和溶液体积，则浓度不变，故④不符合题意；
⑤定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，导致所配溶液的体积偏大，导致最终结果偏小，故⑤不符合题意；
答案选①③；
Ⅲ. (1) 将样品与二氧化碳反应，通过测定反应产生氧气的体积，计算出样品中Na2O2的含量，实验装置设计为先利用装置②制备二氧化碳，通过装置④和样品中过氧化钠反应，通过装置⑤除去过量的二氧化碳，利用①③采取排水量气方法测定生成氧气的体积，导管应短进长出；仪器的连接顺序为：②④⑤①③；
(2) 装置⑤是利用碱石灰除去氧气中过量的二氧化碳气体，避免影响氧气的体积测定，装置①和③联合起来采取排水量气方法测定生成氧气的体积。
33.ⅢA族的硼、铝、镓、铟、铊等元素在化合物中通常为+3价，这些化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题。
（1）镓元素（Ga）的原子序数为__________，其外围电子排布式__________。
（2）由第二周期元素组成的与BCl3互为等电子体的阴离子为________。 硼元素具有缺电子性，因而硼酸（H3BO3）在水溶液中能与水反应生成[B(OH)4]—。不考虑空间构型，[B(OH)4]—中原子的成键方式用结构简式表示为______________。1 mol [B(OH)4]—中σ键的数目为________。
（3）GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因______________。
（4）磷化铝熔点为2000℃，空间结构与金刚石相似，磷化铝晶胞结构如图所示。
①磷化铝晶体中磷与铝微粒间的作用力为__________。
②磷化铝晶体的密度为ρ g·cm-3，用NA表示阿伏加德罗常数的数值，则该晶胞中距离最近的两个铝原子之间的距离为__________cm。
【答案】 (1). 31 (2). 4s24p1 (3). CO32−或NO3− (4). (5). 8NA (6). GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体 (7). (极性)共价键 (8). ×
【解析】
【详解】(1)镓是31号元素，核外有31个电子，基态镓(Ga)原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，外围电子排布式为4s24p1；
(2)等电子体原子个数相等、价电子数相等，由第二周期元素组成的与BCl3互为等电子体的阴离子为CO32−或NO3−；[B(OH)4]-中B原子与O原子之间形成4个共价键，其中1个为配位键，用结构简式表示为；1个[B(OH)4]-中含有4个氢氧键和4个硼氧键，则其中含有8个σ键，1mol[B(OH)4]-中含有σ键的数目为8NA；
(3)离子晶体熔沸点较高、分子晶体熔沸点较低，GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，所以前者沸点高于后者；
(4)①磷化铝晶体中磷与铝的电负性差小于1.8，形成的是共价键，且为极性的，因此磷化铝晶体中磷与铝微粒间的作用力为(极性)共价键；
②立方晶胞顶点粒子占，面粒子占，晶胞内部原子为整个晶胞所有，因此一个晶胞中含有Al的个数为8×+6×=4，含有P的个数为4，化学式为AlP。晶胞参数为acm，则一个晶胞的体积为V=a3cm3，因此晶胞的密度为ρ=g/cm3，则晶胞参数a=cm，根据立体几何知识，不难求出两个Al原子之间最短的距离为面对角线的一半，即为a=×cm。
第Ⅰ卷46分，第Ⅱ卷54分， 共100分，考试时间120分钟
相对原子质量 H：1、N：14、O：16、Na：23、Mg：24、Al：27、P：31、S：32、Cu：64
第Ⅰ卷 （选择题 共46分）
一、选择题（本大题共28小题，1-10每小题1分，11-28每小题2分，共46分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.对突发事件的处理彰显我们的学科知识和智慧。下列化学实验或事故的处理方法正确的是（ ）
A. 燃着的酒精灯不慎翻倒，灯内酒精流出并着火，可用湿抹布覆盖
B. 不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硫酸
C. 洗涤试管中KMnO4受热后的残留物，向试管中加入少量蒸馏水溶解，重复2-3次
D. 做银镜反应后的试管用氨水洗涤
【答案】A
【解析】
【详解】A．燃着的酒精灯不慎碰到，立即用湿布盖灭，能使可燃物与氧气隔绝且起到降低温度的作用，可以灭火，故A正确；
B．不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，再涂上硼酸溶液，不能用硫酸，硫酸和氢氧化钠反应时会放出大量的热，会烧伤皮肤，故B错误；
C．KMnO4受热后的残留物为锰酸钾和二氧化锰，向试管中加入少量蒸馏水溶解只能除去锰酸钾，不能除去二氧化锰，故C错误；
D．Ag与氨水不反应，则应利用硝酸洗涤做过银镜反应的试管，故D错误；
答案选A。
【点睛】实验结束后，用水清洗掉的是能溶于水的物质，清洗试管时要根据物质的物理性质确定。
2.某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（ ）
A. 用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸 B. 用pH计测得某稀盐酸的pH为1.54
C. 用25mL碱式滴定管量取出15.00mLKMnO4溶液 D. 用托盘天平称得某物质的质量为13.15g
【答案】B
【解析】
【详解】A．量筒感量为0.1mL，则10mL量筒量取7.1mL稀盐酸，故A错误；
B．pH计精确到0.01，用pH计测得某稀盐酸的pH为1.54，故B正确；
C．滴定管的感量为0.01mL，KMnO4溶液应该盛放在酸式滴定管中，故C错误；
D．托盘天平的感量为0.1g，则托盘天平不能称出某物质的质量为13.15g，故D错误；
答案选B。
【点睛】强氧化性的液体或酸液需盛放在酸式滴定管中，碱性溶液盛放在碱式滴定管中。
3.下列说法不正确是（ ）
A. 电子云密度大的地方，说明电子在核外空间单位时间内出现的机会多
B. s电子的电子云呈球形，p电子的电子云呈哑铃形
C. Cl—核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6
D. Cr核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d44s2
【答案】D
【解析】
【详解】A．电子云密度大的地方，电子出现的几率大，则说明电子在核外空间单位时间内出现的机会多，故A正确；
B．s电子云球对称，p电子云轴对称，则s电子的电子云呈球形，p电子的电子云呈哑铃形，故B正确；
C．氯为17号元素，Cl—核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6，故C正确；
D．Cr是24号元素，Cr核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，3d轨道和4s轨道的电子排布为半充满时比较稳定，故D错误；
答案选D。
【点睛】24号元素和29号元素的核外电子排布遵循半充满和全充满，处于半充满和全充满的元素比较稳定。
4.下列有关说法正确的是
A. 1L水中溶解了40.0 g NaOH，该溶液的物质的量浓度为1 mol/L
B. 从1L2mol/L的NaCl液中取出0.5L，取出的该溶液的浓度为1mol/L
C. 中和100 mL 1mol/L的H2SO4溶液，需NaOH8.0g
D. 配制500mL0.5mol/L的CuSO4溶液，需40.0g胆矾
【答案】C
【解析】
【分析】
A.溶液的体积不等于溶剂的体积；
B.溶液具有均一性，溶液各处的浓度相等；
C.先计算酸的物质的量，再根据反应时二者物质的量关系，计算NaOH的物质的量，利用n=，计算NaOH的质量；
D.计算溶质CuSO4的物质的量，利用元素守恒，得到胆矾的物质的量，最后根据n=，计算胆矾的质量。
【详解】A. 40.0 g NaOH的物质的量是1mol，将其溶解在1L水中，得到的溶液体积不是1L，所以不能确定溶液的浓度，A错误；
B.溶液的浓度与取出的体积大小无关，所以从1L2mol/L的NaCl液中取出0.5L，取出的该溶液的浓度仍为2mol/L，B错误；
C.100 mL 1mol/L的H2SO4的物质的量是n(H2SO4)=1mol/L×0.1L=0.1mol，根据H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，可知需消耗NaOH的物质的量是n(NaOH)=2 n(H2SO4)=0.2mol，则其质量是m(NaOH)= n×M=0.2mol×40g/mol=8.0g，C正确；
D.配制500mL0.5mol/L的CuSO4溶液，需要溶质的物质的量是n(CuSO4)= 0.5mol/L×0.5L=0.25mol，由于用CuSO4·5H2O配制，根据Cu元素守恒可知需n(CuSO4·5H2O)= n(CuSO4)=0.25mol，质量是m(CuSO4·5H2O)=n×M=0.25mol×250g/mol=62.5g，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了有关物质的量浓度的溶液的配制的知识。掌握物质的量与质量、浓度的关系是本题解答的关键，易错选项是A、D，选项A容易混淆溶液的体积就是溶剂的体积，选项D中不清楚胆矾与CuSO4的关系，需平时多记忆、积累。
5.下面叙述中错误的是
A. 氯水应保存在棕色的细口试剂瓶中
B. 少量液溴应保存在磨口玻璃塞试剂瓶中，并加少量水进行水封
C. 能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体不一定是氯气
D. 碘易溶于酒精，所以用酒精从碘水中萃取碘
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 见光易分解的物质应该保存在能避光的棕色试剂瓶中，如溴水、氯水、硝酸、硝酸银等；
B．溴易挥发，可水封保存，注意不能用橡胶塞；
C．具有氧化性的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；
D．酒精与水混溶。
【详解】A. 氯水中次氯酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中并避光保存，故A项正确；
B. 溴易挥发，可水封保存，注意不能用橡胶塞，应保存在磨口玻璃塞棕色细口试剂瓶中，故B项正确；
C. 具有氧化性的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，如氯气、臭氧、二氧化氮等，因此该气体不一定是氯气，故C项正确；
D. 酒精与水混溶，不能用作萃取剂，可用苯或四氯化碳等，故D项错误。
答案选D。
【点睛】本题侧重考查试剂和药品的取用与保存方法及常见物质的鉴别。其中常见物质的保存可归纳为：
1. 固体物质保存在广口瓶中，便于取用，液体物质保存在细口瓶中，便于倾倒；
2. 见光易分解的物质应该保存在能避光的棕色试剂瓶中，如溴水、氯水、硝酸、硝酸银等；
3. 受热易分解、易挥发的要低温储存，如液溴保存应用水密封且保存在低温处；
4. 易与空气中的如H2O、O2、CO2反应的物质需密封保存，如Na、Na2O2、CaO、漂白粉等。
6.用下列实验装置完成对应的实验（部分仪器已省略），不能达到实验目的的是（ ）
A. 检查装置气密性
B. 检查装置气密性
C. 吸收NH3
D. 收集并吸收多余的氨气
【答案】B
【解析】
【详解】A．检查装置气密性的方法：双手紧贴烧瓶外壁，若中间导管中液面上升且稳定，装置不漏气，故A正确；
B．若上下缓慢移动左端，两端液面仍保持水平，说明装置漏气，故B错误；
C．氨气不溶于四氯化碳，可用来防倒吸，故C正确；
D．氨气密度比空气小，收集氨气时应短进长出，极易溶于水，可用水吸收多余的氨气，用倒扣漏斗防止倒吸，故D正确；
答案选B。
【点睛】防止倒吸的操作可以是增大接触面积，或是减缓吸收。
7.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 2.4g金属镁变为镁离子时得到的电子数为0.2NA
B. 常温常压下，11.2LC2H4含有2NA个碳原子
C. 标准状况下，11.2L苯含有的分子数为0.5NA
D. 常温常压下，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．2.4g镁的物质的量为0.1mol，转变为镁离子失去0.2mol，即失去的电子数为0.2NA，故A错误；
B．标准状态下，气体摩尔体积为22.4L/mol，常温常压下，11.2LC2H4不是0.5mol，故不含有2NA个碳原子，故B错误；
C．由于标准状况下苯不是气体，不能用标况下的气体摩尔体积计算11.2L苯的物质的量及分子数，故C错误；
D．32gO2和O3的混合气体中含有32g氧原子，32g氧原子的物质的量为2mol，则所含原子数为2NA，故D正确；
答案选D。
【点睛】只有在标况下气体的体积才是22.4L/mol，不是标况，无法算气体的体积，不是气体，也无法计算体积。
8.研究课上，老师让同学们各自选题进行计算，其结果正确的是
A. 甲同学：0.2 mol MgO，经计算，其质量为0.2 g
B. 乙同学：9.03×1023个O2，经计算，O2物质的量为1.5 mol
C. 丙同学：标准状况下，5.6 L 水的体积，经计算为 0.25 mol
D. 丁同学：将30 mL0.5mol·L-1NaOH溶液加水稀释到500mL，经计算，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为0.04mol·L-1
【答案】B
【解析】
【详解】A. MgO的质量为0.2mol×40g/mol=8g，选项A错误；
B. O2物质的量为=1.5mol，选项B正确；
C.标准状况下，水不是气体，则不能利用22.4L/mol来计算，选项C错误；
D.将30 mL0.5mol·L-1NaOH溶液加水稀释到500mL，经计算，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为0.03mol·L-1，选项D错误；
答案选B。
9.下列说法不正确的是
A. SiO2硬度大的原因与Si、O原子之间的成键方式及排列方式有关
B. 乙醇沸点高于二甲醚的原因与分子间作用力大小有关
C 冰醋酸溶于水时只破坏分子间作用力
D. MgO熔点高达是因为其中的离子键较难被破坏
【答案】C
【解析】
【详解】A.SiO2硬度大是由于在晶体中Si、O原子之间形成共价键，每个Si与4个O原子形成共价键，每个O原子与2个Si形成共价键，这种结构向空间扩展，就形成了立体网状结构，由于共价键是一种强烈的相互作用力，断裂消耗很多能量，因此熔沸点高，硬度大，A正确；
B.乙醇和二甲醚互为同分异构体，乙醇分子之间除存在范德华力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，而二甲醚分子之间只存在范德华力，所以乙醇的沸点高于二甲醚的原因与分子间作用力大小有关，B正确；
C.乙酸羟基上氢较活泼，在水中会电离出氢离子显弱酸性，所以共价键被破坏，C错误；
D.MgO晶体中所含离子半径小、电荷数多，晶格能大，MgO晶体的熔点高，D正确；
故合理选项是C。
10.下列有关σ键和π键的说法错误的是( )
A. 在某些分子中，化学键可能只有π键而没有σ键
B. 当原子形成分子时，首先形成σ键，可能形成π键，配位键都是σ键
C. σ键的特征是轴对称，π键的特征是镜面对称
D. 含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者
【答案】A
【解析】
【详解】A．共价键中一定含σ键，则在分子中，化学键可能只有σ键，而没有π键，选项A错误；
B．原子形成分子，优先头碰头重叠，则先形成σ键，可能形成π键，选项B正确；
C．σ键是“头碰头”重叠形成，可沿键轴自由旋转，为轴对称；而π键是由两个p电子“肩并肩”重叠形成，重叠程度小，为镜像对称，选项C正确；
D．π键不稳定，易断裂，则含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者，选项D正确；
答案选A。
【点睛】本题考查共价键及类型，把握共价键的形成及判断共价键的规律为解答的关键，注意共价键中一定含σ键。
11.下列有关阿伏加德罗定律及推理应用错误的是（ ）
A. 同温同压下，同物质的量的CH4和CO的体积之比为1∶1
B. 对于相同物质的量的SO2（气）和SO3（固），体积比为1∶1
C. 同温同体积下，相同压强的氢气和甲烷的原子个数之比为2∶5
D. 同温同压下，2molO3和3molO2的密度之比为3∶2
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据V=nVm可知，相同条件下，CO和CO2体积之比等于物质的量之比=1：1，故A正确；
B. 状态不知，Vm未知，无法计算二氧化硫体积，且三氧化硫为固体，不能使用阿伏加德罗定律推论，故B错误；
C. 同温同体积下，相同压强的氢气和甲烷的物质的量相等，则二者所含原子个数之比为2:5，故C正确；
D. 同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比，所以臭氧与氧气同温同压条件下密度之比为：48g/mol:32g/mol=3:2，故D正确；
答案选B。
12.下列说法中不正确的是（ ）
A. 标准状况下，1 g H2和14 g N2的体积相同
B. 1 mol氧含6.02×1023个O2分子
C. 将15.6gNa2O2固体加入到足量水中，反应过程中转移电子总数为1.204×1023个
D. 20g重水（D2O）中含有电子数为6.02×1024个
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下，1gH2的物质的量为=0.5mol，14gN2的物质的量为=0.5mol，则气体的物质的量相同时，其体积相同，故A正确；
B．氧指代不明，若为1molO，则含3.01×1023个 O2，故B错误；
C．将15.6gNa2O2固体为0.2mol，加入到足量水中发生氧化还原反应生成氧气，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应过程中2mol Na2O2转移2mol电子，则0.2mol Na2O2转移电子总数为0.2mol ×6.02×1023=1.204×1023个，故C正确；
D．20g重水(D2O)的物质的量是1mol，含有的电子数为10×6.02×1023=6.02×1024个，故D正确；
答案选B。
13.下列说法不正确的是( )
A. HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高与分子间作用力大小有关
B. H2O的熔、沸点高于H2S是由于H2O分子间存在氢键
C. 甲烷可与水形成氢键
D. 白酒中，乙醇分子和水分子间存在范德华力和氢键
【答案】C
【解析】
【详解】A. HCl、HBr、HI都是分子晶体，组成结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高，因此HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高与分子间作用力大小有关，故A正确；
B. H2O由于O原子的电负性强，半径小，所以分子之间存在氢键，熔化和汽化都需要克服分子间作用力，氢键的存在使得熔点和沸点升高，所以H2O的熔沸点高于H2S，故B正确；
C. 氢键是电负性较强的元素（通常N、O、F）和H之间的一种分子间作用力，由于甲烷分子中原子的电负性较弱，所以甲烷和水不能形成氢键，故C错误；
D. 乙醇分子和水分子间存在有氢键，也存在范德华力， 故D正确；
综上所述，本题选C
【点睛】关于氢键，需要掌握以下几点：
①氢键不是化学键，通常把氢键看做是一种较强的分子间作用力。氢键比化学键弱，比分子间作用力强；
②分子间形成氢键会使物质的熔沸点升高，这是因为固体熔化或液体气化时必须破坏分子间氢键，消耗更多的能量；
③分子间氢键对物质的水溶性有影响，如氨气极易溶于水，主要是氨分子与水分子形成分子间氢键；
④通常N、O、F这三种元素的氢化物已形成氢键。常见易形成氢键的化合物有H2O、 HF、NH3、CH3OH等；
⑥氢键只影响分子晶体的物理性质。
14.关于下列晶体物质的熔沸点高低排列判断正确的是（ ）
A. Rb＞K＞Na B. 金刚石>晶体硅>二氧化硅>碳化硅
C. H2O>H2S>H2Se>H2Te D. CaO＞BaO＞NaCl＞KCl
【答案】D
【解析】
【详解】A．Rb、K、Na为碱金属，同族元素，随核电核数增大，熔沸点逐渐减小，则熔、沸点为Rb＜K＜Na，故A错误；
B．原子晶体中共价键的键长越短，键能越大，熔、沸点越大，则熔、沸点为金刚石＞二氧化硅＞碳化硅＞晶体硅，故B错误；
C．结构和性质相似的分子晶体，熔沸点随相对分子质量增大而增大，H2O、H2S、H2Se、H2Te都为分子晶体，结构和性质相似，且相对分子质量随着原子序数增大而增大，但水中含有氢键，所以其熔沸点最高，则熔沸点顺序为H2S＜H2Se＜H2Te＜H2O，故C错误；
D．KCl、NaCl、CaO、BaO均为离子化合物，KCl、NaCl阴离子相同，电荷数相同，阳离子的半径越小，晶格能越大，熔点越高，阳离子半径K+＞Na+，则熔点NaCl＞KCl，BaO、CaO阴离子相同，电荷数相同，阳离子的半径越小，晶格能越大，熔点越高，阳离子半径Ca2+＞Ba2+，则熔点CaO＞BaO，阴、阳离子所带电荷越多，晶体的熔点越高；而且电荷的影响大于半径的影响，所以四种化合物熔点的高低顺序为CaO＞BaO＞NaCl＞KCl，故D正确；
答案选D。
【点睛】碱金属元素同主族从上到下熔沸点降低，是易错点，其余物质判断熔沸点时，要分清晶体的类别。
15.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A. 用图2所示装置除去Cl2中含有的少量HCl
B. 用图3 所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体
C. 用图4 所示装置制取少量纯净的CO2气体
D. 用图5 所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氯气能与氢氧化钠反应，不能用氢氧化钠溶液除氯气中的少量HCl，故不选A；
B. NH4Cl加热易分解为氨气和氯化氢，图3 所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液得不到NH4Cl晶体，故不选B；
C. 碳酸钠溶于水，用图4 所示装置制取CO2气体，不能起到随关随停的作用，且制取的二氧化碳中含有氯化氢杂质，故不选C；
D. CCl4不溶于水、密度比水大，用分液漏斗分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层，故选D 。
16.关于下列实验装置说法中正确的是（ ）
A. 用图①所示实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱
B. 用图②所示实验装置排空气法收集CO2气体
C. 用图③将混合液蒸馏分离时，应使温度计水银球浸没在混合液中
D. 用图④提取海带中的碘
【答案】A
【解析】
【详解】A. 强酸制取弱酸可知酸性为硫酸＞碳酸＞硅酸，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性越强，则可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱，故A正确；
B. 二氧化碳的密度比空气的大，应利用向上排空气法收集，图中应长导管中进，故B错误；
C. 用图③将混合液蒸馏分离时，应使温度计水银球在烧瓶的支管口处测蒸汽的温度，故C错误；
D. 海带中碘以离子的形式存在，应先发生氧化还原反应后生成碘单质，再萃取、分液，故D错误；
答案选A。
【点睛】二氧化碳的密度比空气的大，应利用向上排空气法收集，如果用多功能瓶，需长进短出，如果短进长出，会使气体直接逸出。
17.按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。
下列说法错误的是（ ）
A. 步骤(1)需要过滤装置 B. 步骤(2)需要用到分液漏斗
C. 步骤(3)需要用到坩埚 D. 步骤(4)需要蒸馏装置
【答案】C
【解析】
【详解】A．步骤(1)中出现不溶性物质和滤液，因此需要过滤装置；A正确，不符合题意；
B．操作中出现有机物和水层，进行分液操作，步骤(2)需要用到分液漏斗；B正确，不符合题意；
C．从水溶液中得到固体，需要蒸发结晶，需要用到蒸发皿；C 错误，符合题意；
D．有机层混合液中需要进行分离，采用蒸馏方法；D正确，不符合题意；
本题答案选C。
18.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p4。则下列有关比较中正确的是（ ）
A. 第一电离能：③＞④＞②＞① B. 原子半径：②＞①＞④＞③
C. 电负性：④＞③＞②＞① D. 最高正化合价：①=④＞②=③
【答案】A
【解析】
【分析】
由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p4是O元素。
【详解】A．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但是N的核外电子排布属于半充满，故第一电离能O＜N，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜O＜N，即③＞④＞②＞①，故A正确；
B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞O，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞O，即②＞①＞③＞④，故B错误；
C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜O，N元素非金属性与S元素强，所以电负性P
答案选A。
【点睛】第一电离能进行比较时，需要考虑半充满和全充满，全空的状态，它们的第一电离能比相邻元素的略高。
19.某物质的实验式为PtCl4•2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是
A. 配合物中中心原子的电荷数为6
B. 该配合物可能是平面正方形结构
C. Cl﹣和NH3分子均与中心铂离子形成配位键
D. 该配合物的配体只有NH3
【答案】C
【解析】
【详解】加入AgNO3不产生沉淀,用强碱处理没有NH3放出,说明不存在游离的氯离子和氨分子,所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2],则
A.配合物中中心原子的电荷数为4,配位数为6,故A错误；
B.Pt与6个配体成键,该配合物应是8面体结构,故B错误；
C.由分析可以知道,4个Cl-和2个NH3分子均与Pt4+配位,形成的配合物为[PtCl4(NH3)2],所以C正确；
D.该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2],则配体有 Cl-和NH3分子,故D错误；
答案：C。
20.下列除杂方案错误的是
选项
被提纯的物质
杂质
除杂试剂
除杂方法
A
CO(g)
CO2(g)
NaOH 溶液、浓 H2SO4
洗气
B
NH4Cl(aq)
Fe3＋(aq)
NaOH溶液
过滤
C
Cl2(g)
HCl(g)
饱和食盐水、浓H2SO4
洗气
D
Na2CO3(s)
NaHCO3(s)
—
灼烧
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化碳与NaOH反应，而CO不能，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，A正确；
B．NaOH与NH4Cl、Fe3+均反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，B错误；
C．HCl极易溶于水，而食盐水抑制氯气的溶解，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，C正确；
D．NaHCO3加热分解生成碳酸钠，则直接加热即可实现除杂，D正确；
答案选B。
21.下列说法中正确的是（ ）
A. CH4，C2H2，HCN都是含有极性键的非极性分子
B. CO2与SO2的立体构型相似，都是非极性分子
C. 葡萄糖分子（HOCH2—CHOH—CHOH—CHOH—CHOH—CHO）中的手性碳原子数为5
D. 酸性：H3PO4＞HClO，因为H3PO4的非羟基氧原子数比HClO的多
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH4、C2H2为极性键构成的非极性分子，而HCN为极性分子，故A错误；
B．SO2分子为V形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，CO2分子为直线型对称结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子，故B错误；
C．葡萄糖分子（HOCH2—CHOH—CHOH—CHOH—CHOH—CHO）中中间的4个C原子连接了四个不同的原子或原子团，为手性碳原子，则手性碳原子数为4，故C错误；
D．H3PO4的非羟基氧原子数比HClO的多，含氧酸中非羟基氧原子数越多，酸性越强，所以磷酸的酸性强于次氯酸，故D正确；
答案选D。
22.下列有关离子(或物质)的检验及结论正确的是( )
A. 用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则溶液中含有K＋
B. 向无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现，则溶液中含有SO42-
C. 用一束光照射氯化铁溶液和氢氧化铁胶体，都出现丁达尔现象
D. 向黄色溶液中加入淀粉，溶液变蓝色，则溶液中含有I2
【答案】D
【解析】
【详解】A.用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则溶液中含有Na＋，K+要透过蓝色钴玻璃，火焰呈紫色，A错误；
B.向无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现，则溶液中可能含有SO42-，也可能含有CO32-、Ag+等，B错误；
C.用一束光照射氯化铁溶液无明显现象。而照射氢氧化铁胶体会出现丁达尔现象，C错误；
D.向黄色溶液中加入淀粉，溶液变蓝色，则溶液中含有I2，D正确；
故合理选项是D。
23.下列各物质所含原子数目，按由大到小顺序排列的是①0.5molNH3 ②标准状况下22.4LHe③4℃9mL水④0.2molH3PO4（ ）
A. ①④③② B. ④③②① C. ②③④① D. ①④②③
【答案】A
【解析】
【详解】①0.5molNH3的原子数为0.5×4NA=2NA；
②标准状况下22.4L氦气的原子数为×NA=NA；
③4℃时9mL水的质量为9g，含有的原子数为：×3×NA=1.5NA；
④0.2molNa3PO4中含有的原子数为0.2×8NA=1.6NA；
含有原子数由大到小顺序排列顺序为①④③②；
答案选A。
【点睛】该题主要考察物质的量的计算公式：n=
24.下列说法正确的是（ ）
A. 干冰升华和液氯气化时要破坏不同的微粒间作用力
B. CO2和SiO2具有相同的化学键类型和晶体类型
C. 水结成冰体积膨胀、密度变小，这一事实与水中存在氢键有关
D. 盐酸能电离出氢离子和氯离子，所以HCl存在离子键
【答案】C
【解析】
【详解】A．干冰升华和液氯气化时均是破坏的分子间力，A错误；
B．CO2和SiO2分别为分子晶体和原子晶体，B错误；
C．水结成冰体积膨胀、密度变小，这一事实与水中存在氢键有关，C正确；
D．HCl中仅存在共价键，溶于水后，在水分子的作用下电离为离子，D错误；
答案选C。
25.己知NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.2NA
B. 标准状况下，2.24LNO和足量O2反应生成物中含有NO2分子数为0.1NA
C. 标准状况下2.24L的丙炔(CH3C≡CH)中含有的σ键数目为0.6NA，π键数目为0.2NA
D. 将含0.1molFeCl3的饱和溶液滴入沸水形成的胶体粒子的数目为0.1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子，含有的OH−数目为0.1NA，故A错误；
B．标准状况下，2.24LNO物质的量==0.1mol，和足量氧气反应生成0.1molNO2，2NO2⇌N2O4，反应生成物中含有NO2分子数小于0.1NA，故B错误；
C．1molCH3C≡CH中含有6molσ键和2molπ键，标准状况下2.24L的丙炔的物质的量为0.1mol，则其中含有的σ键数目为0.6NA，π键数目为0.2NA，故C正确；
D．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故0.1mol氯化铁形成的胶粒的个数小于0.1NA个，故D错误；
答案选C。
【点睛】共价单键为σ键，三键中含有一个σ键和两个π键。
26.有关晶体的结构如下图所示，下列说法中正确的是（ ）
A. 在NaCl晶体中，距Na+离子最近且等距的Na+离子有6个
B. 金属Zn中Zn原子堆积模型如图所示，空间利用率为68%
C. 在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键（C—C）数目之比为1:2
D. 该气态闭簇分子的分子式为EF或FE
【答案】C
【解析】
【详解】A．在NaCl晶体中，距Na+离子最近且等距的Na+离子有12个，故A错误；
B．金属Zn中Zn原子堆积模型为立方最密堆积方式，空间利用率为74%，故B错误；
C．每个C原子形成4个共价键，两个C原子形成一个共价键，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1:2，故C正确；
D．气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，故D错误；
答案选C。
27.根据镁与二氧化碳的反应推测，钠也能在二氧化碳中燃烧，某兴趣小组用如图所示装置进行实验探究，下列说法不正确的是
A. 按图所示连接装置，检验装置气密性，并往各装置中加入试剂
B. 装置b的溶液是饱和NaHCO3溶液
C. 装置d中的化学方程式为4Na+CO22Na2O+C
D. 点燃d处酒精灯前，要先通一会儿CO2，一直到澄清石灰水变浑浊
【答案】C
【解析】
【分析】
由实验方案图可以知道,a为二氧化碳发生装置,d为二氧化碳与钠反应装置,进入d装置的二氧化碳应干燥,且不含其它杂质,故装置b是除去二氧化碳中的HCl,应用饱和的碳酸氢钠溶液,c为干燥装置,吸收水蒸气；反应需要排尽装置内的空气，当e装置中产生白色沉淀,说明空气已排尽，再加热d处的酒精灯发生反应，结合以上分析解答。
【详解】由实验方案图可以知道,a为二氧化碳发生装置,d为二氧化碳与钠反应装置,进入d装置的二氧化碳应干燥,且不含其它杂质,故装置b是除去二氧化碳中的HCl,应用饱和的碳酸氢钠溶液,c为干燥装置,吸收水蒸气；反应需要排尽装置内的空气，当e装置中产生白色沉淀,说明空气已排尽，再加热d处的酒精灯发生反应，
A. 按图所示连接装置，检验装置气密性，并往各装置中加入试剂，操作顺序正确，A正确；
B. 结合以上分析可知，装置b的溶液是饱和NaHCO3溶液，除去二氧化碳中的HCl，B正确；
C. 装置d中反应生成的氧化钠与二氧化碳继续反应生成碳酸钠，所以该反应中，最终的生成物中含有碳、碳酸钠；C错误；
D. 结合以上分析可知，燃d处酒精灯前，要先通一会儿CO2，一直到澄清石灰水变浑浊，目的是排尽装置内的空气，D正确；
综上所述，本题选C。
28.在元素周期表中，一稀有气体元素原子的最外层电子构型为4s24p6，与其同周期的A、B、C、D四种元素，它们的原子的最外层电子数依次为2、2、1、7，其中A、C两元素原子的次外层电子数为8，B、D两元素原子的次外层电子数为18，E、D两元素处于同族，且在该族元素中，E的气态氢化物的沸点最高。下列说法错误的是（ ）
A. 元素C核外电子占据10个原子轨道
B. B元素在周期表中的d区
C. E的气态氢化物沸点最高的原因是HE分子间形成氢键
D. 元素D 的电子排布式为[Ar]3d104s24p5
【答案】B
【解析】
【分析】
在元素周期表中,某稀有气体元素原子的最外层电子构型为4s24p6,处于第四周期,与其同周期的 A、B、C、D四种元素,它们的原子最外层电子数依次为2、2、1、7,其中A、C两元素原子的次外层电子数为8,则A为Ca、C为K；B、D两元素原子的次外层电子数为18,则B为Zn、D为Br；E、D两元素处于同族,且在该族元素中,E的气态氢化物的沸点最高,则E为F
【详解】A、元素C为钾，核电荷数为19，核外电子排布为1s22s22p63s23p64s1，核外电子占据10个原子轨道，A正确；
B、B为Zn元素,核外电子排布式为: 1s22s22p63s23p63d104s2，处于周期表中第四周期ⅡB族,属于ds区，B错误；
C、 E的气态氢化物为氟化氢，分子间存在氢键，沸点最高，C正确；
D、元素D为溴，核电荷数为35，电子排布式为[Ar]3d104s24p5，D正确；
正确选项B。
第Ⅱ卷 （非选择题 共54分）
二、填空题（本题包括5道题）
29.以物质的量为中心的相关计算，已知阿伏加德罗常数为NA。
（1）质量相同的H2、NH3、SO2、O3四种气体中，含有分子数目最少的是_________，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是___________。
（2）73.0g HCl气体中含有_______个分子、______个质子。
（3）23.75 g某＋2价金属的氯化物（MCl2）中含有3.01×1023个Cl－，则MCl2的摩尔质量为______， M的相对原子质量为________。
（4）将0.5L1mol/L FeCl3溶液加水稀释至1L,所得溶液中氯离子的物质的量浓度是_____。
（5）3.01×1023个CO2在标准状况下的体积约为______L，它与_____g CO含有相同的氧原子数。
（6）在标准状况下22.4 L由氮气和氧气组成的混合气体，其质量为30g，则其中氧气的质量为________g。
【答案】 (1). SO2 (2). H2 (3). 2NA (4). 36NA (5). 95g/mol (6). 24 (7). 1.5mol/L (8). 11.2 (9). 28 (10). 16
【解析】
【详解】(1)质量相同的H2、NH3、SO2、O3四种气体中，N=nNA=mNA/M可知,质量相同时气体分子数与摩尔质量成反比，摩尔质量越大，含有的分子数越小，所以含有分子数最少的是摩尔质量最大的为SO2；由V=×Vm可知，质量相同时，气体体积与摩尔质量成反比，体积最大的是气体摩尔质量最小的，则体积增大的为H2；
(2)73.0gHCl气体的物质的量为：n(HCl)=73.0g÷36.5g/mol=2mol，2molHCl中含有2NA个HCl分子，含有质子数为：2NA×18=36NA；
(3)因MCl2中含有3.01×1023个Cl−，则Cl−的物质的量为=0.5mol，M2+的物质的量0.25mol，即MCl2的物质的量为0.25mol，MCl2的摩尔质量M===95g/mol；因MCl2的摩尔质量为95g/mol，所以相对分子质量为95，金属M的相对原子质量为95－35.5×2=24；
(4)0.5L1mol/LFeCl3溶液中氯离子的浓度为3mol/L，根据稀释定律，稀释前后氯离子的物质的量不变，令稀释后所得溶液中氯离子的浓度为c，则0.5L×3mol/L=1L×c，解得c=1.5mol/L；
(5)3.01×1023个CO2物质的量为=0.5mol，标况下体积V=0.5mol×22.4L/mol=11.2L；含有氧原子个数为：0.5×2×NA=NA个，则：×1×NA=NA，解得m(CO)=28g；
(6)标况下22.4L混合气体的物质的量n==1mol，设氮气的物质的量为xmol，氧气的物质的量为ymol，根据物质的量为1mol，质量为30g可知：x+y=1①，28x+32y=30②，解①②可得y=0.5，则氧气的质量m=nM=0.5mol×32g/mol=16g。
30.如图是元素周期表中的前四周期，①～⑨为相应的元素，请从中选择合适的元素回答问题：
（1）根据元素原子的外围电子排布特征，元素周期表可划分为五个区域，元素⑦位于周期表的___区。
（2）写出元素③与元素⑤形成的稳定化合物的结构式___________。
（3）②、⑥两元素形成的化合物的立体构型为_______，其中心原子的杂化轨道类型为______。
（4）元素⑦与CO可形成X(CO)5型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为－20.5 ℃，沸点为103 ℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断该化合物晶体属于_____晶体（填晶体类型）。
（5）⑧的二价阳离子与过量的④的简单氢化物的水溶液作用的离子方程式_________。
（6）元素⑨的离子的氢氧化物不溶于水，但可溶于氨水中，该离子与NH3间结合的作用力为____。
（7）将①、⑥形成的化合物溶于水，其中可能存在的氢键表示为_______（写一种即可）。
（8）金属⑦有δ、γ、α三种同素异形体，各晶胞如下图，则δ和α中原子的配位数之比为______。
【答案】 (1). d (2). O=C=O (3). 平面三角形 (4). sp2杂化 (5). 分子晶体 (6). Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O (7). 配位键 (8). F-H…F、F-H…O、O-H…F、O-H…O (9). 4:3
【解析】
【分析】
由元素在周期表中位置，可知①为H、②为B、③为C、④为N、⑤为O、⑥为F、⑦为Fe、⑧为Cu、⑨为Zn，据此解答。
【详解】(1)⑦为Fe，铁原子的核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d64s2，处于周期表中d区；
(2)元素③与元素⑤形成的稳定化合物为二氧化碳，其结构式为：O=C=O；
(3)②为B，⑥为F，形成的化合物为BF3，中心原子B的价层电子对数=3+(3-1×3)=3，立体构型为平面三角形，其中心原子的杂化轨道类型为sp2杂化；
(4)元素⑦与CO可形成的Fe(CO)5型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，熔沸点低，易溶于非极性溶剂，属于分子晶体；
(5)元素⑧为铜元素，④为氮元素，其氢化物的水化物为氨水，铜离子与氨水反应生成铜氨配离子和水，反应的离子方程式为：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O；
(6)元素⑨的离子的氢氧化物不溶于水，但可溶于氨水中生成配离子，Zn2+离子与NH3间结合的作用力为配位键；
(7)①为H，⑥为F，①、⑥形成的化合物为HF，溶于水，HF分子间和水分子间以及HF分子和水分子间都可形成氢键，氢键表示为F-H…F、F-H…O、O-H…F、O-H…O（写一种即可）；
(8)δ为体心立方堆积，配位数为8；α为简单立方堆积，配位数为6，则δ和α中原子的配位数之比为8:6=4:3。
31.现有属于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，原子序数依次增大。A元素的价电子构型为nsnnpn＋1；C元素为最活泼的非金属元素；D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的；E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒。
（1）A、B、C三种元素的第一电离能由小到大的顺序为____________ （用元素符号表示）；A、B、C三种元素的简单氢化物的稳定性顺序为：_______（用化学式表示）。
（2）D元素原子的价电子排布式是________，估计D元素的第2次电离能飞跃数据将发生在失去第______个电子时。
（3）C元素的电子排布图为______。E的外围电子排布为_______ ，E原子的结构示意图为_______。
（4）F元素位于元素周期表的_______区，其基态原子的电子排布式为________。
（5）G元素可能的性质________。
A 其单质可作为半导体材料 B 其电负性大于磷
C 其原子半径大于锗 D 其第一电离能小于硒
（6）电离能比较：I1（Mg）________I1（Al）（填“＞”或“＜”），其原因______。
【答案】 (1). O＜N＜F (2). NH3＜H2O＜HF (3). 3s2 (4). 3 (5). (6). 3d64s2 (7). (8). ds (9). 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 (10). A (11). ＞ (12). 镁原子的3p轨道处于全空，比较稳定，而铝原子3p轨道只有一个电子，不稳定
【解析】
【分析】
A元素的价电子构型为nsnnpn+1，n=2，A为N元素，C元素为最活泼的非金属元素，C为F元素，则B为O元素，D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的，应为Mg元素，E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，则原子序数为26，为Fe元素，F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，为Cu元素，G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒，为As元素，据此分析答题。
【详解】(1)A为N元素，B为O元素，C为F元素，同周期元素第一电离能逐渐增大，N原子最外层为半充满状态，性质稳定，难以失去电子，第一电离能大于O元素，第一电离能由小到大的顺序为O＜N＜F；非金属性越强，对应简单气态氢化物的稳定性越强，三种元素的简单氢化物的稳定性顺序为：NH3＜H2O＜HF；
(2)D为Mg元素，最外层电子数为2，价电子排布式为3s2，失去两个电子后最外层电子排布为2p6，属于全满稳定状态，因此估计Mg元素的第2次电离能飞跃数据将发生在失去第3个电子时；
(3)C为F元素，电子排布图为，E为Fe元素，铁原子核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d64s2，外围电子排布为3d64s2，E原子的结构示意图为；
(4)F为Cu，位于周期表ds区，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；
(5)A．G为As元素，与Si位于周期表对角线位置，其单质可作为半导体材料，故A正确；
B．同主族元素从上往下，电负性逐渐减弱，P和As处于同主族，所以P电负性大于As，故B错误；
C．As和锗元素位于同一周期，且原子序数大于锗，同周期原子半径随着原子序数增大，原子半径变小，As的原子半径小于锗，故C错误；
D．同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅤA族元素最外层电子排布处于半充满，第一电离能大于相邻元素，所以As、Se两种元素的第一电离能的大小顺序是：As＞Se，故D错误；
答案选A；
(6)元素D为Mg，活泼性Mg＞Al，I1(Mg)＞I1(Al)，因为Mg的3p轨道处于全空，比较稳定，而Al的3p轨道只有一个电子，不稳定，故活泼性Mg＞Al，而第一电离能则是I1(Mg)＞I1(Al)。
32.Ⅰ.下图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：
（1）从碘水中分离出I2，选择装置_______（填代表装置图的字母）；该分离方法的名称为_______。
（2）A中装置①的名称是________，该装置通常不选择球形冷凝管和蛇形冷凝管的原因是：_______。下列操作与上图A采用同一原理的是______（填选项代号）
（3）利用装置C对过滤所得的固体洗涤的具体操作方法是：________。
Ⅱ.硫酸试剂瓶标签上的内容：
（1）某化学兴趣小组进行硫酸性质的实验探究时，需要240 mL 4.6 mol·L－1的稀硫酸，则配制稀硫酸时需要取________mL的该硫酸；配制时需选用的仪器主要有量筒、烧杯、玻璃棒、__________、__________（在横线上填写所缺仪器的名称）。
（2）配制过程中，下列操作会使配制的稀硫酸溶液浓度偏高的是_______（填序号）。
①量取浓硫酸的量筒用蒸馏水洗涤2～3次，并把洗涤液转入容量瓶
②容量瓶使用时未干燥
③溶解后未经冷却就移液并定容
④定容时不小心有少量蒸馏水滴到瓶外
⑤定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线
Ⅲ.为测定某含有杂质Na2O的Na2O2样品的纯度，实验小组设计如下方案。将样品与二氧化碳反应，通过测定反应产生氧气的体积，计算出样品中Na2O2的含量。
（1）上图是完成该实验可能用到的实验装置，根据此实验方案，实验所使用仪器的连接次序是______。（填写仪器编号，不重复使用。）
（2）装置①⑤的作用分别是：①___________⑤________。
【答案】 (1). B (2). 萃取、分液 (3). 冷凝管 (4). 球形冷凝管和蛇形冷凝管可以存留部分冷凝液体 (5). ①③ (6). 用玻璃棒引流向漏斗中加入蒸馏水至刚好没过固体，过滤，重复操作2～3次 (7). 62.5 (8). 250mL容量瓶 (9). 胶头滴管 (10). 将蒸馏水注入容量瓶，液面离容量瓶颈刻度线下1∼2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切 (11). ②④⑤①③ (12). 排水法收集O2 (13). 除去O2中混有的CO2气体(或CO2与HCl)
【解析】
【详解】(1)从碘水中分离出I2，碘易溶于有机溶剂而难溶于水，所以可以采用萃取方法将碘从碘水中提取，然后采用分液方法分离，答案选B；
(2)装置A中①的名称是冷凝管，该装置通常不选择球形冷凝管和蛇形冷凝管的原因是球形冷凝管和蛇形冷凝管可以存留部分冷凝液体，不能用于组装成蒸馏装置，所示操作与图A采用同一原理的是滤液沸点不同分离混合物的操作为蒸馏，故所示操作与A采用同一原理的是①③；
(3)利用装置C对过滤所得的固体洗涤的具体操作方法是：用玻璃棒引流向漏斗中加入蒸馏水至刚好没过固体，过滤，重复操作2～3次；
Ⅱ. (1)浓硫酸的浓度是＝18.4mol/L，需要240mL4.6mol·L−1的稀硫酸，应选择250mL容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得，V×18.4mol/L=250mL×4.6mol/L，解得V=62.5mL；配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器：量筒、胶头滴管、玻璃棒、烧杯、250mL容量瓶；其中配制稀硫酸溶液时定容的操作为将蒸馏水注入容量瓶，液面离容量瓶颈刻度线下1∼2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切；
(2)①量取浓硫酸的量筒用蒸馏水洗涤2～3次，并把洗涤液转入容量瓶，会导致溶质的量偏多，则浓度偏高，故①符合题意；
②容量瓶使用时未干燥，对浓度无影响，故②不符合题意；
③溶解后未经冷却就移液，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，故③符合题意；
④定容时不小心有少量蒸馏水滴到瓶外，不会有影响溶质和溶液体积，则浓度不变，故④不符合题意；
⑤定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，导致所配溶液的体积偏大，导致最终结果偏小，故⑤不符合题意；
答案选①③；
Ⅲ. (1) 将样品与二氧化碳反应，通过测定反应产生氧气的体积，计算出样品中Na2O2的含量，实验装置设计为先利用装置②制备二氧化碳，通过装置④和样品中过氧化钠反应，通过装置⑤除去过量的二氧化碳，利用①③采取排水量气方法测定生成氧气的体积，导管应短进长出；仪器的连接顺序为：②④⑤①③；
(2) 装置⑤是利用碱石灰除去氧气中过量的二氧化碳气体，避免影响氧气的体积测定，装置①和③联合起来采取排水量气方法测定生成氧气的体积。
33.ⅢA族的硼、铝、镓、铟、铊等元素在化合物中通常为+3价，这些化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题。
（1）镓元素（Ga）的原子序数为__________，其外围电子排布式__________。
（2）由第二周期元素组成的与BCl3互为等电子体的阴离子为________。 硼元素具有缺电子性，因而硼酸（H3BO3）在水溶液中能与水反应生成[B(OH)4]—。不考虑空间构型，[B(OH)4]—中原子的成键方式用结构简式表示为______________。1 mol [B(OH)4]—中σ键的数目为________。
（3）GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因______________。
（4）磷化铝熔点为2000℃，空间结构与金刚石相似，磷化铝晶胞结构如图所示。
①磷化铝晶体中磷与铝微粒间的作用力为__________。
②磷化铝晶体的密度为ρ g·cm-3，用NA表示阿伏加德罗常数的数值，则该晶胞中距离最近的两个铝原子之间的距离为__________cm。
【答案】 (1). 31 (2). 4s24p1 (3). CO32−或NO3− (4). (5). 8NA (6). GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体 (7). (极性)共价键 (8). ×
【解析】
【详解】(1)镓是31号元素，核外有31个电子，基态镓(Ga)原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，外围电子排布式为4s24p1；
(2)等电子体原子个数相等、价电子数相等，由第二周期元素组成的与BCl3互为等电子体的阴离子为CO32−或NO3−；[B(OH)4]-中B原子与O原子之间形成4个共价键，其中1个为配位键，用结构简式表示为；1个[B(OH)4]-中含有4个氢氧键和4个硼氧键，则其中含有8个σ键，1mol[B(OH)4]-中含有σ键的数目为8NA；
(3)离子晶体熔沸点较高、分子晶体熔沸点较低，GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，所以前者沸点高于后者；
(4)①磷化铝晶体中磷与铝的电负性差小于1.8，形成的是共价键，且为极性的，因此磷化铝晶体中磷与铝微粒间的作用力为(极性)共价键；
②立方晶胞顶点粒子占，面粒子占，晶胞内部原子为整个晶胞所有，因此一个晶胞中含有Al的个数为8×+6×=4，含有P的个数为4，化学式为AlP。晶胞参数为acm，则一个晶胞的体积为V=a3cm3，因此晶胞的密度为ρ=g/cm3，则晶胞参数a=cm，根据立体几何知识，不难求出两个Al原子之间最短的距离为面对角线的一半，即为a=×cm。
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