【文档说明】黑龙江省鸡西市鸡东县第二中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(17)页，388.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-1a1fd5119ee0803b3961385cbe99e7e5.html

以下为本文档部分文字说明：

鸡东二中2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5Fe56一．选择题1.金属晶体中金属原子的堆积基本模式有A.1种B.2种C.3种D

.4种【答案】D【解析】【详解】金属晶体中金属原子的堆积基本模式有4种：简单立方堆积，体心立方堆积，面心立方最密堆积，六方最密堆积，故D正确；故选D。2.以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是()A.HeB.C.D.1s2【答案】C【解析】【详解】He是氦元素符号，表

示核外有一个电子层且有2个电子，1s2表示在1s轨道上有2个电子，表示1s轨道上有2个电子，且自旋相反，所以电子运动状态描述最详尽的是C，故答案为C。3.根据下列微粒的最外层电子排布，能确定该元素在元素周期表中

位置的是()A.4s1B.3d104snC.nsnnp3nD.ns2np3【答案】C【解析】【详解】A、4s1的电子排布包括4s1、3d54s1、3d104s1，无法确定元素种类，不能确定元素周期表中位置，故A错误

；B、3d10的电子排布包括3d104s1、3d104s2等，也无法确定元素种类，不能确定元素周期表中位置，故B错误；C、由于s轨道最多只能容纳2个电子，所以n小于等于2，又n=1时，电子排布式错误，所以n=2，则该微粒最外

层电子排布可以为2s22p6，为氖元素，能确定元素周期表中位置，故C正确；D、若n=1，电子排布式错误，n=2，该微粒最外层电子排布可以为2s22p3，n=3，该微粒最外层电子排布可以为3s23p3，也无法确定元素种类，不能确定元素周期表中位置，故D错误；综上所述，本题选C。4.下列物质

的分子中既有σ键，又有π键的是（）①HCl②H2O③N2④H2O2⑤C2H4A.①②③B.①③C.③⑤D.③④⑤【答案】C【解析】【详解】①HCl中只有1个σ键；②H2O中只有2个σ键；③N2的结构式为，含1个σ键和2个π键；④H2O2只有单键

，则只有σ键；⑤C2H4中含有单键和双键，则既有σ键，又有π键，③⑤正确。故答案选C。【点睛】共价单键是σ键，共价双键有一个σ键，π键，共价三键由一个σ键，两个π键组成。5.由极性键结合的一组分子都为非极性分子的A.O2、P4、C60B.HC

l、、CO、NOC.H2O、H2S、NH3、D.CO2、CH4、CCl4【答案】D【解析】【详解】A.O2、P4、C60均只含非极性键，故A不符合；B.HCl、CO、NO均为含有极性键的双原子分子，正负电荷中心不重合，均为极性分子，故B不

符合；C.H2O分子中H、O原子形成极性键，但结构不对称，属于极性分子；H2S分子中H、S原子形成极性键，但结构不对称，属于极性分子；NH3分子中有N、H原子形成极性键，但结构不对称，属于极性分子，故C不符合；D.CO2中C、O原子

之间形成极性键，且分子结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子；CH4、CCl4中均含有极性键，为正四面体结构，结构对称，分子中正负电荷中心重合，为非极性分子，故D符合；故选D。6.下列说法正确的是A.NaOH的摩尔质量为40g/molB.1mol水中

含有2mol氢和1mol氧C.摩尔可以把物质的宏观质量与微观粒子的数量联系起来D.1mol任何物质都含有6.02×1023个分子【答案】A【解析】【详解】A.摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量，当质量以g为单位时，摩尔质量在数值上与其相对分子质量

或相对原子质量相等，故NaOH的摩尔质量为40g/mol，故A正确；B.“氢”、“氧”均指代不明，水分子是由原子构成的，则1mol水中含有2mol氢原子和1mol氧原子，故B错误；C.摩尔是物质的量的单位，应该是物质的量可以把物质的

宏观质量与微观粒子的数量联系起来，故C错误；D.物质不一定是由分子构成的，可能由原子或离子构成，故D错误；故选A。【点睛】摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量，当质量以g为单位时，摩尔质量在数值上与其相对分子质量或相对原子质量相等，摩

尔质量的单位为g/mol。如NaOH的摩尔质量为40g/mol，NaOH的相对分子质量为40，1molNaOH的质量为40g，注意，三者数值上相等，但单位不同，这是学生们的易错点。7.100mL1mol·L

-1AlCl3溶液中Cl-物质的量浓度是A.1mol·L-1B.2mol·L-1C.3mol·L-1D.4mol·L-1【答案】C【解析】【详解】在水溶液中，一个AlCl3分子能电离出三个Cl-，故1mol·L-1AlCl3溶液中Cl-物质的量浓度为1m

ol·L-1×3=3mol·L-1，故C正确；故选C。8.下列说法正确的是A.一种物质只属于一种类别B.碱中一定有氢、氧元素C.氢化物一定是共价化合物D.金属氧化物一定是碱性氧化物【答案】B【解析】【详解】A.按照不同

的分类标准，同一种物质可能会属于不同的物质类别，如碳酸钠，从阳离子的角度分类，它属于钠盐，从阴离子的角度分类，它属于碳酸盐，故A错误；B.碱电离出的阴离子全部是氢氧根离子，故碱中一定有氢、氧元素，故B正确；C.氢化物不一

定是共价化合物，如NaH等金属氢化物是离子化合物，故C错误；D.金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Mn2O7是酸性氧化物，故D错误；故选B。9.下列说法正确的是A.只含有一种元素的物质不可能发生化学变化B.焰色反应属于物

理变化C.紫色石蕊溶液中加入活性炭褪色是化学变化D.煤的气化和液化均属物理变化【答案】B【解析】【详解】A.氧气在放电条件下可转化为臭氧，只含有一种元素，且属于化学变化，故A错误；B.焰色反应中没有新物质生成，属于物理变化，

故B正确；C.紫色石蕊溶液中加入活性炭褪色，是因为活性炭具有吸附性，吸附色素，没有新物质生成，不是化学变化，故C错误；D.煤的气化和液化均属化学变化，故D错误；故选B。10.下列说法中正确的是A.直径为20nm的纳米碳酸钙属于胶体B.溶液是电

中性的，胶体是带电的C.是否具有丁达尔效应是溶液和胶体的本质区别D.用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物是利用了胶体的性质【答案】D【解析】【详解】A.直径为20nm的纳米碳酸钙属于纯净物，胶体是一种分散系，是混合物，故A错误；B.溶液是电中

性的，胶体也是电中性的，胶体粒子可能带电，故B错误；C.是否具有丁达尔效应不是溶液和胶体的本质区别，其本质区别是分散质粒子的直径大小，故C错误；D.可溶性的铝盐和铁盐溶于水，能与水反应生成氢氧化铝胶体或氢氧化铁胶体，二者均可以吸附水中悬浮的不溶性杂质，沉降而净水，故D正确；故

选D。11.下列说法中正确的是（）A.氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na+和Cl-B.硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于强电解质C.二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳属于弱电解质D.硫酸钠在水中的电离方程式可表示为Na2SO4=2Na++S6++4O2-【答案】B【解析】【详解】A、NaCl在水的

作用下电离出Na+和Cl-，A错误；B、BaSO4难溶于水，但是其溶解的部分完全电离，且该物质在熔融状态下也完全电离，故BaSO4是强电解质，B正确；C、CO2是非电解质，其溶于水后生成的H2CO3会发生电离，使得溶液

具有导电性，并非CO2本身发生电离，C错误；D、Na2SO4的电离方程式为：Na2SO4=2Na++SO42-，D错误；故合理选项为B。12.下列有关叙述正确的是A.标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约为22.4LB.

常温下，11.2L甲烷气体含有的甲烷分子数为0.5NAC.标准状况下，1molO2与1molSO3、1molH2O2、1molCH4的体积相同，都是22.4LD.同温同压下，相同体积的O2和O3气体，所含分子数相同【答案】D【解析】【详解】A.标准状况下，6.02×1023

个分子虽然是1mol，但是若这种物质在标况下不是气体，其所占的体积不是22.4L，故A错误；B.常温下，Vm不等于22.4L/mol，故11.2L甲烷气体含有的甲烷分子数不是0.5NA，故B错误；C.标准状况下，Vm=22.4L/mol，1molO2、1molCH4的体

积相同，都是22.4L，但是SO3、H2O2不是气体，无法计算它们的体积，故C错误；D.根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，相同体积的O2和O3气体，所含分子数相同，故D正确；【点睛】公式mVnV=（

标况时，Vm=22.4L/mol）的使用是学生们的易错点，并且也是高频考点，在使用时一定看清楚两点:①条件是否为标准状况，②在标准状况下，该物质是否为气体。如：本题C项，标况下SO3、H2O2不是气体，B项为常温，

均不能使用Vm=22.4L/mol计算。13.下列比较正确的是（）A.第一电离能：I1(P)＞I1(S)B.离子半径：r(Al3＋)＞r(O2－)C.能量：E(4s)＞E(3d)D.电负性：K原子＞Na原子【答案】A【解析】【

详解】A．P的原子外层电子为半充满状态，第一电离能较大，故A正确；B．Al3+与O2﹣的核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故B错误；C．根据构造原理可知能级能量应为E（3d）＞E（4s），故C错误；D．同主族元素从上到下电负性逐

渐减弱，故D错误．故选A．14.下列说法中不正确的是（）A.N2O与CO2、CCl3F与CC12F2互为等电子体B.CCl2F2无同分异构体，说明其中碳原子采用sp3方式杂化C.H2CO3与H3PO4

的非羟基氧原子数均为1,二者的酸性（强度）非常相近D.由IA族和VIA族元素形成的原子个数比为1:1、电子总数为38的化合物，是含有共价键的离子化合物【答案】C【解析】A.原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子

体，N2O与CO2的价电子总数均为16，CCl3F与CC12F2的价电子总数均为32，它们互为等电子体，A项正确；B.CCl2F2无同分异构体，说明其分子为四面体形，C原子与其它原子以单键相连，碳原子采用sp3方式杂化，B项正确；C.碳酸属

于弱酸，磷酸属于中强酸，它们的酸性不同，是因为它们的非羟基氧原子数不同，C项错误；D.由IA族和VIA族元素形成的原子个数比为1:1、电子总数为38的化合物是Na2O2，Na2O2是含有共价键的离子化合物，D项正确。答案选C。15.通常情况下，

氯化钠、氯化铯、二氧化碳和二氧化硅的晶体结构分别如下图所示，下列关于这些晶体结构和性质的叙述不正确的是()A.同一主族的元素与另一相同元素所形成的化学式相似的物质不一定具有相同的晶体结构B.氯化钠、氯化铯和二氧化碳的晶体都有立方的晶胞结构，它

们具有相似的物理性质C.二氧化碳晶体是分子晶体，其中不仅存在分子间作用力，而且也存在共价键D.在二氧化硅晶体中，平均每个Si原子形成4个Si－O共价单键【答案】B【解析】【详解】SiO2和CO2的化学式相似，但其晶体结构不同，A项正确；二氧化碳为分子晶体，氯化钠和氯化铯为离子晶体，所

以物理性质不同，B错误；二氧化碳为分子晶体，分子间存在分子间作用力，而分子内部碳原子和氧原子间形成共价键C正确；根据二氧化硅的结构可判断D项正确。答案选B。16.下列物质的熔点均按由高到低的次序排列，其原因是由于键

能由大到小排列的是A.铝、钠、干冰B.金刚石、碳化硅、晶体硅C.碘化氢、溴化氢、氯化氢D.二氧化硅、二氧化碳、一氧化碳【答案】B【解析】【详解】只有原子晶体熔化破坏共价键，熔点高低由共价键键能大小决定，A.铝、钠熔化破坏金属键，干冰熔化破坏分子间作用

力，故A不符合；B.金刚石、碳化硅、晶体硅均为原子晶体，成键原子半径越大，键长越长，键能越小，熔点越低，所以熔点按由高到低的次序排列，故B符合；C.碘化氢、溴化氢、氯化氢均为分子晶体，熔化破坏分子间作用力，故C不符合；D.二氧化硅熔化破坏共价键；二氧化碳、一氧化碳熔化破坏分子

间作用力，故D不符合；故选B。【点睛】晶体熔化时，原子晶体破坏共价键，离子晶体破坏离子键，金属晶体破坏金属键，分子晶体破坏分子间作用力。17.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列关于0.2mol/LBa(NO3)2溶

液的叙述不正确的是A.2L溶液中阴阳离子总数为1.2NAB.500mL溶液中NO3－浓度为0.2mol/LC.500mL溶液中Ba2＋浓度为0.2mol/LD.500mL溶液中NO3－物质的量为0.2mol【答案】B【解析】【详解】A、溶液中Ba（NO3）2的

物质的量n=cV=0.2mol/L×2L=0.4mol，而1molBa（NO3）2中含1mol钡离子和2mol硝酸根即含3mol离子，则0.4molBa（NO3）2中含1.2mol离子即1.2NA个，A正确；B

、0.2mol•L-1Ba（NO3）2溶液NO3-浓度为0.4mol/L，与所取溶液的体积无关，B错误；C、0.2mol•L-1Ba（NO3）2溶液Ba2+浓度为0.2mol/L，与所取溶液的体积无关，C正确；D、500mL溶液中含有Ba（NO3）2的物质的量n=cV

=0.2mol/L×0.5L=0.1mol，而1molBa（NO3）2中含2molNO3-，故0.1molBa（NO3）2中含0.2mol硝酸根，D正确，答案选B。18.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()A.1molNa与足量O2反应，生成Na2O和

Na2O2的混合物，钠失去NA个电子B.0.1L0.5mol·L-1CH3COOH溶液中含有的H＋数为0.05NAC.标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH3分子D.56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分

子【答案】A【解析】【详解】A.Na2O和Na2O2中钠元素的化合价均为+1价，故1mol钠无论生成产物是什么，则一定失去1mol电子，即NA个电子，故A正确；B.0.1L0.5mol·L-1CH3COOH溶液中溶质物质的量为

0.05mol，但CH3COOH是弱酸，不能完全电离，故溶液中含有的H＋数小于0.05NA，故B错误；C.氨水是氨气的水溶液，故无法计算22.4L氨水中含有的NH3分子数，故C错误；D.常温下，铁在浓硫酸中钝化，

不能完全反应，故D错误；故选A。19.下列叙述正确的是A.24g镁与27g铝中，含有相同的质子数B.同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同C.1mol重水与1mol水中，中子数比为2∶1D.1mol乙烷和1mol乙烯中，化学键数相同【答案】B【解析】【分析】本题考查的是物质结构，需要

先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。【详解】A．1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。B．设氧气和臭氧的质量

都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为×2=mol和×3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相

同的电子数，选项B正确。C．重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。

D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。故选B。【点睛】本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物

质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。20.某氯原子的质量为ag，12C的质量是bg，用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.氯元素的相对原子质量为12abB.氯元素的摩尔质量为aNAC.mg该氯原子的

物质的量为AmmolaND.ng该氯原子所含的电子数为A17naN【答案】C【解析】【详解】A.某氯原子的质量为ag，12C的质量是bg，则该氯原子的相对原子质量为ag12a=bgb12，不是氯元素的相

对原子质量，故A错误；B.氯原子的质量为ag，则该氯原子的摩尔质量为aNAg·mol-1，故B错误；C.氯原子的质量为ag，则该氯原子的摩尔质量为aNAg·mol-1，故mg该氯原子的物质的量AmmolaN，故C正确；D.ng该氯原子含有的氯原子的数目为na个，则其含有的电子个数为17na，故D

错误；故选C。二．非选择题21.以下有10种物质：①铜②硫酸溶液③氯化氢④氨气⑤空气⑥冰醋酸⑦酒精⑧氯化钠⑨硫酸钡⑩氢氧化钾。按照表中提示的信息，把符合左栏条件的物质的序号填入右栏相应的位置。符号符合的条件物质的对应序号(1)混合物______(2)电解质，但熔融状态下并不导电______(3)

属于盐的强电解质_______(4)非电解质_______(5)既不是电解质，也不是非电解质，但本身能导电_______【答案】(1).②⑤(2).③⑥(3).⑧⑨(4).④⑦(5).①②【解析】【分析】根据电解质、非电解质的概念判断。【详解】(1)硫酸溶液是水溶液，为混

合物；空气含有多种成分，属于混合物；(2)氯化氢、冰醋酸是电解质，熔融状态下不能电离出离子，不能导电；(3)氯化钠属于盐，其溶于水能完全电离，故属于强电解质；硫酸钡属于盐，虽然难溶于水，但是溶解到水中的部分能完全电离，故其属于强电解质；(4)溶于水和熔融状态都不导电的化合物是非电解质，氨

气溶于水可以导电，但是电离出离子的是一水合氨，不是氨气本身电离出离子，故氨气属于非电解质；酒精是溶于水和熔融状态都不导电的化合物，故酒精属于非电解质；(5)单质和混合物既不是电解质、也不是非电解质，铜是单质，

空气、硫酸溶液属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质。硫酸溶液是硫酸的水溶液，电离出自由移动的离子，能导电，金属能导电，所以既不是电解质，也不是非电解质，但本身能导电的是铜、硫酸溶液。【点睛】掌握电解质与非电解质的判断方法与物质导

电的原因是解此题的关键。需要注意的是，电解质与非电解质都必须是化合物，单质和混合物，既不是电解质也不是非电解质，电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，电解质本身不一定能导电，导电的不一定是电解质，如氯化钠晶体是电解质，但不能导电，因其溶于水或熔融状态下能

导电，所以氯化钠是电解质，氯化钠溶液可导电，但其是混合物，既不是电解质也不是非电解质，熔融氯化钠既可以导电，也属于电解质；此外电解质溶于水能导电一定是自身能电离出离子，如CO2的水溶液虽然可以导电，但是溶液中的离子是由碳酸电离产生的，并非CO2自身电离产生的，因此CO2属于非电解质，类似

的还有二氧化硫、氨气等。22.CO和CO2的混合气体18g，完全燃烧后测得CO2体积为11.2L(标准状况)。(1)混合气体中CO2的质量是_________g。(2)混合气体中CO在标准状況下的体积是______L(3)混合气体

在标准状况下的密度是_______g・L-1。(4)混合气体的平均摩尔质量是_______g.mol-1(5)混合气体在标准状况下的体积是________L【答案】(1).11(2).5.6(3).1.61(4).36(5).11.2【解析】【分析】设混合气体中含有CO和CO

2的物质的量分别为x、y，根据总质量可得：28x+44y=18，根据碳原子守恒可知：x+y=11.2L22.4L/mol=0.5mol，联立解得：x=y=0.25mol，即：混合气体中含有0.25molCO，0.

25molCO2，据此分析解答。【详解】(1)混合气体中CO2的质量为：44g/mol×0.25mol=11g；(2)混合气体中CO在标准状況下的体积为：22.4L/mol×0.25mol=5.6L；(3

)混合气体的总物质的量为0.5mol，则混合气体在标准状况下的体积是22.4L/mol×0.5mol=11.2L，则混合气体在标准状况下的密度为：-118g1.61gL11.2LmV==；(4)混合气体的总物质的量为0.5mol，则混合气体的平均摩

尔质量为：18g=36g/mol0.5mol；(5)混合气体的总物质的量为0.5mol，则混合气体在标准状况下的体积是22.4L/mol×0.5mol=11.2L。【点睛】解答本题的关键是通过列方程组计算CO和CO2的物质

的量，再灵活运用公式AmNmVnNMV===进行计算。23.“84消毒液”是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒，在2020年抗击新型冠状病毒过程中，发挥了其重要的作用。某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒

液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：(1)此“84消毒液”的物质的量浓度约为________-1molLg。(计算结果保留一位小数)(2)某同学量取100mL此“84消毒液”，按说明要求稀释

后用于消毒，则稀释后的溶液中(Na)c+＝____________-1molLg。(3)某同学欲用NaClO固体配制物质的量浓度为0.1mol/L，1000mLNaClO的消毒液。①请计算该同学配制此溶液需称取称量

NaClO固体的质量为_________g。②如图所示的仪器中配制溶液需要使用的是_______(填仪器序号)，还缺少的玻璃仪器是________。③下列操作中，容量瓶不具备的功能是________(填序号)。a.配制一定体积准确浓度的标准溶液b.贮存

溶液c.测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液d.用来固体和液体的反应e.用来加热溶解固体溶质(4)若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏低的是______(填序号)。A.定容时俯视刻度线B.转移前，容量瓶内有蒸馏水C.未洗涤烧杯和玻璃棒D.定容时水多用胶头滴管吸出【答

案】(1).3.8(2).0.038(3).7.5(4).CDE(5).玻璃棒、胶头滴管(6).bcde(7).CD【解析】【分析】(1)根据公式1000=cM计算；(2)根据溶液的稀释定律分析；(3)②根据配制一定物质的量浓度的溶

液的步骤分析；③根据容量瓶的使用规则分析；(4)根据公式ncV=进行误差分析。【详解】(1)()10001.1824%NaClO=mol/L=3.8mol/L74.5c；(2)溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后c(NaClO)=1100×3.8mo

l/L=0.038mol/L，故c(Na+)=c(NaClO)=0.038mol/L；(3)①NaClO固体的物质的量为0.1mol/L×1L=0.1mol，则质量为0.1mol×74.5g/mol=7.45g，

由于托盘天平的精确度为0.1g，故称量NaClO固体的质量为7.5g；②根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒

、1000mL容量瓶和胶头滴管，故需使用的仪器序号是CDE，还需要的是玻璃棒、胶头滴管；③a．容量瓶只能用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，a不符合题意；b．容量瓶不能贮存溶液，只能用于配制，配制完成后要尽快装瓶，b符合题意；c．容量瓶只有一条刻度线，故不能测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液，c

符合题意；d．容量瓶必须在一定温度下使用，化学反应都伴随能量的变化，放热或吸热，故不能用于固体和液体的反应，d符合题意；e．容量瓶不能受热，故不能用来加热溶解固体溶质，e符合题意；故选：bcde；(4)A

．定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏高，A不符合题意；B．转移前，容量瓶内有蒸馏水，对配制溶液的浓度无影响，B不符合题意；C．未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质损失，使配制的溶液浓度偏低，C符合题意；D．定容时水多了用胶头滴管吸出，则吸出的不只是溶剂，还有溶质，使溶液浓度偏

低，D符合题意；故选：CD。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液需要的实验仪器是学生们的易忘点，学生们可以根据配制一定物质的量浓度溶液的实验步骤，即计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶，记忆需要的仪器，这样就不会漏掉某个仪器。

24.上海世博会场馆，大量的照明材料或屏幕都使用了发光二极管(LED)。目前市售LED铝片，材质基本以GaAs(砷化镓)、AlGaInP(磷化铝镓铟)、InGaN(氮化铟镓)为主。已知镓是铝同族下一周期的元素。砷化镓的晶胞结构如图。试回答：(1)镓的基态原子的

价电子排布式是_____________。(2)砷化镓晶胞中所包含的砷原子(白色球)个数为________，与同一个镓原子相连的砷原子构成的立体构型为_________。(3)N、P、As处于同一主族，其氢化物沸点由高到低的顺序是______(用氢化物分子式表示)。(4)砷化镓可由(CH3

)3Ga和AsH3在700℃时制得，(CH3)3Ga中镓原子的杂化方式为_______，GaAs的熔点为1238℃，该晶体的类型为_________。(5)比较二者的第一电离能：As________Ga(填“＜”“＞”或“＝”)。(6)下列说法正确的是____

____(填字母)。A.砷化镓晶胞结构与NaCl相同B.GaP与GaAs互为等电子体C.电负性：As＞GaD.砷化镓晶体中含有配位键(7)砷化镓的晶胞结构如上图所示，密度为ρg·cm-3，相对分子质量为M，其晶

胞中Ga原子与As原子最近距离是_________nm。【答案】(1).4s24p1(2).4(3).正四面体(4).NH3＞AsH3＞PH3(5).sp2(6).原子晶体(7).＞(8).BCD(9).73A34104MN

【解析】【分析】【详解】(1)镓位于周期表中第四周期ⅢA族，故其基态原子的价电子排布式是4s24p1；(2)根据“均摊法”可得，砷化镓晶胞中所包含的砷原子(白色球)个数为118+6=482，由晶胞

图可知与同一个镓原子相连的砷原子构成的立体构型为正四面体；(3)由于NH3分子间存在氢键，所以NH3的沸点最高，由于AsH3的相对分子质量大于PH3，故AsH3的沸点高于PH3，则N、P、As的氢化物沸点由高到低的顺

序是NH3＞AsH3＞PH3；(4)由于Ga原子周围有3对成键电子对，无孤电子对，则价层电子对数为3，故其杂化方式为sp2杂化；GaAs的熔点为1238℃，熔点高，则该晶体的类型为原子晶体；(5)同一周期元素

中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素第一电离能大于相邻元素，Ga属于第IIIA族、As属于第VA族，所以As的第一电离能比Ga的大；(6)A.NaCl晶体中阴阳离子的配位数为6，而砷化镓晶胞中阴阳离子的配位数为4，二者晶体结构不同，

故A错误；B.根据等电子体的概念可知二者价电子总数相等，属于等电子体，故B正确；C.周期表同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则电负性：As>Ga，故C正确；D.由于Ga原子最外层只有3个电子，而每个Ga原子与4个As原子成键，因此其中一个共价键必为配位键，故D正确；故选：BCD。(7

)在砷化镓晶胞中，As原子个数＝118+6482＝，Ga原子个数也是4，因此每个晶胞中含有4个GaAs，则晶胞的边长为73A410nmMN，由于Ga处于与它相连的四个As构成的正四面体的几何中心，则最近的砷和镓原子核间距为晶胞体对角线的14，故晶胞中Ga原子与As原子最近距离是73A

3410nm4MN。【点睛】第(7)问在计算晶胞边长时单位的换算是学生们的易错点，首先用晶胞质量和密度计算出边长，单位为厘米，再将边长单位换算为nm，注意1cm=107nm，其次另外经常用到的还有皮米与厘米的换算，1pm=10-10cm。