福建省建瓯市芝华中学2019-2020学年高二化学下学期第一次阶段考试试题.doc

福建省建瓯市芝华中学2019-2020学年高二化学下学期第一次阶段考试试题

福建省建瓯市芝华中学2019-2020学年高二化学下学期第一次阶段考试试题

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福建省建瓯市芝华中学2019-2020学年高二化学下学期第一次阶段考试试题（含解析）
可能用到的相对原子质量：H1 B11 O16 Na23 P31 S32 Fe56 Cu64
第I卷
选择题：每小题只有一个选项符合题意
1.中华传统文化蕴含着很多科学知识。下列说法错误的是(　　)。
A. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中“丝”是蛋白质，古代的“蜡”是烃类物质
B. 《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，涉及的实验操作是蒸馏
C. 《己亥杂诗》中“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴藏着自然界碳、氮的循环
D. “红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指乙烯
【答案】A
【解析】
【详解】A．古代的蜡由油脂制造，属于高级脂肪酸甘油酯，属于酯，A错误；
B．“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”描述的是加热使酒精变为蒸气，然后冷凝为液态，涉及蒸馏，B正确；
C．“落红”化作春泥即植物体腐烂、分解，转化成二氧化碳、水和无机盐（包括含氮无机盐）、N2等物质，“更护花”即植物吸收二氧化碳、水等通过光合作用生成有机物，吸收硝酸盐等转化为有机氮，所以该诗句蕴含了生态系统中的C、N循环，C正确；
D．成熟的木瓜能产生乙烯，乙烯能催熟柿子，所以“气”指的是乙烯，D正确；
答案选A。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)。
①3.9 g苯与足量的H2反应时，参与反应的碳碳双键数为0.15NA
②3.1 g氧化钠和3.9 g过氧化钠的混合物中含有的阴离子总数为0.1NA
③1.8 g 14CH4和水蒸气(H218O)的混合气体中含有的电子数目为NA
④常温下1 L 0.5 mol·L-1 NH4Cl溶液与2 L 0.25 mol·L-1 NH4Cl溶液所含的数目相同
⑤常温下，4.6 g NO2和N2O4的混合气体中所含原子总数为0.3NA
⑥将1 mol Cl2通入足量水中，溶液中HClO、Cl-、ClO-数目之和为2NA
⑦高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应转移的电子数为0.8NA
A. ①②④⑥ B. ②⑤⑦
C. ②③⑥⑦ D. ③⑤⑥⑦
【答案】B
【解析】
【详解】①苯分子中没有碳碳双键，①不正确；
②氧化钠和过氧化钠的组成中，其阴、阳离子的个数比相同，都是1:2，3.1g氧化钠和3.9g过氧化钠的物质的量均为0.05mol，故混合物中含有的阴离子总数为0.05 NA +0.05 NA=0.1NA，②正确；
③14CH4和水蒸气(H218O)的分子内均有10个电子，14CH4和H218O的摩尔质量不同，所以1.8g14CH4和水蒸气(H218O)的混合气体的物质的量不相同，所含电子数目也就不相等，③不正确；
④在相同温度下，NH4+的水解程度随浓度增大而减小，故常温下1L0.5mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液所含NH4+的数目不相同，④不正确；
⑤NO2和N2O4的最简式相同，均为NO2，4.6gNO2的物质的量为0.1mol，原子的物质的量=0.1mol×3=0.3mol，所以4.6gNO2和N2O4的混合气体中所含原子总数为0.3NA，⑤正确；
⑥Cl2通入足量水中，所得溶液中含有Cl2、HClO、Cl-、C1O-等粒子。由物料守恒可知，将1molCl2通入足量水中，溶液中HClO、Cl-、C1O-粒子数之和小于2NA，⑥不正确；
⑦高温下，Fe与水蒸气反应生成Fe3O4，16.8gFe的物质的量为0.3mol Fe，故16.8gFe与足量水蒸气完全反应转移电子数为0.3NA×=0.8NA，⑦正确；
综上所述，②⑤⑦正确。
答案选B。
3.下列离子方程式与所述事实相符的是(　　)。
A. 锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na2CO3溶液浸泡：+CaSO4=CaCO3+
B. 向氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：Fe2++2H++=Fe3++H2O+NO2↑
C. 用铁电极电解饱和食盐水：2Cl-+2H2O=Cl2↑+H2↑+2OH-
D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+++OH-=CaCO3↓+H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．一般情况下，溶解度小的沉淀容易转换为溶解度更小的沉淀，CaCO3的溶解度比CaSO4小，故CaSO4可以转化为CaCO3，水垢中的CaSO4加饱和Na2CO3溶液浸泡会发生+CaSO4=CaCO3+，A正确；
B．稀硝酸被还原为NO，而不是NO2，B错误；
C．Fe电极为活性电极，用铁电极电解饱和食盐水时，阳极：Fe失电子变为Fe2+，产物不可能有Cl2，C错误；
D．石灰水足量，所给离子方程式漏了OH-和NH4+反应生成NH3·H2O，D错误。
答案选A。
4.下列分子均属于极性分子且中心原子均为sp3杂化的是
A. SO2、BF3 B. PCl3、SO3 C. CH4、SiO2 D. NF3、H2S
【答案】D
【解析】
【详解】A.SO2中S原子形成2个σ键，孤电子对个数=×（6-2×2）=1，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为V形，空间结构不对称，为极性分子；BF3 为sp2杂化，A错误；
B.PCl3中P原子形成3个σ键，孤电子对个数=×（5-3×1）=1，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，空间结构不对称，为极性分子；SO3中S原子形成3个σ键，孤电子对个数=×（6-2×3）=0，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为平面三角形，空间结构对称，为非极性分子，B错误；
C.甲烷为sp3杂化，但为正四面体结构，属于非极性分子，二氧化硅为sp2杂化，C错误；
D.NF3、H2S均为sp3杂化，分别为三角锥、V型结构的极性分子，D正确；
答案选D。
5.碳循环（如图）对人类生存、发展有着重要的意义。下列说法错误的是( )

A. 碳是构成有机物的主要元素
B. 光合作用是将太阳能转化为化学能的过程
C. 化石燃料的大量燃烧是产生温室效应的原因之一
D. 石油的年产量是一个国家石油化工发展水平的标志
【答案】D
【解析】
【详解】A．一般含碳的化合物为有机物，碳是构成有机物的主要元素，故A正确；
B．光合作用绿色植物在叶绿体内吸收太阳光把二氧化碳和水合成葡萄糖，同时放出氧气，将太阳能转化为化学能，储存在糖类中，故B正确；
C．化石燃料燃烧生成大量二氧化碳气体，是产生温室效应的原因之一，故C正确；
D．乙烯工业的发展，带动了其他以石油为原料的石油化工的发展。因此一个国家乙烯工业的发展水平，已成为衡量这个国家石油化学工业水平的重要标志，故D错误；
故选：D。
6.某溶液中含有的离子可能是K+、Ba2+、Al3+、Mg2+、、、、Cl－中的几种，现进行如下实验：
①取少量原溶液，滴加氢氧化钠溶液的过程中无沉淀生成；
②另取少量原溶液，逐滴加入5 mL 0.2 mol·L-1盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失；
③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液得到沉淀0.43 g。
下列说法中正确的是(　　)。
A. 该溶液中一定不含Ba2+、Al3+、Mg2+、、Cl－
B. 该溶液中一定含有K+、、、Cl－
C. 该溶液中是否含有K+需做焰色反应(透过蓝色钴玻璃片观察)进行判断
D. 该溶液中可能含有Cl－
【答案】B
【解析】
【分析】
某溶液中含有的离子可能是K+、Ba2+、Al3+、Mg2+、、、、Cl－中的几种，①取少量原溶液，滴加氢氧化钠溶液的过程中无沉淀生成，说明无Al3+、Mg2+，②另取少量原溶液，逐滴加入5 mL 0.2 mol·L−1盐酸即物质的量为0.001mol，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失，说明含有、，无，根据碳酸根和钡离子不共存，得到无Ba2+，③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液得到沉淀0.43 g即AgCl物质的量为0.003mol，则说明原溶液中含有Cl－。
【详解】A. 根据前面分析得到该溶液中一定不含Ba2+、Al3+、Mg2+、，故A错误；
B. 根据前面分析得到该溶液中一定含有、、Cl－，由于溶液呈电中性，因此一定含有K+，故B正确；
C. 根据溶液电荷守恒得到溶液含有K+，不用做焰色反应实验，故C错误；
D. 根据前面分析信息得到该溶液中一定含有Cl－，故D错误。
综上所述，答案为B。
7.下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
判断
A
碳酸钠溶液可用于治疗胃病
Na2CO3可与盐酸反应
Ⅰ对，Ⅱ对，有
B
向Na2O2的水溶液中滴入酚酞变红色
Na2O2与水反应生成氢氧化钠
Ⅰ对，Ⅱ错，无
C
金属钠保存在煤油中，以隔绝空气
常温下，金属钠在空气中会生成过氧化钠
Ⅰ对，Ⅱ对，有
D
过氧化钠可用于航天员的供氧剂
Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2
Ⅰ对，Ⅱ对，有

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.治疗胃酸过多要用NaHCO3而不是Na2CO3，碳酸钠的碱性较强，不能用来中和胃酸，故A错误；
B.Na2O2与水反应生成氢氧化钠，向Na2O2的水溶液中滴酚酞先变红色后为无色，有因果关系，故B错误；
C. 常温下，金属钠在空气中生成的是氧化钠，陈述错误，故C错误；
D.Na2O2能和CO2和H2O反应生成O2，可用于航天员的供氧，陈述正确，存在因果关系，故D正确．
答案选D。
8.已知某物质X能发生如下转化：

下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述错误的是（ ）
A. 若X为或，则A为硝酸
B. 若X为或，则A为硫酸
C. 若X为非金属单质或非金属氢化物,则A不一定能与金属铜反应生成Y
D. 反应①和②一定为氧化还原反应,反应③一定为非氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 若X为或，则Y为NO、Z为NO2，A为硝酸，A选项正确；
B. 若X为或，则Y为SO2、Z为SO3，A为硫酸，B选项正确；
C. 若X为非金属单质或非金属氢化物，比如C或CH4，则Y为CO、Z为CO2，A为H2CO3，它不能与金属铜反应生成CO；若X为S或N2或它们的氢化物，则A能与金属铜反应生成SO2(NO)，C选项正确；
D. 若X为钠，反应①和②一定为氧化还原反应，反应③是Na2O2与H2O的反应，为氧化还原反应，D选项错误。
故选D。
9.中学化学中很多“规律”都有其使用范围,据有关“规律”下列结论合理的是
A. 根据较强酸可以制取较弱酸的规律,推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClO
B. 金属钠可以通过电解熔融NaCl制得,推出金属铝可以通过电解熔融AlCl3制得
C. 金属钠在纯氧中燃烧生成Na2O2,推出金属锂在纯氧中燃烧生成Li2O2
D. CaCO3与稀硝酸反应生成CO2,推出CaSO3也能与稀硝酸反应生成SO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸酸性大于次氯酸，CO2通入NaClO溶液中能生成HClO，故A正确；
B．AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电，金属铝可以通过电解Al2O3制得，故B错误；
C．锂的活泼性小于钠，锂在纯氧中燃烧生成Li2O，故C错误；
D．稀硝酸具有强氧化性，CaSO3与稀硝酸反应不能生成SO2，故D错误
答案选A。
10.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是(　　)。
A. 等物质的量的Na2O和Na2O2中所含阴离子数均为NA
B. 标准状况下，22.4 L己烷中含有的共价键数目为19NA
C. 常温下，1 L 0.5 mol·L-1 Na2CO3溶液与1 L 0.5 mol·L-1 Na2S溶液中阳离子数均为NA
D. 0.1 mol Na2O2与足量水反应转移0.1NA个电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．没有给具体物质的量，阴离子数相等，但不一定是NA，A错误；
B．标准状况下，己烷不是气体，不能计算22.4 L己烷的物质的量，也就不能计算其所含共价键数目，B错误；
C．Na2CO3的物质的量和Na2S的物质的量均为0.5mol，Na+的物质的量均为1mol，但是溶液中还有H+，所以阳离子数均大于NA，C错误；
D．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑~2e-，所以0.1 mol Na2O2与足量水反应转移0.1NA个电子，D正确。
答案选D。
11.如图是第三周期11～17号元素某些性质变化趋势的柱形图，下列有关说法中正确的是

A. y轴表示的可能是第一电离能
B. y轴表示的可能是电负性
C. y轴表示的可能是原子半径
D. y轴表示的可能是形成基态离子转移的电子数
【答案】B
【解析】
【详解】A．Mg的3s电子全满为稳定结构，P的3p电子半满为稳定结构，则电离能大于相邻的元素，即电离能不是随着原子序数的递增而增大，故A错误；
B．随原子序数的增大，元素的非金属性增强，则元素的电负性增强，故B正确；
C．随原子序数的增大，原子半径减小，与图像不符，故C错误；
D．金属失去电子，而非金属得到电子，如硫、氯原子形成基态离子时得到的电子数分别为2、1，与图像不符，故D错误；
答案选B。
12.短周期主族元素A、B形成AB3型分子，下列有关叙述正确的是（ ）
A. 若A、B为同一周期元素，则AB3分子一定为平面正三角形
B. 若AB3分子中的价电子个数为24个，则AB3分子为平面正三角形
C. 若A、B为同一主族元素，，则AB3分子一定为三角锥形
D. 若AB3分子为三角锥形，则AB3分子一定为NH3
【答案】B
【解析】
【详解】A、若A、B为同一周期的P和Cl元素，形成PCl3时，中心原子磷是sp3杂化，立体构型为三角锥形，故A错误；
B、若AB3分子中价电子个数为24个，可以推出来A为硼或铝，B为氟或氯，无论哪种组合，中心原子都是sp2杂化，无孤对电子，分子都是平面正三角形，故B正确；
C、若A、B为同一主族元素，硫和氧形成的三氧化硫，硫是sp2杂化，是平面正三角形，故C错误；
D、若AB3分子为三角锥形，则AB3分子可能为NH3，也可能是PH3，故D错误；
答案选B。
13.气体X和气体Y同时通入盛有溶液Z的洗气瓶中(如图)，一定没有沉淀生成的是

X
Y
Z

A
NO2
SO2
BaCl2溶液
B
NH3
O2
Al2(SO4)3溶液
C
NH3
CO2
CaCl2溶液
D
CO2
SO2
CaCl2溶液

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.二氧化氮易溶于水生成硝酸，硝酸有强氧化性，二氧化硫有还原性，所以二氧化硫能被硝酸氧化成硫酸，硫酸和氯化钡发生复分解反应生成白色硫酸钡沉淀，故A不符合题意；
B.氨气极易溶于水生成氨水，氨水与硫酸铝溶液发生复分解反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝能溶于强碱但不溶于弱碱，所以一定有白色沉淀生成，故B不符合题意；
C.氨气极易溶于水生成氨水，氨水呈碱性，所以氨水能和酸性氧化物二氧化碳反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，故C不符合题意；
D.CO2和SO2通入到CaCl2溶液中都不发生反应，无沉淀生成，故D符合题意；
故答案选D。
14.下列说法正确的是(　　)
A. 酸雨是指pH<7的雨水，酸雨长时间放置，酸性变强
B. 可用排空气法收集NO
C. 用加热浓氨水的方法可以快速制氨气，经氯化钙干燥后得到纯净的氨气
D. 2NH3+3Cl2=6HCl+N2，因此可以用浓氨水检验氯气的管道是否漏气
【答案】D
【解析】
【详解】A. 酸雨是指pH＜5.6的雨水，分硝酸型酸雨和硫酸型酸雨，酸雨长时间放置，亚硫酸会变为硫酸，酸性变强，故A错误；
B. NO与氧气常温反应，因此不能用排空气法收集NO，故B错误；
C. 用加热浓氨水的方法可以快速制氨气，经碱石灰干燥后得到纯净的氨气，不能用氯化钙干燥氨气，故C错误；
D.反应2NH3+3Cl2=6HCl+N2中生成的HCl能与氨气化合成固体氯化铵，因此可以用浓氨水检验氯气的管道是否漏气，有白烟，说明氯气管道漏气，故D正确；
综上所述，答案为D。
15.草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种淡黄色粉末，某课外小组利用下列装置检验草酸亚铁晶体受热分解的部分产物。

下列说法正确的是
A. 若③和⑤中分别盛放足量NaOH溶液和CuO，可检验生成的CO
B. 实验时只需要在装置①中反应结束后再通入N2
C. 若将④中的无水CaCl2换成无水硫酸铜可检验分解生成的水蒸气
D. 实验结束后，①中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物一定为铁
【答案】A
【解析】
【详解】A、利用②、③除去CO2，④中的无水氯化钙将气体干燥后，如果⑤中CuO固体转变成红色，则反应一定生成CO，A正确；
B、实验开始后，装置中的空气对分解及检验都有干扰，所以必须先通入N2除去装置中的空气，B错误；
C、由于从②、③溶液中导出的气体会带出水蒸气，因此④中放置无水硫酸铜无法检验分解生成的水蒸气，C错误；
D、草酸亚铁晶体分解剩余的固体为FeO，如果没有完全变为黑色，也有可能是由于晶体没有完全分解，D错误；
答案选A。
【点睛】固体分解得到的水一定要在通过溶液之前检验。
16.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（　　）
①金属钠投入到FeCl2溶液中
②过量NaOH溶液和明矾溶液混合
③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中
④向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2．
A. ①②③④ B. ①④ C. ③④ D. ②③
【答案】C
【解析】
①金属钠投入到FeCl2溶液中，Na首先与水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH再与FeCl2反应生成白色的Fe（OH）2 沉淀，Fe（OH）2易被氧化，沉淀最终变为是红褐色，故①错误；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生的反应是：4OH- +Al3+= AlO2- +2H2O，所以最终没有沉淀生成，故②错误；③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为： OH-+HCO3- =CO3 2-+H2O，CO3 2-与Ca 2+不能大量共存，生成白色的碳酸钙沉淀，故③正确；④向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3↓，此为化合反应，且碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，故④正确；故选C。
第Ⅱ卷
17.铁及其化合物之间的相互转化可用下式表示：Fe2+Fe3+Fe(高铁酸根离子)，回答下列问题：
(1)Fe2O3中铁元素化合价为___，实现④的转化需加入___(填“氧化剂”或“还原剂”)。
(2)配平下面的缺项方程式：__FeCl3+__Cl2+____=__Na2FeO4+_____ NaCl+__H2O
(3)已知下列反应可以发生：Co2O3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+3H2O；2Fe3+++H2O=2Fe2+++2H+；Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+。
由上述反应可知氧化性：Co2O3____(填“>”或“<”)Fe3+。
下列离子方程式错误的是____(填字母)。
a.Co2O3+6H++2Fe2+=2Co2++2Fe3++3H2O
b.+2Cl-+2H+=Cl2↑++H2O
c.Cl2++H2O=2Cl-++2H+
【答案】 (1). +3 (2). 还原剂 (3). 2 (4). 3 (5). 16NaOH (6). 2 (7). 12 (8). 8 (9). )> (10). b
【解析】
【详解】(1)Fe2O3中O元素为-2价，根据化合物中化合价代数和未0可知：铁元素化合价为+3，④Fe元素的化合价降低，被还原，应加还原剂，故答案为：+3；还原剂；
(2)Fe元素化合价从+3升高到+6，升高了3，Cl元素化合价从0降低到-1，降低了2×1=2，根据化合价升高总数=化合价降低总数可知：FeCl3、Na2FeO4前面配2，Cl2前面配3，结合Cl原子守恒可知，NaCl前面配12，根据Na原子守恒、H原子守恒、O原子守恒可知缺项为16NaOH，H2O前面配8，所以该反应的化学方程式为：2FeCl3+3Cl2+16NaOH=2Na2FeO4+12NaCl+8H2O，故答案为：2；3；16NaOH；2；12；8；
(3)氧化剂的氧化性强于氧化产物，结合Co2O3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+3H2O可知，Co2O3的氧化性强于Cl2，结合Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+可知，Cl2的氧化性强于Fe3+，结合2Fe3+++H2O=2Fe2+++2H+可知，Fe3+的氧化性强于，所以氧化性：Co2O3＞Cl2＞Fe3+＞：
a．根据化学方程式分析出：Co2O3的氧化性强于Fe3+，与分析一致，可发生，a正确；
b．根据化学方程式分析出：的氧化性强于Cl2，与分析不一致，不可发生，b错误；
c．根据化学方程式分析出：Cl2的氧化性强于，与分析一致，可发生，c正确；
故答案为：＞；b。
18.前四周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大。A元素的基态阴离子的电子排布式与基态锂离子的相同，A和E位于同主族，基态B原子核外有3个能级且各能级上容纳的电子数相等，基态D原子核外有2个未成对电子，最外能层符号为L。+1价F离子的3d能级达到全充满结构。
回答下列问题：
(1)基态C原子价电子排布图为_________。 
(2)B、C、D三种元素第一电离能由大到小排序为____(填元素符号，下同)，它们的电负性由小到大排序为____。 
(3)标准状况下，a L C2气体含π键物质的量为__。与C2D互为等电子体的分子有___(任写一种)。B、C分别与D构成的阴离子中，立体构型为平面三角形的有___(填离子符号)。 
(4)由A、B、C、D中的几种原子构成的分子中，含极性键的非极性分子有___(填一种，下同)；既含极性键，又含非极性键的极性分子有___。 
(5)C、F组成的晶体的晶胞如图所示。已知该晶体密度为ρ g·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值，则C、F最近的核间距为____ pm。 

(6)A和E组成晶体，其晶胞如图所示。E粒子周围有___个E紧密相邻且最近；连接与E粒子等距离且最近的A粒子构成的形状是_____。

【答案】 (1). (2). N>O>C (3). C<N<O (4). mol (5). CO2、CS2等 (6). 、 (7). CH4、CO2、C2H4、C2H2等(任写一种) (8). N2H4、H2O2等(任写一种) (9). (10). 12 (11). 正八面体形
【解析】
【分析】
基态锂离子的电子排布式为1s2，A元素的基态阴离子的电子排布式与基态锂离子的相同，则A为H；
基态B原子核外有3个能级且各能级上容纳的电子数相等，则B的核外电子排布式为1s22s22p2，则B为C；
基态D原子核外有2个未成对电子，最外能层符号为L，则D原子核外电子排布式为1s22s22p4，有2+2+4=8个电子，则D为O；
B(C)、C、D(O)原子序数依次增大，则C为N；
+1价F离子的3d能级达到全充满结构，则基态F原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，则F为Cu；
E和A(H)同主族，且原子序数比D(O)大，比F(Cu)小，则E为Na或K；
综上所述，A、B、C、D、E、F分别为：H、C、N、O、Na或K、Cu，据此解答。
【详解】(1)C为N元素，基态N原子有5个价电子，其价电子排布图为，故答案为：；
(2)B(C)、C(N)、D(O)位于同一周期，一般情况下，同周期元素从左往右，第一电离能增大，C的第一电离能最小，N的核外电子排布式为1s22s22p3，O的核外电子排布式为1s22s22p4，N的2p轨道半充满，比O稳定，第一电离能比O大，即第一电离能：N>O>C。元素的非金属越强，电负性越大，即电负性：C<N<O，故答案为：N>O>C；C<N<O；
(3)C为N，C2即N2，标准下，aLN2物质的量=，1个N2中含2个π键，则a L C2气体含π键的物质的量==mol。C2D即N2O，原子数和价电子数均相等的微粒互为等电子体，N2O分子中原子数为3，价电子数为16，与其互为等电子体的有CO2、CS2等。B(C)、C(N)分别与D(O)构成的阴离子有CO32-、NO3-、NO2-等，、为平面三角形，NO2-为V形，故答案为：mol；CO2、CS2等；、；
(4)由A(H)、B(C)、C(N)、D(O)中的几种原子构成的分子有H2O、NH3、CH4、CO2、C2H4、C2H2、CO、NO、NO2等，其中，CH4的空间构型为正四面体，CO2为直线形分子，C2H4为平面型分子且键角为120°，C2H2为直线形分子，以上四种分子正负电荷中心重合，均为含有极性键的非极性分子，故答案为：CH4、CO2、C2H4、C2H2等(任写一种)；
(5)C为N、F为Cu，根据均摊法可知，黑球所代表的原子个数==3，白球所代表的原子个数==1，所以白球代表N，黑球代表Cu，该晶体为Cu3N，则一个晶胞的质量=g=g，设晶胞参数为apm，则g=(a×10-10cm)3×ρ g·cm-3，则a=，所以C(N)、F(Cu)最近的核间距==pm，故答案为：；
(6)A和E组成晶体，其晶胞类似NaCl晶胞，E周围有12个E粒子紧密相邻且最近。E周围等距离且最近的A粒子有6个，连接这6个A，构成正八面体，故答案为：12；正八面体。
19.保险粉(Na2S2O4)广泛应用于造纸、印染、环保、医药等行业。该物质具有强还原性，在空气中易被氧化，受热易分解，在碱性条件下比较稳定，易溶于水、不溶于乙醇。保险粉可以通过 NaHSO3与NaBH4反应制取。请按要求回答下列问题：
I．NaHSO3溶液的制备

(1)上图仪器a的名称___________；装置C中反应后溶液pH=4.1，则发生反应的化学方程式为___________。
II．保险粉的制备
打开下图(部分装置已省略)中活塞K1通入氮气，一段时间后，关闭K1，打开恒压滴液漏斗活塞向装置E中滴入碱性NaBH4溶液，在30-40℃下充分反应。向反应后的溶液中加入乙醇，经冷却结晶、过滤得到Na2S2O4·2H2O晶体，再用乙醇洗涤、真空烘干脱去晶体结晶水得到保险粉。

(2)反应产物中有NaBO2，无气体。写出E中发生反应的化学方程式___________。
(3)通入氮气的作用是______________________。
(4)使用乙醇洗涤Na2S2O4·2H2O晶体的优点：______________________。
(5)对装置E的加热方式最好采用______________________。
Ⅲ．保险粉的纯度测定
(6)称取2.0g Na2S2O4样品溶于冷水配成200mL溶液，取出25.00mL该溶液于锥形瓶中，用0.10mol/L碱性K3[Fe(CN)6]标准溶液滴定，原理为：4[Fe(CN)6]3-+2S2O42-+8OH-=4[Fe(CN)6]4-+4SO32-+4H2O，用亚甲基蓝为指示剂，达到滴定终点时消耗标准溶液24.00mL，则样品中Na2S2O4的质量分数为___________(杂质不参与反应)(计算结果精确至0.1%)。
【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). 2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2 (3). NaBH4+8NaHSO3NaBO2+4Na2S2O4+6H2O (4). 将装置E中空气赶出，防止NaHSO3 (或Na2S2O4)被氧化 (5). 减少保险粉的溶解损失(并有利于干燥) (6). 水浴加热 (7). 83.5%
【解析】
【分析】
I.在烧瓶中H2SO4与Na2SO3发生复分解反应制取SO2气体，产生的气体通过安全瓶后进入到三颈烧瓶中，与NaOH、Na2CO3溶液发生反应制取得到NaHSO3；SO2是大气污染物，在排放前要用NaOH溶液进行尾气处理；
II.将上述制得的NaHSO3放入三颈烧瓶E中，与恒压滴液漏斗中加入的NaBH4发生反应产生NaBO2、Na2S2O4及水，为防止空气将NaHSO3 或制取得到Na2S2O4氧化，在反应前先向装置中通入N2或惰性气体；为使反应温度在30-40℃下进行，可利用水浴加热的温度便于控制及受热均匀的特点，进行水浴加热；为减小洗涤Na2S2O4·2H2O晶体时造成的损失，可用无水乙醇进行洗涤；
III. 用亚甲基蓝为指示剂，根据反应4[Fe(CN)6]3-+2S2O42-+8OH-=4[Fe(CN)6]4-+4SO32-+4H2O中K3[Fe(CN)6]与Na2S2O4的物质的量关系，计算出Na2S2O4的质量，再根据物质的含量计算方法得到样品中Na2S2O4的质量分数。
【详解】(1)根据上图仪器a的结构可知a仪器的名称是三颈烧瓶；A装置产生的SO2气体在C中与容器中的NaOH、Na2CO3发生反应，反应后溶液pH=4.1<7，溶液显酸性，说明得到的是NaHSO3，则发生反应的化学方程式为2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2；
(2)在装置E中，NaHSO3与由恒压滴液漏斗中加入的NaBH4发生反应产生NaBO2、Na2S2O4及水，根据电子守恒、原子守恒，可得E中发生反应的化学方程式为：NaBH4+8NaHSO3 NaBO2+4Na2S2O4+6H2O；
(3)在装置内的空气中含有的氧气具有氧化性，容易将反应物NaHSO3氧化，也容易将反应产生的Na2S2O4氧化，所以为防止发生氧化反应，要先通入N2，将装置内的空气排出，因此通入氮气的作用是将装置E中空气赶出，防止NaHSO3 (或Na2S2O4)被氧化；
(4)从溶液中析出的Na2S2O4·2H2O晶体表面有杂质离子，为将杂质洗去，同时降低物质由于洗涤溶解晶体造成的损失，同时便于晶体的干燥，要使用乙醇洗涤Na2S2O4·2H2O；
(5)在装置E中发生反应NaBH4+8NaHSO3 NaBO2+4Na2S2O4+6H2O，温度在30-40℃下进行，温度低于水的沸点100℃，为便于控制温度及水浴加热具有受热均匀的特点，可采用水浴加热的方式；
(6)根据4[Fe(CN)6]3-+2S2O42-+8OH-=4[Fe(CN)6]4-+4SO32-+4H2O可知n(Na2S2O4)=n(K3[Fe(CN)6])=×0.10mol/L×0.024L×=9.6×10-3mol，m(Na2S2O4)= n(Na2S2O4)×M=9.6×10-3mol×174g/mol=1.6704g，则样品中Na2S2O4的质量分数为(1.6704g÷2.0g)×100%=83.5%。
【点睛】本题考查了物质的制备的知识。涉及化学方程式的书写、实验方案的评价、化学实验基本操作、氧化还原反应及物质纯度的计算等。明确实验原理及实验基本操作方法是解题关键，试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度较大。
20.(1)①丙酮()分子中碳原子轨道杂化类型是________，1mol丙酮分子中含有σ键的数目为____________。
②乙醇的沸点高于丙酮，这是因为__________。
(2)①碳的一种单质的结构如图所示。该单质的晶体类型为______，原子间存在的共价键类型有_______，碳原子的杂化轨道类型为_______________。

②SiCl4分子的中心原子的价层电子对数为_______，分子的立体构型为______，属于______分子(填“极性”或“非极性”)。
③四卤化硅SiX4的沸点和二卤化铅PbX2的熔点如图所示。

ⅰ.SiX4的沸点依F、Cl、Br、I顺序升高的原因是_____________。
ⅱ.结合SiX4的沸点和PbX2的熔点的变化规律，可推断：依F、Cl、Br、I顺序，PbX2中的化学键的离子性_______、共价性_______。(填“增强”“不变”或“减弱”)
(3)[Zn(CN)4]2-在水溶液中与HCHO发生如下反应：4HCHO＋[Zn(CN)4]2-＋4H+＋4H2O=[Zn(H2O)4]2+＋4HOCH2CN
①1 mol HCHO分子中含有σ键的物质的量为______mol。
②HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型为_______。

③与H2O分子互为等电子体的阴离子为_______。
④[Zn(CN)4]2－中Zn2+与CN-的C原子形成配位键。不考虑空间构型，[Zn(CN)4]2-的结构可用示意图表示为___________。
【答案】 (1). sp2和sp3 (2). 9NA (3). 乙醇分子间存在氢键，丙酮分子间不存在氢键 (4). 混合型晶体 (5). σ键、π键 (6). sp2 (7). 4 (8). 正四面体 (9). 非极性 (10). SiX4为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高 (11). 减弱 (12). 增强 (13). 3 (14). sp3杂化、sp杂化 (15). NH2− (16).
【解析】
【详解】(1)丙酮中羰基碳原子连接3个其他原子，没有孤对电子，价层电子对数3+0=3，则该碳原子杂化类型是sp2，丙酮分子中的甲基碳原子连接4个其他原子，没有孤对电子，价层电子对数=4+0=4，则该碳原子杂化类型是sp3，丙酮分子中的每个单键是1个σ键，每个双键是一个σ键和一个π键，则1mol丙酮分子中含有σ键的物质的量为9mol，即σ键的个数为9NA，故答案为：sp2和sp3；9NA；
②乙醇分子间存在氢键，丙酮分子间不存在氢键，所以乙醇的沸点高于丙酮，故答案为：乙醇分子间存在氢键，丙酮分子间不存在氢键；
(2)①由图可知，该C的单质应为石墨，属于混合型晶体，在石墨晶体中，同层的每一个碳原子以sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合，六个碳原子在同一个平面上形成了正六边形的环，伸展成片层结构，在同一平面的碳原子还各剩下一个p轨道，其中有一个2p电子，这些p轨道又都互相平行，并垂直于碳原子sp2杂化轨道构成的平面，形成了大π键，故答案为：混合型晶体；σ键、π键；sp2；
②SiCl4分子的中心原子为Si，形成4个σ键，孤电子对数=0，价层电子对数=4+0=4，Si为sp3杂化，且没有孤对电子，则空间构型为正四面体，正负电荷中心重合，属于非极性分子，故答案为：4；正四面体；非极性；
③ⅰ．SiX4为分子晶体，相对分子质量越大