1、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【
2、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()。3.9 g苯与足量的H2反应时，参与反应的碳碳双键数为0.1
3、5NA3.1 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0.1NA1.8 g 14CH4和水蒸气(H218O)的混合气体中含有的电子数目为NA常温下1 L 0.5 molL-1 NH4Cl溶液与2 L 0.25 molL-1 NH4Cl溶液所含的数目相同常温下，4.6 g NO2和N2O4的混合气体中所含原子总数为0.3NA将1 mol Cl2通入足量水中，溶液中HClO、Cl-、ClO-数目之和为2NA高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应转移的电子数为0.8NAA. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】苯分子中没有碳碳双键，不正确；氧化钠和过氧化钠的组成中，其
4、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，正确；14CH4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，不正确；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，不正确；NO2和N2O4的最简式相同，均为NO2，4.6gNO2的物
5、质的量为0.1mol，原子的物质的量=0.1mol3=0.3mol，所以4.6gNO2和N2O4的混合气体中所含原子总数为0.3NA，正确；Cl2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，不正确；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，正确；综上所述，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Na2CO
6、3溶液浸泡：+CaSO4=CaCO3+B. 向氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：Fe2+2H+=Fe3+H2O+NO2C. 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；CFe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
7、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NH3H2O，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、BF3B. PCl3、SO3C. CH4、SiO2D. NF3、H2S【答案】D【解析】【详解】A.SO2中S原子形成2个键，孤电子对个数=（6-22）=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个键，孤电子对个数=（5-31）=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
8、子；SO3中S原子形成3个键，孤电子对个数=（6-23）=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
9、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：取少量原溶液，滴加氢氧化钠溶液的过程中无沉淀生成；另取少量原溶液，逐滴加入5 mL 0.2 mol
10、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；在上述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+、ClB. 该溶液中一定含有K+、ClC. 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，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+，另取少量原溶液，逐滴加入5 mL 0.2 molL1盐酸即物
11、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+，在上述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
12、所述，答案为B。7.下表中，对陈述、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陈述判断A碳酸钠溶液可用于治疗胃病Na2CO3可与盐酸反应对，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对，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对，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对，对，有A. AB. BC. CD. 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
13、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YD. 反应和一定为氧化还原反应,反应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
14、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，反应和一定为氧化还原反应，反应是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HClOB. 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
15、钠在纯氧中燃烧生成Na2O2,推出金属锂在纯氧中燃烧生成Li2O2D. 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；BAlCl3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NAB. 标准状况
16、下，22.4 L己烷中含有的共价键数目为19NAC. 常温下，1 L 0.5 molL-1 Na2CO3溶液与1 L 0.5 molL-1 Na2S溶液中阳离子数均为NAD. 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；CNa2CO3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；D2Na2O2+2H2O=4NaO
17、H+O22e-，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1117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】AMg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；
18、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
19、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XYZANO2SO2BaCl2溶液BNH3O2Al2(SO4)3溶液CNH3CO2CaCl2溶液DCO2SO2CaCl2溶液A. AB. BC. CD. 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
20、，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”或“ (10). b【解析】【详解】(1)Fe2O3中O元素为-
21、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，Fe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21=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
22、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：Co2O3Cl2Fe3+：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
23、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
24、_(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 gcm-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). NOC (3). CNOC。元素的非金属越强，电负性越大，即电负性：CNOC；CNO；(3)C为N，C2即N2，标准下，aLN2物质的量=，1个N2中含2个键，则a L C2气体含键的物质的量=mol。C2D即N2O，原子数和价电子数均相等的微粒互为等电子体，N
25、2O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)
26、；(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=(a10-10cm)3 gcm-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
27、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：INaHSO3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Na2S2O42H2O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
28、乙醇洗涤Na2S2O42H2O晶体的优点：_。(5)对装置E的加热方式最好采用_。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K3Fe(CN)6标准溶液滴定，原理为：4Fe(CN)63-+2S2O42-+8OH-=4Fe(CN)64-+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 (
29、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，
30、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Na2S2O42H2O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4Fe(CN)63-+2S2O42-+8OH-=4Fe(CN)64-+4SO32-+4H2O中K3Fe(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
31、的SO2气体在C中与容器中的NaOH、Na2CO3发生反应，反应后溶液pH=4.17，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
32、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Na2S2O42H2O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Na2S2O42H2O；(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4Fe(CN)63-+2S2O42-+8OH-=4Fe(CN)64-+4SO32-+4H2O可知n(Na2S2O4)=
33、n(K3Fe(CN)6)=0.10mol/L0.024L=9.610-3mol，m(Na2S2O4)= n(Na2S2O4)M=9.610-3mol174g/mol=1.6704g，则样品中Na2S2O4的质量分数为(1.6704g2.0g)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)丙酮()分子中碳原子轨道杂化类型是_，1mol丙酮分子中含有
34、键的数目为_。乙醇的沸点高于丙酮，这是因为_。(2)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_。SiCl4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”)。四卤化硅SiX4的沸点和二卤化铅PbX2的熔点如图所示。.SiX4的沸点依F、Cl、Br、I顺序升高的原因是_。.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)42-在水溶液中与HCHO发生如下反应：4HCHOZn(C
35、N)42-4H+4H2O=Zn(H2O)42+4HOCH2CN1 mol HCHO分子中含有键的物质的量为_mol。HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型为_。与H2O分子互为等电子体的阴离子为_。Zn(CN)42中Zn2+与CN-的C原子形成配位键。不考虑空间构型，Zn(CN)42-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). 键、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
36、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个键，每个双键是一个键和一个键，则1mol丙酮分子中含有键的物质的量为9mol，即键的个数为9NA，故答案为：sp2和sp3；9NA；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
37、存在氢键，丙酮分子间不存在氢键；(2)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，形成了大键，故答案为：混合型晶体；键、键；sp2；SiCl4分子的中心原子为Si，形成4个键，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；
38、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，所以四卤化硅的沸点逐渐升高，故答案为：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；SiX4为分子晶体，依F、Cl、Br、I次序，沸点逐渐升高，PbX2的沸点依F、Cl、Br、I次序先减小后增大，可知依F、Cl、Br、I次序PbX2中的化学键的离子性减弱、共价性增强，故答案为：减弱；增强；(3)单键属于键，双键有1个键，1个键，所以1mol HCHO分子中含有3mol 键，故答案为：3；HOCH2CN分子中与羟基相连的一个碳为饱和碳原子，价层电子对数=4+0=4，则该碳原子为sp3杂化，另外一碳原子与氮原子形成碳氮三键，三键含有1个键和2个键，价层电子对=2，则该碳原子为sp杂化，故答案为：sp3杂化、sp杂化；原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体，与水互为等电子体的微粒该是3原子且最外层电子数为8的分子或离子，这样的微粒有：H2S、NH2等，阴离子为：NH2，故答案为：NH2；Zn(CN)42中锌离子提供空轨道，C原子提供电子对形成配位键，结构示意图表示为：，图示箭头表示碳提供电子给锌，故答案为：