天津市南开区2020届高三上学期期末考试化学试题

2019~2020学年度第一学期南开区期末考试试卷高三年级化学学科
第Ⅰ卷（选择题，共36分）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16
一、选择题（本题包括12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题意）
1.化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的是
A. 碳化硅俗称金刚砂，可用作砂纸和砂轮的磨料
B. “天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料
C. 汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的
D. 石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳化硅俗称金刚砂，具有很大的硬度，可用作砂纸和砂轮的磨料，A正确；
B．碳纤维属于碳的单质，是无机非金属材料，不是有机高分子材料，B错误；
C．汽油中不含氮，汽车尾气中含有的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在放电条件下生成的，C错误；
D．石油是多种烃的混合物，而石油的分馏产品均为混合物，即汽油、煤油等均为混合物，D错误。
答案选A。
2.下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是
A. 氯气溶于水制备次氯酸：Cl2＋H2O2H+＋Cl－＋ClO－
B. 用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：5 H2O2＋2MnO4－＋6H+ === 5O2↑＋2Mn2+＋8H2O
C. 向澄清石灰水中加入少量的NaHCO3溶液产生沉淀：Ca2+＋OH－＋HCO3－=== CaCO3↓＋H2O
D. 用铜做电极电解NaCl溶液制备氯气：2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸不能拆开，反应的离子方程式为：Cl2＋H2O⇌H++Cl-+HClO，A错误；
B．高锰酸钾能够氧化浓盐酸中的氯离子，对过氧化氢还原性检验造成干扰，实验设计不合理，B错误；
C．澄清石灰水与少量的NaHCO3溶液反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为：Ca2+＋OH－＋HCO3－=CaCO3↓＋H2O，C正确；
D．铜为活性电极，会参与反应，用铜做电极电解NaCl溶液的离子方程式为：Cu+2H2OH2↑+Cu(OH)2↓，D错误。
答案选C。
【点睛】多元弱酸根与强碱发生的定量离子反应在书写离子方程式时，按照以少定多，谁少谁为1的原则。
3.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3－、Cl－
B. 使酚酞变红色的溶液中：Na+、NH4+、C1－、SO42－
C. 饱和氯水中：K+、Cl－、SO32－、NO3－
D. 由水电离产生的c(H+) = 10－13 mol/L的溶液中：K+、Na+、CH3COO－、NO3－
【答案】A
【解析】
【分析】
离子之间不能发生反应即可以大量共存，而离子之间能发生反应则不能大量共存。
【详解】A．该组离子之间不反应，可以大量共存，A正确；
B．使酚酞变红色的溶液显碱性，不能大量存在NH4+，B错误；
C．饱和氯水中含有的Cl2、HClO具有强氧化性，与SO32－能发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；
D．由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L的溶液呈酸性或碱性，该组离子在溶液呈碱性时可以大量共存，但在酸性溶液中CH3COO-和氢离子反应，不能大量共存，D错误。
答案选A。
【点睛】在判断离子能不能大量共存时一定要注意限定的条件和隐含的条件。
4.用化学用语表示SiO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O中的相关微粒，其中正确的是（ ）
A. F－的结构示意图： B. 水分子的比例模型：
C. SiF4的电子式： D. 中子数为15的Si原子：Si
【答案】D
【解析】
【详解】A．F原子序数为9，得到1个电子形成最外层8个电子的稳定结构，离子结构示意图为：，故A错误；
B．水分子是V型，比例模型能够体现出原子的相对体积大小，其正确的比例模型为：，故B错误；
C．SiF4中Si、F均满足最外层8电子稳定结构，则F周围应有8个电子，漏写F原子上的孤电子对，故C错误；
D．质量数=质子数+中子数，故中子数为15的硅原子的质量数为29，符号为Si，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题的易错点为B，在分子的比例模型中，要注意原子的空间排布，还要注意原子的相对大小。
5.某离子反应涉及到H2O、ClO－、NH4+、OH－、N2、Cl－ 几种微粒，其中N2、ClO－ 的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是

A. 该反应中Cl－ 为氧化产物
B. 消耗1 mol还原剂，转移3 mol电子
C. 反应后溶液的碱性增强
D. 该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2:3
【答案】B
【解析】
【分析】
由曲线变化可知，随着反应进行，N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO－为另一反应物，由氯元素守恒可知Cl－是生成物，则反应的方程式：3ClO－+2NH4++2OH－=N2↑+5H2O+3Cl－，以此分析解答。
【详解】反应的方程式为：3ClO－+2NH4++2OH－=N2↑+5H2O+3Cl－。
A．由方程式可知，N元素的化合价升高，则N2为氧化产物，A错误；
B．由方程式可知还原剂为NH4+，其中N元素的化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂转移3mol电子，B正确；
C．由方程式可知反应在碱性条件下发生，反应消耗OH－，反应后溶液的碱性减弱，C错误；
D．反应3ClO－+2NH4++2OH－=N2↑+5H2O+3Cl－中氧化剂为ClO－，还原剂为NH4+，故氧化剂与还原剂物质的量之比为3：2，D错误。
答案选B。
6.氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是

A. 催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成
B. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%
C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移
D. 催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A项错误；
B. N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%，B项正确；
C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，C项错误；
D. 催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D项错误；
答案选B。
【点睛】D项是易错点，催化剂通过降低活化能，可以缩短反应达到平衡的时间，从而加快化学反应速率，但不能改变平衡转化率或产率。
7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4 L SO3含有NA个分子
B. 常温常压下 4.4 g乙醛所含σ键数目为0.6 NA
C. 密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物分子数为2 NA
D. 18 g D2O中含有的质子数为10 NA
【答案】B
【解析】
【分析】
乙醛结构式为：，其中单键都σ键，双键中有一个σ键和一个键，所以一个乙醛分子中有6个σ键。
【详解】A．标准状况下SO3为固态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，A错误；
B．4.4g乙醛的物质的量为=0.1mol，0.1mol乙醛分子中含有σ键的物质的量为：0.1mol´6=0.6mol，其数目为0.6NA，B正确；
C．NO与O2反应方程式为：2NO+O2=2NO2，而NO2存在可逆反应：2NO2⇌N2O4，导致分子数减少，所以产物分子数小于2NA，C错误；
D．重水D2O的摩尔质量为20g/mol，故18gD2O的物质的量为0.9mol，而重水中含有10个质子，所以0.9molD2O含有9NA个质子，D错误。
答案选B。
8.2019年1月3日，嫦娥四号成功着陆月球背面，搭载砷化镓（GaAs）太阳能电池的玉兔二号月球车开始了月球漫步。砷化镓为第三代半导体，下列说法不正确的是
A. 砷化镓太阳能电池能将化学能转化为电能
B. 砷和镓都属于p区元素
C. 第一电离能：As > Ga
D. 在元素周期表中金属元素与非金属元素的分界线附近可找到做半导体材料的元素
【答案】A
【解析】
【分析】
元素周期表中的p区包括从第ⅢA族到第ⅦA族及0族的区域。
【详解】A．太阳能电池是能将太阳能转化为电能的装置，A错误；
B．镓和砷分别位于元素周期表中第四周期的第ⅢA族、第ⅤA族，都属于p区元素，在元素周期表中属于p区，B正确；
C．同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族反常，第一电离能Ga D．在元素周期表中金属元素与非金属元素的分界线附近可找到做半导体材料的元素，D正确。
答案选A。
9.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中电负性最小的元素。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(X) < r(Y) < r(Z) < r(W)
B. W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱
C. Y的单质的氧化性比Z的强
D. X、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物和离子化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中电负性最小的元素，则Z是O元素，W是Na元素；其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元素，X是H元素，据此解答。
【详解】由分析可知X、Y、Z、W分别是：H、N、O、Na。
A．原子的电了层数越多其半径越大，原子的电子层数相同时，原子半径随着原子序数的增大而减小，X位于第一周期，Y、Z位于第二周期且原子序数Y B．W的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH是强碱，B错误；
C．Y、Z的单质分别是N2、O2，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，非金属性O>N，所以Z单质的氧化性大于Y，C错误；
D．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是HNO3、NH4NO3，其中HNO3是共价化合物，NH4NO3是离子化合物，D正确。
答案选D。
10.下列说法正确的是
A. 反应CH4(g)＋H2O(g) === CO(g)＋3H2(g)在一定条件下能自发进行，该反应一定为放热反应
B. 若通过外加电流保护钢铁水闸门，应将闸门与电源正极相连
C. 向5 mL 0.1 mol/L K2Cr2O7溶液中，滴加5滴浓硫酸，溶液橙色加深
D. CH3COOH溶液与NaOH溶液反应生成1 mol水时的热化学方程式为H+(aq)＋OH－(aq) === H2O(l) ΔH ＝－57.3 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】A．如果该反应能自发进行，则△G=△H-T△S<0，该反应的△S>0，该反应在一定条件下能自发进行，则该反应不一定是放热反应，A错误；
B．通过外加电流保护钢铁水闸门，如果将闸门与电源正极相连，则闸门作了阳极，这样会加快闸门的腐蚀，要通过外加电流保护闸门，应将闸门与电源负极相连，B错误；
C．溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+，滴加5滴浓硫酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液橙色加深，C正确；
D．CH3COOH是弱酸，电离吸热，所以CH3COOH溶液与NaOH溶液反应生成1mol水时放出热量小于57.3kJ，另CH3COOH是弱酸，离子方程式中应保留化学式，不能拆开，D错误。
答案选C
【点睛】牺牲阳极的阴极保护法是原电池的正极金属被保护，外加电流的阴极保护法是电解池的阴极金属被保护。
11.温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g) 经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s
0
50
150
250
350
n(PCl3)/mol
0
0.16
0.19
0.20
0.20

下列说法正确的是
A. 反应在前50 s的平均速率为v (PCl3) = 0.0032 mol·L－1·s－1
B. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c(PCl3) = 0.11 mol·L－1，则反应ΔH < 0
C. 相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，达到平衡前v (正) < v (逆)
D. 相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl5，达到平衡时PCl5的转化率小于20%
【答案】D
【解析】
【详解】A由表中数据可知50s内：△n(PCl3)=0.16mol，v(PCl3)==0.0016mol·L-1·s-1，A错误；
B．由表中数据可知，平衡时n(PCl3)=0.20mol，保持其他条件不变，升高温度，再次平衡时c(PCl3)=0.11mol·L-1，则n′(PCl3)=0.11mol/L´2L=0.22mol，说明升温平衡向正向移动，所以正反应为吸热反应，反应的ΔH>0，B错误；
C．对于该反应，根据表中数据可有：

所以平衡常数K==0.025；相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，则起始时PCl5、PCl3和Cl2的浓度分别为0.5mol·L-1、0.10mol·L-1和0.10mol·L-1，浓度商Qc==0.02，Qcv(逆)，C错误；
D．相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl5，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时PCl5的转化率较原平衡低，D正确。
答案选D。
12.一种太阳能电池的工作原理如下图所示，电解质为铁氰化钾K3[Fe(CN)6]和亚铁氰化钾K4[Fe(CN)6]的混合溶液。下列说法不正确的是

A. K+ 移向催化剂b
B. 催化剂a表面发生的化学反应：Fe(CN)64--e-＝ Fe(CN)63-
C. Fe(CN)63- 在催化剂b表面被氧化
D. 电解池溶液中的Fe(CN)64- 和Fe(CN)63- 浓度基本保持不变
【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，b为正极。
【详解】A．原电池的内电路中，阳离子向正极移动，图中太阳能电池b为正极，则K+移向催化剂b，A正确；
B．a为负极，发生氧化反应，则在催化剂a表面发生反应Fe(CN)64--e-＝Fe(CN)63-，B正确；
C．b上发生还原反应，Fe(CN)63-+e-=Fe(CN)64-，Fe(CN)63－在催化剂b表面被还原，C错误；
D．由B、C选项中的电极反应可知，Fe(CN)64-和Fe(CN)63-二者以1：1相互转化，电解液中Fe(CN)64-和Fe(CN)63-浓度基本保持不变，D正确。
答案选C。
第Ⅱ卷（非选择题，共64分）
二、（本题包括1小题，共14分）
13.硒是动物和人体所必需的微量元素之一，也是一种重要的工业原料。硒在自然界中稀少而分散，常从精炼铜的阳极泥中提取硒。
（1）粗铜精炼时，通常用精铜作_______极（填“阴”或“阳”）。
（2）Se与S处于同一主族，比S原子多1个电子层，Se的原子序数为____________；其最高价氧化物的化学式为________；该族 2~5周期元素单质分别与H2反应生成1 mol气态氢化物的反应热如下：
a．+99.7 kJ·mol−1 b．+29.7 kJ·mol−1 c．－20.6 kJ·mol−1 d．－241.8 kJ·mol−1
表示生成 1 mol硒化氢反应热的是________________（填字母代号）。
（3）阳极泥中的硒主要以Se和CuSe的形式存在，工业上常用硫酸化焙烧法提取硒，主要步骤如下：
i．将含硒阳极泥与浓硫酸混合焙烧，产生SO2、SeO2的混合气体
ii．用水吸收i中混合气体，可得Se固体
① 请写出CuSe与浓H2SO4反应的化学方程式___________。
② 焙烧过程产生的烟气中含有少量SeO2，可用NaOH溶液吸收，二者反应生成一种盐，该盐的化学式为_________。
③ 写出步骤ⅱ中的化学方程式______________________。
【答案】 (1). 阴 (2). 34 (3). SeO3 (4). b (5). CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+3SO2↑+SeO2↑+4H2O (6). Na2SeO3 (7). 2SO2+SeO2+2H2O=Se+H2SO4
【解析】
【分析】
同主族元素最外层电子数相同，电子层数从上而下增加，非金属性逐渐减弱，最高价、最低价相同，最高价氧化物、最高价氧化物的水化物，氢化物写法相同，同类化合物具有相似的性质。
【详解】（1）电解精炼铜时，粗铜做阳极，发生氧化反应，生成铜离子以及其他金属阳离子，精铜做阴极，只有铜离子发生还原反应生成铜，可达到提纯的目的，答案为：阴；
（2）Se与S处于同一主族，Se比S原子多1个电子层，则Se的原子序数为16+18=34；其最高价与硫一样为+6价，对应有氧化物为SeO3；该族2~5周期元素的单质的活泼性为：氧气>硫>硒>碲，单质越活泼与H2反应生成1mol氢化物放出的热量越多，则表示生成1mol硒化氢反应热的是b，故答案为：34；SeO3；b；
（3）①CuSe与浓H2SO4反应生成SO2、SeO2的混合气体，同时生成硫酸铜，反应的化学方程式为：CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+3SO2↑+SeO2↑+4H2O；
②少量SO2与NaOH溶液反应生成的盐是Na2SO3，故少量SeO2与NaOH溶液反应生成一种盐，该盐化学式为Na2SeO3；
③SO2与SeO2的混合气体在水溶液里发生氧化还原反应，反应生成了Se，Se的化合价降低，故S的化合价应该升高到+6，在溶液里生成硫酸，根据得失电子守恒和质量守恒写出化学方程式，该反应的化学方程式为：2SO2+SeO2+2H2O=Se+H2SO4。
三、（本题包括1小题，共18分）
14.合成药物X、Y和高聚物Z，可以用烃A为主要原料，采用以下路线：

已知：I．反应①、反应②均为加成反应
II． （R和R' 可以是烃基或H原子）请回答下列问题：
（1）CH3CHO分子中碳原子的杂化方式为_______________，CH3CH2OH的沸点明显高于CH3CHO的原因是________________________。
（2）A的名称为________________，X的分子式为________________________。
（3）关于药物Y（）中①、②、③ 3个－OH的酸性由弱到强的顺序是____________________。
（4）写出反应C→D的化学方程式：___________。E→F的化学方程式： ____________。
（5）参考上述流程以CH3CHO和CH3OH为起始原料，其它无机试剂任选设计合成Z的路线流程图：_____________________。合成路线流程图示例：H2C=CH2 CH3CH2OHCH3CH2Br
【答案】 (1). sp2 (2). 乙醇分子间存在氢键 (3). 乙炔 (4). C11H12O2 (5). ②①③ (6). 2+O22+2H2O (7). +C2H5OH+H2O (8). CH3CHOCH2=CHCOOCH3
【解析】
【分析】
反应①②均为加成反应，结合反应②的产物，可知烃A为HC≡CH，B为，C可以发生催化氧化生成D，D发生信息中Ⅱ的反应，则反应③是卤代烃在氢氧化钠水溶液并加热的条件下发生的水解反应，C为，D为，E为，F为，F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成X；而G的相对分子质量为78，则G为；乙醛与HCN发生加成、在酸性条件下水解得到，与甲醇发生酯化反应生成，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成CH2=CHCOOCH3，最后发生加聚反应生成，根据以上分析解答。
【详解】（1）乙醛分子中醛基上的碳原子含有3个σ键，所以醛基中碳原子采用sp2杂化，乙醇分子间可形成氢键，增加了分子之间的作用，乙醛不能形成氢键，所以乙醇的点高于乙醛。答案为：sp2；乙醇分子间存在氢键；
（2）由分析可知A为HC≡CH，名称为乙炔，根据题中X的结构简式可知其分子式为C11H12O2；
（3）中①为酚羟基，②为醇羟基，③为羧基里羟基，其中羧基的酸性最强，酚羟基的酸性很弱，醇羟基表现为中性，所以①、②、③3个－OH的酸性由弱到强的顺序是②①③；
（4）由分析可知C→D为醇的催化氧化，化学方程式为：2+O22+2H2O；E→F为酯化反应，化学方程式为：+C2H5OH+H2O；
（5）以CH3CHO和CH3OH起始原料合成Z，可用CH3CHO与HCN发生加成、在酸性条件下水解生成2-羟基丙酸，与甲醇发生酯化，再发生消去，最后发生加聚反应生成Z，对应流程为：CH3CHOCH2=CHCOOCH3。
四、（本题包括1小题，共18分）
15.I．实验室需要配制98 mL 3 mol · L −1的NaCl溶液，回答下列问题：
（1）配制上述溶液除烧杯、玻璃棒、量筒外，还需用到的玻璃仪器有______（填仪器名称）。
（2）配制前应用托盘天平称量NaCl固体的质量为_______g。
II．海带中富含碘元素，经常食用海带可以防治甲状腺肿大，所以工业上常用海带为原料提取碘单质。下面是某校化学探究小组设计的从海带中提取单质碘的实验，请你完成下列实验。
（1）将干燥洁净的海带用酒精润湿后在_____________（填仪器名称）中灼烧成灰烬。
（2）待海带灰烬冷却至室温，将其转移到烧杯中，加蒸馏水后，搅拌、煮沸、冷却、
_______（填操作名称）。
（3）在滤液中滴入几滴稀硫酸，再加入一定量的H2O2溶液，此时发生反应的离子方程式为_____________。
（4）把（3）中所得到的溶液注入分液漏斗中，然后再加入CCl4，振荡、静置，可以观察到CCl4层呈__________色。
III．某同学通过硫代硫酸钠溶液与硫酸反应的有关实验，研究反应速率的影响因素，实验过程的数据记录如下，请结合表中信息，回答有关问题：
实验序号
反应
温度/℃
参加反应的物质
Na2S2O3
H2SO4
H2O
V/mL
c/(mol/L)
V/mL
c/(mol/L)
V/mL
A
40
5
0.1
10
0.1
5
B
20
5
0.1
10
0.1
5
C
20
5
0.1
5
0.1
10

（1）硫代硫酸钠与硫酸反应的离子方程式为____________________。
（2）实验A和B的比较，是为了探究______________对化学反应速率的影响。
（3）在上述实验中，反应速率最慢的可能是_____________（填实验序号）。
【答案】 (1). 100ml容量瓶、胶头滴管 (2). 17.6 (3). 坩埚 (4). 过滤 (5). 2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O (6). 紫红 (7). S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O (8). 温度 (9). C
【解析】
【分析】
I．（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定所需仪器；
（2）根据m=n•M=c•V•M计算；
II．（1）灼烧温度较高，应选用耐高温的仪器；
（2）分离不溶性固体和液体用过滤；
（3）双氧水具有强氧化性；
（4）碘的四氯化碳溶液为紫红色；
III．（1）硫代硫酸根离子与氢离子反应时，硫元素发生歧化反应，生成硫、二氧化硫和水；
（2）当分析某一因素对化学反应速率的影响时，其他物理量要相同，根据两组中相同、不同的因素来分析；
（3）影响化学反应速率的因素很多，物质的性质是决定性因素，温度、浓度、压强、催化剂、固体物质的接触面积等是外界因素，所此分析解答。
【详解】I．（1）配制98mL3mol·L−1的NaCl溶液步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，用到的仪器除了托盘天平、量筒、药匙、玻璃棒以外，还需要的玻璃仪器有：100ml容量瓶、胶头滴管；
（2）所需NaCl固体的质量为=3mol/L´0.1L´58.5g/mol=17.6g
II．（1）实验室用于灼烧固体物质一般用坩埚；
（2）将海带灰加入蒸馏水后进行搅拌和煮沸是为了将海带中的碘盐及其他可溶性物质加速溶于水中，然后冷却到室温，过滤将滤液与难溶物分离开来，将残渣除去，故答案为：过滤；
（3）滤液中先加入硫酸酸化，后加入双氧水，发生的反应为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O；
（4）I2在CCl4中的溶解度大于碘在水中的溶解度，CCl4与水不能互溶，且CCl4和I2不反应，故CCl4起的是萃取作用，若得到的是含I2的CCl4溶液，静置后出现分层，CCl4的密度比水大在下层，故下层为紫红色，答案为：紫红；
III．（1）由分析可知硫代硫酸钠与硫酸反应的离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O
（2）A和B的组合中不同的物理量是反应温度，所以是为了探究温度对化学反应速率的影响，答案为：温度；
（3）A、B、C三组实验中，物质相同，所以比较快慢需要从外因上进行考虑，对比A、B两组，研究的是温度对化学反应速率的影响，温度越高反应速率越快，A组温度高，故A组反应快，即v(A)>v(B)；对比B、C两组，研究的是改变浓度对反应速率的影响，浓度越大反应速率越快，B、C两组中，Na2S2O3的浓度相同，B组H2SO4是C组的2倍，且加的水是C组的一半，所以B组H2SO4浓度大，故v(B)>v(C)，综上，三组实验中v(A)>v(B)>v(C)，反应最慢的是C组，答案：C。
【点睛】
研究外界因素对化学反应速率或者化学平衡移动的影响时，其他物理量不变，只有一个量发生变化，这样才能得出准确的结论。
五、（本题包括1小题，共14分）
16.以海绵铜（CuO、Cu）为原料制备氯化亚铜（CuCl）的一种工艺流程如下：

（1）Cu基态原子核外电子排布式为________，SO42− 的空间构型为__________（用文字描述）；Cu2+ 与OH－ 反应能生成[Cu(OH)4] 2−，[Cu(OH)4] 2− 中提供孤电子对的原子是_______（填元素符号）。
（2）“吸收”过程：
①2NO(g) + O2(g)2NO2(g) ΔH =－112.6kJ·mol−1提高NO平衡转化率的方法有______________（写出两种）。
②吸收NO2的有关反应如下：
反应Ⅰ：2NO2(g) + H2O(l) ＝ HNO3(aq) + HNO2(aq) ΔH =－116.1kJ·mol−1
反应Ⅱ：3HNO2(aq) ＝ HNO3(aq) + 2NO(g) + H2O(l) ΔH =－75.9kJ·mol−1
用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式是___________________。
（3）“电解”过程：HNO2为弱酸，通过电解使HNO3得以再生，阳极的电极反应式是____________。
（4）“沉淀”过程：产生CuCl的离子方程式是________________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1 (2). 正四面体形 (3). O (4). 增大压强、提高氧气的浓度 (5). 3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g) ΔH=－212.1kJ·mol−1 (6). HNO2-2e-+H2O=3H++NO3- (7). 2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+
【解析】
【分析】
海绵铜（CuO、Cu）中CuO与稀H2SO4反应转化为硫酸铜，因硝酸在酸性条件下具有氧化性，会将铜氧化为铜离子，最终生成硫酸铜，SO2具有还原性，再将铜离子还原为氯化亚铜，NO合理利用，经过氧化与电解过程得到硝酸，据此分析解答。
【详解】（1）Cu的原子序数为29，Cu基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；SO42−中S原子价层电子对个数=4+=4，且不含孤电子对，由价层电子对互斥理论判断该微粒为正四面体形；[Cu(OH)4]2−中Cu2+提供空轨道，O原子提供孤电子对形成配位键，答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；正四面体形；O；
（2）①2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH=－112.6kJ·mol−1是气体体积减小的放热反应，提高NO平衡转化率，平衡应向正反应方向移动，可以采取的措施有：降低温度、增大压强、提高氧气的浓度等；
②由盖斯定律可知：（反应I´3+反应II）´可以得到用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式：3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g) ΔH=－212.1kJ·mol−1；
（3）电解过程中，阳极上HNO2失去电子发生氧化反应生成HNO3，阳极的电极反应式是：HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-；
（4）Cu2+与SO2发生氧化还原反应生成CuCl，离子方程式为：2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+。