【化学】福建省平和县第一中学2018-2019学年高二下学期期末考试（解析版）

福建省平和县第一中学2018-2019学年高二下学期期末考试
一、选择题(18*3=54分，每题3分，且只有一个正确答案)
1.实验室配制0.1000mol/L的硫酸溶液，下列图示操作不需要的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】A.实验室配制0.1000mol/L的硫酸溶液，要用浓硫酸进行稀释完成，浓硫酸是液态物质，不能使用天平称量，天平称量是用来称量固体物质质量，A符合题意；
B.将溶解、冷却后的浓度大的溶液通过玻璃棒引流，转移至容量瓶中，该操作为移液、洗涤，B不符合题意；
C.往蒸馏水中加入浓硫酸，为了防止局部过热造成液体飞溅，需要不断搅拌，也可以使溶液混合均匀，C不符合题意；
D.量取一定体积的浓硫酸时，为准确量取其体积，最后要使用胶头滴管滴加，D不符合题意；
故合理选项是A。
2.下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ）
A. 海带提碘 B. 氯碱工业
C. 氨碱法制碱 D. 海水提溴
【答案】C
【解析】试题分析：A．海带提碘是将KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；B．氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；C．氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，正确；D．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误。故选项C正确。
考点：考查氧化还原反应概念。
3. 利用太阳能分解制氢，若光解0.02 mol水，下列说法正确的是（ ）
A. 可生成H2的质量为0.02g
B. 可生成氢的原子数为2.408×1023个
C. 可生成H2的体积为0.224L（标准状况）
D. 生成H2的量理论上等于0.04mol Na与水反应产生H2的量
【答案】D
【解析】根据方程式2H2O=2H2↑+O2↑，光解0.02 mol水，可产生0.02 mol H2和0.01 mol O2。则可得：A．可生成H2的质量为0.04g，错误；B．可生成氢的原子数为2.408×1022个，错误；C．可生成标准状况下H2的体积为0.448L，错误；D．0.04mol Na与水反应产生0.02 molH2。故选D。
4.A和B转化为C的催化反应历程示意图如下。下列说法不正确的是（ ）

A. 催化剂在反应前后保持化学性质不变
B. 生成C总反应的原子利用率为100%
C. ①→②的过程吸收能量
D. C的水溶液呈弱酸性
【答案】C
【详解】A.催化剂能加快化学反应速率，而自身在反应前后的质量和化学性质不变，故A正确；
B.由图可知,该过程表示的是甲烷和二氧化碳反应生成乙酸的过程，该过程原子利用率达到了100%，故B正确；
C.由图可以看出①的能量高于②，故①→②放出能量，故C错误；
D.生成物为CH3COOH，CH3COOH的水溶液显弱酸性，故D正确；
本题答案为C。
【点睛】原子利用率是指目的产物的原子个数比上反应物原子个数的百分数，对于化合反应来说，生成物只有一种，反应物的原子利用率就是100%。
5.在pH＝1时，可大量共存且形成无色溶液的一组离子或分子是（ ）
A. Ca2+、CH3COOH、Br-、Na+
B. NO3-、Fe3+、Mg2+、SO42-
C. HClO、Ba2+、Na+ 、Cl-
D. K+、Cl-、Al3+、SO32-
【答案】A
【详解】A.在酸性溶液中，选项中的离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，A符合题意；
B. Fe3+的水溶液显黄色，在无色溶液中不能大量共存，B不符合题意；
C.在酸性溶液中，H+、HClO、Cl-会发生反应产生Cl2和水，Cl2在水中溶解，使溶液显黄绿色，因此在无色溶液中不能大量存在，C不符合题意；
D. Al3+、SO32-会发生双水解反应，产生Al(OH)3沉淀和SO2气体，离子不能大量共存，D不符合题意；
故合理选项是A。
6.已知在碱性溶液中可发生如下反应: 2R(OH)3+3ClO-+4OH-=2RO42-+3Cl-+5H2O。则RO42-中R的化合价是（ ）
A. +3 B. +4 C. +5 D. +6
【答案】D
【详解】RO42-该离子中O元素化合价为-2价，R、O元素化合价的代数和为-2，所以该离子中R元素化合价=-2-(-2)×4=+6，故合理选项是D。
7.科学家用20Ca轰击97Bk合成了117Ts。下列说法错误的是（ ）
A. 117Ts处于第7周期
B. 117Ts是通过化合反应合成的
C. 117Ts的同位素具有相同的电子数
D. 117Ts可能属于金属元素
【答案】B
【详解】A. 117Ts处于元素周期表第7周期第VIIA，A正确；
B.在用20Ca轰击97Bk合成了117Ts变化过程中，产生了新的元素，而化学反应过程中元素的种类不变，所以117Ts是通过核反应产生的，B错误；
C.同位素原子的质子数相同而中子数不同，由于原子核外电子数等于原子核内质子数，所以117Ts的同位素具有相同的电子数，C正确；
D.117Ts是第7周期第VIIA的元素，上一周期同一主族的砹处于金属与非金属交界处，由于同一主族元素随着原子核外电子电子层数的增加，元素的金属性逐渐增强，所以117Ts可能属于金属元素，D正确；
故合理选项是B。
8.正确表示下列反应的离子方程式是（ ）
A. AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3+＋4NH3·H2O＝AlO2-＋4NH4+＋2H2O
B. 醋酸和石灰石反应：CaCO3 +2H+= Ca2++CO2↑ + H2O
C. 硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2NH3·H2O
D. FeCl2溶液中加入稀硝酸: 4H++NO3-+Fe2+=Fe3++NO↑+2H2O
【答案】C
【分析】A.氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝和水，氢氧化铝与强碱反应，氨水弱碱，不反应；
B.醋酸为弱电解质，离子反应中写化学式；
C.若硫酸铵与氢氧化钡为浓溶液，则生成氨气和硫酸钡沉淀，若为稀溶液则为一水合氨和硫酸钡沉淀；
D.反应不遵守电荷守恒；
【详解】A.氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝和水，氢氧化铝与强碱反应，氨水为弱碱，不反应，反应式：Al3+＋3NH3·H2O＝Al（OH）3↓，A错误；
B.醋酸为弱电解质，离子反应中写化学式，B错误；
C.若为稀溶液则为一水合氨和硫酸钡沉淀Ba2+ + 2OH- + 2NH4+ + SO42-=BaSO4↓ + 2NH3·H2O，C正确；
D.反应不遵守电荷守恒，反应式为：4H++NO3-+3Fe2+=3Fe3++NO↑+2H2O，D错误；
答案为C
9.肼(N2H4)可作为航天飞船的燃料，有关反应为2N2H4+N2O4=3N2↑+4H2O。NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 64 g N2H4含共价键数为14 NA
B. 9.2 g N2O4含有氮原子数为0.1 NA
C. 2 mol N2中共用电子对数为10 NA
D. 反应中，每生成1mol H2O，转移的电子数为2 NA
【答案】D
【详解】A.1个N2H4分子中含有5个共价键，64g N2H4的物质的量是2mol，含有共价键的物质的量为10mol,则其中含共价键数为10 NA，A错误；
B.9.2 g N2O4的物质的量是0.1mol，由于在1个N2O4中含有2个N原子，0.1mol N2O4中含有的氮原子的物质的量为0.2mol,则其N原子数为0.2NA，B错误；
C. N2中含有3对共用电子对，则2 mol N2中共用电子对数为6 NA，C错误；
D.根据方程式可知：在反应中，N2H4的N其化合价从-2升高到0，每2molN2O4中，有4molN化合价升高，则总共失去4×2mol=8mol电子，则每生成4mol水，转移8mol电子，则反应产生1mol H2O，转移的电子数为2 NA，D正确；
故合理选项是D。
10.火法炼铜的原理是：Cu2S+O22Cu+SO2，有关该反应的说法正确的是（ ）
A. 氧化剂是O2，氧化产物是Cu和SO2
B. 被氧化的元素只有硫，得电子的元素只有氧
C. Cu2S只表现出还原性
D. 当有lmolO2参加反应时，共有6mol电子发生了转移
【答案】D
【详解】A．元素O、Cu的化合价降低，元素S的化合价升高，所以氧化剂是Cu2S、O2，氧化产物是SO2，故A错误；
B．得电子的元素还有铜，故B错误；
C．Cu2S既表现出还原性，又表现出氧化性，故C错误；
D．O2～6e-，当有lmolO2参加反应时，共有6mol电子发生了转移，故D正确。
综上所述，本题选D。
11.某研究性学习小组利用下图装置探究草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)的分解产物，下列说法错误的是（ ）

A. 实验前通入N2的作用是排出装置内的空气
B. ②、⑥中澄清石灰水的作用均是为了检验CO2气体
C. 装置中试剂X为NaOH溶液，固体Y为CuO固体
D. 将①中所得固体溶于KSCN溶液，可以检验其中铁元素的化合价
【答案】D
【详解】A.反应装置中含有空气，若不将装置中的空气排出，会将草酸亚铁分解产生的FeO氧化为Fe2O3，影响实验测定，因此该操作合理，A正确；
B.②中澄清石灰水的作用是为了检验FeC2O4·2H2O 分解产物中含CO2气体；⑥中澄清石灰水的作用是为了检验CO2气体，进而证明FeC2O4·2H2O分解产生的物质中含CO，CO与⑤处的灼热的CuO发生了反应产生了CO2，B正确；
C. FeC2O4·2H2O受热分解产生的CO2气体通过②检验出来，通过装置中试剂X为NaOH溶液来除去，经无水氯化钙干燥后经灼热的固体Y反应转化为CO2气体，所以Y为CuO固体，C正确；
D.将①中所得固体为FeO，该物质在KSCN溶液中不能溶解，且其中含有的铁元素为+2价，与KSCN也不能发生反应，因此不可以检验其中铁元素的化合价，D错误；
故合理选项C。
12.下列各组元素性质的递变情况错误的是（ ）
A. Li、Be、B原子的最外层电子数依次增多
B. P、S、Cl元素的最高化合价依次升高
C. N、O、F电负性依次增大
D. Na、K、Rb第一电离能逐渐增大
【答案】D
【分析】A．根据原子核外电子排布分析；
B．根据元素的最高正价等于核外最外层电子数分析；
C．同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强；
D．同主族元素从上到下元素的第一电离能依次减小。
【详解】A．Li、Be、B原子最外层电子数分别为1、2、3，则原子最外层电子数依次增多，选项A正确；
B．P、S、Cl元素最外层电子数分别为5、6、7，最高正价分别为+5、+6、+7，最高正价依次升高，选项B正确；
C．同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则N、O、F电负性依次增大，选项C正确，
D．同主族元素从上到下元素的第一电离能依次减小，则Na、K、Rb元素的第一电离能依次减小，选项D错误。
答案选D。
13.下列有关SO2和CO2的说法正确的是（ ）
A. 都是非极性分子
B. 中心原子都采取sp杂化
C. S原子和C原子都没有孤对电子
D. SO2为V形结构，CO2为直线形结构
【答案】D
【解析】试题分析：A．CO2是非极性分子，故A错误；B．二氧化硫分子中S原子价层电子对个数=2+×（6-2×2）=3，所以采用sp2杂化，二氧化碳中C原子价层电子对个数=2+×（4-2×2）=2，所以采用sp杂化，故B错误；C．S原子有一个孤对电子，C原子没有孤对电子，故C错误；D．SO2采用sp2杂化为V形结构，CO2以采用sp杂化为直线形结构，故D正确；答案为D。
考点：考查分子的结构特征与性质。
14.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轴表示可能是形成基态离子转移的电子数
【答案】B
【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。
15.某同学在研究前18号元素时发现，可以将它们排成如图所示的“蜗牛”形状，图中每个“·”代表一种元素，其中O点代表氢元素。下列说法中错误的是(　　)

A. 原子半径大小顺序：r(B)＞r(C)＞r(A)
B. B、C最高价氧化物对应的水化物可以相互反应
C. 虚线相连的元素处于同一族，A、C元素都位于元素周期表ⅥA族
D. A分别与B、C形成的化合物中化学键类型相同
【答案】D
【解析】A是氧，B、C分别是锂、硫。氧分别与B、C形成的化合物中化学键前者是离子键，后者是共价键，故D错误，故选D。
16.正硼酸(H3BO3)是一种片层状结构白色晶体，层内的H3BO3分子通过氢键相连(如下图)。下列有关说法正确的有（ ）

A. 在H3BO3分子中各原子最外层全部满足8电子稳定结构
B. H3BO3分子的稳定性与氢键有关
C. 1mol H3BO3的晶体中有3mol极性共价键
D. 1mol H3BO3的晶体中有3mol氢键
【答案】D
【解析】A．硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对，因此B原子不是8e-稳定结构，故A错误；B．分子的稳定性与分子内的B-O、H-O共价键有关，熔沸点与氢键有关，故B错误；C．根据结构示意图，1mol H3BO3的晶体中有3molB-O和3molO-H键共6mol极性共价键，故C错误；D.1个硼酸分子形成了6个氢键，但每个氢键是2个硼酸分子共用的，所以平均含3个氢键，则含有1molH3BO3的晶体中有3mol氢键，故D正确；故选D。
点睛：本题考查了晶体类型的判断、影响分子稳定性的因素、原子的杂化方式等知识点。注意分子的稳定性与化学键有关，物质的熔沸点与氢键有关。
17.根据杂化轨道理论和价层电子对互斥模型，判断下列分子或者离子的空间构型正确的是（ ）
选项
分子式
中心原子杂化方式
价层电子对互斥模型
分子或离子的立体构型
A
SO2
sp
直线形
直线形
B
HCHO
sp2
平面三角形
三角锥形
C
H3O+
sp2
四面体形
平面三角形
D
NH4+
sp3
正四面体形
正四面体形

【答案】D
【分析】根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=配原子个数+孤电子对个数。
【详解】A.SO2中心原子S的价层电子对数=，杂化方式sp2杂化，价层电子对互斥模型为平面三角形，分子的立体构型为V型结构，A错误；
B.HCHO分子中心原子C的价层电子对数=，杂化方式sp2杂化，价层电子对互斥模型为平面三角形，分子的立体构型为平面三角形，B错误；
C.H3O+分子中心原子O的价层电子对数=,杂化方式sp3杂化，价层电子对互斥模型为四面体形，离子的立体构型为三角锥形，C错误；
D.NH4+分子中心原子N的价层电子对数=,杂化方式sp3杂化，价层电子对互斥模型为正四面体形，离子的立体构型为正四面体形，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了微粒空间构型及原子杂化方式的分析判断的知识，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，难点的孤电子对个数的计算方法，为常考查点，要熟练掌握。
18.以工业级氧化锌(含Fe2+、Mn2+、Cu2+、Ni2+等)为原料制备氧化锌的流程如下：

其中“氧化”加入KMnO4是为了除去浸出液中的Fe2+和Mn2+。下列有关说法错误的是（ ）
A. 浸出时通过粉碎氧化锌提高了浸出率
B. “氧化”生成的固体是MnO2和Fe(OH)3
C. “置换”加入锌粉是为了除去溶液中的Cu2+、Ni2+等
D. “煅烧”操作用到的仪器：玻璃棒、蒸发皿、泥三角
【答案】D
【详解】A.浸出时通过粉碎固体氧化锌，使物质颗粒变小，扩大了与硫酸的接触面积，反应速率加快，因而也可以提高了浸出率，A正确；
B.向硫酸浸取工业级ZnO后的溶液中存在Fe2+、Mn2+、Zn2+和Ni2+，加入KMnO4溶液，Ni2+不能被氧化，Fe2+、Mn2+被氧化而形成MnO2和Fe(OH)3除去，KMnO4被还原形成MnO2，B正确；
C.由于金属活动性Zn>Ni>Cu，所以“置换”加入锌粉可以与溶液中的是为了与溶液中Ni2+、Cu2+发生主反应，除去溶液中的Cu2+、Ni2+等，C正确；
D. “煅烧”操作用到的仪器：玻璃棒、坩埚、泥三角，D错误；
故合理选项是D。
二、非选择题(共46分)
19.短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大， X、Z、W 均可形成酸性氧化物。X的一种氢化物分子空间构型为三角锥型，YW是氯碱工业的主要原料，Z的最外层电子数为4，请回答以下问题：
(1)表示氯碱工业生产原理的化学方程式为____________________________________。
(2)X的另一种氢化物X2H4可作为火箭推进器燃料，其结构式为__________________ 。
(3)Y的氧化物中，有一种既含离子键又含共价键，该氧化物的电子式为 ___________。
(4)Z的氧化物属于晶体，工业制备Z单质的化学方程式为________________________。
(5)W单质是毒性很大的窒息性气体。工业上用X气态氢化物的浓溶液检验W单质是否泄露，写出反应的化学方程式_________________________________________ 。
【答案】(1). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ (2). (3). (4). 2C+SiO22CO↑+Si (5). 8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2
【分析】短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X、Z、W 均可形成酸性氧化物。X的一种氢化物分子空间构型为三角锥型，该氢化物为氨气，在X为N元素；YW是氯碱工业的主要原料，该物质为NaCl，则Y为Na、W为Cl元素；Z的最外层电子数为4，原子序数大于Na，则Z为Si元素，据此进行解答。
【详解】根据分析可知，X为N元素，Y为Na，Z为Si，W为Cl元素。
(1)氯碱工业中电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，该反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
(2)X2H4为N2H4，其结构简式为NH2-NH2，每个氮原子形成三个化学键，N2H4的结构式为；
(3)Na的氧化物中既含离子键又含共价键的为过氧化钠，过氧化钠为离子化合物，其电子式为；
(4)Z为Si元素，其氧化物为SiO2，二氧化硅属于原子晶体；工业上用碳与二氧化硅在高温下反应制取硅，该反应的化学方程式为：2C+SiO22CO↑+Si；
(5)W单质为氯气，氯气是毒性很大的窒息性气体，X气态氢化物为氨气，氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气，结合电子守恒、质量守恒配平该反应的化学方程式为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2。
【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的应用的知识，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见化学用语的书写原则，物质的化学性质及物理性质，试题培养了学生的学以致用的能力。
20.硫酰氯(SO2Cl2)熔点-54.1℃、沸点69.2℃，在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。
(1)SO2Cl2中S的化合价为_______，SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”的化学方程式为________________。
(2)现拟用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯，实验装置如图所示(夹持装置未画出)。

①仪器A的名称为___________，装置乙中装入的试剂_____________，装置B的作用是_______________________。
②装置丙分液漏斗中盛装最佳试剂是________(选填字母)。
A.蒸馏水   B.10.0 mol/L浓盐酸  
C.浓氢氧化钠溶液   D.饱和食盐水 
(3)探究硫酰氯在催化剂作用下加热分解的产物，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。

①加热时A中试管出现黄绿色，装置B的作用是 ____________。
②装置C中的现象是___________，反应的离子方程式为___________________________。
【答案】(1). +6 (2). SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4 (3). (球形)冷凝管 (4). 浓硫酸 (5). 防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶，使SO2Cl2发生水解变质；吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境。 (6). D (7). 吸收Cl2 (8). C中KMnO4溶液褪色 (9). 2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+
【分析】(1)根据化合物中正负化合价的代数和为0判断S元素的化合价，SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”，生成的HCl溶于水，呈现白雾。；
(2)①根据图示仪器的结构特点可知仪器的名称，乙中浓硫酸可干燥氯气，装置B中碱石灰可吸收尾气；
②通过滴加液体，排除装置中的氯气，使氯气通过装置乙到装置甲中；
(3)①加热时A中试管出现黄绿色，装置B中四氯化碳可吸收生成的氯气；
②装置C中二氧化硫与高锰酸钾反应。
【详解】(1)SO2Cl2中S的化合价为0-(-1)×2-(-2)×2=+6，SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”，生成了HCl，其化学方程式为SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4；
(2)①仪器A的名称为(球形)冷凝管，装置乙中装入的试剂为浓硫酸，装置B的作用是防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶，使SO2Cl2发生水解变质，吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境；
②氯气不溶于饱和食盐水，通过滴加饱和食盐水，将氯气排出，其它均不符合，故合理选项是D；
(3)SO2Cl2分解生成了Cl2，根据化合价Cl的化合价升高，化合价降低只能是S元素，S从＋6降低到＋4，生成SO2。
①加热时A中试管出现黄绿色，说明生成了Cl2，装置B的作用是吸收Cl2；
②装置C中的现象是KMnO4溶液褪色，SO2与KMnO4反应，反应的离子方程式为2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。
【点睛】本题考查物质的制备实验的知识，把握物质的性质、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
21.NaNO2可用作食品添加剂。NaNO2能发生以下反应：3NO2-+2H+=NO3-+2NO↑+H2O
NO2-+Ag+=AgNO2↓(淡黄色)
某化学兴趣小组进行以下探究。回答有关问题：
(l)制取NaNO2反应原理：Na2CO3+2NO2=NaNO2+NaNO3＋CO2 Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2
用下图所示装置进行实验。

①铜与浓硝酸反应的化学方程式为______________________________。
②实验过程中，需控制B中溶液的pH＞7，否则产率会下降，理由是_____________________。
③往C中通入空气的目的是____________________(用化学方程式表示)。
④反应结束后，B中溶液经蒸发浓缩、冷却结品、___________ 等操作，可得到粗产品晶体和母液。
(2)测定粗产品中NaNO2含量
称取5.000g粗产品，溶解后稀释至250mL。取出25.00 mL溶液，用0.1000 mol·L-1KMNO4酸性溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为20.00mL。已知：2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O
①稀释溶液时，需使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有 _________(填标号)。
A.容量瓶 B.量筒 C.胶头滴管 D.锥形瓶
②当观察到_________________时，滴定达到终点。
③粗产品中NaNO2的质量分数为____________ (用代数式表示)。
【答案】(1). Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O (2). 如果pH<7，亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体 (3). 2NO+O2=2NO2 (4). 过滤 (5). A、C (6). 溶液出现粉红色，且半分钟内不褪色 (7). 69.00%
【分析】(1)Cu和浓硝酸反应得到NO2，NO2与Na2CO3溶液反应得到NaNO2。但是NO2可能会与H2O反应生成NO，NO不能NaOH吸收，所以需要将NO转化为NO2，再被吸收。
(2)①称取mg粗产品，溶解后稀释至250mL是配制溶液，结合配制溶液的步骤选择仪器；
②高锰酸钾溶液为紫红色，利用溶液颜色判断反应终点；
③2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O，结合反应定量关系计算。
【详解】(1)①铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；
②实验过程中，需控制B中溶液的pH>7，否则产率会下降，这是因为如果pH<7，会发生反应：3NO2-+2H+=NO3-+2NO↑+H2O，亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体；
③未反应的NO2会与H2O反应生成NO，NO不能NaOH吸收，所以需要将NO转化为NO2，再被吸收。往C中通入空气的目的是NO和O2反应生成NO2，反应的化学方程式为：2NO+O2=2NO2；
④反应结束后，B中溶液为NaNO2和NaNO3的混合溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作，可得到粗产品晶体和母液；
(2)①稀释溶液时，需使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有容量瓶、胶头滴管等，故合理选项是AC；
②发生的化学反应为：2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O，高锰酸钾溶液为紫红色，恰好反应后溶液中变为无色的Mn2+，可利用溶液本身的颜色变化判断反应终点，当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液出现粉红色，且半分钟内不褪色，可以证明达到滴定终点；
③称取mg粗产品，溶解后稀释至250mL．取出25.00mL溶液，用cmol/LKMnO4酸性溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为VmL，根据反应方程式2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O可知n(NaNO2)=n(KMnO4)=×0.1000mol/L×20×10-3L=5×10-3mol，则250ml溶液中所含物质的量=n(NaNO2)总=×5×10-3mol=0.05mol，所以粗产品中NaNO2的质量分数==69.00%。
【点睛】本题考查了铜和浓硝酸反应产物分析判断、粗产品含量测定和滴定实验过程中仪器的使用、滴定终点的判断方法等知识，掌握基础是解题关键。
22.科学家开发出了多种太阳能电池，除晶体硅太阳能电池外，还有GaAs太阳能电池、铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。
(1)基态Ga原子的电子排布式为________________。
(2)高温下CuO容易转化为Cu2O，试从原子结构角度解释原因________________________。
(3)H2Se分子的键角_______H2O分子的键角(选填“>”、“=”或“<”)。写出与SeO3互为等电子体的一种阴离子_____________(写化学式)。
(4) AsF3分子的立体构型为__________；AsF3是极性分子，理由是_____________________。
(5)Ga(OH)3与NaOH溶液反应生成Na[Ga(OH)4]。Na[Ga(OH)4]溶液中含有的化学键有__________________。
A.共价键 B.离子键 C.金属键 D.配位键 E.氢键
(6)金刚砂(SiC)晶胞如图所示：

金刚砂中硅原子的杂化轨道类型为_______，沿晶胞图中虚线方向的切面图为____(填标号)。

【答案】(1). [Ar]3d104s24p1 (2). Cu2+的价电子排布为3d9，而Cu+为3d10的全充满稳定结构 (3). < (4). CO32-、NO3- (5). 三角锥形 (6). 分子中正、负电荷中心不重合 (7). AD (8). sp3 (9). a
【分析】(1)Ga是31号元素，根据构造原理，书写其核外电子排布式；
(2)原子核外电子所处的轨道为全满、半满、全空时是稳定结构，根据Cu2+、Cu+的核外电子排布分析；
(3)根据中心原子的半径大小及电负性大小分析判断键角；根据等电子体是分子中原子数相同，最外层电子数也相同的特点推断；
(4)根据价层电子对数及含有的孤电子对数判断AsF3分子的立体构型；从分子的对称性判断分子是否为极性分子；
(5)在Na[Ga(OH)4]溶液电离为Na+、[Ga(OH)4]-，在OH-中的O-H键为极性共价键，在Ga与OH-存在配位键；
(6)根据Si原子最外层电子数及形成SiC中的化学键数目判断其杂化类型，结合图示判断沿晶胞图中虚线方向的切面图的形状。
【详解】(1)根据构造原理，31号元素Ga的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1；
(2)Cu+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，其价电子排布式为：3d10，Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，价电子排布式为：3d9，由于Cu+为3d10全充满更稳定，所以在高温下CuO能分解生成Cu2O；
(3)由于O原子半径比Se原子半径小，电负性大，使水滴在中的成键电子对更靠近中心原子，产生的排斥作用大，所以键角比H2Se中的大；
SeO3含有的原子数为4，最外层电子总数为24，则SeO3与互为等电子体的阴离子可以是CO32-或NO3-；
(4)AsF3的中性原子As原子的价层电子对数为3+=4，且As原子上有一对孤电子对，所以AsF3分子的立体构型为三角锥形；在AsF3分子中，由于AsF3分子的立体构型为三角锥形，负电荷重心在F原子一侧，正电荷重心在As原子一侧，使得该物质分子中正、负电荷中心不重合，因此该分子为极性分子；
(5)在Na[Ga(OH)4]溶液中，Na[Ga(OH)4]电离为Na+、[Ga(OH)4]-，在OH-中的O-H键为极性共价键，Ga原子最外层有3个电子，因此在Ga与OH-存在配位键，所以在Na[Ga(OH)4]溶液中，存在的化学键有共价键、配位键，故合理选项是AD；
(6)由于Si原子最外层有4个电子，在SiC中，每个Si原子与四个相邻的C原子形成了4个的共价键，所以Si杂化轨道类型为sp3杂化，结合图示判断沿晶胞图中虚线方向的切面图的形状为a。
【点睛】本题考查物质结构和性质的知识，涉及原子核外电子排布、原子杂化类型、化学键类型的判断、微粒空间构型判断等知识点，侧重考查基础知识再现、空间想像能力及应用能力。