湖南省郴州市第二中学高三下学期期中考试化学试题

2022年郴州市第二中学高三下学期期中考试化学(时间：75分钟满分：100分)可能用到的相对原子质量：H-1Li-7N-14O-16Na-23Ti48V51一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意。1.下列说法不正确的是A.“结草为庐”所用的秸秆，经现代科技可转化为苯乙酸、苯乙烯等芳香烃B.钠钾合金可用作快中子反应堆的热交换剂C.Na2S固体可用于除去废水中Cu2+、Hg2+等重金属D.《陶者》“陶尽门前土，屋上无片瓦。十指不沾泥，鳞鳞居大厦。”黏土烧制陶器中发生了化学变化【答案】A【解析】【分析】【详解】A．苯乙酸含O元素，为含氧衍生物，苯乙烯属于芳香烃，A错误；B．钠钾合金熔点低，通常状况下呈液态，可作原子反应堆的导热剂，B正确；C．相同温度下，Na2S的溶解度比CuS、HgS大，所以废水中Cu2+、Hg2+等重金属与Na2S反应转化为CuS、HgS而除去，C正确；D．黏土烧制陶器的过程中生成了新的物质发生了化学变化，D正确；答案选A。2.劳动是一切幸福的源泉，下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A用洁厕灵(主要含浓盐酸)清洗马桶含氯化合物具有杀菌消毒功能B利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术装饰品SiO2能被氢氟酸腐蚀C用碳酸氢钠作食品的膨松剂碳酸氢钠能与酸反应D用高铁酸钾净水还原生成铁离子水解产生的氢氧化铁胶体可使水中细小颗粒絮凝A.A B.B C.C D.D【答案】AC【解析】【详解】A．用洁厕灵(主要含浓盐酸)清洗马桶，主要是含氯化合物HCl具有酸性，与马桶中污垢反应生成可溶的氯化物，与杀菌消毒无关，A错误；B．SiO2能和氢氟酸反应，利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术装饰品，B正确；C．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳气体，可以食品疏松，C错误；D．高铁酸钾还原生成铁离子水解产生的氢氧化铁胶体可使水中细小颗粒絮凝，用于净水，D正确；故选AC。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.28gFe与水蒸气充分反应转移的电子数目为NAB.1LpH=1的H2C2O4溶液中含有阳离子总数为AC.0.5molCH4和1molCl2在光照下充分反应后的分子数为AD.标准状况下，22.4LCCl4中含有C—Cl键的个数为4NA【答案】C【解析】【详解】A．Fe与水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4和H2，有3Fe~Fe3O4~8e-，28gFe的物质的量为，则转移0.5mol×=mol电子，即NA，A错误；B．pH=1的H2C2O4溶液中c(H+，1LpH=1的H2C2O4溶液中n(H+，H2C2O4溶液中阳离子只有H+，故含有阳离子总数为A，B错误；C．根据C守恒可知0.5molCH4和1molCl2在光照下充分反应得到总物质的量为的含碳分子；每取代1个H消耗1个Cl2分子，则氯气不够，反应后无Cl2分子；每取代1个H的同时得到1个HCl分子，氯气不够，以1molCl2计算，得到1molHCl分子，反应后分子总物质的量为含碳分子+1molHCl分子，即分子数为A，C正确；D．标况下，CCl4不是气体，无法计算，D错误；选C。4.下列由废催化剂(主要含FeBr3及少量溴、苯)制取无水FeCl3的实验装置与原理能达到实验目的的是A.用装置甲制取氯气B.用装置乙氧化FeBr3溶液中的溴离子C.用装置丙分离出FeCl3溶液D.用装置丁蒸干溶液可得无水FeCl3【答案】C【解析】【详解】A．二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气，A错误；B．应把氯气通到溴化铁溶液中，左边装置应长管进短管出，B错误；C．氯化铁溶于水不溶于苯，溴在苯中的溶解度更大，可用萃取分离，C正确；D．氯化铁溶液中铁离子易水解，在空气中蒸干溶液会得到氢氧化铁，得不到无水FeCl3，D错误；答案选C。5.有机物X、Y、Z在一定条件下可实现如下转化，下列说法正确的是A.Z的分子式为C7H8OB.化合物Z环上的一氯代物共有3种(不考虑立体异构)C.X、Y、Z都可以使酸性高锰酸钾褪色D.X、Y、Z分子中所有碳原子均处于同一平面【答案】C【解析】【详解】A．Z的分子式为C7H14O，A项错误；B．化合物Z环上的一氯代物共有4种，分别是、、、，B项错误；C．X、Y中都含有碳碳双键，Z中含有羟基，则三者都可以使酸性高锰酸钾褪色，C项正确；D．Y、Z分子中都含有多个饱和的碳原子，则两分子中所有碳原子不可能处于同一平面，D项错误；答案选C。6.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.c(H+)/c(OH-)=10-12的溶液中：、Ba2+、Cl-、B.透明的溶液中：K+、Na+、、C.能使甲基橙变红的溶液中：Fe2+、K+、、D.由水电离的c(OH-)=1×10-10mol∙L-1的溶液中：K+、Na+、、Al3+【答案】B【解析】【详解】A．由比值可知c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性，在碱性条件下，OH-与不能大量共存，故A错误；

B．透明的溶液中各离子之间互不反应，能大量共存，故B正确；

C．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下，H+、Fe2+与发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；

D．由水电离的c(OH-)=1×10-10mol∙L-1的溶液，水的电离收到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，碱性溶液中，OH-与Al3+不能大量共存，故D错误；故选：B。7.用α粒子(即氦核He)轰击14X原子和9Z原子产生的核反应分别为14X+He→17Y+1H、9Z+He→12C+n，已知元素X、Y的单质均为空气的重要组成部分，Z单质及化合物的性质与Al类似。下列说法错误的是A.X、Y的单质均可作某些可燃物的氧化剂B.X、Z的最高价氧化物对应的水化物均能与强碱反应C.X、Y形成的单质均存在常见的同素异形体.D.X、Y与H均能形成两种或两种以上的化合物【答案】C【解析】【分析】根据元素X、Y的单质均为空气的重要组成部分，可知X、Y为N元素和O元素的一种，结合14X+He→17Y+1H知，Y的质子数大于X，则X为N元素，Y为O元素，根据9Z+→12C+，可知Z的质子数为4，则Z为Be。【详解】A．X、Y的单质N2、O2均可发生还原反应，如N2+3MgMg3N2、O2+2Mg2MgO，故A正确；B．X、Z的最高价氧化物对应的水化物为HNO3和Be(OH)2，依题意，Z单质及化合物的性质与Al类似，可知X、Z的最高价氧化物对应的水化物均与强碱反应，故B正确；C．N2不存在常见的同素异形体，故C错误；D．N元素与H元素可形成NH3、N2H4等化合物，O元素与H元素可形成H2O、H2O2等化合物，故D正确；选C。8.通过下列实验可以从废铜屑中制取CuSO4·5H2O。下列说法正确的是A.加入Na2CO3溶液的作用是除去废铜屑表面的油污B.“氧化”时反应的离子方程式：Cu+H2O2+2H+=Cu2++H2OC.操作1是蒸发浓缩、冷却结晶D.将CuSO4·5H2O加热到1000℃以上会分解得到Cu2O，1个Cu2O晶胞(如图)中含1个氧原子【答案】A【解析】【详解】A．碳酸钠溶液显碱性，能用于去除油污，A正确；B．“氧化”时反应的离子方程式：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，B错误；C．由实验可知，操作1为过滤，操作2为蒸发浓缩、冷却结晶，C错误；D．由晶胞图可知，1个Cu2O晶胞中含4个铜原子，2个氧原子，D错误；答案选A。9.微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如下图所示，下列说法正确的是A.电子从b流出，经外电路流向aB.HS—在硫氧化菌作用下转化为SO的反应是：HS—+4H2O—8e—=SO+9H+C.该电池在高温下进行效率更高D.若该电池有电子转移，则有+通过质子交换膜【答案】B【解析】【分析】由氢离子的移动方向可知，电极a为微生物燃料电池的负极，在硫氧化菌作用下，硫氢根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为HS—+4H2O—8e—=SO+9H+，b极为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e—+4H+=2H2O。【详解】A．由分析可知，电极b是电池的正极，a是负极，则电子从a流出，经外电路流向b，故A错误；B．由分析可知，电极a为微生物燃料电池的负极，在硫氧化菌作用下，硫氢根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为HS—+4H2O—8e—=SO+9H+，故B正确；C．微生物的主要成分是蛋白质，若电池在高温下进行，蛋白质会发生变性，微生物的催化能力降低，电池的工作效率降低，故C错误；D．由分析可知，正极的电极反应式为O2+4e—+4H+=2H2O，则当电池有电子转移时，负极区有氢离子通过质子交换膜加入正极区，故D错误；故选B。10.金红石TiO2纳米颗粒光催化水氧化机理中间物种的表征及推测的反应机理如图所示：下列说法正确的是A.光激发条件下TiO2纳米颗粒作催化剂未参与水氧化的反应B.TiO2纳米颗粒光催化水氧化反应的方程式为2H2O2H2+O2C.在反应过程中存在分解反应：Ti2O2+H2O=TiOOH+TiOHD.TiO2纳米颗粒光催化水氧化的溶液酸性减小【答案】C【解析】【详解】A．TiO2纳米颗粒作催化剂参与了水氧化的反应，只是反应后又生成了TiO2，反应前后TiO2的质量和化学性质不变，A错误；B．从机理图中并没有看到水分解生成氢气，B错误；C．机理图中存在，.即反应Ti2O2+H2O=TiOOH+TiOH，C正确；D．从机理图中可看出TiO2纳米颗粒光催化水氧化的过程中生成H+，导致溶液酸性增强，D错误；故合理选项是C。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.化合物Z是一种治疗糖尿病药物的重要中间体，可由下列反应制得。下列有关X、Y、Z的说法正确的是A.1molX中含有2mol碳氧π键B.Y在水中的溶解度比X在水中的溶解度小C.Z与足量H2反应生成的有机化合物中含2个手性碳原子D.X、Y、Z分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物相同【答案】B【解析】【详解】A．1molX中含有1mol碳氧π键，故A错误；B．X中的羧基和羟基均为亲水基团，因此X在水中的溶解度大于Y，故B正确；C．Z中标记的三个碳原子加成氢气后为手性碳原子，有3个，故C错误；D．X中存在酚羟基会被高锰酸钾氧化破坏苯环结构，而Z不能不高锰酸钾氧化，因此三者与高锰酸钾反应后的产物不同，故D错误；故选：B。12.2021年我国科学家以CO2为原料人工合成淀粉，其效率约为传统农业生产淀粉的倍，其部分合成路线如下图所示，下列有关说法正确的是A.反应①为B.HCHO的水溶液能使蛋白质发生盐析C.化合物a能与NaOH发生反应D.用淀粉可检验食盐是否为加碘盐【答案】A【解析】【详解】A．反应①化学方程式参照流程中物质的转化可进一步推出，其化学方程式为：，故A项正确；B．HCHO的水溶液为福尔马林溶液，它能使蛋白质变性而用于保存动物标本，故B项错误；C．化合物a中存在官能团为羟基和羰基，均不与NaOH溶液反应，故C项错误；D．淀粉遇I2变蓝，但食盐中我们加入的一般是KIO3，不含I2，故D项错误；答案选A。13.一种聚合物锂电池通过充、放电可实现“大气固碳”，其工作原理如图所示。该电池在充电时，通过催化剂的选择性控制，只有Li2CO3发生氧化释放出CO2和O2.下列说法正确的是A.该电池不可选用含Li＋的水溶液作电解质B.图中Li＋的移动方向是充电时的移动方向C.充电时，阳极发生的反应为2Li2CO3＋C-4e-=3CO2＋4Li＋D.该电池每循环充、放电子各4mol，理论上可固定CO2标准状况下22.4L【答案】AD【解析】【分析】由图可知，电极A上，单质锂失去电子，发生氧化反应，为负极，则电极B为正极，以此解题。【详解】A．金属锂会与水反应，不能选用含Li+的水溶液作电解质，A正确；B．锂为负极，电极B为正极，因此图中Li+的移动方向是放电时的移动方向，B错误；C．根据信息电池充电时，通过催化剂的选择性控制，只有碳酸锂发生氧化，释放出二氧化碳和氧气，因此充电时阳极发生的反应为2Li2CO3-4e-=2CO2↑+4Li++O2↑，C错误；D．根据放电正极反应式3CO2+4e-+4Li+=2Li2CO3+C，充电阳极反应式2Li2CO3-4e-=2CO2↑+4Li++O2↑，因此该电池每放、充4mol电子一次，理论上能固定1mol二氧化碳，标准状况下体积为，D正确；答案选AD。14.高氯酸用途广泛，可用于电镀工业，也用于生产烟花和炸药，还可作化学分析试剂。在某温度时，将xmol/L氨水滴入10mL1.0mol/L高氯酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是A.a~b点温度逐渐升高是反应放热和NH3·H2O电离放热共同的结果B.b点时氨水和高氯酸恰好完全反应C.d点：c(NH)+c(H+)<c(ClO)+c(OH-)D.c点：c(NH)+c(NH3·H2O)=c(ClO)【答案】B【解析】【详解】A．NH3·H2O电离过程吸热，故A错误；

B．b点之前温度升高，说明该反应放热，b点溶液温度最高，说明此时氨水和高氯酸恰好完全反应，故B正确；

C．d点有电荷守恒：c(NH)+c(H+)=c(ClO)+c(OH-)，故C错误；

D．c点溶质为NH4ClO4和NH3·H2O，由图可知，25℃时溶液的pH=7，则c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒：c(NH)+c(H+)=c(ClO)+c(OH-)，可得c(NH)=c(ClO)，则c(NH)+c(NH3·H2O)＞c(ClO)，故D错误；

故选：B。三、非选择题：本题共5小题，共54分。15.用低品铜矿(主要含CuS、FeO)制备Cu2O的一种工艺流程如图：（1）“酸浸”中CuS发生反应的化学方程式为_____。（2）“调pH”后滤液中Fe3+刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10-5mol·L-1认为沉淀完全)，此时pH约为_____。[Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38]（3）“除锰”时的离子方程式为_____。（4）“还原”前需测定铜氨离子｛[Cu(NH3)4]2+｝的浓度来确定水合肼的用量。准确量取除去Mn2+的铜氨溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加3mol·L-1H2SO4至pH为3～4，加入过量KI固体。以淀粉溶液为指示剂，生成的碘用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应为2Cu2++4I-=2CuI+I2，I2+2S2O=2I-+S4O)，重复2～3次，平均消耗Na2S2O3标准溶液。计算铜氨溶液的物质的量浓度_____(写出计算过程)。（5）保持其它条件不变，水合肼浓度对Cu2O的产率的影响如图所示。水合肼浓度大于3.25mol·L-1时Cu2O的产率下降，[Cu(NH3)4]2+的转化率仍增大，可能的原因是_____。【答案】（1）CuS+MnO2+2H2SO4=CuSO4+MnSO4+S+2H2O（2）3（3）Mn2++NH3•H2O+HCO=MnCO3↓+NH+H2O或Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O（4）0.4000mol•L-1（5）[Cu(NH3)4]2+被N2H4·H2O进一步还原成铜单质【解析】【分析】低品铜矿中加入稀硫酸和二氧化锰，硫化铜与二氧化锰发生氧化还原反应生成铜离子、二价锰离子和硫单质，氧化亚铁与稀硫酸反应生成亚铁离子，又被氧化成铁离子，再调节pH除去铁离子，然后加氨水和碳酸氢铵除去锰离子，最后再加水合肼还原铜离子得到产品。【小问1详解】硫化铜有还原性，二氧化锰有氧化性，两者在酸性条件下发生氧化还原反应，依据得失电子守恒和原子守恒，反应化学方程式为：CuS+MnO2+2H2SO4=CuSO4+MnSO4+S+2H2O。【小问2详解】Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=1×10-38，则c3(OH-)=，，，pH=3。【小问3详解】用氨水和碳酸氢铵除去锰离子的离子方程式为：Mn2++NH3•H2O+HCO=MnCO3↓+NH+H2O或Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O。【小问4详解】由题目所给反应可得关系式：，求得，则除去Mn2+的铜氨溶液中含铜氨离子｛[Cu(NH3)4]2+｝的物质的量为，浓度为：。【小问5详解】水合肼度大于3.25mol·L-1时，水合肼被氧化成氮气，铜氨离子被还原为铜，使得[Cu(NH3)4]2+的转化率仍增大，Cu2O的产率下降。16.2021年10月27日，以“探索与展望第五次工业革命中时尚产业的方向和绿色共识”为主题的2021气候创新·时尚峰会在柯桥举行。大会倡导绿色、低碳、循环、可持续的发展方式，共同构建新型世界纺织产业命运共同体。（1）已知下列热化学方程式：ⅰ．ⅱ．已知在某种催化剂的作用下，的正反应的活化能Ea(正)为，则该反应逆反应的活化能Ea(逆)为___________kJ/mol。（2）将的混合气体充入反应器中，气体总压强为，平衡时、正(CO2)与温度的关系如图所示。℃时，的物质的量浓度随温度升高而增大的原因是___________。（3）在使用某种催化剂催化CO2加氢合成乙烯的反应时，所得产物含、、等副产物。若在催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表。助剂CO2转化率/%各产物在所有产物中的占比/%其他NaKCu欲提高单位时间内乙烯的产量，在催化剂中添加___________助剂效果最好；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是___________。（4）在T℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入和一定量的发生反应：。达到平衡时，HCHO的分压与起始的关系如图所示：①起始时容器内气体总压强为，若5min时反应到达c点，则___________。②b点时反应的化学平衡常数___________(保留三位有效数字)。③c点时，再加入和，使二者分压均增大，则的转化率___________(填“增大”、“不变”或“减小”)。【答案】（1）（2），温度升高时，反应ⅰ平衡向左移动使增加的量比反应ⅱ平衡向右移动使减少的量多（3）①.K②.降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响（4）①.②.③.增大【解析】【小问1详解】由题干已知：ⅰ．ⅱ．则可知目标反应可由反应ii-i得到，根据盖斯定律可知，该反应的反应热，又知反应热，结合的正反应的活化能Ea(正)为，则该反应逆反应的活化能Ea(逆)为，故答案为：；【小问2详解】由题干信息可知，反应i是一个放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2的物质的量浓度增大，而反应ii是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动，CO2的物质的量浓度减小，由图可知，温度低于220℃时，随着温度升高CO2的物质的量浓度减小，说明此温度段，温度对反应ii的影响大于对反应i的影响，而220~400℃时，温度对反应i的影响大于对反应ii的影响，故导致温度升高CO2的物质的量浓度增大，故答案为：，温度升高时，反应ⅰ平衡向左移动使增加的量比反应ⅱ平衡向右移动使减少的量多；【小问3详解】根据题干表中数据可知，添加Na时虽然CO2的转化率比K、Cu都高，但C2H4的选择性太差，Cu是虽然C2H4的选择性最好，但CO2的转化率太低，故欲提高单位时间内乙烯的产量，在催化剂中添加K助剂效果最好，加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响，故答案为：K；降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响；【小问4详解】根据c点的三段式分析：，则平衡时容器气体的压强为：p(平衡)=，故有：p(HCHO)=，解得：，故p(平衡，据此分析解题：①起始时容器内气体总压强为，若5min时反应到达c点，由分析可知，则，故答案为：；②温度不变，化学平衡常数不变，故b点时反应的化学平衡常数与c点对应的平衡常数相等，由分析可知，c点平衡下，p(CO2)=，同理：p(H2，p(HCHO)=p(H2，故=≈3.52，故答案为：；③c点时，再加入和，使二者分压均增大，则此时Qp==＜Kp，平衡正向移动，故的转化率增大，故答案为：增大。17.肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼(N2H4·H2O)：CO(NH2)2＋2NaOH＋NaClO＝Na2CO3＋N2H4·H2O＋NaCl。实验一：制备NaClO溶液（实验装置如图1所示）（1）锥形瓶中发生反应离子方程式是________________________________________________。实验二：制取水合肼．（实验装置如图2所示）已知水合肼具有还原性，被氧化生成氮气。控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108～114℃馏分。（2）分液漏斗中的溶液是______（填标号）。A．CO(NH2)2溶液B．NaOH和NaClO混合溶液选择的理由是____________________________________________________。实验三：测定馏分中水合肼的质量分数。采用下列步骤：A．称取馏分，加入适量NaHCO3固体，加水配成250mL溶液。B．移取溶液于锥形瓶中，加入10

mL水，摇匀。C．用0.2000mol·L－1的I2溶液滴定,至溶液出现微黄色且半分钟内不消失，滴定过程中，溶液的pH保持在左右，记录消耗碘的标准溶液的体积。d．进一步操作与数据处理。（3）水合肼与碘溶液反应的化学方程式为：_______________________；（4）滴定过程中，NaHCO3能控制溶液的pH在左右，原因是_______________。（5）滴定时，碘的标准溶液盛放在___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；若三次滴定消耗碘的标准溶液的平均体积为18.00

mL，则馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为____________________(保留三位有效数字)。【答案】①.Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O②.B③.如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化④.N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O⑤.生成的HI与NaHCO3

反应⑥.酸式⑦.18.0%【解析】【分析】【详解】(1)氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O，故答案为Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O；(2)依据制取水合肼（N2H4•H2O）的原理：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl，可知，要将CO（NH2）2溶液与NaOH和NaClO混合溶液加在一起发生反应。根据题中的已知信息，“水合肼具有还原性，被氧化生成氮气。”可知，水合肼能被强氧化性的NaClO氧化成氮气，所以NaOH和NaClO混合溶液一定不能过量。则要将NaOH和NaClO混合溶液滴入CO（NH2）2溶液中，即分液漏斗中装NaOH和NaClO混合溶液。故答案为B；如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；(3)水合肼与碘溶液反应发生氧化还原反应，生成N2、HI和H2O，反应的化学方程式为：N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，故答案为N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O；(4)NaHCO3能控制溶液的pH在左右，是因为生成的HI与NaHCO3反应；(5)碘单质具有氧化性，应选择酸式滴定管；结合反应定量关系计算水合肼（N2H4•H2O）的质量分数，解得，250mL溶液中含有的物质的量=0.0018mol×，水合肼（N2H4•H2O）的质量分数=，故答案为酸式；18.0%。18.碳、氮、氟、硅、铜等元素的化合物广泛存在于自然界，回答下列问题：（1）基态氟原子核外电子的运动状态有_______种；氟原子的价电子排布式为_______。（2）NF3是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，NF3分子的空间构型为_______；写出与N2互为等电子体的一种离子的化学式_______。（3）已知金刚石中的C-C键键长为，C60中C-C键键长为145～140pm，而金刚石的熔点远远高于C60，其理由是_______。（4）氢基倍半硅氧烷的分子结构如图所示，该分子的分子式为_______，Si原子采用_______杂化。（5）Cu的某种晶体晶胞为面心立方结构，晶胞边长为acm，原子的半径为rcm。该晶体中铜原子的堆积方式为_______(填“A1”“A2”或“A3”)，该晶体的密度为_______g/cm3(用含a和NA的代数式表示)，该晶体中铜原子的空间利用率为_______(用含a和r的代数式表达)。【答案】（1）①.9②.2s22p5（2）①.三角锥形②.CN-或或NO+（3）金刚石属于原子晶体，熔化时需要破坏共价键；而C60属于分子晶体，熔化时只需克服分子间作用力，不需要克服共价键（4）①.Si8H8O12②.sp3（5）①.A1②.③.×100%【解析】【分析】根据F原子的电子数判断核外电子的运动状态种数和F原子核外电子排布式判断价电子排布式；根据VSEPR理论判断NF3的空间构型；根据等电子原理判断与N2互为等电子体的一种离子的化学式；根据晶体类型不同解释金刚石的熔点远远高于C60的原因；根据题中所给分子结构判断其分子式和Si原子成键情况判断杂化类型；根据题中信息，利用“均摊法”进行晶胞相关计算；据此解答。【小问1详解】F的原子序数为9，则原子核外有9个电子，有几个电子就有几种运动状态，所以基态F原子核外电子有9种运动状态；F原子的电子排布式为1s22s22p5，其2s、2p能级上电子为其价电子，所以价电子排布式为2s22p5；答案为9；2s22p5。【小问2详解】NF3分子中中心N原子价层电子对数为=3+=3+1=4，有1对孤电子对，采取sp3杂化，所以NF3分子空间构型为三角锥形；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与N2互为等电子体的一种离子的化学式CN-

或或NO+；答案为三角锥型；CN-

或或NO+。【小问3详解】金刚石属于原子晶体，C60属于分子晶体，金刚石熔化时需要破坏共价键，而C60熔化时只需克服分子间作用力不需要克服共价键；答案为金刚石属于原子晶体，熔化时需要破坏共