2024届辽宁葫芦岛协作校化学高二下期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2024届辽宁葫芦岛协作校化学高二下期末质量跟踪监视模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN﹣，Cl﹣B．＝1×10﹣12的溶液中：K+、Na+、CO32﹣、NO3﹣C．酸性溶液中；Na+、ClO﹣，SO42﹣，I﹣D．能溶解Al2O3的溶液中：Na+、Fe2+、HS﹣、SO42﹣2、在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是()A．澄清透明的无色溶液中：Na+、K+、MnO4-、[Al(OH)4]-B．水电离出的c(H+)=10-14mol/L溶液中：Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-C．加入铝能产生H2的溶液中：K+、NH4+、I-、NO3-D．常温下c(OH-)=10-13mol/L的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42-、K+3、在下列反应中，属于氧化还原反应的是（）A．Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClOB．CuO+2HCl=CuCl2+H2OC．SO2+2NaOH=Na2SO3+H2OD．2Na+Cl2=2NaCl4、下列说法正确的是A．蒸馏时，加热之前先通冷却水，停止加热后，仍要继续通冷却水一段时间B．用纸层析法分离Cu2＋和Fe3＋，滤纸上端呈棕黄色，说明Fe3＋在有机溶剂中的溶解能力较Cu2＋小C．用冷却结晶法除去NaCl中混有少量的KNO3D．将镀锌铁皮投入一定浓度的硫酸中反应至金属表面气泡突然减小，取出，直接小火烘干称量，由此测得的镀锌层厚度将偏大5、下列说法正确的是A．配制一定浓度的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸后，未将蒸馏水洗涤量筒后的洗涤液转移至容量瓶中，使配制的溶液浓度偏小B．pH试纸使用时不需要润湿，红色石蕊试纸检测气体时也不需要润湿C．蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，并加垫石棉网加热D．石油的蒸馏实验中，忘记加沸石，可以先停止加热，待溶液冷却后加入沸石，再继续加热蒸馏6、高聚物的单体是（）A．氯乙烯B．氯乙烯和乙烯C．D．7、下列物质中可使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能使溴水褪色的是()A．甲烷B．乙醇C．乙烯D．苯8、有一混合溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO3（1）向第一份溶液中加入AgNO3溶液时有沉淀产生；（2）向第二份溶液中加入足量NaOH溶液并加热后，收集到气体0.06mol;（3）向第三份溶液中加入足量BaCl2溶液后，所得沉淀经洗涤、干燥、称量为8.24g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验，以下推测正确的是（）A．K+可能存在B．100mL溶液中含0.01molCOC．Cl−可能存在D．Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在9、下列有关物质性质的叙述正确的是A．FeCl3溶液滴入热的浓NaOH溶液中可得到Fe(OH)3胶体B．氯水久置后，漂白性和酸性均增强C．常温下，铁片不能与浓硝酸发生反应D．NaCl饱和溶液中依次通入足量的NH3、CO2,可析出NaHCO310、分别完全燃烧1mol下列物质，需要氧气的量最多的是A．丙烯B．丙三醇C．乙烷D．丙酸11、下列物质的性质与用途具有对应关系的是A．Fe2(SO4)3

易溶于水，可用作净水剂B．Na2CO3溶液显碱性，可用作油污去除剂C．HF溶液显弱酸性，可用作玻璃的蚀刻剂D．FeCl3

溶液显酸性，可用作铜制电路板的腐蚀剂12、下列关于平衡常数的说法正确的是A．在平衡常数表达式中，反应物浓度用起始浓度表示，生成物浓度用平衡浓度表示B．可逆反应中，反应物的转化率增大，一定导致化学平衡常数增大C．可以用化学平衡常数来定量描述化学反应的限度D．平衡常数的大小与温度、浓度、压强、催化剂有关13、原电池的能量转化属于（）A．电能转化为化学能B．化学能转化为化学能C．化学能转化为电能D．电能转化为机械能14、若在强热时分解的产物是、、和，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为A．1:4 B．1:2 C．2:1 D．4:115、下列说法错误的是A．H2O2(l)=O2(g)+H2O(l)△H=-98kJ/mol，该反应在任何温度下均能自发进行B．将0.1mol/L的NH3·H2O溶液加水稀释，值增大C．对于可逆反应，化学平衡向正反应方向移动，则平衡常数一定增大，反应物的转化率增大D．pH=6的溶液可能呈酸性，因为升高温度，水的离子积Kw增大16、25

℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在平衡：PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq)，向该饱和溶液中加入KI

浓溶液，下列说法正确的是A．溶液中Pb2+和I-的浓度都增大 B．PbI2的溶度积常数Ksp增大C．沉淀溶解平衡向右移动 D．溶液中Pb2+的浓度减小二、非选择题（本题包括5小题）17、已知A、B、C、D、E、F为元素周期表中原子序数依次增大的前20号元素，A与B，C、D与E分别位于同一周期。A原子L层上有2对成对电子，B、C、D的核外电子排布相同的简单离子可形成一种C3DB6型离子晶体X，CE、FA为电子数相同的离子晶体。(1)写出A元素的基态原子外围电子排布式：_______________________________。F的离子电子排布式：__________。(2)写出X涉及化工生产中的一个化学方程式：______________________。(3)试解释工业冶炼D不以DE3而是以D2A3为原料的原因：_____________。(4)CE、FA的晶格能分别为786kJ·mol－1、3401kJ·mol－1，试分析导致两者晶格能差异的主要原因是___________________________。(5)F与B可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。F与B形成的离子化合物的化学式为________________；该离子化合物晶体的密度为ag·cm－3，则晶胞的体积是____________________(只要求列出算式)。18、短周期元素D、E、X、Y、Z原子序数逐渐增大。它们的最简氢化物分子的空间构型依次是正四面体、三角锥形、正四面体、角形(V形)、直线形。回答下列问题：(1)Y的最高价氧化物的化学式为________；Z的核外电子排布式是________；(2)D的最高价氧化物与E的一种氧化物为等电子体，写出E的氧化物的化学式________；(3)D和Y形成的化合物，其分子的空间构型为________；D原子的轨道杂化方式是________；(4)金属镁和E的单质在高温下反应得到的产物与水反应生成两种碱性物质，该反应的化学方程式是________。19、实验室里需用480mL0.5mol·L－1的NaOH溶液。(1)该同学应选择________mL的容量瓶。(2)其操作步骤如下图所示，则如图操作应在下图中的__________(填选项字母)之间。A．②与③B．①与②C．④与⑤(3)该同学应称取NaOH固体________g，用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时，请在附表中选取所需的砝码大小________(填字母)，并在下图中选出能正确表示游码位置的选项________(填字母)。(4)下列操作对所配溶液的浓度偏大的有（填写下列序号）（_________）①转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯②容量瓶中原来有少量蒸馏水③摇匀后发现液面低于刻度线再加水④定容时观察液面俯视20、某同学为探究酸性KMnO4溶液和H2C2O4（草酸，二元弱酸）溶液的反应过程，进行如下实验。请完成以下问题。（1）写出酸性KMnO4溶液和H2C2O4的离子方程式____________________________。（2）配制100mL0.0400mol·L-1的H2C2O4溶液，除用到托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒等仪器外，还必须用到的玻璃仪器是__________________。（3）将KMnO4溶液逐滴滴入一定体积的酸性H2C2O4溶液中（温度相同，并振荡），记录的现象如下：滴入KMnO4溶液的次序KMnO4溶液紫色褪去所需的时间先滴入第1滴60s褪色后，再滴入第2滴15s褪色后，再滴入第3滴3s褪色后，再滴入第4滴1s请分析KMnO4溶液褪色时间变化的可能原因_________________。21、铬、钼(Mo)、钨(W)都是第ⅥB族元素，且原子序数依次增大，它们的单质和化合物在生活、生产中有广泛应用。回答下列问题：（1）铬元素的最高化合价为_________；基态钼原子的核外电子排布类似于基态铬原子，则基态钼原子核外有_________个未成对电子；基态钨原子的核外电子排布是“洪特规则”的例外，则基态钨原子价电子层的电子排布图为____________________。（2）钼可作有机合成的催化剂。例如，苯甲醛被还原成环己基甲醇。①苯甲醛分子中最多有_________________个原子共平面。②环己基甲醇分子中采取sp3杂化的原子是_____________(写元素符号)。（3）铬离子(Cr3＋)能形成多种配合物，例如[Cr(OH)3(H2O)(H2NCH2CH2NH2)]。①已知配合物的中心粒子的配位数指配位原子总数。上述配合物中，Cr3＋的配位数为______。②上述配合物中，非金属元素的电负性由小到大的顺序为____________。（4）铬的一种氧化物的晶胞结构如图所示。①该氧化物的化学式为____________________。②已知六棱柱底边边长为acm，高为bcm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为___________g∙cm－3(列出计算式)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】

A项、无色溶液中不存在Fe3+，且溶液中Fe3+与SCN﹣发生络合反应不能大量共存，故A错误；B项、＝1×10﹣12为碱性溶液，碱性溶液中K+、Na+、CO32﹣、NO3﹣离子之间不反应，能大量共存，故B正确；C项、酸性溶液中ClO﹣与I﹣发生氧化还原反应不能大量共存，故C错误；D项、能溶解Al2O3的溶液可能为酸溶液或碱溶液，HS-既能与酸反应又能与碱反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B。【题目点拨】本题考查离子共存的正误判断，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等，在判断能否共存的同时还要注意习题的要求，本题的易错点就是容易忽视题干中溶液为酸性溶液这一条件。2、D【解题分析】试题分析：A、MnO4-为有色离子，不能大量共存，A错误；B、由水电离的c(H+）=10-14mol·L-1的溶液可能呈酸性也可能显碱性，酸性溶液中，Fe2+、NO3-会发生氧化还原反应而不能大量共存，碱性溶液中，Fe2+、Mg2+不能大量共存，B错误；C、加入铝能产生H2的溶液可能呈酸性也可能显碱性，NH4+在碱性条件下不能大量共存，酸性溶液中I-、NO3-会发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误；D、常温下c（OH-）=10-13mol/L的溶液为酸性溶液，各离子均能大量共存，D正确。答案选D。考点：离子共存3、D【解题分析】分析：氧化还原反应中一定存在元素化合价的变化。详解：A．Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO反应中元素的化合价没有发生变化，属于复分解反应，故A错误；B．CuO+2HCl=CuCl2+H2O反应中元素化合价没有发生变化，属于复分解反应，故B错误；C.SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O反应中元素化合价没有发生变化，属于复分解反应，故C错误；D.2Na+Cl2=2NaCl反应中钠元素和氯元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，故D正确；故选D。4、A【解题分析】

A．蒸馏时充分冷凝，则加热之前先通冷却水，停止加热后，仍要继续通冷却水一段时间，故A正确；B．用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，滤纸上端呈棕黄色，铁离子的扩散速率快，则Fe3+在有机溶剂中的溶解能力较Cu2+大，故B错误；C．硝酸钾少量，应残留在母液中，可选蒸发结晶法分离，故C错误；D．直接小火烘干称量，金属会与氧气反应，导致剩余固体的质量偏大，则测得的镀锌层厚度将偏小，故D错误；故选A。5、D【解题分析】试题分析：A．配制一定浓度的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸后，量筒不需要洗涤，若将蒸馏水洗涤量筒后的洗涤液转移至容量瓶中，会导致配制的溶液浓度偏高，故A错误；B．pH试纸若被湿润，相当于待测液被稀释，影响测定结果；而红色石蕊试纸由于检验氨气，氨气溶于水才能呈碱性，所以使用前必须用质量数湿润，故B错误；C．蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，可以直接加热，不需要加垫石棉网，故C错误；D．液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故D正确。故选D。考点：考查化学实验方案的评价【名师点睛】本题考查了化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及溶液配制、蒸发、蒸馏、pH试纸的使用等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，注意掌握常见仪器的构造及使用方法，试题培养了学生的化学实验能力。A．量筒不需要洗涤，否则配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高；B．pH试纸不能湿润，但是红色石蕊试纸在使用时必须湿润；C．蒸发皿是可以直接加热的仪器，不需要垫上石棉网；D．蒸馏时必须加入碎瓷片，若忘记加沸石，易导致爆沸，应该停止加热，待溶液冷却后加入沸石。6、C【解题分析】

是CH2=CH=CCl=CH2发生加聚反应产生的高分子化合物，故合理选项是C。7、B【解题分析】A、都不变色；B、乙醇与溴水互溶，乙醇有还原性，能被高锰酸钾氧化；C、乙烯有碳碳双键，都变色；D、苯不能使KMnO4褪色，溴水因萃取而褪色。8、C【解题分析】分析：第一份溶液加入AgNO3溶液有沉淀产生，推得可能含有Cl－、CO32－、SO42－；第二份溶液加足量NaOH溶液加热后收集到气体，推得一定含有NH4＋；第三份溶液加入足量BaCl2，生成的沉淀部分溶于盐酸，部分不溶，推得一定存在CO32－、SO42－，则一定不存在Ba2＋、Mg2＋；计算确定的离子的物质的量，根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，推断溶液是否存在K＋、Cl－的情况．详解：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl－+Ag＋═AgCl↓、CO32－+2Ag＋═Ag2CO3↓、SO42－+2Ag＋═Ag2SO4↓，所以可能含有Cl－、CO32－、SO42－；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.06mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4＋，根据反应NH4＋+OH－NH3↑+H2O，产生NH3为0.06mol，可得NH4＋也为0.06mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀8.24g，经足量盐酸洗涤，干燥后，沉淀质量为2.33g。部分沉淀溶于盐酸，为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸，为BaSO4，发生反应CO32－+Ba2＋═BaCO3↓、SO42－+Ba2＋═BaSO4↓，因此溶液中一定存在CO32－、SO42－，一定不存在Ba2＋、Mg2＋，由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为2.33g/233g·mol－1=0.01mol，故SO42－的物质的量为0.01mol，BaCO3为8.24g-2.33g═5.91g，物质的量为5.91g/197g·mol－1=0.03mol，则CO32－物质的量为0.03mol，由上述分析可得，溶液中一定存在CO32－、SO42－、NH4＋，一定不存在Mg2＋、Ba2＋，而CO32－、SO42－、NH4＋物质的量分别为0.03mol、0.01mol、0.06mol，A．CO32－、SO42－所带负电荷为0.03mol×2+0.01mol×2=0.08mol，NH4＋所带正电荷为0.06mol，根据溶液中电荷守恒，可知K＋一定存在，故A错误；B．由上述分析可得，100mL溶液中CO32－物质的量为0.03mol，故B错误；C．CO32－、SO42－所带负电荷为0.03mol×2+0.01mol×2=0.08mol，NH4＋所带正电荷为0.06mol，根据溶液中电荷守恒，可知Cl－可能存在，故C正确；D．由上述分析可知，溶液中一定存在CO32－、SO42－、NH4＋，一定不存在Mg2＋、Ba2＋，故D错误；故选：C。点睛：本题采用定性实验和定量计算相结合考查离子共存与检验，难点：根据电荷守恒判断是否存在K＋、Cl－的情况。9、D【解题分析】

A．实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和的氯化铁溶液，如果加入氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀，而不是胶体，故A错误；B．氯水放置过程中，HClO要见光分解生成HCl为O2，则氯水久置后，漂白性减弱，而酸性增强，故B错误；C．常温下，铁遇浓硝酸钝化，是化学变化，发生了反应，故C错误；D．向饱和NaC1溶液中先通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3晶体，这是侯氏制碱法的原理，故D正确；故答案为D。10、A【解题分析】1mol烃CxHy的耗氧量为(x+y4)molA.丙烯耗氧量为(3+6/4)=4.5mol；B.丙三醇耗氧量为：(3+8/4)-1.5=3.5mol；C.乙烷的耗氧量为：(2+6/4)=3.5mol；D.丙酸的耗氧量为：(3+6/4)-1=3.5mol；故A的耗氧量最多，本题选A。11、C【解题分析】

A.Fe2(SO4)3可用作净水剂，利用了其水解的性质，故A错误；B.Na2CO3溶液显碱性，油污在碱性条件下水解成可溶于水的物质，故B正确；C.HF溶液用作玻璃的蚀刻剂,与其弱酸性无关，故C错误；D.FeCl3可用作铜制电路板的腐蚀剂,利用了Fe3+的氧化性，故D错误。12、C【解题分析】

A.在平衡常数表达式中，反应物浓度和生成物浓度都应用平衡浓度表示，故A错误；B.同一反应，平化学衡常数只受温度影响，反应物的转化率增大，平衡常数不一定改变，故B错误；C.平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大，故C正确；D.同一反应，化学平衡常数只受温度影响，与反应物浓度、体系的压强、催化剂等无关，故D错误；答案选C。13、C【解题分析】分析：原电池是一种把化学能转化为电能的装置，据此分析。详解：原电池是一种把化学能转化为电能的装置，原电池工作时，能量转化的主要形式是将化学能转化为电能，答案选C。点睛：本题考查常见能量的转化形式，原电池是一种把化学能转化为电能的装置，需要注意实际上转化率不是百分百。14、B【解题分析】

利用化合价升降法将该氧化还原反应方程式配平，反应方程式为3（NH4）2SO43SO2+N2+4NH3+6H2O，该反应中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是-3价，化合价不变，所以则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为1：2，选B。15、C【解题分析】

A．该反应为熵增加且放热的反应，综合考虑反应的焓变(△H)和熵变(△S)，可知该反应在所有温度下均能自发进行，A项正确；B．加水稀释时，促进一水合氨的电离，NH4+的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，故值增大，B项正确；C．化学平衡常数只与温度有关，与反应物或生成物的浓度无关，C项错误；D．水的离子积与温度有关系，温度升高，水的离子积增大，pH=6的溶液可能呈酸性，D项正确；答案选C。16、D【解题分析】

A．含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s)⇌Pb2+(aq)+2I-(aq)，加入KI浓溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡逆移，c(Pb2+)减小，故A错误；B．溶度积常数Ksp只与温度有关，改变c(I-)Ksp不变，故B错误；C．含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq)，加入KI浓溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡左移，故C错误；D．加入KI浓溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡逆移，c(Pb2+)减小，故D正确；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、2s22p41s22s22p63s23p62Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑Al2O3为离子晶体(或者离子化合物)，而AlCl3为分子晶体(或者共价化合物)CaO晶体中Ca2＋、O2－带的电荷数大于NaCl晶体中Na＋、Cl－带的电荷数CaF24×78g⋅【解题分析】

A原子L层上有2对成对电子，说明A是第二周期元素，L层上s轨道有两个成对电子，p轨道上有4个电子，所以A为O；因为A、B位于同一周期，故B也是第二周期元素，又B可形成离子晶体C3DB6，故B为F；又因为C、D与E分别位于同一周期，故前20号元素中C、D与E只能位于第三周期。在C3DB6中，F是负一价，故C只能为正一价，则D是正三价，所以C是Na，D是Al。再结合CE、FA为电子数相同的离子晶体，故E为Cl，F为Ca。据此解答。【题目详解】（1）由题干分析可知，A为O，F为Ca，所以A元素的基态原子外围电子排布式：2s22p4；F的离子电子排布式：1s22s22p63s23p6；（2）电解铝工业中常加入冰晶石来降低Al2O3的熔融温度，反应方程式为：2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑；（3）因为Al2O3为离子晶体，熔融状态可导电，而AlCl3为分子晶体，熔融状态不导电，故工业上工业冶炼Al不以AlCl3而是以Al2O3为原料；（4）因为Ca2＋和Cl－电子层结构相同，O2－和Na＋电子层结构相同，且Ca2＋、O2－带的电荷数大于NaCl晶体中Na＋、Cl－，故NaCl晶格能低于CaO晶格能；（5）从所给晶胞结构示意图可知其中F-全在内部，有8个，Ca2+有6×12+8×18=4，故形成的离子化合物的化学式为CaF2；CaF2晶体的密度为ag·18、SO31s22s22p63s23p5N2O直线型spMg3N2+6H2O═3Mg（OH）2+2NH3↑【解题分析】

D、E、X、Y、Z是短周期元素，且原子序数逐渐增大，它们的最简单氢化物分子的空间结构依次是正四面体、三角锥形、正四面体、角形(V形)、直线型，形成正四面体结构的氢化物是甲烷或硅烷，形成三角锥型的氢化物是氨气，形成V型的氢化物是水或硫化氢，形成直线型结构的氢化物是乙炔、氟化氢或氯化氢，这几种元素的原子序数逐渐增大，所以D的氢化物是甲烷，E的氢化物是氨气，X的氢化物是硅烷，Y的氢化物是硫化物，Z的氢化物是氯化氢，则D、E、X、Y、Z分别是C、N、Si、S、Cl，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，D、E、X、Y、Z分别是C、N、Si、S、Cl。(1)Y为S，最高价氧化物的化学式是SO3，Z为Cl，其基态原子电子排布式是1s22s22p63s23p5，故答案为：SO3；1s22s22p63s23p5；(2)D为C，最高价氧化物为CO2，E为N，CO2与E的一种氧化物为等电子体，则E的氧化物为N2O，故答案为：N2O；(3)D和Y形成的化合物是CS2，其分子的空间构型和二氧化碳的相同，为直线型；分子中碳原子的价层电子对数为2+=2，不含孤电子对，采取sp杂化；故答案为：直线型；sp；(4)E的单质为氮气，镁和氮气反应生成氮化镁，氮化镁与水反应生成两种碱性物质，分别是氢氧化镁和氨气，反应的化学方程式Mg3N2+6H2O═3Mg(OH)2+2NH3↑，故答案为：Mg3N2+6H2O═3Mg(OH)2+2NH3↑。【题目点拨】正确判断元素种类是解题的关键。本题的难点为元素的判断，要注意从“正四面体”结构的分子为甲烷或烷，结合常见物质的结构突破。19、500C10.0c、dc④【解题分析】分析：本题考查的是一定物质的量浓度的溶液的配制，注意天平的使用和操作对实验结果的影响。详解：(1)要配制480mL0.5mol·L－1的NaOH溶液，根据容量瓶的规格分析，只能选择稍大体积的容量瓶，即选择500mL容量瓶。(2)①为称量，②为溶解，③为转移液体，④振荡，⑤为定容，⑥为摇匀。图中表示加入水到离刻度线2-3厘米，应该在振荡和定容之间，故选C。(3)实验需要的氢氧化钠的质量为0.5×0.5×40=10.0克。用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体，则总质量为23.1+10.=33.1克，则选择20g和10g的砝码，故选c、d，游码应在3.1克位置，即游码的左边在3.1克位置，故选c。(4)①转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，则溶质有损失，浓度变小，故错误；②容量瓶中原来有少量蒸馏水对溶液的浓度无影响，故错误；③摇匀后发现液面低于刻度线不应该再加水，否则浓度变小，故错误；④定容时观察液面俯视，则溶液的体积变小，浓度变大。故选④。点睛：在配制一定物质的量浓度的溶液时选择容量瓶的规格要考虑溶液的体积和实际条件，通常容量瓶的规格为100mL，250mL，500mL等，若溶液的体积正好等于容量瓶的规格，按体积选择，若溶液的体积没有对应的规格，则选择稍大体积的容量瓶。且计算溶质的量时用容量瓶的体积进行计算。20、2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO