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1、第二章微粒间相互作用与物质性质单元测试卷一、单选题1下列说法中，正确的是A从空间角度看，2s轨道比1s轨道大，其空间包含了1s轨道B第一电离能的大小可以作为判断元素金属性强弱的依据C原子的电子层数越多，原子半径越大D硫化氢和水分子结构相似，硫化氢晶体中的配位数与冰中水分子的配位数相同2柠檬酸是一种食品添加剂，易溶于水，其结构如图所示。下列关于柠檬酸的说法不正确的是A能与H2O形成氢键B能与NaOH反应生成柠檬酸三钠C能在一定条件下发生消去反应D分子中含有手性碳原子3溴单质在四氯化碳中的溶解度比在水中大，这是因为A溴单质和四氯化碳中都含有卤素原子BBr2是单质，CCl4是化合物CBr2是非极性分
2、子，CCl4也是非极性分子，而水是极性分子DBr2、CCl4都是有机物，而H2O是无机物4下列关于化学键的说法中正确的是（）A中既有极性键又有非极性键B凡是有化学键断裂的过程一定发生了化学反应C非金属元素之间只能形成共价化合物D所有盐、碱和金属氧化物中都含有离子键5进入冬季，雾霾天气的加重，严重影响人们的生产生活。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：下列说法正确的是ANO、SO和SO3中N原子和S原子的杂化方式相同B第一电离能：NOSCSO、SO3和HNO2微粒中所有原子均共平面D该过程没有硫氧键生成6科学家发现某些生物酶体系可促进和的转移(如a、b和c)
3、，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。下列说法错误的是A过程中体现还原性B过程中有极性键的断裂和形成C过程生成的半反应为：D过程的总反应为：7下列叙述不正确的是AHF、HCl、HBr、HI的沸点逐渐增大B在周期表中金属与非金属的分界处，可以找到半导体材料CLi、Na、K原子的电子层数依次增多DX元素最高价氧化物对应的水化物为HXO3，它的气态氢化物为H3X8短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外电子只有一种自旋取向，Y、Z两种原子核外s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等，W原子的价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数之比为2：1。下列说法正确的是AW的第
4、一电离能比同周期相邻元素的小B原子半径：r(X)r(Y)r(Z)r(W)C工业上电解熔融化合物ZY制备单质ZDW的最高价氧化物不可能是非极性分子9二氟化氧(OF2)的键角为103，是一种无色的剧毒气体，能发生反应：6OF2+4N2+O2=4NF3+4NO2，下列有关说法正确的是AOF2难溶于CCl4B在该反应中氧化剂是N2COF2分子中O与F之间存在的是离子键D当有1molNO2生成时，该反应转移的电子数为46.021023102022年北京冬奥会首次使用CO2跨临界直冷新型环保制冰技术。下列有关说法不正确的是ACO2是由极性键构成的非极性分子B干冰中CO2分子间只存在范德华力C冰中H2O分子
5、之间的主要作用力是氢键D此技术制冰的过程中发生的是化学变化11“冰面为什么滑？”，这与冰层表面的结构有关，下列有关说法正确的是A由于氢键的存在，水分子的稳定性好，高温下也很难分解B第一层固态冰中，水分子间通过共价键形成空间网状结构C第二层“准液体”中，水分子间形成共价键机会减少，形成氢键的机会增加D当高于一定温度时，“准液体”中的水分子与下层冰连接的氢键断裂，产生“流动性的水分子”，使冰面变滑12X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的短周期元素，X核外电子只有一种自旋取向，Z元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，第一电离能低于同周期相邻元素，Y、Z、M、N在周期表中的位Y如图
6、所示，下列说法不正确的是YZMNA原子半径：MNZBM的氧化物为两性氧化物C是含极性键的非极性分子D比稳定是因为键能X-ZX-N13下列叙述中正确的是A无机含氧酸分子中含有几个氢原子，它就属于几元酸B同周期非金属元素的氧化物对应水化物的酸性从左到右依次增强C同一元素的含氧酸，该元素的化合价越高，酸性越强DH3PO4和H2CO3分子中非羟基氧的个数均为1，它们的酸性相近，均为中强酸14关于2-(3-氯-2-羟基)异吲哚啉-1，3-二酮，下列说法不正确的是A分子中有1个手性碳原子B苯环上的一氯代物有4种C1mol该物质可消耗3molNaOHD能使酸性稀溶液褪色15下列物质中，酸性最强的是ABCD二
7、、填空题16回答下列问题:(1)四种有机物的相关数据如下表：物质相对分子质量7272114114熔点/C- 129.8- 16.8- 56.897总结烷烃同分异构体熔点高低的规律 _；根据上述规律预测熔点_ (填“”或“”)。(2)两种无机物的相关数据如下表：物质(HF)n冰氢键形式FHFOHO氢键键能/kJmol-12819沸点/C20100(HF)n中氢键键能大于冰，但(HF)n沸点却低于冰，原因是 _。17螯合树脂吸附法处理废水具有吸附容量大、速度快以及选择性好等特点，已成为近年来的研究热点。螯合树脂M与Cu2+形成新的螯合物Q，从而达到去除Cu2+的效果，吸附机理如图所示。资料：吸附原
8、理螯合树脂M中的COOH解离出H+，变成COO-，而且树脂中含有N原子，在与Cu2+接触时，树脂中的COO-、N原子与Cu2+形成配位键，形成新的螯合物Q，从而达到去除Cu2+的目的。在体系酸性较强情况下，氮原子与氢离子具有较强的配位能力。(1)M中四种元素电负性由大到小的顺序为(用元素符号表示)_。(2)M中N原子的杂化轨道类型为_。(3)Q中存在配位键，其中提供空轨道的是_。(4)在螯合树脂M处理含铜废水过程中，发现体系pH对Cu2+的吸附量有影响，实验结果如图所示。吸附去除Cu2+的过程中需保持体系处于适宜的pH，其中pH约为_时吸附效果最好。解释体系碱性过强时，吸附能力下降的原因_。从
9、结构角度解释：体系酸性较强时，吸附能力下降的原因_。18已知有关氮、磷的单键和三键的键能()如下表：N-NNNP-PPP193946197489从能量角度看，氮以N2、而白磷以P4(结构式可表示为)形式存在的原因是_。三、计算题19钒是人体不可缺少的元素，Heyliger 等首次报道了偏钒酸钠显著降低糖尿病大鼠血糖的作用后，钒化学的研究得到了很大发展。钒及其化合物也广泛应用于特种钢、催化剂、颜料、染料、电子材料及防腐剂等等领域。 (1)钒酸盐与磷酸盐结构相似。请画出VO、H2VO、VO2(H2O) 和V2O的空间构型_。(2)生理条件下的钒以多种氧化态存在，各种氧化态可以相互转化。通常细胞外的
10、钒是V(V)， 。而细胞内的钒是V(IV)。研究表明，钒酸二氢根离子可与亚铁血红素(Mtrc-Fe2+)反应，写出该反应的离子方程式_。(3)已知配合物VON(CH2COO)3在水溶液中的几何构型是唯一 的，画出它的空间构型图_。理论推测上述配合物分子在晶体中是有手性的，指出产生手性的原因_。(4)钒酸钇晶体是近年来新开发出的优良双折射光学晶体，在光电产业中得到广泛应用。可以在弱碱性溶液中用偏钒酸铵和硝酸钇合成。写出以Y2O3与V2O5为主要原料合成钒酸钇的化学方程式_。(5)若以市售分析纯偏钒酸铵为原料制备高纯钒酸钇单晶，需将杂质铁离子含量降至一定数量级。设每升偏钒酸铵溶液中含三价铁离子为5
11、.0 10-5 mol，用0.01 mol dm-3的鏊合剂除铁。说明不采取使铁离子水解析出沉淀的方法除铁的理由_。通过计算说明如何选择螯合剂使偏钒酸铵含铁量降至10-30moldm-3以下_。配离子Fe(edta)2-Fe(edta)-Fe(phen)32+Fe(phen)33+2.110141.710242.010211.31014沉淀KspFe(OH)2Fe(OH)38.010-164.010-3820现有原子序数小于20的A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最高的元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之
12、和是B、D两元素原子核内质子数之和的；C、D、E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子比D原子的p轨道上电子多1个；六种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族。回答下列问题：(1)用电子式表示C和E形成化合物的过程：_。(2)写出基态F原子的核外电子排布式：_。(3)A2D的电子式为_，其分子中_(填“含”或“不含”，下同)键，_键。(4)A、B、C共同形成的化合物中化学键的类型有_。四、实验题21醋酸钴与双水杨醛缩乙二胺形成的配合物Co()Salen具有可逆载氧能力，能模拟金属蛋白的载氧作用，在催化氧化反应中应用广泛。合成反应如下所示，回答下列问题。、
13、合成(1)合成装置如下图所示。氮气保护下，向含有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液中缓慢滴加醋酸钴的乙醇溶液，加热回流。A处应安装的仪器是_(填名称)，B处应安装的仪器是_(填名称)。装置C的作用是_。(2)回流，沉淀转化为暗红色晶体。回流结束后进行如下操作：A停止通氮气B停止加热C关闭冷凝水正确的操作顺序为_(填标号)。充分冷却后将溶液过滤，洗涤并干燥，得到配合物Co()Salen。、载氧量测定(3)将m克的Co()Salen(相对分子质量为M)加入圆底烧瓶中，在恒压漏斗中加入(配合物在中可吸氧)，如下图搭建装置。通入氧气，赶尽体系内空气。检查仪器气密性的操作为：先关闭_，然后调节水平仪的水位至与量
14、气管水位产生一定液面差。装置不漏气的现象是_。(4)调整水平仪高度，待量气管水位与水平仪水位齐平时，记录量气管水位的体积刻度为。将加入圆底烧瓶，待吸氧反应结束后，再次使量气管水位与水平仪水位齐平，记录量气管水位的体积刻度。已知大气压为p，氧气的压强为，温度为。配合物载氧量n(吸收的)：n(Co()Salen)的计算式为_。22氢化铝锂()以其优良的还原性广泛应用于医药、农药、香料、染料等行业，实验室按如图流程、装置开展了制备实验(夹持、尾气处理装置已省略)。已知：物质苯易溶难溶乙醚可溶可溶微溶难溶、在潮湿的空气中都会发生剧烈水解。乙醚沸点34.5，易燃。常温下一般不与氧化剂、还原剂、碱、金属单
15、质等反应。请回答：(1)装置b的作用是_。(2)乙醚中的少量水分也会对的制备产生严重的影响，以下试剂或操作可有效降低市售乙醚(含水体积分数0.2%)含水量的是_。A分液B钠C五氧化二磷D通入乙烯(3)下列说法正确的是_。A为提高过滤出滤渣A的速度，可先加水让滤纸紧贴漏斗内壁B为提高合成的速率，可将反应温度提高至40C操作B可在蒸发皿中进行D能溶于乙醚与配位键有关(4)从下列选项中选择属于一系列操作C的最佳操作，并排序_。a.将操作B剩余液体置于蒸馏烧瓶中b.将操作B后剩余液体倒入漏斗中过滤c.用余热蒸干苯d.开冷凝水、加热e.将固体放入苯液中进行搅拌、浸泡和反复清洗、过滤f.转移固体至烧瓶中真
16、空脱苯g.转移固体至表面皿中低温加热干燥脱苯(5)(不含)纯度可采用如下方法测定(装置如图所示)：25，常压下，准确称取产品xg，记录量气管B起始体积读数，在分液漏斗中准确加入过量的四氢呋喃(可减缓与的反应速率)、水混合液10.0mL，打开旋塞至滴加完所有液体，立即关闭旋塞，调整量气管B读数，则的质量分数为_(用含x、的代数式表达)。(注：量气管B由碱式滴定管改装；25，常压下气体摩尔体积约为24.5L/mol。)试卷第9页，共10页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1A【详解】A从空间角度看，2s、1s轨道都是以原子核为中心的球形 ，2s轨道比1s轨道大，2s空间
17、包含了1s轨道，故A正确；B第一电离能小，金属性不一定强，如第一电离能MgAl，金属性MgAl，故B错误； C原子的电子层数越多，不一定原子半径越大，如锂原子的半径大于氯原子，故C错误；D水分子间能形成氢键，所以硫化氢晶体中的配位数与冰中水分子的配位数不相同，故D错误；选A。2D【详解】A 柠檬酸中的羟基和羧基均能与H2O形成氢键，故A正确；B 柠檬酸中含有三个羧基，能与NaOH反应生成柠檬酸三钠，故B正确；C 柠檬酸与羟基相连的碳的邻碳上有氢，能在一定条件下发生消去反应，故C正确；D 没有一个碳上连有4个不同的原子或原子团的特征碳，柠檬酸分子中不含有手性碳原子，故D错误；故答案选D。3C【详
18、解】根据相似相溶原理:极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂;非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。Br2是非极性分子，它们易溶于非极性溶剂-CCl4；而在极性溶剂水中的溶解度较小。答案选C。4A【详解】A.中氢原子与氧原子之间形成极性键，氧原子与氧原子之间形成非极性键，A正确；B.有化学键断裂的过程不一定发生化学反应，如熔化过程离子键断裂，B错误；C.非金属元素之间也可形成离子化合物，如铵盐，C错误；D.不是全部盐、碱、金属氧化物中都含有离子键，如氯化铝是共价化合物，不含离子键，D错误；答案选A。5B【详解】A中心N原子价层
19、电子对=电子对+孤电子对=2+=3，故N为sp2杂化，中心S原子价层电子对=电子对+孤电子对=3+=4，故S为sp3杂化，SO3中心S原子价层电子对=电子对+孤电子对=3+=3，故S为sp2杂化，A错误；B第一电离能随着周期表往右和往上呈增大趋势，但A、A由于为全满、半满稳定结构，故其第一电离能比相邻原子要大，所以NOS，B正确；C由A选项知价层电子对为4对，含1对孤电子对，故其实际构型为三角锥形，其所有原子不可能都共面，C错误；D过程最后一步：SO3，涉及硫氧键的形成，D错误；故答案选B。6A【分析】由图示可知，过程I的离子方程式为NO+2H+e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+N
20、H+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2+4H+4e-，则过程的总反应为NO+ NH= N2+2H2O；【详解】A由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO作氧化剂体现氧化性，被还原，发生还原反应，A错误；B过程中NO和铵根离子生成水和N2H4，反应中氮氧键断裂、氢氧键生成、氮氢键生成，故有极性键的断裂和形成 ，B正确；C过程中N2H4中氮元素失去电子，发生氧化反应生成，半反应为：，C正确；D过程I的离子方程式为NO+2H+e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为
21、N2H4N2+4H+4e-，则过程的总反应为NO+ NH= N2+2H2O，D正确；故选A。7A【详解】A.氟化氢分子间能够形成氢键，分子间的作用力大于同主族其他氢化物，氟化氢的沸点最高，故A错误；B.在金属元素和非金属元素的分界处的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，故B正确；C.Li、Na、K都为A族元素，随着核电荷数增大，原子核外的电子层数依次增多，故C正确；D.由X元素最高价氧化物对应的水化物为HXO3可知，X元素的最高正化合价为+5价，由非金属元素的最高正化合价和负化合价的绝对值之和为8可得，X元素的负化合价为3价，则X元素的气态氢化物为H3X，故
22、D正确；故选A。8A【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外电子只有一种自旋取向，则X为H；Y、Z两种原子核外s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等，原子核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2，结合原子序数可知Y为O，Z为Mg；W原子的价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数之比为2：1，其价电子排布式为3s23p4，则W为S，以此分析解答。【详解】根据分析可知：X为H，Y为O，Z为Mg，W为S元素。A一般情况下同一周期元素，原子序数越大，其第一电离能就越大，但当元素处于第IIA、第VA时，原子核外电子排布处于全充满、半充满的稳定状态，其第一
23、电离能大于同一周期相邻元素，P元素是第三周期的VA元素，原子核外最外层电子处于半充满的稳定状态，所以P第一电离能大于S元素，则S元素的第一电离能比P、Cl都小，A正确； B不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大：则原子半径：r(X)r(Y)r(W)r(Z)，B错误；C在工业上一般是采用电解熔融的MgCl2的方法治炼Mg，不是电解MgO的方法治炼Mg，C错误；DW是S元素，S元素最高价氧化物SO3，分子中正负电荷重心重合，SO3是由极性键构成的非极性分子，D错误；故合理选项是A。9A【详解】A由于OF2中中心原子O
24、上存在=2对孤电子对，OF2为V形结构，故OF2是极性分子，而CCl4是非极性分子，故OF2难溶于CCl4，A正确；B分析反应6OF2+4N2+O2=4NF3+4NO2可知，在该反应中，氧化剂是OF2和O2，B错误；COF2分子中O与F之间存在的是极性共价键，C错误；D分析该反应6OF2+4N2+O2=4NF3+4NO2可知，反应中转移的电子数目为：28mol，故当有1molNO2生成时，该反应转移的电子数为76.021023，D错误；故答案为：A。10D【详解】A二氧化碳中C-O键为极性键，正负电荷重心重合，是非极性分子，A正确；B干冰为分子晶体，分子间只存在范德华力，B正确；C冰中水分子间
25、存在氢键和范德华力，但氢键作用力比范德华力强，C正确；D该过程中无新物质生成，为物理变化，D错误；故选D。11D【详解】A水分子的稳定性好，是由水分子内氢氧共价键的键能决定的，与分子间形成的氢键无关，A错误；B分子间不存在共价键，应该是通过氢键形成空间网状结构，B错误；C分子间不存在共价键应该是氢键个数减少，C错误；D当温度达到一定数值时，“准液体”中的水分子与下层冰连接的氢键被破坏，使一部分水分子能够自由流动，从而产生“流动性的水分子”，造成冰面变滑，D正确；故选D。12C【分析】X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的短周期元素，X核外电子只有一种自旋取向，X为H；Z元素原子核外s能级上的电
26、子总数与p能级上的电子总数相等，其核外电子排布式为：1s22s22p4或1s22s22p63s2，第一电离能低于同周期相邻元素，再结合在元素周期表中的位置可知，Z为O，则Y为N，M为Al，N为S。【详解】A同一周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，同一主族元素从上向下原子半径逐渐增大，原子半径：MNZ，A正确；BM为Al，氧化物Al2O3为两性氧化物，B正确；CN为S、Z为O，SO2的价层电子对数为：2+=3，采取sp2杂化，有一对孤对电子，空间构型为V型，正负电荷重心不重合，为含硫氧极性键的极性分子，C错误；D为H2O，为H2S，氧原子的半径比硫原子小，O-H键的键长比S-H键的键长短，O-
27、H键的键能比S-H键的键能大，因此H2O比H2S稳定，D正确；答案选C。13C【详解】A的分子结构为，它是二元酸，故A错误；B所述规律对非金属元素的最高价氧化物对应的水化物才适合，如不是最高价态，不能得出此规律，故B错误；C是比较无机含氧酸酸性强弱的重要规律，故C正确；D和的非羟基氧原子数均为1，但酸性弱于，这是由于溶于水的只有很少的一部分与水结合成碳酸，故D错误；故选C。14B【详解】A在有机物分子中，连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，在2-(3-氯-2-羟基)异吲哚啉-1，3-二酮分子中只有1个手性碳原子，即标*的碳原子：，选项A正确；B2-(3-氯-2-羟基)异吲哚啉-1，3
28、-二酮的苯环上有2种不同化学环境的氢，其一氯代物有2种，选项B不正确；C分子中含有两个酰胺基和一个碳氯键，1mol该物质可消耗3molNaOH，选项C正确；D分子中含有醇羟基，能使酸性稀溶液褪色，选项D正确；答案选B。15C【详解】电负性，羧酸中与-COOH连接的碳原子上有2个F原子，其酸性最强，故答案选C。16(1) 分子对称性越高，熔点越高 小于(2)冰中氢键数目比(HF)n中多【详解】（1）根据表格数据，同分异构体分子对称性越高，熔点越高。的对称性比差，分子对称性越高，熔点越高，所以熔点：小于；（2）1molHF只能形成1mol氢键，1molH2O能形成2mol氢键，由于冰中氢键数目比(
29、HF)n中多，所以 (HF)n沸点低于冰。17(1)(2)sp3(3)Cu2+(4) 6 c(OH-)增大，发生反应Cu2+2OH-=Cu(OH)2，使螯合反应向逆反应方向进行，c(Q)减小，因此吸附能力下降 酸性较强时，氮原子与氢原子具有较强的配位能力，N原子与Cu2+配位减小，c(Q)减小，因此吸附能力下降【详解】（1）M中四种元素分别为H、C、N、O，由元素性质周期性变化规律知，元素非金属性越强，电负性越强，则电负性由大到小的顺序为，故答案为：；（2）M中N原子的价电子对数为，则杂化轨道类型为sp3，故答案为：sp3；（3）Q中存在配位键，其中提供空轨道的是Cu2+，故答案为：Cu2+；
30、（4）由图示知，其中pH约为6时吸附效果最好，故答案为：6；根据平衡移动原理分析，c(OH-)增大，发生反应Cu2+2OH-=Cu(OH)2，使螯合反应向逆反应方向进行，c(Q)减小，因此吸附能力下降，故答案为：c(OH-)增大，发生反应Cu2+2OH-=Cu(OH)2，使螯合反应向逆反应方向进行，c(Q)减小，因此吸附能力下降；从结构角度分析，酸性较强时，氮原子与氢原子具有较强的配位能力，N原子与Cu2+配位减小，c(Q)减小，因此吸附能力下降，故答案为：酸性较强时，氮原子与氢原子具有较强的配位能力，N原子与Cu2+配位减小，c(Q)减小，因此吸附能力下降。18键键能大于键键能之和，而键键能
31、小于键键能之和，键能越大物质越稳定，故氮以N2、而白磷以P4形式存在【详解】从能量角度看，NN的键能为946，N-N的键能为193，NN键能比N-N的大，PP的键能为489，P-P的键能为197，P4分子中6个P-P的键能比2个PP大，键能越大越稳定，所以氮以N2、而白磷以P4形式存在，故答案为：键键能大于键键能之和，而键键能小于键键能之和，键能越大物质越稳定，故氮以N2、而白磷以P4形式存在。19 VO 、H2VO 、VO2(H2O) 和V2O Mtrc-Fe2+ + H2VO4 +4H+ = Mtrc-Fe3+ + VO2+ 3H2O 分子的手性来源于鳌环的扭曲导致镜面对称性破缺 Y2O3
32、 + 6HNO3 = 2Y (NO3)3+ 3H2O、V2O5+ 2NH3H2O = 2NH4VO3 + H2O、Y (NO3)3+ NH4VO3 + 2NH3H2O = YVO4 + 3NH4NO3+H2O (1)如果在弱酸性条件下，采取沉淀法除铁，则有以下问题：AFe3+在弱酸性条件水解难以将铁离子降低到所要求的程度。B Fe (OH)3具有胶体的性质，过滤困难。(2)如果在弱碱性条件下水解，Fe (OH)3会与原料共沉淀而损失原料。所以不能用沉淀法除去微量铁。采用加入鳌合剂在氨水中二次重结晶的方法除去微量的铁离子。第一次重结晶时加入乙二胺四乙酸二钠盐，可以除去绝大多数Fe3+，第二次重结
33、晶时加入邻二氨菲，进一步降低Fe3+的含量。 采用加入鳌合剂在氨水中二次重结晶的方法除去微量的铁离子。第一次重结晶时加入乙二胺四乙酸二钠盐，可以除去绝大多数Fe3+，第二次重结晶时加入邻二氨菲，进一步降低Fe3+的含量。(1)第一步设残余Fe3+浓度为x mol dm-3Fe3+ +edta4- = Fe(edta)-=1.7 1024x=2.9 10-27(2)第二步设残余Fe3+浓度为y mol dm-3Fe3+ + 3 phen = Fe(phen)33+= 1.3 1014y= 2.2 10-35或者(1)第一步设残余Fe3+浓度为x mol dm-3Fe3+ + 3 phen = F
34、e(phen) = 1.3 10143.8 10-13(2)第二步设残余Fe3+浓度为y mol dm-3Fe3+ +edta4- = Fe(edta)-=1.7 1024y= 2.2 10-35【详解】(1) VO43- (2)H2VO4- (3)VO2(H2O)4+(4) V2O74-以下画法不扣分。VO2(H2O)4+等等，未画成双键不扣分。1-2Mtrc-Fe2+ + H2VO4 +4H+ = Mtrc-Fe3+ + VO2+ 3H2O1-31-3-11-3-2分子的手性来源于鳌环的扭曲导致镜面对称性破缺。1-4Y2O3 + 6HNO3 = 2Y (NO3)3+ 3H2OV2O5+ 2
35、NH3H2O = 2NH4VO3 + H2OY (NO3)3+ NH4VO3 + 2NH3H2O = YVO4 + 3NH4NO3+H2O (1分， 未画不扣分)(共3分)1-51-5-1 。(1)如果在弱酸性条件下，采取沉淀法除铁，则有以下问题：AFe3+在弱酸性条件水解难以将铁离子降低到所要求的程度。B Fe (OH)3具有胶体的性质，过滤困难。(2)如果在弱碱性条件下水解，Fe (OH)3会与原料共沉淀而损失原料。所以不能用沉淀法除去微量铁。1-5-2采用加入鳌合剂在氨水中二次重结晶的方法除去微量的铁离子。第一次重结晶时加入乙二胺四乙酸二钠盐，可以除去绝大多数Fe3+，第二次重结晶时加入
36、邻二氨菲，进一步降低Fe3+的含量。(1)第一步设残余Fe3+浓度为x mol dm-3Fe3+ +edta4- = Fe(edta)-=1.7 1024x=2.9 10-27(2)第二步设残余Fe3+浓度为y mol dm-3Fe3+ + 3 phen = Fe(phen) = 1.3 1014y= 2.2 10-35或者(1)第一步设残余Fe3+浓度为x mol dm-3Fe3+ + 3 phen = Fe(phen)33+= 1.3 10143.8 10-13(2)第二步设残余Fe3+浓度为y mol dm-3Fe3+ +edta4- = Fe(edta)-=1.7 1024y= 2.2
37、 10-3520 1s22s22p63s23p64s1 含 不含 离子键、极性共价键【分析】现有原子序数小于20的A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最高的元素，则B是O元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的；则A是H，C是Na，D是S；C、D、E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子比D原子的p轨道上电子多1个，则E是Cl元素；六种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F是K元素；然后根据元素周期律及元素、化合物的性质分析解答。
38、【详解】根据上述分析可知：A是H，B是O，C是Na，D是S，E是Cl，F是K元素。(1)C是Na，E是Cl，二者形成的化合物NaCl是离子化合物，用电子式表示其形成过程为：；(2)F是K元素，根据构造原理，可知基态K原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p64s1；(3)A是H，D是S，S原子最外层有6个电子，与2个H原子的电子形成2个共价键，使分子中每个原子都达到稳定结构，其电子式为：；H2S结构式为：H-S-H，在分子，S、H原子形成的是共价单键，共价单键属于键，而不含键；(4)A是H，B是O，C是Na，这三种元素形成的化合物是NaOH，为离子化合物，Na+与OH-之间以离子键结
39、合，在阳离子OH-中H、O原子之间以共价键结合，因此NaOH中含有离子键和极性共价键。21(1) 球形冷凝管 恒压漏斗 液封(2)BCA(3) 活塞1和活塞2 液面差恒定(4)【分析】由题意可知，制备配合物的操作为氮气保护作用下，向盛有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液的三颈烧瓶中缓慢滴入醋酸钴的乙醇溶液，加热回流1h，待沉淀转化为暗红色晶后停止加热、关闭冷凝水、停止通入氮气，充分冷却后将溶液过滤、洗涤、干燥得到配合物。【详解】（1）由实验装置图可知，A处的装置为起冷凝回流作用的球形冷凝管，B处装置为便于醋酸钴的乙醇溶液顺利流下的恒压漏斗；装置C的作用是，起液封的作用，防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中，
40、故答案为：球形冷凝管；恒压漏斗；液封；（2）由分析可知，回流结束后的操作为停止加热、关闭冷凝水、停止通入氮气，充分冷却后将溶液过滤、洗涤、干燥得到配合物，故答案为：BCA；（3）由实验装置图可知，检查装置气密性的操作为关闭活塞1和活塞2，然后调节水平仪中水位至与量气管产生一定的液面差，若液面差稳定，说明装置气密性良好，故答案为：活塞1和活塞2；液面差稳定；（4）由题意可知，配合物DMF的物质的量为mol。由理想气体状态方程可知DMF吸收氧气的物质的量为mol，则吸收氧气的物质的量和，配合物DMF的物质的量的比值为，故答案为：。22(1)防止空气中的水蒸汽进入三颈烧瓶，保持装置内干燥(2)BC(
41、3)D(4)bef(5)【分析】AlCl3乙醚溶液和LiH乙醚溶液放于三颈烧瓶中在28时搅拌发生反应生成LiAlH4和难溶于乙醚的LiCl，经过滤得到滤渣A是LiCl，滤液中加入苯，提取难溶于苯的LiAlH4，然后利用乙醚沸点较低，进行蒸馏操作，将乙醚分离，得到苯和LiAlH4的混合物，经过一系列操作得到产品，据此分析；【详解】（1）仪器b为球形干燥管，根据LiH、LiAlH4在潮湿的空气中都会发生剧烈水解，因此仪器b的作用是防止空气的水蒸气进入三颈烧瓶，保持装置内的干燥；故答案为防止空气的水蒸气进入三颈烧瓶，保持装置内的干燥；（2）A市售乙醚时乙醚微溶于水中，不能用分液方法进行分离，故A不符
42、合题意；B钠与水反应生成NaOH和氢气，可以使水和乙醚分离，故B符合题意；C五氧化二磷是酸性干燥剂，可吸收水分，故C符合题意；D乙烯在常温下遇水不反应，不能降低水分，故D不符合题意；答案为BC；（3）ALiH、LiAlH4在潮湿的空气中都会发生剧烈水解，装置内不宜用水，故A错误；B乙醚的沸点为34.5，如果提高温度到40，乙醚沸腾，不利于AlCl3和LiH的溶解接触，反应速率减缓，故B错误；C操作B是利用乙醚沸点较低，进行蒸馏操作，将乙醚分离，故C错误；DAlCl3中Al有一个空轨道，乙醚中氧原子提供孤电子对，形成配位键，因此氯化铝溶于乙醚与配位键有关，故D正确；答案为D；（4）操作B剩余液是苯、LiAlH4和AlCl3，LiAlH4难溶于苯，需要通过过滤进行分离，然后将其放入苯中清洗除杂，因为空气含有水蒸气，最后应在隔绝空气下脱苯，最佳操作的顺序是bef；故答案为bef；（5）LiAlH4与水反应方程式为LiAlH4+4H2O=LiOH+Al(OH)3+4H2，采用排水法收集氢气，测量氢气的体积，求出纯度，加入10mL四氢呋喃、水的混合液，它们也占据烧瓶中的空间，因此产生氢气的体积为(V1-10-V2)mL，依据反应方程式，求出产品的纯度为=；故答案为。答案第21页，共12页