第二章 分子结构与性质 测试题(含解析) 高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2
文档属性
| 名称 | 第二章 分子结构与性质 测试题(含解析) 高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.4MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-03-10 09:33:18 | ||
图片预览
文档简介
第二章《分子结构与性质》测试题
一、单选题（共12题）
1．《Green Chemistry》报道，我国科研工作者发现了一种在低压条件下高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为。下列相关化学用语和说法正确的是
A．中子数为20的氯原子： B．Na+的结构示意图：
C．CO2分子中C原子杂化方式： D．NaClO的电子式：
2．二氟化氧(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
A．OF2难溶于CCl4
B．在该反应中氧化剂是N2
C．OF2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4×6.02×1023
3．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，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如图所示，下列说法不正确的是
Y Z
M N
A．原子半径：M>N>Z B．M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-Z>X-N
4．下列物质中，既含有非极性共价键又含有极性共价键是
A．NaOH B．H2O2 C．Na2O2 D．H2S
5．为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．常温下，(乳酸)和(醋酸)的混合物中含有的原子数为
B．标准状况下，中含有的分子数目为
C．标准状况下，78g苯中含有键数目
D．常温下，密闭容器中与充分反应，所得产物的分子数为
6．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
B．Br2是单质，CCl4是化合物
C．Br2是非极性分子，CCl4也是非极性分子，而水是极性分子
D．Br2、CCl4都是有机物，而H2O是无机物
7．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
A．NO、SO和SO3中N原子和S原子的杂化方式相同
B．第一电离能：N>O>S
C．SO、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
8．下列说法正确的是
A．C的电子排布式1s22s22p，违反了泡利不相容原理
B．常温常压下，18 gH2O含有氢键数为2NA
C．Ti的电子排布式1s22s22p63s23p10违反了洪特规则
D．ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量
9．与NO互为等电子体的是
A．SO3 B．P4 C．CH4 D．NO2
10．氨基酸是构成人体必备蛋白质的基础，某氨基酸的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A．第一电离能：O>N>C>H
B．基态氧原子的电子有8种空间运动状态
C．该分子中碳原子的杂化类型有sp、和
D．键的极性大小：N-H11．下列分子中，中心原子杂化类型相同，分子的空间结构也相同的是
A． B． C． D．
12．下列叙述不正确的是
A．HF、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
C．Li、Na、K原子的电子层数依次增多
D．X元素最高价氧化物对应的水化物为HXO3，它的气态氢化物为H3X
二、非选择题（共10题）
13．(1)气态氢化物热稳定性大于的主要原因是__________。
(2)是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，的电子式是_______。
(3)常温下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，原因是__________。
14．回答下列问题
(1)下列分子中，只含有键的是___________(填序号，下同)，既含有键又含有键的是___________。
①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩
(2)在①乙烷(、②乙烯()、③乙炔()分子中碳碳键键长大小顺序是___________(用序号表示)。
15．(1)现有下列10种物质：①O2；②H2；③NH4NO3；④Na2O2；⑤Ba(OH)2；⑥CH4；⑦CO2；⑧NaF；⑨NH3；⑩I2。
其中既含离子键又含非极性键的是___________(填序号，下同)；既含离子键又含极性键的是___________；属于电解质的是：___________。
(2)短周期的某元素的气态氢化物为H2R，则该元素的原子最外层有___________个电子。
(3)只含金属元素的主族位于第___________纵行。
(4)第四周期元素中，如第IIA族原子序数为a，则第IIIA族原子序数为___________(用含a的式子表示)。
(5)周期表中位于第8纵行的铁元素属于第___________族，已知铁的原子序数为26，最外层有2个电子，则铁的原子结构示意图为___________。
(6)X、Y两种主族元素能形成XY2型化合物，已知XY2中共有38个电子。若XY2为常见元素形成的离子化合物，则其电子式为___________；若XY2为共价化合物，则其结构式为___________。
16．分子中，与N原子相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性。与原子总数相等的等电子体是_______(写分子式)，其熔点比_______(填“高”或“低”)，原因是在分子之间，存在_______，也称“双氢键”。
17．填空
(1)下列物质中，互为同位素的有_______，互为同素异形体的有_______，互为同系物的有_______，互为同分异构体的有_______，属于同种物质有_______。
①O2和O3②35Cl和37Cl③和④+和⑤CH3(CH2)2CH3和(CH3)2CHCH3⑥乙醇和甲醚(CH3OCH3)
(2)立方烷结构为，它的结构高度对称，其二氯代物有_______种。
(3)化合物甲只含C、H两种元素，化合物乙只含C、H、F三种元素，甲、乙都是饱和化合物，且分子中都含有26个电子，据此推断：
①甲的分子式是_______；若甲分子中有两个H原子被F原子代替，所得产物可能有_______种结构。
②乙是性能优异的环保产品，可替代某些会破坏臭氧层的氟里昂产品，用作制冷剂。已知乙分子中C、H、F原子个数比为1∶2∶2，则下列对于乙的描述正确的是_______
A．其分子空间构型为正四面体 B．碳为sp3杂化
C．具有两种同分异构体 D．没有同分异构体
18．(1)酸性强弱比较：苯酚___________碳酸(填“＞”、“=”或“＜”)，原因(用相应的离子方程式表示)：___________。
(2)沸点：H2O___________H2S(填“＞”、“=”或“＜”)，原因___________。
(3)实验室欲测定Na2CO3和NaCl混合物中Na2CO3的质量分数ω(Na2CO3)，实验步骤如下：称取此固体样品4.350g，溶于适量的水中，配成50mL溶液。取出25mL溶液，加入足量的AgNO3溶液充分反应，得到沉淀的质量为5.575g．则原混合物中ω(Na2CO3)=___________(保留4位有效数字)。写出简要的计算过程。
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)①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__________。
②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5.0 ×10-5 mol，用0.01 mol dm-3的鏊合剂除铁。
①说明不采取使铁离子水解析出沉淀的方法除铁的理由__________。
②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)3]2+ [Fe(phen)3]3+ 2.1×1014 1.7×1024 2.0×1021 1.3×1014
沉淀 Ksp
Fe(OH)2 Fe(OH)3 8.0×10-16 4.0×10-38
20．肼()可作火箭发射的燃料。某实验兴趣小组利用氨和次氯酸钠反应制备，并探究的性质。肼的制备装置如下图所示：
回答下列问题：
(1)反应前试管a盛装的固体为_______，仪器b的作用是_______。
(2)装置C中发生的离子方程式为_______。
(3)上述装置存在一处缺陷会导致的产率降低，改进措施是_______。
(4)探究的性质。将制得的分离提纯后，进行如下实验。
【查阅资料】AgOH不稳定，易分解生成黑色的，可溶于氨水。
【提出假设】黑色固体可能是Ag、中的一种或两种。
【实验验证】设计如下方案，进行实验。
操作 现象 结论
i.取少量黑色固体于试管中，加入足量稀硝酸，振荡 黑色固体全部溶解，产生无色气体，遇空气马上变为红棕色 黑色固体中有_______
ii.取少量黑色固体于试管中，加入足量_______，振荡 黑色固体部分溶解 黑色固体中有
则肼具有的性质是_______。
(5)根据酸碱质子理论，结合质子()的物质是碱，结合质子的能力越强，碱性越强。已知胼与一水合氨类似，是一种二元弱碱，请从物质结构理论解释其原因_______。
21．亚硝酰氯(NOCl)常用于合成洗涤剂、触媒及用作中间体，某学习小组用Cl2与NO制备NOCl并测定其纯度。资料：亚硝酰氯(NOCl)的熔点为-64.5℃、沸点为-5.5℃，气态时呈黄色、液态时呈红褐色，遇水易反应生成一种氯化物和两种氮的常见氧化物，其中一种呈红棕色。请回答下列问题：
Ⅰ.Cl2的制备
舍勒发现氯气的方法至今仍是实验室制取氯气的主要方法之一。
(1)该方法可以选择上图中的_______(填字母标号)为Cl2发生装置，该反应的离子方程式为_______。
Ⅱ.亚硝酰氯(NOCl)的制备
实验室可用下图装置制备亚硝酰氯(NOCl)，夹持装置略去。
(2)NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的VSEPR模型名称为_______。
(3)用X装置制NO的优点为_______。
(4)组装好实验装置后应先检查装置的气密性，然后装入药品。一段时间后，Z中反应的现象为_______。
III.亚硝酰氯(NOCl)纯度的测定
将所得亚硝酰氯(NOCl)产品13.10g溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用0.8000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL。(已知Ag2CrO4为砖红色难溶物)。
(5)亚硝酰氯(NOCl)与水反应的离子方程式为_______。
(6)滴定终点的现象是_______。
(7)亚硝酰氯(NOCl)的纯度为_______。
22．维生素C化学式是，是一种水溶性维生素(其水溶液呈酸性)，具有很强的还原性，可以被空气中的氧气氧化。
某兴趣小组测定某橙汁中维生素C的含量。已知测定原理为：。
回答下列问题：
(1)用浓度为的标准溶液进行滴定，量取标准溶液时用______(填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”)；指示剂为______________。
(2)实验过程
①洗涤仪器，检查滴定管是否漏液，润洗后装好标准碘溶液待用。
②用滴定管向锥形瓶中移入20.00mL待测橙汁，滴入2滴指示剂。
③用左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视__________________，直到滴定终点。滴定至终点时的现象是_______________________。
④经数据处理，滴定中消耗标准碘溶液的体积是15.00mL，则此橙汁中维生素C的含量是___________(保留两位有效数字)
(3)滴定时不能剧烈摇动锥形瓶，除了防止液体溅出，原因还有：__________。
(4)会引起所测橙汁浓度偏大的操作为____________
A．滴定前有气泡，滴定后无气泡 B．滴定后读数时俯视滴定管
C．滴定管水洗后直接装入标准液 D．摇动锥形瓶时锥形瓶中有液体溅出
(5)已知维生素C的一种同分异构体结构简式如图则该分子中碳原子的轨道杂化类型为______；分子中σ键和π键数目之比为______；该化合物所含三种元素的电负性由强到弱顺序为______。
参考答案：
1．D
A．中子数为20的氯原子的质量数是20+17=37，可表示为，A项错误；
B．钠离子结构示意图中核电荷数是11，核外电子总数是10，B项错误；
C．分子中C原子是sp杂化，直线型分子，C项错误；
D．NaClO是离子化合物，电子式书写正确，D项正确；
故选D。
2．A
A．由于OF2中中心原子O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；
C．OF2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7×6.02×1023，D错误；
故答案为：A。
3．C
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。
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：M>N>Z，A正确；
B．M为Al，氧化物Al2O3为两性氧化物，B正确；
C．N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-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。
4．B
A．NaOH由Na+和OH-构成，含有离子键和极性共价键，A不符合题意；
B．H2O2的结构式为H-O-O-H，含有O-H极性共价键和O-O非极性共价键，B符合题意；
C．Na2O2由Na+和构成，含有离子键和非极性共价键，C不符合题意；
D．H2S的结构式为H-S-H，只含有极性共价键，D不符合题意；
故选B。
5．D
A．(乳酸)和(醋酸)最简式相同，都是，n(CH2O)==1.5mol，n(原子)=1.5mol×4=6mol，因此(乳酸)和(醋酸)混合物含有的原子数为，A项正确；
B．在标准状况下是气体，5.6 L 气体在标准状况下对应的物质的量为，所以的分子数目为，B项正确；
C．苯分子中相连C之间含1个键，C-H键也是键，78g苯物质的量为，含有碳碳键和键，因此含有键数目，C项正确；
D．与反应，生成，但常温条件下，存在平衡，所以产物的分子数小于，D项错误；
选D。
6．C
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。
7．B
A．中心N原子价层电子对=σ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=σ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=σ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ⅡA、ⅤA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N＞O＞S，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。
8．D
A．2p能级共有2个电子，应单独占据一个轨道且自旋方向相同，选项中填充在1个轨道中，违背了洪特规则，故A错误；
B．冰晶体中每个水分子形成4个氢键，每个氢键为2个水分子共用，冰晶体中每个水分子单独占有2个氢键，液态水不存在冰晶体的结构，只有部分水分子与邻近的水分子形成氢键，相同量的液态水中氢键比冰中少，18gH2O的物质的量为1mol，则含有的氢键不是2NA条，故B错误；
C．3p能级有3个轨道，每个轨道最多容纳两个电子，3p能级最多容纳6个电子，选项中3p能级填充10个电子，违背了泡利不相容原理，故C错误；
D．电子能量与能层和能级都有关，根据构造原理可知，ns电子的能量一定高于（n-1）p电子的能量，故D正确；
故选D。
9．A
原子数和价电子总数分别都相等的互为等电子体，据此解答。
NO中含有的原子数是4个，价电子数是24。则
A．SO3中含有的原子数是4个，价电子数是24，A符合；
B．P4中含有的原子数是4个，价电子数是20，B不符合；
C．CH4中含有的原子数是5个，价电子数是8，C不符合；
D．NO2中含有的原子数是3个，价电子数是17，D不符合；
答案选A。
10．D
A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，N元素的第一电离能大于O元素，故A错误；
B．原子核外的电子占有几个轨道就有几种空间运动状态，氧原子核外共占有5个轨道，则基态氧原子的电子有5种空间运动状态，故B错误；
C．由结构简式可知，该有机物不含有三键碳原子，碳原子的杂化方式不可能有sp杂化，故C错误；
D．形成共价键的两元素的电负性差值越大，键的极性越大，故键的极性大小：N-H＜O-H＜F-H，故D正确；
故选D。
11．A
A． BeCl2中Be原子价层电子对数为且不含孤电子对，采取 sp杂化，CO2中C原子价层电子对数为且不含孤电子对，采取 sp杂化，二者杂化方式相同，且都是直线型分子，故A符合题意；
B．H2O中O原子价层电子对数为且含有2个孤电子对，采取 sp3杂化，分子构型为V型，SO2中S原子价层电子对数为且含有1个孤电子对，采取 sp2杂化，分子构型为平面三角形，故A不符合题意；
C． SF6中S原子价层电子对数为且不含孤电子对，采用sp3d2杂化，分子构型为正八面体，CH4中价层电子对数为且不含孤电子对，采用sp3杂化，分子构型为正四面体，故C不符合题意；
D．NF3中N原子价层电子对数为且含有1个孤电子对，分子构型为三角锥形，BF3中B原子价层电子对数为，且不含孤电子对，采用sp2杂化，分子构型为平面三角形，故D不符合题意；
答案选A。
12．A
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ⅠA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D正确；
故选A。
13． 原子半径，键能 乙醇与水之间形成氢键而氯乙烷没有
(1)气态氢化物的稳定性取决于共价键键能的大小；
(2)根据价键规则书写CaCN2的电子式；
(3)溶质分子与溶剂分子间形成氢键可增大溶质的溶解度。
(1)由于原子半径F＜Cl，故键长：F—H＜Cl—H，键能：F—H＞Cl—H，所以HF比HCl稳定，故答案为：原子半径F＜Cl，键能F—H＞Cl—H。
(2)CaCN2是离子化合物，则阳离子为Ca2+、为阴离子；Ca原子最外层有2个电子，易失去最外层的2个电子达到8电子的稳定结构；N原子最外层有5个电子，易得到3个电子或形成3对共用电子对达到8电子的稳定结构；C原子最外层有4个电子，通常形成4对共用电子对达到8电子的稳定结构；则每个N原子分别得到Ca失去的1个电子、与C原子形成两对共用电子对，Ca、C、N都达到8电子的稳定结构，CaCN2的电子式为，故答案为：。
(3)乙醇和氯乙烷都属于极性分子，但乙醇与水分子之间形成氢键，而氯乙烷不能与水分子形成氢键，故常温下在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，故答案为：乙醇与水分子之间形成氢键而氯乙烷没有。
。
14．(1) ①②③④⑨⑩ ⑤⑥⑦⑧
(2)①>②>③
1)原子间的共价单键是键，若出现了双键或三键则必有键和键。在题中所给的物质中，()和()含有双键，()和()含有三键，故只有键的是①②③④⑨⑩，既含有键又含有键的是⑤⑥⑦⑧。
2)一般，键能越大，相应的键的键长越短，由键能可知碳碳键键长①>②>③。
15． ④ ③⑤ ③④⑤⑧ 6 2 a+11 VIII S=C=S
(1)①O2含有非极性共价键，属于单质，既不是电解质，也不是非电解质；
②H2含有非极性共价键，属于单质，既不是电解质，也不是非电解质；
③NH4NO3中与形成离子键，、中N和H、N和O形成极性共价键，属于盐，在水溶液或熔融状态下能够导电，是电解质；
④Na2O2中Na+和形成离子键，中O原子之间形成非极性共价键，在熔融状态下能够导电，是电解质；
⑤Ba(OH)2中Ba2+和OH-形成离子键，OH-中O原子和H原子形成极性共价键，在水溶液或熔融状态下能够导电，是电解质；
⑥CH4分子中C和H形成极性共价键，在水溶液和熔融状态下均不能导电，属于非电解质；
⑦CO2分子中C和O形成极性共价键，在水溶液和熔融状态下均不能导电，属于非电解质；
⑧NaF中Na+和F-形成离子键，属于盐，在水溶液或熔融状态下能够导电，是电解质；
⑨NH3分子中N和H形成极性共价键，在水溶液和熔融状态下均不能导电，属于非电解质；
⑩I2含有非极性共价键，属于单质，既不是电解质，也不是非电解质；
综上，既含离子键又含非极性键的是④；既含离子键又含极性键的是③⑤；属于电解质的是③④⑤⑧；
(2)短周期的某元素的气态氢化物为H2R，则该元素的化合价为-2价，即得到了2个电子，该元素的原子最外层有8-2=6个电子，故答案为：6；
(3)元素周期表中，ⅡA族只含有金属元素，位于元素周期表中的第2纵行，故答案为：2；
(4)第四周期元素中，第ⅡA族元素和第ⅢA族元素之间还有10个过渡金属元素，若第IIA族原子序数为a，则第IIIA族原子序数为a+11，故答案为：a+11；
(5)Fe位于元素周期表中的第四周期第Ⅷ族，其原子结构示意图为，故答案为：Ⅷ；；
(6)X、Y两种主族元素能形成XY2型化合物，已知XY2中共有38个电子。若XY2为常见元素形成的离子化合物，则XY2为CaF2，其电子式为，若XY2为共价化合物，则XY2为CS2，其结构式为S=C=S。
16． 低 与的静电引力
CH3CH3分子和NH3BH3分子中的原子个数都为8、价电子总数都为14，则两者互为等电子体，等电子体具有相同的空间结构，NH3BH3分子属于极性分子，而CH3CH3属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极性分子的分子间作用力较大，故CH3CH3熔点比NH3BH3低；NH3BH3分子间存在“双氢键”，类比氢键的形成原理，说明其分子间存在Hδ+与Hδ-的静电引力，故答案为：CH3CH3；低；Hδ+与Hδ 的静电引力。
17．(1) ② ① ③ ⑤⑥ ④
(2)3
(3) C3H8 4 BD
（1）①氧气和臭氧是氧元素形成的不同种单质，互为同素异形体；
②35Cl和37Cl的质子数相同、中子数不同，互为同位素；
③2—甲基丙烷和2—甲基丁烷的结构相似，相差1个CH2原子团，互为同系物；
④由结构式可知，两种结构都为二氯甲烷，是同种物质；
⑤丁烷和异丁烷的分子式相同，结构不同，互为同分异构体；
⑥乙醇和甲醚的分子式相同，结构不同，互为同分异构体；
则互为同位素的为②，互为同素异形体的为①，互为同系物的为③，互为同分异构体的为⑤⑥，属于同种物质的为④，故答案为：②；①；③；⑤⑥；④；
（2）由结构简式可知，立方烷的一氯代物有1种，二氯代物有3种，故答案为：3；
（3）由甲为只含C、H两种元素的饱和化合物可知，甲为烷烃，设甲的分子式为CnH2n+2，由分子中含有26个电子可得：6n+2n+2=26，解得n=3，则甲的分子式为C3H8；由化合物乙为只含C、H、F三种元素的饱和化合物可知，乙为氟代烃，设乙的分子式为CnH2n+2—xFx，由分子中含有26个电子可得：6n+(2n+2—x)+9x=26，由乙分子中C、H、F原子个数比为1∶2∶2可得n∶x=1∶2，解得n=1、x=2，则乙的分子式为CH2F2；
①由分析可知，甲的分子式为C3H8；丙烷的一氟代物有1—氟丙烷和2—氟丙烷，共2种，其中1—氟丙烷分子和2—氟丙烷分子中氢原子被氟原子取代所得结构有4种，分别为CH3CH2CHF2、CH3CF2CH3、CH2FCHFCH3、CH2FCH2CH2F，故答案为：C3H8；4；
②由分析可知，乙的分子式为CH2F2，名称为二氟甲烷；
A．二氟甲烷分子中碳氢键和碳氟键的键长不同，的空间构型为四面体形，不是正四面体形，故错误；
B．二氟甲烷分子中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，故正确；
C．甲烷分子的空间构型为四面体形，二氟甲烷分子不存在同分异构体，故错误；
D．甲烷分子的空间构型为四面体形，二氟甲烷分子不存在同分异构体，故正确；
故选BD。
18． ＜ C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋ ＞ 水分子之间存在氢键 73.10%
(1)我们可利用强酸制弱酸的原理比较酸性强弱，根据苯酚钠与碳酸反应生成苯酚和碳酸氢钠可以判断出酸性：苯酚＜碳酸，原因：C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋。答案为：＜；C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋；
(2)H2O和H2S都形成分子晶体，沸点的高低取决于分子间作用力的大小，若分子间形成氢键，熔沸点会出现反常，水分子间存在氢键，则沸点：H2O＞H2S；答案为：＞；水分子之间存在氢键；
(3)加入AgNO3后，发生如下反应：NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，Na2CO3+2AgNO3=Ag2CO3↓+2NaNO3
设4.350g样品中含有Na2CO3为xmol，NaCl为ymol，则可得以下等量关系式：
①106x＋58.5y＝4.350 ；②276x＋143.5y＝5.575×2；解得x=0.03mol，y=0.02mol；ω(Na2CO3)==73.10%。答案为：73.10%。
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 + 6HNO3 = 2Y (NO3)3+ 3H2O、V2O5+ 2NH3·H2O = 2NH4VO3 + H2O、Y (NO3)3+ NH4VO3 + 2NH3·H2O = 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：
A．Fe3+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-3 Fe3+ +edta4- = [Fe(edta)]- =1.7 ×1024 x=2.9 ×10-27
(2)第二步
设残余Fe3+浓度为y mol dm-3 Fe3+ + 3 phen = Fe(phen)33+ = 1.3 ×1014 y= 2.2 ×10-35
或者
(1)第一步
设残余Fe3+浓度为x mol dm-3 Fe3+ + 3 phen = Fe(phen) = 1.3 ×1014 3.8 ×10-13
(2)第二步
设残余Fe3+浓度为y mol dm-3 Fe3+ +edta4- = [Fe(edta)]- =1.7 ×1024 y= 2.2 ×10-35
(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。
1-2 Mtrc-Fe2+ + H2VO4 +4H+ = Mtrc-Fe3+ + VO2++ 3H2O
1-3
1-3-1
1-3-2分子的手性来源于鳌环的扭曲导致镜面对称性破缺。
1-4 Y2O3 + 6HNO3 = 2Y (NO3)3+ 3H2O
V2O5+ 2NH3·H2O = 2NH4VO3 + H2O
Y (NO3)3+ NH4VO3 + 2NH3·H2O = YVO4↓ + 3NH4NO3+H2O (1分， 未画↓不扣分) (共3分)
1-5
1-5-1 。
(1)如果在弱酸性条件下，采取沉淀法除铁，则有以下问题：
A．Fe3+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-3 Fe3+ +edta4- = [Fe(edta)]- =1.7 ×1024 x=2.9 ×10-27
(2)第二步
设残余Fe3+浓度为y mol dm-3 Fe3+ + 3 phen = Fe(phen) = 1.3 ×1014 y= 2.2 ×10-35
或者
(1)第一步
设残余Fe3+浓度为x mol dm-3 Fe3+ + 3 phen = Fe(phen)33+ = 1.3 ×1014 3.8 ×10-13
(2)第二步
设残余Fe3+浓度为y mol dm-3 Fe3+ +edta4- = [Fe(edta)]- =1.7 ×1024 y= 2.2 ×10-35
20．(1) 氯化铵和氢氧化钙固体 导气、防止倒吸
(2)
(3)在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体
(4) Ag和; 氨水 肼具有还原性和碱性
(5)甲基是推电子基团，使共用电子对更偏向N元素，N元素上的电子云密度大，更易结合质子()
实验室用氨和次氯酸钠反应制备肼，装置A为生成氨气的装置，装置C为生成氯气装置，氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠再和氨生成肼；
（1）实验室用氨和次氯酸钠反应制备肼，装置A为生成氨气的装置，且反应为固体加热反应，则试管中的试剂为氯化铵和氢氧化钙固体，两者反应生成氨气和氯化钙、水；氨气极易溶于水，仪器b的作用是将氨气通入装置B中，且球形部分可以防止倒吸，故答案为：氯化铵和氢氧化钙固体；导气、防止倒吸；
（2）装置C为生成氯气装置，浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气、氯化锰、氯化钾和水，离子方程式为：；
（3）装置C反应生成氯气，浓盐酸具有挥发性，导致氯气不纯，氯化氢会和装置B中氢氧化钠溶液反应，导致肼的产率降低，改进方法是在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体；
（4）银和氧化银都可以和硝酸反应，其中单质银和硝酸反应的时候会生成气体一氧化氮，黑色固体全部溶解，故加入足量硝酸后可证明黑色固体有Ag和；
氨气可以和银离子形成配离子，即氧化银可以溶解在氨水中，故ii为氨水，溶解的部分固体为氧化银；
肼有还原性可以把+1价银离子还原为单质银，另外肼有碱性，和银离子反应生成氢氧化银，分解后生成氧化银，故原因是:肼具有还原性将Ag还原为Ag，肼具有碱性，与Ag反应生成AgOH，AgOH分解生成黑色的Ag2O。
（5）甲基是推电子基团，使共用电子对更偏向N元素，N元素上的电子云密度大，更易结合质子()，故的碱性强于；
21．(1) C MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
(2)平面三角形
(3)可以随开随用，随关随停
(4)气体黄绿色变浅，有红褐色液体产生
(5)2NOCl + H2O = 2H+ + 2Cl- + NO↑+ NO2↑
(6)加入最后一滴标准液时，锥形瓶中产生砖红色沉淀，且半分钟内无变化
(7)90.00%
【解析】（1）
舍勒发现二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气，该方法为固液加热制取气体，可以选择上图中的C为Cl2发生装置，该反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）
NOCl的结构式为O=N-Cl，中心N原子上有一对孤电子对，所以价层电子对数为3，其VSEPR模型名称为平面三角形。
（3）
用X装置制NO，打开K1，硝酸和铜接触反应放出NO，关闭K1，NO把硝酸压入长颈漏斗，硝酸和铜分离，反应停止，所以该装置的优点为可以随开随用，随关随停；
（4）
Z中NO和氯气反应生成NOCl，NOCl沸点为-5.5℃，液态时呈红褐色，Z中冰盐水可使生成的NOCl冷凝为液体，所以Z中现象是气体黄绿色变浅，有红褐色液体产生；
（5）
NOCl遇水易反应生成一种氯化物和两种氮的常见氧化物，其中一种是红棕色NO2，根据氧化还原反应规律，另一种氧化物是NO，反应方程式为2NOCl + H2O = 2H+ + 2Cl- + NO↑+ NO2↑；
（6）
银离子先和氯离子反应生成白色氯化银沉淀，氯离子完全反应后，银离子再和CrO反应生成砖红色Ag2CrO4沉淀，滴定终点的现象是加入最后一滴标准液时，锥形瓶中产生砖红色沉淀，且半分钟内无变化；
（7）
根据测定步骤得关系式NOCl~~~HCl~~~AgNO3，滴定终点消耗0.8000mol·L-1AgNO3标准溶液的体积为22.50mL，n(NOCl)=，所以NOCl的纯度为。
22．(1) 酸式滴定管 淀粉溶液
(2) 锥形瓶中溶液颜色的变化 滴入最后一滴标准液，溶液变为蓝色，且半分钟或30s内不恢复原来的颜色 0.0056
(3)防止空气进入反应液、避免维生素C被氧气氧化
(4)AC
(5) sp3、sp2 10:1 O＞C＞H
要测定某橙汁中维生素C的含量，可利用维生素C具有很强的还原性，能发生，用浓度为的标准溶液进行氧化还原滴定，以淀粉溶液为指示剂，当滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟或30s内不恢复原来的颜色，即达到滴定终点；为防止维生素C被空气中的氧气氧化、防止液滴溅出，实验过程中不能剧烈摇动锥形瓶。
（1）碘会腐蚀橡胶，因此取标准溶液用酸式滴定管；测定原理是C6H8O6＋I2→C6H6O6＋2H＋＋2I－，需要碘单质参加反应，碘遇淀粉变蓝色，则所需指示剂为淀粉溶液。
（2）③滴定过程中，用左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化，直到滴定终点。滴定至终点时的现象是：滴入最后一滴标准液，溶液变为蓝色，且半分钟或30s内不恢复原来的颜色。
④20.00mL待测橙汁消耗的标准碘溶液15.00mL，则根据测定原理，n(C6H8O6)=n(I2)=15×10－3L×7.50×10－3mol·L－1=1.125×10－4mol，则此橙汁中维生素C的含量是(保留两位有效数字)。
（3）已知维生素C具有很强的还原性，可以被空气中的氧气氧化，则滴定时不能剧烈摇动锥形瓶，除了防止液体溅出，原因还有：防止空气进入反应液、避免维生素C被氧气氧化。
（4）A． 滴定前有气泡，滴定后无气泡，消耗标准液体积增大，即所测结果偏高，故A符合题意；
B． 滴定后读数时俯视滴定管，所测得的标准液的体积偏小、结果偏低，故B不符合题意；
C． 滴定管水洗后直接装入标准液，标准液被稀释，消耗标准液体积增大，即所测结果偏高，故C符合题意；
D． 摇动锥形瓶时锥形瓶中有液体溅出，消耗标准液体积偏小，即所测结果偏低，故D不符合题意；
则会引起所测橙汁浓度偏大的操作为AC。
（5）由结构简式可知，该分子中含饱和碳原子(四面体结构)、羰基 (平面结构)，则碳原子的轨道杂化类型为sp3、sp2；单键都是σ键、双键中1个σ键1个π键，则分子中有20个σ键和2个π键，σ键和π键数目之比为10:1；同周期主族元素从左向右电负性逐渐增强，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，该化合物所含三种元素的电负性由强到弱顺序为O＞C＞H。
一、单选题（共12题）
1．《Green Chemistry》报道，我国科研工作者发现了一种在低压条件下高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为。下列相关化学用语和说法正确的是
A．中子数为20的氯原子： B．Na+的结构示意图：
C．CO2分子中C原子杂化方式： D．NaClO的电子式：
2．二氟化氧(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
A．OF2难溶于CCl4
B．在该反应中氧化剂是N2
C．OF2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4×6.02×1023
3．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，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如图所示，下列说法不正确的是
Y Z
M N
A．原子半径：M>N>Z B．M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-Z>X-N
4．下列物质中，既含有非极性共价键又含有极性共价键是
A．NaOH B．H2O2 C．Na2O2 D．H2S
5．为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．常温下，(乳酸)和(醋酸)的混合物中含有的原子数为
B．标准状况下，中含有的分子数目为
C．标准状况下，78g苯中含有键数目
D．常温下，密闭容器中与充分反应，所得产物的分子数为
6．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
B．Br2是单质，CCl4是化合物
C．Br2是非极性分子，CCl4也是非极性分子，而水是极性分子
D．Br2、CCl4都是有机物，而H2O是无机物
7．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
A．NO、SO和SO3中N原子和S原子的杂化方式相同
B．第一电离能：N>O>S
C．SO、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
8．下列说法正确的是
A．C的电子排布式1s22s22p，违反了泡利不相容原理
B．常温常压下，18 gH2O含有氢键数为2NA
C．Ti的电子排布式1s22s22p63s23p10违反了洪特规则
D．ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量
9．与NO互为等电子体的是
A．SO3 B．P4 C．CH4 D．NO2
10．氨基酸是构成人体必备蛋白质的基础，某氨基酸的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A．第一电离能：O>N>C>H
B．基态氧原子的电子有8种空间运动状态
C．该分子中碳原子的杂化类型有sp、和
D．键的极性大小：N-H
A． B． C． D．
12．下列叙述不正确的是
A．HF、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
C．Li、Na、K原子的电子层数依次增多
D．X元素最高价氧化物对应的水化物为HXO3，它的气态氢化物为H3X
二、非选择题（共10题）
13．(1)气态氢化物热稳定性大于的主要原因是__________。
(2)是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，的电子式是_______。
(3)常温下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，原因是__________。
14．回答下列问题
(1)下列分子中，只含有键的是___________(填序号，下同)，既含有键又含有键的是___________。
①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩
(2)在①乙烷(、②乙烯()、③乙炔()分子中碳碳键键长大小顺序是___________(用序号表示)。
15．(1)现有下列10种物质：①O2；②H2；③NH4NO3；④Na2O2；⑤Ba(OH)2；⑥CH4；⑦CO2；⑧NaF；⑨NH3；⑩I2。
其中既含离子键又含非极性键的是___________(填序号，下同)；既含离子键又含极性键的是___________；属于电解质的是：___________。
(2)短周期的某元素的气态氢化物为H2R，则该元素的原子最外层有___________个电子。
(3)只含金属元素的主族位于第___________纵行。
(4)第四周期元素中，如第IIA族原子序数为a，则第IIIA族原子序数为___________(用含a的式子表示)。
(5)周期表中位于第8纵行的铁元素属于第___________族，已知铁的原子序数为26，最外层有2个电子，则铁的原子结构示意图为___________。
(6)X、Y两种主族元素能形成XY2型化合物，已知XY2中共有38个电子。若XY2为常见元素形成的离子化合物，则其电子式为___________；若XY2为共价化合物，则其结构式为___________。
16．分子中，与N原子相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性。与原子总数相等的等电子体是_______(写分子式)，其熔点比_______(填“高”或“低”)，原因是在分子之间，存在_______，也称“双氢键”。
17．填空
(1)下列物质中，互为同位素的有_______，互为同素异形体的有_______，互为同系物的有_______，互为同分异构体的有_______，属于同种物质有_______。
①O2和O3②35Cl和37Cl③和④+和⑤CH3(CH2)2CH3和(CH3)2CHCH3⑥乙醇和甲醚(CH3OCH3)
(2)立方烷结构为，它的结构高度对称，其二氯代物有_______种。
(3)化合物甲只含C、H两种元素，化合物乙只含C、H、F三种元素，甲、乙都是饱和化合物，且分子中都含有26个电子，据此推断：
①甲的分子式是_______；若甲分子中有两个H原子被F原子代替，所得产物可能有_______种结构。
②乙是性能优异的环保产品，可替代某些会破坏臭氧层的氟里昂产品，用作制冷剂。已知乙分子中C、H、F原子个数比为1∶2∶2，则下列对于乙的描述正确的是_______
A．其分子空间构型为正四面体 B．碳为sp3杂化
C．具有两种同分异构体 D．没有同分异构体
18．(1)酸性强弱比较：苯酚___________碳酸(填“＞”、“=”或“＜”)，原因(用相应的离子方程式表示)：___________。
(2)沸点：H2O___________H2S(填“＞”、“=”或“＜”)，原因___________。
(3)实验室欲测定Na2CO3和NaCl混合物中Na2CO3的质量分数ω(Na2CO3)，实验步骤如下：称取此固体样品4.350g，溶于适量的水中，配成50mL溶液。取出25mL溶液，加入足量的AgNO3溶液充分反应，得到沉淀的质量为5.575g．则原混合物中ω(Na2CO3)=___________(保留4位有效数字)。写出简要的计算过程。
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)①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__________。
②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5.0 ×10-5 mol，用0.01 mol dm-3的鏊合剂除铁。
①说明不采取使铁离子水解析出沉淀的方法除铁的理由__________。
②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)3]2+ [Fe(phen)3]3+ 2.1×1014 1.7×1024 2.0×1021 1.3×1014
沉淀 Ksp
Fe(OH)2 Fe(OH)3 8.0×10-16 4.0×10-38
20．肼()可作火箭发射的燃料。某实验兴趣小组利用氨和次氯酸钠反应制备，并探究的性质。肼的制备装置如下图所示：
回答下列问题：
(1)反应前试管a盛装的固体为_______，仪器b的作用是_______。
(2)装置C中发生的离子方程式为_______。
(3)上述装置存在一处缺陷会导致的产率降低，改进措施是_______。
(4)探究的性质。将制得的分离提纯后，进行如下实验。
【查阅资料】AgOH不稳定，易分解生成黑色的，可溶于氨水。
【提出假设】黑色固体可能是Ag、中的一种或两种。
【实验验证】设计如下方案，进行实验。
操作 现象 结论
i.取少量黑色固体于试管中，加入足量稀硝酸，振荡 黑色固体全部溶解，产生无色气体，遇空气马上变为红棕色 黑色固体中有_______
ii.取少量黑色固体于试管中，加入足量_______，振荡 黑色固体部分溶解 黑色固体中有
则肼具有的性质是_______。
(5)根据酸碱质子理论，结合质子()的物质是碱，结合质子的能力越强，碱性越强。已知胼与一水合氨类似，是一种二元弱碱，请从物质结构理论解释其原因_______。
21．亚硝酰氯(NOCl)常用于合成洗涤剂、触媒及用作中间体，某学习小组用Cl2与NO制备NOCl并测定其纯度。资料：亚硝酰氯(NOCl)的熔点为-64.5℃、沸点为-5.5℃，气态时呈黄色、液态时呈红褐色，遇水易反应生成一种氯化物和两种氮的常见氧化物，其中一种呈红棕色。请回答下列问题：
Ⅰ.Cl2的制备
舍勒发现氯气的方法至今仍是实验室制取氯气的主要方法之一。
(1)该方法可以选择上图中的_______(填字母标号)为Cl2发生装置，该反应的离子方程式为_______。
Ⅱ.亚硝酰氯(NOCl)的制备
实验室可用下图装置制备亚硝酰氯(NOCl)，夹持装置略去。
(2)NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的VSEPR模型名称为_______。
(3)用X装置制NO的优点为_______。
(4)组装好实验装置后应先检查装置的气密性，然后装入药品。一段时间后，Z中反应的现象为_______。
III.亚硝酰氯(NOCl)纯度的测定
将所得亚硝酰氯(NOCl)产品13.10g溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用0.8000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL。(已知Ag2CrO4为砖红色难溶物)。
(5)亚硝酰氯(NOCl)与水反应的离子方程式为_______。
(6)滴定终点的现象是_______。
(7)亚硝酰氯(NOCl)的纯度为_______。
22．维生素C化学式是，是一种水溶性维生素(其水溶液呈酸性)，具有很强的还原性，可以被空气中的氧气氧化。
某兴趣小组测定某橙汁中维生素C的含量。已知测定原理为：。
回答下列问题：
(1)用浓度为的标准溶液进行滴定，量取标准溶液时用______(填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”)；指示剂为______________。
(2)实验过程
①洗涤仪器，检查滴定管是否漏液，润洗后装好标准碘溶液待用。
②用滴定管向锥形瓶中移入20.00mL待测橙汁，滴入2滴指示剂。
③用左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视__________________，直到滴定终点。滴定至终点时的现象是_______________________。
④经数据处理，滴定中消耗标准碘溶液的体积是15.00mL，则此橙汁中维生素C的含量是___________(保留两位有效数字)
(3)滴定时不能剧烈摇动锥形瓶，除了防止液体溅出，原因还有：__________。
(4)会引起所测橙汁浓度偏大的操作为____________
A．滴定前有气泡，滴定后无气泡 B．滴定后读数时俯视滴定管
C．滴定管水洗后直接装入标准液 D．摇动锥形瓶时锥形瓶中有液体溅出
(5)已知维生素C的一种同分异构体结构简式如图则该分子中碳原子的轨道杂化类型为______；分子中σ键和π键数目之比为______；该化合物所含三种元素的电负性由强到弱顺序为______。
参考答案：
1．D
A．中子数为20的氯原子的质量数是20+17=37，可表示为，A项错误；
B．钠离子结构示意图中核电荷数是11，核外电子总数是10，B项错误；
C．分子中C原子是sp杂化，直线型分子，C项错误；
D．NaClO是离子化合物，电子式书写正确，D项正确；
故选D。
2．A
A．由于OF2中中心原子O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；
C．OF2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7×6.02×1023，D错误；
故答案为：A。
3．C
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。
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：M>N>Z，A正确；
B．M为Al，氧化物Al2O3为两性氧化物，B正确；
C．N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-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。
4．B
A．NaOH由Na+和OH-构成，含有离子键和极性共价键，A不符合题意；
B．H2O2的结构式为H-O-O-H，含有O-H极性共价键和O-O非极性共价键，B符合题意；
C．Na2O2由Na+和构成，含有离子键和非极性共价键，C不符合题意；
D．H2S的结构式为H-S-H，只含有极性共价键，D不符合题意；
故选B。
5．D
A．(乳酸)和(醋酸)最简式相同，都是，n(CH2O)==1.5mol，n(原子)=1.5mol×4=6mol，因此(乳酸)和(醋酸)混合物含有的原子数为，A项正确；
B．在标准状况下是气体，5.6 L 气体在标准状况下对应的物质的量为，所以的分子数目为，B项正确；
C．苯分子中相连C之间含1个键，C-H键也是键，78g苯物质的量为，含有碳碳键和键，因此含有键数目，C项正确；
D．与反应，生成，但常温条件下，存在平衡，所以产物的分子数小于，D项错误；
选D。
6．C
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。
7．B
A．中心N原子价层电子对=σ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=σ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=σ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ⅡA、ⅤA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N＞O＞S，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。
8．D
A．2p能级共有2个电子，应单独占据一个轨道且自旋方向相同，选项中填充在1个轨道中，违背了洪特规则，故A错误；
B．冰晶体中每个水分子形成4个氢键，每个氢键为2个水分子共用，冰晶体中每个水分子单独占有2个氢键，液态水不存在冰晶体的结构，只有部分水分子与邻近的水分子形成氢键，相同量的液态水中氢键比冰中少，18gH2O的物质的量为1mol，则含有的氢键不是2NA条，故B错误；
C．3p能级有3个轨道，每个轨道最多容纳两个电子，3p能级最多容纳6个电子，选项中3p能级填充10个电子，违背了泡利不相容原理，故C错误；
D．电子能量与能层和能级都有关，根据构造原理可知，ns电子的能量一定高于（n-1）p电子的能量，故D正确；
故选D。
9．A
原子数和价电子总数分别都相等的互为等电子体，据此解答。
NO中含有的原子数是4个，价电子数是24。则
A．SO3中含有的原子数是4个，价电子数是24，A符合；
B．P4中含有的原子数是4个，价电子数是20，B不符合；
C．CH4中含有的原子数是5个，价电子数是8，C不符合；
D．NO2中含有的原子数是3个，价电子数是17，D不符合；
答案选A。
10．D
A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，N元素的第一电离能大于O元素，故A错误；
B．原子核外的电子占有几个轨道就有几种空间运动状态，氧原子核外共占有5个轨道，则基态氧原子的电子有5种空间运动状态，故B错误；
C．由结构简式可知，该有机物不含有三键碳原子，碳原子的杂化方式不可能有sp杂化，故C错误；
D．形成共价键的两元素的电负性差值越大，键的极性越大，故键的极性大小：N-H＜O-H＜F-H，故D正确；
故选D。
11．A
A． BeCl2中Be原子价层电子对数为且不含孤电子对，采取 sp杂化，CO2中C原子价层电子对数为且不含孤电子对，采取 sp杂化，二者杂化方式相同，且都是直线型分子，故A符合题意；
B．H2O中O原子价层电子对数为且含有2个孤电子对，采取 sp3杂化，分子构型为V型，SO2中S原子价层电子对数为且含有1个孤电子对，采取 sp2杂化，分子构型为平面三角形，故A不符合题意；
C． SF6中S原子价层电子对数为且不含孤电子对，采用sp3d2杂化，分子构型为正八面体，CH4中价层电子对数为且不含孤电子对，采用sp3杂化，分子构型为正四面体，故C不符合题意；
D．NF3中N原子价层电子对数为且含有1个孤电子对，分子构型为三角锥形，BF3中B原子价层电子对数为，且不含孤电子对，采用sp2杂化，分子构型为平面三角形，故D不符合题意；
答案选A。
12．A
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ⅠA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D正确；
故选A。
13． 原子半径，键能 乙醇与水之间形成氢键而氯乙烷没有
(1)气态氢化物的稳定性取决于共价键键能的大小；
(2)根据价键规则书写CaCN2的电子式；
(3)溶质分子与溶剂分子间形成氢键可增大溶质的溶解度。
(1)由于原子半径F＜Cl，故键长：F—H＜Cl—H，键能：F—H＞Cl—H，所以HF比HCl稳定，故答案为：原子半径F＜Cl，键能F—H＞Cl—H。
(2)CaCN2是离子化合物，则阳离子为Ca2+、为阴离子；Ca原子最外层有2个电子，易失去最外层的2个电子达到8电子的稳定结构；N原子最外层有5个电子，易得到3个电子或形成3对共用电子对达到8电子的稳定结构；C原子最外层有4个电子，通常形成4对共用电子对达到8电子的稳定结构；则每个N原子分别得到Ca失去的1个电子、与C原子形成两对共用电子对，Ca、C、N都达到8电子的稳定结构，CaCN2的电子式为，故答案为：。
(3)乙醇和氯乙烷都属于极性分子，但乙醇与水分子之间形成氢键，而氯乙烷不能与水分子形成氢键，故常温下在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，故答案为：乙醇与水分子之间形成氢键而氯乙烷没有。
。
14．(1) ①②③④⑨⑩ ⑤⑥⑦⑧
(2)①>②>③
1)原子间的共价单键是键，若出现了双键或三键则必有键和键。在题中所给的物质中，()和()含有双键，()和()含有三键，故只有键的是①②③④⑨⑩，既含有键又含有键的是⑤⑥⑦⑧。
2)一般，键能越大，相应的键的键长越短，由键能可知碳碳键键长①>②>③。
15． ④ ③⑤ ③④⑤⑧ 6 2 a+11 VIII S=C=S
(1)①O2含有非极性共价键，属于单质，既不是电解质，也不是非电解质；
②H2含有非极性共价键，属于单质，既不是电解质，也不是非电解质；
③NH4NO3中与形成离子键，、中N和H、N和O形成极性共价键，属于盐，在水溶液或熔融状态下能够导电，是电解质；
④Na2O2中Na+和形成离子键，中O原子之间形成非极性共价键，在熔融状态下能够导电，是电解质；
⑤Ba(OH)2中Ba2+和OH-形成离子键，OH-中O原子和H原子形成极性共价键，在水溶液或熔融状态下能够导电，是电解质；
⑥CH4分子中C和H形成极性共价键，在水溶液和熔融状态下均不能导电，属于非电解质；
⑦CO2分子中C和O形成极性共价键，在水溶液和熔融状态下均不能导电，属于非电解质；
⑧NaF中Na+和F-形成离子键，属于盐，在水溶液或熔融状态下能够导电，是电解质；
⑨NH3分子中N和H形成极性共价键，在水溶液和熔融状态下均不能导电，属于非电解质；
⑩I2含有非极性共价键，属于单质，既不是电解质，也不是非电解质；
综上，既含离子键又含非极性键的是④；既含离子键又含极性键的是③⑤；属于电解质的是③④⑤⑧；
(2)短周期的某元素的气态氢化物为H2R，则该元素的化合价为-2价，即得到了2个电子，该元素的原子最外层有8-2=6个电子，故答案为：6；
(3)元素周期表中，ⅡA族只含有金属元素，位于元素周期表中的第2纵行，故答案为：2；
(4)第四周期元素中，第ⅡA族元素和第ⅢA族元素之间还有10个过渡金属元素，若第IIA族原子序数为a，则第IIIA族原子序数为a+11，故答案为：a+11；
(5)Fe位于元素周期表中的第四周期第Ⅷ族，其原子结构示意图为，故答案为：Ⅷ；；
(6)X、Y两种主族元素能形成XY2型化合物，已知XY2中共有38个电子。若XY2为常见元素形成的离子化合物，则XY2为CaF2，其电子式为，若XY2为共价化合物，则XY2为CS2，其结构式为S=C=S。
16． 低 与的静电引力
CH3CH3分子和NH3BH3分子中的原子个数都为8、价电子总数都为14，则两者互为等电子体，等电子体具有相同的空间结构，NH3BH3分子属于极性分子，而CH3CH3属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极性分子的分子间作用力较大，故CH3CH3熔点比NH3BH3低；NH3BH3分子间存在“双氢键”，类比氢键的形成原理，说明其分子间存在Hδ+与Hδ-的静电引力，故答案为：CH3CH3；低；Hδ+与Hδ 的静电引力。
17．(1) ② ① ③ ⑤⑥ ④
(2)3
(3) C3H8 4 BD
（1）①氧气和臭氧是氧元素形成的不同种单质，互为同素异形体；
②35Cl和37Cl的质子数相同、中子数不同，互为同位素；
③2—甲基丙烷和2—甲基丁烷的结构相似，相差1个CH2原子团，互为同系物；
④由结构式可知，两种结构都为二氯甲烷，是同种物质；
⑤丁烷和异丁烷的分子式相同，结构不同，互为同分异构体；
⑥乙醇和甲醚的分子式相同，结构不同，互为同分异构体；
则互为同位素的为②，互为同素异形体的为①，互为同系物的为③，互为同分异构体的为⑤⑥，属于同种物质的为④，故答案为：②；①；③；⑤⑥；④；
（2）由结构简式可知，立方烷的一氯代物有1种，二氯代物有3种，故答案为：3；
（3）由甲为只含C、H两种元素的饱和化合物可知，甲为烷烃，设甲的分子式为CnH2n+2，由分子中含有26个电子可得：6n+2n+2=26，解得n=3，则甲的分子式为C3H8；由化合物乙为只含C、H、F三种元素的饱和化合物可知，乙为氟代烃，设乙的分子式为CnH2n+2—xFx，由分子中含有26个电子可得：6n+(2n+2—x)+9x=26，由乙分子中C、H、F原子个数比为1∶2∶2可得n∶x=1∶2，解得n=1、x=2，则乙的分子式为CH2F2；
①由分析可知，甲的分子式为C3H8；丙烷的一氟代物有1—氟丙烷和2—氟丙烷，共2种，其中1—氟丙烷分子和2—氟丙烷分子中氢原子被氟原子取代所得结构有4种，分别为CH3CH2CHF2、CH3CF2CH3、CH2FCHFCH3、CH2FCH2CH2F，故答案为：C3H8；4；
②由分析可知，乙的分子式为CH2F2，名称为二氟甲烷；
A．二氟甲烷分子中碳氢键和碳氟键的键长不同，的空间构型为四面体形，不是正四面体形，故错误；
B．二氟甲烷分子中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，故正确；
C．甲烷分子的空间构型为四面体形，二氟甲烷分子不存在同分异构体，故错误；
D．甲烷分子的空间构型为四面体形，二氟甲烷分子不存在同分异构体，故正确；
故选BD。
18． ＜ C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋ ＞ 水分子之间存在氢键 73.10%
(1)我们可利用强酸制弱酸的原理比较酸性强弱，根据苯酚钠与碳酸反应生成苯酚和碳酸氢钠可以判断出酸性：苯酚＜碳酸，原因：C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋。答案为：＜；C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋；
(2)H2O和H2S都形成分子晶体，沸点的高低取决于分子间作用力的大小，若分子间形成氢键，熔沸点会出现反常，水分子间存在氢键，则沸点：H2O＞H2S；答案为：＞；水分子之间存在氢键；
(3)加入AgNO3后，发生如下反应：NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，Na2CO3+2AgNO3=Ag2CO3↓+2NaNO3
设4.350g样品中含有Na2CO3为xmol，NaCl为ymol，则可得以下等量关系式：
①106x＋58.5y＝4.350 ；②276x＋143.5y＝5.575×2；解得x=0.03mol，y=0.02mol；ω(Na2CO3)==73.10%。答案为：73.10%。
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 + 6HNO3 = 2Y (NO3)3+ 3H2O、V2O5+ 2NH3·H2O = 2NH4VO3 + H2O、Y (NO3)3+ NH4VO3 + 2NH3·H2O = 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：
A．Fe3+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-3 Fe3+ +edta4- = [Fe(edta)]- =1.7 ×1024 x=2.9 ×10-27
(2)第二步
设残余Fe3+浓度为y mol dm-3 Fe3+ + 3 phen = Fe(phen)33+ = 1.3 ×1014 y= 2.2 ×10-35
或者
(1)第一步
设残余Fe3+浓度为x mol dm-3 Fe3+ + 3 phen = Fe(phen) = 1.3 ×1014 3.8 ×10-13
(2)第二步
设残余Fe3+浓度为y mol dm-3 Fe3+ +edta4- = [Fe(edta)]- =1.7 ×1024 y= 2.2 ×10-35
(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。
1-2 Mtrc-Fe2+ + H2VO4 +4H+ = Mtrc-Fe3+ + VO2++ 3H2O
1-3
1-3-1
1-3-2分子的手性来源于鳌环的扭曲导致镜面对称性破缺。
1-4 Y2O3 + 6HNO3 = 2Y (NO3)3+ 3H2O
V2O5+ 2NH3·H2O = 2NH4VO3 + H2O
Y (NO3)3+ NH4VO3 + 2NH3·H2O = YVO4↓ + 3NH4NO3+H2O (1分， 未画↓不扣分) (共3分)
1-5
1-5-1 。
(1)如果在弱酸性条件下，采取沉淀法除铁，则有以下问题：
A．Fe3+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-3 Fe3+ +edta4- = [Fe(edta)]- =1.7 ×1024 x=2.9 ×10-27
(2)第二步
设残余Fe3+浓度为y mol dm-3 Fe3+ + 3 phen = Fe(phen) = 1.3 ×1014 y= 2.2 ×10-35
或者
(1)第一步
设残余Fe3+浓度为x mol dm-3 Fe3+ + 3 phen = Fe(phen)33+ = 1.3 ×1014 3.8 ×10-13
(2)第二步
设残余Fe3+浓度为y mol dm-3 Fe3+ +edta4- = [Fe(edta)]- =1.7 ×1024 y= 2.2 ×10-35
20．(1) 氯化铵和氢氧化钙固体 导气、防止倒吸
(2)
(3)在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体
(4) Ag和; 氨水 肼具有还原性和碱性
(5)甲基是推电子基团，使共用电子对更偏向N元素，N元素上的电子云密度大，更易结合质子()
实验室用氨和次氯酸钠反应制备肼，装置A为生成氨气的装置，装置C为生成氯气装置，氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠再和氨生成肼；
（1）实验室用氨和次氯酸钠反应制备肼，装置A为生成氨气的装置，且反应为固体加热反应，则试管中的试剂为氯化铵和氢氧化钙固体，两者反应生成氨气和氯化钙、水；氨气极易溶于水，仪器b的作用是将氨气通入装置B中，且球形部分可以防止倒吸，故答案为：氯化铵和氢氧化钙固体；导气、防止倒吸；
（2）装置C为生成氯气装置，浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气、氯化锰、氯化钾和水，离子方程式为：；
（3）装置C反应生成氯气，浓盐酸具有挥发性，导致氯气不纯，氯化氢会和装置B中氢氧化钠溶液反应，导致肼的产率降低，改进方法是在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体；
（4）银和氧化银都可以和硝酸反应，其中单质银和硝酸反应的时候会生成气体一氧化氮，黑色固体全部溶解，故加入足量硝酸后可证明黑色固体有Ag和；
氨气可以和银离子形成配离子，即氧化银可以溶解在氨水中，故ii为氨水，溶解的部分固体为氧化银；
肼有还原性可以把+1价银离子还原为单质银，另外肼有碱性，和银离子反应生成氢氧化银，分解后生成氧化银，故原因是:肼具有还原性将Ag还原为Ag，肼具有碱性，与Ag反应生成AgOH，AgOH分解生成黑色的Ag2O。
（5）甲基是推电子基团，使共用电子对更偏向N元素，N元素上的电子云密度大，更易结合质子()，故的碱性强于；
21．(1) C MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
(2)平面三角形
(3)可以随开随用，随关随停
(4)气体黄绿色变浅，有红褐色液体产生
(5)2NOCl + H2O = 2H+ + 2Cl- + NO↑+ NO2↑
(6)加入最后一滴标准液时，锥形瓶中产生砖红色沉淀，且半分钟内无变化
(7)90.00%
【解析】（1）
舍勒发现二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气，该方法为固液加热制取气体，可以选择上图中的C为Cl2发生装置，该反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）
NOCl的结构式为O=N-Cl，中心N原子上有一对孤电子对，所以价层电子对数为3，其VSEPR模型名称为平面三角形。
（3）
用X装置制NO，打开K1，硝酸和铜接触反应放出NO，关闭K1，NO把硝酸压入长颈漏斗，硝酸和铜分离，反应停止，所以该装置的优点为可以随开随用，随关随停；
（4）
Z中NO和氯气反应生成NOCl，NOCl沸点为-5.5℃，液态时呈红褐色，Z中冰盐水可使生成的NOCl冷凝为液体，所以Z中现象是气体黄绿色变浅，有红褐色液体产生；
（5）
NOCl遇水易反应生成一种氯化物和两种氮的常见氧化物，其中一种是红棕色NO2，根据氧化还原反应规律，另一种氧化物是NO，反应方程式为2NOCl + H2O = 2H+ + 2Cl- + NO↑+ NO2↑；
（6）
银离子先和氯离子反应生成白色氯化银沉淀，氯离子完全反应后，银离子再和CrO反应生成砖红色Ag2CrO4沉淀，滴定终点的现象是加入最后一滴标准液时，锥形瓶中产生砖红色沉淀，且半分钟内无变化；
（7）
根据测定步骤得关系式NOCl~~~HCl~~~AgNO3，滴定终点消耗0.8000mol·L-1AgNO3标准溶液的体积为22.50mL，n(NOCl)=，所以NOCl的纯度为。
22．(1) 酸式滴定管 淀粉溶液
(2) 锥形瓶中溶液颜色的变化 滴入最后一滴标准液，溶液变为蓝色，且半分钟或30s内不恢复原来的颜色 0.0056
(3)防止空气进入反应液、避免维生素C被氧气氧化
(4)AC
(5) sp3、sp2 10:1 O＞C＞H
要测定某橙汁中维生素C的含量，可利用维生素C具有很强的还原性，能发生，用浓度为的标准溶液进行氧化还原滴定，以淀粉溶液为指示剂，当滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟或30s内不恢复原来的颜色，即达到滴定终点；为防止维生素C被空气中的氧气氧化、防止液滴溅出，实验过程中不能剧烈摇动锥形瓶。
（1）碘会腐蚀橡胶，因此取标准溶液用酸式滴定管；测定原理是C6H8O6＋I2→C6H6O6＋2H＋＋2I－，需要碘单质参加反应，碘遇淀粉变蓝色，则所需指示剂为淀粉溶液。
（2）③滴定过程中，用左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化，直到滴定终点。滴定至终点时的现象是：滴入最后一滴标准液，溶液变为蓝色，且半分钟或30s内不恢复原来的颜色。
④20.00mL待测橙汁消耗的标准碘溶液15.00mL，则根据测定原理，n(C6H8O6)=n(I2)=15×10－3L×7.50×10－3mol·L－1=1.125×10－4mol，则此橙汁中维生素C的含量是(保留两位有效数字)。
（3）已知维生素C具有很强的还原性，可以被空气中的氧气氧化，则滴定时不能剧烈摇动锥形瓶，除了防止液体溅出，原因还有：防止空气进入反应液、避免维生素C被氧气氧化。
（4）A． 滴定前有气泡，滴定后无气泡，消耗标准液体积增大，即所测结果偏高，故A符合题意；
B． 滴定后读数时俯视滴定管，所测得的标准液的体积偏小、结果偏低，故B不符合题意；
C． 滴定管水洗后直接装入标准液，标准液被稀释，消耗标准液体积增大，即所测结果偏高，故C符合题意；
D． 摇动锥形瓶时锥形瓶中有液体溅出，消耗标准液体积偏小，即所测结果偏低，故D不符合题意；
则会引起所测橙汁浓度偏大的操作为AC。
（5）由结构简式可知，该分子中含饱和碳原子(四面体结构)、羰基 (平面结构)，则碳原子的轨道杂化类型为sp3、sp2；单键都是σ键、双键中1个σ键1个π键，则分子中有20个σ键和2个π键，σ键和π键数目之比为10:1；同周期主族元素从左向右电负性逐渐增强，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，该化合物所含三种元素的电负性由强到弱顺序为O＞C＞H。