第2章微粒间相互作用与物质性质测试题高二下学期化学鲁科版（2019）选择性必修2（含解析）
文档属性
| 名称 | 第2章微粒间相互作用与物质性质测试题高二下学期化学鲁科版（2019）选择性必修2（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 505.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-06-16 06:54:25 | ||
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文档简介
第2章 微粒间相互作用与物质性质 测试题
一、单选题（共15题）
1．三氯化氮()的空间结构类似于，为三角锥形。下列说法不正确的是
A．键是极性键 B．分子中不存在孤电子对
C．分子为极性分子 D．可能易溶于极性溶剂
2．含共价键的电解质是
A． B． C． D．
3．X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的价电子排布式为，Y的简单氢化物分子呈三角锥形，Z的单质及其化合物灼烧时火焰呈黄色，W位于元素周期表中第四周期，基态原子有1个电子未成对且内层电子全满。下列说法正确的是
A．同周期元素中第一电离能比Y高的元素只有一种
B．简单离子半径：
C．将X的最高价氧化物的水化物溶于水，能促进水的电离
D．1molW的正二价阳离子与Y的简单氢化物形成的配离子中含有的σ键数目为
4．下列分子的空间结构可用sp2杂化轨道来解释的是
①BF3②③④C2H2⑤N2H4⑥苯分子
A．①②③ B．①③⑥ C．②③⑤ D．③④⑥
5．与MgCl2晶体中所含化学键类型相同的物质是
A．Na2S B．SiO2 C．HCl D．NH3
6．已知微粒间的相互作用有以下几种：
①离子键 ②极性共价键 ③非极性共价键 ④氢键 ⑤分子间作用力
下面是某同学对一些变化过程破坏的微粒间的相互作用的判断：其中判断正确的是
A．冰熔化②④⑤ B．氢氧化钠溶于水①②
C．氯化氢气体溶于水②④ D．干冰升华⑤
7．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1 mol (NH4)2S中含有共价键的数目为10NA
B．足量的锌与浓硫酸充分反应，生成标准状况下SO2和H2的混合气体2.24 L时，转移电子数一定为0.2NA
C．所含共价键数均为4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等
D．100 g 46%乙醇溶液中所含O-H键的数目为NA
8．砷化镓()可作半绝缘高阻材料，可发生如下反应：；下列说法正确的是
A．是过渡金属元素有良好导电性 B．反应前后有三种元素的化合价发生改变
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 D．中含极性键和非极性键
9．下列对分子的性质的解释中，正确的是
A．氨气很稳定(很高温度才会部分分解)是因为氨分子中含有大量的氢键所致
B．和HF均易溶于水，原因之一是它们都是极性分子
C．为正八面体结构，该物质可能难溶于苯，易溶于水
D．物质的沸点：，分子的稳定性
10．前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X同周期且基态原子均含有2个未成对电子。常温下Z的单质为气体。四种元素的价电子数满足W+X=Y+Z。下列说法正确的是
A．最高正化合价：X＞W B．简单离子半径：Y＞X
C．简单氢化物的稳定性：W＞X D．Y、Z形成的二元化合物中同时含有共价键和配位键
11．四种短周期元素W、X、Y、Z位于不同主族，且原子序数依次增加，W、X、Y、Z的族序数之和为15，W、X、Z形成的某种化合物遇强酸和强碱均反应产生气体。下列说法不正确的是
A．简单离子半径：X>Y
B．最简单氢化物的沸点： X>Z
C．X、Y、Z最高价氧化物对应水化物之间可相互反应
D．电解Y的氧化物用于制备单质
12．W、X、Y、Z、M五种短周期元素的原子序数依次增大，其中X、Y、Z、M位于同一周期，W、Y位于同一主族，Z原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的2倍，Y与Z形成的一种化合物的结构如图所示，下列叙述正确的是
A．最简单离子的半径：
B．氧化物对应水化物的酸性：
C．由Y与M两种元素组成的化合物中各原子一定都满足8电子稳定状态
D．在足量的中燃烧，转移的电子数为
13．下列说法正确的是
A．比稳定，是由于分子间存在氢键 B．物质中化学键被破坏，一定发生化学变化
C．晶体和中的化学键类型相同 D．熔化时破坏离子键和共价键
14．下列事实与氢键有关的是
A．水加热到很高的温度都难以分解
B．分子间形成氢键能使物质的熔点和沸点升高
C．CH4、SiH4、 GeH4、 SnH4 的熔点随相对分子质量的增大而升高
D．HCl的稳定性强于HBr
15．X、Y、Z、W均为短周期主族元素，且原子序数依次递增。基态X原子核外有电子的能级是3个，且3个能级上的电子数相等，W与X同主族，Y的氢化物与其最高价氧化物对应的水化物可形成一种盐，Z为所在周期中原子半径最大的元素。下列说法正确的是
A．电负性：Z＞W＞X＞Y
B．简单氢化物的稳定性：W＞Y＞X
C．X的含氧酸与Y的氢化物形成的化合物中都只含离子键
D．Z与W形成的含氧酸盐的溶液显碱性
二、填空题（共8题）
16．新型冠状病毒疫情已经流行长达三年之久，依然没有很好的解决办法，但是我们需要勤开窗通风，合理使用消毒液NaClO，医用酒精等措施来有效的预防病毒，现按要求回答下列问题：
(1)消毒液的组成元素中，基态O原子的电子排布式是___________，基态Cl原子未成对电子数为___________个
(2)C2H5OH分子中碳原子的杂化方式为___________，组成元素电负性大小顺序为___________，1mol乙醇分子中含有σ键数目为___________。
(3)水中不存在的作用力___________。
A．离子键 B．共价键 C．氢键
17．水分子间存在一种“氢键”的作用(作用力介于范德华力与化学键之间)，彼此结合而形成(H2O)2。在冰中每个水分子被4个水分子包围形成变形四面体，通过“氢键”相互连接成庞大的分子晶体。
(1)1 mol冰中有_______mol“氢键”。
(2)水蒸气中常含有部分(H2O)2，要确定(H2O)2的存在，可采用的方法是_______。
A．标准状况下把1 L水蒸气冷凝后与足量金属钠反应，测产生氢气的体积
B．标准状况下把1 L水蒸气通过浓硫酸后，测浓硫酸增重的质量
C．该水蒸气冷凝后，测水的pH
D．该水蒸气冷凝后，测氢氧原子个数比
(3)水分子可电离生成两种含有相同电子数的粒子，其电离方程式为_______。已知在相同条件下双氧水的沸点明显高于水的沸点，其可能原因是_______。
(4)在冰晶体中除氢键外，还存在范德华力(11 kJ·mol-1)。已知冰的升华热是51 kJ·mol-1，则冰晶体中氢键的能量是_______kJ·mol-1。
18．已知元素的某种性质“X”和原子半径、金属性、非金属性等一样，也是元素的一种基本性质。下面给出13种元素的X的数值：
元素 Al B Be C Cl F Li
X的数值 1.5 2.0 1.5 2.5 2.8 4.0 1.0
元素 Mg Na O P S Si
X的数值 1.2 0.9 3.5 2.1 2.5 1.7
试结合元素周期律知识完成下列问题：
（1）经验规律告诉我们：当形成化学键的两原子相应元素的X差值大于1.7时，所形成的一般为离子键；当小于1.7时，一般为共价键，试推断BeCl2中的化学键类型是______。
（2）根据上表给出的数据，简述主族元素X的数值大小与元素的金属性或非金属性强弱之间的关系________。
（3）请你预测Br与I元素的X数值的大小关系________。
（4）某有机化合物分子中含有S—N键，你认为该共用电子对偏向于________原子(填元素符号)。
19．下表为元素周期表的一部分，a、b、c…为部分元素。回答下列问题：
a
f y h i
b e j
c d g l
（1）请写出上述元素d3+的核外电子排布式____________________；
（2）请写出e元素的原子电子轨道表示式_____________；
（3）ya3分子的电子式________，其分子的空间构型是____________；
（4）b、e两种元素中，金属性较强的是_______，第一电离能大的是___________（填元素符号）；
（5）h的i形成hi2分子杂化类型是____________；fh32-的空间构型为_____________。
20．A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期元素，A、B、C元素的简单离子的电子层结构相同，A为地壳中含量最多的元素，D的单质常用于制造芯片和太阳能电池。一种矿石的主要成分可表示为BC[D2A6]，E的单质常温下是黄绿色气体。
回答下列问题：
(1)基态B原子的成对电子数与未成对电子数之比为___________，其中电子占据最高能级的电子云轮廓图为___________形。基态D原子的核外电子的运动状态有___________种。
(2)化合物B2A和DA2熔沸点高的是___________(填化学式)，原因是___________。
(3)元素C、E形成的化合物C2E6中，存在的化学键有___________(填序号)。
a．配位键b．离子键c．共价键d．π键e．氢键
(4)分子中的大π键可用符号Π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则A3中的大π键应表示为___________。
21．(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。
22．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
23．硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M=248 g·mol 1)是重要的化工原料，易溶于水，不溶于乙醇，具有较强的还原性和配位能力，在中性或碱性环境中稳定。某兴趣小组用下图装置制备。
I.制备Na2S2O3 5H2O
合成反应：
实验步骤：装置A制备的通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液约为7时，停止通入气体，得产品混合溶液，经过分离提纯得到产品。
(1)仪器A的名称是_______，仪器B中长颈漏斗的作用是_______，另外可以通过装置B观察SO2的生成速率，其中的液体可以选择_______
a.浓H2SO4 b.饱和Na2SO3溶液 c.饱和NaHSO3溶液 d.饱和NaCl溶液
(2)装置C中的反应混合溶液pH过低将导致产率降低，原因是(离子方程式表示)_______
(3)产品混合溶液经_______洗涤、干燥，得到Na2S2O3· 5H2O产品。下列说法正确的是_______。
A．蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热
B．快速蒸发溶液中水分，可得较大晶体颗粒
C．冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率
D．可选用冷的Na2SO3溶液作洗涤剂
II.Na2S2O3的应用
(4)Na2S2O3溶液常用作定影剂，溶去胶片上未感光的AgBr，该反应的离子方程式_______
参考答案：
1．B
【解析】A．不同种元素原子之间形成极性共价键，则键是极性键，故A正确；
B．分子中N原子上存在一个孤电子对，故B错误；
C．空间结构类似于，为三角锥形，则的正负电荷中心不重合，为极性分子，故C正确；
D．根据相似相溶原理可知，分子为极性分子，易溶于极性溶剂，故D正确；
答案选B。
2．A
【解析】A．是金属氧化物，在熔融状态下导电，属于电解质，由Na+和构成，中O原子间形成共价键，A符合题意；
B．为有机化合物，在水溶液和熔融状态下不导电，属于非电解质，B不符合题意；
C．CHCl3为有机化合物，在水溶液和熔融状态下不导电，属于非电解质，C不符合题意；
D．属于盐，属于电解质，由Ba2+和S2-构成，不含有共价键，D不符合题意；
答案选A。
3．C
X的价电子排布式nsnnpn-1，s能级上最多容纳2个电子，n=2，价电子排布式为2s22p1，推出X为B，Y的简单氢化物分子呈三角锥形，该氢化物为NH3，即Y为N，Z的单质及其化合物灼烧时火焰呈黄色，Z为Na，W位于元素周期表中第四周期，基态原子有1个电子未成对，且内层电子全满，W的价电子排布式为3d104s1，即W为Cu，据此分析；
【解析】A．同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，根据上述分析，Y为N，同周期第一电离能比N高的元素有F、Ne两种，故A错误；
B．N、Na简单离子分别为N3-、Na+，它们核外电子排布相同，电子层数相同，离子半径随着原子序数的递增而减小，即r(N3-)＞r(Na+)，故B错误；
C．X为B，其最高价氧化物的水化物为H3BO3，硼酸溶于水，硼酸中B与水分子电离出OH-形成配位键，促进水的电离，即硼酸在水中发生H3BO3+H2OB(OH)+H+，故C正确；
D．W的正二价阳离子是Cu2+，Y的简单氢化物为NH3，它们形成的配离子为[Cu(NH3)4]2+，1mol该配离子所含σ键数目为(4+4×3)NA=14NA，故D错误；
答案选C。
4．B
【解析】①BF3分子中硼原子价层电子对数=3+=3，B的杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化；②分子中硫原子价层电子对数=3+(6-1×2-2×1)=4，杂化轨道数为4，所以采取sp3杂化；③ 分子中碳原子价层电子对数=3+(4-1×2-2×1)=3，杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化；④分子中每个碳原子价层电子对数=2+(4-3-1)=2，杂化轨道数为2，所以采取sp杂化；⑤N2H4分子中每个氮原子价层电子对数=3+(5-1×2-1)=4，杂化轨道数为4，所以采取sp3杂化；⑥苯分子中每个碳原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化。
综上所述，选B。
5．A
MgCl2晶体中含离子键。
【解析】A．Na2S中只含有离子键，A符合题意；
B．SiO2中只含有共价键，B不符合题意；
C．HClO中只含有共价键，C不符合题意；
D．NH3中只含有共价键，D不符合题意；
故选A。
6．D
【解析】A．冰中水分子间有氢键和分子间作用力，熔化破坏氢键和分子间作用力，没有破坏极性共价键，A错误；
B．氢氧化钠是由Na+和OH-通过离子键结合成的离子化合物，溶于水电离成自由移动的Na+和OH-，故溶于水只破坏离子键，没有破坏极性共价键，B错误；
C．氯化氢中H和Cl间以共价键结合，溶于水后变成了自由移动的H+和Cl-，破坏了极性共价键，HCl分子间没有氢键，C错误；
D．干冰是CO2分子间通过范德华力结合而成，熔化只破坏分子间作用力，D正确；
综上所述答案为D。
7．B
【解析】A．(NH4)2S是离子化合物，与S2-通过离子键结合， 中存在N-H共价键，在1个(NH4)2S中含有8个共价键，则在1 mol(NH4)2S中含有共价键的数目为8NA，A错误；
B．浓硫酸与Zn发生反应：Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O；稀硫酸与锌发生反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，根据两个反应方程式可知：每反应产生1 mol气体，反应过程转移2 mol电子，现在足量的锌与浓硫酸充分反应，生成标准状况下SO2和H2的混合气体2.24 L时，气体的物质的量是0.1 mol，则反应过程中转移电子数一定为0.2NA，B正确；
C．P4为正四面体结构，1个分子中含有6个P-P共价键，CH4也是正四面体结构，1个分子中含有4个C-H共价键，因此当二者所含共价键数均为4NA时，白磷(P4)的物质的量小于1 mol，甲烷的物质的量等于1 mol，因此二者的物质的量不相等，C错误；
D．100 g 46%乙醇中含有乙醇的质量是46 g，其物质的量是1 mol，1 mol CH3CH2OH中含有1 mol H-O；100 g混合物含有H2O是54 g，H2O的物质的量是3 mol，其中含有H-O共价键物质的量是3 mol×2=6 mol，因此100 g 46%乙醇溶液中所含O-H键的物质的量是7 mol，含有的H-O共价键的数目为7NA，D错误；
故合理选项是B。
8．D
【解析】A．是第ⅢA族元素，不是过渡金属元素，A错误；
B．反应前后只有砷和氧两种元素的化合价发生改变，B错误；
C．反应中为氧化剂、为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，C错误；
D．H2O2中H-O为极性键，O-O为非极性键，D正确；
故答案选D。
9．B
【解析】A．氨分子稳定的原因是氨分子中键键能大，与氢键无关，A错误；
B．和都是极性分子，水也是极性分子，故和均易溶于水，B正确；
C．为正八面体结构，为非极性分子，根据“相似相溶”规律可知其可能易溶于苯，难溶于水，C错误；
D．HF分子之间存在氢键，HF的沸点最高，D错误；
答案选B。
【点睛】对物质熔、沸点高低判断及分子的稳定性容易混淆，判断物质熔、沸点高低时，首先看分子之间是否存在氢键，存在氢键的熔、沸点较高；对不存在氢键、结构相似的物质，相对分子质量大的熔、沸点较高；分子的稳定性与分子内的共价键的牢固程度有关。
10．D
前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X同周期且基态原子均含有2个未成对电子，二者外围电子排布式为ns2np2、ns2np4。由于Z的原子序数比X至少大2，故W、X不能处于第三周期，只能处于第二周期，故W为C元素、X为O元素；常温下Z的单质为气体，Z的原子序数比X (氧)至少大2，则Z为C1元素；四种元素的价电子数满足W+X=Y+Z，则Y的价电子数为4+6-7=3，则Y为Al元素，然后根据物质结构与性质分析解答。
【解析】由分析可知，W为C元素、X为O元素、Y为Al元素、Z为Cl元素。
A．氧元素一般没有正化合价，A错误；
B．对于电子层结构相同的离子，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，故离子半径：O2-＞Al3+，B错误；
C．元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：C＜O，故氢化物稳定性：CH4＜H2O，C错误；
D．Y、Z形成的二元化合物Al2Cl6是共价化合物，该物质分子中同时含有共价键和配位键，D正确；
故合理选项是D。
11．C
本题的突破口在于W、X、Z形成的某种化合物遇强酸和强碱均反应产生气体，因此可知该化合物中只含三种元素，能与强碱反应产生气体，则一定有铵根离子，这已经确定了两种元素，那么依据题意可以为(NH4)2S，或NH4HS，故W为H，X为N，Z为S，根据W、X、Y、Z位于不同主族，原子序数依次增加，且其族序数之和为15，则Y为Al，以此解题。
【解析】A．N3-和Al3+的核外电子排布相同，N的原子序数小，故其半径大小为：N3->Al3+，A正确；
B．N的氢化物是氨气，且氨气可以形成分子间氢键，沸点较高，B正确；
C．X、Y、Z最高价氧化物对应水化物分别为：硝酸、氢氧化铝、硫酸，其中硝酸和硫酸不反应，C错误；
D．Y的氧化物为氧化铝，电解熔融的氧化铝可以制备铝单质，D正确；
故选C。
12．D
W、X、Y、Z、M五种短周期元素的原子序数依次增大，由Y与Z形成的一种化合物的结构可知Z形成2个共价键、Y形成3个共价键，Z的最外层电子数为6，Y的最外层电子数为5，其中X、Y、Z位于同一周期，W、Y位于同一主族，结合原子序数可知W位于第二周期时，X、Y、Z位于第三周期，Z原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的2倍，X的最外层电子数为3，则X为Al、Y为P、Z为S、W为N，M为Cl，以此来解答。
【解析】由上述分析可知，X为Al、Y为P、Z为S、W为N，M为Cl，
A．电子层越多、离子半径越大，则最简单离子的半径：X＜Z，核外电子排布相同时，核电荷越大半径越小，则Z>M，故A错误；
B．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：M＞Y，M的氧化物对应水化物也可以是HClO，HClO为弱酸，酸性弱于H3PO4，故B错误；
C．由Y与M两种元素组成的化合物有PCl3和PCl5，PCl5中P原子不是8电子稳定状态，故C错误；
D．在足量的Cl2中燃烧生成FeCl3，转移的电子数为，故D正确。
故选D。
13．C
【解析】A．比稳定，是由于H-F键的键能大于H-Cl，与氢键无关，故A错误；
B．化学反应的本质是既有旧键的断裂又有新键的形成，故化学键被破坏不一定发生化学反应，故B错误；
C．晶体和中都只有离子键，故化学键相同，故C正确；
D．熔化时只能破坏离子键，不能破坏共价键，故D错误；
故选C。
14．B
【解析】A．水加热到很高的温度都难以分解，是因为H-O键键能很大，与氢键无关，A不符合题意；
B．分子间形成氢键能使物质分子间作用力增大，从而使熔点和沸点升高，B符合题意；
C．CH4、SiH4、 GeH4、 SnH4 分子间作用力随相对分子质量增大而增大，故其熔点随相对分子质量的增大而升高，与氢键无关，C不符合题意；
D．HCl的稳定性强于HBr，是由于H-Cl键键能大于H-Br键键能，与氢键无关，D不符合题意；
故选B。
15．D
X、Y、Z、W均为短周期主族元素，且原子序数依次递增。基态X原子核外有电子的能级是3个，且3个能级上的电子数相等，则X核外电子排布式是1s22s22p2，所以X是C元素；W与X同主族，则W是Si元素；Z为所在周期中原子半径最大的元素，则Z是Na元素；Y的氢化物与其最高价氧化物对应的水化物可形成一种盐，则Y是N元素，形成的该盐是NH4NO3。
【解析】根据上述分析可知：X是C，Y是N，Z是Na，W是Si元素。
A．同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增强；同主族元素从上到下，电负性逐渐减弱，则元素电负性：Y＞X＞W＞Z，A错误；
B．元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性：N＞C＞Si，即Y＞X＞W，所以氢化物的稳定性：Y＞X＞W，B错误；
C．X是C，Y是N，X的含氧酸H2CO3与Y的氢化物NH3形成的化合物如(NH4)2CO3是离子化合物，其中除存在离子键外，还存在N-H、C-O、C=O共价键，C错误；
D．Z与W形成的含氧酸盐为Na2SiO3，该物质是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，D正确；
故合理选项是D。
16．(1) 1s22s22p4 1
(2) sp3 O＞C＞H 8NA
(3)A
【解析】（1）消毒液NaClO中，O原子核外有8个电子，则基态O原子的电子排布式是1s22s22p4，Cl原子核外有17个电子，基态Cl原子的电子排布式是1s22s22p63s23p5，则基态Cl原子未成对电子数为1个；故答案为：1s22s22p4；1。
（2）C2H5OH分子中碳原子价层电子对数为4，为sp3杂化，根据同周期从左到右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此组成元素电负性大小顺序为O＞C＞H，根据乙醇的结构式，1mol乙醇分子中含有8molσ键，其数目为8NA；故答案为：sp3杂化；O＞C＞H；8NA。
（3）水分子中含O-H共价键，水分子间存在分子间氢键，不含离子键，故答案为：A。
17．(1)2
(2)AB
(3) H2O＋H2OH3O＋＋OH- 双氧水分子之间存在更强烈的氢键作用
(4)20
【解析】（1）冰中每个水分子被4个水分子包围形成变形四面体，1 mol冰中含有氢键的物质的量为，故答案：2。
（2）A.该物质也能与金属钠反应产生氢气，1 L水蒸气冷凝后与足量金属钠反应，若混有该物质，由于(H2O)2也能生成氢气，且一分子(H2O)2生成2分子氢气，所以产生氢气体积多，故A正确；
B.该物质也能被浓硫酸吸收，若1 L水蒸气通过浓硫酸后，由于相对H2O而言，(H2O)2的相对分子质量大，所以分子数目相同时，浓硫酸增重的质量大，说明存在该物质，故B正确；C.该物质的pH也等于7，无论该物质是否存在，pH都等于7，故C错误；
D.该物质的分子中氢氧原子个数比仍为2∶1，无论是否存在，氢氧原子个数比不变，故D错误；故答案：AB。
（3）水分子可电离生成两种含有相同电子数的粒子，其电离方程式为H2O＋H2OH3O＋＋OH-，已知在相同条件下双氧水的沸点明显高于水的沸点，其可能原因是双氧水的相对分子质量比水的相对分子质量稍大，但题中强调双氧水的沸点明显高于水，因此可判断双氧水分子之间存在着更为强烈的氢键作用。故答案：H2O＋H2OH3O＋＋OH-；双氧水分子之间存在更强烈的氢键作用。
（4）1 mol冰吸收的总能量为51 kJ，克服范德华力吸收的能量为11 kJ，故克服氢键吸收的总能量为40 kJ，而1 mol 冰中含有2 mol氢键，故冰晶体中氢键的能量是20 kJ·mol-1，故答案：20。
18． 共价键 元素X的数值越大，元素的非金属性越强(或元素X的数值越小，元素的金属性越强) Br大于I N
由题意可知，题给X为电负性，当形成化学键的两原子相应元素的电负性差值大于1.7时，所形成的一般为离子键，当小于1.7时，一般为共价键，元素电负性的数值越大，非金属性越强；元素的电负性值越小，金属性越强。
【解析】（1）由表给数据可知，Be的电负性为1.5，Cl的电负性为2.8，两者电负性的差值为1.3，小于1.7，则BeCl2中的化学键为共价键，故答案为：共价键；
（2）同周期元素，从左到右，金属性依次减弱，非金属性依次增强，由表给数据可知，同周期元素，从左到右电负性依次增强，说明元素电负性的数值越大，元素的非金属性越强，元素电负性的数值越小，元素的金属性越强，故答案为：元素X的数值越大，元素的非金属性越强(或元素X的数值越小，元素的金属性越强)；
（3）同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，电负性依次减小，溴和碘都位于元素周期表ⅦA族，则溴元素的电负性大于碘元素，故答案为：Br大于I；
（4）由同周期元素的电负性递变规律可知，N元素的电负性应大于2.5而小于3.5，S元素的电负性为2.5，则N元素非金属性强于S元素，S－N中的共用电子对偏向于非金属性强的N原子一方，故答案为：N。
【点睛】非金属元素之间形成共价键，共用电子对偏向非金属性强的原子一方是解答关键。
19． 1s222s2p63s23p63d5 三角锥形 Mg Mg sp3 平面正三角形
(1)由元素在周期表中的位置可知，d为Fe元素，原子序数为26；
(2)由元素在周期表中的位置可知，e为Al元素，原子序数为13；
(3)y为N，a为H，则ya3分子为NH3，由最外层电子等来分析；
(4)b为Mg，e为Al，Mg、Al均在第三周期，同周期从左向右金属性减弱，金属性越强，第一电离能越小，但镁原子最外层为全满；
(5)h为O，i为F，f为C，利用最外层电子及成键来分析杂化及空间构型。
【解析】(1)由元素在周期表中的位置可知，d为Fe元素，原子序数为26，则Fe3+的核外电子排布式的1s222s2p63s23p63d5；
(2)e为Al元素，原子序数为13，其电子轨道表示式为；
(3)y为N，a为H，则ya3分子为NH3，其电子式为，空间构型为三角锥形；
(4)b为Mg，e为Al，金属性Mg＞Al，镁原子最外层为全满，失去1个电子较难，则第一电离能大；
(5)h为O，i为F，f为C，OF2分子中O原子上有2对孤电子对，σ键数为2，则杂化类型sp3，CO32-中无孤电子对，σ键数为3，则杂化类型sp2，则空间构型为平面正三角形。
20．(1) 10：1 球 14
(2) SiO2 Na2O为离子晶体，SiO2为共价晶体，共价晶体熔沸点高
(3)ac
(4)Π
A为地壳中含量最多的元素，则A为O元素；D的单质常用于制造芯片和太阳能电池，则D为Si元素；E的单质常温下是黄绿色气体，则E为Cl；A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期元素，A、B、C元素的简单离子的电子层结构相同，结合化合物BC[D2A6]中各元素化合价为0，即B+C=4，则B为Na，C为Al，综上所述：A、B、C、D、E分别为：O、Na、Al、Si、Cl，据此分析可得：
(1)
B为Na元素，其基态原子核外电子排布式为，成对电子数为：，为成对电子数为1，所以成对电子数与未成对电子数比值为10∶1；3s能级为最高能级，其电子云轮廓图为球形；D为14号元素Si；基态Si核外电子运动状态有14种，故答案为：10∶1；球形；14；
(2)
A、B、D分别为O、Na、以及Si元素，化合物B2A和DA2分别为化合物Na2O和SiO2，Na2O为离子晶体，SiO2为共价晶体，共价晶体熔沸点高，故答案为：SiO2，；Na2O为离子晶体，SiO2为共价晶体，共价晶体熔沸点高；
(3)
C、E分别为Al和Cl元素，元素C、E形成的化合物C2E6为Al2Cl6，Al2Cl6分子中正负电荷中心重合，属于非极性分子，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，采取sp3杂化，所以Al2Cl6所含的化学键为配位键和共价键，故答案选ac；
(4)
由题意可知，大π键可表示为，O3中参与形成大π键的原子数m=3，参与形成大π键的电子数n=4，所以O3中π键可表示为，故答案为：。
21． ＜ C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋ ＞ 水分子之间存在氢键 73.10%
【解析】(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%。
【点睛】5.575g是从50mL溶液中取出25mL的那部分与AgNO3溶液反应产生的沉淀质量，计算时需注意与原混合物中的x、y相对应。
22． 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
【解析】
(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
23．(1) 圆底烧瓶 平衡压强 ac
(2)S2+2H+=S↓+SO2↑+H2O
(3) 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 AC
(4)AgBr+2S2O=[Ag(S2O3)2]3-+Br
A装置中用亚硫酸钠和70%的硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，装置B是缓冲装置，可以通过装置B观察SO2生成速率，SO2通入装置C的混合溶液中，加热、搅拌，至溶液pH约为8时，发生反应：SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2、2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S；亚硫酸钠和硫发生反应：Na2SO3+SNa2S2O3，C中的溶液pH约为8时，停止通入SO2气体，得产品混合溶液，产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O3 5H2O产品。
(1)
仪器A为圆底烧瓶；装置B中长颈漏斗的作用是平衡压强，防止B中压强过大；
a．浓H2SO4和SO2不反应，装置B中盛放浓硫酸时可观察SO2的生成速率，故a正确；
b．饱和Na2SO3溶液可以吸收SO2，和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，故装置B中盛放饱和亚硫酸钠溶液时不能观察SO2的生成速率，故b错误；
c．饱和NaHSO3溶液和SO2不反应，装置B中盛放饱和亚硫酸氢钠溶液时可观察SO2的生成速率，故c正确；
d．饱和NaCl溶液可以吸收SO2，故装置B中盛放饱和氯化钠溶液时不能观察SO2的生成速率，故d错误；
选ac。
(2)
已知硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，该实验一般控制在碱性环境下进行，是因为S2O和H+发生氧化还原反应生成硫、二氧化硫和水，离子方程式为：S2O+2H+= S↓+SO2↑+H2O。
(3)
产品带结晶水，故用冷却结晶法从溶液中提取晶体，则混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，得到Na2S2O3· 5H2O产品。
A． 得到的Na2S2O3 5H2O在加热时易失去结晶水，所以蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时停止加热，故A正确；
B．快速蒸发溶液中水分，得到的是细小的晶体，故B错误；
C． 产物易溶于水，不溶于乙醇，所以冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率，故C正确；
D． 用Na2SO3溶液洗涤，被氧化后转变为硫酸钠，均会引入新杂质，不可选用冷的Na2SO3溶液作洗涤剂，故D错误；
故答案为：AC；
(4)
硫代硫酸钠具有较强配位能力，Na2S2O3溶液常用作定影剂，溶去胶片上未感光的AgBr，则AgBr与S2O反应生成可溶性的配位化合物[Ag(S2O3)2]3-及Br ，该反应的离子方程式AgBr+2S2O=[Ag(S2O3)2]3-+Br 。
一、单选题（共15题）
1．三氯化氮()的空间结构类似于，为三角锥形。下列说法不正确的是
A．键是极性键 B．分子中不存在孤电子对
C．分子为极性分子 D．可能易溶于极性溶剂
2．含共价键的电解质是
A． B． C． D．
3．X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的价电子排布式为，Y的简单氢化物分子呈三角锥形，Z的单质及其化合物灼烧时火焰呈黄色，W位于元素周期表中第四周期，基态原子有1个电子未成对且内层电子全满。下列说法正确的是
A．同周期元素中第一电离能比Y高的元素只有一种
B．简单离子半径：
C．将X的最高价氧化物的水化物溶于水，能促进水的电离
D．1molW的正二价阳离子与Y的简单氢化物形成的配离子中含有的σ键数目为
4．下列分子的空间结构可用sp2杂化轨道来解释的是
①BF3②③④C2H2⑤N2H4⑥苯分子
A．①②③ B．①③⑥ C．②③⑤ D．③④⑥
5．与MgCl2晶体中所含化学键类型相同的物质是
A．Na2S B．SiO2 C．HCl D．NH3
6．已知微粒间的相互作用有以下几种：
①离子键 ②极性共价键 ③非极性共价键 ④氢键 ⑤分子间作用力
下面是某同学对一些变化过程破坏的微粒间的相互作用的判断：其中判断正确的是
A．冰熔化②④⑤ B．氢氧化钠溶于水①②
C．氯化氢气体溶于水②④ D．干冰升华⑤
7．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1 mol (NH4)2S中含有共价键的数目为10NA
B．足量的锌与浓硫酸充分反应，生成标准状况下SO2和H2的混合气体2.24 L时，转移电子数一定为0.2NA
C．所含共价键数均为4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等
D．100 g 46%乙醇溶液中所含O-H键的数目为NA
8．砷化镓()可作半绝缘高阻材料，可发生如下反应：；下列说法正确的是
A．是过渡金属元素有良好导电性 B．反应前后有三种元素的化合价发生改变
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 D．中含极性键和非极性键
9．下列对分子的性质的解释中，正确的是
A．氨气很稳定(很高温度才会部分分解)是因为氨分子中含有大量的氢键所致
B．和HF均易溶于水，原因之一是它们都是极性分子
C．为正八面体结构，该物质可能难溶于苯，易溶于水
D．物质的沸点：，分子的稳定性
10．前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X同周期且基态原子均含有2个未成对电子。常温下Z的单质为气体。四种元素的价电子数满足W+X=Y+Z。下列说法正确的是
A．最高正化合价：X＞W B．简单离子半径：Y＞X
C．简单氢化物的稳定性：W＞X D．Y、Z形成的二元化合物中同时含有共价键和配位键
11．四种短周期元素W、X、Y、Z位于不同主族，且原子序数依次增加，W、X、Y、Z的族序数之和为15，W、X、Z形成的某种化合物遇强酸和强碱均反应产生气体。下列说法不正确的是
A．简单离子半径：X>Y
B．最简单氢化物的沸点： X>Z
C．X、Y、Z最高价氧化物对应水化物之间可相互反应
D．电解Y的氧化物用于制备单质
12．W、X、Y、Z、M五种短周期元素的原子序数依次增大，其中X、Y、Z、M位于同一周期，W、Y位于同一主族，Z原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的2倍，Y与Z形成的一种化合物的结构如图所示，下列叙述正确的是
A．最简单离子的半径：
B．氧化物对应水化物的酸性：
C．由Y与M两种元素组成的化合物中各原子一定都满足8电子稳定状态
D．在足量的中燃烧，转移的电子数为
13．下列说法正确的是
A．比稳定，是由于分子间存在氢键 B．物质中化学键被破坏，一定发生化学变化
C．晶体和中的化学键类型相同 D．熔化时破坏离子键和共价键
14．下列事实与氢键有关的是
A．水加热到很高的温度都难以分解
B．分子间形成氢键能使物质的熔点和沸点升高
C．CH4、SiH4、 GeH4、 SnH4 的熔点随相对分子质量的增大而升高
D．HCl的稳定性强于HBr
15．X、Y、Z、W均为短周期主族元素，且原子序数依次递增。基态X原子核外有电子的能级是3个，且3个能级上的电子数相等，W与X同主族，Y的氢化物与其最高价氧化物对应的水化物可形成一种盐，Z为所在周期中原子半径最大的元素。下列说法正确的是
A．电负性：Z＞W＞X＞Y
B．简单氢化物的稳定性：W＞Y＞X
C．X的含氧酸与Y的氢化物形成的化合物中都只含离子键
D．Z与W形成的含氧酸盐的溶液显碱性
二、填空题（共8题）
16．新型冠状病毒疫情已经流行长达三年之久，依然没有很好的解决办法，但是我们需要勤开窗通风，合理使用消毒液NaClO，医用酒精等措施来有效的预防病毒，现按要求回答下列问题：
(1)消毒液的组成元素中，基态O原子的电子排布式是___________，基态Cl原子未成对电子数为___________个
(2)C2H5OH分子中碳原子的杂化方式为___________，组成元素电负性大小顺序为___________，1mol乙醇分子中含有σ键数目为___________。
(3)水中不存在的作用力___________。
A．离子键 B．共价键 C．氢键
17．水分子间存在一种“氢键”的作用(作用力介于范德华力与化学键之间)，彼此结合而形成(H2O)2。在冰中每个水分子被4个水分子包围形成变形四面体，通过“氢键”相互连接成庞大的分子晶体。
(1)1 mol冰中有_______mol“氢键”。
(2)水蒸气中常含有部分(H2O)2，要确定(H2O)2的存在，可采用的方法是_______。
A．标准状况下把1 L水蒸气冷凝后与足量金属钠反应，测产生氢气的体积
B．标准状况下把1 L水蒸气通过浓硫酸后，测浓硫酸增重的质量
C．该水蒸气冷凝后，测水的pH
D．该水蒸气冷凝后，测氢氧原子个数比
(3)水分子可电离生成两种含有相同电子数的粒子，其电离方程式为_______。已知在相同条件下双氧水的沸点明显高于水的沸点，其可能原因是_______。
(4)在冰晶体中除氢键外，还存在范德华力(11 kJ·mol-1)。已知冰的升华热是51 kJ·mol-1，则冰晶体中氢键的能量是_______kJ·mol-1。
18．已知元素的某种性质“X”和原子半径、金属性、非金属性等一样，也是元素的一种基本性质。下面给出13种元素的X的数值：
元素 Al B Be C Cl F Li
X的数值 1.5 2.0 1.5 2.5 2.8 4.0 1.0
元素 Mg Na O P S Si
X的数值 1.2 0.9 3.5 2.1 2.5 1.7
试结合元素周期律知识完成下列问题：
（1）经验规律告诉我们：当形成化学键的两原子相应元素的X差值大于1.7时，所形成的一般为离子键；当小于1.7时，一般为共价键，试推断BeCl2中的化学键类型是______。
（2）根据上表给出的数据，简述主族元素X的数值大小与元素的金属性或非金属性强弱之间的关系________。
（3）请你预测Br与I元素的X数值的大小关系________。
（4）某有机化合物分子中含有S—N键，你认为该共用电子对偏向于________原子(填元素符号)。
19．下表为元素周期表的一部分，a、b、c…为部分元素。回答下列问题：
a
f y h i
b e j
c d g l
（1）请写出上述元素d3+的核外电子排布式____________________；
（2）请写出e元素的原子电子轨道表示式_____________；
（3）ya3分子的电子式________，其分子的空间构型是____________；
（4）b、e两种元素中，金属性较强的是_______，第一电离能大的是___________（填元素符号）；
（5）h的i形成hi2分子杂化类型是____________；fh32-的空间构型为_____________。
20．A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期元素，A、B、C元素的简单离子的电子层结构相同，A为地壳中含量最多的元素，D的单质常用于制造芯片和太阳能电池。一种矿石的主要成分可表示为BC[D2A6]，E的单质常温下是黄绿色气体。
回答下列问题：
(1)基态B原子的成对电子数与未成对电子数之比为___________，其中电子占据最高能级的电子云轮廓图为___________形。基态D原子的核外电子的运动状态有___________种。
(2)化合物B2A和DA2熔沸点高的是___________(填化学式)，原因是___________。
(3)元素C、E形成的化合物C2E6中，存在的化学键有___________(填序号)。
a．配位键b．离子键c．共价键d．π键e．氢键
(4)分子中的大π键可用符号Π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则A3中的大π键应表示为___________。
21．(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。
22．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
23．硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M=248 g·mol 1)是重要的化工原料，易溶于水，不溶于乙醇，具有较强的还原性和配位能力，在中性或碱性环境中稳定。某兴趣小组用下图装置制备。
I.制备Na2S2O3 5H2O
合成反应：
实验步骤：装置A制备的通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液约为7时，停止通入气体，得产品混合溶液，经过分离提纯得到产品。
(1)仪器A的名称是_______，仪器B中长颈漏斗的作用是_______，另外可以通过装置B观察SO2的生成速率，其中的液体可以选择_______
a.浓H2SO4 b.饱和Na2SO3溶液 c.饱和NaHSO3溶液 d.饱和NaCl溶液
(2)装置C中的反应混合溶液pH过低将导致产率降低，原因是(离子方程式表示)_______
(3)产品混合溶液经_______洗涤、干燥，得到Na2S2O3· 5H2O产品。下列说法正确的是_______。
A．蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热
B．快速蒸发溶液中水分，可得较大晶体颗粒
C．冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率
D．可选用冷的Na2SO3溶液作洗涤剂
II.Na2S2O3的应用
(4)Na2S2O3溶液常用作定影剂，溶去胶片上未感光的AgBr，该反应的离子方程式_______
参考答案：
1．B
【解析】A．不同种元素原子之间形成极性共价键，则键是极性键，故A正确；
B．分子中N原子上存在一个孤电子对，故B错误；
C．空间结构类似于，为三角锥形，则的正负电荷中心不重合，为极性分子，故C正确；
D．根据相似相溶原理可知，分子为极性分子，易溶于极性溶剂，故D正确；
答案选B。
2．A
【解析】A．是金属氧化物，在熔融状态下导电，属于电解质，由Na+和构成，中O原子间形成共价键，A符合题意；
B．为有机化合物，在水溶液和熔融状态下不导电，属于非电解质，B不符合题意；
C．CHCl3为有机化合物，在水溶液和熔融状态下不导电，属于非电解质，C不符合题意；
D．属于盐，属于电解质，由Ba2+和S2-构成，不含有共价键，D不符合题意；
答案选A。
3．C
X的价电子排布式nsnnpn-1，s能级上最多容纳2个电子，n=2，价电子排布式为2s22p1，推出X为B，Y的简单氢化物分子呈三角锥形，该氢化物为NH3，即Y为N，Z的单质及其化合物灼烧时火焰呈黄色，Z为Na，W位于元素周期表中第四周期，基态原子有1个电子未成对，且内层电子全满，W的价电子排布式为3d104s1，即W为Cu，据此分析；
【解析】A．同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，根据上述分析，Y为N，同周期第一电离能比N高的元素有F、Ne两种，故A错误；
B．N、Na简单离子分别为N3-、Na+，它们核外电子排布相同，电子层数相同，离子半径随着原子序数的递增而减小，即r(N3-)＞r(Na+)，故B错误；
C．X为B，其最高价氧化物的水化物为H3BO3，硼酸溶于水，硼酸中B与水分子电离出OH-形成配位键，促进水的电离，即硼酸在水中发生H3BO3+H2OB(OH)+H+，故C正确；
D．W的正二价阳离子是Cu2+，Y的简单氢化物为NH3，它们形成的配离子为[Cu(NH3)4]2+，1mol该配离子所含σ键数目为(4+4×3)NA=14NA，故D错误；
答案选C。
4．B
【解析】①BF3分子中硼原子价层电子对数=3+=3，B的杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化；②分子中硫原子价层电子对数=3+(6-1×2-2×1)=4，杂化轨道数为4，所以采取sp3杂化；③ 分子中碳原子价层电子对数=3+(4-1×2-2×1)=3，杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化；④分子中每个碳原子价层电子对数=2+(4-3-1)=2，杂化轨道数为2，所以采取sp杂化；⑤N2H4分子中每个氮原子价层电子对数=3+(5-1×2-1)=4，杂化轨道数为4，所以采取sp3杂化；⑥苯分子中每个碳原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化。
综上所述，选B。
5．A
MgCl2晶体中含离子键。
【解析】A．Na2S中只含有离子键，A符合题意；
B．SiO2中只含有共价键，B不符合题意；
C．HClO中只含有共价键，C不符合题意；
D．NH3中只含有共价键，D不符合题意；
故选A。
6．D
【解析】A．冰中水分子间有氢键和分子间作用力，熔化破坏氢键和分子间作用力，没有破坏极性共价键，A错误；
B．氢氧化钠是由Na+和OH-通过离子键结合成的离子化合物，溶于水电离成自由移动的Na+和OH-，故溶于水只破坏离子键，没有破坏极性共价键，B错误；
C．氯化氢中H和Cl间以共价键结合，溶于水后变成了自由移动的H+和Cl-，破坏了极性共价键，HCl分子间没有氢键，C错误；
D．干冰是CO2分子间通过范德华力结合而成，熔化只破坏分子间作用力，D正确；
综上所述答案为D。
7．B
【解析】A．(NH4)2S是离子化合物，与S2-通过离子键结合， 中存在N-H共价键，在1个(NH4)2S中含有8个共价键，则在1 mol(NH4)2S中含有共价键的数目为8NA，A错误；
B．浓硫酸与Zn发生反应：Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O；稀硫酸与锌发生反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，根据两个反应方程式可知：每反应产生1 mol气体，反应过程转移2 mol电子，现在足量的锌与浓硫酸充分反应，生成标准状况下SO2和H2的混合气体2.24 L时，气体的物质的量是0.1 mol，则反应过程中转移电子数一定为0.2NA，B正确；
C．P4为正四面体结构，1个分子中含有6个P-P共价键，CH4也是正四面体结构，1个分子中含有4个C-H共价键，因此当二者所含共价键数均为4NA时，白磷(P4)的物质的量小于1 mol，甲烷的物质的量等于1 mol，因此二者的物质的量不相等，C错误；
D．100 g 46%乙醇中含有乙醇的质量是46 g，其物质的量是1 mol，1 mol CH3CH2OH中含有1 mol H-O；100 g混合物含有H2O是54 g，H2O的物质的量是3 mol，其中含有H-O共价键物质的量是3 mol×2=6 mol，因此100 g 46%乙醇溶液中所含O-H键的物质的量是7 mol，含有的H-O共价键的数目为7NA，D错误；
故合理选项是B。
8．D
【解析】A．是第ⅢA族元素，不是过渡金属元素，A错误；
B．反应前后只有砷和氧两种元素的化合价发生改变，B错误；
C．反应中为氧化剂、为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，C错误；
D．H2O2中H-O为极性键，O-O为非极性键，D正确；
故答案选D。
9．B
【解析】A．氨分子稳定的原因是氨分子中键键能大，与氢键无关，A错误；
B．和都是极性分子，水也是极性分子，故和均易溶于水，B正确；
C．为正八面体结构，为非极性分子，根据“相似相溶”规律可知其可能易溶于苯，难溶于水，C错误；
D．HF分子之间存在氢键，HF的沸点最高，D错误；
答案选B。
【点睛】对物质熔、沸点高低判断及分子的稳定性容易混淆，判断物质熔、沸点高低时，首先看分子之间是否存在氢键，存在氢键的熔、沸点较高；对不存在氢键、结构相似的物质，相对分子质量大的熔、沸点较高；分子的稳定性与分子内的共价键的牢固程度有关。
10．D
前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X同周期且基态原子均含有2个未成对电子，二者外围电子排布式为ns2np2、ns2np4。由于Z的原子序数比X至少大2，故W、X不能处于第三周期，只能处于第二周期，故W为C元素、X为O元素；常温下Z的单质为气体，Z的原子序数比X (氧)至少大2，则Z为C1元素；四种元素的价电子数满足W+X=Y+Z，则Y的价电子数为4+6-7=3，则Y为Al元素，然后根据物质结构与性质分析解答。
【解析】由分析可知，W为C元素、X为O元素、Y为Al元素、Z为Cl元素。
A．氧元素一般没有正化合价，A错误；
B．对于电子层结构相同的离子，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，故离子半径：O2-＞Al3+，B错误；
C．元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：C＜O，故氢化物稳定性：CH4＜H2O，C错误；
D．Y、Z形成的二元化合物Al2Cl6是共价化合物，该物质分子中同时含有共价键和配位键，D正确；
故合理选项是D。
11．C
本题的突破口在于W、X、Z形成的某种化合物遇强酸和强碱均反应产生气体，因此可知该化合物中只含三种元素，能与强碱反应产生气体，则一定有铵根离子，这已经确定了两种元素，那么依据题意可以为(NH4)2S，或NH4HS，故W为H，X为N，Z为S，根据W、X、Y、Z位于不同主族，原子序数依次增加，且其族序数之和为15，则Y为Al，以此解题。
【解析】A．N3-和Al3+的核外电子排布相同，N的原子序数小，故其半径大小为：N3->Al3+，A正确；
B．N的氢化物是氨气，且氨气可以形成分子间氢键，沸点较高，B正确；
C．X、Y、Z最高价氧化物对应水化物分别为：硝酸、氢氧化铝、硫酸，其中硝酸和硫酸不反应，C错误；
D．Y的氧化物为氧化铝，电解熔融的氧化铝可以制备铝单质，D正确；
故选C。
12．D
W、X、Y、Z、M五种短周期元素的原子序数依次增大，由Y与Z形成的一种化合物的结构可知Z形成2个共价键、Y形成3个共价键，Z的最外层电子数为6，Y的最外层电子数为5，其中X、Y、Z位于同一周期，W、Y位于同一主族，结合原子序数可知W位于第二周期时，X、Y、Z位于第三周期，Z原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的2倍，X的最外层电子数为3，则X为Al、Y为P、Z为S、W为N，M为Cl，以此来解答。
【解析】由上述分析可知，X为Al、Y为P、Z为S、W为N，M为Cl，
A．电子层越多、离子半径越大，则最简单离子的半径：X＜Z，核外电子排布相同时，核电荷越大半径越小，则Z>M，故A错误；
B．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：M＞Y，M的氧化物对应水化物也可以是HClO，HClO为弱酸，酸性弱于H3PO4，故B错误；
C．由Y与M两种元素组成的化合物有PCl3和PCl5，PCl5中P原子不是8电子稳定状态，故C错误；
D．在足量的Cl2中燃烧生成FeCl3，转移的电子数为，故D正确。
故选D。
13．C
【解析】A．比稳定，是由于H-F键的键能大于H-Cl，与氢键无关，故A错误；
B．化学反应的本质是既有旧键的断裂又有新键的形成，故化学键被破坏不一定发生化学反应，故B错误；
C．晶体和中都只有离子键，故化学键相同，故C正确；
D．熔化时只能破坏离子键，不能破坏共价键，故D错误；
故选C。
14．B
【解析】A．水加热到很高的温度都难以分解，是因为H-O键键能很大，与氢键无关，A不符合题意；
B．分子间形成氢键能使物质分子间作用力增大，从而使熔点和沸点升高，B符合题意；
C．CH4、SiH4、 GeH4、 SnH4 分子间作用力随相对分子质量增大而增大，故其熔点随相对分子质量的增大而升高，与氢键无关，C不符合题意；
D．HCl的稳定性强于HBr，是由于H-Cl键键能大于H-Br键键能，与氢键无关，D不符合题意；
故选B。
15．D
X、Y、Z、W均为短周期主族元素，且原子序数依次递增。基态X原子核外有电子的能级是3个，且3个能级上的电子数相等，则X核外电子排布式是1s22s22p2，所以X是C元素；W与X同主族，则W是Si元素；Z为所在周期中原子半径最大的元素，则Z是Na元素；Y的氢化物与其最高价氧化物对应的水化物可形成一种盐，则Y是N元素，形成的该盐是NH4NO3。
【解析】根据上述分析可知：X是C，Y是N，Z是Na，W是Si元素。
A．同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增强；同主族元素从上到下，电负性逐渐减弱，则元素电负性：Y＞X＞W＞Z，A错误；
B．元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性：N＞C＞Si，即Y＞X＞W，所以氢化物的稳定性：Y＞X＞W，B错误；
C．X是C，Y是N，X的含氧酸H2CO3与Y的氢化物NH3形成的化合物如(NH4)2CO3是离子化合物，其中除存在离子键外，还存在N-H、C-O、C=O共价键，C错误；
D．Z与W形成的含氧酸盐为Na2SiO3，该物质是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，D正确；
故合理选项是D。
16．(1) 1s22s22p4 1
(2) sp3 O＞C＞H 8NA
(3)A
【解析】（1）消毒液NaClO中，O原子核外有8个电子，则基态O原子的电子排布式是1s22s22p4，Cl原子核外有17个电子，基态Cl原子的电子排布式是1s22s22p63s23p5，则基态Cl原子未成对电子数为1个；故答案为：1s22s22p4；1。
（2）C2H5OH分子中碳原子价层电子对数为4，为sp3杂化，根据同周期从左到右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此组成元素电负性大小顺序为O＞C＞H，根据乙醇的结构式，1mol乙醇分子中含有8molσ键，其数目为8NA；故答案为：sp3杂化；O＞C＞H；8NA。
（3）水分子中含O-H共价键，水分子间存在分子间氢键，不含离子键，故答案为：A。
17．(1)2
(2)AB
(3) H2O＋H2OH3O＋＋OH- 双氧水分子之间存在更强烈的氢键作用
(4)20
【解析】（1）冰中每个水分子被4个水分子包围形成变形四面体，1 mol冰中含有氢键的物质的量为，故答案：2。
（2）A.该物质也能与金属钠反应产生氢气，1 L水蒸气冷凝后与足量金属钠反应，若混有该物质，由于(H2O)2也能生成氢气，且一分子(H2O)2生成2分子氢气，所以产生氢气体积多，故A正确；
B.该物质也能被浓硫酸吸收，若1 L水蒸气通过浓硫酸后，由于相对H2O而言，(H2O)2的相对分子质量大，所以分子数目相同时，浓硫酸增重的质量大，说明存在该物质，故B正确；C.该物质的pH也等于7，无论该物质是否存在，pH都等于7，故C错误；
D.该物质的分子中氢氧原子个数比仍为2∶1，无论是否存在，氢氧原子个数比不变，故D错误；故答案：AB。
（3）水分子可电离生成两种含有相同电子数的粒子，其电离方程式为H2O＋H2OH3O＋＋OH-，已知在相同条件下双氧水的沸点明显高于水的沸点，其可能原因是双氧水的相对分子质量比水的相对分子质量稍大，但题中强调双氧水的沸点明显高于水，因此可判断双氧水分子之间存在着更为强烈的氢键作用。故答案：H2O＋H2OH3O＋＋OH-；双氧水分子之间存在更强烈的氢键作用。
（4）1 mol冰吸收的总能量为51 kJ，克服范德华力吸收的能量为11 kJ，故克服氢键吸收的总能量为40 kJ，而1 mol 冰中含有2 mol氢键，故冰晶体中氢键的能量是20 kJ·mol-1，故答案：20。
18． 共价键 元素X的数值越大，元素的非金属性越强(或元素X的数值越小，元素的金属性越强) Br大于I N
由题意可知，题给X为电负性，当形成化学键的两原子相应元素的电负性差值大于1.7时，所形成的一般为离子键，当小于1.7时，一般为共价键，元素电负性的数值越大，非金属性越强；元素的电负性值越小，金属性越强。
【解析】（1）由表给数据可知，Be的电负性为1.5，Cl的电负性为2.8，两者电负性的差值为1.3，小于1.7，则BeCl2中的化学键为共价键，故答案为：共价键；
（2）同周期元素，从左到右，金属性依次减弱，非金属性依次增强，由表给数据可知，同周期元素，从左到右电负性依次增强，说明元素电负性的数值越大，元素的非金属性越强，元素电负性的数值越小，元素的金属性越强，故答案为：元素X的数值越大，元素的非金属性越强(或元素X的数值越小，元素的金属性越强)；
（3）同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，电负性依次减小，溴和碘都位于元素周期表ⅦA族，则溴元素的电负性大于碘元素，故答案为：Br大于I；
（4）由同周期元素的电负性递变规律可知，N元素的电负性应大于2.5而小于3.5，S元素的电负性为2.5，则N元素非金属性强于S元素，S－N中的共用电子对偏向于非金属性强的N原子一方，故答案为：N。
【点睛】非金属元素之间形成共价键，共用电子对偏向非金属性强的原子一方是解答关键。
19． 1s222s2p63s23p63d5 三角锥形 Mg Mg sp3 平面正三角形
(1)由元素在周期表中的位置可知，d为Fe元素，原子序数为26；
(2)由元素在周期表中的位置可知，e为Al元素，原子序数为13；
(3)y为N，a为H，则ya3分子为NH3，由最外层电子等来分析；
(4)b为Mg，e为Al，Mg、Al均在第三周期，同周期从左向右金属性减弱，金属性越强，第一电离能越小，但镁原子最外层为全满；
(5)h为O，i为F，f为C，利用最外层电子及成键来分析杂化及空间构型。
【解析】(1)由元素在周期表中的位置可知，d为Fe元素，原子序数为26，则Fe3+的核外电子排布式的1s222s2p63s23p63d5；
(2)e为Al元素，原子序数为13，其电子轨道表示式为；
(3)y为N，a为H，则ya3分子为NH3，其电子式为，空间构型为三角锥形；
(4)b为Mg，e为Al，金属性Mg＞Al，镁原子最外层为全满，失去1个电子较难，则第一电离能大；
(5)h为O，i为F，f为C，OF2分子中O原子上有2对孤电子对，σ键数为2，则杂化类型sp3，CO32-中无孤电子对，σ键数为3，则杂化类型sp2，则空间构型为平面正三角形。
20．(1) 10：1 球 14
(2) SiO2 Na2O为离子晶体，SiO2为共价晶体，共价晶体熔沸点高
(3)ac
(4)Π
A为地壳中含量最多的元素，则A为O元素；D的单质常用于制造芯片和太阳能电池，则D为Si元素；E的单质常温下是黄绿色气体，则E为Cl；A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期元素，A、B、C元素的简单离子的电子层结构相同，结合化合物BC[D2A6]中各元素化合价为0，即B+C=4，则B为Na，C为Al，综上所述：A、B、C、D、E分别为：O、Na、Al、Si、Cl，据此分析可得：
(1)
B为Na元素，其基态原子核外电子排布式为，成对电子数为：，为成对电子数为1，所以成对电子数与未成对电子数比值为10∶1；3s能级为最高能级，其电子云轮廓图为球形；D为14号元素Si；基态Si核外电子运动状态有14种，故答案为：10∶1；球形；14；
(2)
A、B、D分别为O、Na、以及Si元素，化合物B2A和DA2分别为化合物Na2O和SiO2，Na2O为离子晶体，SiO2为共价晶体，共价晶体熔沸点高，故答案为：SiO2，；Na2O为离子晶体，SiO2为共价晶体，共价晶体熔沸点高；
(3)
C、E分别为Al和Cl元素，元素C、E形成的化合物C2E6为Al2Cl6，Al2Cl6分子中正负电荷中心重合，属于非极性分子，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，采取sp3杂化，所以Al2Cl6所含的化学键为配位键和共价键，故答案选ac；
(4)
由题意可知，大π键可表示为，O3中参与形成大π键的原子数m=3，参与形成大π键的电子数n=4，所以O3中π键可表示为，故答案为：。
21． ＜ C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋ ＞ 水分子之间存在氢键 73.10%
【解析】(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%。
【点睛】5.575g是从50mL溶液中取出25mL的那部分与AgNO3溶液反应产生的沉淀质量，计算时需注意与原混合物中的x、y相对应。
22． 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
【解析】
(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
23．(1) 圆底烧瓶 平衡压强 ac
(2)S2+2H+=S↓+SO2↑+H2O
(3) 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 AC
(4)AgBr+2S2O=[Ag(S2O3)2]3-+Br
A装置中用亚硫酸钠和70%的硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，装置B是缓冲装置，可以通过装置B观察SO2生成速率，SO2通入装置C的混合溶液中，加热、搅拌，至溶液pH约为8时，发生反应：SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2、2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S；亚硫酸钠和硫发生反应：Na2SO3+SNa2S2O3，C中的溶液pH约为8时，停止通入SO2气体，得产品混合溶液，产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O3 5H2O产品。
(1)
仪器A为圆底烧瓶；装置B中长颈漏斗的作用是平衡压强，防止B中压强过大；
a．浓H2SO4和SO2不反应，装置B中盛放浓硫酸时可观察SO2的生成速率，故a正确；
b．饱和Na2SO3溶液可以吸收SO2，和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，故装置B中盛放饱和亚硫酸钠溶液时不能观察SO2的生成速率，故b错误；
c．饱和NaHSO3溶液和SO2不反应，装置B中盛放饱和亚硫酸氢钠溶液时可观察SO2的生成速率，故c正确；
d．饱和NaCl溶液可以吸收SO2，故装置B中盛放饱和氯化钠溶液时不能观察SO2的生成速率，故d错误；
选ac。
(2)
已知硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，该实验一般控制在碱性环境下进行，是因为S2O和H+发生氧化还原反应生成硫、二氧化硫和水，离子方程式为：S2O+2H+= S↓+SO2↑+H2O。
(3)
产品带结晶水，故用冷却结晶法从溶液中提取晶体，则混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，得到Na2S2O3· 5H2O产品。
A． 得到的Na2S2O3 5H2O在加热时易失去结晶水，所以蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时停止加热，故A正确；
B．快速蒸发溶液中水分，得到的是细小的晶体，故B错误；
C． 产物易溶于水，不溶于乙醇，所以冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率，故C正确；
D． 用Na2SO3溶液洗涤，被氧化后转变为硫酸钠，均会引入新杂质，不可选用冷的Na2SO3溶液作洗涤剂，故D错误；
故答案为：AC；
(4)
硫代硫酸钠具有较强配位能力，Na2S2O3溶液常用作定影剂，溶去胶片上未感光的AgBr，则AgBr与S2O反应生成可溶性的配位化合物[Ag(S2O3)2]3-及Br ，该反应的离子方程式AgBr+2S2O=[Ag(S2O3)2]3-+Br 。