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精品解析：内蒙古通辽市重点学校2022-2023学年高二下学期3月质量检测化学试题（解析版）
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这是一份精品解析：内蒙古通辽市重点学校2022-2023学年高二下学期3月质量检测化学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，结构与性质，填空题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
高二化学检测试题
一、单选题
1. 化学与生产、生活关系密切，下列说法错误的是
A. 使用含氟牙膏能预防龋齿
B. 紫外线消毒利用了使蛋白质变性的原理
C. 发泡塑料饭盒不适宜盛放含油脂较多的食品
D. 用外加电流法防钢铁腐蚀需附加惰性电极作阴极
【答案】D
【解析】
【详解】A． 釉质对牙齿起着保护作用，其主要成分为羟基磷灰石(Ca5(PO4)3OH)，使用含氟牙膏会生成氟磷灰石(Ca5(PO4)3F)，可以预防龋齿，故A正确；
B． 紫外线照射能够使蛋白质变性，可用紫外线杀菌消毒，故B正确；
C． 一次性发泡餐具中的聚苯乙烯高分子是有机物，根据结构相似相溶，盛放含油较多的食品是有机物，食品中会溶解苯乙烯单体，苯乙烯对人的神经中枢有害，所以不适于盛放含油较多的食品，故C正确；
D． 用外加电流法防钢铁腐蚀需附加惰性电极作阳极，被保护的金属作阴极，故D错误；
故选D。
2. 化学与生产、生活、社会发展息息相关，下列说法错误的是
A. 考古时，可以用来测定文物年代，与都是碳元素的核素
B. 废弃的聚乙烯料属于白色垃圾，不可降解，能使溴水褪色
C. 歼20战斗机采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料
D. 22年冬奥会中，国家速滑馆“冰丝带”采用超临界制冰，比氟利昂制冰更加环保
【答案】B
【解析】
【详解】A．核素，是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；可以用来测定文物年代，与都是碳元素的核素，A正确；
B．废弃的聚乙烯料属于白色垃圾，不可降解，不含不饱和键，不能使溴水褪色，B错误；
C．合金、纯金属都属于金属材料，铝锂合金属于金属材料，C正确；
D．采用超临界制冰，不产生污染，比氟利昂制冰更加环保，D正确；
故选B。
3. 下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数）
A. 124gP4含有P—P键的个数为4NA
B. 12g石墨中含有C—C键的个数为3NA
C. 12g金刚石中含有C—C键的个数为2NA
D. 60gSiO2中含Si—O键的个数为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．1个P4中含6个P—P键，124gP4中P－P键物质的量为×6=6mol，含P—P键的个数为6NA，故A错误；
B．石墨中n(C)：n（C—C）=2：3，12g石墨中C－C键物质的量为=1.5mol，含C—C键的个数为1.5NA，故B错误；
C．金刚石中n(C)：n（C—C）=1：2，12g金刚石中含有C－C键的物质的量为=2mol，含C—C键的个数为2NA，故C正确；
D．SiO2中每个Si原子形成4个Si—O键，60gSiO2中含有Si－O键物质的量为×4=4mol，含Si—O键的个数为4NA，故D错误；
答案选C。
4. 酒石酸是一种有机弱酸，其分子结构模型如图。下列说法不正确的是
A. 酒石酸中各元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H
B. 酒石酸中碳原子有、两种杂化方式
C. 酒石酸最多能与金属钠发生反应
D. 常温下，酒石酸氢钾水溶液，说明酒石酸氢根的电离程度大于其水解程度
【答案】C
【解析】
【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；酒石酸中各元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H，故A正确；
B．酒石酸中饱和碳原子为杂化，羧基中碳原子为为杂化，故B正确；
C．羧基和羟基均可以和钠单质反应，故酒石酸最多能与金属钠发生反应，故C错误；
D．常温下，酒石酸氢钾水溶液，说明酒石酸氢根的电离程度大于其水解程度，导致氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，故D正确；
故选C。
5. 下列分子所含原子中，既有杂化又有杂化的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．中甲基上C为杂化，上C为杂化，故A正确；
B． 中碳碳双键上C为杂化，上为杂化，故B错误；
C．中上C为杂化，故C错误；
D．中甲基上C为杂化，碳碳三键上C为杂化，故D错误；
答案选A。
6. 下列粒子的VSEPR模型为四面体且其空间结构为Ⅴ形的是。
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为1，则分子的VSEPR模型为三角形，空间构型结构为V形，A错误；
B．三氟化氮分子中氮原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，则分子的VSEPR模型为四面体形，空间构型结构为三角锥形，B错误；
C．水合氢离子中氧原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，则离子的VSEPR模型为四面体形，空间构型结构为三角锥形，C错误；
D．OF2分子中价层电子对为2+2=4，孤对电子对数为2，则分子的VSEPR模型为四面体形，空间构型结构为V形，D正确；
故选D。
7. 下列各组物质中，都是由极性键构成的极性分子的是
A. CH4和CCl4 B. CO2和CS2 C. NH3和CH4 D. H2O和HBr
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH4和CCl4中的C-H键和C-Cl键均为极性键，CH4和CCl4分子均为正四面体构型，高度对称，分子中正负电荷的中心重合，均为非极性分子，故A不符合题意；
B．CO2含有C=O极性键，空间结构为直线形，正负电荷的中心重合，是非极性分子；CS2含有C=S极性键，空间结构为直线形，正负电荷的中心重合，是非极性分子，故B不符合题意；
C．NH3含有N-H极性键，分子空间结构为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子；CH4含有C-H极性键，为正四面体构型，高度对称，分子中正负电荷的中心重合，为非极性分子，故C不符合题意；
D．H2O含有H-O极性键，分子空间结构为V形，正负电荷的中心不重合，是极性分子；HCl含有H-Cl极性键，正负电荷的中心不重合，是极性分子，故D符合题意；
答案选D。
8. 下列元素中，基态原子的最外层电子排布式不正确的是
A. Al 3s23p1 B. Cr 3d44s2
C. Ar 3s23p6 D. H 1s1
【答案】B
【解析】
【详解】A．Al原子核外有13个电子，各电子层上电子依次为2，8，3，最外层3个电子，其基态原子价电子排布式为3s23p1，符合基态电子排布规律，故A正确；
B．Cr原子核外有24个电子，各电子层上电子依次为2，8，13，1，最外层1个电子，其原子基态价电子排布式为3d54s1，呈现半充满，能量最低，稳定，故B错误；
C．Ar原子核外18个电子，各电子层上电子依次为2，8，8，最外层8个电子，其基态原子最外层电子排布式为3s23p6，符合基态电子排布规律，故C正确；
D．H原子核外只有一个电子，H原子基态价电子排布式为1s1，符合基态电子排布规律，故D正确；
答案为B。
9. 以下有关元素性质的说法正确的是
A. ① ，K，Rb ② ，P，As ③O，S，Se ④ ，P，Cl， 元素的电负性依次递增的是④
B. 某元素的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，该元素一定在第三周期第IIA族
C. 下列原子中，①② ③ ④ 对应的第一电离能最大的是④
D. 以下原子中，① ② ③ ④ 半径最大的是①
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．元素电负性的变化规律为：同周期元素随核电荷数增大电负性逐渐增大、同主族元素随核电荷数的增大电负性逐渐减小，故①②③逐渐减小，④中应Cl＞S＞P，故A错误；
B．该元素二三电离能之间发生突变，说明为第Ⅱ族元素，但不一定是第三周期，故B错误；
C．元素电离能的变化规律为：同周期元素随核电荷数增大电离能逐渐增大、同主族元素随核电荷数的增大电离能逐渐减小，故第一电离能最大得为④，故C正确；
D．原子半径得变化规律为：同周期元素随核电荷数增大半径逐渐减小、同主族元素随核电荷数的增大电离能逐渐增大，故半径最大的为④，故D错误；
故选C。
10. 下图为短周期的一部分，推断关于Y、Z、M的说法正确的是
A. 非金属性：Y＞Z＞M
B. Y离子的结构示意图可表示为：
C. 原子半径：M＞Z＞Y
D. ZM2分子各原子最外层均满足8e-稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】根据图示可知，X为He，Y 为F，M为Cl，Z为S；
【详解】A．同一周期，从左到右，非金属性增强；同一主族，从上到下，非金属性减弱，所以非金属性：F>Cl>S，即Y>M＞Z，故A错误；
B．氟离子的核电荷数为9，核外电子数为10，离子结构示意图为：，故B错误；
C．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，所以半径S＞Cl＞F，即Z＞M＞Y，故C错误；
D．SCl2分子中：氯原子最外层有7个电子，有1个单电子，硫原子最外层有6个电子，有2个单电子，因此氯原子分别与硫原子形成共用电子对，形成共价化合物，电子式为：，各原子最外层均满足8e-稳定结构，故D正确；
故答案选D。
11. 用价层电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的空间构型，有时也能用来推测键角大小，下列判断正确的是
A. SO2、CS2、HI都是直线形的分子
B. BF3键角为120°，SiCl4键角大于120°
C. COCl2、BF3、SO3都是平面三角形的分子
D. PCl3、NH3、PCl5都是三角锥形的分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2中价层电子对个数=2+（6-2×2）÷2=3且含有1个孤电子对，所以二氧化硫为V型结构，CS2、HI为直线形结构，A项错误；
B．BF3中价层电子对个数=3+（3-3×1）÷2=3，所以为平面三角形结构；SiCl4中价层电子对个数=4+（4-4×1）÷2=4，为正四面体形结构，所以BF3键角为120°，SiCl4的键角等于109°28′，小于120°，B项错误；
C．COCl2、BF3、SO3中中心原子价层电子对个数都是3且不含孤电子对，所以这三种分子都是平面三角形结构，C项正确；
D．NH3、PCl3中价层电子对个数=3+（5-3×1）÷2=4且含有一个孤电子对，所以NH3、PCl3为三角锥形结构；PCl5中价层电子对个数=5+（5-5×1）÷2=5且不含孤电子对，为三角双锥结构，D项错误；
答案选C。
12. 干冰和二氧化硅晶体同属第IVA族元素的最高价氧化物，它们的熔、沸点差别很大的原因是
A. 二氧化硅的相对分子质量大于二氧化碳的相对分子质量
B. C－O的键能比Si－O的键能小
C. 干冰为分子晶体，二氧化硅为共价晶体
D. 干冰易升华，二氧化硅不能
【答案】C
【解析】
【详解】干冰为分子晶体， 为原子晶体，所属晶体类型不同，干冰熔化时破坏分子间作用力，为共价晶体，熔化时破坏共价键，所以的熔点较高。
故选C。
13. 关于氢键，下列说法正确的是
A. 所有含氢元素的化合物中都存在氢键，氢键比范德华力强
B. H2O是一种非常稳定的化合物，就是由于水分子间形成氢键所致
C. 氢原子和非金属性很强的元素原子（F、O、N）形成的共价键，称为氢键
D. 分子间形成的氢键通常会使相应物质的熔点和沸点升高，氢键也可存在于分子内
【答案】D
【解析】
【详解】A．F，O，N等为电负性大而原子半径较小的非金属原子，在某些含N-H、O-H、F-H的化合物中形成氢键，所以含有氢元素不一定有氢键，如甲烷分子间不能形成氢键，故A错误；
B．氢键只影响物质的物理性质，H2O是一种非常稳定的化合物，是因为H-O键的稳定性强，故B错误；
C．氢原子与电负性大、半径小的原子X(氟、氧、氮等)以一种特殊的分子间作用力结合，若与电负性大的原子Y(与X相同的也可以)接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的键，称为氢键，不属于化学键，故C错误；
D．氢键的存在使分子间作用力增强，能够显著提高物质的熔沸点，氢键也可存在于分子内，如邻羟基苯甲醛分子() 内的羟基与醛基之间即存在氢键，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查了氢键的存在和对物质性质的影响，把握氢键的概念是解题的关键。注意氢键只影响物质的物理性质，与物质的稳定性无关。
14. 下列有关、、、的说法正确的是
A. 和中的键角前者大
B. 和的空间构型相同
C. 和中N原子的杂化方式相同
D. 与形成的中，提供孤电子对形成配位键的是
【答案】A
【解析】
【详解】A．中N原子的价层电子对数，且含有1个孤电子对，中N原子价层电子对数，且含有2个孤电子对；孤电子对之间的排斥力大于孤电子对和成键电子对之间的排斥力，前者为三角锥形、后者为V形，则键角：前者大于后者，故A正确；
B．中N原子价层电子对数，且含有1个孤电子对，中N原子价层电子对数，且不含孤电子对，空间结构：前者为三角锥形、后者为平面三角形，故B错误；
C．中N原子价层电子对数，中N原子价层电子对数，氮原子杂化类型：前者为sp3、后者为sp2，故C错误；
D．铜离子含有空轨道、N原子含有孤电子对，所以铜离子提供空轨道、N原子提供孤电子对形成配位键，故D错误；
故选A。
15. 已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，下列关于晶体说法正确的是
A. C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子
B. C3N4晶体中，C—N键的键长比金刚石中C—C键的键长要长
C. C3N4晶体是分子晶体
D C3N4晶体中微粒间通过离子键结合
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．该晶体中原子间均以单键结合，且每个原子都达到8电子稳定结构，所以每个C原子能形成4个共价键连接4个N原子，每个N原子能形成3个共价键连接3个C原子，故A正确；
B．原子半径越大，原子间的键长越长，原子半径C＞N，所以C3N4晶体中C-N键长比金刚石中C-C要短，故B错误；
C．C3N4晶体具有比原子晶体的金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，说明该物质是原子晶体；分子晶体熔沸点较低、硬度较小，原子晶体硬度较大，故C错误；
D．离子晶体微粒之间通过离子键结合，原子晶体微粒间通过共价键结合，该晶体是原子晶体，所以微粒间通过共价键结合，故D错误；
故选A。
16. 氮化铝属类金刚石氮化物、六方晶系，最高可稳定到2200℃，硬度大，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料，氮化铝晶胞结构如图所示。下列有关描述错误的是
A. AlN是共价晶体
B. Al的配位数为4
C. AlN属于离子化合物
D. 与每个铝原子距离相等且最近的铝原子共有12个
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．氮化铝属类金刚石氮化物，所以AlN是原子晶体，又称共价晶体，A项正确；
B．Al原子形成四条共价键，故Al的配位数为4，B项正确；
C．AlN属于共价化合物，C项错误；
D．以顶点的铝原子为研究对象，与之距离最近的铝原子位于面心上，每个顶点上的铝原子为8个晶胞共用，每个面上的铝原子为2个晶胞共用，故与每个铝原子距离相等且最近的铝原子共有个，D项正确；
答案选C。
17. 某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是
A. 配合物中中心离子的电荷数和配位数均为6
B. 该配合物可能是平面正方形结构
C. Cl-和NH3分子均与Pt4＋配位
D. 配合物中Cl-与Pt4＋配位，而NH3分子不配位
【答案】C
【解析】
【详解】加入AgNO3不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2]，则
A．根据电中性原理可知配合物中心原子的电荷数为4，配位数为6，故A错误；
B．Pt与6个配体成键，即6个σ键，该配合物应是八面体结构，故B错误；
C．由分析可知，4个Cl-和2个NH3分子均与Pt4+配位，形成的配合物为[PtCl4(NH3)2]，故C正确；
D．该物质配位化学式为[PtCl4(NH3)2]，则配体有Cl-和NH3分子，故D错误；
故选C。
18. 根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是
选项
实验目的
实验及现象
结论
A
比较S、C的非金属性
分别测定等物质的量浓度的H2SO3和H2CO3溶液的pH，后者较大
证明非金属性：S＞C
B
检验某溶液中是否含二价铁离子
取少量溶液于试管中，滴入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去
证明溶液含有二价铁
C
探究氢离子浓度对、相互转化的影响
向K2Cr2O7溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色
增大氢离子浓度，转化平衡向生成的方向移动
D
检验乙醇中是否含有水
向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体
乙醇中含有水
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2SO3不是S元素最高价含氧酸，且H2SO3、H2CO3浓度不相等，因此不能通过比较H2SO3和H2CO3溶液的pH判断C、S两种元素的非金属性强弱，A错误；
B．Fe2+、Cl-等都具有还原性，它们都能够使酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，因此不能据此检验Fe2+的存在，B错误；
C．、在溶液中存在化学平衡：+H2O2+2H+，向K2Cr2O7溶液中缓慢滴加硫酸，溶液中c(H+)增大，溶液黄色变为橙红色，导致c()减小，c()增大，可以说明增大氢离子浓度，导致化学平衡向生成的逆反应方向移动，C正确；
D．乙醇、水都可以与金属钠发生反应产生无色气体氢气，因此不能据此检验乙醇中是否含有水，D错误；
故合理选项是C。
19. 由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是
实验操作
现象
结论
A
向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液
先变橙色，后变蓝色
氧化性：Cl2＞Br2＞I2
B
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的Cu(OH)2悬浊液
无砖红色沉淀
蔗糖未发生水解
C
加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片
试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红
氯乙烯加聚是可逆反应
D
石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液
溶液红棕色变无色
气体中含有不饱和烃
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯水过量，能将碘离子氧化为碘单质，不能证明溴单质的氧化性大于碘单质，A错误；
B．氢氧化铜悬浊液检验葡萄糖需要在碱性环境下进行，题中没有将酸性环境调至碱性，B错误；
C．聚氯乙烯受热易发生消去反应而分解，放出氯化氢，不能得出氯乙烯加聚反应为可逆反应，C错误；
D．石蜡油裂解产物中的不饱和烃能使溴的四氯化碳溶液褪色，结论正确，D正确；
故选D。
二、多选题
20. 下表中各粒子对应的空间结构及解释均正确的是
选项
粒子
空间结构
解释
A
氨基负离子
直线形
N原子采用杂化
B
乙炔
直线形
C原子采用杂化且C原子的价层电子均参与成键
C
碳酸根离子
三角锥形
C原子采用杂化
D
二氧化硫
V形
S原子采用杂化
A. A B. B C. C D. D
【答案】BD
【解析】
【详解】A．氨基负离子中心N原子价层电子对数为2+=4，N原子采用sp3杂化，为V形结构，A错误；
B．乙炔电子式为， C原子采用杂化为直线形分子，且C原子的价层电子均参与成键，B正确；
C．碳酸根离子中心C原子价层电子对数为3+=3，C原子采用sp2杂化，为平面三角形结构，C错误；
D．二氧化硫中心S原子价层电子对数为2+=3，S原子采用sp2杂化，为V形结构，D正确；
故选BD。
21. 某化合物的结构示意图如图，下列关于该化合物的叙述中正确的是（ ）
A. 该化合物含有C、H、O、N、Ni四种元素
B. 该化合物是配合物，中心离子的配位数是2，配体是氮元素
C. 该化合物属于配合物，中心离子是N
D. 该化合物中含有σ键、π键、极性键、非极性键、配位键和氢键
【答案】AD
【解析】
【详解】A．键线式中各个点代表C原子，结合结构示意图中的N、H、O元素，所以该化合物有四种元素组成，A正确；
B．该化合物存在配位键N→Ni，属于配合物，中心离子形成了4根配位键，故配位数为4，N原子是配原子，B错误；
C．中心离子是提供空轨道的是Ni2+，C错误；
D．结构中单键属于σ键，C=N双键有1个σ键和1个π键，且是极性键，C—C属于非极性键，N→Ni属于配位键，HO属于氢键，D正确。
故答案选AD。
三、结构与性质
22. Ⅰ．新型储氢材料是开发利用氢能的重要研究方向。
(1)Ti(BH4)3 是一种储氢材料，可由 TiCl4和 LiBH4反应制得。
①基态Ti3+的电子排布式为___________；基态 Cl 原子中，电子占据的最高能层符号为___________，该能层具有的原子轨道数为___________
②LiBH4由 Li+和 BH构成，BH的立体结构是___________
(2)金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料。LiH 中，离子半径：Li+___________H-(填“＞”、“=”或“＜”)
(3)氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，也是一种具有潜力的固体储氢材料。在 NH3BH3分子中，N—B化学键称为___________键，其电子对由___________提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：3NH3BH3+6H2O = 3NH3+ B3O+9H2， B3O的结构如图所示：；在该反应中，B 原子的杂化轨道类型由___________变为___________
Ⅱ．Cu2O 广泛应用于太阳能电池领域。以 CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料，可制备 Cu2O。
(1)Cu2+与 OH−反应能生成[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−中的配位原子为___________(填元素符号)
(2)抗坏血酸的分子结构如图1所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为___________；推测抗坏血酸在水中的溶解性：___________(填“难溶于水”或“易溶于水”)。
【答案】 ①. 1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1 ②. M ③. 9 ④. 正四面体 ⑤. ＜ ⑥. 配位 ⑦. N ⑧. sp3 ⑨. sp2 ⑩. O ⑪. sp3、sp2 ⑫. 易溶于水
【解析】
【分析】原子形成阳离子时，先失去高能层中的电子，同一能层先失去高能级中的电子，结合Ti的原子序数为22分析解答；根据价层电子对个数=σ键个数+（a-xb）计算判断；电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；羟基、羧基为亲水基，据此判断溶解性。
【详解】Ⅰ．(1)①Ti的原子序数为22，核外22个电子，基态Ti的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，原子形成阳离子时，先失去高能层中的电子，同一能层先失去高能级中的电子，故Ti3+离子先失去4s上2个电子，再失去3d上1个电子，基态Ti3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d1；Cl是17号元素，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为32=9，故答案为：1s22s22p63s23p63d1；M；9；
②BH中B原子孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4，离子的空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；
(2)Li+和H-的电子层结构相同，锂元素的核电荷数大于氢元素，所以离子半径Li+＜H-，故答案为：＜；
(3)NH3BH3分子中，N的杂化轨道类型为sp3，含有一个孤电子对，B最外层有3个电子，分别与H形成α键，剩余一个空轨道接受来自N的电子对，形成配位键，反应前，B与N形成配位键，杂化轨道类型与N相同为sp3，反应后一个B原子与3个O原子成键，B的杂化轨道类型变为sp2，故答案为：配位键；N；sp3；sp2；
Ⅱ．(1) Cu2+与 OH−反应能生成[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−中Cu2+提供空轨道、O原子提供孤电子对形成配位键，所以配原子为O，故答案为：O；
(2)该分子中亚甲基、次亚甲基上C原子价层电子对个数都是4，连接碳碳双键和碳氧双键的C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论，该分子中碳原子的轨道杂化类型，前者为sp3杂化、后者为sp2杂化；抗坏血酸中的羟基属于亲水基，增大了其水溶性，所以抗坏血酸易溶于水，故答案为：sp3、sp2；易溶于水。
23. 二氟草酸硼酸锂[LiBF2(C2O4)]是新型锂离子电池电解质，乙酸锰(CH3COO)3Mn]可用于制造离子电池的负极材料。合成方程式如下：
2H2C2O4+SiC14+2LiBF4==2LiBF2(C2O4)+SiF4+4HCl
4Mn(NO3)2·6H2O+26(CH3CO)2O=4(CH3COO)3Mn+8HNO2+3O2↑+40 CH3COOH
(1)基态Mn原子的核外电子排布式为_________。
(2)草酸(HOOCCOOH)分子中碳原子轨道的杂化类型是___________，1mol草酸分子中含有键的数目为_______________。
(3)与SiF4互为等电子体的两种阴离子的化学式为_________________。
(4)CH3COOH易溶于水，除了它是极性分子外，还因为___________________。
(5)向硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2+配离子。已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子的原因是_______________。
(6)硼氢化钠的晶胞结构如图所示，该晶胞中Na+的配位数为___________，若硼氢化钠晶体的密度为d g／cm3，NA表示阿伏伽德罗常数的值，则a=______(用含d、NA的代数式表示)；若硼氢化钠晶胞上、下底心处的Na+被Li+取代，则得到晶体的化学式为___________________。
【答案】 ①. [Ar]3d54s2(或1s22s22p63s23p63d54s2) ②. sp2 ③. 7NA ④. 、 ⑤. 乙酸与水分子之间可形成氢键 ⑥. F的电负性大于N,N-F成键电子对偏向F,导致NF3中的N原子核对孤对电子吸引力增强,难以形成配位键,故NF3不易与Cu2+形成配离子。 ⑦. 8 ⑧. ⑨. Na3Li(BH4)4
【解析】
【详解】(1) Mn为25号元素，核外电子数为25，基态Mn原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s2或为1s22s22p63s23p63d54s2。答案：[Ar]3d54s2或为1s22s22p63s23p63d54s2。
(2)由草酸(HOOCCOOH)分子的结构可知，一个中心碳原子有3个键和一个键，没有孤对电子，属于sp2杂化，每个草酸(HOOCCOOH)分子中共含有7个键，1mol草酸分子中含有键的数目为7NA。答案：sp2；7NA。
(3)原子数和价电子数都相等的微粒互为等电子体。所以与SiF4互为等电子体的两种阴离子的化学式分别为SO42-,PO43-。答案：SO42-,PO43-。
(4)CH3COOH易溶于水，除了它是极性分子外，还因为CH3COOH与水分子之间可形成氢键。答案：乙酸与水分子之间可形成氢键。
(5) NF3不易与Cu2+形成配离子的原因是F的电负性大于N,N-F成键电子对偏向F,导致NF3中的N原子核对孤对电子吸引力增强,难以形成配位键,故NF3不易与Cu2+形成配离子。答案：F的电负性大于N,N-F成键电子对偏向F,导致NF3中的N原子核对孤对电子吸引力增强,难以形成配位键,故NF3不易与Cu2+形成配离子。
(6)以上底面处的Na+为研究对象,与之距离最近的BH4-共有8个。该晶胞中Na+个数为4, BH4-个数是4,晶体的化学式为NaBH4,该晶胞的质量为38×4/NAg,该晶胞的体积为2a3nm3=2a3×10-21cm3,则2a3×10-21cm3×ρg·cm-3=38×4/NAg,a=;若NaBH4晶胞底心处的Na+被Li+取代,则晶胞中BH4-数目为4,钠离子个数为3,锂离子个数为1,晶体的化学式为Na3Li(BH4)4。答案：8；; Na3Li(BH4)4。
四、填空题
24. I.氮化硼晶体的结构与金刚石相似，其晶胞如图所示。
(1)在一个晶胞中，含有硼原子_______个，氮原子_______个。
(2)已知氮化硼晶胞参数为γcm，则在此晶胞中，任意两个原子之间的最短距离是___cm，DE原子之间的距离是____cm。
(3)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。已知三个原子分数坐标参数：A为(0，0，0)、B为(0，1，1)、C为(1，1，0)；则E原子为________。
(4)氮化硼晶胞的俯视投影图是_______。
(5)设NA为阿伏加德罗常数的值，则氮化硼晶体的密度为_______g/cm3(用代数式表示)。
II.在硅酸盐中，SiO四面体(如图为俯视投影图)通过共用顶角氧原子可形成链状、环状等多种结构型式。
(6)图甲为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中Si与O的原子数之比为_______，化学式为_______。
【答案】 ①. 4 ②. 4 ③. ④. ⑤. ⑥. b ⑦. ⑧. 1:3 ⑨. 或
【解析】
【分析】结合晶胞示意图、确定原子的相对位置关系、进行计算；用均摊法计算晶胞密度、硅酸盐的化学式；
【详解】I(1)硼原子位于晶胞内，氮原子位于顶点和面心，则在一个晶胞中，含有硼原子4个，个。
(2)已知氮化硼晶胞参数为γcm，则在此晶胞中，任意两个原子之间的最短距离为N与B之间，最短距离为晶胞体对角线的，则是cm，DE原子即晶体中两个距离最近的B原子，二者之间的距离为晶胞的棱长的，即是cm。
(3)已知三个原子分数坐标参数：A为(0，0，0)、B为(0，1，1)、C为(1，1，0)；则由E原子的位置知，E的原子分数坐标为。
(4)由晶胞示意图知，氮化硼晶胞的俯视投影图是b。
(5)1个氮化硼晶胞内含有氮原子和硼原子均为4个，则晶胞的质量为，氮化硼晶胞参数为γcm，则晶胞体积为，晶胞密度即晶体的密度为。
II(6)观察图可知，每个四面体通过两个氧原子与其他四面体连接形成链状结构，所以每个四面体中的硅原子数是1，氧原子数是，即Si与O的原子数之比为1:3；化学式为或。
五、工业流程题
25. 五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。一种以粗钒矿 (主要含有V2O5、 V2O4、V2O3； 还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等)为原料生产五氧化二钒的工艺流程如下：
已知：①部分含钒物质的溶解情况： (VO2)2SO4 易溶于水，VOSO4可溶于水，NH4VO3难溶于水。
②部分金属离子[c(Mn+)=0.1 mol/L]形成氢氧化物与pH的关系如下表：
氢氧化物
pH
开始沉淀
沉淀完全
Fe(OH)2
6.3
8.3
Fe(OH)3
1.5
3.2
Al(OH)3
3.4
4.7
③+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。
pH
4～6
6～8
8～10
10～12
主要离子
回答下列问题：
(1)“预处理”的目的是为了提高粗钒矿的焙烧效率，则“预处理”可以采取的措施有____(答出1点即可)
(2)焙烧：向粗钒矿中加生石灰焙烧，将V2O4、V2O3转化为Ca(VO3)2试写出V2O4焙烧反应的化学方程式是_______
(3)酸浸：Ca(VO3)2难溶于水，可溶于稀盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH=5，滤渣a的成分_______检验滤渣a是否洗涤干净的方法是_______。
(4)转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程如下。
向(NH4)3VO4溶液中加入NH4C1溶液的目的：_______。
(5)测定产品中钒元素的含量：称取15.40g产品：先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入100 mL 2.00 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液(+2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O)。最后用0.10mol·L-1 KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为100mL。假设杂质不参与反应。则产品中含钒的质量分数是_______ ( 结果保留四位有效数字)。
(6)工业上也用钒炉渣(主要含有V2O3·FeO。还含少量SiO2、P2O5等杂质)提取V2O5，其流程如下：
某钒炉渣制得的100L溶液，用硫酸镁溶液除去硅、磷时，滤渣为3.68kgMgSiO3和2.62kgMg3(PO4)2，它们的溶解度随温度的变化忽略不计。
已知：常温下，Ksp(MgSiO3)= 2.4×10-5，Ksp[Mg3 (PO4)2]=2.7×10-24。
①如果10mL滤液中c()= 8.0 ×10 -3mol·L-1，则该滤液中c()=_______mol/L
②硅、磷去除率与温度的关系如图所示。除杂时，随着温度升高，硅元素、磷元素的去除率变化趋势不同的原因是_______。
【答案】 ①. 研磨 ②. ③. SiO2、Al(OH)3、Fe(OH)3 ④. 取最后一次洗涤液，加入少量的稀硝酸，再加入少量的硝酸银溶液，若无沉淀，则证明已洗干净 ⑤. 调节pH值，使(NH4)3VO4转化为NH4VO3 ⑥. 88.64% ⑦. ⑧. 随温度升高水解加大，生成更多的硅酸沉淀，随着温度的升高Mg2+水解加大，使生成的[Mg3(PO4)2]减少
【解析】
【分析】废钒催化剂粉碎、焙烧，酸浸，然后过滤得到滤渣和浸出液，根据溶解性表知，滤渣a中含有SiO2、Al(OH)3、Fe(OH)3等不溶性杂质，向浸出液中加入氯化铵，调节pH值，并加大铵根离子的浓度，得到难溶性的NH4VO3，焙烧NH4VO3得到V2O5，以此解答该题。
【详解】(1)焙烧之前，可以先研磨粉碎，增大接触面积，加快反应速率；
(2)依题意，向粗钒矿加生石灰焙烧，V2O4转化为Ca(VO3)2，反应的化学方程式是；
(3)焙烧后，二价铁氧化成三价铁，酸浸时溶液的pH=5，依据表中沉淀与pH值关系，有Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀生成，加上不溶于酸的二氧化硅，所以滤渣的成分为：SiO2、Al(OH)3、Fe(OH)3，滤渣a表面沾有浸出液中的氯离子，取最后一次洗涤液，加入少量的稀硝酸，再加入少量的硝酸银溶液，若无沉淀，说明无氯离子，则已洗干净；
(4)根据+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系表，向(NH4)3VO4溶液中加入NH4C1溶液，可以使溶液pH降低，又可以增加铵根离子浓度，更有利于NH4VO3固体析出；
(5)根据电子得失守恒，两者物质的量关系是：５Fe2＋～KMnO4，100 mL=0.1 L，剩余亚铁离子的物质的量是0.1L×0.10mol·L-1×5=0.05 mol，因此参与反应VO2＋＋2H＋＋Fe2＋＝VO2＋＋Fe3＋＋H2O的亚铁离子是0.1L×2.00 mol·L-1－0.05 mol=0.15 mol，所以V原子的物质的量是0.15 mol，则根据V原子守恒可知产品中V2O5的质量分数为；
(6)①根据Ksp(MgSiO3)＝2.4×10－5，则c(Mg2＋)＝mol/L，c(Mg2＋)代入Ksp[Mg3(PO4)2]=2.7×10-24，c()=；
②随温度升高水解增大，生成更多的硅酸沉淀去除率上升，但升高温度，镁离子水解加大，生成的[Mg3(PO4)2]减少，磷的去除率下降。
六、实验题
26. 实验室制备苯乙酮的化学方程式为++。制备过程中还会发生CH3COOH+AlCl3CH3COOAlCl2+HCl↑等副反应。
主要实验装置如图所示：
主要实验步骤：
(Ⅰ)合成
在三颈烧瓶中加入20 g无水氯化铝和30 mL无水苯。为避免反应液升温过快，边搅拌边慢慢滴加6 mL乙酸酐和10 mL无水苯的混合液，控制滴加速率，使反应液缓缓进入三颈烧瓶中。滴加完毕后加热回流1 h。
(Ⅱ)分离与提纯
①边搅拌边慢慢滴加一定量浓盐酸与冰水混合液，分离得到有机层；
②水层用苯萃取，分液；
③将①②所得有机层合并，洗涤、干燥、蒸去苯，得到苯乙酮粗产品；
④蒸馏粗产品得到苯乙酮。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为_____；装置b的作用为_____。
（2）合成过程中要求无水操作，理由是______。
（3）若将乙酸酐和苯的混合液一次性倒入三颈烧瓶中，可能导致____ (填字母)。
A．反应太剧烈 B．液体太多搅不动
C．反应变缓慢 D．副产物增多
（4）分离与提纯操作中②的目的是______。该操作中_____(填“能”或“不能”)改用乙醇萃取，原因是______。
（5）分液漏斗使用前须____并洗净备用。分离上下层液体时，应先____，然后打开活塞放出下层液体，上层液体从上口倒出。
（6）粗产品蒸馏提纯时，下列装置中温度计位置正确的是___(填字母)，可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是____。
【答案】 ①. 干燥管 ②. 吸收HCl气体 ③. 防止氯化铝水解、防止乙酸酐与水反应生成CH3COOH(只答氯化铝水解或乙酸酐与水反应也可) ④. AD ⑤. 把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失 ⑥. 不能 ⑦. 乙醇能与水以任意比例互溶 ⑧. 检漏 ⑨. 打开上口玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准漏斗口颈上的小孔) ⑩. C ⑪. AB
【解析】
【详解】（1）仪器a为干燥管，装置b的作用是吸收反应过程中所产生的HCl气体；故答案为干燥管；吸收HCl气体。
（2）合成过程中要求无水操作，若有水存在，则易发生AlCl3＋3H2O⇌Al(OH)3＋3HCl、CH3COOCOCH2CH3＋H2O→2CH3COOH，CH3COOH与苯不能生成苯乙酮；催化剂氯化铝遇水也会水解，降低催化能力，故答案为防止氯化铝水解、防止乙酸酐与水反应生成CH3COOH(只答氯化铝水解或乙酸酐与水反应也可)。
（3）A.由信息“为避免反应液升温过快，边搅拌边慢慢滴加6mL乙酸酐和10mL无水苯混合液”知，反应物浓度大，反应速率快，导致反应太剧烈，A有可能；C不可能；B.最终将全部加入，不可能因为液体太多搅不动，B不可能；D.产生的CH3COOH浓度大，副产品增多，D有可能。
故答案AD。
（4）水层用苯萃取并分液的目的是把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失。由于乙醇能与水混溶不分层，所以不能用酒精代替苯进行萃取操作；故答案为把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失；不能，乙醇能与水以任意比例互溶。
（5）分液漏斗使用前需进行检漏，振摇后分液漏斗中气压增大，要不断打开活塞进行放气操作，分液时，应该先打开上口玻璃塞（或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔），然后打开下面的活塞；上层液体从上口倒出，以免污染；故答案为检漏；打开上口玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准漏斗口颈上的小孔)。
（6）粗产品蒸馏提纯时，温度计的水银球要放在蒸馏烧瓶支管口处，蒸馏时测蒸汽的温度，漏斗装置中的温度计位置正确的是C项，若温度计水银球放在支管口以下位置，会导致收集的产品中混有低沸点杂质；若温度计水银球放在支管口以上位置，会导致收集的产品中混有高沸点杂质；所以A、B项的装置容易导致低沸点杂质混入收集到的产品中，故答案为C；AB。
【点睛】解答该类题目时注意把握实验、反应原理和操作流程的目的，特别要注意对物质性质的理解。
高二化学检测试题
一、单选题
1. 化学与生产、生活关系密切，下列说法错误的是
A. 使用含氟牙膏能预防龋齿
B. 紫外线消毒利用了使蛋白质变性的原理
C. 发泡塑料饭盒不适宜盛放含油脂较多的食品
D. 用外加电流法防钢铁腐蚀需附加惰性电极作阴极
【答案】D
【解析】
【详解】A． 釉质对牙齿起着保护作用，其主要成分为羟基磷灰石(Ca5(PO4)3OH)，使用含氟牙膏会生成氟磷灰石(Ca5(PO4)3F)，可以预防龋齿，故A正确；
B． 紫外线照射能够使蛋白质变性，可用紫外线杀菌消毒，故B正确；
C． 一次性发泡餐具中的聚苯乙烯高分子是有机物，根据结构相似相溶，盛放含油较多的食品是有机物，食品中会溶解苯乙烯单体，苯乙烯对人的神经中枢有害，所以不适于盛放含油较多的食品，故C正确；
D． 用外加电流法防钢铁腐蚀需附加惰性电极作阳极，被保护的金属作阴极，故D错误；
故选D。
2. 化学与生产、生活、社会发展息息相关，下列说法错误的是
A. 考古时，可以用来测定文物年代，与都是碳元素的核素
B. 废弃的聚乙烯料属于白色垃圾，不可降解，能使溴水褪色
C. 歼20战斗机采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料
D. 22年冬奥会中，国家速滑馆“冰丝带”采用超临界制冰，比氟利昂制冰更加环保
【答案】B
【解析】
【详解】A．核素，是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；可以用来测定文物年代，与都是碳元素的核素，A正确；
B．废弃的聚乙烯料属于白色垃圾，不可降解，不含不饱和键，不能使溴水褪色，B错误；
C．合金、纯金属都属于金属材料，铝锂合金属于金属材料，C正确；
D．采用超临界制冰，不产生污染，比氟利昂制冰更加环保，D正确；
故选B。
3. 下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数）
A. 124gP4含有P—P键的个数为4NA
B. 12g石墨中含有C—C键的个数为3NA
C. 12g金刚石中含有C—C键的个数为2NA
D. 60gSiO2中含Si—O键的个数为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．1个P4中含6个P—P键，124gP4中P－P键物质的量为×6=6mol，含P—P键的个数为6NA，故A错误；
B．石墨中n(C)：n（C—C）=2：3，12g石墨中C－C键物质的量为=1.5mol，含C—C键的个数为1.5NA，故B错误；
C．金刚石中n(C)：n（C—C）=1：2，12g金刚石中含有C－C键的物质的量为=2mol，含C—C键的个数为2NA，故C正确；
D．SiO2中每个Si原子形成4个Si—O键，60gSiO2中含有Si－O键物质的量为×4=4mol，含Si—O键的个数为4NA，故D错误；
答案选C。
4. 酒石酸是一种有机弱酸，其分子结构模型如图。下列说法不正确的是
A. 酒石酸中各元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H
B. 酒石酸中碳原子有、两种杂化方式
C. 酒石酸最多能与金属钠发生反应
D. 常温下，酒石酸氢钾水溶液，说明酒石酸氢根的电离程度大于其水解程度
【答案】C
【解析】
【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；酒石酸中各元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H，故A正确；
B．酒石酸中饱和碳原子为杂化，羧基中碳原子为为杂化，故B正确；
C．羧基和羟基均可以和钠单质反应，故酒石酸最多能与金属钠发生反应，故C错误；
D．常温下，酒石酸氢钾水溶液，说明酒石酸氢根的电离程度大于其水解程度，导致氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，故D正确；
故选C。
5. 下列分子所含原子中，既有杂化又有杂化的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．中甲基上C为杂化，上C为杂化，故A正确；
B． 中碳碳双键上C为杂化，上为杂化，故B错误；
C．中上C为杂化，故C错误；
D．中甲基上C为杂化，碳碳三键上C为杂化，故D错误；
答案选A。
6. 下列粒子的VSEPR模型为四面体且其空间结构为Ⅴ形的是。
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为1，则分子的VSEPR模型为三角形，空间构型结构为V形，A错误；
B．三氟化氮分子中氮原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，则分子的VSEPR模型为四面体形，空间构型结构为三角锥形，B错误；
C．水合氢离子中氧原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，则离子的VSEPR模型为四面体形，空间构型结构为三角锥形，C错误；
D．OF2分子中价层电子对为2+2=4，孤对电子对数为2，则分子的VSEPR模型为四面体形，空间构型结构为V形，D正确；
故选D。
7. 下列各组物质中，都是由极性键构成的极性分子的是
A. CH4和CCl4 B. CO2和CS2 C. NH3和CH4 D. H2O和HBr
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH4和CCl4中的C-H键和C-Cl键均为极性键，CH4和CCl4分子均为正四面体构型，高度对称，分子中正负电荷的中心重合，均为非极性分子，故A不符合题意；
B．CO2含有C=O极性键，空间结构为直线形，正负电荷的中心重合，是非极性分子；CS2含有C=S极性键，空间结构为直线形，正负电荷的中心重合，是非极性分子，故B不符合题意；
C．NH3含有N-H极性键，分子空间结构为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子；CH4含有C-H极性键，为正四面体构型，高度对称，分子中正负电荷的中心重合，为非极性分子，故C不符合题意；
D．H2O含有H-O极性键，分子空间结构为V形，正负电荷的中心不重合，是极性分子；HCl含有H-Cl极性键，正负电荷的中心不重合，是极性分子，故D符合题意；
答案选D。
8. 下列元素中，基态原子的最外层电子排布式不正确的是
A. Al 3s23p1 B. Cr 3d44s2
C. Ar 3s23p6 D. H 1s1
【答案】B
【解析】
【详解】A．Al原子核外有13个电子，各电子层上电子依次为2，8，3，最外层3个电子，其基态原子价电子排布式为3s23p1，符合基态电子排布规律，故A正确；
B．Cr原子核外有24个电子，各电子层上电子依次为2，8，13，1，最外层1个电子，其原子基态价电子排布式为3d54s1，呈现半充满，能量最低，稳定，故B错误；
C．Ar原子核外18个电子，各电子层上电子依次为2，8，8，最外层8个电子，其基态原子最外层电子排布式为3s23p6，符合基态电子排布规律，故C正确；
D．H原子核外只有一个电子，H原子基态价电子排布式为1s1，符合基态电子排布规律，故D正确；
答案为B。
9. 以下有关元素性质的说法正确的是
A. ① ，K，Rb ② ，P，As ③O，S，Se ④ ，P，Cl， 元素的电负性依次递增的是④
B. 某元素的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，该元素一定在第三周期第IIA族
C. 下列原子中，①② ③ ④ 对应的第一电离能最大的是④
D. 以下原子中，① ② ③ ④ 半径最大的是①
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．元素电负性的变化规律为：同周期元素随核电荷数增大电负性逐渐增大、同主族元素随核电荷数的增大电负性逐渐减小，故①②③逐渐减小，④中应Cl＞S＞P，故A错误；
B．该元素二三电离能之间发生突变，说明为第Ⅱ族元素，但不一定是第三周期，故B错误；
C．元素电离能的变化规律为：同周期元素随核电荷数增大电离能逐渐增大、同主族元素随核电荷数的增大电离能逐渐减小，故第一电离能最大得为④，故C正确；
D．原子半径得变化规律为：同周期元素随核电荷数增大半径逐渐减小、同主族元素随核电荷数的增大电离能逐渐增大，故半径最大的为④，故D错误；
故选C。
10. 下图为短周期的一部分，推断关于Y、Z、M的说法正确的是
A. 非金属性：Y＞Z＞M
B. Y离子的结构示意图可表示为：
C. 原子半径：M＞Z＞Y
D. ZM2分子各原子最外层均满足8e-稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】根据图示可知，X为He，Y 为F，M为Cl，Z为S；
【详解】A．同一周期，从左到右，非金属性增强；同一主族，从上到下，非金属性减弱，所以非金属性：F>Cl>S，即Y>M＞Z，故A错误；
B．氟离子的核电荷数为9，核外电子数为10，离子结构示意图为：，故B错误；
C．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，所以半径S＞Cl＞F，即Z＞M＞Y，故C错误；
D．SCl2分子中：氯原子最外层有7个电子，有1个单电子，硫原子最外层有6个电子，有2个单电子，因此氯原子分别与硫原子形成共用电子对，形成共价化合物，电子式为：，各原子最外层均满足8e-稳定结构，故D正确；
故答案选D。
11. 用价层电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的空间构型，有时也能用来推测键角大小，下列判断正确的是
A. SO2、CS2、HI都是直线形的分子
B. BF3键角为120°，SiCl4键角大于120°
C. COCl2、BF3、SO3都是平面三角形的分子
D. PCl3、NH3、PCl5都是三角锥形的分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2中价层电子对个数=2+（6-2×2）÷2=3且含有1个孤电子对，所以二氧化硫为V型结构，CS2、HI为直线形结构，A项错误；
B．BF3中价层电子对个数=3+（3-3×1）÷2=3，所以为平面三角形结构；SiCl4中价层电子对个数=4+（4-4×1）÷2=4，为正四面体形结构，所以BF3键角为120°，SiCl4的键角等于109°28′，小于120°，B项错误；
C．COCl2、BF3、SO3中中心原子价层电子对个数都是3且不含孤电子对，所以这三种分子都是平面三角形结构，C项正确；
D．NH3、PCl3中价层电子对个数=3+（5-3×1）÷2=4且含有一个孤电子对，所以NH3、PCl3为三角锥形结构；PCl5中价层电子对个数=5+（5-5×1）÷2=5且不含孤电子对，为三角双锥结构，D项错误；
答案选C。
12. 干冰和二氧化硅晶体同属第IVA族元素的最高价氧化物，它们的熔、沸点差别很大的原因是
A. 二氧化硅的相对分子质量大于二氧化碳的相对分子质量
B. C－O的键能比Si－O的键能小
C. 干冰为分子晶体，二氧化硅为共价晶体
D. 干冰易升华，二氧化硅不能
【答案】C
【解析】
【详解】干冰为分子晶体， 为原子晶体，所属晶体类型不同，干冰熔化时破坏分子间作用力，为共价晶体，熔化时破坏共价键，所以的熔点较高。
故选C。
13. 关于氢键，下列说法正确的是
A. 所有含氢元素的化合物中都存在氢键，氢键比范德华力强
B. H2O是一种非常稳定的化合物，就是由于水分子间形成氢键所致
C. 氢原子和非金属性很强的元素原子（F、O、N）形成的共价键，称为氢键
D. 分子间形成的氢键通常会使相应物质的熔点和沸点升高，氢键也可存在于分子内
【答案】D
【解析】
【详解】A．F，O，N等为电负性大而原子半径较小的非金属原子，在某些含N-H、O-H、F-H的化合物中形成氢键，所以含有氢元素不一定有氢键，如甲烷分子间不能形成氢键，故A错误；
B．氢键只影响物质的物理性质，H2O是一种非常稳定的化合物，是因为H-O键的稳定性强，故B错误；
C．氢原子与电负性大、半径小的原子X(氟、氧、氮等)以一种特殊的分子间作用力结合，若与电负性大的原子Y(与X相同的也可以)接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的键，称为氢键，不属于化学键，故C错误；
D．氢键的存在使分子间作用力增强，能够显著提高物质的熔沸点，氢键也可存在于分子内，如邻羟基苯甲醛分子() 内的羟基与醛基之间即存在氢键，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查了氢键的存在和对物质性质的影响，把握氢键的概念是解题的关键。注意氢键只影响物质的物理性质，与物质的稳定性无关。
14. 下列有关、、、的说法正确的是
A. 和中的键角前者大
B. 和的空间构型相同
C. 和中N原子的杂化方式相同
D. 与形成的中，提供孤电子对形成配位键的是
【答案】A
【解析】
【详解】A．中N原子的价层电子对数，且含有1个孤电子对，中N原子价层电子对数，且含有2个孤电子对；孤电子对之间的排斥力大于孤电子对和成键电子对之间的排斥力，前者为三角锥形、后者为V形，则键角：前者大于后者，故A正确；
B．中N原子价层电子对数，且含有1个孤电子对，中N原子价层电子对数，且不含孤电子对，空间结构：前者为三角锥形、后者为平面三角形，故B错误；
C．中N原子价层电子对数，中N原子价层电子对数，氮原子杂化类型：前者为sp3、后者为sp2，故C错误；
D．铜离子含有空轨道、N原子含有孤电子对，所以铜离子提供空轨道、N原子提供孤电子对形成配位键，故D错误；
故选A。
15. 已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，下列关于晶体说法正确的是
A. C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子
B. C3N4晶体中，C—N键的键长比金刚石中C—C键的键长要长
C. C3N4晶体是分子晶体
D C3N4晶体中微粒间通过离子键结合
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．该晶体中原子间均以单键结合，且每个原子都达到8电子稳定结构，所以每个C原子能形成4个共价键连接4个N原子，每个N原子能形成3个共价键连接3个C原子，故A正确；
B．原子半径越大，原子间的键长越长，原子半径C＞N，所以C3N4晶体中C-N键长比金刚石中C-C要短，故B错误；
C．C3N4晶体具有比原子晶体的金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，说明该物质是原子晶体；分子晶体熔沸点较低、硬度较小，原子晶体硬度较大，故C错误；
D．离子晶体微粒之间通过离子键结合，原子晶体微粒间通过共价键结合，该晶体是原子晶体，所以微粒间通过共价键结合，故D错误；
故选A。
16. 氮化铝属类金刚石氮化物、六方晶系，最高可稳定到2200℃，硬度大，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料，氮化铝晶胞结构如图所示。下列有关描述错误的是
A. AlN是共价晶体
B. Al的配位数为4
C. AlN属于离子化合物
D. 与每个铝原子距离相等且最近的铝原子共有12个
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．氮化铝属类金刚石氮化物，所以AlN是原子晶体，又称共价晶体，A项正确；
B．Al原子形成四条共价键，故Al的配位数为4，B项正确；
C．AlN属于共价化合物，C项错误；
D．以顶点的铝原子为研究对象，与之距离最近的铝原子位于面心上，每个顶点上的铝原子为8个晶胞共用，每个面上的铝原子为2个晶胞共用，故与每个铝原子距离相等且最近的铝原子共有个，D项正确；
答案选C。
17. 某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是
A. 配合物中中心离子的电荷数和配位数均为6
B. 该配合物可能是平面正方形结构
C. Cl-和NH3分子均与Pt4＋配位
D. 配合物中Cl-与Pt4＋配位，而NH3分子不配位
【答案】C
【解析】
【详解】加入AgNO3不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2]，则
A．根据电中性原理可知配合物中心原子的电荷数为4，配位数为6，故A错误；
B．Pt与6个配体成键，即6个σ键，该配合物应是八面体结构，故B错误；
C．由分析可知，4个Cl-和2个NH3分子均与Pt4+配位，形成的配合物为[PtCl4(NH3)2]，故C正确；
D．该物质配位化学式为[PtCl4(NH3)2]，则配体有Cl-和NH3分子，故D错误；
故选C。
18. 根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是
选项
实验目的
实验及现象
结论
A
比较S、C的非金属性
分别测定等物质的量浓度的H2SO3和H2CO3溶液的pH，后者较大
证明非金属性：S＞C
B
检验某溶液中是否含二价铁离子
取少量溶液于试管中，滴入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去
证明溶液含有二价铁
C
探究氢离子浓度对、相互转化的影响
向K2Cr2O7溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色
增大氢离子浓度，转化平衡向生成的方向移动
D
检验乙醇中是否含有水
向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体
乙醇中含有水
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2SO3不是S元素最高价含氧酸，且H2SO3、H2CO3浓度不相等，因此不能通过比较H2SO3和H2CO3溶液的pH判断C、S两种元素的非金属性强弱，A错误；
B．Fe2+、Cl-等都具有还原性，它们都能够使酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，因此不能据此检验Fe2+的存在，B错误；
C．、在溶液中存在化学平衡：+H2O2+2H+，向K2Cr2O7溶液中缓慢滴加硫酸，溶液中c(H+)增大，溶液黄色变为橙红色，导致c()减小，c()增大，可以说明增大氢离子浓度，导致化学平衡向生成的逆反应方向移动，C正确；
D．乙醇、水都可以与金属钠发生反应产生无色气体氢气，因此不能据此检验乙醇中是否含有水，D错误；
故合理选项是C。
19. 由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是
实验操作
现象
结论
A
向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液
先变橙色，后变蓝色
氧化性：Cl2＞Br2＞I2
B
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的Cu(OH)2悬浊液
无砖红色沉淀
蔗糖未发生水解
C
加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片
试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红
氯乙烯加聚是可逆反应
D
石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液
溶液红棕色变无色
气体中含有不饱和烃
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯水过量，能将碘离子氧化为碘单质，不能证明溴单质的氧化性大于碘单质，A错误；
B．氢氧化铜悬浊液检验葡萄糖需要在碱性环境下进行，题中没有将酸性环境调至碱性，B错误；
C．聚氯乙烯受热易发生消去反应而分解，放出氯化氢，不能得出氯乙烯加聚反应为可逆反应，C错误；
D．石蜡油裂解产物中的不饱和烃能使溴的四氯化碳溶液褪色，结论正确，D正确；
故选D。
二、多选题
20. 下表中各粒子对应的空间结构及解释均正确的是
选项
粒子
空间结构
解释
A
氨基负离子
直线形
N原子采用杂化
B
乙炔
直线形
C原子采用杂化且C原子的价层电子均参与成键
C
碳酸根离子
三角锥形
C原子采用杂化
D
二氧化硫
V形
S原子采用杂化
A. A B. B C. C D. D
【答案】BD
【解析】
【详解】A．氨基负离子中心N原子价层电子对数为2+=4，N原子采用sp3杂化，为V形结构，A错误；
B．乙炔电子式为， C原子采用杂化为直线形分子，且C原子的价层电子均参与成键，B正确；
C．碳酸根离子中心C原子价层电子对数为3+=3，C原子采用sp2杂化，为平面三角形结构，C错误；
D．二氧化硫中心S原子价层电子对数为2+=3，S原子采用sp2杂化，为V形结构，D正确；
故选BD。
21. 某化合物的结构示意图如图，下列关于该化合物的叙述中正确的是（ ）
A. 该化合物含有C、H、O、N、Ni四种元素
B. 该化合物是配合物，中心离子的配位数是2，配体是氮元素
C. 该化合物属于配合物，中心离子是N
D. 该化合物中含有σ键、π键、极性键、非极性键、配位键和氢键
【答案】AD
【解析】
【详解】A．键线式中各个点代表C原子，结合结构示意图中的N、H、O元素，所以该化合物有四种元素组成，A正确；
B．该化合物存在配位键N→Ni，属于配合物，中心离子形成了4根配位键，故配位数为4，N原子是配原子，B错误；
C．中心离子是提供空轨道的是Ni2+，C错误；
D．结构中单键属于σ键，C=N双键有1个σ键和1个π键，且是极性键，C—C属于非极性键，N→Ni属于配位键，HO属于氢键，D正确。
故答案选AD。
三、结构与性质
22. Ⅰ．新型储氢材料是开发利用氢能的重要研究方向。
(1)Ti(BH4)3 是一种储氢材料，可由 TiCl4和 LiBH4反应制得。
①基态Ti3+的电子排布式为___________；基态 Cl 原子中，电子占据的最高能层符号为___________，该能层具有的原子轨道数为___________
②LiBH4由 Li+和 BH构成，BH的立体结构是___________
(2)金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料。LiH 中，离子半径：Li+___________H-(填“＞”、“=”或“＜”)
(3)氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，也是一种具有潜力的固体储氢材料。在 NH3BH3分子中，N—B化学键称为___________键，其电子对由___________提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：3NH3BH3+6H2O = 3NH3+ B3O+9H2， B3O的结构如图所示：；在该反应中，B 原子的杂化轨道类型由___________变为___________
Ⅱ．Cu2O 广泛应用于太阳能电池领域。以 CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料，可制备 Cu2O。
(1)Cu2+与 OH−反应能生成[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−中的配位原子为___________(填元素符号)
(2)抗坏血酸的分子结构如图1所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为___________；推测抗坏血酸在水中的溶解性：___________(填“难溶于水”或“易溶于水”)。
【答案】 ①. 1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1 ②. M ③. 9 ④. 正四面体 ⑤. ＜ ⑥. 配位 ⑦. N ⑧. sp3 ⑨. sp2 ⑩. O ⑪. sp3、sp2 ⑫. 易溶于水
【解析】
【分析】原子形成阳离子时，先失去高能层中的电子，同一能层先失去高能级中的电子，结合Ti的原子序数为22分析解答；根据价层电子对个数=σ键个数+（a-xb）计算判断；电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；羟基、羧基为亲水基，据此判断溶解性。
【详解】Ⅰ．(1)①Ti的原子序数为22，核外22个电子，基态Ti的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，原子形成阳离子时，先失去高能层中的电子，同一能层先失去高能级中的电子，故Ti3+离子先失去4s上2个电子，再失去3d上1个电子，基态Ti3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d1；Cl是17号元素，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为32=9，故答案为：1s22s22p63s23p63d1；M；9；
②BH中B原子孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4，离子的空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；
(2)Li+和H-的电子层结构相同，锂元素的核电荷数大于氢元素，所以离子半径Li+＜H-，故答案为：＜；
(3)NH3BH3分子中，N的杂化轨道类型为sp3，含有一个孤电子对，B最外层有3个电子，分别与H形成α键，剩余一个空轨道接受来自N的电子对，形成配位键，反应前，B与N形成配位键，杂化轨道类型与N相同为sp3，反应后一个B原子与3个O原子成键，B的杂化轨道类型变为sp2，故答案为：配位键；N；sp3；sp2；
Ⅱ．(1) Cu2+与 OH−反应能生成[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−中Cu2+提供空轨道、O原子提供孤电子对形成配位键，所以配原子为O，故答案为：O；
(2)该分子中亚甲基、次亚甲基上C原子价层电子对个数都是4，连接碳碳双键和碳氧双键的C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论，该分子中碳原子的轨道杂化类型，前者为sp3杂化、后者为sp2杂化；抗坏血酸中的羟基属于亲水基，增大了其水溶性，所以抗坏血酸易溶于水，故答案为：sp3、sp2；易溶于水。
23. 二氟草酸硼酸锂[LiBF2(C2O4)]是新型锂离子电池电解质，乙酸锰(CH3COO)3Mn]可用于制造离子电池的负极材料。合成方程式如下：
2H2C2O4+SiC14+2LiBF4==2LiBF2(C2O4)+SiF4+4HCl
4Mn(NO3)2·6H2O+26(CH3CO)2O=4(CH3COO)3Mn+8HNO2+3O2↑+40 CH3COOH
(1)基态Mn原子的核外电子排布式为_________。
(2)草酸(HOOCCOOH)分子中碳原子轨道的杂化类型是___________，1mol草酸分子中含有键的数目为_______________。
(3)与SiF4互为等电子体的两种阴离子的化学式为_________________。
(4)CH3COOH易溶于水，除了它是极性分子外，还因为___________________。
(5)向硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2+配离子。已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子的原因是_______________。
(6)硼氢化钠的晶胞结构如图所示，该晶胞中Na+的配位数为___________，若硼氢化钠晶体的密度为d g／cm3，NA表示阿伏伽德罗常数的值，则a=______(用含d、NA的代数式表示)；若硼氢化钠晶胞上、下底心处的Na+被Li+取代，则得到晶体的化学式为___________________。
【答案】 ①. [Ar]3d54s2(或1s22s22p63s23p63d54s2) ②. sp2 ③. 7NA ④. 、 ⑤. 乙酸与水分子之间可形成氢键 ⑥. F的电负性大于N,N-F成键电子对偏向F,导致NF3中的N原子核对孤对电子吸引力增强,难以形成配位键,故NF3不易与Cu2+形成配离子。 ⑦. 8 ⑧. ⑨. Na3Li(BH4)4
【解析】
【详解】(1) Mn为25号元素，核外电子数为25，基态Mn原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s2或为1s22s22p63s23p63d54s2。答案：[Ar]3d54s2或为1s22s22p63s23p63d54s2。
(2)由草酸(HOOCCOOH)分子的结构可知，一个中心碳原子有3个键和一个键，没有孤对电子，属于sp2杂化，每个草酸(HOOCCOOH)分子中共含有7个键，1mol草酸分子中含有键的数目为7NA。答案：sp2；7NA。
(3)原子数和价电子数都相等的微粒互为等电子体。所以与SiF4互为等电子体的两种阴离子的化学式分别为SO42-,PO43-。答案：SO42-,PO43-。
(4)CH3COOH易溶于水，除了它是极性分子外，还因为CH3COOH与水分子之间可形成氢键。答案：乙酸与水分子之间可形成氢键。
(5) NF3不易与Cu2+形成配离子的原因是F的电负性大于N,N-F成键电子对偏向F,导致NF3中的N原子核对孤对电子吸引力增强,难以形成配位键,故NF3不易与Cu2+形成配离子。答案：F的电负性大于N,N-F成键电子对偏向F,导致NF3中的N原子核对孤对电子吸引力增强,难以形成配位键,故NF3不易与Cu2+形成配离子。
(6)以上底面处的Na+为研究对象,与之距离最近的BH4-共有8个。该晶胞中Na+个数为4, BH4-个数是4,晶体的化学式为NaBH4,该晶胞的质量为38×4/NAg,该晶胞的体积为2a3nm3=2a3×10-21cm3,则2a3×10-21cm3×ρg·cm-3=38×4/NAg,a=;若NaBH4晶胞底心处的Na+被Li+取代,则晶胞中BH4-数目为4,钠离子个数为3,锂离子个数为1,晶体的化学式为Na3Li(BH4)4。答案：8；; Na3Li(BH4)4。
四、填空题
24. I.氮化硼晶体的结构与金刚石相似，其晶胞如图所示。
(1)在一个晶胞中，含有硼原子_______个，氮原子_______个。
(2)已知氮化硼晶胞参数为γcm，则在此晶胞中，任意两个原子之间的最短距离是___cm，DE原子之间的距离是____cm。
(3)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。已知三个原子分数坐标参数：A为(0，0，0)、B为(0，1，1)、C为(1，1，0)；则E原子为________。
(4)氮化硼晶胞的俯视投影图是_______。
(5)设NA为阿伏加德罗常数的值，则氮化硼晶体的密度为_______g/cm3(用代数式表示)。
II.在硅酸盐中，SiO四面体(如图为俯视投影图)通过共用顶角氧原子可形成链状、环状等多种结构型式。
(6)图甲为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中Si与O的原子数之比为_______，化学式为_______。
【答案】 ①. 4 ②. 4 ③. ④. ⑤. ⑥. b ⑦. ⑧. 1:3 ⑨. 或
【解析】
【分析】结合晶胞示意图、确定原子的相对位置关系、进行计算；用均摊法计算晶胞密度、硅酸盐的化学式；
【详解】I(1)硼原子位于晶胞内，氮原子位于顶点和面心，则在一个晶胞中，含有硼原子4个，个。
(2)已知氮化硼晶胞参数为γcm，则在此晶胞中，任意两个原子之间的最短距离为N与B之间，最短距离为晶胞体对角线的，则是cm，DE原子即晶体中两个距离最近的B原子，二者之间的距离为晶胞的棱长的，即是cm。
(3)已知三个原子分数坐标参数：A为(0，0，0)、B为(0，1，1)、C为(1，1，0)；则由E原子的位置知，E的原子分数坐标为。
(4)由晶胞示意图知，氮化硼晶胞的俯视投影图是b。
(5)1个氮化硼晶胞内含有氮原子和硼原子均为4个，则晶胞的质量为，氮化硼晶胞参数为γcm，则晶胞体积为，晶胞密度即晶体的密度为。
II(6)观察图可知，每个四面体通过两个氧原子与其他四面体连接形成链状结构，所以每个四面体中的硅原子数是1，氧原子数是，即Si与O的原子数之比为1:3；化学式为或。
五、工业流程题
25. 五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。一种以粗钒矿 (主要含有V2O5、 V2O4、V2O3； 还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等)为原料生产五氧化二钒的工艺流程如下：
已知：①部分含钒物质的溶解情况： (VO2)2SO4 易溶于水，VOSO4可溶于水，NH4VO3难溶于水。
②部分金属离子[c(Mn+)=0.1 mol/L]形成氢氧化物与pH的关系如下表：
氢氧化物
pH
开始沉淀
沉淀完全
Fe(OH)2
6.3
8.3
Fe(OH)3
1.5
3.2
Al(OH)3
3.4
4.7
③+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。
pH
4～6
6～8
8～10
10～12
主要离子
回答下列问题：
(1)“预处理”的目的是为了提高粗钒矿的焙烧效率，则“预处理”可以采取的措施有____(答出1点即可)
(2)焙烧：向粗钒矿中加生石灰焙烧，将V2O4、V2O3转化为Ca(VO3)2试写出V2O4焙烧反应的化学方程式是_______
(3)酸浸：Ca(VO3)2难溶于水，可溶于稀盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH=5，滤渣a的成分_______检验滤渣a是否洗涤干净的方法是_______。
(4)转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程如下。
向(NH4)3VO4溶液中加入NH4C1溶液的目的：_______。
(5)测定产品中钒元素的含量：称取15.40g产品：先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入100 mL 2.00 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液(+2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O)。最后用0.10mol·L-1 KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为100mL。假设杂质不参与反应。则产品中含钒的质量分数是_______ ( 结果保留四位有效数字)。
(6)工业上也用钒炉渣(主要含有V2O3·FeO。还含少量SiO2、P2O5等杂质)提取V2O5，其流程如下：
某钒炉渣制得的100L溶液，用硫酸镁溶液除去硅、磷时，滤渣为3.68kgMgSiO3和2.62kgMg3(PO4)2，它们的溶解度随温度的变化忽略不计。
已知：常温下，Ksp(MgSiO3)= 2.4×10-5，Ksp[Mg3 (PO4)2]=2.7×10-24。
①如果10mL滤液中c()= 8.0 ×10 -3mol·L-1，则该滤液中c()=_______mol/L
②硅、磷去除率与温度的关系如图所示。除杂时，随着温度升高，硅元素、磷元素的去除率变化趋势不同的原因是_______。
【答案】 ①. 研磨 ②. ③. SiO2、Al(OH)3、Fe(OH)3 ④. 取最后一次洗涤液，加入少量的稀硝酸，再加入少量的硝酸银溶液，若无沉淀，则证明已洗干净 ⑤. 调节pH值，使(NH4)3VO4转化为NH4VO3 ⑥. 88.64% ⑦. ⑧. 随温度升高水解加大，生成更多的硅酸沉淀，随着温度的升高Mg2+水解加大，使生成的[Mg3(PO4)2]减少
【解析】
【分析】废钒催化剂粉碎、焙烧，酸浸，然后过滤得到滤渣和浸出液，根据溶解性表知，滤渣a中含有SiO2、Al(OH)3、Fe(OH)3等不溶性杂质，向浸出液中加入氯化铵，调节pH值，并加大铵根离子的浓度，得到难溶性的NH4VO3，焙烧NH4VO3得到V2O5，以此解答该题。
【详解】(1)焙烧之前，可以先研磨粉碎，增大接触面积，加快反应速率；
(2)依题意，向粗钒矿加生石灰焙烧，V2O4转化为Ca(VO3)2，反应的化学方程式是；
(3)焙烧后，二价铁氧化成三价铁，酸浸时溶液的pH=5，依据表中沉淀与pH值关系，有Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀生成，加上不溶于酸的二氧化硅，所以滤渣的成分为：SiO2、Al(OH)3、Fe(OH)3，滤渣a表面沾有浸出液中的氯离子，取最后一次洗涤液，加入少量的稀硝酸，再加入少量的硝酸银溶液，若无沉淀，说明无氯离子，则已洗干净；
(4)根据+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系表，向(NH4)3VO4溶液中加入NH4C1溶液，可以使溶液pH降低，又可以增加铵根离子浓度，更有利于NH4VO3固体析出；
(5)根据电子得失守恒，两者物质的量关系是：５Fe2＋～KMnO4，100 mL=0.1 L，剩余亚铁离子的物质的量是0.1L×0.10mol·L-1×5=0.05 mol，因此参与反应VO2＋＋2H＋＋Fe2＋＝VO2＋＋Fe3＋＋H2O的亚铁离子是0.1L×2.00 mol·L-1－0.05 mol=0.15 mol，所以V原子的物质的量是0.15 mol，则根据V原子守恒可知产品中V2O5的质量分数为；
(6)①根据Ksp(MgSiO3)＝2.4×10－5，则c(Mg2＋)＝mol/L，c(Mg2＋)代入Ksp[Mg3(PO4)2]=2.7×10-24，c()=；
②随温度升高水解增大，生成更多的硅酸沉淀去除率上升，但升高温度，镁离子水解加大，生成的[Mg3(PO4)2]减少，磷的去除率下降。
六、实验题
26. 实验室制备苯乙酮的化学方程式为++。制备过程中还会发生CH3COOH+AlCl3CH3COOAlCl2+HCl↑等副反应。
主要实验装置如图所示：
主要实验步骤：
(Ⅰ)合成
在三颈烧瓶中加入20 g无水氯化铝和30 mL无水苯。为避免反应液升温过快，边搅拌边慢慢滴加6 mL乙酸酐和10 mL无水苯的混合液，控制滴加速率，使反应液缓缓进入三颈烧瓶中。滴加完毕后加热回流1 h。
(Ⅱ)分离与提纯
①边搅拌边慢慢滴加一定量浓盐酸与冰水混合液，分离得到有机层；
②水层用苯萃取，分液；
③将①②所得有机层合并，洗涤、干燥、蒸去苯，得到苯乙酮粗产品；
④蒸馏粗产品得到苯乙酮。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为_____；装置b的作用为_____。
（2）合成过程中要求无水操作，理由是______。
（3）若将乙酸酐和苯的混合液一次性倒入三颈烧瓶中，可能导致____ (填字母)。
A．反应太剧烈 B．液体太多搅不动
C．反应变缓慢 D．副产物增多
（4）分离与提纯操作中②的目的是______。该操作中_____(填“能”或“不能”)改用乙醇萃取，原因是______。
（5）分液漏斗使用前须____并洗净备用。分离上下层液体时，应先____，然后打开活塞放出下层液体，上层液体从上口倒出。
（6）粗产品蒸馏提纯时，下列装置中温度计位置正确的是___(填字母)，可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是____。
【答案】 ①. 干燥管 ②. 吸收HCl气体 ③. 防止氯化铝水解、防止乙酸酐与水反应生成CH3COOH(只答氯化铝水解或乙酸酐与水反应也可) ④. AD ⑤. 把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失 ⑥. 不能 ⑦. 乙醇能与水以任意比例互溶 ⑧. 检漏 ⑨. 打开上口玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准漏斗口颈上的小孔) ⑩. C ⑪. AB
【解析】
【详解】（1）仪器a为干燥管，装置b的作用是吸收反应过程中所产生的HCl气体；故答案为干燥管；吸收HCl气体。
（2）合成过程中要求无水操作，若有水存在，则易发生AlCl3＋3H2O⇌Al(OH)3＋3HCl、CH3COOCOCH2CH3＋H2O→2CH3COOH，CH3COOH与苯不能生成苯乙酮；催化剂氯化铝遇水也会水解，降低催化能力，故答案为防止氯化铝水解、防止乙酸酐与水反应生成CH3COOH(只答氯化铝水解或乙酸酐与水反应也可)。
（3）A.由信息“为避免反应液升温过快，边搅拌边慢慢滴加6mL乙酸酐和10mL无水苯混合液”知，反应物浓度大，反应速率快，导致反应太剧烈，A有可能；C不可能；B.最终将全部加入，不可能因为液体太多搅不动，B不可能；D.产生的CH3COOH浓度大，副产品增多，D有可能。
故答案AD。
（4）水层用苯萃取并分液的目的是把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失。由于乙醇能与水混溶不分层，所以不能用酒精代替苯进行萃取操作；故答案为把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失；不能，乙醇能与水以任意比例互溶。
（5）分液漏斗使用前需进行检漏，振摇后分液漏斗中气压增大，要不断打开活塞进行放气操作，分液时，应该先打开上口玻璃塞（或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔），然后打开下面的活塞；上层液体从上口倒出，以免污染；故答案为检漏；打开上口玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准漏斗口颈上的小孔)。
（6）粗产品蒸馏提纯时，温度计的水银球要放在蒸馏烧瓶支管口处，蒸馏时测蒸汽的温度，漏斗装置中的温度计位置正确的是C项，若温度计水银球放在支管口以下位置，会导致收集的产品中混有低沸点杂质；若温度计水银球放在支管口以上位置，会导致收集的产品中混有高沸点杂质；所以A、B项的装置容易导致低沸点杂质混入收集到的产品中，故答案为C；AB。
【点睛】解答该类题目时注意把握实验、反应原理和操作流程的目的，特别要注意对物质性质的理解。
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