专题4 第1单元 分子的空间结构 同步练习 2022-2023学年高二下学期化学苏教版（2019）选择性必修2
一、单选题
1．近日科学家在Science杂志首次报道了具有半导体特性的18个原子纯碳环分子(如图所示)。下列说法正确的是
A．该分子中碳杂化方式有sp、两种
B．该分子可能要比苯更加稳定
C．该分子属于有机物
D．该分子具有半导体的功能，可以使类似的直碳链成为分子级电子元件
2．下列说法正确的是
A．的沸点高于，可推测的沸点高于
B．液晶、等离子体都是物质的聚集体
C．晶体是分子晶体，可推测晶体也是分子晶体
D．是碳链为直线形的非极性分子，可推测也是碳链为直线形的非极性分子
3．一种新型电池中的电解质(结构如图所示)，其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期不同主族元素，Z原子的单电子数是Y原子的三倍。下列说法中正确的是
A．简单离子半径：X
C．第一电离能：Z>X>Y
D．该化合物阴离子呈正八面体结构，键角都是90°
4．以下有关杂化轨道的说法中错误的是
A．ⅠA族元素成键时不可能有杂化轨道
B．杂化轨道既可能形成σ键，也可能形成π键
C．孤对电子有可能参加杂化
D．s轨道和p轨道杂化不可能有sp4出现
5．周期表中ⅥA族元素及其化合物应用广泛。用硫黄熏蒸中药材的传统由来已久；是一种易燃的有毒气体(燃烧热为)，是制取多种硫化物的原料；硫酸、硫酸盐是重要化工原料；硫酰氯()常作氯化剂或氯磺化剂。硒()和碲()的单质及其化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景，工业上以精炼铜的阳极泥(含CuSe)为原料回收Se，以电解强碱性溶液制备Te。下列说法正确的是
A．是非极性分子 B．与的键角相等
C．基态Se的价层电子排布式为 D．ⅥA族元素氢化物的沸点从上到下依次升高
6．“类推”是一种重要的学习方法，但有时会产生错误，下列类推得到的结论正确的是
A．从CH4、NH、SO为正四面体结构，可推测PH、PO也为正四面体结构
B．H2O常温下为液态，H2S常温下也为液态
C．金刚石中C-C键的键长为154.45pm，C60中C-C键的键长为140~145pm，所以C60的熔点高于金刚石
D．CH4和P4都为正四面体形，CH4中键角为109°28ˊ，P4中键角也为109°28ˊ
7．硒(se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。一种含Se的新型AIE分子IV的合成路线如图：
下列说法错误的是
A．II中所有原子可能共平面 B．III中只有N原子有孤电子对
C．III中N、O、S的电负性：O>N>S D．IV中S、Se原子均为sp3杂化
8．下列说法正确的是
A．NCl3常用于漂白，是由极性键构成的非极性分子
B．氮族元素气态氢化物NH3、PH3、AsH3的键角逐渐减小
C．CH3Cl分子和COCl2分子中，中心C原子均采用sp3杂化
D．元素M的基态原子的核外电子排布式为，M是一种过渡元素
9．在解释下列物质性质的变化规律与物质结构间的因果关系时，与键能无关的变化规律是
A．HF、HCl、HBr、HI的热稳性依次减弱
B．金刚石的硬度大于硅，其熔、沸点也高于硅
C．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
D．F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高
10．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是
A．124g白磷中含有P-P键的个数为4NA
B．40g金刚砂中含有Si-C键的个数为2NA
C．28g晶体硅中含有Si-Si键的个数为4NA
D．60gSiO2中含有Si-O键的个数为4NA
11．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中C为第三周期简单离子半径最小的元素，A、B、D的最高价氧化物对应的水化物溶液加水稀释时溶液的变化情况如图所示，则下列说法中错误的是
A．浓的D最高价氧化物对应水化物溶液在加热条件下可以与C发生反应
B．分子空间结构为三角锥形
C．B、D、E的单质或者化合物能作漂白剂
D．具有两性，既能和酸反应也能和碱反应
12．下列各项比较中正确的是
A．键长(C-C)： B．键角：
C．未成对电子数：Mn>Cr D．晶格能：MgO>CaO
13．下列分子的中心原子是杂化的是
A． B． C． D．
14．下列分子中既有σ键又有π键，且属于非极性分子的是
A．CO2 B．Cl2 C．H2O2 D．HCl
二、填空题
15．有电极化特性、非磁绝缘性、光致发光性等多种优异性能。回答下列问题：
(1)基态Co原子的价层电子排布图为_______。
(2)、、的键角由大到小的顺序为_______；C、N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为_______。
(3)碱金属离子镶入适合的冠醚空腔可形成特殊材料，两种冠醚结构如图1所示。
冠醚中O原子的杂化形式为_______；H、C、O的电负性由小到大的顺序为_______。
(4)的晶胞如图2所示。处于面心的F形成正八面体空隙，Co处于体心，K处于顶点。
①每个晶胞中由K和F共同形成的正四面体空隙有_______个。
②晶胞的另一种表示中，Co处于各顶角位置，则K处于_______位置。
16．磷酸铁锂()是一种重要的锂离子电池正极材料。
(1)的晶胞结构示意图如图-1所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。
①图-1、图-2中小球表示的是_______(填微粒符号)。
②图-1中每个晶胞中含有的单元数有_______个。
③电池充电时，脱出部分，形成，结构示意图如图-2所示，则x=_______。
(2)利用钛铁矿(主要成分为，含有少量MgO、CaO、等杂质)制备磷酸铁和锂离子电池正极材料()的部分工业流程如图4所示：
④基态与离子中未成对的电子数之比为_______。
⑤磷酸根离子的空间构型为_______。
⑥1mol分子中含有的σ键的数目为_______。
⑦煅烧得到的化学方程式为_______。
⑧制备的过程中，理论上所需17%双氧水与的质量比为_______。
三、计算题
17．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
18．铁、钴、镍的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：
钴的一种化合物晶胞结构如下图所示。
①已知a点的原子坐标参数为(0，0，0)，b点为(，，0)，c点为(1，，)，则d点的原子坐标参数为___________。
②已知该晶体的密度为ρ g·cm-3，则晶胞参数a=___________nm(用含ρ、NA的代数式表示)。
四、实验题
19．某课外活动小组以CuSO4·5H2O和氨水为原料制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O并进行探究。
已知：CuSO4+4NH3·H2O= [Cu(NH3)4]SO4+4H2O
[Cu(NH3)4]SO4=[Cu(NH3)4]2+ +SO
[Cu(NH3)4]2+ +4H+ =Cu2+ +4NH
(1)配制溶液：称取一定质量的CuSO4·5H2O晶体，放入锥形瓶中，溶解后滴加氨水。装置如图A所示(胶头滴管中吸有氨水)。
滴加氨水时，有浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4生成；继续滴加氨水，沉淀消失，得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液。用离子方程式表示由浅蓝色沉淀得到深蓝色溶液的原理：_______
(2)制备晶体：将A中溶液转移至B中，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体；将B中混合物转移至C的漏斗中，减压过滤，用乙醇洗涤晶体2～3次；取出晶体，冷风吹干。
①晶体不采用加热烘干的原因是_______
②减压过滤时，抽气泵处于工作状态，活塞需关闭，使装置内产生负压。洗涤晶体时，应该在打开活塞的状态下，向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀，原因是_______。
(3)废液回收：从含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和氨水的废液中回收乙醇并获得CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液，应加入的试剂是_______(填序号)
A．盐酸 B．硝酸 C．硫酸 D．氢氧化钠溶液。
已知硫酸铵溶液高温易分解，回收乙醇的实验方法为_______
A．蒸馏 B．减压蒸馏 C．萃取 D．分液
(4)用沉淀法测定晶体中SO的含量。称取一定质量的[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，加适量蒸馏水溶解，向其中滴加足量BaCl2溶液，搅拌，加热一段时间，过滤，洗涤，烘干，灼烧，称量沉淀的质量。下列有关说法正确的有_______。
A．滴加足量BaCl2溶液能降低实验数值偏低的可能性
B．检验沉淀已经洗净的方法为取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入BaCl2溶液，无白色沉淀生成，证明沉淀已洗净
C．洗涤后滤纸和固体一起灼烧，以免固体附着在滤纸上，造成损失。
D．已知[Cu(NH3)4]2+ 为平面四边形结构，中心Cu2+不可能是sp3杂化
(5)新制的氨水中含氮元素的微粒有3种：NH3、NH3·H2O和NH，其中NH3·H2O电离平衡受多种因素的影响。设计实验，控制变量，仅探究NH对NH3·H2O电离平衡的影响结果：
①限制试剂与仪器：0.1mol/L氨水、NH4Cl、CH3COONH4、NH4HCO3、(NH4)2CO3、量筒、烧杯、玻璃棒、药匙、天平、pH计、恒温水浴槽(可控制温度)。
②设计实验方案，拟定实验表格，完整体现实验方案。表格中“_______”处需测定的物理量为_______
物理量 实验序号 V(0.1mol/L氨水)/mL m(铵盐)/g t/℃ _______
1 100 0 25 b
2 100 a 25 c
③表中物理量“m(铵盐)/g”的铵盐应是_______
④按实验序号2所拟数据进行实验，忽略水电离的OH-，则一水合氮的电离度(平衡转化率)为_______。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A．由分子结构知，该分子中存在碳碳单键、碳碳三键交替排列，碳原子均采取sp杂化，A错误；
B．苯分子内形成了较稳定的大π键，而该分子内含有碳碳三键，故该分子可能比苯更加活泼，B错误；
C．有机物通常指含碳元素的化合物，该分子中只有碳元素，属于单质，不属于有机物，C错误；
D．由题给信息知，该分子具有半导体特性，因而可以使类似的直碳链成为分子级电子元件，D正确；
答案选D。
2．B
【详解】A．SiH4和CH4都属于分子晶体，影响分子晶体的沸点高低的因素是分子间作用力的大小，相对分子质量越大，分子间作用力越大，NH3分子间存在氢键，沸点反常偏高大于PH3，故A错误；
B．液晶、等离子体都是物质的聚集体，故B正确；
C．CO2 晶体是分子晶体，但是SiO2 晶体是原子晶体，故C错误；
D．C2H6中两个 CH3对称，是非极性分子，是直线型，而C3H8是锯齿形结构，是极性分子，故D错误；
答案选B。
3．B
【分析】X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，根据所给的结构为离子化合物，则Y+为Li+或Na+，X形成一个共价键，应为H或F（X、Y、Z序数依次增大，X不是Cl），Z形成6个共价键，Z原子序数是三种元素中最大的，Z原子的单电子数是Y原子的三倍，Y不论是Li还是Na，单电子数均为1，则Z原子的单电子数为3，故Z应为P，三种元素不同主族，故X应为F，则Y为Na，Z为P，据此作答。
【详解】A．由分析可知，X、Y分别为F、Na，F-和Na+电子结构相同，原子序数越小半径越大，故F-＞Na+，A错误；
B．由分析可知，X为F，是第9号元素，核外电子排布式为1s22s22p5，电子在5个轨道运动，电子的空间运动状态有5种，B正确；
C．由分析可知，X为F，则Y为Na，Z为P，同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上到下，第一电离能减小，所以第一电离能顺序是F>P>Na，C错误；
D．该化合物阴离子是，中心原子P的价层电子对数=，无孤电子对，呈正八面体结构，键角是90°或180°，D错误；
故选B。
4．B
【详解】A．ⅠA族元素原子最外层只有1个电子，与其它原子形成共价键时，只形成1个σ键，不可能有杂化轨道，故A正确；
B．杂化轨道只能用于形成σ键或用来容纳未参与成键的孤电子对，不能形成π键，故B错误；
C．杂化轨道只能用于形成σ键或用来容纳未参与成键的孤电子对，即孤对电子有可能参加杂化，故C正确；
D．p轨道只有3个方向不同的轨道，与1个s轨道最多形成sp3杂化，不可能有sp4出现，故D正确；
答案选B。
5．C
【详解】A．中S是sp3杂化，四面体结构，没有对称中心，正电荷、负电荷中心不重合，为极性分子，A错误；
B．为平面三角形，为三角锥形，二者的的键角不等，B错误；
C．硒位于第四周期ⅥA族，其基态原子价层电子排布式为，C正确；
D．ⅥA族元素氢化物中，H2O分子间能形成氢键，水的熔沸点最高，D错误；
故答案为：C。
6．A
【详解】A．CH4、NH、SO、PH、PO中心原子价电子对数都是4，无孤电子对，均为正四面体结构，故A正确；
B．H2S常温下为气态，故B错误；
C．金刚石是共价晶体，C60是分子晶体，所以C60的熔点低于金刚石，故C错误；
D．CH4和P4都为正四面体形，CH4中键角为109°28ˊ，P4中键角为60°，故D错误；
选A。
7．B
【详解】A．II中，碳碳三键与苯环相连，则在同一平面上，四个苯环在碳碳双键上，并且通过单键相连，则可以旋转共平面，则所有原子可能共平面，A项正确；
B．III中含有H、C、O、S、N五种元素，H含有一个价电子，C含有四个价电子，N含有5个价电子、O、S含有6个价电子，则III中N、O原子有孤电子对，B项错误；
C．同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减，则N、O、S的电负性：O>N>S，C项正确；
D．Ⅳ中Se原子最外层有6个电子，和两个C各共用一对电子后，还剩2对孤电子，即Se的价层电子对数是4，所以Se采用sp3的方式杂化，S含有6个价电子，无孤电子对，则采用sp3的方式杂化，D项正确；
答案选B。
8．B
【详解】A．N、Cl是两种不同的元素，因此N-Cl键是极性键；中心N原子价电子对数是4，有1对孤电子对，因此属于极性分子，即NCl3是由极性键构成的极性分子，A错误；
B．N、P、As是第VA的元素，元素的非金属性大于H元素，由于从上到下元素的原子半径逐渐增大，它们与H形成共价键的极性逐渐减弱，因此极性键之间的排斥力逐渐减小，导致态氢化物NH3、PH3、AsH3的键角逐渐减小，B正确；
C．在CH3Cl分子中C原子形成4个共价键，中心C原子采用sp3杂化；而COCl2分子中C与O原子之间以共价双键结合，中心C原子采用sp2杂化，C错误；
D．元素M的基态原子的核外电子排布式为，则M原子的最外层有7个电子，属于第五周期第VIIA的元素，而不是过渡元素，D错误；
故合理选项是B。
9．D
【详解】A．非金属性F＞Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，故A不选；
B．金刚石中键能大于硅中的键能，则金刚石的硬度大，熔点高，与键能有关，故B不选；
C．NaF、NaCl、NaBr、NaI都为离子晶体，离子半径越小，晶格能越大，故C不选；
D．F2、Cl2、Br2、I2的相对分子质量在增大，分子间作用力增大，则熔、沸点在增大，与键能无关，故D选；
故选D。
10．D
【详解】A．每个白磷（P4）分子中含有6个P-P键，n(P4)==1mol，则124gP4含有P-P键的数为6NA，A错误；
B．金刚砂中每个C原子与4个Si原子成键，每个Si原子与4个C原子成键，平均每个C原子Si-C键数目为4个，40g金刚砂的物质的量为1mol，Si-C键数目为4NA，B错误；
C．晶体Si中每个Si都与另外4个Si相连，平均每个Si原子成键数目为4×=2个，28g晶体硅中含Si原子的物质的量为1mol，则含有Si—Si键的个数为2NA，C错误；
D．SiO2中每个Si原子与4个O原子成键，60SiO2的物质的量为1mol，含Si-O键的个数为4 NA，D正确；
故选D。
11．D
【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中C为第三周期简单离子半径最小的元素，则C为Al；0.1mol L-1 B的最高价氧化物对应的水化物溶液呈碱性，pH=13，且加水稀释1000倍时，ΔpH(B)=3，说明该碱是强碱，由于B的原子序数小于C，故B为Na；同理，0.1mol L-1 A的最高价氧化物对应的水化物溶液呈酸性，pH=1，且加水稀释1000倍时，ΔpH(A)=3，说明该酸是强酸，由于A的原子序数小于C，故A为N；0.1mol L-1 D的最高价氧化物对应的水化物溶液呈酸性，pH=0.7，该酸是多元强酸，则D是S，E是Cl；综上所述，A为N，B为Na，C为Al，D是S，E是Cl。
【详解】A．由分析可知，C为Al，D是S，浓H2SO4在加热条件下可以和Al发生反应生成Al2(SO4)、SO2和H2O，A正确；
B．由分析可知，A为N，E是Cl；NCl3分子的中心原子N的价层电子对数为3+=3+1=4，N含有1个孤电子对，则NCl3分子的空间构型为三角锥形，B正确；
C．由分析可知，B为Na，D是S，E是Cl；Na2O2、NaClO等具有强氧化性，可以作漂白剂，SO2能和有色物质反应生成无色物质，也可以作漂白剂，C正确；
D．由分析可知，C为Al，Al3+只能和碱反应，故Al3+不具有两性，D错误；
故选D。
12．D
【详解】A．C6H6中的碳碳键是介于C-C和C=C之间的独特的化学键，由于键长C-C>C=C，所以键长(C-C)：C6H6
答案选D。
13．A
【详解】A．BF3的中心原子的价层电子对数为3+=3，VSEPR模型为平面三角形，中心原子的杂化方式是sp2，故A正确；
B．CO2的中心原子的价层电子对数为2+=2，VSEPR模型为直线形，中心原子的杂化方式是sp，故B错误；
C．CH4的中心原子的价层电子对数为4+=4，VSEPR模型为正四面体，中心原子的杂化方式是sp3，故C错误；
D．H2O的中心原子的价层电子对数为2+=4，VSEPR模型为四面体，中心原子的杂化方式是sp3，故D错误；
故选：A。
14．A
【详解】A．CO2存在共价双键，含有σ键和π键，分子结构对称，正负电荷中心重叠的分子是非极性分子，故A正确；
B．Cl2只含有单键，只有σ键，故B错误；
C．H2O2中存在H-O和O-O键，只有σ键，故C错误；
D．HCl只含有单键，只有σ键，故D错误；
故选A。
15．(1)
(2) F>N>O>C
(3) H＜C＜O
(4) 8 体心
【解析】(1)
Co为27号元素，价电子排布式为3d74s2，则基态Co原子的价层电子排布图为：，故答案为：；
(2)
根据孤电子对— 孤电子对的斥力>孤电子对— 价电子的斥力>价电子—价电子的斥力，而OF2中O原子有2对孤电子对，NF3中N原子有1对孤电子对，CF4中C原子无孤电子对，所以OF2、NF3、CF4的键角由大到小的顺序为: CF4>NF3>OF2；同一周期从左到右，第一电离能逐渐增大，但是N的2p能级处于半充满的稳定结构，其第一电离能大于O，所以C、N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为：F>N>O>C，故答案为：CF4>NF3>OF2，F>N>O>C；
(3)
冠醚分子中O原子形成2个σ键，根据氧原子的最外层电子数可知O原子价层还有2个孤电子对，所以O原子的价层电子对数为4，为sp3杂化；同一周期从左到右，电负性逐渐增大，同一主族从上到下，电负性逐渐减小，所以电负性：H
①由晶胞图可看出，顶点K与三个面心F形成一个正四面体空隙，故每个晶胞中由K和F共同形成的正四面体空隙有8个,故答案为：8；②将晶胞平移后，当Co处于各顶角位置，则K处于体心位置，故答案为:体心；
16．(1) Li+ 4
(2) 4:5 正四面体形 7NA
【详解】（1）①由题中图示可以看出图-1、图-2中小球表示的是Li+；
②根据Li+ 数目计算，Li+位于顶点和面心和棱心，Li+ 数为，故图-1中每个晶胞中含有的单元数有4个；
③图-2中Li+ 数为，脱出的Li+ 数为4-=，电池充电时，脱出部分，形成，，x=；
（2）④基态的电子排布式为[Ar]3d6，未成对的电子有4个，电子排布式为[Ar]3d5，未成对的电子有5个，离子中未成对的电子数之比为4:5；
⑤磷酸根离子中心原子成4个键，价层电子对为4，采取sp3杂化，空间构型为正四面体形；
⑥1mol分子中含有的σ键的数目为7NA；
⑦根据流程图可知、和煅烧得到，化学方程式为；
⑧由得失电子守恒：，有煅烧方程式可知：，故有，二者物质的量之比为1:1，理论上所需17%双氧水与的质量比为；
17． 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
【详解】
(1) VO43- (2)H2VO4- (3)VO2(H2O)4+ (4) V2O74-
以下画法不扣分。
VO2(H2O)4+ 等等，未画成双键不扣分。
1-2 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
18． (，1，)
【详解】①根据图示可知d点在后面的面心上，则d点的坐标为(，1，)；
②根据图示可知：在一个晶胞中含有Ti原子个数为8×=1，含有Co原子数为1；含有O原子数为6×=3，所以晶胞质量，所以a=nm。
19．(1)Cu2(OH)2SO4+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2+ +SO+2OH- +8H2O
(2) 晶体受热易脱水脱氨(“晶体受热易分解”或“加热烘干变质”) 为了使乙醇较慢的从漏斗中流出来并与晶体充分接触，提高洗涤的效果
(3) C B
(4)ACD
(5) pH NH4Cl
【分析】装置A为封闭体系，加入氨气后有利于氨气充分吸收；滴加氨水时，硫酸铜和氨水生成浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4，继续滴加氨水，沉淀消失，生成络合物，得到深蓝色[Cu(NH3)4]SO4溶液；洗涤原容器有利于反应物充分利用；加入洗涤剂洗涤晶体时，要保证正常压强，洗涤剂和洗涤物充分混合有利于洗涤充分；废液回收过程是从含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和氨水的废液中回收乙醇并获得CuSO4、(NH4)2SO4的混合溶液，废液存在络离子，需要加入H2SO4，除去络离子；沸点不同的物质可以蒸馏分离。
【详解】（1）CuSO4·5H2O晶体溶解后滴加氨水，生成浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4；继续滴加氨水，得到深蓝色溶液[Cu(NH3)4]SO4，反应过程中氨水中的一水合氨或氨气参加反应，[Cu(NH3)4]SO4为可溶性强电解质，在水溶液中完全电离，离子方程式为：Cu2(OH)2SO4+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2+ +SO+2OH- +8H2O；
（2）①晶体不采用加热烘干的原因是防止失去结晶水，降低产物产率；
②装置内产生负压时，漏斗中液体会被迅速抽入吸滤瓶中，而洗涤过程为了使乙醇较慢的从漏斗中流出来并与晶体充分接触，提高洗涤的效果，需打开活塞；
（3）该过程需要将[Cu(NH3)4]SO4转化为CuSO4，氨水中一水合氨和氨气转化为(NH4)2SO4，类似于NH3→(NH4)2SO4，应加入的试剂是硫酸，故选C；充分反应后溶液为无机盐和乙醇的水溶液，回收乙醇是液液互溶体系分离，回收乙醇的实验方法为蒸馏，为防止硫酸铵分解，需减压蒸馏，降低蒸馏所需温度，故选B；
（4）A．足量BaCl2溶液可以使硫酸根完全沉淀，降低实验数值偏低的可能性，A正确；
B．沉淀表明的杂质主要为氯离子，检验沉淀已经洗净即检验是否有氯离子，应取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，证明沉淀洗净，B错误；
C．洗涤后滤纸和固体一起灼烧，可以保证所有沉淀均被回收，C正确；
D．若Cu2+为sp3杂化，则其空间构型应为正四面体形，而不是正方形，D正确；
故答案为：ACD；
（5）②本实验的目的是探究影响NH3·H2O电离平衡的因素，NH3·H2O电离平衡受到影响时，溶液的pH会发生变化，所以还需测定的物理量为pH；
③CH3COONH4、NH4HCO3、(NH4)2CO3所含的酸根均为弱酸根，弱酸根会发生水解，影响溶液pH，所以铵盐应选用NH4Cl；
④一水合氨的电离平衡：NH3·H2ONH+OH-，溶液pH=c，则c(H+)=10-cmol/L、c(OH-)=10c-14mol/L，忽略水电离的OH-，所以氢氧根全部由一水合氨电离，则一水合氮的电离度。
答案第1页，共2页
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