第二章第二节分子的空间结构同步练习- 高二上学期化学人教版（2019）选择性必修2

第二节分子的空间结构专题强化一、单选题（共20题，每题2分，共40分）1．根据科学人员探测，在海洋深处的沉积物中含有可燃冰，主要成分是甲烷水合物。有关其组成的两种分子的下列说法正确的是()A．它们之间以氢键结合在一起B．它们的成键电子的原子轨道都是sp3—sσ键C．它们都是极性键构成的极性分子D．它们的立体结构都相同2．把下列液体分别装在酸式滴定管中，并使其以细流流下，当用带电的玻璃棒接近液体细流时，细流流向可能发生偏转的是A．CCl4 B．CO2 C．CS2 D．H2O3．氯化亚硕()是一种很重要的化学试剂，可以作为氯化剂和脱水剂。下列关于氯化亚硕分子的空间结构和中心原子(S)采取何种杂化方式的说法正确的是A．三角锥形、 B．角形、C．平面三角形、 D．三角锥形、4．CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径．以下是在一定条件下用NH3捕获CO2生成重要化工产品三聚氰酸（下图所示），有关三聚氰酸的说法不正确的是A．分子式为C3H3N3O3B．分子中只含极性键，不含非极性键C．属于共价化合物D．该分子中的N原子采用sp杂化、C原子采用sp2杂化5．下列分子中画横线的原子的杂化轨道类型属于的是A． B． C． D．6．下列分子或离子中，其中心原子的杂化方式和分子或离子的空间结构均正确的是A．：、直线形 B．：、三角锥形C．：、V形 D．：、平面三角形7．如图是乙烯分子的空间结构，下列对乙烯分子中的化学键的分析正确的是A．杂化轨道形成σ键、未参与杂化的2p轨道形成π键B．杂化轨道形成π键、未参与杂化的2p轨道形成σ键C．C、H之间的化学键是杂化轨道形成的σ键，C、C之间的化学键是未参与杂化的2p轨道形成的π键D．C、C之间的化学键是杂化轨道形成的σ键，C、H之间的化学键是未参与杂化的2p轨道形成的π键8．下列说法正确的是A．CHCl3分子呈正四面体形B．H2S分子中S原子采用sp2杂化，其分子的空间构型为V形C．二氧化碳分子中碳原子采用sp杂化，其为直线形分子D．呈三角锥形9．法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是A．该分子属于极性分子B．该分子中C-F键的极性大于C-N键的极性C．该分子中所有C原子都为sp3杂化D．该分子中σ键与π键数目之比为15：410．顺铂[]是1969年发现的第一种具有抗癌活性的金属配合物，碳铂是1，1－环丁二羧酸二氨合铂(Ⅱ)的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构如图所示，其毒副作用低于顺铂。下列说法正确的是A．顺铂分子中氮原子的杂化方式是B．碳铂中所有碳原子在同一平面上C．碳铂分子中杂化的碳原子与杂化的碳原子数目之比为2∶1D．1mol碳铂中含有σ键的数目为1811．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素。基态X原子的2p轨道上有4个电子，X、Y同主族，Y、Z同周期，基态Z原子能量最高的能级上有1个未成对电子，基态W原子的3d能级上只有1对成对电子。下列说法正确的是A．气态氢化物的热稳定性：Y＞XB．Y2Z2分子中存在极性键和非极性键C．加热条件下，Z与W的单质化合生成WZ2D．的空间构型为平面三角形12．物质的组成与结构决定了物质的性质与变化，结构化学是化学研究的重要领域。下列说法正确的是A．元素周期系和元素周期表都不只有一个，都是多种多样的B．在基态14C原子中，核外存在2对自旋相反的电子，其核外电子有4种运动状态C．I离子的几何构型为V型，其中心原子的杂化形式为sp2杂化D．已知苯酚()具有弱酸性，其Ka=1.1×10-10；水杨酸()第一级电离形成的离子()能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)＜Ka(苯酚)13．N和P为同族元素，下列说法正确的是A．N元素、P元素形成单质分子的空间结构均相同B．NH3和PH3均可和H+形成配位键C．HNO3与H3PO4均是强酸D．PCl3与PCl5中P原子的杂化方式相同14．一种叠氮桥基配位化合物C的合成方法如图，下列叙述正确的是（）A．基态Br价电子排布式为3d104s24p5B．NaN3中N立体构型为V形C．物质C中氮原子杂化形式有sp、sp2、sp3D．CH3OH是手性分子15．根据VSEPR模型判断，下列微粒中所有原子都在同一平面上的是A．和 B．和 C．和CH4 D．和PCl316．为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．分子中，S原子的价层电子对数目为B．标准状况下，环己烷的分子数为C．溶液中，和的离子数目之和为D．电极反应，每转移电子释放个17．含巯基()的有机化合物a、b可作为重金属元素汞的解毒剂。为b的解毒原理。下列说法正确的是A．a中键角是180° B．b中S原子采取杂化C．c中S元素的电负性最大 D．a的水溶性大于b18．下列有关化学用语表示正确的是A．丙烯的键线式： B．的电子式：C．基态铜原子的核外电子排布式： D．的模型名称：正四面体19．苯虽然可以发生各种化学反应，但苯环却通常难以被打破。2019年，英国牛津大学的研究人员却发现，一种基于铝的配位化合物能够将靠转换成直键烃类，反应如下：其中为邻苯二甲酸异戊酯。下列说法正确的是A．有和两种同分异构体B．由于苯可以从石油中获取，这一发现有望拓展石油化工的产品范围C．Y中的氧化数为D．化合物X中的氧原子采取杂化成键20．“笑气”是人类最早应用于医疗的麻醉剂之一，有关理论认为与分子具有相似的结构(包括电子式)。已知分子中氧原子只与一个氮原子相连，下列说法合理的是A．的电子式可表示为：B．与具有相似的结构(包括电子式)C．与均不含键D．为三角形分子二、综合题（共6题，每题10分，共60分）21．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5.0×10-5mol，用0.01moldm-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+2.1×10141.7×10242.0×10211.3×1014沉淀KspFe(OH)2Fe(OH)38.0×10-164.0×10-3822．为测定CuSO4溶液的浓度，设计方案如下。回答下列问题：实验原理：实验步骤：（1）中S原子杂化轨道类型___________；的立体构型是___________；基态铜原子的核外电子排布式为：___________。（2）判断沉淀完全的操作为___________；步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为___________。（3）步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为___________。（4）固体质量为wg，则c(CuSO4)=___________mol·L−1。（5）若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO4)___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。23．是制备铁催化剂的主要原料，某化学小组利用莫尔盐制备的实验流程如下：已知：氧化操作中除生成外，另一部分铁元素转化为红褐色沉淀。(1)的空间构型为___________。(2)“酸溶”时，莫尔盐___________(填“能”或“不能”)用的溶解，原因是___________。(3)第一次“煮沸”时，生成的离子方程式为___________。(4)“氧化”时所用的实验装置如图所示(夹持装置略去)，导管a的作用是___________；“氧化”时反应液应保持温度在40℃左右，则适宜的加热方式为___________(填“直接加热”或“水浴加热”)。(5)测定产品中铁的含量。步骤ⅰ：称量mg样品，加水溶解，加入稀硫酸，再滴入的溶液使其恰好反应完全。步骤ⅱ：向步骤ⅰ所得的溶液中加入过量Cu粉，反应完全后，滤去不溶物，向溶液中滴入酸化的的溶液，滴定至终点，消耗溶液。①步骤ⅰ中，若加入的溶液过量，则所测的铁元素的含量___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)，若步骤ⅱ中不滤去不溶物，则所测的铁元素的含量___________。②该样品中铁元素的质量分数为___________(用含m、y、z的代数式表示)。24．某小组探究Cu与反应，发现有趣的现象。室温下，的稀硝酸(溶液A)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生，而溶液B(见图)遇铜片立即产生气泡。回答下列问题：(1)探究溶液B遇铜片立即发生反应的原因。①假设1：_____________对该反应有催化作用。实验验证：向溶液A中加入少量硝酸铜，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。结论：假设1不成立。②假设2：对该反应有催化作用。方案Ⅰ：向盛有铜片的溶液A中通入少量，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补充对比实验：向盛有铜片的溶液A中加入几滴的硝酸，没有明显变化。补充该实验的目的是_____________。方案Ⅱ：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C。相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：，该实验能够证明假设2成立的理由是_________________。③查阅资料：溶于水可以生成和___________________。向盛有铜片的溶液A中加入，铜片上立即产生气泡，实验证明对该反应也有催化作用。结论：和均对Cu与的反应有催化作用。(2)试从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因________________。(3)Cu与稀硝酸反应中参与的可能催化过程如下。将ii补充完整。i．ii．______________________iii．(4)探究的性质。将一定质量的放在坩埚中加热，在不同温度阶段进行质量分析，当温度升至时，剩余固体质量变为原来的，则剩余固体的化学式可能为______________。25．氯吡苯脲是一种常用的膨大剂，其结构简式为，它是经国家批准使用的植物生长调节剂。(1)氯元素基态原子核外电子的未成对电子数为______。(2)氯吡苯脲晶体中，氮原子的杂化轨道类型有______，羰基碳原子的杂化轨道类型为______。(3)已知，可用异氰酸苯酯与2-氯-4-氨基吡啶反应生成氯吡苯脲：，反应过程中，每生成氯吡苯脲，断裂______键，断裂______键。(4)膨大剂能在动物体内代谢，其产物较为复杂，其中有、、等。①请用共价键的相关知识解释分子比分子稳定的原因：______。②、、分子的空间结构分别是______，中心原子的杂化类型分别是______。26．按要求填空：(1)基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]___________。(2)D元素的正三价离子的3d能级为半充满，D的元素符号为___________，该原子的原子结构示意图为___________。(3)钒在元素周期表中的位置为___________，其价层电子排布图为___________。(4)E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，E的元素符号为_______，其价电子排布图为___________。(5)基态Cr原子有___________个未成对电子，Cr的M层电子排布式为___________。(6)铝原子核外电子云有___________种不同的伸展方向，有___________种不同运动状态的电子。(7)在BF3分子中，F—B—F的键角是___________，硼原子的杂化轨道类型为___________，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF的立体构型为___________。参考答案1．B【详解】甲烷水合物中包含CH4、H2O两种分子；二者中心原子均以sp3杂化，CH4中形成4个sp3-sσ键，H2O中形成2个sp3-sσ键；CH4是正四面体形，H2O是V形，所以CH4是极性键构成的非极性分子，H2O是极性键构成的极性分子。在可燃冰中，CH4和H2O分子之间以分子间作用力结合，结合以上分析可知，B正确；综上所述，本题选B。2．D【分析】当用带电的玻璃棒接近液体细流时，由于极性分子的正电中心和负电中心不重合，会受到静电作用而使细流流向发生偏转，故应选极性分子。【详解】A．CCl4中心原子碳原子价层电子对数为4，无孤对电子，采用sp3杂化，为正四面体形构型，属于非极性分子，故A不选；B．CO2中心原子碳原子价层电子对数为2，无孤对电子，采用sp杂化，为直线形构型，属于非极性分子，故B不选；C．CS2中心原子碳原子价层电子对数为2，无孤对电子，采用sp杂化，为直线形构型，属于非极性分子，故C不选；D．H2O中心原子氧原子价层电子对数为2，有2对孤对电子，采用sp3杂化，为V形构型，属于极性分子，故D应选；答案选D。3．A【详解】根据价电子对互斥理论确定微粒的空间结构，价电子对数=成键电子对数+孤电子对数，成键电子对数=与中心原子成键的原子数，孤电子对数，中与S原子成键的原子数为3，孤电子对数，所以S原子采取杂化，分子的空间结构为三角锥形。故选：A。4．D【详解】A．由三聚氰酸的结构简式可知，其分子式为C3H3N3O3，故A正确；B．分子中化学键都是不同原子之间形成的共价键，都是极性键，不存在非极性键，故B正确；C．三聚氰酸分子是原子之间通过共价键形成的分子，属于共价化合物，故C正确；D．分子中N原子形成2个σ键，且有1个孤电子对，为sp2杂化，故D错误；故选D。5．C【详解】A．甲烷分子中碳原子含有4个键且不含孤电子对，采用杂化，故A错误；B．乙烯分子中每个碳原子含有3个键，不含孤电子对，碳原子采用杂化，故B错误；C．乙炔分子中每个碳原子含有2个键，不含孤电子对，C原子采用杂化，故C正确；D．氨分子中氮原子含有3个键和1个孤电子对，采用杂化，故D错误。故答案为：C6．D【详解】A．乙炔的结构式为，每个碳原子的价层电子对数是2，且不含孤电子对，所以C原子均采取杂化，的空间结构为直线形，A项错误；B．的中心原子的价层电子对数，不含孤电子对，杂化轨道数为4，S原子采取杂化，分子的空间结构为正四面体形，B项错误；C．的中心原子的价层电子对数，所以中心原子采取杂化，该离子中含有一对孤电子对，所以其空间结构为三角锥形，C项错误；D．的中心原子的价层电子对数，杂化轨道数为3，所以B原子采取杂化，不含孤电子对，所以其空间结构为平面三角形，D项正确；故选：D。7．A【详解】乙烯分子中存在4个和1个，C原子上孤电子对数为0，σ键电子对数为3，则C原子采取杂化，C、H之间的化学键是杂化轨道与H的s轨道形成的σ键，C、C之间的化学键有1个是杂化轨道形成的σ键，还有1个是未参与杂化的2p轨道形成的π键。A．杂化轨道形成σ键、未参与杂化的2p轨道形成π键,故A正确；B．杂化轨道形成σ键、未参与杂化的2p轨道形成π键，故B错误；C．C、H之间的化学键是σ键，C、C之间的化学键σ键和π键，故C错误；D．C、C之间的化学键σ键和π键，C、H之间的化学键是σ键，故D错误；故答案为A8．C【详解】A．甲烷分子中的4个共价键完全相同，其空间构型是正四面体形，CHCl3分子中的4个共价键不完全相同，所以其空间构型不是正四面体形，A错误；B．H2S分子中S原子采用sp3杂化，含有2对孤电子对，其空间构型为V形，故B错误；C．二氧化碳中C原子的价层电子对数为2，二氧化碳分子中C原子采用sp杂化，分子呈直线形，故C正确；D．中N原子采用sp3杂化，不含孤电子对，呈正四面体形，故D错误；故选C。9．C【详解】A．根据结构可知该分子不具有对称结构，属于极性分子，故A正确；B．非金属性F>N，则C-F键的极性大于C-N键的极性，故B正确；C．该分子中双键的成键C原子为sp2杂化，故C错误；D．该分子含有1个C=N、1个C=C、2个C=O、2个C-C、4个C-N、3个N-H、1个C-H、1个C-F键，其中每个单键为1个σ键，双键中含有1个σ键、1个π键，则该分子中σ键与π键数目之比为15:4，故D正确；故选C。10．C【分析】根据结构特点判断杂化类型或共价键类型，当碳原子、氮原子形成的键都是单键时判断采用sp3杂化，共价键中单键是σ键，双键中有1个σ键和1个Π键进行判断；【详解】A．根据氮原子在结构中形成三个单键判断，氮原子采用sp3杂化，故A错误；B．根据碳铂中有4个碳原子采用的是sp3杂化判断，所有碳原子不可能在同一平面，故B错误；C．根据碳原子成键特点判断杂化类型，碳形成4个单键判断碳采用sp3杂化，有4个碳原子，碳原子形成双键判断碳采用sp2杂化，有2个碳原子，故之比为2:1，故C正确；D．根据单键是σ键，双键中1个σ键和1个Π键进行判断，σ键有24个，故D错误；故选答案C。根据结构判断化学键类型，根据碳原子成键特点形成4个化学键判断氢原子个数。11．B【分析】根据题中信息，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，基态X原子的2p轨道上有4个电子，则X的电子排布式为1s22s22p4，X为O元素，X、Y同主族，且原子序数比O大，则Y为S元素，Y、Z同周期，基态Z原子能量最高的能级上有1个未成对电子，Z的原子序数比S大，则Z为Cl元素，基态W原子的3d能级上只有1对成对电子，其价电子排布为3d64s2，则W为Fe元素；据此解答。【详解】A．X为O元素，Y为S元素，二者属于同主族元素，从上而下，非金属性减弱，非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，原子序数O＜S，非金属性O＞S，气态氢化物的热稳定性O＞S，故A错误；B．Y为S元素，Z为Cl元素，Y2Z2分子为S2Cl2，其结构式为Cl-S-S-Cl，该分子中存在Cl-S极性键和S-S非极性键，故B正确；C．Z为Cl元素，W为Fe元素，在加热条件下，Fe与Cl2发生反应生成FeCl3，即2Fe+3Cl22FeCl3，故C错误；D．X为O元素，Y为S元素，为，的价层电子对个数=3+=3+1=4，有1对孤电子对，S原子采取sp3杂化，其空间构型为三角锥形，故D错误；答案为B。12．D【详解】A．俄国化学家门捷列夫于1869年总结发表此周期表(第一代元素周期表)，此后不断有人提出各种类型周期表不下170余种，归纳起来主要有：短式表(以门捷列夫为代表)、长式表(以维尔纳式为代表)、特长表(以波尔塔式为代表)；平面螺线表和圆形表(以达姆开夫式为代表)；立体周期表(以莱西的圆锥柱立体表为代表)等众多类型表，元素周期表又称为元素周期系，二者指代的是同一名词，故A错误；B．在基态14C原子核外电子排布式为1s22s22p2，根据洪特规则，2p能级上的两个电子分别占据一个空轨道，且自旋方向相同，则核外存在2对自旋相反的电子，其核外电子有6种运动状态，故B错误；C．I离子中心I原子的价层电子对数=2+=4，其中心原子的杂化形式为sp3杂化，空间几何构型为V型，故C错误；D．根据题意，水杨酸()第一级电离形成的离子()能形成分子内氢键，分子内氢键的形成会使该微粒中酚羟基上的氢离子更难电离出H+，导致的酸性比苯酚的酸性弱，因此相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)＜Ka(苯酚)，故D正确；答案选D。13．B【详解】A．同族元素形成的单质空间结构不一定相同，如氮气为直线型，P4为正四面体构型，故A错误；B．和化学性质相似，均可以与形成配离子和，故B正确；C．硝酸是强酸，磷酸为中强酸，故C错误；D．与相似，其中P原子为杂化，中P原子为杂化，空间构型为三角双锥形，故D错误；故选B。14．C【详解】A.Br价电子为7，为N层电子，Br价电子排布式为4s24p5，故A错误；B.N与CO2为等电子体，电子数都为16，为直线形分子，故B错误；C.物质C中氮原子成键方式有、和—N=NN三种方式，氮原子杂化形式为sp、sp2、sp3，故C正确；D.手性分子应连接4个不同的原子或原子团，CH3OH不是手性分子，故D错误；故选：C。15．A【详解】A．SO3中心原子价层电子数为3，没有孤电子对，为平面三角形；中心原子价层电子数为3，没有孤电子对，为平面三角形，选项A正确；B．NH3为三角锥结构；中心原子价层电子数为3，1对孤电子对，为V型，选项B错误；C．BF3中心原子价层电子数为3，没有孤电子对，为平面三角形；CH4中心原子价层电子数为4，没有孤电子对，为正四面体，选项C错误；D．H2O中心原子价层电子数为4，2对孤电子对，为V型，PCl3中心原子价层电子数为3，1对孤电子对，三角锥结构，选项D错误；答案选A。16．A【详解】A．H2S中S的价层电子对数=2+=4，因此分子中，S原子的价层电子对数目为，A正确；B．标准状况下，环己烷不是气体，因此无法计算，B错误；C．溶液中，根据物料守恒可知、、的总物质的量为0.01mol，因此和的离子数目之和小于，C错误；D．由可知，每转移xmol电子，释放xmolLi+，因此每转移电子释放个，D错误；答案选A。17．D【详解】A．a中C原子是sp3杂化，键角大约为109.5°，故A错误；B．b中S原子价层电子对数为2+=4，S原子采取sp3杂化，故B错误；C．周期表中同主族从下到上，同周期从左到右，元素的电负性变大，c中O元素的电负性最大，故C错误；D．a是钠盐，b是共价化合物，a的水溶性大于b，故D正确；故选D。18．A【详解】A．键线式中所有拐点和端点都有一个碳原子，丙烯有3个碳原子，丙烯的结构式为，故其键线式为，选项A正确；B．氨分子中氢原子被氨基（-NH2）取代后的生成物叫肼，分子中全部为单键，电子式为：，选项B错误；C．Cu是29号元素，原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，选项C错误；D．NH3分子中N原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+（5-3×1）=4，VSEPR模型为正四面体结构；含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥形，VSEPR模型与分子立体结构模型不一致，选项D错误；答案选A。19．B【详解】A．没有同分异构体，故A错误；B．苯可以从石油中获取，可以拓展石油化工的产品范围，故B正确；C．Y中的氧化数为，故C错误；D．化合物X中的氧原子采取杂化成键，故D错误；故选B。20．A【详解】A．与分子具有相似的结构，分子中碳氧原子间为双键，所以的电子式可表示为：，A正确；B．N2O为分子晶体，SiO2为原子晶体，结构不同，B错误；C．中键及键中有键，中C=O键中含有键，C错误；D．与分子具有相似的结构，所以为直线形分子，D错误；故选A。21．VO、H2VO、VO2(H2O)和V2OMtrc-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xmoldm-3Fe3++edta4-=[Fe(edta)]-=1.7×1024x=2.9×10-27(2)第二步设残余Fe3+浓度为ymoldm-3Fe3++3phen=Fe(phen)33+=1.3×1014y=2.2×10-35或者(1)第一步设残余Fe3+浓度为xmoldm-3Fe3++3phen=Fe(phen)=1.3×10143.8×10-13(2)第二步设残余Fe3+浓度为ymoldm-3Fe3++edta4-=[Fe(edta)]-=1.7×1024y=2.2×10-35【解析】【详解】(1)VO43-(2)H2VO4-(3)VO2(H2O)4+(4)V2O74-以下画法不扣分。VO2(H2O)4+等等，未画成双键不扣分。1-2Mtrc-Fe2++H2VO4+4H+=Mtrc-Fe3++VO2++3H2O1-31-3-11-3-2分子的手性来源于鳌环的扭曲导致镜面对称性破缺。1-4Y2O3+6HNO3=2Y(NO3)3+3H2OV2O5+2NH3·H2O=2NH4VO3+H2OY(NO3)3+NH4VO3+2NH3·H2O=YVO4↓+3NH4NO3+H2O(1分，未画↓不扣分)(共3分)1-51-5-1。(1)如果在弱酸性条件下，采取沉淀法除铁，则有以下问题：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xmoldm-3Fe3++edta4-=[Fe(edta)]-=1.7×1024x=2.9×10-27(2)第二步设残余Fe3+浓度为ymoldm-3Fe3++3phen=Fe(phen)=1.3×1014y=2.2×10-35或者(1)第一步设残余Fe3+浓度为xmoldm-3Fe3++3phen=Fe(phen)33+=1.3×10143.8×10-13(2)第二步设残余Fe3+浓度为ymoldm-3Fe3++edta4-=[Fe(edta)]-=1.7×1024y=2.2×10-3522．（1）sp3正四面体[Ar]3d104s1（2）向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全AgNO3溶液（3）坩埚（4）（5）偏低【解析】（1）根据中心原子含有的共价键个数与孤电子对个数之和确定其空间构型和杂化方式，离子中含有4个σ键，没有孤电子对，所以其立体构型是正四面体，硫原子采取sp3杂化；铜是29号元素，核外有4个电子层，最外层有一个电子，基态铜原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63p104s1或[Ar]3d104s1；（2）硫酸根离子的检验是滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中含有硫酸根离子，故判断沉淀完全的操作是向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀完全；步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO3溶液，硫酸钡沉淀中可能附着有氯化钡或氯化铜，为了证明是否洗净即检验有无氯离子，需要加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明没有洗净；（3）步骤③灼烧时盛装样品的仪器为坩埚；（4）固体质量为wg，为硫酸钡的质wg量，硫酸钡的物质的量n=，根据硫酸根离子守恒可知，CuSO4~BaSO4则c(CuSO4)===mol·L−1；（5）若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，会使固体的质量偏小，物质的量偏小，根据c=可知，则测得c(CuSO4)偏低；23．V形不能会与反应生成污染环境的气体(或会消耗更多的等合理答案)平衡气压，使液体顺利滴下水浴加热偏小偏大【分析】由实验流程可知，用硫酸溶解后，加入草酸溶液煮沸生成，加入H2O2溶液进行氧化将Fe元素转化为+3价，加入饱和草酸钾和草酸溶液煮沸得到溶液，经过一系列操作得到产品【详解】（1）H2O分子，中心原子的价层电子对数：，孤电子对数为2，则水的空间构型为：V形；（2）HNO3具有氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+，不能得到预期产物，故：“酸溶”时，莫尔盐不能用的溶解，原因是：会与反应生成污染环境的气体(或会消耗更多的等合理答案)；（3）H2C2O4与Fe2+反应生成，非氧化还原反应，根据元素守恒，反应的离子方程式为：；（4）漏斗需要和外界气压平衡，里面的液体才能顺利流下，故作用为：平衡气体，使液体顺利流下；需要保持40℃温度加热，温度较低且要控制温度，所以采用水浴加热；（5）①步骤ⅰ加入溶液时发生反应的离子方程式为，无色草酸根和有色高锰酸钾氧化还原反应，计算草酸根含量，步骤ii发生的反应为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，Fe3+氧化Cu得到还原性Fe2+，通过Fe2+和MnO4-反应来计算铁元素的含量，步骤ⅰ中，若加入的溶液过量，使步骤ii中消耗的减少，计算的铁元素偏小；若步骤ⅱ中不滤去不溶物Cu，会和生成的Fe3+继续反应生成Fe2+，使消耗偏多，测得铁元素含量偏大；②根据关系式，可以得出，铁的质量为：0.28xyg，该样品中铁元素的质量分数为24．Cu2+排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响通入N2可以带走溶液中的，因此三份溶液中的浓度：B＞C＞A，反应速率随浓度降低而减慢，说明对该反应有催化作用有单电子，很容易得到一个电子形成更稳定的；为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得电子【分析】影响铜和硝酸反应速率的外因有反应物的浓度、温度、催化剂等，要探究催化剂对反应速率的影响，变量是催化剂，作对比实验，反应物浓度、温度必须相同，催化剂可以参与反应，先在反应中消耗后又重新生成，反应前后催化剂的质量和化学性质不发生改变；计算受热分解所得产物化学式时，结晶水合物先失去水、硝酸盐不稳定分解、结合应用质量守恒定律计算即可；【详解】(1)①溶液B与稀硝酸的区别就是B是铜和浓硝酸反应后的稀释液，先呈绿色后呈蓝色，稀释液中除了硝酸还存在铜离子、少量二氧化氮，溶液B遇铜片立即发生反应，催化剂能极大地加快反应速率，故推测Cu2+对该反应有催化作用、并通过实验探究之。②排除了Cu2+对该反应有催化作用，就要通过实验探究对该反应有催化作用。作对比实验，控制变量，方案Ⅰ中向盛有铜片的溶液A中通入少量，补充对比实验，补充该实验的目的是排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响。方案Ⅱ：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C，则三份溶液中唯一的变量的浓度不一样：由于通入N2可以带走溶液中的，因此的浓度：B＞C＞A，则相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：可以证明，该实验能够证明对该反应有催化作用。③已知溶于水可以生成，氮元素化合价降低，则该反应是氧化还原反应，推测氧化产物为，故溶于水可以生成和。(2)根据价层电子对互斥理论，中孤电子对数为，价层电子对数为3+0=3，根据杂化轨道理论，中