2.1共价键模型课堂同步练-鲁科版高中化学选择性必修2
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．使用Zn-Mz双原子电催化剂，可以实现以、和水为前驱体制得尿素，下列化学用语或表述错误的是
A．Mn的原子结构示意图：
B．中的共价键类型：键和键
C．的电子式：
D．尿素的空间填充模型：
2．催化某清洁反应是获得甲苯的常用途径，反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．若-R为，则X为乙醇
B．反应过程存在极性键及非极性键的断裂和形成
C．该途径生产甲苯符合原子利用率100%
D．活性炭可以负载高分散的，提高催化剂活性
3．甲醛是家庭装修常见的污染物。一种催化氧化甲醛的反应为：HCHO+O2H2O+CO2。下列有关叙述正确的是
A．HCHO分子中键σ和π键的数目之比为2：1
B．16O原子中的中子数为16
C．H2O是由极性键构成的非极性分子
D．CO2的空间构型为直线形
4．与NO互为等电子体的是
A．SO3 B．P4 C．CH4 D．NO2
5．下列物质属于共价化合物的是
A． B． C． D．
6．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温常压下，22.4 L乙炔中含有的σ键数目为3NA
B．常温常压下，16 g硫中含有的价层电子数目为2NA
C．1 L 0.1 mol·L-1 HF溶液中含有的数目为0.1NA
D．34 g H2O2中含有的非极性共价键数目为NA
7．我国研究人员研发了一种新型纳米催化剂，实现CO2和H2反应得到CH4，部分微粒转化过程如图(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法不正确的是
A．过程②吸收热量
B．过程③涉及极性键的断裂和形成
C．结合过程③，过程④的方程式为*C+2*OH+6H→CH4+2H2O
D．CO2和H2O的空间结构均为直线形
8．下列关于CH4、CH3CH3和的叙述正确的是
A．均能用通式CnH2n＋2来表示
B．与所有烷烃互为同素异形体
C．它们都是烷烃，结构中都既有极性共价键又有非极性共价键
D．它们的性质完全相同
9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．标准状况下，22.4LH2O 含有的分子数为NA
B．1L1 mol·L-1C2H5OH水溶液中含有的氢原子数为6 NA
C．5.4gAg 与足量浓硝酸反应转移电子数为0.05 NA
D．22.4LCl2中含有 Cl-Cl键的数目一定为NA
10．光催化剂能够将清洁、可再生的太阳能用于处理日益严峻的全球性环境问题。新型光催化剂BMO(Bi2MoO6)降解苯酚的原理如图所示。下列说法错误的是
A．反应过程中，BMO参与反应，改变反应路径，降低反应的活化能
B．反应①和②中转移相同数目电子时，降解的苯酚的物质的量之比为1∶1
C．苯酚中既含有极性共价键，又含有非极性共价键
D．该过程的总反应为放热反应
二、填空题
11．柠檬酸的结构简式见图。1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为 mol。
12．按要求完成
(1)已知CO、是N2的等电子体，写出CO、的电子式 ，
(2)按键的极性强弱排序F—F、F—H、F—O
(3)键角比较：①CH、CH ，②CO2、SO2、H2O 。
13．根据氢气分子的形成过程示意图(如下图)回答问题：
(1)H—H键的键长为 ，①～⑤中，体系能量由高到低的顺序是 。
(2)下列说法中正确的是_______。
A．氢气分子中含有一个π键
B．由①到④，电子在核间出现的几率增大
C．由④到⑤，必须消耗外界的能量
D．氢气分子中含有一个极性共价键
(3)几种常见化学键的键能如下表：
化学键 Si—O H—O O=O Si—Si Si—C
键能/kJ·mol-1 460 464 498 176 x
比较Si—Si键与Si—C键的键能大小：x (填“>”、“<”或“=”)176。
14．氮化钠(Na3N)是科学家制备的一种重要的化合物，它与水作用可产生NH3。请回答下列问题：
(1)Na3N是由 键形成的化合物。
(2)Na3N与盐酸反应生成 种盐。
(3)Na3N与水的反应属于 反应。
15．工业上最早在19世纪中叶便已生产的过氧化氢，目前成为社会需求量迅速增长的化学品，因为它有较强的氧化性，通常用于污水处理中，氧化除去水中的杂质。在过氧化氢分子中，有1个过氧键：-O-O-，每个氧原子再连接一个氢原子。纯的过氧化氢为蓝色的粘稠状液体，沸点是152.1℃，冰点是-0.89℃。
(1)过氧化氢的电子式为 ；
(2)过氧化氢是 化合物(离子或共价)；
(3)在低于-0.89℃时，过氧化氢是一种蓝色 态物质，组成它的基本微粒是 。
A．H2O2 B．H和O C．H2和O2 D．H和O2
16．与互为等电子体的一种分子为 (填化学式)。
17．请回答下列与10电子和18电子微粒相关的问题：
(1) 18电子微粒中化学性质最稳定的 。(填化学式)
(2) 18电子微粒中有一种强氧化性的四原子分子，该分子中含有的共价键种类是 ，物质保存时所用试剂瓶的种类与下列 (填选项字母)物质相同。
A．浓硝酸 B．碱石灰 C．氢氧化钠溶液 D．新制氯水
(3) 10电子微粒中有两种可以相互反应生成另外两种10电子微粒，产物中有一种是单核离子，该反应的方程式是
(4)10电子微粒中能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的分子实验室制取时的收集方法是 。
(5)10电子微粒中有一种能腐蚀玻璃，相关的化学方程式是 。
18．已知常压下，NH3在300℃时约有9.7%分解，H2O在2000℃时约有4%分解，HF在3000℃时仍不分解。那么，NH3、H2O、HF的稳定性顺序是什么 ？请利用键能解释NH3、H2O、HF的稳定性 。
19．共价键的键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量。如表所示是一些键能数据：
共价键 键能/() 共价键 键能/() 共价键 键能/()
436 339 568
266 216 431.8
339 462.8 453
回答下列问题：
(1)有同学认为，半径越小的原子形成的共价键越牢固(即键能越大)，由表中数据能否得出这样的结论： (填“能”或“不能”)。
(2)试预测的键能范围： 的键能< 。
(3)根据、的键能数据，无法得出的结论有 (填标号)。
A．溶于水时，比HF更容易电离，所以盐酸的酸性强于氢氟酸的酸性
B．的键能比的键能大，所以HF难分解
C．的键能比的键能大，所以HCl更稳定
20．(1)与原子总数相等的等电子体是 (写分子式)。
(2)与互为等电子体的一种分子为 (填化学式)。
(3)与分子互为等电子体的一种阴离子为 (填化学式)。
三、实验题
21．重铬酸钾()，室温下为橘红色结晶性粉末，溶于水，不溶于乙醇。实验室以铬铁矿(主要成分为，还含有硅、铝等杂质)为原料，利用固体碱熔氧化法制备的步骤如下：
步骤I.熔融氧化
将6g铬铁矿与4g氯酸钾在研钵中混合均匀，取碳酸钠和氢氧化钠各4.5g于仪器A中混匀后，小火熔融，再将矿粉分批加入坩埚中并不断搅拌。用煤气灯强热，灼烧30～35min，稍冷几分钟，加水，过滤，得滤液i，滤渣中含红棕色固体。
步骤Ⅱ.中和除杂
将滤液i用稀硫酸调pH为7～8，加热煮沸3min后，趁热过滤，用少量蒸馏水洗涤残渣，得滤液ii。
步骤Ⅲ.结晶
将滤液ii转移至蒸发皿中，用6硫酸调pH后加入1g氯化钾，在水浴上浓缩至表面有晶膜为止，冷却结晶，过滤得重铬酸钾晶体，烘干，称量。
步骤Ⅳ.纯度测定
利用库仑滴定法测定固体样品的纯度：取mg样品，配成250mL溶液，取2mL溶液进行库仑法滴定，重复三次实验，测定平均电量(Q)为1.158C，已知计算的浓度公式为(F为96500，N为1个转化为时转移的电子数，V为滴定样品溶液的体积)。已知：常见微粒在不同pH条件下的存在形式如下图所示。当离子浓度，则认为该微粒已除尽。
回答下列问题：
(1)仪器A为_______(填标号)。
A．普通坩埚 B．坩埚 C．氮化硅坩埚 D．石英坩埚
(2)若用代替，则理论上转化1mol 所需的体积(标准状况，单位为L)是所消耗物质的量的 倍。
(3)步骤I中“分批加入”的目的是 。
(4)若步骤Ⅱ中“调pH至3～4”的不良后果是 。
(5)进一步提纯步骤Ⅲ所得晶体的方法是 。
(6)探究pH对溶液的氧化性强弱的影响。
实验操作 实验现象 实验结论
向酸化的溶液中加入一定量甲醇 溶液形成蓝紫色溶液，并产生无色无味的气体 (用离子方程式表示)
向碱化的溶液中加入相同量甲醇 酸性条件下溶液的氧化性更强
(7)与浓盐酸反应可制得，已知部分卤素单质的键能如下表：
化学键 F-F C1-Cl Br-Br
键能/() 157 242.7 193.7
试解释键能的原因 。
(8)固体样品的纯度为 (用含m的式子表示)。
22．H2O2广泛应用于化学品合成、纸浆和纺织品的漂白，是环保型液体漂白剂。有研究表明，H2O2溶液的漂白性是HO所致。
资料：HO和H2O2可以发生反应HO+H2O2=H2O+O2+OH-
(1)H2O2 (填“是”、“不是”)直线型分子，含有共价化学键类型 。
(2)H2O2溶液显弱酸性，测得0.15mol L-1H2O2溶液pH约为6.写出H2O2第一步电离方程式： 。
(3)其他条件相同时，研究不同初始pH条件下H2O2溶液的漂白效果，结果如图：
由图可得到的结论是 ，结合平衡移动原理简述理由： 。
(4)实验发现：若pH>11，则H2O2溶液的漂白效果随pH增大而降低。针对这一现象，继续进行实验，测定不同初始pH条件下，初始浓度均为0.15mol L-1的H2O2溶液发生分解反应，结果如表：
初始pH pH=6 pH=10 pH=12
初始H2O2浓度 0.15mol L-1 0.15mol L-1 0.15mol L-1
1小时后H2O2浓度 0.15mol L-1 0.13mol L-1 0.07mol L-1
1小时后pH pH=6 pH约为10 pH约为12
①结合离子方程式解释1小时后pH没有明显变化的原因： 。
②分析pH过大，H2O2溶液漂白效果会降低的原因： 。
(5)为验证Cu2+对H2O2分解的催化作用，该小组向四支盛有10mL5%H2O2的试管中滴加不同溶液，实验记录如表：
试管 I II III IV
滴加试剂 2滴1mol/LNaCl 2滴1mol/LCuSO4 2滴1mol/LCuSO4和2滴1mol/LNaCl 2滴1mol/LCuSO4和4滴1mol/LNaCl
现象 无气泡产生 均产生气泡，且气泡速率从II到IV依次加快
①实验I的目的是 。
②由上述实验可得出的结论是 。
③III实验过程中观察到有白色沉淀(CuCl)生成，反应的机理表示为：
i．H2O2+2Cu2++2Cl-=O2+2CuCl+2H+
ii． 。
反应速率i<反应ii
气泡速率从II到IV依次加快的原因： 。
23．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常见的分析试剂和还原剂，常温下为无色晶体，易溶于水，遇酸反应。某学习小组在实验室制备Na2S2O3并探究其性质。回答下列问题：
实验I：利用高温加热绿矾(FeSO4 7H2O)生成的SO2气体制备Na2S2O3的实验装置如图所示。
已知：i．2FeSO4 7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑；
ii．2Na2S+2Na2CO3+4SO2+H2O=3Na2S2O3+2NaHCO3；
iii．Na2S和Na2CO3的混合溶液用煮沸过的蒸馏水配制。
(1)依据FeSO4 7H2O的结构示意图
①比较键角H2O SO(填“＞”“＜”或“=”)。
②FeSO4 7H2O晶体中含有的化学键为 (填标号)。
a．离子键 b．共价键 c．氢键 d．配位键
(2)实验过程的操作步骤包括：
a．检查装置气密性，加入药品
b．在m处连接盛有NaOH溶液的容器，关闭活塞K3，打开活塞K1、K2通入一段时间N2
c．打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，通入一段时间N2
d．C装置溶液pH约为8时停止加热
e．关闭活塞K1、K2，打开活塞K3，加热绿矾
f．将锥形瓶中溶液进行一系列操作，得到纯净的Na2S2O3晶体
①以上步骤按先后顺序的正确排序为a→ →f(填标号)。
②B装置中使用冰水浴的作用是 。
③C装置溶液pH约为8时停止加热的原因是 。
实验Ⅱ：探究Na2S2O3的性质
小组同学查阅资料获得信息：Na2S2O3中硫元素的化合价分别为-2价和+6价。
实验步骤：用实验I获得的Na2S2O3晶体配制0.2mol/LNa2S2O3溶液，取出4mL，向溶液中加入1mL饱和氯水(pH=2.4)，溶液立即出现浑浊，对溶液出现浑浊的原因提出假设。
假设1：氯水中Cl2氧化了Na2S2O3中的-2价硫生成S单质
假设2：Na2S2O3在酸性(H+)条件下反应生成S单质
(3)实验验证：a、b试管均盛有4mL0.2mol/LNa2S2O3溶液，操作如图所示。
①向试管b中滴加的试剂应为 。
②依据现象分析，出现浑浊的主要原因是 (用离子方程式表示)。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】A．Mn是25号元素，原子结构示意图为 ，A项正确；
B．分子结构为N≡N，含有1个σ键和2个π键，B项正确；
C．的电子式为 ，C项正确；
D． 为尿素的球棍模型，D项错误；
答案选D。
2．C
【详解】A．由历程可知，反应物为氢气、，生成物为X和甲苯，若R为-C2H5，则在反应中乙基-Pd、H-Pd键断裂得到Pd，同时H与乙基结合得到乙醇，故X为乙醇，A正确；
B．反应有键、键等的断裂，有碳碳键、键、键等的形成，B正确；
C．反应产物有甲苯和醇，原子利用率不是100%，C错误；
D．活性炭可以负载高分散的Pd，增加与反应物的接触面积，提高催化剂活性，D正确；
故选C。
3．D
【详解】A．HCHO分子中含有2条C-H键，1条C=O键，则σ键和π键的数目之比为3：1，A叙述错误；
B．16O原子中质量数为16，中子数为8，B叙述错误；
C．H2O分子的结构式为：H-O-H，空间构型为V型，结构不对称，是由极性键构成的极性分子，C叙述错误；
D．CO2的中心碳原子为sp杂化，则空间构型为直线形，D叙述正确；
答案为D。
4．A
【分析】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。
【详解】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。
5．B
【详解】A．中只含F元素，属于非金属单质，不是化合物，故A不符合题意；
B．H2O中只存在共价键，属于共价化合物，故B符合题意；
C．KCl分子中只存在离子键，属于离子化合物，故C不符合题意；
D．中既存在离子键又存在共价键，属于离子化合物，故D不符合题意；
答案选B。
6．D
【详解】A．在1个乙炔分子中，含有3个σ键，常温常压下，22.4 L乙炔的物质的量小于1mol，则含有的σ键数目小于3NA，A不正确；
B．1个S原子的价层电子数为6，常温常压下，16 g硫的物质的量为0.5mol，则含有的价层电子数目为3NA，B不正确；
C．氢氟酸为弱酸，在水溶液中发生部分电离，则1 L 0.1 mol·L-1 HF溶液中含有的数目小于0.1NA，C不正确；
D．1个H2O2分子中含有1个-O-O-，34 g H2O2的物质的量为1mol，则含有的非极性共价键数目为NA，D正确；
故选D。
7．D
【详解】A．过程②为*CO2→*CO+*O，涉及共价键断裂，断键需要吸收能量，故A正确；
B．过程③为*CO+*O+2H→*C+2*OH，涉及碳氧键断裂与氧氢键形成，且都为极性键，故B正确；
C．结合过程*CO+*O+2H→*C+2*OH，可知，过程④的方程式为*C+2*OH+6H→CH4+2H2O，故C正确；
D．H2O的空间结构为V形，CO2的空间结构为直线形，故D错误；
答案选D。
8．A
【详解】A．CH3CH3的分子式为C2H6，的分子式为C4H10，三者均可以用通式CnH2n＋2来表示，A正确；
B．由同种元素组成的不同的单质互为同素异形体，三者均为化合物，其他烷烃也为化合物，不互为同素异形体，B错误；
C．三者都是烷烃，但甲烷中只含C-H极性共价键，不含非极性共价键，C错误；
D．三者都是烷烃，化学性质相似，但熔、沸点等物理性质不相同，D错误；
答案选A。
9．C
【详解】A．标准状况下，H2O不是气体，无法计算22.4L水中含有的分子数，故A错误；
B．1L1 mol·L-1C2H5OH水溶液中含有的C2H5OH物质的量为1mol，其含有的氢原子数为6NA，但溶剂是水，水中也含有氢原子，所以1L1 mol·L-1C2H5OH水溶液中含有的氢原子数大于6NA，故B错误；
C．5.4gAg的物质的量为0.05mol，与足量浓硝酸反应生成AgNO3，转移电子数为0.05NA，故C正确；
D．没有指明温度和压强，无法计算22.4LCl2中含有 Cl-Cl键的数目，故D错误；
故选C。
10．B
【详解】A。反应过程中，BMO参与反应，改变反应路径，作为催化剂可以降低反应的活化能，故A正确；
B．根据转移电子守恒判断消耗苯酚的物质的量之比，过氧根离子生成氧离子得到3个电子、BMO+得1个电子，根据转移电子守恒知，①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3∶1，故B错误；
C．苯酚中既含有C-H极性共价键，又含有C-C非极性共价键，故C正确；
D．根据图知，反应物是C6H6O和氧气、生成物是二氧化碳和水，为苯酚的氧化反应，故为放热反应，故D正确；
故选B。
11．7
【详解】羧基的结构是，一个羧基中碳原子与氧原子分别形成两个σ键，三个羧基有6个，还有一个羟基与碳原子相连形成一个σ键，因此1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为7mol。
12．(1)
(2)F-H>F-O>F-F
(3) CH>CH CO2>SO2>H2O
【详解】（1）CO、C是N2的等电子体，其电子式与氮气分子相似，则CO、C的电子式分别为、；
（2）非金属元素的原子之间形成共价键时，两种元素的电负性相差越大，两个原子对电子的吸引力相差越大，则形成共价键的极性越强，“F-F、F-H、F-O"中两个原子电负性相差大小顺序是：F-H>F-O> F-F，所以键的极性强弱顺序是F-H> F-O> F-F；
（3）①由于CH没有孤电子对，CH有一对孤电子对，且孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥作用，故键角CH大于CH；
②CO2是直线形分子，键角是180 ，SO2空间结构是V型，键角约是120 ，水也是V型，但是键角是104.5 ，因为两者杂化类型不一样，SO2是sp2杂化，H2O是sp3杂化，有两个孤电子对，所以CO2>SO2>H2O；
13．(1) 0.074nm ①⑤②③④
(2)BC
(3)>
【详解】（1）根据能量越低越稳定，氢气是稳定的状态，因此H—H键的键长为0.074nm，根据图中能量关系得到①~⑤中，体系能量由高到低的顺序是①⑤②③④；故答案为：0.074nm；①⑤②③④。
（2）A．氢气分子中含氢氢单键，含有一个键，不含π键，A错误；
B．共价键的本质就是高概率的出现在原子间的电子与原子间的电性作用，B正确；
C．④已经达到稳定状态，由④到⑤核间距离进一步减小，两原子间的斥力使体系的能量迅速上升，必须消耗外界的能量，C正确；
D．氢气分子是由氢原子构成，分子中含有一个非极性共价键，不含极性共价键，D错误；
答案选BC；
（3）Si—Si键键长比Si—C键的键长长，根据键长越长，键能越小，因此键能大小可知：X＞；故答案为：＞。
14． 离子键 2 复分解
【详解】试题分析：（1）钠和氮分别是活泼的金属和活泼的非金属，所以二者形成的化学键是离子键。
（2）氮化钠和水反应生成氨气，则另外一种生成物应该是氢氧化钠。所以氮化钠和盐酸反应的生成物应该是氯化钠和氯化铵，共计是2种盐。
（3）氮化钠和水反应的方程式是Na3N＋3H2O＝3NaOH＋NH3↑，所以该反应是复分解反应。
考点：考查化学键的有关判断、化学反应类型的有关判断等
点评：本题是基础性试题的考查，难度不大，主要是考查学生对教材基础知识的熟悉掌握程度，培养学生的答题能力，提高学习效率。
15．(1)
(2)共价
(3) 固 A
【分析】(1)
过氧化氢是共价化合物，电子式为；
(2)
过氧化氢中化学键全部是共价键，属于共价化合物；
(3)
过氧化氢的冰点是-0.89℃，则在低于-0.89℃时，过氧化氢是一种蓝色固态态物质，组成它的基本微粒是H2O2分子，答案选A。
16．CH4或SiH4
【详解】等电子题是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团等，采用“同族替换，左右移位”的方法寻找等等电子体，所以与互为等电子体的分子是CH4或SiH4。
17． Ar 极性键、非极性键 AD HF＋OH－=F－＋H2O 向下排空气法 4HF＋SiO2=SiF4↑＋2H2O
【详解】(1) Ar是稀有气体元素，核外有18电子，其单质Ar性质最稳定；
(2)18电子微粒中有一种强氧化性的四原子分子为H2O2，该分子的结构式为H—O—O—H，含有的共价键种类是极性共价键和非极性共价键，浓硝酸和新制氯水与过氧化氢一样不稳定，受热易分解，应保存在棕色细口瓶中，故答案为AD；
(3) 10电子微粒中有两种可以相互反应生成另外两种10电子微粒，应为HF和OH-，反应生成的F-也是10电子微粒，反应的方程式是HF＋OH-=F-＋H2O；
(4)10电子微粒中能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3，因氨气极易溶解于水，且密度比空气小，实验室制取氨气时常用向下排空气法收集；
(5)10电子微粒HF的水溶液能腐蚀玻璃，发生反应的化学方程式是4HF＋SiO2=SiF4↑＋2H2O。
18． NH3
【详解】(1)原子半径F＞H，由表中数据可知键能：，则不能得出半径越小的原子形成的共价键越牢固的结论。故答案为：不能；
(2)Br的原子半径介于Cl与I的原子半径之间，的键能介于与的键能之间，即。故答案为：216；339。
(3)A．因的键能比的键能小，则溶于水时，比HF更容易电离，所以盐酸的酸性强于氢氯酸的酸性，故A正确；
B．分子中共价键的键能越大，含有该键的分子越稳定，的键能比的键能大，所以HF更稳定、难分解，故B正确；
C．分子中共价键的键能越大，含有该键的分子越稳定，的键能比的键能大，所以HF更稳定、难分解，HCl不稳定，故C错误；
故答案为：C。
20． 或
【详解】（1）原子总数相同、价层电子总数相同的微粒互称为等电子体，与互为等电子体的分子为。
（2）考虑与N元素相邻主族的元素，可知与互为等电子体的分子是或。
（3）等电子体是指价层电子总数和原子总数均相同的分子、离子或原子团，与均为3原子、18价层电子的粒子，故二者互为等电子体。
21．(1)C
(2)33.6
(3)使反应物充分接触，充分反应
(4)引入杂质离子Al3+
(5)重结晶
(6) 8H++CH3OH+=2Cr3++CO2↑+6H2O 无明显现象（或未形成蓝紫色溶液和气泡）
(7)Cl—Cl键的键长小于Br—Br键；F—F键中F原子半径小，原子间排斥力大，致使键能最小
(8)（或）
【分析】铬铁矿的主要成分为FeO Cr2O3，还含有硅、铝等杂质，在“熔融氧化”步骤中用KClO3将FeO Cr2O3氧化成红棕色固体Fe2O3和，KClO3被还原成KCl，同时硅、铝的杂质转化成、；“中和除杂”步骤中用稀硫酸调pH为7~8，加热煮沸3min后，趁热过滤，将、转化成H2SiO3、Al(OH)3沉淀而除去；“结晶”步骤中用6mol/L硫酸调pH将转化成，然后加入1g氯化钾，在水浴上浓缩至表面有晶膜为止，冷却结晶，过滤得重铬酸钾晶体。
【详解】（1）普通坩埚和石英坩埚中的SiO2在高温下能与Na2CO3和NaOH反应，仪器A不能用普通坩埚和石英坩埚；Al2O3坩埚中的Al2O3高温下能与Na2CO3和NaOH反应，仪器A不能用Al2O3坩埚；仪器A应用氮化硅坩埚；答案选C；
（2）1molFeO Cr2O3无论用O2氧化还是用KClO3氧化，1molFeO Cr2O3失去的电子物质的量相等，根据得失电子守恒，O2和KClO3得到电子物质的量相等，则4n(O2)=6n(KClO3)，n(O2)= n(KClO3)，标准状况下所需O2的体积是所消耗KClO3物质的量的=33.6倍；
（3）步骤I中“分批加入矿粉”的目的是使反应物充分接触，充分反应；
（4）步骤Ⅱ中用稀硫酸调pH为7~8，加热煮沸3min后，趁热过滤，将、转化成H2SiO3、Al(OH)3沉淀而除去；若步骤Ⅱ中“调pH至3～4”的不良后果是Al(OH)3会溶解，使得溶液中引入杂质离子Al3+；
（5）进一步提纯步骤Ⅲ所得晶体的方法是重结晶；
（6）酸化的K2Cr2O7溶液中加入一定量甲醇，溶液形成蓝紫色溶液，并产生无色无味的气体，CH3OH被氧化成CO2，则被还原成Cr3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为8H++CH3OH+=2Cr3++CO2↑+6H2O；向碱化的K2Cr2O7溶液中加入相同量甲醇，最终得出酸性条件下K2Cr2O7溶液的氧化性更强，则向碱化的K2Cr2O7溶液中加入相同量甲醇，实验现象为无明显现象（或未形成蓝紫色溶液和气泡）；
（7）Cl的原子半径小于Br的原子半径，则Cl—Cl键的键长小于Br—Br键，Cl—Cl键的键能大于Br—Br键；而F—F键中F原子半径小，原子间排斥力大，致使键能最小；故键能Cl—Cl＞Br—Br＞F—F；
（8）1个K2Cr2O7转化为Cr3+时得到6个电子，根据c(K2Cr2O7)= ==0.001mol/L；则mg样品中含K2Cr2O7的物质的量为0.001mol/L×0.25L=2.5×10-4mol，质量为2.5×10-4mol×294g/mol=0.0735g，K2Cr2O7固体样品的纯度为=。
22．(1) 不是 极性键和非极性键
(2)H2O2HO+H+
(3) 其他条件相同时，初始pH越大染料脱色率越高，即H2O2的漂白效果越好 c(OH-)增大，促使H2O2HO+H+正向移动，c(HO)增大，漂白效果越好
(4) 碱性条件下：H2O2+OH-=HO+H2O，又知HO+H2O2=H2O+O2+OH-，OH-可看作是H2O2分解反应的催化剂，故反应前后pH没有明显变化 pH过大，H2O2分解过快，使参与漂白的c(HO)下降，故漂白效果降低
(5) 对比实验，证明NaCl对H2O2分解没有催化作用 NaCl对H2O2分解没有催化作用，CuSO4对H2O2分解有催化作用，NaCl在CuSO4存在时对H2O2分解有催化作用，且NaCl浓度越大催化效果越强 2CuCl+H2O2+2H+=2Cu2++2Cl-+2H2O Cl-和Cu+结合提高降低Cu+的浓度提高Cu2+的氧化性，加快了反应i的速率，从而加快了H2O2分解反应速率；c(Cl-)越大和Cu+结合能力越强，Cu2+氧化性越强，反应i的速率越快
【详解】（1）H2O2不是直线型分子，两个H原子犹如在半展开的书的两面纸上，书面夹角为93°52′，而两个O H键与O O键的夹角均为 96°52′，结构式可以表示为H-O-O-H，因此含有共价化学键类型为O-H极性键和O-O非极性键，故答案为：不是；极性键和非极性键；
（2）H2O2第一步电离方程式：H2O2HO+ H+，故答案为：H2O2HO+ H+；
（3）根据图象可知，其他条件相同时，初始pH越大染料脱色率越高，即H2O2的漂白效果越好；因为c(OH-)增大，促使H2O2HO+ H+正向移动，c(HO)增大，漂白效果越好，故答案：为其他条件相同时，初始pH越大染料脱色率越高，即H2O2的漂白效果越好；c(OH-)增大，促使H2O2HO+ H+正向移动，c(HO2-)增大，漂白效果越好；
（4）①碱性条件下：H2O2 + OH-= HO+ H2O，又知HO+ H2O2 = H2O+ O2 + OH-，OH-可看作是H2O2分解反应的催化剂，故反应前后pH不变；②pH过大，H2O2分解过快，使参与漂白的c(HO2-)下降，故漂白效果降低，故答案为：碱性条件下：H2O2 + OH-= HO+ H2O，又知HO+ H2O2 = H2O+ O2 + OH-，OH-可看作是H2O2分解反应的催化剂，故反应前后pH不变； pH过大，H2O2分解过快，使参与漂白的c(HO)下降，故漂白效果降低；
（5）①10mL5% H2O2 的试管中滴2滴1mol/L NaCl，无气泡产生，说明NaCl对H2O2分解没有催化作用，实验I的目的是对比实验，证明NaCl对H2O2分解没有催化作用；
②由实验I、II、III、IV对比可知，可得出的结论是NaCl对H2O2分解没有催化作用，CuSO4对H2O2分解有催化作用，NaCl在CuSO4存在时对H2O2分解有催化作用，且NaCl浓度越大催化效果越强；
③实验是为了验证Cu2+对H2O2分解的催化作用，因此总反应为2H2O2=2H2O+ O2，III实验过程中观察到有白色沉淀(CuCl)生成，反应为i为H2O2+2Cu2++2Cl- =O2+2CuCl+2H+，因此可得ii 为2CuCl+H2O2+2H+=2Cu2+ +2Cl- + 2H2O，题干说明反应速率i<反应ii，因此气泡速率从II到IV依次加快的原因：Cl-和Cu+结合提高降低Cu+的浓度提高Cu2+的氧化性，加快了反应i的速率，从而加快了H2O2分解反应速率；c(Cl-)越大和Cu+结合能力越强，Cu2+氧化性越强，反应i的速率越快；
故答案为：对比实验，证明NaCl对H2O2分解没有催化作用；NaCl对H2O2分解没有催化作用，CuSO4对H2O2分解有催化作用，NaCl在CuSO4存在时对H2O2分解有催化作用，且NaCl浓度越大催化效果越强；2CuCl+H2O2+2H+=2Cu2++2Cl-+2H2O；Cl-和Cu+结合提高降低Cu+的浓度提高Cu2+的氧化性，加快了反应i的速率，从而加快了H2O2分解反应速率；c(Cl-)越大和Cu+结合能力越强，Cu2+氧化性越强，反应i的速率越快。
【点睛】考查了过氧化氢的性质、弱电解质的电离平衡的相关知识。
23．(1) ＜ abd
(2) c→e→d→b 将SO3冷却形成固体(或除去SO3) pH＞8，通入SO2量少，Na2S和Na2CO3未充分反应，减少Na2S2O3产量(产率)；pH＜8，过量的SO2溶解，溶液呈酸性，Na2S2O3与酸反应减少其产量(产率)
(3) 1mLpH=2.4的盐酸(HCl溶液) Cl2+S2O+H2O=SO+S↓+2Cl-+2H+
【分析】实验开始前，通入N2赶尽装置内的空气，酒精喷灯给绿矾加强热，分解得到H2O、SO2和SO3气体，H2O和SO3经过冰水浴中的试管时液化转化为H2SO4，与SO2气体分离，SO2进入Na2S和Na2CO3的混合溶液发生反应制得Na2S2O3，尾气用NaOH溶液吸收，防止污染环境。据此分析回答问题。
【详解】（1）①H2O中的O和中的S价层电子对数都为4，均发生sp3杂化，H2O分子中O原子最外层有2个孤电子对，对成键电子有排斥作用，而S原子最外层不存在孤电子对，所以H2O的键角＜的键角
②FeSO4·7H2O的晶体结构中，Fe2+与间形成离子键，S-O、O-H间形成共价键，6个H2O与Fe2+间形成配位键，氢键不属于化学键，则含化学键：离子键、共价键、配位键，选择abd。
（2）①实验开始前，通入N2赶尽装置内的空气，酒精喷灯给绿矾加强热，分解得到H2O、SO2和SO3气体，H2O和SO3经过冰水浴中的试管时液化转化为H2SO4，与SO2气体分离，SO2进入Na2S和Na2CO3的混合溶液发生反应制得Na2S2O3，尾气用NaOH溶液吸收，防止污染环境，所以实验步骤按先后顺序的正确排序为a→c→e→d→b→f。
②SO3的沸点为44.8℃，冰水冷凝可使SO3形成固体，与SO2气体分离，B装置中使用冰水浴的作用是将SO3冷却形成固体(或除去SO3)；
③装置C中发生的反应为2Na2S+2Na2CO3+4SO2+H2O=3Na2S2O3+2NaHCO3，若pH＞8，通入SO2量少，Na2S和Na2CO3未充分反应，减少Na2S2O3产量(产率)；pH＜8，过量的SO2溶解，溶液呈酸性，Na2S2O3与酸反应减少其产量(产率)；
（3）①根据控制变量原理可知，应向溶液中加入1mLpH=2.4的稀盐酸，酸的体积和pH与氯水的体积和pH相同，这样只有氧化剂不同，所以向试管b中加入的是1mLpH=2.4的稀盐酸；
②试管a立即出现浑浊，且浑浊度更大，则S产生的主要原因是Cl2等含氯的氧化性微粒氧化了-2价硫元素，离子方程式：Cl2+S2O+H2O=SO+S↓+2Cl-+2H+。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
