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北京市通州区2022-2023学年高二下学期期中化学试题含答案
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这是一份北京市通州区2022-2023学年高二下学期期中化学试题含答案，共27页。试卷主要包含了第二部分等内容，欢迎下载使用。
一、第一部分（选择题共42分）本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1．（3分）氮化硼是一种超硬、耐磨、耐高温的新型材料。下列物质的晶体类型与氮化硼相同的是（ ）
A．C60B．铁C．硝酸钠D．金刚石
2．（3分）某烷烃的结构简式为，其系统命名正确的是（ ）
A．2，3，3﹣三甲基戊烷
B．3，3，4﹣三甲基戊烷
C．2，3﹣二甲基﹣2﹣乙基丁烷
D．2，3﹣二甲基﹣3﹣乙基丁烷
3．（3分）下列化学用语或图示表达不正确的是（ ）
A．乙炔的结构简式：HC≡CH
B．顺﹣2﹣丁烯的分子结构模型：
C．SO2的VSEPR模型
D．p﹣p π键电子云轮廓图
4．（3分）下列关于丙烯的说法不正确的是（ ）
A．分子中总共有8个σ键和1个π键
B．所有碳原子都在同一平面上
C．碳原子均采用sp2杂化
D．碳碳双键中的π键键能比σ键的小，易断裂，因此丙烯易发生加成反应
5．（3分）H2O2是常用的氧化剂，其分子结构如图所示，两个氢原子犹如在半展开的书的两面上。下列说法不正确的是（ ）
A．H2O2分子能形成氢键
B．在H2O2分子中只有σ键没有π键
C．O原子采取sp3杂化
D．H2O2为非极性分子，溶于CCl4
6．（3分）下列事实不能用基团间的相互作用解释的是（ ）
A．乙烯能发生加成反应而乙烷不能
B．甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色而甲烷不能
C．苯在50～60℃时发生硝化反应而甲苯在30℃时即可发生
D．金属钠与水反应剧烈程度比与乙醇反应强
7．（3分）下列有关晶体的叙述正确的是（ ）
A．粉末状的固体肯定不是晶体
B．晶胞是晶体中最小的平行六面体
C．破损的晶体能够在固态时自动变成规则的多面体
D．测定某一固体是否是晶体可用X射线衍射仪进行测定
8．（3分）下列叙述中，事实与对应的解释不正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
9．（3分）氟化钙被广泛应用于天文观测、高分辨光学仪器中，其晶胞结构如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．氟化钙的化学式为CaF
B．每个晶胞中含有14个Ca2+
C．每个Ca2+周围距离最近且等距的F﹣有4个
D．Ca2+和F﹣之间不只存在静电引力
10．（3分）下列实验中，不能达到实验目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
11．（3分）一种叶绿素的结构示意图如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．Mg2+是中心离子
B．N是配位原子
C．该叶绿素含有1种含氧官能团
D．该叶绿素能使酸性高锰酸钾褪色
12．（3分）下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是（ ）
A．烷烃的沸点高低仅取决于碳原子数的多少
B．甲烷和氯气的反应与乙烯和Br2的反应不属于同一类型的反应
C．乙烯与聚乙烯均能使酸性高锰酸钾褪色
D．甲苯与氯气在光照下发生一元取代反应，主要生成
13．（3分）己二酸是一种重要的化工原料，合成途径有如下两种：
途径一：
途径二：
下列说法正确的是（ ）
A．苯与溴水混合充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色
B．环己醇与乙醇互为同系物
C．环己烷分子中所有原子共平面
D．与途径一相比，途径二可减少污染物排放
14．（3分）为研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验。下列说法不正确的是（ ）
A．由实验①～③可知，配离子的稳定性：[Cu（H2O）4]2+＜[Cu（NH3）4]2+
B．加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小
C．向实验④深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀
D．由实验⑤可知，铜离子与NH3形成配合物的过程是可逆反应
二、第二部分（非选择题共58分）
15．（10分）碳和硅是同主族元素，但是CO2和SiO2的性质和应用却有着很大差异。
（1）原子结构与元素性质分析
①基态碳原子占据的最高能级的原子轨道的形状是 （填名称）。
②基态Si的价层电子轨道表示式是：
③元素C、Si、O的电负性由大到小的关系是 。
（2）微粒间相互作用与物质性质
①CO2和SiO2中同时存在σ键和π键的是 （填化学式）。
②CO2分子的空间结构是 ，碳原子的杂化轨道类型为 ；SiO2晶体结构如图1所示，硅原子的杂化轨道类型为 。
（3）不同聚集状态的物质与性质
①Si与C同主族，但SiO2与CO2的熔沸点等物理性质差距很大，请从晶体结构角度解释其原因 。
②干冰晶体结构如图1所示，下列关于SiO2与CO2叙述正确的是 。
a.固体SiO2一定是晶体
b.干冰晶体中，每个CO2周围紧邻12个 CO2
c.SiO2晶胞中，含有Si原子8个和O原子16个
③某种含硅化合物晶胞结构如图2所示，这种含硅化合物的化学式为 。
④已知该化合物的晶胞边长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，则其晶体的密度为 g•cm﹣3。
16．（9分）某有机化合物A在食品、医药等领域中有广泛应用，研究有机化合物A的分子结构、性质如下：
（1）确定A的分子式
已知该物质含C、H、O三种元素，经元素分析得到有机化合物A的分子内各元素原子个数比N（C）：N（H）：N（O）是3：6：2，欲确定其分子式还需利用 （填仪器名称），测得图谱如图所示，则该物质分子式为 。
（2）确定分子A的结构
使用现代分析仪器对有机化合物A的分子结构进行测定，相关结果如下：
有机化合物A的结构简式为 ，所属的有机化合物类别是 。
（3）研究A的结构和性质的关系
①已知：电离常数Ka（乙酸）＝1.75×10﹣5，Ka（A）＝1.34×10﹣5，分析数据可知A的酸性略弱于乙酸，请从共价键极性的角度解释原因 。
②有机化合物A的同分异构体属于酯类的有 种。
③常温下有机化合物A为液体，而氨基乙酸（H2NCH2COOH）为固体，请解释其主要原因 。
17．（12分）阿司匹林具有解热镇痛作用，科研工作者将阿司匹林与聚甲基丙烯酸借助乙二醇嫁接起来，合成长效缓释阿司匹林，从而减少了对肠胃的刺激，减少每天吃药次数，大大方便了人们对药物的使用。合成路线如图所示：
（1）阿司匹林的合成中步骤①的反应类型是 。
（2）原料A的名称是 ，中间体C的结构简式是 。
（3）由原料A制备中间体D不采取与Br2直接反应，而是经过①～③的目的是 。
（4）上述合成路径中阿司匹林实现了分子结构修饰，阿司匹林中发生分子结构修饰的官能团名称是 。
（5）I→J的化学方程式是 。
（6）L→M的化学方程式是 。
（7）请解释长效缓释阿司匹林的缓释原理是 。
（8）下列说法正确的是 。
A.阿司匹林中含有手性碳原子
B.长效缓释阿司匹林单体的分子式是C15H16O6
C.阿司匹林与长效缓释阿司匹林可通过红外光谱区别
D.阿司匹林与化合物K、M通过加聚反应合成长效缓释阿司匹林
18．（15分）某兴趣小组用甲苯为原料制苯甲酸的装置如图所示。（夹持装置已省略）
资料：
①甲苯的熔点﹣95℃；甲苯不溶于水、易溶于乙醇。
②苯甲酸熔点122.4℃，在100℃左右升华，微溶于冷水，易溶于乙醇、热水。
③甲苯制备苯甲酸的主要反应：+KOH+2MnO2+H2O
实验流程：
请回答：
（1）反应装置中发生反应的类型是： 。
（2）反应装置中仪器a的名称是 ，作用是 。
（3）同学们欲判断甲苯已反应完全需要寻找的实验证据是： 。
（4）操作②中，向混合液1中加入饱和NaHSO3溶液欲除去过量的KMnO4，反应中可能出现MnO2，则需补充的操作是： ，若不除去过量的KMnO4可能造成的后果是： 。
（5）操作③中，通过过滤、冷水洗涤和干燥获得苯甲酸晶体5.0g，乙同学认为在“干燥”步骤需要控制温度，你认为 （填“是”或“否”）合理，原因是： 。
（6）有同学认为以上获得的苯甲酸需用 方法进一步纯化。经纯化后获得晶体质量3.2g，则此步苯甲酸的纯化收率为 。
19．（12分）某小组同学探究Fe3+在不同溶液中显色的原因。
资料：i.FeCl3溶液中存在平衡：[Fe（H2O）6]3++H2O⇌[Fe（H2O）5（OH）]2++H3O+
ii.Fe3+在EDTA（H4Y）pH 为1.3～2的溶液中存在平衡：Fe3++H2Y2﹣⇌FeY﹣（浅黄色）+2H+
iii.Fe3+与不能形成配位键
（1）Fe3+的价层电子排布式是 。
实验一：探究FeCl3溶液的显色原因
[猜想与预测]
小组同学认为可能是Fe3+与其他微粒配位形成的配离子导致溶液显黄色，进而提出以下猜想：
Ⅰ.Fe3+与OH﹣配位
Ⅱ.Fe3+与H2O配位
Ⅲ.Fe3+与Cl﹣配位
（2）上述微粒能形成配离子的原因是 。
[实验与分析]
为验证猜想Ⅰ，小组同学设计并完成了以下实验。
（3）实验a的目的是 。
（4）①甲同学认为实验c可以证明猜想Ⅰ成立，猜想Ⅱ不成立，理由是 。
小组同学为了证明猜想Ⅲ成立，将实验c所得溶液分为两份进行了如下实验：
②实验d的实验现象为 。
[结论与反思]
（5）依据上述现象解释FeCl3溶液显黄色的原因是 。
实验二：探究Fe3+在不同溶液中显色的原因
乙同学为了验证Fe3+在不同溶液中显色原因，设计如下实验：向2mLFeCl3（pH 约为2）溶液中滴入3滴KSCN溶液，溶液变血红色；继续滴加3滴EDTA溶液，溶液由血红色变为浅黄色。
（6）综合上述实验现象，解释实验二中溶液颜色由血红色变为浅黄色的可能原因 。
参考答案
一、第一部分（选择题共42分）本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1．【答案】D
【分析】共价晶体一般具有硬度大、熔点高、耐高温的性质，据此判断解答。
【解答】解：依据氮化硼是一种超硬、耐磨、耐高温的新型材料，可知氮化硼晶体为共价晶体，
A．C60为分子晶体，故A错误；
B．铁为金属晶体，故B错误；
C．硝酸钠为离子晶体，故C错误；
D．金刚石为共价晶体，故D正确；
故选：D。
2．【答案】A
【分析】烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始编号，命名时表示出支链的位置，据此分析。
【解答】解：的主链上有5个碳原子，在2号碳原子上有一个甲基，在3号碳原子上有2个甲基，名称为2，3，3﹣三甲基戊烷，
故选：A。
3．【答案】C
【分析】A．结构简式要画出官能团；
B．顺﹣2﹣丁烯中两个甲基位于双键同侧；
C．SO2中心原子S原子的价层电子对数n＝孤电子对数+σ键数目＝1+2＝3；
D．是p﹣pπ键电子云模型，以“肩并肩”方式形成。
【解答】解：A．乙炔中含有碳碳三键，其结构简式为HC≡CH，故A正确；
B．顺﹣2﹣丁烯中两个甲基位于双键同侧，其结构模型为，故B正确；
C．SO2中心原子S原子的价层电子对数n＝孤电子对数+σ键数目＝1+2＝3，VSEPR模型是平面三角形，故C错误；
D．p轨道的电子以“肩并肩”方式形成，是p﹣pπ键电子云模型，故D正确；
故选：C。
4．【答案】C
【分析】A．单键为σ键，一个碳碳双键中含有一个σ键和一个π键；
B．乙烯为平面形结构，丙烯可以看作乙烯中的一个氢原子被甲基取代；
C．碳碳双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
D．碳碳双键中的π键键能比σ键的小，易断裂。
【解答】解：A．丙烯的结构简式为：CH2＝CHCH3，单键为σ键，一个碳碳双键中含有一个σ键和一个π键，因此1个丙烯分子中总共有8个σ键和1个π键，故A正确；
B．丙烯的结构简式为：CH2＝CHCH3，乙烯为平面形结构，丙烯可以看作乙烯中的一个氢原子被甲基取代，因此所有碳原子都在同一平面上，故B正确；
C．丙烯的结构简式为：CH2＝CHCH3，双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化，因此丙烯中碳原子采用sp2、sp3杂化，故C错误；
D．丙烯的结构简式为：CH2＝CHCH3，碳碳双键中的π键键能比σ键的小，易断裂，因此丙烯易发生加成反应，故D正确；
故选：C。
5．【答案】D
【分析】A．H2O2分子中氢原子与电负性大且原子半径小的氧原子之间相连，可形成氢键；
B．单键为σ键；
C．H2O2分子中O原子形成两个σ键，有两对孤电子对，O原子采取sp3杂化；
D．H2O2分子的结构不对称，为极性分子。
【解答】解：A．H2O2分子中氢原子与电负性大且原子半径小的氧原子之间相连，可形成氢键，故A正确；
B．H2O2分子中只有单键，则只有σ键没有π键，故B正确；
C．H2O2分子中O原子形成两个σ键，有两对孤电子对，因此O原子采取sp3杂化，故C正确；
D．H2O2分子的结构不对称，为极性分子，根据相似相溶规则，H2O2分子难溶于CCl4，故D错误；
故选：D。
6．【答案】A
【分析】A．乙烯含碳碳双键，乙烷为饱和烃；
B．甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化、甲烷和苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C．甲苯中甲基影响苯环，苯环上H易被取代；
D．烃基是推电子基。
【解答】解：A．乙烯的结构中含有碳碳双键，能与氢气发生加成反应，而烷烃中则没有，是自身的官能团性质，不是原子团间的相互影响导致的化学性质，故A错误；
B．苯、甲烷都不能使酸性高锰酸钾褪色，甲苯可以使酸性高锰酸钾褪色，被氧化为苯甲酸，说明苯环对侧链影响，故C正确；
C．苯、甲苯均不含官能团，甲苯中甲基影响苯环，苯环上H易被取代，则甲苯易发生硝化反应，与有机物分子内基团间的相互作用有关，故B正确；
D．烃基是推电子基，乙醇中的乙基推电子，导致氢离子不易电离，金属钠与乙醇反应弱，与基团间的相互作用有关，故D正确；
故选：A。
7．【答案】D
【分析】A．不能通过颗粒大小判断是不是晶体，粉末状的物质也可以是晶体；
B．晶胞通常是最小的平行六面体；
C．破损的晶体在溶液中可以自动变成规则的多面体；
D．X射线衍射仪可以区别晶体和非晶体。
【解答】解：A．不能通过颗粒大小判断是不是晶体，粉末状的物质也可以是晶体，如碳酸氢钠粉末，是粉末状，是晶体，故A错误；
B．晶胞是从晶体的点阵中取出一个具有代表性的基本单元（通常是最小的平行六面体），故B错误；
C．破损的晶体在溶液中可以自动变成规则的多面体，破损的晶体不能够在固态时自动变成规则的多面体，故C错误；
D．X射线衍射仪可以区别晶体和非晶体，测定某一固体是否是晶体可用X射线衍射仪进行测定，故D正确；
故选：D。
8．【答案】B
【分析】A．H2O的稳定性比H2S强与化学键的键能有关；
B．NH3极易溶于水，与氢键有关；
C．对羟基苯甲醛形成分子间氢键，其熔沸点较高，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，其熔沸点较低；
D．离子晶体的熔点与离子键键能有关。
【解答】解：A．H2O的稳定性比H2S强是因为H﹣O键能大于H﹣S键能，故A正确；
B．氨气与水能形成氢键，增大其溶解度，而磷化氢则不能，所以NH3极易溶于水PH3微溶于水，与相对分子质量无关，故B错误；
C．对羟基苯甲醛形成分子间氢键，其熔沸点较高，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，其熔沸点较低，所以对羟基苯甲醛的熔沸点比邻羟基苯甲醛的高，故C正确；
D．Na+的半径小于Cs+，离子键强度NaCl大于CsCl，所以NaCl晶体的熔点大于CsCl晶体，故D正确；
故选：B。
9．【答案】D
【分析】A．晶胞分析可知，Ca2+离子位于8个顶角和6个面心，F﹣离子位于晶胞内部；
B．晶胞分析可知，Ca2+离子位于8个顶角和6个面心；
C．晶胞结构分析可知，每个Ca2+周围距离最近且等距的F﹣有8个；
D．阴阳离子间通过静电作用形成离子键。
【解答】解：A．晶胞分析可知，Ca2+离子位于8个顶角和6个面心，8×+6×＝4，F﹣离子位于晶胞内部共8个，则化学式为CaF2，故A错误；
B．上述计算得到每个晶胞中含有4个Ca2+，故B错误；
C．在整个晶体结构中，每个Ca2+周围距离最近且等距的F﹣有8个，故C错误；
D．Ca2+和F﹣之间不只存在静电引力，也存在电子间、原子核间的静电斥力，故D正确；
故选：D。
10．【答案】D
【分析】A．海水中水的沸点较低；
B．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳；
C．过滤可分离不溶性固体；
D．生成的乙炔中可能混有硫化氢等，均与溴水反应。
【解答】解：A．海水中水的沸点较低，可选图中蒸馏装置制取蒸馏水，故A正确；
B．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，可选图中分液漏斗萃取碘，故B正确；
C．过滤可分离不溶性固体，可选图中过滤装置分离，故C正确；
D．生成的乙炔中可能混有硫化氢等，均与溴水反应，溴水褪色，不能证明乙炔使溴水褪色，故D错误；
故选：D。
11．【答案】C
【分析】A．根据图知，中心离子是Mg2+；
B．给中心离子提供孤电子对的原子为配位原子；
C．含氧官能团有酯基、羰基；
D．碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
【解答】解：A．根据图知，镁离子提供空轨道和N原子形成配位键，中心离子是Mg2+，故A正确；
B．给中心离子提供孤电子对的原子为配位原子，该配合物中N原子提供孤电子对，所以N原子为配位原子，故B正确；
C．该配合物中含氧官能团有酯基、羰基，有2种含氧官能团，故C错误；
D．化学式中碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故选：C。
12．【答案】B
【分析】A．烷烃的沸点高低取决于碳原子数的多少及支链的多少；
B．甲烷和氯气发生取代反应生成氯代烃，乙烯和溴发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷；
C．聚乙烯中不含碳碳双键；
D．甲苯和氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应。
【解答】解：A．烷烃的沸点高低取决于碳原子数的多少及支链的多少，如：正戊烷的沸点高于异戊烷的沸点，故A错误；
B．甲烷和氯气发生取代反应生成氯代烃，乙烯和溴发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，前者为取代反应、后者为加成反应，反应类型不同，故B正确；
C．聚乙烯中不含碳碳双键，所以聚乙烯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，则聚乙烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D．甲苯和氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应，发生一元取代时生成，故D错误；
故选：B。
13．【答案】D
【分析】A．苯的密度小于水；
B．结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2原子团的有机物互为同系物；
C．环己烷中所有碳原子都采用sp3杂化，导致所有碳原子都具有甲烷结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面；
D．途径一中步骤多，且反应中还生成N的化合物。
【解答】解：A．苯的密度小于水，所以苯萃取溴水中的溴后分层，上层溶液呈橙红色，故A错误；
B．环己醇为环状结构、乙醇为链状结构，二者结构不相似，所以二者不互为同系物，故B错误；
C．环己烷中所有碳原子都采用sp3杂化，导致所有碳原子都具有甲烷结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面，则环己烷中所有原子一定不共平面，故C错误；
D．途径一中步骤多，且反应中还生成N的化合物，途径二步骤少且可减少污染物排放，故D正确；
故选：D。
14．【答案】C
【分析】A．CuSO4溶液中，Cu2+以[Cu（H2O）4]2+形式存在，逐滴加入氨水至过量，最后转化为更稳定的[Cu（H2O）4]2+；
B．乙醇可以降低[Cu（NH3）4]SO4•H2O的溶解度；
C．在[Cu（NH3）4]SO4中，在外界，可以电离出来；
D．铜离子与NH3形成配合物的过程是可逆反应，溶液中存在平衡：[Cu（NH3）4]2+⇌Cu2++4NH3。
【解答】解：A．CuSO4溶液中，Cu2+以[Cu（H2O）4]2+形式存在，[Cu（H2O）4]2+ 呈蓝色，逐滴加入氨水至过量，先生成蓝色的絮状沉淀Cu（OH）2，然后Cu（OH）2溶于氨水，生成深蓝色的[Cu（H2O）4]2+，所以配离子的稳定性：[Cu（H2O）4]2+＜[Cu（NH3）4]2+，故A正确；
B．加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体[Cu（NH3）4]SO4•H2O在极性较弱的乙醇中溶解度小，故B正确；
C．实验④深蓝色溶液为[Cu（NH3）4]SO4溶液，在外界，可以电离出来，所以加入BaCl2溶液，会产生白色沉淀BaSO4，故C错误；
D．由实验⑤可知，铜离子与NH3形成配合物的过程是可逆反应，溶液中存在平衡：[Cu（NH3）4]2+⇌Cu2++4NH3，插入光亮铁丝后，发生置换反应，生成铜，故D正确；
故选：C。
二、第二部分（非选择题共58分）
15．【答案】（1）①哑铃形；
②；
③O＞C＞Si；
（2）①CO2；
②直线形；sp；sp3；
（3）①SiO2是共价晶体，CO2是分子晶体；
②bc；
③Mg2Si；
④。
【分析】（1）①基态C原子的核外电子排布为1s22s22p2，电子占据最高能级为2p；
②基态Si原子的价电子排布式为3s23p2，结合洪特规则写出轨道表示式；
③电负性的变化规律：同周期从左向右逐渐增大，同主族由上至下逐渐减小；
（2）①单键属于σ键，双键中含有1个σ键和1个π键；
②CO2的结构式为O＝C＝O，中心C原子的价层电子对数为2，不含有孤电子对，其VSEPR模型和空间构型均为直线形；SiO2晶体图中硅原子的价层电子对数为4，
其VSEPR模型为正四面体；
（3）①分子晶体中分子间存在弱的分子间作用力，共价晶体中原子之间存在较强的共价键，共价键的作用远大于分子间作用力；
②a．SiO2其存在形态有结晶形和无定形两大类；
b．干冰晶体中CO2分子位于顶点和面心位置，顶点处CO2分子紧邻的CO2分子位于面心处；
c．SiO2晶跑中，4个Si处于晶胞内部，其他的Si原子处于顶点、面心位置，根据均摊法计算Si原子数目，O原子均位于体内；
③含硅化合物晶胞图中，8个Mg原子位于体内，Si原子处于顶点、面心位置，数目为8×+6×＝4，Mg、Si数目之比为2：1；
④该化合物中含有8个Mg原子，4个Si原子，则晶胞的质量m＝g，晶胞的体积V＝a3cm3，根据ρ＝计算晶体的密度。
【解答】解：（1）①基态C原子的核外电子排布为1s22s22p2，电子占据最高能级为2p，p轨道的形状为哑铃形，
故答案为：哑铃形；
②基态Si原子的价电子排布式为3s23p2，轨道表示式为，
故答案为：；
③电负性的变化规律为同周期从左向右逐渐增大，同主族由上至下逐渐减小，所以电负性O＞C＞Si，
故答案为：O＞C＞Si；
（2）①CO2的结构式为O＝C＝O，含有1个σ键和1个π键，但原子半径Si＞O，导致SiO2的结构只含有Si﹣O键，不含有π键，则CO2和SiO2中同时存在σ键和π键的是CO2，
故答案为：CO2；
②CO2的结构式为O＝C＝O，中心C原子的价层电子对数为2，不含有孤电子对，其VSEPR模型和空间构型均为直线形，C原子采取sp杂化；SiO2晶体图中硅原子的价层电子对数为4，其VSEPR模型为正四面体，Si原子采取sp3杂化，
故答案为：直线形；sp；sp3；
（3）①共价键的作用远大于分子间作用力，使共价晶体熔沸点比分子晶体熔沸点高，SiO2是共价晶体、CO2是分子晶体，所以SiO2的熔沸点高于CO2，
故答案为：SiO2是共价晶体，CO2是分子晶体；
②a．SiO2其存在形态有结晶形和无定形两大类，存在非晶态的，则固体SiO2不一定是晶体，故a错误；
b．干冰晶体中顶点处CO2分子紧邻的CO2分子位于面心处，数目为3×8×＝12，故b正确；
c．SiO2晶跑中，4个Si处于晶胞内部，其他的Si原子处于顶点、面心位置，Si原子数目＝4+8×+6×＝8，16个Si原子均位于体内，即SiO2晶胞中，含有Si原子8个和O原子16个，故c正确；
故答案为：bc；
③含硅化合物晶胞图中，8个Mg原子位于体内，Si原子处于顶点、面心位置，数目为8×+6×＝4，Mg、Si数目之比为2：1，其化学式为Mg2Si，
故答案为：Mg2Si；
④该化合物中含有8个Mg原子，4个Si原子，则晶胞的质量m＝g，晶胞的体积V＝a3cm3，晶体的密度ρ＝＝＝g/cm3，
故答案为：。
16．【答案】（1）质谱仪；C3H6O2；
（2）CH3CH2COOH；羧酸；
（3）①烃基为推电子基团，烃基越长推电子能力越强，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，其电离平衡常数越小；
②2；
③丙酸中羧基能形成分子间氢键，氨基乙酸中氨基和羧基都能形成分子间氢键。
【分析】（1）根据质核比知，A的相对分子质量为74，可以用质谱仪确定其分子式；该物质含C、H、O三种元素，经元素分析得到有机化合物A的分子内各元素原子个数比N（C）：N（H）：N（O）是3：6：2，其最简式为C3H6O2，设其化学式为（C3H6O2）n，n＝＝1；
（2）根据红外光谱知，分子中含有﹣COOH；根据核磁共振氢谱知，分子中含有3种氢原子，峰面积比为1：2：3，则氢原子个数之比为1：2：3，结合其分子式确定结构简式；
（3）①烃基为推电子基团，烃基越长推电子能力越强，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱；
②有机化合物A的同分异构体属于酯类的有甲酸乙酯、乙酸甲酯；
③常温下有机化合物A中羧基能形成分子间氢键，氨基乙酸中氨基、羧基都能形成分子间氢键，分子间氢键使物质熔沸点升高。
【解答】解：（1）根据质核比知，A的相对分子质量为74，可以用质谱仪确定其分子式，所以欲确定其分子式还需利用质谱仪；该物质含C、H、O三种元素，经元素分析得到有机化合物A的分子内各元素原子个数比N（C）：N（H）：N（O）是3：6：2，其最简式为C3H6O2，设其化学式为（C3H6O2）n，n＝＝1，分子式为C3H6O2，
故答案为：质谱仪；C3H6O2；
（2）根据红外光谱知，分子中含有﹣COOH；根据核磁共振氢谱知，分子中含有3种氢原子，峰面积比为1：2：3，则氢原子个数之比为1：2：3，结合其分子式确定结构简式为CH3CH2COOH，官能团为羧基，属于羧酸类物质，
故答案为：CH3CH2COOH；羧酸；
（3）①烃基为推电子基团，烃基越长推电子能力越强，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，其电离平衡常数越小，丙酸、乙酸中烃基分别为CH3CH2﹣、﹣CH3，因此酸性由强到弱顺序为：乙酸＞丙酸，所以乙酸的电离平衡常数大于丙酸的电离平衡常数，
故答案为：烃基为推电子基团，烃基越长推电子能力越强，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，其电离平衡常数越小；
②有机化合物A的同分异构体属于酯类的有HCOOCH2CH3、CH3COOCH3，所以有2种，
故答案为：2；
③常温下有机化合物A中羧基能形成分子间氢键，氨基乙酸中氨基、羧基都能形成分子间氢键，导致氨基乙酸分子间吸引力大于丙酸，所以常温下有机化合物A为液体，而氨基乙酸（H2NCH2COOH）为固体，
故答案为：丙酸中羧基能形成分子间氢键，氨基乙酸中氨基和羧基都能形成分子间氢键。
17．【答案】（1）取代反应；
（2）甲苯；；
（3）防止生成副产物；
（4）羧基；
（5）CH2＝CH2+Br2→BrCH2CH2Br；
（6）nCH2＝C（CH3）COOH；
（7）；
（8）BC。
【分析】A发生取代反应生成B，根据A的分子式及B的结构简式知，A为，根据D的结构简式及C的分子式知，B和溴发生取代反应生成C为，D发生氧化反应生成E，E发生水解反应生成F，F酸化得到G，G发生酯化反应生成阿司匹林；乙烯和溴发生加成反应生成J为BrCH2CH2Br，J发生水解反应生成K，C4H6O2发生加聚反应生成M，根据M的结构简式知，C4H6O2的结构简式为CH2＝C（CH3）COOH，阿司匹林、K、M发生酯化反应生成长效缓释阿司匹林。
【解答】解：（1）A中氢原子被磺酸基取代生成B，所以阿司匹林的合成中步骤①的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
（2）原料A的名称是甲苯，中间体C的结构简式是，
故答案为：甲苯；；
（3）由原料A制备中间体D不采取与Br2直接反应，而是经过①～③的目的是防止生成副产物，
故答案为：防止生成副产物；
（4）阿司匹林中发生分子结构修饰的官能团名称是羧基，
故答案为：羧基；
（5）I→J的化学方程式是CH2＝CH2+Br2→BrCH2CH2Br，
故答案为：CH2＝CH2+Br2→BrCH2CH2Br；
（6）L→M的化学方程式是nCH2＝C（CH3）COOH，
故答案为：nCH2＝C（CH3）COOH；
（7）缓释阿司匹林在肠胃中水解出阿司匹林，同时还生成乙二醇、，反应方程式为：，
故答案为：；
（8）A．阿司匹林中不含手性碳原子，故A错误；
B．长效缓释阿司匹林单体的分子式是C15H16O6，故B正确；
C．红外光谱测定官能团，二者所含官能团不同，阿司匹林与长效缓释阿司匹林可通过红外光谱区别，故C正确；
D．阿司匹林与化合物K、M通过酯化反应合成长效缓释阿司匹林，故D错误；
故答案为：BC。
18．【答案】（1）氧化反应；
（2）球形冷凝管；导气、冷凝回流；
（3）三颈烧瓶中无分层现象，回流液中不再出现油珠；
（4）过滤除去MnO2；过量的高锰酸钾可能会氧化盐酸，生成氯气，污染环境；
（5）是；避免温度达到100℃左右时，苯甲酸升华；
（6）重结晶法或升华法；64%。
【分析】（1）反应装置中甲苯被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸；
（2）根据仪器a的构造可知，仪器a的名称，冷凝管的作用是一般是导气、冷凝回流；
（3）甲苯不溶于水，且密度比水小，分层；
（4）MnO2是难溶于水的固体，可以过滤除去，酸性KMnO4可以氧化盐酸，生成氯气；
（5）苯甲酸在100℃左右升华；
（6）提纯苯甲酸可以采用重结晶法或利用苯甲酸升华的特点，利用升华法提纯苯甲酸，5g苯甲酸晶体，经过纯化，获得晶体质量3.2，进一步计算苯甲酸的纯化收率。
【解答】解：（1）反应装置中甲苯被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸，发生反应的类型是氧化反应，
故答案为：氧化反应；
（2）根据仪器a的构造可知，仪器ad 名称是球形冷凝管，其作用是导气、冷凝回流，
故答案为：球形冷凝管；导气、冷凝回流；
（3）若甲苯已反应完全，则三颈烧瓶中，甲苯的有机层消失，回流液中不再出现油珠，
故答案为：三颈烧瓶中无分层现象，回流液中不再出现油珠；
（4）操作②中，向混合液1中加入饱和NaHSO3溶液欲除去过量的KMnO4，反应中可能出现MnO2，则需补充的操作是过滤除去MnO2，若不除去过量的KMnO4，则在盐酸酸化时，过量的高锰酸钾可能会氧化盐酸，生成氯气，污染环境，
故答案为：过滤除去MnO2；过量的高锰酸钾可能会氧化盐酸，生成氯气，污染环境；
（5）根据信息可知，苯甲酸在100℃左右升华，所以干燥步骤需要控制温度，避免温度达到100℃左右时，苯甲酸升华，
故答案为：是；避免温度达到100℃左右时，苯甲酸升华；
（6）提纯苯甲酸可以采用重结晶法或利用苯甲酸升华的特点，利用升华法提纯苯甲酸，5g苯甲酸晶体，经过纯化，获得晶体质量3.2，苯甲酸的纯化收率为＝64%，
故答案为：重结晶法或升华法；64%。
19．【答案】（1）3d5；
（2）Fe3+提供空轨道，OH﹣、H2O、Cl﹣提供孤对电子；
（3）控制Fe3+浓度相同；
（4）①滴加3滴2ml/L硝酸，观察到溶液黄色褪去，说明：[Fe（H2O）6]3++H2O⇌[Fe（H2O）5（OH）]2++H3O+，平衡逆向移动；
②溶液由无色变为黄色；
（5）Fe3+与OH﹣配位和Fe3+与Cl﹣配位；
（6）EDTA的配位能力比SCN﹣强，加入EDTA后，平衡：Fe3++H2Y2﹣⇌FeY﹣（浅黄色）+2H+，平衡正向移动，溶液变为浅黄色。
【分析】（1）根据构造原理，铁原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，铁原子失去3个电子即为+3价铁离子；
（2）能形成配离子的条件是一方提供空轨道，另一方提供孤对对子；
（3）实验a的目的是对照试验，控制Fe3+浓度相同；
（4）①滴加3滴2ml/L硝酸，观察到溶液黄色褪去，说明：[Fe（H2O）6]3++H2O⇌[Fe（H2O）5（OH）]2++H3O+，平衡逆向移动，证明猜想Ⅰ成立，猜想Ⅱ不成立；
②小组同学为了证明猜想Ⅲ成立，将实验c所得溶液分为两份进行了如下实验，其中滴加3滴2ml/L硝酸钠溶液仍为无色，可知滴加3滴2ml/L氯化钠溶液由无色变为黄色；
（5）依据上述现象解释FeCl3溶液显黄色的原因是Fe3+与OH﹣配位和Fe3+与Cl﹣配位；
（6）向2mLFeCl3（pH 约为2）溶液中滴入3滴KSCN溶液，溶液变血红色，存在平衡Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，说明SCN﹣的配位能力比Cl﹣强，继续滴加3滴EDTA溶液，溶液由血红色变为浅黄色，说明EDTA的配位能力比SCN﹣强，使平衡：Fe3++H2Y2﹣⇌FeY﹣（浅黄色）+2H+正向移动。
【解答】解：（1）铁原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe3+的价层电子排布式是3d5，
故答案为：3d5；
（2）上述微粒能形成配离子的原因是Fe3+具有空轨道，OH﹣、H2O、Cl﹣可以提供孤对电子，
故答案为：Fe3+提供空轨道，OH﹣、H2O、Cl﹣提供孤对电子；
（3）实验a的目的是对照试验，控制Fe3+浓度相同，
故答案为：控制Fe3+浓度相同；
（4）①向2mL黄色的硝酸铁溶液中滴加3滴2ml/L硝酸，观察到溶液黄色褪去，说明：[Fe（H2O）6]3++H2O⇌[Fe（H2O）5（OH）]2++H3O+，平衡逆向移动，证明猜想Ⅰ成立，猜想Ⅱ不成立，
故答案为：滴加3滴2ml/L硝酸，观察到溶液黄色褪去，说明：[Fe（H2O）6]3++H2O⇌[Fe（H2O）5（OH）]2++H3O+，平衡逆向移动；
②小组同学为了证明猜想Ⅲ成立，将实验c所得溶液分为两份进行了如下实验，其中滴加3滴2ml/L硝酸钠溶液仍为无色，可知滴加3滴2ml/L氯化钠溶液由无色变为黄色，
故答案为：溶液由无色变为黄色；
（5）依据上述现象解释FeCl3溶液显黄色的原因是Fe3+与OH﹣配位和Fe3+与Cl﹣配位，
故答案为：Fe3+与OH﹣配位和Fe3+与Cl﹣配位；
（6）继续滴加3滴EDTA溶液，溶液由血红色变为浅黄色，说明EDTA的配位能力比SCN﹣强，使平衡：Fe3++H2Y2﹣⇌FeY﹣（浅黄色）+2H+正向移动，溶液变为浅黄色，
故答案为：EDTA的配位能力比SCN﹣强，加入EDTA后，平衡：Fe3++H2Y2﹣⇌FeY﹣（浅黄色）+2H+，平衡正向移动，溶液变为浅黄色。事实
解释
A
H2O的稳定性比H2S强
H﹣O键能大于H﹣S键能
B
NH3极易溶于水，PH3微溶于水
PH3相对分子质量较大
C
对羟基苯甲醛的熔沸点比邻羟基苯甲醛的高
对羟基苯甲醛只能形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛可以形成分子内氢键
D
NaCl晶体的熔点大于CsCl晶体
Na+的半径小于Cs+，离子键强度NaCl大于CsCl
选项
A
B
C
D
装置
实验目的
由海水制取蒸馏水
萃取碘水中的碘
分离粗盐中的不溶物
证明乙炔可使溴水褪色
序号
实验步骤
实验现象或结论
①
向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量
产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液
②
再加入无水乙醇
得到深蓝色晶体
③
测定深蓝色晶体的结构
晶体的化学式为[Cu（NH3）4]SO4•H2O
④
将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液
无蓝色沉淀生成
⑤
向实验①溶液中插入光亮铁丝
一段时间后铁丝表面有金属光泽的红色固体析出
谱图
数据分析结果
红外光谱
含有﹣COOH
核磁共振氢谱
峰面积比为1：2：3
实验
a
b
c
实验操作
实验现象
溶液黄色略变浅
溶液黄色略变浅
黄色褪去
实验
d
e
实验操作
实验现象
溶液仍为无色
一、第一部分（选择题共42分）本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1．（3分）氮化硼是一种超硬、耐磨、耐高温的新型材料。下列物质的晶体类型与氮化硼相同的是（ ）
A．C60B．铁C．硝酸钠D．金刚石
2．（3分）某烷烃的结构简式为，其系统命名正确的是（ ）
A．2，3，3﹣三甲基戊烷
B．3，3，4﹣三甲基戊烷
C．2，3﹣二甲基﹣2﹣乙基丁烷
D．2，3﹣二甲基﹣3﹣乙基丁烷
3．（3分）下列化学用语或图示表达不正确的是（ ）
A．乙炔的结构简式：HC≡CH
B．顺﹣2﹣丁烯的分子结构模型：
C．SO2的VSEPR模型
D．p﹣p π键电子云轮廓图
4．（3分）下列关于丙烯的说法不正确的是（ ）
A．分子中总共有8个σ键和1个π键
B．所有碳原子都在同一平面上
C．碳原子均采用sp2杂化
D．碳碳双键中的π键键能比σ键的小，易断裂，因此丙烯易发生加成反应
5．（3分）H2O2是常用的氧化剂，其分子结构如图所示，两个氢原子犹如在半展开的书的两面上。下列说法不正确的是（ ）
A．H2O2分子能形成氢键
B．在H2O2分子中只有σ键没有π键
C．O原子采取sp3杂化
D．H2O2为非极性分子，溶于CCl4
6．（3分）下列事实不能用基团间的相互作用解释的是（ ）
A．乙烯能发生加成反应而乙烷不能
B．甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色而甲烷不能
C．苯在50～60℃时发生硝化反应而甲苯在30℃时即可发生
D．金属钠与水反应剧烈程度比与乙醇反应强
7．（3分）下列有关晶体的叙述正确的是（ ）
A．粉末状的固体肯定不是晶体
B．晶胞是晶体中最小的平行六面体
C．破损的晶体能够在固态时自动变成规则的多面体
D．测定某一固体是否是晶体可用X射线衍射仪进行测定
8．（3分）下列叙述中，事实与对应的解释不正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
9．（3分）氟化钙被广泛应用于天文观测、高分辨光学仪器中，其晶胞结构如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．氟化钙的化学式为CaF
B．每个晶胞中含有14个Ca2+
C．每个Ca2+周围距离最近且等距的F﹣有4个
D．Ca2+和F﹣之间不只存在静电引力
10．（3分）下列实验中，不能达到实验目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
11．（3分）一种叶绿素的结构示意图如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．Mg2+是中心离子
B．N是配位原子
C．该叶绿素含有1种含氧官能团
D．该叶绿素能使酸性高锰酸钾褪色
12．（3分）下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是（ ）
A．烷烃的沸点高低仅取决于碳原子数的多少
B．甲烷和氯气的反应与乙烯和Br2的反应不属于同一类型的反应
C．乙烯与聚乙烯均能使酸性高锰酸钾褪色
D．甲苯与氯气在光照下发生一元取代反应，主要生成
13．（3分）己二酸是一种重要的化工原料，合成途径有如下两种：
途径一：
途径二：
下列说法正确的是（ ）
A．苯与溴水混合充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色
B．环己醇与乙醇互为同系物
C．环己烷分子中所有原子共平面
D．与途径一相比，途径二可减少污染物排放
14．（3分）为研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验。下列说法不正确的是（ ）
A．由实验①～③可知，配离子的稳定性：[Cu（H2O）4]2+＜[Cu（NH3）4]2+
B．加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小
C．向实验④深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀
D．由实验⑤可知，铜离子与NH3形成配合物的过程是可逆反应
二、第二部分（非选择题共58分）
15．（10分）碳和硅是同主族元素，但是CO2和SiO2的性质和应用却有着很大差异。
（1）原子结构与元素性质分析
①基态碳原子占据的最高能级的原子轨道的形状是 （填名称）。
②基态Si的价层电子轨道表示式是：
③元素C、Si、O的电负性由大到小的关系是 。
（2）微粒间相互作用与物质性质
①CO2和SiO2中同时存在σ键和π键的是 （填化学式）。
②CO2分子的空间结构是 ，碳原子的杂化轨道类型为 ；SiO2晶体结构如图1所示，硅原子的杂化轨道类型为 。
（3）不同聚集状态的物质与性质
①Si与C同主族，但SiO2与CO2的熔沸点等物理性质差距很大，请从晶体结构角度解释其原因 。
②干冰晶体结构如图1所示，下列关于SiO2与CO2叙述正确的是 。
a.固体SiO2一定是晶体
b.干冰晶体中，每个CO2周围紧邻12个 CO2
c.SiO2晶胞中，含有Si原子8个和O原子16个
③某种含硅化合物晶胞结构如图2所示，这种含硅化合物的化学式为 。
④已知该化合物的晶胞边长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，则其晶体的密度为 g•cm﹣3。
16．（9分）某有机化合物A在食品、医药等领域中有广泛应用，研究有机化合物A的分子结构、性质如下：
（1）确定A的分子式
已知该物质含C、H、O三种元素，经元素分析得到有机化合物A的分子内各元素原子个数比N（C）：N（H）：N（O）是3：6：2，欲确定其分子式还需利用 （填仪器名称），测得图谱如图所示，则该物质分子式为 。
（2）确定分子A的结构
使用现代分析仪器对有机化合物A的分子结构进行测定，相关结果如下：
有机化合物A的结构简式为 ，所属的有机化合物类别是 。
（3）研究A的结构和性质的关系
①已知：电离常数Ka（乙酸）＝1.75×10﹣5，Ka（A）＝1.34×10﹣5，分析数据可知A的酸性略弱于乙酸，请从共价键极性的角度解释原因 。
②有机化合物A的同分异构体属于酯类的有 种。
③常温下有机化合物A为液体，而氨基乙酸（H2NCH2COOH）为固体，请解释其主要原因 。
17．（12分）阿司匹林具有解热镇痛作用，科研工作者将阿司匹林与聚甲基丙烯酸借助乙二醇嫁接起来，合成长效缓释阿司匹林，从而减少了对肠胃的刺激，减少每天吃药次数，大大方便了人们对药物的使用。合成路线如图所示：
（1）阿司匹林的合成中步骤①的反应类型是 。
（2）原料A的名称是 ，中间体C的结构简式是 。
（3）由原料A制备中间体D不采取与Br2直接反应，而是经过①～③的目的是 。
（4）上述合成路径中阿司匹林实现了分子结构修饰，阿司匹林中发生分子结构修饰的官能团名称是 。
（5）I→J的化学方程式是 。
（6）L→M的化学方程式是 。
（7）请解释长效缓释阿司匹林的缓释原理是 。
（8）下列说法正确的是 。
A.阿司匹林中含有手性碳原子
B.长效缓释阿司匹林单体的分子式是C15H16O6
C.阿司匹林与长效缓释阿司匹林可通过红外光谱区别
D.阿司匹林与化合物K、M通过加聚反应合成长效缓释阿司匹林
18．（15分）某兴趣小组用甲苯为原料制苯甲酸的装置如图所示。（夹持装置已省略）
资料：
①甲苯的熔点﹣95℃；甲苯不溶于水、易溶于乙醇。
②苯甲酸熔点122.4℃，在100℃左右升华，微溶于冷水，易溶于乙醇、热水。
③甲苯制备苯甲酸的主要反应：+KOH+2MnO2+H2O
实验流程：
请回答：
（1）反应装置中发生反应的类型是： 。
（2）反应装置中仪器a的名称是 ，作用是 。
（3）同学们欲判断甲苯已反应完全需要寻找的实验证据是： 。
（4）操作②中，向混合液1中加入饱和NaHSO3溶液欲除去过量的KMnO4，反应中可能出现MnO2，则需补充的操作是： ，若不除去过量的KMnO4可能造成的后果是： 。
（5）操作③中，通过过滤、冷水洗涤和干燥获得苯甲酸晶体5.0g，乙同学认为在“干燥”步骤需要控制温度，你认为 （填“是”或“否”）合理，原因是： 。
（6）有同学认为以上获得的苯甲酸需用 方法进一步纯化。经纯化后获得晶体质量3.2g，则此步苯甲酸的纯化收率为 。
19．（12分）某小组同学探究Fe3+在不同溶液中显色的原因。
资料：i.FeCl3溶液中存在平衡：[Fe（H2O）6]3++H2O⇌[Fe（H2O）5（OH）]2++H3O+
ii.Fe3+在EDTA（H4Y）pH 为1.3～2的溶液中存在平衡：Fe3++H2Y2﹣⇌FeY﹣（浅黄色）+2H+
iii.Fe3+与不能形成配位键
（1）Fe3+的价层电子排布式是 。
实验一：探究FeCl3溶液的显色原因
[猜想与预测]
小组同学认为可能是Fe3+与其他微粒配位形成的配离子导致溶液显黄色，进而提出以下猜想：
Ⅰ.Fe3+与OH﹣配位
Ⅱ.Fe3+与H2O配位
Ⅲ.Fe3+与Cl﹣配位
（2）上述微粒能形成配离子的原因是 。
[实验与分析]
为验证猜想Ⅰ，小组同学设计并完成了以下实验。
（3）实验a的目的是 。
（4）①甲同学认为实验c可以证明猜想Ⅰ成立，猜想Ⅱ不成立，理由是 。
小组同学为了证明猜想Ⅲ成立，将实验c所得溶液分为两份进行了如下实验：
②实验d的实验现象为 。
[结论与反思]
（5）依据上述现象解释FeCl3溶液显黄色的原因是 。
实验二：探究Fe3+在不同溶液中显色的原因
乙同学为了验证Fe3+在不同溶液中显色原因，设计如下实验：向2mLFeCl3（pH 约为2）溶液中滴入3滴KSCN溶液，溶液变血红色；继续滴加3滴EDTA溶液，溶液由血红色变为浅黄色。
（6）综合上述实验现象，解释实验二中溶液颜色由血红色变为浅黄色的可能原因 。
参考答案
一、第一部分（选择题共42分）本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1．【答案】D
【分析】共价晶体一般具有硬度大、熔点高、耐高温的性质，据此判断解答。
【解答】解：依据氮化硼是一种超硬、耐磨、耐高温的新型材料，可知氮化硼晶体为共价晶体，
A．C60为分子晶体，故A错误；
B．铁为金属晶体，故B错误；
C．硝酸钠为离子晶体，故C错误；
D．金刚石为共价晶体，故D正确；
故选：D。
2．【答案】A
【分析】烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始编号，命名时表示出支链的位置，据此分析。
【解答】解：的主链上有5个碳原子，在2号碳原子上有一个甲基，在3号碳原子上有2个甲基，名称为2，3，3﹣三甲基戊烷，
故选：A。
3．【答案】C
【分析】A．结构简式要画出官能团；
B．顺﹣2﹣丁烯中两个甲基位于双键同侧；
C．SO2中心原子S原子的价层电子对数n＝孤电子对数+σ键数目＝1+2＝3；
D．是p﹣pπ键电子云模型，以“肩并肩”方式形成。
【解答】解：A．乙炔中含有碳碳三键，其结构简式为HC≡CH，故A正确；
B．顺﹣2﹣丁烯中两个甲基位于双键同侧，其结构模型为，故B正确；
C．SO2中心原子S原子的价层电子对数n＝孤电子对数+σ键数目＝1+2＝3，VSEPR模型是平面三角形，故C错误；
D．p轨道的电子以“肩并肩”方式形成，是p﹣pπ键电子云模型，故D正确；
故选：C。
4．【答案】C
【分析】A．单键为σ键，一个碳碳双键中含有一个σ键和一个π键；
B．乙烯为平面形结构，丙烯可以看作乙烯中的一个氢原子被甲基取代；
C．碳碳双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
D．碳碳双键中的π键键能比σ键的小，易断裂。
【解答】解：A．丙烯的结构简式为：CH2＝CHCH3，单键为σ键，一个碳碳双键中含有一个σ键和一个π键，因此1个丙烯分子中总共有8个σ键和1个π键，故A正确；
B．丙烯的结构简式为：CH2＝CHCH3，乙烯为平面形结构，丙烯可以看作乙烯中的一个氢原子被甲基取代，因此所有碳原子都在同一平面上，故B正确；
C．丙烯的结构简式为：CH2＝CHCH3，双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化，因此丙烯中碳原子采用sp2、sp3杂化，故C错误；
D．丙烯的结构简式为：CH2＝CHCH3，碳碳双键中的π键键能比σ键的小，易断裂，因此丙烯易发生加成反应，故D正确；
故选：C。
5．【答案】D
【分析】A．H2O2分子中氢原子与电负性大且原子半径小的氧原子之间相连，可形成氢键；
B．单键为σ键；
C．H2O2分子中O原子形成两个σ键，有两对孤电子对，O原子采取sp3杂化；
D．H2O2分子的结构不对称，为极性分子。
【解答】解：A．H2O2分子中氢原子与电负性大且原子半径小的氧原子之间相连，可形成氢键，故A正确；
B．H2O2分子中只有单键，则只有σ键没有π键，故B正确；
C．H2O2分子中O原子形成两个σ键，有两对孤电子对，因此O原子采取sp3杂化，故C正确；
D．H2O2分子的结构不对称，为极性分子，根据相似相溶规则，H2O2分子难溶于CCl4，故D错误；
故选：D。
6．【答案】A
【分析】A．乙烯含碳碳双键，乙烷为饱和烃；
B．甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化、甲烷和苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C．甲苯中甲基影响苯环，苯环上H易被取代；
D．烃基是推电子基。
【解答】解：A．乙烯的结构中含有碳碳双键，能与氢气发生加成反应，而烷烃中则没有，是自身的官能团性质，不是原子团间的相互影响导致的化学性质，故A错误；
B．苯、甲烷都不能使酸性高锰酸钾褪色，甲苯可以使酸性高锰酸钾褪色，被氧化为苯甲酸，说明苯环对侧链影响，故C正确；
C．苯、甲苯均不含官能团，甲苯中甲基影响苯环，苯环上H易被取代，则甲苯易发生硝化反应，与有机物分子内基团间的相互作用有关，故B正确；
D．烃基是推电子基，乙醇中的乙基推电子，导致氢离子不易电离，金属钠与乙醇反应弱，与基团间的相互作用有关，故D正确；
故选：A。
7．【答案】D
【分析】A．不能通过颗粒大小判断是不是晶体，粉末状的物质也可以是晶体；
B．晶胞通常是最小的平行六面体；
C．破损的晶体在溶液中可以自动变成规则的多面体；
D．X射线衍射仪可以区别晶体和非晶体。
【解答】解：A．不能通过颗粒大小判断是不是晶体，粉末状的物质也可以是晶体，如碳酸氢钠粉末，是粉末状，是晶体，故A错误；
B．晶胞是从晶体的点阵中取出一个具有代表性的基本单元（通常是最小的平行六面体），故B错误；
C．破损的晶体在溶液中可以自动变成规则的多面体，破损的晶体不能够在固态时自动变成规则的多面体，故C错误；
D．X射线衍射仪可以区别晶体和非晶体，测定某一固体是否是晶体可用X射线衍射仪进行测定，故D正确；
故选：D。
8．【答案】B
【分析】A．H2O的稳定性比H2S强与化学键的键能有关；
B．NH3极易溶于水，与氢键有关；
C．对羟基苯甲醛形成分子间氢键，其熔沸点较高，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，其熔沸点较低；
D．离子晶体的熔点与离子键键能有关。
【解答】解：A．H2O的稳定性比H2S强是因为H﹣O键能大于H﹣S键能，故A正确；
B．氨气与水能形成氢键，增大其溶解度，而磷化氢则不能，所以NH3极易溶于水PH3微溶于水，与相对分子质量无关，故B错误；
C．对羟基苯甲醛形成分子间氢键，其熔沸点较高，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，其熔沸点较低，所以对羟基苯甲醛的熔沸点比邻羟基苯甲醛的高，故C正确；
D．Na+的半径小于Cs+，离子键强度NaCl大于CsCl，所以NaCl晶体的熔点大于CsCl晶体，故D正确；
故选：B。
9．【答案】D
【分析】A．晶胞分析可知，Ca2+离子位于8个顶角和6个面心，F﹣离子位于晶胞内部；
B．晶胞分析可知，Ca2+离子位于8个顶角和6个面心；
C．晶胞结构分析可知，每个Ca2+周围距离最近且等距的F﹣有8个；
D．阴阳离子间通过静电作用形成离子键。
【解答】解：A．晶胞分析可知，Ca2+离子位于8个顶角和6个面心，8×+6×＝4，F﹣离子位于晶胞内部共8个，则化学式为CaF2，故A错误；
B．上述计算得到每个晶胞中含有4个Ca2+，故B错误；
C．在整个晶体结构中，每个Ca2+周围距离最近且等距的F﹣有8个，故C错误；
D．Ca2+和F﹣之间不只存在静电引力，也存在电子间、原子核间的静电斥力，故D正确；
故选：D。
10．【答案】D
【分析】A．海水中水的沸点较低；
B．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳；
C．过滤可分离不溶性固体；
D．生成的乙炔中可能混有硫化氢等，均与溴水反应。
【解答】解：A．海水中水的沸点较低，可选图中蒸馏装置制取蒸馏水，故A正确；
B．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，可选图中分液漏斗萃取碘，故B正确；
C．过滤可分离不溶性固体，可选图中过滤装置分离，故C正确；
D．生成的乙炔中可能混有硫化氢等，均与溴水反应，溴水褪色，不能证明乙炔使溴水褪色，故D错误；
故选：D。
11．【答案】C
【分析】A．根据图知，中心离子是Mg2+；
B．给中心离子提供孤电子对的原子为配位原子；
C．含氧官能团有酯基、羰基；
D．碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
【解答】解：A．根据图知，镁离子提供空轨道和N原子形成配位键，中心离子是Mg2+，故A正确；
B．给中心离子提供孤电子对的原子为配位原子，该配合物中N原子提供孤电子对，所以N原子为配位原子，故B正确；
C．该配合物中含氧官能团有酯基、羰基，有2种含氧官能团，故C错误；
D．化学式中碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故选：C。
12．【答案】B
【分析】A．烷烃的沸点高低取决于碳原子数的多少及支链的多少；
B．甲烷和氯气发生取代反应生成氯代烃，乙烯和溴发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷；
C．聚乙烯中不含碳碳双键；
D．甲苯和氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应。
【解答】解：A．烷烃的沸点高低取决于碳原子数的多少及支链的多少，如：正戊烷的沸点高于异戊烷的沸点，故A错误；
B．甲烷和氯气发生取代反应生成氯代烃，乙烯和溴发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，前者为取代反应、后者为加成反应，反应类型不同，故B正确；
C．聚乙烯中不含碳碳双键，所以聚乙烯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，则聚乙烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D．甲苯和氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应，发生一元取代时生成，故D错误；
故选：B。
13．【答案】D
【分析】A．苯的密度小于水；
B．结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2原子团的有机物互为同系物；
C．环己烷中所有碳原子都采用sp3杂化，导致所有碳原子都具有甲烷结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面；
D．途径一中步骤多，且反应中还生成N的化合物。
【解答】解：A．苯的密度小于水，所以苯萃取溴水中的溴后分层，上层溶液呈橙红色，故A错误；
B．环己醇为环状结构、乙醇为链状结构，二者结构不相似，所以二者不互为同系物，故B错误；
C．环己烷中所有碳原子都采用sp3杂化，导致所有碳原子都具有甲烷结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面，则环己烷中所有原子一定不共平面，故C错误；
D．途径一中步骤多，且反应中还生成N的化合物，途径二步骤少且可减少污染物排放，故D正确；
故选：D。
14．【答案】C
【分析】A．CuSO4溶液中，Cu2+以[Cu（H2O）4]2+形式存在，逐滴加入氨水至过量，最后转化为更稳定的[Cu（H2O）4]2+；
B．乙醇可以降低[Cu（NH3）4]SO4•H2O的溶解度；
C．在[Cu（NH3）4]SO4中，在外界，可以电离出来；
D．铜离子与NH3形成配合物的过程是可逆反应，溶液中存在平衡：[Cu（NH3）4]2+⇌Cu2++4NH3。
【解答】解：A．CuSO4溶液中，Cu2+以[Cu（H2O）4]2+形式存在，[Cu（H2O）4]2+ 呈蓝色，逐滴加入氨水至过量，先生成蓝色的絮状沉淀Cu（OH）2，然后Cu（OH）2溶于氨水，生成深蓝色的[Cu（H2O）4]2+，所以配离子的稳定性：[Cu（H2O）4]2+＜[Cu（NH3）4]2+，故A正确；
B．加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体[Cu（NH3）4]SO4•H2O在极性较弱的乙醇中溶解度小，故B正确；
C．实验④深蓝色溶液为[Cu（NH3）4]SO4溶液，在外界，可以电离出来，所以加入BaCl2溶液，会产生白色沉淀BaSO4，故C错误；
D．由实验⑤可知，铜离子与NH3形成配合物的过程是可逆反应，溶液中存在平衡：[Cu（NH3）4]2+⇌Cu2++4NH3，插入光亮铁丝后，发生置换反应，生成铜，故D正确；
故选：C。
二、第二部分（非选择题共58分）
15．【答案】（1）①哑铃形；
②；
③O＞C＞Si；
（2）①CO2；
②直线形；sp；sp3；
（3）①SiO2是共价晶体，CO2是分子晶体；
②bc；
③Mg2Si；
④。
【分析】（1）①基态C原子的核外电子排布为1s22s22p2，电子占据最高能级为2p；
②基态Si原子的价电子排布式为3s23p2，结合洪特规则写出轨道表示式；
③电负性的变化规律：同周期从左向右逐渐增大，同主族由上至下逐渐减小；
（2）①单键属于σ键，双键中含有1个σ键和1个π键；
②CO2的结构式为O＝C＝O，中心C原子的价层电子对数为2，不含有孤电子对，其VSEPR模型和空间构型均为直线形；SiO2晶体图中硅原子的价层电子对数为4，
其VSEPR模型为正四面体；
（3）①分子晶体中分子间存在弱的分子间作用力，共价晶体中原子之间存在较强的共价键，共价键的作用远大于分子间作用力；
②a．SiO2其存在形态有结晶形和无定形两大类；
b．干冰晶体中CO2分子位于顶点和面心位置，顶点处CO2分子紧邻的CO2分子位于面心处；
c．SiO2晶跑中，4个Si处于晶胞内部，其他的Si原子处于顶点、面心位置，根据均摊法计算Si原子数目，O原子均位于体内；
③含硅化合物晶胞图中，8个Mg原子位于体内，Si原子处于顶点、面心位置，数目为8×+6×＝4，Mg、Si数目之比为2：1；
④该化合物中含有8个Mg原子，4个Si原子，则晶胞的质量m＝g，晶胞的体积V＝a3cm3，根据ρ＝计算晶体的密度。
【解答】解：（1）①基态C原子的核外电子排布为1s22s22p2，电子占据最高能级为2p，p轨道的形状为哑铃形，
故答案为：哑铃形；
②基态Si原子的价电子排布式为3s23p2，轨道表示式为，
故答案为：；
③电负性的变化规律为同周期从左向右逐渐增大，同主族由上至下逐渐减小，所以电负性O＞C＞Si，
故答案为：O＞C＞Si；
（2）①CO2的结构式为O＝C＝O，含有1个σ键和1个π键，但原子半径Si＞O，导致SiO2的结构只含有Si﹣O键，不含有π键，则CO2和SiO2中同时存在σ键和π键的是CO2，
故答案为：CO2；
②CO2的结构式为O＝C＝O，中心C原子的价层电子对数为2，不含有孤电子对，其VSEPR模型和空间构型均为直线形，C原子采取sp杂化；SiO2晶体图中硅原子的价层电子对数为4，其VSEPR模型为正四面体，Si原子采取sp3杂化，
故答案为：直线形；sp；sp3；
（3）①共价键的作用远大于分子间作用力，使共价晶体熔沸点比分子晶体熔沸点高，SiO2是共价晶体、CO2是分子晶体，所以SiO2的熔沸点高于CO2，
故答案为：SiO2是共价晶体，CO2是分子晶体；
②a．SiO2其存在形态有结晶形和无定形两大类，存在非晶态的，则固体SiO2不一定是晶体，故a错误；
b．干冰晶体中顶点处CO2分子紧邻的CO2分子位于面心处，数目为3×8×＝12，故b正确；
c．SiO2晶跑中，4个Si处于晶胞内部，其他的Si原子处于顶点、面心位置，Si原子数目＝4+8×+6×＝8，16个Si原子均位于体内，即SiO2晶胞中，含有Si原子8个和O原子16个，故c正确；
故答案为：bc；
③含硅化合物晶胞图中，8个Mg原子位于体内，Si原子处于顶点、面心位置，数目为8×+6×＝4，Mg、Si数目之比为2：1，其化学式为Mg2Si，
故答案为：Mg2Si；
④该化合物中含有8个Mg原子，4个Si原子，则晶胞的质量m＝g，晶胞的体积V＝a3cm3，晶体的密度ρ＝＝＝g/cm3，
故答案为：。
16．【答案】（1）质谱仪；C3H6O2；
（2）CH3CH2COOH；羧酸；
（3）①烃基为推电子基团，烃基越长推电子能力越强，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，其电离平衡常数越小；
②2；
③丙酸中羧基能形成分子间氢键，氨基乙酸中氨基和羧基都能形成分子间氢键。
【分析】（1）根据质核比知，A的相对分子质量为74，可以用质谱仪确定其分子式；该物质含C、H、O三种元素，经元素分析得到有机化合物A的分子内各元素原子个数比N（C）：N（H）：N（O）是3：6：2，其最简式为C3H6O2，设其化学式为（C3H6O2）n，n＝＝1；
（2）根据红外光谱知，分子中含有﹣COOH；根据核磁共振氢谱知，分子中含有3种氢原子，峰面积比为1：2：3，则氢原子个数之比为1：2：3，结合其分子式确定结构简式；
（3）①烃基为推电子基团，烃基越长推电子能力越强，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱；
②有机化合物A的同分异构体属于酯类的有甲酸乙酯、乙酸甲酯；
③常温下有机化合物A中羧基能形成分子间氢键，氨基乙酸中氨基、羧基都能形成分子间氢键，分子间氢键使物质熔沸点升高。
【解答】解：（1）根据质核比知，A的相对分子质量为74，可以用质谱仪确定其分子式，所以欲确定其分子式还需利用质谱仪；该物质含C、H、O三种元素，经元素分析得到有机化合物A的分子内各元素原子个数比N（C）：N（H）：N（O）是3：6：2，其最简式为C3H6O2，设其化学式为（C3H6O2）n，n＝＝1，分子式为C3H6O2，
故答案为：质谱仪；C3H6O2；
（2）根据红外光谱知，分子中含有﹣COOH；根据核磁共振氢谱知，分子中含有3种氢原子，峰面积比为1：2：3，则氢原子个数之比为1：2：3，结合其分子式确定结构简式为CH3CH2COOH，官能团为羧基，属于羧酸类物质，
故答案为：CH3CH2COOH；羧酸；
（3）①烃基为推电子基团，烃基越长推电子能力越强，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，其电离平衡常数越小，丙酸、乙酸中烃基分别为CH3CH2﹣、﹣CH3，因此酸性由强到弱顺序为：乙酸＞丙酸，所以乙酸的电离平衡常数大于丙酸的电离平衡常数，
故答案为：烃基为推电子基团，烃基越长推电子能力越强，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，其电离平衡常数越小；
②有机化合物A的同分异构体属于酯类的有HCOOCH2CH3、CH3COOCH3，所以有2种，
故答案为：2；
③常温下有机化合物A中羧基能形成分子间氢键，氨基乙酸中氨基、羧基都能形成分子间氢键，导致氨基乙酸分子间吸引力大于丙酸，所以常温下有机化合物A为液体，而氨基乙酸（H2NCH2COOH）为固体，
故答案为：丙酸中羧基能形成分子间氢键，氨基乙酸中氨基和羧基都能形成分子间氢键。
17．【答案】（1）取代反应；
（2）甲苯；；
（3）防止生成副产物；
（4）羧基；
（5）CH2＝CH2+Br2→BrCH2CH2Br；
（6）nCH2＝C（CH3）COOH；
（7）；
（8）BC。
【分析】A发生取代反应生成B，根据A的分子式及B的结构简式知，A为，根据D的结构简式及C的分子式知，B和溴发生取代反应生成C为，D发生氧化反应生成E，E发生水解反应生成F，F酸化得到G，G发生酯化反应生成阿司匹林；乙烯和溴发生加成反应生成J为BrCH2CH2Br，J发生水解反应生成K，C4H6O2发生加聚反应生成M，根据M的结构简式知，C4H6O2的结构简式为CH2＝C（CH3）COOH，阿司匹林、K、M发生酯化反应生成长效缓释阿司匹林。
【解答】解：（1）A中氢原子被磺酸基取代生成B，所以阿司匹林的合成中步骤①的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
（2）原料A的名称是甲苯，中间体C的结构简式是，
故答案为：甲苯；；
（3）由原料A制备中间体D不采取与Br2直接反应，而是经过①～③的目的是防止生成副产物，
故答案为：防止生成副产物；
（4）阿司匹林中发生分子结构修饰的官能团名称是羧基，
故答案为：羧基；
（5）I→J的化学方程式是CH2＝CH2+Br2→BrCH2CH2Br，
故答案为：CH2＝CH2+Br2→BrCH2CH2Br；
（6）L→M的化学方程式是nCH2＝C（CH3）COOH，
故答案为：nCH2＝C（CH3）COOH；
（7）缓释阿司匹林在肠胃中水解出阿司匹林，同时还生成乙二醇、，反应方程式为：，
故答案为：；
（8）A．阿司匹林中不含手性碳原子，故A错误；
B．长效缓释阿司匹林单体的分子式是C15H16O6，故B正确；
C．红外光谱测定官能团，二者所含官能团不同，阿司匹林与长效缓释阿司匹林可通过红外光谱区别，故C正确；
D．阿司匹林与化合物K、M通过酯化反应合成长效缓释阿司匹林，故D错误；
故答案为：BC。
18．【答案】（1）氧化反应；
（2）球形冷凝管；导气、冷凝回流；
（3）三颈烧瓶中无分层现象，回流液中不再出现油珠；
（4）过滤除去MnO2；过量的高锰酸钾可能会氧化盐酸，生成氯气，污染环境；
（5）是；避免温度达到100℃左右时，苯甲酸升华；
（6）重结晶法或升华法；64%。
【分析】（1）反应装置中甲苯被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸；
（2）根据仪器a的构造可知，仪器a的名称，冷凝管的作用是一般是导气、冷凝回流；
（3）甲苯不溶于水，且密度比水小，分层；
（4）MnO2是难溶于水的固体，可以过滤除去，酸性KMnO4可以氧化盐酸，生成氯气；
（5）苯甲酸在100℃左右升华；
（6）提纯苯甲酸可以采用重结晶法或利用苯甲酸升华的特点，利用升华法提纯苯甲酸，5g苯甲酸晶体，经过纯化，获得晶体质量3.2，进一步计算苯甲酸的纯化收率。
【解答】解：（1）反应装置中甲苯被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸，发生反应的类型是氧化反应，
故答案为：氧化反应；
（2）根据仪器a的构造可知，仪器ad 名称是球形冷凝管，其作用是导气、冷凝回流，
故答案为：球形冷凝管；导气、冷凝回流；
（3）若甲苯已反应完全，则三颈烧瓶中，甲苯的有机层消失，回流液中不再出现油珠，
故答案为：三颈烧瓶中无分层现象，回流液中不再出现油珠；
（4）操作②中，向混合液1中加入饱和NaHSO3溶液欲除去过量的KMnO4，反应中可能出现MnO2，则需补充的操作是过滤除去MnO2，若不除去过量的KMnO4，则在盐酸酸化时，过量的高锰酸钾可能会氧化盐酸，生成氯气，污染环境，
故答案为：过滤除去MnO2；过量的高锰酸钾可能会氧化盐酸，生成氯气，污染环境；
（5）根据信息可知，苯甲酸在100℃左右升华，所以干燥步骤需要控制温度，避免温度达到100℃左右时，苯甲酸升华，
故答案为：是；避免温度达到100℃左右时，苯甲酸升华；
（6）提纯苯甲酸可以采用重结晶法或利用苯甲酸升华的特点，利用升华法提纯苯甲酸，5g苯甲酸晶体，经过纯化，获得晶体质量3.2，苯甲酸的纯化收率为＝64%，
故答案为：重结晶法或升华法；64%。
19．【答案】（1）3d5；
（2）Fe3+提供空轨道，OH﹣、H2O、Cl﹣提供孤对电子；
（3）控制Fe3+浓度相同；
（4）①滴加3滴2ml/L硝酸，观察到溶液黄色褪去，说明：[Fe（H2O）6]3++H2O⇌[Fe（H2O）5（OH）]2++H3O+，平衡逆向移动；
②溶液由无色变为黄色；
（5）Fe3+与OH﹣配位和Fe3+与Cl﹣配位；
（6）EDTA的配位能力比SCN﹣强，加入EDTA后，平衡：Fe3++H2Y2﹣⇌FeY﹣（浅黄色）+2H+，平衡正向移动，溶液变为浅黄色。
【分析】（1）根据构造原理，铁原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，铁原子失去3个电子即为+3价铁离子；
（2）能形成配离子的条件是一方提供空轨道，另一方提供孤对对子；
（3）实验a的目的是对照试验，控制Fe3+浓度相同；
（4）①滴加3滴2ml/L硝酸，观察到溶液黄色褪去，说明：[Fe（H2O）6]3++H2O⇌[Fe（H2O）5（OH）]2++H3O+，平衡逆向移动，证明猜想Ⅰ成立，猜想Ⅱ不成立；
②小组同学为了证明猜想Ⅲ成立，将实验c所得溶液分为两份进行了如下实验，其中滴加3滴2ml/L硝酸钠溶液仍为无色，可知滴加3滴2ml/L氯化钠溶液由无色变为黄色；
（5）依据上述现象解释FeCl3溶液显黄色的原因是Fe3+与OH﹣配位和Fe3+与Cl﹣配位；
（6）向2mLFeCl3（pH 约为2）溶液中滴入3滴KSCN溶液，溶液变血红色，存在平衡Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，说明SCN﹣的配位能力比Cl﹣强，继续滴加3滴EDTA溶液，溶液由血红色变为浅黄色，说明EDTA的配位能力比SCN﹣强，使平衡：Fe3++H2Y2﹣⇌FeY﹣（浅黄色）+2H+正向移动。
【解答】解：（1）铁原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe3+的价层电子排布式是3d5，
故答案为：3d5；
（2）上述微粒能形成配离子的原因是Fe3+具有空轨道，OH﹣、H2O、Cl﹣可以提供孤对电子，
故答案为：Fe3+提供空轨道，OH﹣、H2O、Cl﹣提供孤对电子；
（3）实验a的目的是对照试验，控制Fe3+浓度相同，
故答案为：控制Fe3+浓度相同；
（4）①向2mL黄色的硝酸铁溶液中滴加3滴2ml/L硝酸，观察到溶液黄色褪去，说明：[Fe（H2O）6]3++H2O⇌[Fe（H2O）5（OH）]2++H3O+，平衡逆向移动，证明猜想Ⅰ成立，猜想Ⅱ不成立，
故答案为：滴加3滴2ml/L硝酸，观察到溶液黄色褪去，说明：[Fe（H2O）6]3++H2O⇌[Fe（H2O）5（OH）]2++H3O+，平衡逆向移动；
②小组同学为了证明猜想Ⅲ成立，将实验c所得溶液分为两份进行了如下实验，其中滴加3滴2ml/L硝酸钠溶液仍为无色，可知滴加3滴2ml/L氯化钠溶液由无色变为黄色，
故答案为：溶液由无色变为黄色；
（5）依据上述现象解释FeCl3溶液显黄色的原因是Fe3+与OH﹣配位和Fe3+与Cl﹣配位，
故答案为：Fe3+与OH﹣配位和Fe3+与Cl﹣配位；
（6）继续滴加3滴EDTA溶液，溶液由血红色变为浅黄色，说明EDTA的配位能力比SCN﹣强，使平衡：Fe3++H2Y2﹣⇌FeY﹣（浅黄色）+2H+正向移动，溶液变为浅黄色，
故答案为：EDTA的配位能力比SCN﹣强，加入EDTA后，平衡：Fe3++H2Y2﹣⇌FeY﹣（浅黄色）+2H+，平衡正向移动，溶液变为浅黄色。事实
解释
A
H2O的稳定性比H2S强
H﹣O键能大于H﹣S键能
B
NH3极易溶于水，PH3微溶于水
PH3相对分子质量较大
C
对羟基苯甲醛的熔沸点比邻羟基苯甲醛的高
对羟基苯甲醛只能形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛可以形成分子内氢键
D
NaCl晶体的熔点大于CsCl晶体
Na+的半径小于Cs+，离子键强度NaCl大于CsCl
选项
A
B
C
D
装置
实验目的
由海水制取蒸馏水
萃取碘水中的碘
分离粗盐中的不溶物
证明乙炔可使溴水褪色
序号
实验步骤
实验现象或结论
①
向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量
产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液
②
再加入无水乙醇
得到深蓝色晶体
③
测定深蓝色晶体的结构
晶体的化学式为[Cu（NH3）4]SO4•H2O
④
将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液
无蓝色沉淀生成
⑤
向实验①溶液中插入光亮铁丝
一段时间后铁丝表面有金属光泽的红色固体析出
谱图
数据分析结果
红外光谱
含有﹣COOH
核磁共振氢谱
峰面积比为1：2：3
实验
a
b
c
实验操作
实验现象
溶液黄色略变浅
溶液黄色略变浅
黄色褪去
实验
d
e
实验操作
实验现象
溶液仍为无色
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