第二章分子结构与性质测试题-高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2 (2).docx

第二章分子结构与性质测试题一、单选题（共12题）1下列关于化学键的说法中正确的是（   ）A中既有极性键又有非极性键B凡是有化学键断裂的过程一定发生了化学反应C非金属元素之间只能形成共价化合物D所有盐、碱和金属氧化物中都含有离子键2下列叙述不正确的是AHF、HCl、HBr、HI的沸点逐渐增大B在周期表中金属与非金属的分界处，可以找到半导体材料CLi、Na、K原子的电子层数依次增多DX元素最高价氧化物对应的水化物为HXO3，它的气态氢化物为H3X32022年北京冬奥会首次使用CO2跨临界直冷新型环保制冰技术。下列有关说法不正确的是ACO2是由极性键构成的非极性分子B干冰中CO2分子间只存在范德华力C冰中H2O分子之间的主要作用力是氢键D此技术制冰的过程中发生的是化学变化4下列说法错误的是ANH3、H2O、CO2分子中，中心原子孤电子对数最多的是H2OB某元素气态基态原子的逐级电离能()分别为738kJ/mol、1451kJ/mol、7733kJ/mol、10540kJ/mol、13630kJ/mol、17995kJ/mol、21703kJ/mol，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+C有机物中，键和键比例为7:1D已知反应，若该反应中有4mol N-H键断裂，则形成的键数目为3NA5短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，K、L、M均是由这些元素形成的氧化物，甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体，K是无色气体，也是主要的大气污染物之一，0.05molL-1丙的溶液中c(H+)=0.1molL-1，上述几种物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A原子半径：WYXB元素的非金属性：ZYXC元素的第一电离能：WZYDK、L、M中沸点最高的是M6某物质M是制造染料的中间体，它的球棍模型如图所示，由短周期X、Y、Z、W四种元素组成，X是原子半径最小的元素，W的3p轨道有一个未成对电子，Y、Z同主族且能形成ZY2的化合物。下列说法正确的是A电负性：Y>Z>WB最简单氢化物沸点：Y<ZCX2Y2是极性分子DZ的最高价氧化物的空间构型为三角锥形7柠檬酸是一种食品添加剂，易溶于水，其结构如图所示。下列关于柠檬酸的说法不正确的是A能与H2O形成氢键B能与NaOH反应生成柠檬酸三钠C能在一定条件下发生消去反应D分子中含有手性碳原子8科学家发现某些生物酶体系可促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。下列说法错误的是A过程中体现还原性B过程中有极性键的断裂和形成C过程生成的半反应为：D过程的总反应为：9下列关于分子性质的解释错误的是A丙酸酸性弱于乙酸，是因为丙酸的烃基长，推电子效应大，其羧基中羟基的极性小BH2O比H2S沸点高，是因为O-H键能大于S-H键能C乙醇与水任意比互溶，主要是因为乙醇与水易形成分子间氢键D沸点：I2Cl2，是因为范德华力：I2Cl210原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z、R，含0.9%YR的水溶液称为生理盐水，X、Y、Z三种元素组成两种化合物a、b的性质如图，Z的质子数是X质子数的2倍。下列说法错误的是A原子半径：Y>Z>R>XB简单气态氢化物的稳定性：R>ZC化合物a的水溶液呈中性DX、Y形成的一种化合物中可能含有离子键和共价键11乙醛发生银镜反应的化学方程式为CH3CHO2Ag(NH3)2OH2AgCH3COONH43NH3H2O。下列说法正确的是ACH3CHO分子中键与键的比例为61B配离子Ag(NH3)2中提供孤电子对形成配位键的是AgCNH3的电子式为DCH3COONH4中碳原子的轨道杂化方式均为sp3杂化12短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外电子只有一种自旋取向，Y、Z两种原子核外s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等，W原子的价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数之比为2：1。下列说法正确的是AW的第一电离能比同周期相邻元素的小B原子半径：r(X)r(Y)r(Z)r(W)C工业上电解熔融化合物ZY制备单质ZDW的最高价氧化物不可能是非极性分子二、非选择题（共10题）13富马酸亚铁是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示。富马酸分子中键与键的数目比为_。14指出下列物质中的过氧键，并标出氧元素的化合价。(1)过氧乙酸_(2)过二硫酸_15含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种配合物的结构如下图所示，该配合物中通过螯合作用形成的配位键有_，该螯合物中N的杂化方式有_种。16回答下列问题：(1)1molCO2中含有的键个数为_。(2)已知CO和CN-与N2结构相似，CO分子内键与键个数之比为_。HCN分子中键与键数目之比为_。(3)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应如下：N2O4(l)+2N2H4(l)=3N2(g)+4H2O(g)。若该反应中有4molNH键断裂，则形成的键有_mol。(4)C、H元素形成的化合物分子中共有16个电子，该分子中键与键的个数之比为_。(5)1mol乙醛分子中含键的个数为_，1个CO(NH2)2分子中含有键的个数为_。17键能是气态分子中断裂共价键所吸收的能量。已知键的键能为，键的键能为，根据热化学方程式：，则键的键能是_。18石墨的片层结构如图所示，试回答：(1)片层中平均每个正六边形含有_个碳原子。(2)在片层结构中，碳原子数、C-C键、六元环数之比为_。(3)ng碳原子可构成_个正六边形。19氮化铬(CrN)熔点高、硬度大，常用作耐磨材料。某校化学兴趣小组在实验室用无水氯化铬(CrCl3)与氨气在高温下反应制备氮化铬。回答下列问题：【实验一】制备无水氯化铬反应原理为：Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2。相关实验装置如图(夹持装置略)已知：CCl4的沸点是76.8。COCl2有毒，遇水发生水解反应。实验的主要操作步骤有：a水浴加热并维持A的温度在6065b点燃B处酒精喷灯，使瓷舟温度升至720左右，反应一定时间c打开K，通入N2并保证锥形瓶中每分钟有250个左右的气泡逸出d一段时间后停止通入N2e先后停止加热A、B，冷却，并继续通入一段时间的N2(1)上述操作步骤的先后顺序为：a_。(2)装置A中锥形瓶采用水浴加热的原因是_。(3)D中盛有过量NaOH溶液，用离子反应方程式说明D的作用：_。(4)比较COCl2分子中键角大小：ClC=O_ClCCl(填“>”“<”或“=”)。【实验二】制备氮化铬校化学兴趣小组设计如图装置在实验室制备氮化铬(加热及夹持装置略)。(5)a仪器的名称：_。(6)写出E中所发生反应的化学方程式：_。(7)F的作用为_。【实验三】测产品氮化铬的纯度(8)向8.25g所得产品中加入足量氢氧化钠溶液(杂质与氢氧化钠溶液不反应)，然后通入水蒸气将氨气全部蒸出，将氨气用60mL1molL-1H2SO4溶液完全吸收，剩余的硫酸用10mL2molL-1NaOH溶液恰好中和，则所得产品中氮化铬的纯度为_。20在含单质碘的溶液中存在可逆反应：，为测定该反应的平衡常数K进行如下实验，实验步骤如下：I.在装有的溶液的碘量瓶中加入足量，充分搅拌溶解，待过量的固体碘沉于瓶底后，取上层清液，用萃取，充分振荡、静置、分液，得到萃取后的水溶液、溶液。II.取萃取后的溶液于碘量瓶中，加水充分振荡，再加入质量分数为溶液，充分振荡后，静置5分钟，用的标准溶液滴定至淡黄色时，注入的淀粉溶液，平行滴定3次，平均消耗溶液。III.将萃取后的水溶液移入碘量瓶中，用的标准溶液滴定至淡黄色时，注入的淀粉溶液，平行滴定3次，平均消耗溶液。已知：i.ii.与难溶于iii.室温下，达到溶解平衡后，在层和水层中的分配比为861回答下列问题：(1)下列萃取分液操作中没有用到的仪器有_(填标号)。ABCD(2)易溶于的原因是_。(3)滴定过程中标准溶液应装在_滴定管(填“酸式”或“碱式”)，滴定终点的现象是_。(4)步骤II中加入溶液的目的是_。(5)步骤III测得萃取后的水溶液中_，平衡常数_(列出计算式即可)。(6)下列关于实验误差分析的说法正确的是_(填标号)。A步骤I中碘量瓶若没有充分振荡，则导致所测值偏大B步骤I中吸取上层清液时，不慎吸入碘固体，则测得的K偏小C步骤II中滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失，则测得的K偏大D步骤III中滴定终点时俯视读数，则测得的K偏小21亚硝酰氯(NOCl)常用于合成洗涤剂、触媒及用作中间体，某学习小组用Cl2与NO制备NOCl并测定其纯度。资料：亚硝酰氯(NOCl)的熔点为-64.5、沸点为-5.5，气态时呈黄色、液态时呈红褐色，遇水易反应生成一种氯化物和两种氮的常见氧化物，其中一种呈红棕色。请回答下列问题：.Cl2的制备舍勒发现氯气的方法至今仍是实验室制取氯气的主要方法之一。(1)该方法可以选择上图中的_(填字母标号)为Cl2发生装置，该反应的离子方程式为_。.亚硝酰氯(NOCl)的制备实验室可用下图装置制备亚硝酰氯(NOCl)，夹持装置略去。(2)NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的VSEPR模型名称为_。(3)用X装置制NO的优点为_。(4)组装好实验装置后应先检查装置的气密性，然后装入药品。一段时间后，Z中反应的现象为_。III.亚硝酰氯(NOCl)纯度的测定将所得亚硝酰氯(NOCl)产品13.10g溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用0.8000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL。(已知Ag2CrO4为砖红色难溶物)。(5)亚硝酰氯(NOCl)与水反应的离子方程式为_。(6)滴定终点的现象是_。(7)亚硝酰氯(NOCl)的纯度为_。22如图所示为元素周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。完成下列填空。(1)表中属于d区的元素是_(填编号)；五种元素形成的稳定离子中，离子半径最小的是_(填离子符号)。(2)表中元素所形成的化合物种类最多，任意写出2种它与元素组成的非极性分子的分子式_。(3)三种元素的第一电离能由大到小的顺序是_(填元素符号)。(4)上述10种元素形成的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是_(填化学式)，碱性最强的是_(填化学式)。(5)用原子结构的知识解释元素、的金属性强弱。_。学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1AA.中氢原子与氧原子之间形成极性键，氧原子与氧原子之间形成非极性键，A正确；B.有化学键断裂的过程不一定发生化学反应，如熔化过程离子键断裂，B错误；C.非金属元素之间也可形成离子化合物，如铵盐，C错误；D.不是全部盐、碱、金属氧化物中都含有离子键，如氯化铝是共价化合物，不含离子键，D错误；答案选A。2AA.氟化氢分子间能够形成氢键，分子间的作用力大于同主族其他氢化物，氟化氢的沸点最高，故A错误；B.在金属元素和非金属元素的分界处的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，故B正确；C.Li、Na、K都为A族元素，随着核电荷数增大，原子核外的电子层数依次增多，故C正确；D.由X元素最高价氧化物对应的水化物为HXO3可知，X元素的最高正化合价为+5价，由非金属元素的最高正化合价和负化合价的绝对值之和为8可得，X元素的负化合价为3价，则X元素的气态氢化物为H3X，故D正确；故选A。3DA二氧化碳中C-O键为极性键，正负电荷重心重合，是非极性分子，A正确；B干冰为分子晶体，分子间只存在范德华力，B正确；C冰中水分子间存在氢键和范德华力，但氢键作用力比范德华力强，C正确；D该过程中无新物质生成，为物理变化，D错误；故选D。4CANH3、H2O、CO2的电子式分别为、，中心原子孤电子对数分别为1、2、0，则中心原子孤电子对数最多的是H2O，A正确；B某元素气态基态原子的逐级电离能()分别为738kJ/mol、1451kJ/mol、7733kJ/mol、10540kJ/mol、13630kJ/mol、17995kJ/mol、21703kJ/mol，I2与I3的能量差最大，则其最外层电子数为2，它与氯气反应时表现+2价，可能生成的阳离子是X2+，B正确；C有机物中，键和键的个数分别为9和1，则比例为9:1，C错误；D已知反应，N2H4分子中含有4个N-H键，N2分子中含有2个键，若该反应中有4mol N-H键断裂，则参加反应的N2H4为1mol，生成N2为1.5mol，形成的键数目为1.5×2NA=3NA，D正确；故选C。5A0.05molL-1丙的溶液中c(H+)=0.1molL-1，则丙为二元强酸，K、L、M是三种氧化物，甲是固体，则丙应为H2SO4，甲为C，K为SO2，它能与H2O、O2反应生成H2SO4，从而得出乙为O2、L为H2O、M为CO2。短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，则W、X、Y、Z分别为H、C、O、S。AW、Y、X分别为H、O、C，H的电子层数最少，原子半径最小，C、O为同周期元素，C的原子序数比O小，则原子半径CO，从而得出原子半径：HOC，A正确；BZ、Y、X分别为S、O、C，元素的非金属性：OSC，B不正确；CW、Z、Y分别为H、S、C，元素的第一电离能：SCH，C不正确；DK、L、M分别为SO2、H2O、CO2，由于水分子间能形成氢键，所以常温下水呈液态，沸点最高，D不正确；故选A。6C由M的球棍模型可知，X、Y、Z、W形成共价键的数目分别为1、2、6、1，由短周期X、Y、Z、W四种元素组成，X是原子半径最小的元素，则X为H元素，W的3p轨道有一个未成对电子，则W为Cl元素；Y、Z同主族且能形成ZY2的化合物，则Y为O元素、Z为S元素。A元素的非金属性越强，电负性越大，氯元素的非金属性强于硫元素，则电负性强于硫元素，故A错误；B水分子能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，所以水分子间的作用力大于硫化氢，沸点高于硫化氢，故B错误；C过氧化氢的空间构型为结构不对称的书形，属于极性分子，故C正确；D三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0，分子的空间构型为平面正三角形，故D错误；故选C。7DA 柠檬酸中的羟基和羧基均能与H2O形成氢键，故A正确；B 柠檬酸中含有三个羧基，能与NaOH反应生成柠檬酸三钠，故B正确；C 柠檬酸与羟基相连的碳的邻碳上有氢，能在一定条件下发生消去反应，故C正确；D 没有一个碳上连有4个不同的原子或原子团的特征碳，柠檬酸分子中不含有手性碳原子，故D错误；故答案选D。8A由图示可知，过程I的离子方程式为NO+2H+e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2+4H+4e-，则过程的总反应为NO+ NH= N2+2H2O；A由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO作氧化剂体现氧化性，被还原，发生还原反应，A错误；B过程中NO和铵根离子生成水和N2H4，反应中氮氧键断裂、氢氧键生成、氮氢键生成，故有极性键的断裂和形成 ，B正确；C过程中N2H4中氮元素失去电子，发生氧化反应生成，半反应为：，C正确；D过程I的离子方程式为NO+2H+e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2+4H+4e-，则过程的总反应为NO+ NH= N2+2H2O，D正确；故选A。9BA丙酸酸性弱于乙酸，是因为丙酸的烃基长，推电子效应大，使其羧基中羟基的极性小，羟基的H-O键不容易断裂，因此其酸性比CH3COOH弱，A正确；BH2O比H2S沸点高，是因为H2O分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，而H2S分子之间只存在分子间作用力，而与物质分子内的化学键的键能大小无关，B错误；C乙醇与水任意比互溶，主要是因为乙醇与水易形成分子间氢键，增加了分子之间的吸引作用，C正确；D对于结构相似的物质，分子的相对分子质量越大，范德华力就越大，则克服分子间作用力使物质熔化、汽化消耗的能量就越多，物质的熔沸点就越高。I2、Cl2都是由分子构成，二者结构相似，相对分子质量：I2Cl2，范德华力：I2Cl2，所以沸点：I2Cl2，D正确；故合理选项是B。10C原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z、R，含0.9%YR的水溶液称为生理盐水，则Y为Na、R为Cl；X、Y、Z三种元素组成两种化合物a、b，a与HCl反应生成的气体可使品红褪色，该气体为二氧化硫，a为亚硫酸钠；a与R2（Cl2）或X的氢化物反应生成b，则b为硫酸钠，则X为O，Z为S元素，满足“Z的质子数是X质子数的2倍”。A同周期元素原子半径随核电荷数的增大而减小，电子层数越多原子半径越大，因此原子半径Na>S>Cl>O，A正确；BCl非金属性强于S，因此简单气态氢化物稳定性R>Z，B正确；Ca为亚硫酸钠，其水解呈碱性，C错误；DO和Na可以形成Na2O2，其中含有离子键和共价键，D正确；故答案选C。11AA乙醛中甲基上的C形成4条键醛基中的C形成2条键和1条键，CH3CHO分子中键与键的比例为61，A正确；B配离子Ag(NH3)2中提供孤电子对形成配位键的是NH3，Ag提供空轨道，B错误；CNH3的电子式为，C错误；DCH3COONH4中甲基（-CH3）中原子形成4个单键，杂化轨道数目为4，采用的是sp3杂化，酯基中碳原子的轨道杂化方式为sp2杂化，D错误；答案选A。12A短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外电子只有一种自旋取向，则X为H；Y、Z两种原子核外s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等，原子核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2，结合原子序数可知Y为O，Z为Mg；W原子的价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数之比为2：1，其价电子排布式为3s23p4，则W为S，以此分析解答。根据分析可知：X为H，Y为O，Z为Mg，W为S元素。A一般情况下同一周期元素，原子序数越大，其第一电离能就越大，但当元素处于第IIA、第VA时，原子核外电子排布处于全充满、半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，P元素是第三周期的VA元素，原子核外最外层电子处于半充满的稳定状态，所以P第一电离能大于S元素，则S元素的第一电离能比P、Cl都小，A正确； B不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大：则原子半径：r(X)r(Y)r(W)r(Z)，B错误；C在工业上一般是采用电解熔融的MgCl2的方法治炼Mg，不是电解MgO的方法治炼Mg，C错误；DW是S元素，S元素最高价氧化物SO3，分子中正负电荷重心重合，SO3是由极性键构成的非极性分子，D错误；故合理选项是A。13由球棍模型可知，富马酸的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，分子中的单键为键，双键中含有1个键和1个键，则分子中键和键的数目比为11：3，故答案为：11：3。14(1)(2)（1）根据分析，O的化合价有-2、-1；故答案为：（2）根据分析，O的化合价为-1、-2；故答案为： 。15     6     1由题意可知，只有成环的配位键才能起到螯合作用，再结合题给结构可知中的2个O原子和C、N杂环上的4个N原子通过螯合作用与形成配位键，故该配合物中通过螯合作用形成配位键；中N原子价电子对数为3+0=3，中N原子价电子对数为2+1=3，C、N杂环上的4个N原子价电子对数为3，故该配合物中N原子均采取杂化，即N的杂化方式有1种。故答案为：6；1。16     2NA(1.204×1024)     1:2     1:1     5.5     5:1     6NA(3.612×1024)     7共价单键全是键，双键含1个键和1个键，三键含1个键和2个键，据此解答。(1)分子内含有2个碳氧双键，双键中一个是键，另一个是键，则中含有的键个数为(1.204×1024)；(2)的结构式为，推知的结构式为，含有1个键、2个键，即CO分子内键与键个数之比为1:2；的结构式为，分子的结构式为，分子中键与键均为2个，即CO分子内键与键个数之比为1:1；(3)反应中有键断裂，即有参加反应，生成和，则形成的键有；(4)设分子式为，则，合理的是，n=4，即分子式为，结构式为，所以一个分子中共含有5个键和1个键，即该分子中键与键的个数之比为5:1；(5)1个乙醛分子中存在1个碳氧双键，5个单键，1个分子中存在1个碳氧双键，6个单键，故乙醛中含有键的个数为6NA(3.612×1024)，1个分子中含有7个键。17945.6设键的键能为，已知，反应热=反应物的总键能生成物的总键能，故，解得；故答案为945.6。18     2     2:3:1     (1)利用点与面之间的关系，根据结构图可知，每个正六边形占有的碳原子数是，故答案为：2；(2)在石墨的片层结构中，以一个六元环为研究对象，由于每个C原子被3个六元环共用，即组成每个六元环需要碳原子数为；另外每个碳碳键被2个六元环共用，即属于每个六元环的碳碳键数为；碳原子数、C-C键、六元环数之比为2:3:1；(3)碳原子数为，每个正六边形占有2个碳原子，故可构成个正六边形，故答案为：。19(1)cbed(2)受热均匀、控制温度以确保锥形瓶中每分钟平稳地逸出250个左右的气泡(3)COCl2+4OH-=CO+2Cl-+2H2O(4)>(5)恒压滴液漏斗(6)CrCl3+NH3CrN+3HCl(7)吸收未反应的NH3并防止水蒸气进入E中(8)80%（1）由反应，可知，装置A的锥形瓶中盛放的物质是，利用氮气和热水加热将四氯化碳转化为气态并将装置中的空气及水蒸气赶出，再点燃B处酒精喷灯加热反应。一段时间后，先后停止加热A、B，待冷却后继续通入一段时间的，将残余的赶入尾气吸收装置。所以操作步骤的先后顺序为：acbed；（2）水浴加热可以受热均匀，便于控制装置A中锥形瓶的温度以确保锥形瓶中每分钟平稳地逸出250个左右的气泡；（3）有毒，反应结束后继续通入一段时间的，将残余的赶到尾气吸收装置中被吸收。遇水发生反应：再与足量溶液反应生成，所以D中发生反应的离子方程式为。（4）分子中由于的存在使得排斥力增大，则键角大于；（5）a仪器的名称为恒压滴液漏斗，用于平衡气压使液体顺利流下；（6）在E中，CrCl3与NH3高温下反应生成CrN和HCl，反应的化学方程式为CrCl3+NH3CrN+3HCl；（7）无水氯化钙可以吸收水和氨气，因此装置F的作用是吸收未反应的NH3并防止水蒸气进入E中；（8）601溶液中的物质的量为0.12，剩余的硫酸用102溶液恰好中和，所以与结合的的物质的量为：，即8.25g产品中的物质的量为0.1，其质量为6.6g，所以产品的纯度为80%。20(1)BD(2)、均为非极性分子(3)     碱式     最后一滴标准液加入后，溶液蓝色消失且半分钟被不褪色(4)使碘单质从有机层中转移出(5)          (6)BD滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏洗涤润洗装液调液面记录，锥形瓶：注液体记体积加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；（1）萃取分液操作中需要使用烧杯、分液漏斗，故选BD；（2）、均为非极性分子，根据相似相溶原理，易溶于；（3）为强碱弱酸盐，溶液显碱性，故滴定过程中标准溶液应装在碱式滴定管；碘单质能使淀粉变蓝色，反应为，故滴定终点的现象是：最后一滴标准液加入后，溶液蓝色消失且半分钟被不褪色；（4）在含单质碘的溶液中存在可逆反应：，步骤II中加入溶液的目的是促使平衡正向移动，使碘单质从有机层中转移出来；（5），加入标准溶液，碘单质被反应，平衡逆向移动最终都转化为碘单质被反应，已知：，则步骤III测得萃取后的水溶液中；根据化学方程式可知，四氯化碳中碘的浓度为，则；（6）A步骤I中碘量瓶若没有充分振荡，碘不能充分溶解，导致所测值偏小，A错误；B步骤I中吸取上层清液时，不慎吸入碘固体，则导致偏大，测得的K偏小，B正确；C步骤II中滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失，则偏大，测得的K偏小，C错误；D步骤III中滴定终点时俯视读数，则偏小，测得的K偏小，D正确；故选BD。21(1)     C     MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O(2)平面三角形(3)可以随开随用，随关随停(4)气体黄绿色变浅，有红褐色液体产生(5)2NOCl + H2O = 2H+ + 2Cl- + NO+ NO2(6)加入最后一滴标准液时，锥形瓶中产生砖红色沉淀，且半分钟内无变化(7)90.00%【解析】（1）舍勒发现二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气，该方法为固液加热制取气体，可以选择上图中的C为Cl2发生装置，该反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；（2）NOCl的结构式为O=N-Cl，中心N原子上有一对孤电子对，所以价层电子对数为3，其VSEPR模型名称为平面三角形。（3）用X装置制NO，打开K1，硝酸和铜接触反应放出NO，关闭K1，NO把硝酸压入长颈漏斗，硝酸和铜分离，反应停止，所以该装置的优点为可以随开随用，随关随停；（4）Z中NO和氯气反应生成NOCl，NOCl沸点为-5.5，液态时呈红褐色，Z中冰盐水可使生成的NOCl冷凝为液体，所以Z中现象是气体黄绿色变浅，有红褐色液体产生；（5）NOCl遇水易反应生成一种氯化物和两种氮的常见氧化物，其中一种是红棕色NO2，根据氧化还原反应规律，另一种氧化物是NO，反应方程式为2NOCl + H2O = 2H+ + 2Cl- + NO+ NO2；（6）银离子先和氯离子反应生成白色氯化银沉淀，氯离子完全反应后，银离子再和CrO反应生成砖红色Ag2CrO4沉淀，滴定终点的现象是加入最后一滴标准液时，锥形瓶中产生砖红色沉淀，且半分钟内无变化；（7）根据测定步骤得关系式NOClHClAgNO3，滴定终点消耗0.8000mol·L-1AgNO3标准溶液的体积为22.50mL，n(NOCl)=，所以NOCl的纯度为。22(1)          (2)、(3)(4)          (5)Be的电子层数比Mg小，原子半径较小，原子核对最外层电子的吸引能力较强，原子失电子能力较弱，金属性较弱，所以金属性：由元素在周期表中的位置推出：为H，为Be，为C，为Mg，为Al，为S，为Cl，为Ca，为Fe，为Cu。（1）表中属于d区的为Fe，根据粒子半径大小的比较，电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，所以离子半径大小顺序为：；（2）为C，为Cl，二者形成的非极性分子为：、等；（3）为Mg，为Al，为S，同周期从左到右，第一电离能逐渐增大，但是Mg在第A族，电子排布式为：，轨道全满，轨道全空，为较稳定结构，故第一电离能大于铝，所以第一电离能的大小顺序为：；（4）根据元素周期律，上述元素中，非金属性最强的元素为Cl，最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是，金属性最强的为Ca，最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的是；（5）为Be，为Mg，Be的电子层数比Mg小，原子半径较小，原子核对最外层电子的吸引能力较强，原子失电子能力较弱，金属性较弱，所以金属性：。