第2章微粒间相互作用与物质性质复习题-高二下学期化学鲁科版（2019）选择性必修2.docx

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1、第2章微粒间相互作用与物质性质复习题 一、单选题1下列说法正确的是A分子中键一定比键牢固B所有共价键都有方向性C根据等电子体原理判断，1molNO离子含有键的数目为2NAD原子半径越小，形成的共价键键能就一定越大2下列关于物质结构和化学用语的说法正确的是ABF3、CCl4中所有原子均达到8电子稳定结构B78gNa2O2晶体中所含离子数目为3NAC18gH2O或D2O的质子数均为10NAD34gH2O2含有极性键的数目为3NA3纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图所示，下列说法正确的是A化合物甲、乙均为手性分子B化合物甲中最多有8个原子共平面C化合物乙中采取sp3杂化的原子只

2、有N、CD化合物甲的沸点明显高于化合物乙4设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A标准状况下，2.24L中，约含有个键B18g和的混合气体中含有的中子数为C用1L0.1mol/L的溶液制备胶体，胶粒数目为D6.4gCu与S完全反应，转移的电子数为5X、Y、Q、W、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，W与Y位于同一主族，X、Y、Z三种元素可组成用于隐形飞机中吸收微波的物质R(结构如图)，Q元素单质可用作铝热反应的引燃剂。下列说法正确的是A同一周期中，第一电离能比Q小的只有一种B电负性：YWXC物质R吸收微波时，分子内的键会断裂D简单气态氢化物的还原

3、性：WY6向CuSO4溶液中加入少量氨水时生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水时沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出Cu(NH3)4SO4H2O晶体。下列有关说法错误的是A第一电离能：NOSB空间构型为正四面体形CCu(NH3)4SO4H2O晶体中只含有共价键和配位键D加入乙醇降低了溶液的极性，是晶体析出的原因7Green Chemistry报道，我国科研工作者发现了一种在低压条件下高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为。下列相关化学用语和说法正确的是A中子数为20的氯原子：BNa+的结构示意图：CCO2分子中C原子杂化方式：DNaClO的电子式：8三元催化器是汽车排气

4、系统中重要的净化装置，可同时将碳氢化合物、一氧化碳和氮氧化物转化为二氧化碳、氮气和水等无害物质。下列说法不正确的是APd(钯)与Ni(镍)同族，属于ds区元素BCO2的电子式为CH2O是极性分子D中子数为8的碳原子可表示为C9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H3X10与NO互为等电子体的是ASO3BP4CCH4DNO211下列说法正确的是A含有金属元素的化合物一定是离子化合物B完全由非金属元素组成的化合物可能是离子化合

5、物CIA族和VIIA族元素原子间只能形成离子键D金属键只存在于金属单质中二、实验题12肼(N2H4) 是一种重要的工业产品，实验室用NH3与Cl2合成肼(N2H4) 并探究肼的性质。实验装置如图所示：相关物质的性质如下：性状熔点/沸点/性质N2H4无色液体1.4113与水混溶、强还原性N2H6SO4无色晶体254/微溶于冷水，易溶于热水回答下列问题：(1)装置A试管中的试剂为_(填化学式)。仪器a的名称是_。(2)N2H4是_分子(填“极性”或“非极性”)。(3)装置B中制备肼的离子方程式为_，该装置中通入NH3必须过量的原因是_。(4)上述装置存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，改进方法是_。

6、(5)探究N2H4的性质。取装置B中溶液，加入适量稀硫酸振荡，置于冰水浴冷却，试管底部得到无色晶体。肼是一种二元弱碱，肼与硫酸反应除能生成N2H6SO4外，还可能生成的盐为_。(填化学式)。测定肼的质量分数。取装置B中的溶液3.2g，调节溶液pH为6.5左右，加水配成250mL溶液，移取25.00mL置于锥形瓶中，并滴加23滴淀粉溶液，用c molL-1的碘溶液滴定(杂质不参与反应)，滴定过程中有无色、无味、无毒气体产生。滴定终点平均消耗标准溶液20.00mL，产品中肼的质量分数为_%。13硫酸四氨合铜晶体Cu(NH3)4SO4H2O，相对分子质量为246是深蓝色晶体，易溶于水，不溶于乙醇等有

7、机溶剂。常用作杀虫剂、媒染剂，也是高效、安全的光谱杀菌剂、植物生长激素。某兴趣小组利用系列装置制备硫酸四氨合铜晶体，并测定制备晶体的纯度。回答下列问题：利用图一装置制备硫酸四氨合铜晶体。(1)仪器甲、乙的名称依次为_、_，仪器甲中得到深蓝色溶液的总反应的离子方程式为_。(2)反应后取下仪器甲，向其中缓缓加入_，过滤，洗涤，得到Cu(NH3)4SO4H2O晶体。利用图二装置测定晶体纯度。精确称取制备的晶体ag，加适量水溶解，注入250mL锥形瓶中，逐次由长颈漏斗加入10%NaOH溶液至足量，加热直至将样品液中的氨全部蒸出，用V1mL0.1molL-1的盐酸完全吸收。取下接收瓶，再用0.1molL

8、-1NaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液V2mL。(3)在吸收氨的装置中，小试管的作用是_；若烧杯中没有使用冰水浴冷却会使氨含量测定结果_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。晶体的纯度为_(写出计算式，不必化简)。(4)PtCl2(NH3)2与四氨合铜离子结构相似，已知PtCl2(NH3)2可以形成两种固体，一种为淡黄色，在水中溶解度较小，另一种为黄绿色，在水中溶解度较大。则：PtCl2(NH3)2的结构是_(填“平面正方形”或“四面体形”)。请画出淡黄色固体分子的结构简式_。三、填空题14乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是_、_。乙二胺

9、能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是_，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是_ (填“Mg2+”或“Cu2+”)。15一项科学研究成果表明，铜锰氧化物()能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。(1)向一定物质的量浓度的和溶液中加入溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得.基态的电子排布式可表示为_。的空间构型是_(用文字描述)。(2)在铜锰氧化物的催化下，CO被氧化为，HCHO被氧化为和，分子中O原子轨道的杂化类型为_。中含有的键数目为_。16三价铬离子能形成多种配位化合物。Cr(NH3)3(H2O)2Cl2+中提供电子对形成配位键的原子是_，中心离子的配位

10、数为_。17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。四、工业流程题18水合肼(N2H4H2O)为无色透明液体，具有较强的还原性，可用作抗氧化剂。实验室可用NaOH、Cl2、CO(NH2)2为原料通过如图所示流程制取水合肼溶液。已知：反应1的目的是制取NaClO，NaClO对热不稳定，受热分解为NaCl和NaClO3。反应1中NaOH溶液过量。(1)CO(NH2)2与F2反应可得到常用的芯片蚀刻剂三氟化氮(NF3)、四氟化碳(CF4)。常温下，三种物质在

11、水中的溶解性大小顺序为：CF4NF3N2H4，原因是_。(2)反应1将Cl2通入NaOH溶液后，开始时没有副产物NaClO3生成，一段时间后有NaClO3生成。一段时间后有NaClO3生成的原因是_。(3)写出反应2中所发生反应的化学方程式：_。(4)由反应1所得NaClO溶液和CO(NH2)2溶液发生反应2时，两种溶液正确的混合方式是_(填字母)，原因是_。A将NaClO溶液缓慢滴加到CO(NH2)2溶液中，边加边搅拌B将CO(NH2)2溶液缓慢滴加到NaClO溶液中，边加边搅拌(5)蒸馏后所得盐溶液可用于吸收SO2。用如图所示装置可以检验吸收过程中是否有CO2排出。则溶液X可以是_。(6)

12、为测定所得水合肼溶液(溶质为N2H4H2O)的质量分数，现进行如下实验：取1.000g溶液于250mL容量瓶中，加水定容至250mL，准确量取25.00mL其中溶液于锥形瓶中，加入硫酸酸化后，加入约1gNaHCO3，用0.1000molL-1碘(I2)标准溶液滴定至终点。滴定终点时消耗碘标准溶液的体积为24mL。计算水合肼溶液的质量分数，并写出计算过程_。滴定过程中的反应如下：N2H4H2O+H2SO4+NaHCO3+I2N2+CO2+Na2SO4+NaI+H2O(未配平)19溴酸镉 常用做分析试剂、生产荧光粉等。以镉铁矿(成分为、FeO及少量的和)为原料制备的工艺流程如下：已知：溶于水，难溶

13、于水，请回答下列问题：(1)Cd在周期表中位于第五周期第B族，处于_区(2)还原镉时可产生使澄清石灰水变浑浊的气体，若有32g甲醇参加反应时，转移电子的数目为_。(3)为检验氧化后溶液中是否含有，可选用的化学试剂是_(填化学式)。(4)氧化步骤中实际加入的量比理论上要多一些，其可能原因为_。(5)滤渣2主要成分为_。(6)沉镉所得的沉淀需进行洗涤，洗涤时除去的杂质阴离子的空间构型是_。(7)写出“转化”过程中发生的化学反应方程式_。试卷第7页，共7页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1C【详解】A一般情况下键都比键强度大(包括键、键、配位键)，键为“头碰头”的方式键

14、为肩并肩的方式，但在N2分于中氮氮叁键比氮氮单键的3倍还要大，说明N2分子中键比键键能大，更牢固，A错误；Bs轨道是球形对称，s轨道及s轨道形成的共价键无方向性，B锗误；C根据等电子体原理判断，NO离子与CO2为等电子体，CO2的电子式为O=C=O，1个CO2分于含有2个键和2个键，则1molNO含有键目为2NA，C正确；D共价键强弱与半径无关，与两原子核的核间距有关，两原子的半径不等于两核间距，原子半径越小，原于之间结合力越强键能越大，不是绝对的，D错误；故选C。2B【详解】ABF3中B元素化合价为+3价，B原子最外层电子数是3，3+3=6，则B原子不满足8电子结构，故A错误；B78gNa2

15、O2的物质的量是1mol，晶体中所含离子数目为3NA，故B正确；CH2O或D2O的质子数均是10个，但相对分子质量不同，因此18gH2O或D2O的质子数不相同，故C错误；D34gH2O2的物质的量是1mol，含有极性键的数目为2NA，故D错误；故选B。3B【详解】A项、手性碳原子必须含是饱和碳原子，且饱和碳原子上要连有4个不同的原子或原子团，化合物甲中没有连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子，不可能是手性分子，故A错误；B项、由羰基上连有的原子共平面，与氧原子相连的原子共平面，三点共面的原理可知，与羰基碳原子相连的CH3和CH2可能各有2个原子与羰基2个原子共面，与氧原子相连的CH3和CH2

16、上的碳原子可能与氧原子共面，则化合物甲中最多有8个原子共平面，故B正确；C项、化合物乙中的O、C、N均采取sp3杂化，故C错误；D项、化合物乙中含有氨基，分子间能够形成氢键，而化合物甲不能形成氢键，则化合物乙的沸点明显高于化合物甲，故D错误；故选B。【点睛】手性碳原子必须含是饱和碳原子，且饱和碳原子上要连有4个不同的原子或原子团是解答关键，也是难点和易错点。4A【详解】A 1个分子有5个键，标准状况下，2.24L为0.1mol，约含有个键，故A正确；B和的混合气体可以看成平均化学式为，18g和的混合气体为1mol，1个中含有10个中子，则18g混合气体中含有的中子数为，故B错误；C胶粒具有吸附

17、性，用1L0.1mol/L的溶液制备胶体，胶粒数目小于，故C错误；DCu与S反应生成Cu2S，6.4gCu与S完全反应，转移的电子数为，故D错误； 故答案为A。5D【分析】X、Y、Q、W、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，则Y为C元素；W与Y位于同一主族，则W为Si元素；Q元素单质可用作铝热反应的引燃剂，则Q为Mg元素；结合物质的结构式可知，X可形成1对共用电子对，则X为H元素，Z可形成2个共价单键，则根据满8电子稳定原则可知，Z最外层电子数为6，且位于第三周期，所以Z为S元素。【详解】A同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道

18、为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则钠元素、铝元素的第一电离能小于镁元素，故A错误；B硅元素的电负性小于氢元素，故B错误；C键比键牢固，所以物质R吸收微波时，分子内的键会断裂，故C错误；D元素的非金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强、还原性越弱，碳元素的非金属性强于硅元素，所以硅烷的还原性强于甲烷，故D正确；故选D。6C【详解】A同周期第一电离能从左到右依次增大，IIA、VA族比相邻元素偏高，所以NOS，故A正确；B中S原子价层电子对数=4+=4且不含孤电子对，所以该离子为正四面体形，故B正确；CCu(NH3)4SO4H2O所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键，硫酸根离子

19、与配离子之间是离子键，N与H之间是共价键，氨气与铜离子之间是配位键，故C错误；D乙醇属于有机物，加入后减小了溶剂的极性，降低了Cu(NH3)4SO4的溶解度，导致结晶析出，故D正确；故选：C。7D【详解】A中子数为20的氯原子的质量数是20+17=37，可表示为，A项错误；B钠离子结构示意图中核电荷数是11，核外电子总数是10，B项错误；C分子中C原子是sp杂化，直线型分子，C项错误；DNaClO是离子化合物，电子式书写正确，D项正确；故选D。8A【详解】APd(钯)与Ni(镍)同族，是族元素，属于d区，故A错误；BCO2中存在2个碳氧双键，电子式为 ，故B正确；CH2O是V形分子，正负电荷的

20、重心不重合，水是极性分子，故C正确；D中子数为8的碳原子，质量数是14，可表示为C，故D正确；选A。9A【详解】A.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H

21、3X，故D正确；故选A。10A【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ASO3中含有的原子数是4个，价电子数是24，A符合；BP4中含有的原子数是4个，价电子数是20，B不符合；CCH4中含有的原子数是5个，价电子数是8，C不符合；DNO2中含有的原子数是3个，价电子数是17，D不符合；答案选A。11B【详解】A含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，如是共价化合物，故A错误；B完全由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物，如，故B正确；CIA族和VIIA族元素原子间可能形成离子键也可能形成共价键，如中只含共价键，中只含

22、离子键，故C错误；D金属键存在于金属单质或合金中，故D错误。故选：B。12(1) Ca(OH)2、NH4Cl 长颈漏斗(2)极性(3) 2NH3+2OH+Cl2=N2H4+2Cl+2H2O 防止N2H4被氧化(4)B、C之间增加盛有饱和食盐水的装置(5) (N2H5)2SO4 100c【分析】装置A生成氨气，装置C生成氯气，氨气和氯气在B中生成肼，尾气通过烧杯中溶液吸收；【详解】（1）装置A生成氨气，氢氧化钙和氯化铵加入生成氨气，故试管中的试剂为Ca(OH)2、NH4Cl。氨气极易溶于水，仪器a的名称是长颈漏斗，可以防止倒吸；（2）N2H4中N原子采用sp3杂化，不是平面结构，正、负电荷中心不

23、重合，属于极性分子。（3）氯气和氢氧化钠生成次氯酸钠：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，次氯酸钠和氨气反应生成肼和氯化钠：2NH3 + ClO- =N2H4+H2O+Cl-；总反应为：2NH3+2OH+Cl2=N2H4+2Cl+2H2O；已知肼具有强还原性，次氯酸钠、氯气具有强氧化性，肼会与其反应；该装置中通入NH3 必须过量的原因是因为N2H4具有强还原性易被Cl2氧化，NH3 必须过量，促进氯气、次氯酸钠和氨气反应，以利于肼的生成；（4）Cl2中含有挥发产生的HCl，会和装置B中氢氧化钠溶液反应，导致肼的产率降低，改进方法是在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体。（

24、5）肼是二元弱碱，与强酸反应，可产生正盐和碱式盐，故还可能生成(N2H5)2SO4。滴定过程中有无色无味无毒气体产生，碘具有氧化性，则碘和肼发生氧化还原反应生成碘离子和氮气，根据电子守恒可知，2I24eN2H4，则产品中N2H4的质量分数为。13(1) 三颈烧瓶 恒压滴液漏斗 (2)(95%)乙醇(3) 液封 偏低 (4) 平面正方形 【分析】铜与稀硫酸不反应，加入H2O2后发生反应Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；再通入NH3，与CuSO4作用生成Cu(NH3)4SO4；往溶液中加入过量NaOH，可与Cu(NH3)4SO4发生反应，生成NH3等，用盐酸吸收，从而可测定样品的纯

25、度。【详解】（1）仪器甲、乙的名称依次为三颈烧瓶、恒压滴液漏斗；由分析可知，仪器甲中，发生反应为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；CuSO4+4NH3=Cu(NH3)4SO4，则得到深蓝色溶液的总反应的离子方程式为。答案为：三颈烧瓶；恒压滴液漏斗；（2）反应后所得溶液为Cu(NH3)4SO4溶液，要让溶质结晶析出，在不蒸发溶剂的情况下，应设法降低其溶解度，所以取下仪器甲，向其中缓缓加入(95%)乙醇，过滤，洗涤，得到Cu(NH3)4SO4H2O晶体。答案为：(95%)乙醇；（3）在吸收氨的装置中，为防止反应生成的氨气从长颈漏斗中逸出，应进行液封处理，所以小试管的作用是液封；若烧

26、杯中没有使用冰水浴冷却，则会造成氨气逸出，从而会使氨含量测定结果偏低。由题意可建立如下关系式：Cu(NH3)4SO4H2O4NH34HCl，则晶体的纯度为=。答案为：液封；偏低；（4）PtCl2(NH3)2可以形成两种固体，则表明PtCl2(NH3)2为平面结构，则其结构是平面正方形。PtCl2(NH3)2的淡黄色分子在水中溶解度较小，黄绿色分子在水中溶解度较大，则在水中溶解度较小的分子为非极性分子，在水中溶解度较大的分子为极性分子，所以淡黄色固体分子为非极性分子，结构简式为。答案为：平面正方形； 。【点睛】极性分子构成的溶质易溶于极性分子构成的溶剂，非极性分子构成的溶质易溶于非极性分子构成的

27、溶剂。14 sp3 sp3 乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键 Cu2+【详解】乙二胺(H2NCH2CH2NH2)中N的价层电子对数为4，C的价层电子对数为4，分子中氮、碳的杂化类型分别是sp3、sp3；乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是Mg2+、Cu2+有空轨道，乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键；配位体给出电子能力越强，则配位体与中心离子形成的配位键就越强，配合物也就越稳定，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2+。15 (或) 平面三角形 (或)【详解】(1)Mn为25号元素，Mn基态的电子排布式为，则基态的电子排布式可表示

28、为(或)；的键电子对数为3，孤电子对数=，则其空间构型是平面三角形；(2)分子中，O原子的孤电子对数=，键电子对数为2，则O原子的价层电子对数=4，故O原子轨道的杂化类型为；的结构式为O=C=O，双键中有且只有一根键为键，则中含有的键数目为(或)。16 N、O、Cl 6【详解】根据该配离子的结构可知，NH3、H2O、Cl-均为配体，其中N、O、Cl均含有孤电子对，提高孤电子对；3个NH3、2个H2O和1个Cl-配位，所以配位数为3+2+1=6。17 6 1【详解】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

29、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。18(1)CF4是非极性分子，NF3和N2H4是极性分子，但N2H4易与水形成分子间氢键(2)Cl2与NaOH的反应为放热反应，反应一段时间溶液温度升高，NaClO分解产生NaClO3(3)CO(NH2)2+NaClO+2NaOH=N2H4H2O+NaCl+Na2CO3(4) A N2H4H2O有强还原性，NaClO过量时N2H4H2O会被氧化(5)KMnO4溶液(6)60%，则水合肼的物

30、质的量n(N2H4H2O)=n(I2)=0.1000molL-12410-3L=0.012mol，则水合肼的质量m(N2H4H2O)= 0.012mol50g/mol=0.6g，则水合肼溶液的质量分数=【分析】本题是一道制备水合肼的工业流程题，首先是氢氧化钠和氯气反应，生成次氯酸钠，随后，次氯酸钠和CO(NH2)2反应得到产物水合肼，整流后得到水合肼溶液，以此解题。（1）三种物质都是分子, CF4是非极性分子，根据相似相溶原理，CF4在水中溶解度最小，NF3和N2H4都是极性分子，且N2H4能与水形成氢键，故溶解度最大，故答案为：CF4是非极性分子，NF3和N2H4是极性分子，但N2H4易与水

31、形成分子间氢键；（2）由题干信息可知，NaClO对热不稳定，受热分解为NaCl和NaClO3，故答案为：Cl2与NaOH的反应为放热反应，反应一段时间溶液温度升高，NaClO分解产生NaClO3；（3）由图可知，反应2为CO(NH2)2和次氯酸钠反应生成N2H4H2O，化学方程式为：CO(NH2)2+NaClO+2NaOH=N2H4H2O+NaCl+Na2CO3；（4）由题给信息可知，CO(NH2)2有较强的还原性，次氯酸钠有氧化性，则次氯酸钠过量时CO(NH2)2容易发生氧化反应而变质，故答案为：A；N2H4H2O有强还原性，NaClO过量时N2H4H2O会被氧化；（5）可以用澄清石灰水检验

32、二氧化碳，但是二氧化硫也可以使澄清石灰水变浑浊，需要除去，可以利用二氧化硫的还原性来检验，故试剂X可以是KMnO4溶液；（6）配平方程式为：N2H4H2O+H2SO4+6NaHCO3+2I2=N2+CO2+Na2SO4+4NaI+7H2O，则水合肼的物质的量n(N2H4H2O)=n(I2)=0.1000molL-12410-3L=0.012mol，则水合肼的质量m(N2H4H2O)= 0.012mol50g/mol=0.6g，则水合肼溶液的质量分数=。19(1)ds(2)6NA(3)K3Fe(CN)6(4)Fe3+是H2O2分解的催化剂，因此消耗较多的H2O2(5)Al(OH)3和Fe(OH)

33、3(6)正四面体(7)【分析】镉铁矿(成分为CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2)加入稀硫酸酸浸，金属氧化物溶解，过滤得到的滤渣1为难溶物SiO2；之后加入甲醇还原+4价的Cd元素，再加入过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，之后调节pH除去Fe3+和Al3+，得到Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀；然后加入碳酸钾得到CdCO3，最后加HBrO3转化生成Cd(BrO3)2，蒸发结晶分离出晶体。（1）Cd在周期表中位于第五周期第B族，参考第四周期第B族元素Zn元素的外围电子排布(3d104s2)，可知Cd的外围电子排布排式4d105s2，处于ds区；（2）酸浸后生成的Cd4+具有

34、很强的氧化性，能将甲醇氧化，由题中信息：“还原镉”时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，可知该气体是CO2，则发生反应的离子方程式为3Cd4+CH3OH+H2O=3Cd2+CO2+6H+，消耗1mol甲醇时转移6mol电子，若有32g甲醇参加反应时，转移电子的数目为6NA；（3）检验亚铁离子可以用K3Fe(CN)6(铁氰化钾)溶液，现象为产生蓝色沉淀；（4）氧化步骤中实际加入的量比理论上要多一些，其可能原因为Fe3+是H2O2分解的催化剂，因此消耗较多的H2O2；（5）根据分析可知滤渣2为Al(OH)3和Fe(OH)3；（6）该流程中酸浸时用的是稀硫酸，所以碳酸镉沉淀表面杂质中的阴离子应为，其中心原子的价层电子对数为=4，孤电子对数为0，所以空间构型为正四面体；（7）转化过程中HBrO3与CdCO3反应生成Cd(BrO3)2，根据元素守恒可知转化过程中的化学方程式为。答案第15页，共8页