2024届高三化学一轮复习培优-分子的空间结构训练

这是一份2024届高三化学一轮复习培优-分子的空间结构训练，共22页。试卷主要包含了单选题，实验题等内容，欢迎下载使用。

2024届高三化学一轮复习培优-分子的空间结构训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．6g乙酸中sp2杂化的碳原子数为0.2NA
B．0.5molBF3成键后硼原子的价层电子对数为1.5NA
C．标准状况下，22.4LCH4与44.8LCl2在光照条件下充分反应后的分子总数为2NA
D．铅蓄电池放电时，若负极增重48g，则此时转移电子数为0.5NA
2．在下列元素的基态原子中，其最外层电子未成对电子最多的是
A．氮 B．硒 C．铬 D．铜
3．下列有关说法正确的是
A．氧原子处于基态的轨道表示式
B．用价层电子对互斥理论预测的空间结构为三角锥形
C．用电子式表示的形成：
D．向5%的溶液中加入粉末后，分解速率迅速加快是因为粉末降低了反应的焓变
4．由共价键形成的分子具有一定的空间结构。下列分子中共价键之间的夹角最大是
A． B． C． D．
5．苯乙烯是一种重要的化工原料，在气氛下乙苯催化脱氢生成苯乙烯的一种反应历程如图所示，下列说法错误的是

A．该反应历程中是氧化剂
B．1mol生成mol减少键
C．催化剂改变了反应历程，降低了反应的(焓变)
D．分子中C原子都采取sp2杂化
6．下列说法中正确的是
A．PCl3分子是三角锥形，这是因为磷原子是sp2杂化的结果
B．乙烯分子中的碳氢键是氢原子的1s轨道和碳原子的一个sp3杂化轨道形成的
C．中心原子采取sp3杂化的分子，其几何构型可能是四面体形或三角锥形或V形
D．AB3型的分子空间构型必为平面三角形
7．3-氨基-1-金刚烷醇可用于合成药物维格列汀(治疗2型糖尿病)，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是

A．分子中0原子和N原子均为杂化
B．分子中的键角大于的键角
C．分子中的极性大于的极性
D．分子中含有手性碳原子
8．下列关于杂化轨道的叙述中，错误的是
A．分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构
B．中心原子能量相近的价电子轨道杂化，形成新的价电子轨道，能量相同
C．杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变
D．杂化轨道可能形成π键
9．一种有机合成中间体的结构简式如图所示，下列说法正确的是

A．该有机合成中间体属于芳香烃
B．该有机物分子中元素的第一电离能：F>C>O>H
C．该有机物分子中碳原子的杂化方式为和
D．该有机物分子中σ键与π键的个数之比为3：1
10．天津大学马一太、田华教授团队在国家重点研发计划——科技冬奥专项支持下，通过校企合作，研发了国际先进的二氧化碳(R744)跨临界直冷制冰技术，满足不同项目对冰面的要求，被誉为是“最快的冰”。下列有关说法正确的是
A．跨临界制冰过程破坏了碳氧共价键 B．的空间构型为直线形
C．冰属于分子晶体 D．分子中存在1个σ键1个π键
11．反应因在催化剂表面与接触而得名，反应过程示意图如图：

下列说法正确的是
A．反应①的活化能比反应②低
B．图示过程中既有的断裂，又有的形成
C．、中硫原子均为杂化
D．该反应的催化剂有和
12．辣椒素是辣椒辣味来源，其结构简式如下。下列有关辣椒素的说法错误的是

A．分子中C原子杂化方式有sp2、sp3两种
B．含有的官能团有五种
C．酸性条件下水解，其产物均可与Na2CO3溶液反应
D．1 mol辣椒素与足量的浓溴水反应最多能消耗2 mol Br2
13．用价电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的空间构型，也可推测键角大小，下列判断正确的是
A．BF3与PCl3为三角锥形 B．SO3与为平面三角形
C．SO2键角大于120o D．SOCl2是平面三角形
14．PH3是一种无色剧毒气体，其分子结构和NH3相似，但P-H键键能比N-H键键能低。下列判断错误的是
A．PH3分子呈三角锥形
B．PH3分子是极性分子
C．PH3沸点低于NH3沸点，因为P-H键键能低
D．PH3分子稳定性低于NH3分子，因为N-H键键能高
15．某种电化学的电解液的组成如图所示，X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期元素，下列说法正确的是

A．电解熔融QW2可获得Q的单质 B．原子半径：Z>Y
C．W的含氧酸均为强酸 D．QW的空间构型为正四面体

二、实验题
16．八水合磷酸亚铁[，]难溶于水和醋酸，溶于无机酸，可作为铁质强化剂。某实验室利用如图装置制备八水合磷酸亚铁，步骤如下：

ⅰ.在烧瓶中先加入维生素C稀溶液作底液；
ⅱ.通过仪器a向烧瓶中滴入足量与的混合溶液；
ⅲ.再滴入的溶液，保持为6左右，水浴加热且不断搅拌至反应充分后静置；
ⅳ.将烧瓶中混合物进行抽滤、洗涤、低温干燥，得到产品。
回答下列问题：
(1)的价电子轨道表示式为___________，的空间结构为___________。
(2)仪器a的名称是___________，配制溶液时需将蒸馏水事先煮沸、冷却，其目的是___________。
(3)用维生素C稀溶液作底液而不用铁粉的主要原因是___________。
(4)写出生成八水合磷酸亚铁的离子方程式：___________。
(5)合成时需保持为6左右的原因是___________。
(6)产率的计算：称取产品，用足量的稀硫酸溶解后，立即用溶液滴定至终点，消耗溶液。滴定过程中的离子方程式为___________，本实验所得产品的产率为___________%(保留到小数点后一位)。
17．某课外活动小组以CuSO4·5H2O和氨水为原料制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O并进行探究。
已知：CuSO4+4NH3·H2O= [Cu(NH3)4]SO4+4H2O
[Cu(NH3)4]SO4=[Cu(NH3)4]2+ +SO
[Cu(NH3)4]2+ +4H+ =Cu2+ +4NH
(1)配制溶液：称取一定质量的CuSO4·5H2O晶体，放入锥形瓶中，溶解后滴加氨水。装置如图A所示(胶头滴管中吸有氨水)。

滴加氨水时，有浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4生成；继续滴加氨水，沉淀消失，得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液。用离子方程式表示由浅蓝色沉淀得到深蓝色溶液的原理：_______
(2)制备晶体：将A中溶液转移至B中，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体；将B中混合物转移至C的漏斗中，减压过滤，用乙醇洗涤晶体2～3次；取出晶体，冷风吹干。
①晶体不采用加热烘干的原因是_______
②减压过滤时，抽气泵处于工作状态，活塞需关闭，使装置内产生负压。洗涤晶体时，应该在打开活塞的状态下，向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀，原因是_______。
(3)废液回收：从含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和氨水的废液中回收乙醇并获得CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液，应加入的试剂是_______(填序号)
A．盐酸       B．硝酸       C．硫酸      D．氢氧化钠溶液。
已知硫酸铵溶液高温易分解，回收乙醇的实验方法为_______
A．蒸馏      B．减压蒸馏     C．萃取     D．分液
(4)用沉淀法测定晶体中SO的含量。称取一定质量的[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，加适量蒸馏水溶解，向其中滴加足量BaCl2溶液，搅拌，加热一段时间，过滤，洗涤，烘干，灼烧，称量沉淀的质量。下列有关说法正确的有_______。
A．滴加足量BaCl2溶液能降低实验数值偏低的可能性
B．检验沉淀已经洗净的方法为取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入BaCl2溶液，无白色沉淀生成，证明沉淀已洗净
C．洗涤后滤纸和固体一起灼烧，以免固体附着在滤纸上，造成损失。
D．已知[Cu(NH3)4]2+ 为平面四边形结构，中心Cu2+不可能是sp3杂化
(5)新制的氨水中含氮元素的微粒有3种：NH3、NH3·H2O和NH，其中NH3·H2O电离平衡受多种因素的影响。设计实验，控制变量，仅探究NH对NH3·H2O电离平衡的影响结果：
①限制试剂与仪器：0.1mol/L氨水、NH4Cl、CH3COONH4、NH4HCO3、(NH4)2CO3、量筒、烧杯、玻璃棒、药匙、天平、pH计、恒温水浴槽(可控制温度)。
②设计实验方案，拟定实验表格，完整体现实验方案。表格中“_______”处需测定的物理量为_______
物理量实验序号
V(0.1mol/L氨水)/mL
m(铵盐)/g
t/℃
_______
1
100
0
25
b
2
100
a
25
c
③表中物理量“m(铵盐)/g”的铵盐应是_______
④按实验序号2所拟数据进行实验，忽略水电离的OH-，则一水合氮的电离度(平衡转化率)为_______。
18．二氧化氯(ClO2)是一种绿色消毒剂，常温常压下为黄绿色气体，易溶于水。常见的化学合成方法有氧化法和还原法。
(1) 过硫酸盐氧化法：用原料亚氯酸钠(NaClO2)和过硫酸钠(Na2S2O8)直接反应，操作简单，同时可得到副产品Na2SO4。
①制备时发生反应的离子方程式为______。
②原料亚氯酸钠的阴离子(ClO)中Cl原子的杂化方式为______，副产品Na2SO4中阴离子的空间构型为______。
(2) 盐酸还原法：此法制得的二氧化氯消毒液中常含有ClO2和Cl2两种主要成分。为测定某二氧化氯消毒液中ClO2的浓度，进行如下实验：量取5.00 mL二氧化氯消毒液于锥形瓶中，加蒸馏水稀释到25.00 mL，再向其中加入过量KI溶液，充分振荡；用0.10 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至浅黄色后，加入指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液5.50 mL；加入稀H2SO4调节溶液pH=3，再用0.10 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，滴至浅黄色时加入指示剂，继续滴定至终点，第二次滴定消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。
已知：2ClO2＋2KI=2KClO2＋I2
KClO2＋4KI＋2H2SO4=KCl＋2K2SO4＋2I2＋2H2O
2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋ 2NaI
①用Na2S2O3标准溶液滴定时，均以淀粉溶液作指示剂，滴定终点的现象为______。
②计算该二氧化氯消毒液中ClO2的物质的量浓度______。(写出计算过程)
③若实验中调节溶液pH时稀硫酸用量不足，将导致测得的ClO2浓度______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
19．铁及其化合物在生活中用途广泛，绿矾(FeSO4·7H2O)是一种常见的中草药成分，失水后可转为FeSO4·H2O，与FeS2可联合制备铁粉精(FexOy)和H2SO4。
i.FeSO4·H2O结构如图所示：

(1)Fe2+价层电子排布式为_________。
(2)比较和分子中的键角大小并给出相应解释：_________。
(3)与和之间的作用力分别为_________。
ii.实验室以 FeCl2溶液为原料制备高密度磁记录材料 Fe/Fe3O4复合物。
(4)在氩气气氛下，向装有50mL1mol•L−1FeCl2溶液的三颈烧瓶(装置如图)中逐滴加入 100mL14 mol∙L−1KOH溶液，用磁力搅拌器持续搅拌，在100℃下回流3h，得到成分为Fe和Fe3O4的黑色沉淀。

①三颈烧瓶发生反应的离子方程式为_________。
②检验反应是否进行完全的操作是_________。
(5)待三颈烧瓶中的混合物冷却后，过滤，再依次用沸水和乙醇洗涤，在40℃干燥后焙烧3h，得到Fe/Fe3O4复合物产品 3.24g。
①焙烧需在隔绝空气条件下进行，原因是_________。
②计算实验所得产品的产率_________。
20．氯气用于自来水的杀菌消毒，但在消毒时会产生一些负面影响，因此人们开始研究一些新型自来水消毒剂。某学习小组查阅资料发现NCl3不仅可作为杀菌消毒剂、漂白剂，还可用于柠檬等水果的熏蒸处理。已知：NCl3熔点为-40℃，沸点为70℃，95℃以上易爆炸，有刺激性气味，在热水中易水解；N的电负性为3.04，Cl的电负性为3.16。某小组同学选择下列装置(或仪器)设计实验制备三氯化氮并探究其性质：

回答下列问题：
(1)NCl3的立体构型为_____。
(2)整个装置的导管连接顺序为a→____。
(3)装置B中发生反应的化学方程式为_____，装置C的作用为____。
(4)从装置B中蘸取少量反应后的溶液，滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸不褪色；若取该液体滴入50-60℃热水中，片刻后取该热水再滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸先变蓝后褪色，结合反应方程式解释该现象_____。
(5)在pH=4时电解NH4Cl溶液也可以制得NCl3，然后利用空气流将产物带出电解槽。电解池中产生NCl3的电极为____(填“阴极”或“阳极”)，该电极的电极反应式为____。

参考答案：
1．B
【详解】A．6g乙酸的物质的量为0.1mol，乙酸分子中只有—COOH中的碳原子为sp2杂化，sp2杂化的碳原子数为，A错误；
B．中硼原子的价层电子对数为，B正确；
C．甲烷与氯气反应前后分子数不发生改变，故充分反应后的分子总数为，C错误；
D．铅蓄电池放电时的总反应为，生成时每转移2mol电子，则负极增重96g，所以当负极增重48g时，转移电子数为，D错误；
故选B。
2．C
【详解】A.氮的电子排布式为1s22s22p3，未成对电子数为3；
B.硒的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，未成对电子数为2；
C.铬的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，未成对电子数为6；
D.铜的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，未成对电子数为1；
综上所述，最外电子层未成对电子最多的是铬；
答案选C。
3．B
【详解】A．基态氧原子核外有8个电子，其电子的轨道表示式为，A错误；
B．根据价层电子对互斥理，中N原子的价层电子对数=3+=4，VSEPR模型为四面体，且有一对孤电子，故的空间结构为三角锥形，B正确；
C．两个氯原子应分开写，用电子式表示的形成应为，C错误；
D．过氧化氢分解过程中二氧化锰作催化剂，催化剂能降低反应的活化能，改变反应途径，从而加快反应速率，一个反应的焓变只与反应物的始态和终态有关，和反应途径无关，即二氧化锰不能改变过氧化氢分解的焓变，D错误。
答案选B。
4．A
【详解】A．的空间构型为直线型，夹角为180°，故A正确；
B．的空间构型为V形，夹角为104.5°，故B错误；
C．的空间构型为三角锥形，夹角为107.3°，故C错误；
D． 的空间构型为正四面体形，夹角为109°28ˊ，故C错误；
故选A。
5．C
【详解】A．该反应是乙苯和二氧化碳反应生成苯乙烯、一氧化碳和水，其反应历程中是氧化剂，故A正确；
B．从和结构分析得到1mol生成1mol减少键，故B正确；
C．催化剂改变了反应历程，降低了反应的活化能，但不改变(焓变)，故C错误；
D．分子中C原子价层电子对数都为3+0=3，采取sp2杂化，故D正确；
综上所述，答案为C。
6．C
【详解】A．PCl3为三角锥形是因为P原子的价层电子对数为4，P原子为sp3杂化，其中有一对孤对电子，所以空间构型为三角锥形，错误；
B．乙烯分子中的C-H键是氢原子的1s轨道与C原子的2s与2个2p杂化即sp2杂化轨道形成的,错误；
C．中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型为四面体，若无孤对电子，则为四面体，有一对孤对电子，则为三角锥形，有2对孤对电子，则为V形，正确；
D．AB3形的分子可能是平面三角形，也可能是三角锥形，如PCl3为三角锥形，错误，
答案选C。
7．B
【详解】A． 分子中O原子和N原子的价层电子对数均为4，故均为杂化，A正确；
B．电负性O＞N＞H，中成键电子云比中偏离程度大，同时N-C键长比O-C键长大、N-H键长比O-H键长大，这样导致中的成键电子对之间的斥力减小，分子中的键角小于的键角，B不正确；
C．电负性O＞N＞H，分子中的极性大于的极性，C正确；
D．手性碳原子一定是饱和碳原子，手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。则分子中含有手性碳原子、例如，D正确；
答案选B。
8．D
【详解】A．中心原子为杂化时，其分子不一定为正四面体结构，如氨气、水中的中心原子均为杂化，氨气为锥形、水为V形，故A正确；
B．中心原子能量相近的不同轨道在外界的影响下会发生杂化，形成新的轨道，能量相同，故B正确；
C．杂化时，杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变，故C正确；
D．杂化轨道只能用于形成σ键，故D错误；
故选D。
9．C
【详解】A．芳香烃指含有苯环的烃，烃只由碳、氢两种元素组成，该有机合成中间体不含苯环且含有氧元素和氟元素，所以该有机物不属于芳香烃，A错误；
B．分子中元素的第一电离能F > O > H > C，B错误；
C．碳碳双键和羰基上的碳原子为杂化，甲基上的碳原子共形成4个σ键，为杂化，C正确；
D．根据单键都是σ键，一个双键中有一个σ键、一个π键可知，该分子中σ键与π键的个数之比为31：6，D错误；
故选C。
10．C
【详解】A．跨临界制冰过程发生物理变化，没有破坏了碳氧共价键，故A错误；
B． 中O原子采取sp3杂化，有两对孤电子对，属于V形空间构型，故B错误；
C．冰是水分子通过氢键形成的晶体，属于分子晶体，故C正确；
D．分子内每个氧原子和碳原子共用两对电子对，碳氧双键1个σ键1个π键，则分子中存在2个σ键2个π键，故D错误；
故答案为C。
11．C
【详解】A．反应①为慢反应，反应较难进行，其活化能比反应②的高，选项A错误；
B．反应①生成新的S-O键，整个过程没有S-O键的断裂，选项B错误；
C．SO2的价层电子对个数是3，所以硫原子采取杂化，SO3的价层电子对个数是3，所以硫原子采取杂化，选项C正确；
D．该反应的催化剂只有V2O5，V2O4是前面反应生成，又在后面反应中消耗，属于“中间产物”，选项D错误；
故选C。
12．B
【详解】A．在该物质分子中饱和C原子采用sp3杂化，形成碳碳双键的不饱和C原子采用sp2杂化，则该物质分子中C原子杂化方式有sp2、sp3两种，A正确；
B．该物质分子中含有不饱和的碳碳双键、酰胺键、酚羟基、醚键四种官能团，B错误；
C．在酸性条件下水解，其水解产生的羧酸能够与Na2CO3溶液反应；水解产生的另一种反应产物含酚羟基，也可以与Na2CO3溶液反应，C正确；
D．碳碳双键能够与Br2发生加成反应，苯酚易发生环上邻对位的取代反应；该物质分子中含有1个酚羟基和一个碳碳双键，因此1 mol辣椒素与足量的浓溴水反应最多能消耗2 mol Br2，D正确；
故合理选项是B。
13．B
【详解】A．BF3中价层电子对数=3+×(3-3×1)=3，无孤电子对，为平面三角形，PCl3中价层电子对数=3+×(5-3×1)=4，含有1个孤电子对，为三角锥形，故A错误；
B．SO3中价层电子对数=3+×(6-3×2)=3，无孤电子对，为平面三角形，中价层电子对数=3+×(4-3×2+2)=3，无孤电子对，为平面三角形，故B正确；
C．SO2中价层电子对数=2+×(6-2×2)=3，含有1个孤电子对，为V型结构，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以SO2键角小于120o，故C错误；
D．SOCl2中价层电子对数=1+2+×(6-1×2-2×1)=4，含有1个孤电子对，为四面体形，故D错误；
故选B。
14．C
【详解】A．NH3是三角锥形，PH3分子结构和NH3相似，故PH3分子也呈三角锥形，故A正确；
B．PH3分子是三角锥形，空间结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，故B正确；
C．PH3沸点低于NH3沸点，因为NH3分子间存在氢键，沸点高，故C错误；
D．PH3分子稳定性低于NH3分子，因为P—H键键能比N—H键键能低，化学键越稳定，分子越稳定，键能越大化学键越稳定，故D正确。
故答案为C。
15．D
【分析】根据组成结构以及成键特点，X和W只有一个共价键，可能是为H和卤族元素，Y有四个共价键，五种元素原子序数依次增大，且属于短周期元素，因此Y为C，X为H，W应为Cl，一个Z有三个共价键，因此该物质为离子化合物，形成四个键的Z失去一个电子，因此Z为N，Q形成四个共价键中有一个配位键，因此Q为Al，据此分析；
【详解】根据上述分析，X为H，Y为C，Z为N，Q为Al，W为Cl，
A．QW3为AlCl3，氯化铝为分子晶体，熔融状态不导电，因此工业上上常电解氧化铝获得金属铝，故A错误；
B．同周期从左向右原子半径依次减小(稀有气体除外)，因此C的原子半径大于N，故B错误；
C．含氯的酸可能为强酸，如HClO4，也可能为弱酸，如HClO，故C错误；
D．AlCl中Al有4个σ键，无孤电子对数，即该离子空间构型为正四面体，故D正确；
答案为D。
16．(1) 正四面体
(2) 恒压滴液漏斗 除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化
(3)避免产品中混入铁粉
(4)3Fe2++2HPO+2CH3COO-+8H2O=Fe3(PO4)2·8H2O↓+2CH3COOH其他合理答案也可
(5)pH降低，不利于沉淀的生成；pH过高，会生成Fe(OH)2沉淀
(6) 5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 88.9

【分析】制备八水合磷酸亚铁，因为亚铁离子容易被氧化，同时为防止引入新杂质，应用维生素C作底液，制备的原理是3FeSO4+2Na2HPO4+2CH3COONa+8H2O =Fe3(PO4)2·8H2O↓+3Na2SO4+2CH3OOH，据此分析；
【详解】（1）基态铁原子价电子排布式为3d64s2，则Fe2+价电子排布式为3d6，价电子轨道式为；PO中中心原子P有4个σ键，孤电子对数为=0，价层电子对数为4，因此PO的空间构型为正四面体形；故答案为PO；正四面体形；
（2）根据仪器a的特点，仪器a名称为恒压滴液漏斗；因为Fe2+容易被氧气氧化，因此配制时，需要将蒸馏水事先煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；故恒压滴液漏斗；除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；
（3）维生素C具有还原性，可以防止Fe2+被氧化，铁粉也能与Fe3+反应生成Fe2+，但铁粉为固体，使得制备的八水合磷酸亚铁中混有杂质，故答案为避免产品中混入铁粉；
（4）八水合磷酸亚铁难溶于水和醋酸，因此生成八水合磷酸亚铁的离子方程式为3Fe2++2HPO+2CH3COO-+8H2O=Fe3(PO4)2·8H2O↓+2CH3COOH；故答案为3Fe2++2HPO+2CH3COO-+8H2O=Fe3(PO4)2·8H2O↓+2CH3COOH；
（5）合成时需保持pH为6左右的原因是pH降低，不利于沉淀的生成；pH过高，会生成Fe(OH)2沉淀；故答案为pH降低，不利于沉淀的生成；pH过高，会生成Fe(OH)2沉淀；
（6）八水合磷酸亚铁溶于无机酸，然后用高锰酸钾溶液滴定，利用酸性高锰酸钾溶液的氧化性，将Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原成Mn2+，根据化合价升降、原子守恒和电荷守恒，其反应离方程式为5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；根据离子方程式可知： n(Fe2+)×1=n(KMnO4)×5，n(Fe2+)=20.00mL×10-3L/mL×0.1000mol/L×5，即32.00g中含有Fe3(PO4)2·8H2O 的质量为m[Fe3(PO4)2·8H2O]= 20.00mL×10-3L/mL×0.1000mol/L×5××502g/mol×，100mL2.00mol/L硫酸亚铁全部转化成八水合磷酸亚铁的理论质量为100mL×10-3L/mL×2.00mol/L××502g/mol，则本实验产品的产率为≈88.9%；故答案为5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；88.9%。
17．(1)Cu2(OH)2SO4+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2+ +SO+2OH- +8H2O
(2) 晶体受热易脱水脱氨(“晶体受热易分解”或“加热烘干变质”) 为了使乙醇较慢的从漏斗中流出来并与晶体充分接触，提高洗涤的效果
(3) C B
(4)ACD
(5) pH NH4Cl

【分析】装置A为封闭体系，加入氨气后有利于氨气充分吸收；滴加氨水时，硫酸铜和氨水生成浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4，继续滴加氨水，沉淀消失，生成络合物，得到深蓝色[Cu(NH3)4]SO4溶液；洗涤原容器有利于反应物充分利用；加入洗涤剂洗涤晶体时，要保证正常压强，洗涤剂和洗涤物充分混合有利于洗涤充分；废液回收过程是从含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和氨水的废液中回收乙醇并获得CuSO4、(NH4)2SO4的混合溶液，废液存在络离子，需要加入H2SO4，除去络离子；沸点不同的物质可以蒸馏分离。
【详解】（1）CuSO4·5H2O晶体溶解后滴加氨水，生成浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4；继续滴加氨水，得到深蓝色溶液[Cu(NH3)4]SO4，反应过程中氨水中的一水合氨或氨气参加反应，[Cu(NH3)4]SO4为可溶性强电解质，在水溶液中完全电离，离子方程式为：Cu2(OH)2SO4+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2+ +SO+2OH- +8H2O；
（2）①晶体不采用加热烘干的原因是防止失去结晶水，降低产物产率；
②装置内产生负压时，漏斗中液体会被迅速抽入吸滤瓶中，而洗涤过程为了使乙醇较慢的从漏斗中流出来并与晶体充分接触，提高洗涤的效果，需打开活塞；
（3）该过程需要将[Cu(NH3)4]SO4转化为CuSO4，氨水中一水合氨和氨气转化为(NH4)2SO4，类似于NH3→(NH4)2SO4，应加入的试剂是硫酸，故选C；充分反应后溶液为无机盐和乙醇的水溶液，回收乙醇是液液互溶体系分离，回收乙醇的实验方法为蒸馏，为防止硫酸铵分解，需减压蒸馏，降低蒸馏所需温度，故选B；
（4）A．足量BaCl2溶液可以使硫酸根完全沉淀，降低实验数值偏低的可能性，A正确；
B．沉淀表明的杂质主要为氯离子，检验沉淀已经洗净即检验是否有氯离子，应取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，证明沉淀洗净，B错误；
C．洗涤后滤纸和固体一起灼烧，可以保证所有沉淀均被回收，C正确；
D．若Cu2+为sp3杂化，则其空间构型应为正四面体形，而不是正方形，D正确；
故答案为：ACD；
（5）②本实验的目的是探究影响NH3·H2O电离平衡的因素，NH3·H2O电离平衡受到影响时，溶液的pH会发生变化，所以还需测定的物理量为pH；
③CH3COONH4、NH4HCO3、(NH4)2CO3所含的酸根均为弱酸根，弱酸根会发生水解，影响溶液pH，所以铵盐应选用NH4Cl；
④一水合氨的电离平衡：NH3·H2ONH+OH-，溶液pH=c，则c(H+)=10-cmol/L、c(OH-)=10c-14mol/L，忽略水电离的OH-，所以氢氧根全部由一水合氨电离，则一水合氮的电离度。
18． 2ClO＋S2O=2ClO2↑＋2SO sp3杂化 正四面体 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色 0.1 mol/L 偏小
【详解】(1)①亚氯酸钠(NaClO2)和过硫酸钠(Na2S2O8)直接反应可得ClO2，并得到副产品Na2SO4，该过程中Na2S2O8中-1价的O(过氧键)将+3价的Cl氧化为+4价，根据电子守恒可得NaClO2 和Na2S2O8的系数之比为2:1，再结合元素守恒可得离子方程式为2ClO＋S2O=2ClO2↑＋2SO；
②ClO中Cl原子的价层电子对数为=4，所以为sp3杂化；SO中S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；
(2)该实验过程中先利用KI将ClO2还原为KClO2，Cl2被还原为Cl-，然后用Na2S2O3标准溶液将被氧化生成I2还原成I-，之后再加入稀H2SO4调节溶液pH=3，该过程中发生反应KClO2＋4KI＋2H2SO4=KCl＋2K2SO4＋2I2＋2H2O，然后再用Na2S2O3标准溶液滴定产生的I2，从而间接确定ClO2的量；
①达到滴定终点时碘单质被完全反应，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色；
②第二次滴定消耗Na2S2O3溶液20.00 mL，即被KClO2氧化生成的碘消耗了20.00 mLNa2S2O3溶液，依据反应原理得关系式：2ClO2～2KClO2～4I2～8Na2S2O3，n(ClO2)==5.0×10-4 mol，c(ClO2)= =0.1 mol/L；
③若实验中调节溶液pH时稀硫酸用量不足，则KClO2无法完全反应，则产生的碘单质偏少，消耗的标准液减小，将导致测得的ClO2浓度偏低。
19．(1)3d6
(2)中心原子硫原子不存在孤对电子、和中心原子氧原子有2对孤对电子，孤电子对与成键电子对之间的斥力较大，故中的键角大于中的键角
(3)配位键、氢键
(4) 取样品，滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氯水，溶液仍不变色，说明反应进行完全
(5) 防止复合物产品中铁被空气中氧气氧化 90.0%

【分析】FeCl2溶液逐滴加入KOH溶液得到成分为Fe和Fe3O4的黑色沉淀，分离出固体用沸水和乙醇洗涤，在40℃干燥后焙烧3h，得到Fe/Fe3O4复合物产品；
【详解】（1）Fe2+为铁原子失去2个电子后形成的离子，价层电子排布式为3d6；
（2）孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力；中心原子硫原子不存在孤对电子、中心原子氧原子有2对孤对电子，孤电子对与成键电子对之间的斥力较大，故中的键角大于中的键角；
（3）由图可知，亚铁离子提供空轨道、提供孤对电子两者形成配位键；氧的电负性较大，故和之间形成氢键；
（4）①FeCl2溶液逐滴加入KOH溶液得到成分为Fe和Fe3O4的黑色沉淀，则三颈烧瓶发生反应的离子方程式为。
②检验反应是否进行完全，就是检验是否还存在亚铁离子，亚铁离子能被氯水氧化使KSCN溶液变红色的铁离子，故操作为：取样品，滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氯水，溶液仍不变色，说明反应进行完全；
（5）①空气中氧气具有氧化性，焙烧需在隔绝空气条件下进行，原因是防止复合物产品中铁被空气中氧气氧化。
②50mL1mol•L−1FeCl2溶液中铁元素为0.05mol，根据可知生成Fe、Fe3O4各0.0125mol，故实验所得产品的产率为。
20．(1)三角锥形
(2)d，e→b，c→f
(3) 3Cl2+2(NH4)2CO3=NCl3+2CO2+3NH4Cl+2H2O 除去Cl2中的HCl
(4)试纸不褪色说明NCl3本身无漂白性，NCl3在热水中水解生成NH3•H2O使红色石蕊试纸变蓝，具有强氧化性的的HClO又使其漂白褪色，反应的化学方程式为NCl3+4H2O3HClO+NH3•H2O
(5) 阳极 3Cl—+NH-6e—=NCl3+4H+

【分析】由实验装置图可知，装置A中浓盐酸与高锰酸钾固体反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置C中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置B中盛有的碳酸铵溶液与氯气反应制备三氯化氮，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，则装置的连接顺序为ACBD，导管连接顺序为a→d，e→b，c→f。
（1）
三氯化氮分子中氮原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；
（2）
由分析可知，整个装置的导管连接顺序为a→d，e→b，c→f，故答案为：d，e→b，c→f；
（3）
由分析可知，装置C中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置B中盛有的碳酸铵溶液与氯气反应生成三氯化氮、二氧化碳、氯化铵和水，反应的化学方程式为3Cl2+2(NH4)2CO3=NCl3+2CO2+3NH4Cl+2H2O；故答案为：3Cl2+2(NH4)2CO3=NCl3+2CO2+3NH4Cl+2H2O；除去Cl2中的HCl；
（4）
用干燥、洁净的玻璃棒蘸取三氯化氮液体滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸不褪色，说明三氯化氮无漂白性；取该液体滴入50-60℃热水中，片刻后取该热水再滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸先变蓝后褪色说明三氯化氮与热水反应生成一水合氨和次氯酸，一水合氨使红色石蕊试纸变蓝，具有强氧化性的次氯酸使试纸漂白褪色，反应的化学方程式为NCl3+4H2O3HClO+NH3•H2O，故答案为：试纸不褪色说明NCl3本身无漂白性，NCl3在热水中水解生成NH3•H2O使红色石蕊试纸变蓝，具有强氧化性的的HClO又使其漂白褪色，反应的化学方程式为NCl3+4H2O3HClO+NH3•H2O；
（5）
由氮元素的化合价变化可知，电解池中产生三氯化氮的电极为电解池阳极，在氯离子作用下，铵根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成三氯化氮和氢离子，电极反应式为3Cl—+NH-6e—=NCl3+4H+，故答案为：阳极；3Cl—+NH-6e—=NCl3+4H+。