苏教版（2019） 高中化学选择性必修2 4.1.1分子的空间结构模型同步练习（含解析）
文档属性
| 名称 | 苏教版（2019） 高中化学选择性必修2 4.1.1分子的空间结构模型同步练习（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1003.9KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-10-19 14:30:43 | ||
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文档简介
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4.1.1分子的空间结构模型同步练习-苏教版高中化学选择性必修2
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X与Y可以形成多种化合物，X的基态原子的最高能级中未成对电子数等于Y原子最外层电子数的一半，基态Z原子的p轨道电子总数与s轨道电子总数相等，Z与W同周期，W是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是
A．的空间构型为V形
B．第一电离能：Y＞X＞ Z
C．简单离子半径：Y＞W＞Z
D．基态W原子核外有13种不同空间运动状态的电子
2．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。W是宇宙中含量最多的元素；X与Z同主族，X元素基态原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；Y元素原子中只有两种形状的电子云，最外层没有成对电子。下列说法正确的是
A．非金属性：W>X B．最简单氢化物的键角：XC．简单离子半径：Y>X D．四种元素的氧化物都至少有两种
3．有关晶体的结构如图所示。下列说法错误的是
A．NaCl与CsCl均为离子晶体，晶格能：NaCl＜CsCl
B．NaCl晶体中，Na+位于最近的Cl-形成的正八面体空隙中
C．金刚砂晶体中，Si、C的杂化方式均为sp3杂化
D．CuS晶胞中，Cu2+填充在S2-形成的四面体空隙中，其填充率为50%
4．B、C、N、O、F是短周期主族元素。下列有关说法正确的是
A．BF3的空间构型：平面三角形 B．N2H4中氮原子的轨道杂化类型：sp2
C．键角：H2O>NH3>CH4 D．最高价氧化物的水化物的酸性：H3BO3>H2CO3
5．关于原子轨道的说法正确的是
A．凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其几何构型都是正四面体
B．CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s轨道和C原子的2p轨道混合起来而形成的
C．sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相近的新轨道
D．凡AB3型的共价化合物，其中中心原子A均采用sp3杂化轨道成键
6．某新型电池的固态电解质由原子序数依次增大的X、Y、Z、W、R五种短周期元素组成，五种元素的原子最外层电子数之和为25。Y是地壳中含量最多的元素，且与X、Z、R在周期表中位置相邻。下列说法正确的是
A．原子半径： B．氧化物对应水化物酸性：
C．简单氢化物的稳定性： D．分子的空间构型为平面三角形
7．π键上的π电子在吸收紫外光后会被激发，从而可以阻挡紫外光。下列物质可能成为防晒霜的有效成分的是
A．甘油 B．过氧化氢 C．重水 D．对氨基苯甲酸
8．资源化利用是解决资源和能源短缺、减少碳排放的一种途径。以作催化剂，可使在温和的条件下转化为甲醇，经历如下过程：
ⅰ.催化剂活化：(有活性)
ⅱ.与在活化后的催化剂表面合成甲醇，其反应历程如图：
以下描述正确的是
A．碳的杂化方式未发生改变
B．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂和形成
C．加压可以提高的平衡转化率
D．该反应达到“原子经济性”
9．冰晶石()是工业上冶炼金属铝所需要的助熔剂，制备反应为，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 中含有的σ键数目为2 NA
B．室温下，1 L 0.1 mol L 溶液中的数目为0.1 NA
C．的HF溶液中含有的数目为0.01 NA
D．常温常压下，18 g 中含有的电子数为10 NA
10．通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间结构相似，则下列有关说法正确的是
A．和互为等电子体，键角均为60°
B．和互为等电子体，空间结构相似
C．和互为等电子体，空间结构相似
D．和苯互为等电子体，分子中不存在“肩并肩”重叠的轨道
二、填空题
11．原子结构与元素周期表存在着内在联系。根据已学知识，请你回答下列问题：
(1)指出31号元素镓(Ga)在元素周期表中的位置： 。
(2)写出原子序数最小的第Ⅷ族元素原子的核外的价电子排布图： 。其正三价离子的未成对电子数为
(3)写出3p轨道上有2个未成对电子的元素的符号： 。
(4)日常生活中广泛使用的不锈钢，在其生产过程中添加了某种元素，该元素的价电子排布式为3d54s1，该元素的名称为 。
(5)基态原子的4s能级中只有1个电子的元素共有 种
(6)元素基态原子的M层全充满，N层有且只有一个未成对电子，其基态原子的电子排布式为 ，属于 区元素；[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有 ，，[Cu(NH3)4]SO4的外界离子的空间构型为 。
12．二氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，常温下是一种橙黄色有恶臭的液体，它的分子结构如图所示．
(1)S2Cl2的结构式为 ，其化学键类型有 (填“极性键”“非极性键”或“极性键和非极性键”)．
(2)电负性：S (填“＞”或“＜”)Cl，S2Cl2中硫的化合价为 ．
(3)S2Cl2分子中S原子的杂化轨道类型为 ，每个S原子有 对弧电子对．
13．利用15N可以测定亚硝酸盐对地下水质的污染情况。
（1）下列说法正确的是 。
A．14N与15N为同种核素 B．14N的第一电离能小于14C
C．15NH3与14NH3均能形成分子间氢键 D．14CH315NH2与CH3CH2NH2互为同系物
（2）15N的价层电子排布图为 ，15NH4Cl的晶胞与CsCl相同，则15NH4Cl晶体中15NH4+的配位数为 ；15NH4+中15N的杂化轨道类型为 。
（3）工业上电解法处理亚硝酸盐的模拟工艺如图：
已知：阳极区发生化学反应：2NO2+8H++6Fe2+═N2↑+6Fe3++4H2O
①阳极电极反应方程式是 （不考虑后续反应）；
②若硫酸溶液浓度过大，阴极区会有气体逸出，该气体为 （填化学式）； 该现象表明c（H+）越大，H+氧化性越 ；
③若电解时电路中有0.6mol电子转移，且NaNO2有剩余，则电解池中生成 molNa2SO4。
14．H2Te和CO2均为三原子分子，但它们的键角差别较大，试用杂化轨道理论解释，理由是 。
15．（1）醛基中碳原子的轨道杂化类型是 。
（2）NO2-离子的立体构型是 。
（3）现有H、N、O、 S、Cu几种元素，回答下列问题。
①氢元素和N、O、 S、Cu等元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为 ；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是 (填化学式，写出两种)。
②这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是 ；酸根呈三角锥结构的酸是 。(填化学式)
（4）氧是地壳中含量最多的元素。H+可与H2O形成H3O+，H3O+中O原子采用 杂化。H3O+中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角大，原因为 。
16．回答下列问题：
(1)COCl2分子中所有原子均满足8电子稳定结构，COCl2分子中σ键和π键的个数比为 ，中心原子的杂化方式为 。
(2)AlH中，Al原子的轨道杂化方式为 ；列举与AlH空间结构相同的一种离子和一种分子： 、 (填化学式)。
(3)用价层电子对互斥模型推断SnBr2分子中，Sn原子的轨道杂化方式为 ，SnBr2分子中Br—Sn—Br的键角 120°(填“＞”“＜”或“=”)。
17．的键角小于的原因是 。
18．在分子中，碳原子与碳原子间的化学键键长是0.154，键能是347。但是，在和分子中，碳原子与碳原子间的化学键键长分别是0.134和0.121，键能分别是614和839。根据这些事实，分析和中的碳原子的杂化轨道形式及分子的空间结构 。
19．
(1)菠菜营养丰富，素有“蔬菜之王”之称，在营养价值上是一种高效的补铁剂。某化学小组欲设计实验方案，探究菠菜中是否存在铁元素与草酸及可溶性草酸盐。甲同学查阅资料得知：草酸又名乙二酸，化学式为H2C2O4，是一种二元有机弱酸，具有较强的还原性。甲同学依据上述信息推测，菠菜中铁元素呈 价，其理由是 。甲同学同时设计实验方案，验证其推测是否正确。请简述实验方案 。
(2)乙炔是有机合成工业的一种原料。工业上曾用与水反应生成乙炔。
①中与互为等电子体，的电子式可表示为 ；1mol中含有的键数目为 。
②乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈（H2C=CH－C≡N）。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是 ；分子中处于同一直线上的原子数目最多为 。
20．西瓜膨大剂别名氯吡苯脲，是经过国家批准的植物生长调节剂。已知其相关性质如下表所示：
分子式 结构简式 外观 熔点 溶解性
C12H10ClN3O 白色结晶粉末 170℃~172℃ 易溶于水
(1)氯元素基态原子核外电子中未成对电子数为 。
(2)氯吡苯脲晶体中，氮原子的杂化轨道类型为 。
(3)氯吡苯脲晶体中，微粒间的作用力类型有 (填序号)。
A．离子键 B．金属键 C．共价键 D．配位键 E．氢键
(4)氯吡苯脲易溶于水的原因是 。
(5)文献可知，可用异氰酸苯酯与2-氯-4-氨基吡啶反应，生成氯吡苯脲。
反应过程中，每生成1 mol 氯吡苯脲，断裂化学键的数目为 。
三、实验题
21．某实验小组对FeCl3溶液与Na2SO3溶液的反应进行探究。
已知：铁氰化钾的化学式为K3[Fe(CN)6]，用于检验Fe2+，遇Fe2+离子产生蓝色沉淀
【实验1】
装置 实验现象
现象i：一开始溶液颜色加深，由棕黄色变为红褐色。 现象ii：一段时间后溶液颜色变浅，变为浅黄色。
(1)SO离子中中心原子的杂化类型 ，Fe3+简化的核外电子排布式 。
(2)配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。从化学平衡角度说明浓盐酸的作用： 。
(3)探究现象i产生的原因：
①甲同学认为发生反应：2Fe3++3SO+6H2O2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO3；他取少量红褐色溶液于试管中，继续滴加1 mol/L Na2SO3溶液，发现溶液红褐色变深且产生刺激性气味的气体，该气体是 (填化学式)。
②乙同学认为还发生了氧化还原反应，其离子方程式为 ；他取少许红褐色溶液于试管中，加入 ，有白色沉淀产生，证明产物中含有SO。
丙同学认为乙同学的实验不严谨，因为在上述过程中SO可能被其它物质氧化。为了进一步确认SO被氧化的原因，丙同学设计了实验2。
【实验2】
用下图装置(a、b均为石墨电极)进行实验。闭合开关后灵敏电流计指针偏转。
(4)③实验2中正极的电极反应式为 。丙同学又用铁氰化钾溶液检验正极的产物，观察到有蓝色沉淀产生。他得出的结论是 。
(5)综合上述结果，请从平衡移动角度解释，现象ii产生的原因为 。
22．二茂铁[Fe(C5H5)2]广泛用作火箭燃料添加剂，以改善其燃烧性能，还可用作汽油的抗震剂、紫外光的吸收剂等。其中一种制备方法的实验步骤及装置图(加热及夹持装置已省略)如图：
步骤1：无水氯化亚铁的制备2FeCl3+Fe 3FeCl2
在氮气氛围中，将100.00mL四氢呋喃(1，4－环氧丁烷，简称THF)加入到三颈烧瓶中，加入无水三氯化铁27.00g和细纯铁粉4.48g，搅动回流4.5h。
步骤2：二茂铁的合成FeCl2+2C5H6+2(C2H5)2NH→[Fe(C5H5)2]+2(C2H5)2NH HCl
制得无水氯化亚铁后，减压蒸馏出四氢呋喃。用冷水冷却反应瓶，在残留物中加入45.00mL环戊二烯和100.00mL二乙胺(环戊二烯、乙二胺均过量)，继续通入氮气，强烈搅动4h，蒸出过量的乙二胺。加入石油醚，充分搅拌后趁热过滤，将滤液蒸发得二茂铁粗品，提纯可得精品。
已知：常温下二茂铁为橙黄色晶体，有樟脑气味，熔点173℃，沸点249℃，高于100℃易升华。能溶于苯、乙醚和石油醚等有机溶剂，不溶于水，化学性质稳定。紫外光谱于325nm和440nm处有极大的吸收值。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为 。
(2)本实验所使用的三颈烧瓶规格为 。
A．50mL B．100mL C．250mL D．1000mL
(3)实验中持续通入氮气的主要目的是 。
(4)二茂铁结构如图，是由环戊二烯负离子(C5H)和亚铁离子形成的夹心结构。已知分子中的大π键可用符号术表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π)，则C5H中的大π键可表示为 ，二茂铁晶体类型属于 。
(5)如何验证所得晶体为二茂铁，试列举一种方法 。最终得到29.50g纯二茂铁，则该实验产率w(二茂铁)= %(保留1位小数)。
(6)还可用FeCl2、环戊二烯(C5H6)在KOH碱性条件下制备二茂铁，试写出化学方程式 。
23．二氧化氯(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”)。
参考答案：
1．A
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，W是地壳中含量最高的金属元素，则W为Al，Z与W同周期，Z的基态原子的p轨道电子数与s轨道电子数相等，Z的核外电子排布式为1s22s22p63s2，则Z为Mg，X和Y可以形成多种化合物，X的基态原子的最高能级中未成对电子数等于Y原子最外层电子数的一半，Y的原子序数为偶数，X、Y的原子序数小于Mg，二者位于第二周期，X的基态原子的最高能级为2s或2p，Y的最外层电子数为6时，X的2p能级含有3个电子，则X为N，Y为O，N、O能形成多种化合物，满足条件，Y的最外层电子数为4时，X的2p能级含有2个电子，X、Y均为碳（舍弃）；Y的最外层电子数为2时，X的2s能级含有一个电子，X为Li，Y为Be，二者不能形成化合物（舍弃）。
【详解】A．为，中中心电子N的孤电子对数为(5+1-2×2)/2=1，价层电子对数=3，采用sp2杂化，空间构型为V形，A正确；
B．主族元素同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道处于半满稳定状态，其第一电离能大于O，Mg的活泼性较强，其第一电离能较小，则第一电离能X>Y>Z，B错误；
C．电子层数结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径Y>Z>W，C错误；
D．基态铝原子核外有13种不同运动状态的电子，不同空间运动状态的电子有7种，D错误；
故答案选A。
2．D
【分析】由W是宇宙中含量最多的元素知，W为H；由X的原子序数大于W，X原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同可知，X、Z元素位于第VA族，故X为N，Z为P；Y位于X和Z之间，且最外层只有一个电子，故Y为Na；综合以上分析，W、X、Y、Z分别为H、N、Na、P，据此分析解答。
【详解】A．NH3中N为-3价，H为+1价，故非金属性：N>H，故A错误；
B．P的电负性较N小，PH3中的成键电子对比NH3中的更偏向于H，同时P-H键长比N-H键长大，这样导致PH3中成键电子对之间的斥力减小，H-P-H键角更小，故B错误；
C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：N3->Na+，故C错误；
D．氢的氧化物有H2O、H2O2，氮的氧化物有NO、NO2、N2O4等超过两种，钠的氧化物有Na2O、Na2O2，磷的氧化物有P2O3、P2O5，所以四种元素的氧化物都至少有两种，故D正确；
答案选D。
3．A
【详解】A．NaCl与CsCl均为离子晶体，离子半径NaCsCl，A项错误；
B．NaCl晶体中 Na和Cl的配位数为6，根据图示，位于于最近的形成正八面体空隙中，B项正确；
C．金刚砂晶体中，Si、C的配位数都是4，形成4个共价键，价层电子对数为4，原子都是杂化，C项正确；
D．1个CuS晶胞中共含有8个正四面空隙，有个，根据化学式CuS，也有4个，填充率为，D项正确；
答案选A。
4．A
【详解】A．BF3中中心原子B周围的价层电子对数为：3+=3，根据价层电子对互斥理论可知，其空间构型为平面三角形，A正确；
B．N2H4中中心原子N周围的价层电子对数为：3+=4，根据杂化轨道理论可知，氮原子的轨道杂化类型为sp3，B错误；
C．已知孤电子对对孤电子对的排斥作用大于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，且H2O中心原子O周围有2对孤电子对，NH3中心原子N周围有1对孤电子对，故键角：H2O＜NH3＜CH4，C错误；
D．已知B的非金属性弱于C的，故最高价氧化物的水化物的酸性：H3BO3＜H2CO3，D错误；
故答案为：A。
5．C
【详解】A．中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其立体构形不一定是正四面体，如：水和氨气分子中心原子均采取sp3杂化，但H2O是V形，NH3是三角锥形，故A错误；
B．CH4分子中的sp3杂化轨道是由C原子的一个2s轨道与三个2p轨道杂化而成的，故B错误；
C．sp3杂化轨道是指同一能层中能量相近s能级的一个轨道和p能级的三个轨道杂化以后形成四个新的轨道，新轨道的能量相同，故C正确；
D．AB3型的共价化合物可采用sp3杂化、sp2杂化轨道成键，如NH3是采用sp3杂化，BF3采用sp2杂化，故D错误；
答案选C。
6．A
【分析】原子序数依次增大的X、Y、Z、W、R五种短周期元素组成， Y是地壳中含量最多的元素，Y为氧，Y与X、Z、R在周期表中位置相邻，则XZR分别为氮、氟、硫；五种元素的原子最外层电子数之和为25，则W为钠；
【详解】A．同主族时电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：，A正确；
B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，没有说明是否为最高价氧化物对应水化物，不能判断其酸性，B错误；
C．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，简单氢化物的稳定性：，C错误；
D．分子中N原子的价层电子对数为3＋=4，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，D错误；
故选A。
7．D
【详解】π键上的π电子在吸收紫外光后会被激发，从而可以阻挡紫外光，因此分子中含有π电子的物质具有防晒作用。在题目已知的物质中，甘油、过氧化氢、重水中化学键都是σ键，不具有防晒作用，而对氨基苯甲酸分子中含有苯环，分子中含有σ键、π键，因此对氨基苯甲酸具有阻挡紫外光的作用，因此可作为防晒霜的有效成分，故合理选项是D。
8．C
【详解】A．CO2中C原子采用sp杂化，CH3OH中C原子采用sp3杂化，碳的杂化方式发生了改变，故A错误；
B．反应历程中不存在非极性键的形成，故B错误；
C．加压(g)+3(g)=CH3OH(g)+H2O(g)平衡正向移动，可以提高的平衡转化率，故C正确；
D．该反应有水生成，原子利用率小于100%，故D错误；
选C。
9．D
【详解】A．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则22.4 L二氧化碳中含有的σ键数目大于×2×NAmol—1=2NA，故A错误；
B．碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，则室温下，1L0.1mol/L碳酸钠溶液中碳酸根离子的数目小于0.1mol/L×1L×NAmol—1=0.1NA，故B错误；
C．缺溶液的体积，无法计算pH为2的氢氟酸溶液中的氢离子的物质的量和氢离子的数目，故C错误；
D．水分子的电子数为10，则常温常压下，18 g水分子中含有的电子数为×10×NAmol—1=10NA，故D正确；
故选D。
10．B
【详解】A．甲烷是正四面体形结构，键角是109°28′，A项错误；
B．和互为等电子体，空间结构相似，B项正确；
C．和的价电子总数不相等，不互为等电子体，C项错误；
D．苯和互为等电子体，苯分子的结构中存在“肩并肩”重叠的轨道，故分子中也存在“肩并肩”重叠的轨道，D项错误。
故选：B。
11． 第四周期第ⅢA族 5 Si或S Cr 3 1s22s22p63s23p63d104s1 ds 离子键、共价键和配位键 正四面体形
【详解】(1)Ga在元素周期表中的位置为第四周期第ⅢA族；
(2)原子序数最小的第Ⅷ族元素为Fe，其原子的核外的价电子排布式为3d64s2，电子排布图为，Fe3+的价电子排布为3d5，其中未成对的电子数为5；
(3)3p轨道上有2个未成对电子的元素，则可能是14号元素Si或16号元素S；
(4)该元素的价电子排布式为3d54s1，则该元素的原子序数为24，其元素符号为Cr；
(5)基态原子的4s能级中只有1个电子的元素有[Ar]4s1、[Ar]3d54s1、[Ar]3d104s1，共3种；
(6)元素基态原子的M层全充满，N层有且只有一个未成对电子，则该元素为Cu元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，属于ds区金属；[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、共价键和配位键；[Cu(NH3)4]SO4的外界离子为硫酸根，其中心原子为S，根据VSEPR模型，其中心原子无孤电子对，有4个共价键，故硫酸根的空间构型为正四面体形。
12． Cl﹣S﹣S﹣Cl 极性键和非极性键 ＜ +1 sp3 2
【详解】(1)根据S2Cl2的结构可知，其结构式为Cl﹣S﹣S﹣Cl，含有极性键Cl﹣S和非极性键S﹣S键，故答案为：Cl﹣S﹣S﹣Cl；极性键和非极性键；
(2)元素吸电子能力越强，非金属性越强，其电负性越强，非金属性S＜Cl，电负性S＜Cl；由于电负性氯大于硫，氯显﹣1价，S为+1价，故答案为：＜；+1；
(3)价层电子对数=σ键个数+孤电子对数，S2Cl2分子中每个S原子价层电子对数=2+2=4，所以采取sp3杂化，含有2对孤对电子对，故答案为sp3；2。
13． CD 8 sp3杂化 Fe﹣2e﹣=Fe2+ H2 强 0.05
【详解】(1)A项，质子数相同而中子数不同的核素互为同位素；B项，N的价电子层为半充满结构，更加稳定；C项，含有N元素，故能形成氢键；D项，二者结构相似，分子组成相差一个“CH2”。(3)③由电极反应知转移0.6 mol电子时生成Fe2＋ 0.3 mol，故消耗NaNO2 0.1 mol，根据钠元素守恒可知生成Na2SO4 0.05 mol。
点拨：本题考查电化学，考查考生对电极反应的掌握情况。难度中等。
14．H2Te中Te为sp3杂化，由于两对孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28，CO2中C为sp杂化，键角为180°
【详解】H2Te中Te原子的价层电子对数为，杂化方式为sp3杂化，含两个孤电子对，孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28；CO2中C原子的价层电子对数为，杂化方式为sp杂化，键角为180°。故键角差别较大的原因是：H2Te中Te为sp3杂化，由于两对孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28，CO2中C为sp杂化，键角为180°。
15． sp2 V形 sp3 H2O2、 N2H4 HNO2、HNO3 H2SO3 sp3 H2O中氧原子有2对孤对电子，H3O+中氧原子只有1对孤对电子，排斥力较小
【分析】（1）根据价层电子对互斥理论确定原子的杂化方式；
（2）计算NO2-中价层电子对个数，再确定空间构型；
（3）①氢元素和N、O、 S、Cu等元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形的分子为NH3，分子中含有的极性共价键可能是O-H，N-H，N-O等，含有的非极性共价键可能是O-O、N-N等，据此分析解答；
②这些元素形成的含氧酸可能是HNO2、HNO3、H2SO3、H2SO4，据此分析；
（4）根基价层电子对互斥理论确定原子的杂化方式；根据孤电子对间的排斥力>孤电子对与成键电子对间的排斥力>成键电子对间的排斥力进行分析。
【详解】（1）醛基()中碳原子含有3个键，空间构型是平面三角形，因此醛基中碳原子的轨道杂化类型为sp2。
（2）NO2-中价层电子对个数=2+=3且含有1个孤电子对，其VSEPR模型为平面三角形，空间构型为V形；
（3）①NH3分子呈三角锥形，氮原子采用sp3杂化。分子中既含有极性键又含有非极性键的有H2O2、N2H4。
②中心原子A的价层电子对数可以通过下式确定：n=(配位原子中卤素原子、氢原子提供一个价电子，氧原子和硫原子按不提供价电子计算)，则中心原子价电子对数为3的有HNO2、HNO3。中心原子价电子对数为4的有H2SO3、H2SO4。酸根价电子对数：SO32-、SO42-都是4，孤电子对数分别为1、0，则二者空间构型分别为三角锥形、正四面体形。
（4）依据价电子对互斥理论知H3O+的中心原子O的价电子对数为(6-1+3)=4，孤对电子对数=4-3=1，所以H3O+为三角锥形，H3O+中氧原子采用的是sp3杂化；同理可以计算出H2O中氧原子上的孤对电子对数为4-2=2，因此排斥力较大，水中H—O—H键角较小。
（4）【点睛】解答本题时掌握价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，键个数=配原子个数，孤电子对个数=是关键。
16．(1) 3:1 sp2
(2) sp3 NH CH4
(3) sp2 ＜
【详解】（1）COCl2分子中有1个C=O和2个C-Cl，所以COCl2分子中σ键的数目为3，π键的数目为1，个数比3:1，中心原子C的价层电子对数为3+=3，故中心原子的杂化方式为sp2，故答案为：3:1；sp2。
（2）AlH 中Al原子上的孤电子对数==0，杂化轨道数目为4+0=4，Al原子的杂化方式为sp3，与AlH空间结构相同的离子，可以用C原子替换Al原子则不带电荷：CH4，可以用N原子与1个单位正电荷替换Al原子：NH，故答案为：sp3；NH；CH4。
（3）SnBr2分子中Sn原子价层电子对数为2+×(4-2×1)=3，所以Sn原子的轨道杂化方式为sp2杂化，且含有一个孤电子对，所以该分子为V形分子，孤电子对对成键电子对有排斥作用，所以其键角小于120°，故答案为：sp2；＜。
17．中无孤电子对，中有一个孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力更大，导致的键角小于
【详解】中无孤电子对，中有一个孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力更大，导致的键角小于。
18．分子中存在碳碳双键，结构式为，碳原子的杂化轨道形式为sp2杂化，分子的空间结构为平面形；分子中存在碳碳三键，结构式为，碳原子的杂化轨道形式为sp杂化，分子的空间结构为直线形。
【详解】相比分子，在和分子中，碳原子与碳原子间的化学键键长更短，键能更大，是因为分子中存在碳碳双键，结构式为 ，碳原子的杂化轨道形式为sp2杂化，分子的空间结构为平面形；分子中存在碳碳三键，结构式为，碳原子的杂化轨道形式为sp杂化，分子的空间结构为直线形。
19．(1) +2 草酸有较强还原性，Fe3+有较强氧化性，易发生氧化还原反应无法共存 取少量菠菜汁并向其中加入少量KSCN溶液，不变红色，说明不存在Fe3+，再加入少量H2O2溶液，溶液显红色，证明菠菜汁中含有Fe2+
(2) 2NA sp2、sp 3
【详解】（1）草酸有较强还原性，Fe3+有较强氧化性，易发生氧化还原反应无法共存，可推测菠菜中铁元素呈+2价；验证的方法是制取少量菠菜汁并向其中加入少量KSCN溶液，不变红色，说明不存在Fe3+，再加入少量H2O2溶液，溶液显红色，证明菠菜汁中含有Fe2+；
（2）①等电子体的结构相似，故的电子式与的电子式相似，则的电子式为。在1个中含有2个π键，故1 mol中，含有2NA个π键；
②丙烯腈分子中碳原子有2种，C=C中C的σ键数为3，C为sp2杂化，C≡N为直线结构，C≡N中C的σ键数为2，C为sp杂化，分子中处于同一直线上的原子是与C≡N直接相连的C，故处于同一直线上的原子数目最多为3个。
20． 1 sp3、sp2 CE 氯吡苯脲可以与水分子形成氢键 2NA或
【分析】(1)根据氯元素基态原子核外电子确定其成对电子数；
(2)根据N原子的价层电子对判断其杂化方式，价层电子对=σ键个数+孤电子对个数；
(3)非金属元素之间易形成共价键，只有非金属性较强的N、O、F元素能和H元素形成氢键；
(4)能形成氢键的物质易溶于水；
(5)每生成1mol氯吡苯脲分子，需要断裂1mol异氰酸苯酯中的π键，断裂1mol2-氯-4-氨基吡啶的σ键。
【详解】(1)根据构造原理可知，氯元素基态原子核外电子的排布式是1s22s22p63s23p5，所以未成对电子数为1个；
(2)根据结构简式可知，2个氮原子全部形成单键，属于sp3杂化，另外一个氮原子形成双键，所以是sp2杂化；
(3)氯吡苯脲分子中全部是非金属元素构成的，含有共价键，另外非金属性较强的N、O元素能和H元素形成氢键，微粒间存在氢键，即微粒间的作用力包括共价键和氢键，故答案为CE；
(4)氯吡苯脲还能与水分子间形成氢键，所以还易溶于水；
(5)由于单键都是σ键、而双键是由1个σ键和1个π键构成的，所以根据反应的方程式可知，每生成1mol氯吡苯脲，断裂NA个σ键和NA个π键，断裂化学键的数目共为2NA。
21．(1) sp3 [Ar]3d5
(2)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，盐酸抑制氯化铁水解
(3) SO2 2Fe3++SO+H2O=2Fe2++SO+2H+ 足量盐酸和BaCl2溶液
(4) Fe3++e-=Fe2+ Fe3+能够氧化SO
(5)随着FeCl3与Na2SO3之间氧化还原反应的进行，FeCl3与Na2SO3浓度降低，使得平衡2Fe3++3SO+6H2O2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO3逆向移动，溶液颜色变浅
【分析】Fe3+具有强氧化性，SO具有强还原性，两者能发生氧化还原反应，同时Fe3+、SO属于弱碱根、弱酸根，两者还可能发生双水解反应，这两个反应存在竞争，根据实验现象，进行分析；
（1）
SO中心原子硫有3个σ键，孤电子对数为=1，价层电子对数数为4，杂化轨道数等于价层电子对数，即SO中心原子硫的杂化类型为sp3；Fe3+简化的核外电子排布式为[Ar]3d5；故答案为sp3；[Ar]3d5；
（2）
FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3+发生水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入盐酸，c(H+)增大，抑制Fe3+水解，故答案为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，盐酸抑制氯化铁水解；
（3）
①根据2Fe3++3SO+6H2O2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO3，加入亚硫酸钠，促使平衡向正反应方向进行，c(H2SO3)增大，H2SO3不稳定，会分解成SO2，故答案为SO2；
②乙同学认为还发生氧化还原反应，因为Fe3+具有强氧化性，SO表现强还原性，将Fe3+还原成Fe2+，本身被氧化成SO，离子反应方程式为2Fe3++SO+H2O=2Fe2++SO+2H+；检验SO：先向溶液中加入足量盐酸，然后再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，则说明含有SO；故答案为2Fe3++SO+H2O=2Fe2++SO+2H+；足量的盐酸和BaCl2溶液；
（4）
该装置为电池装置，根据原电池工作原理，正极上得电子，化合价降低，根据乙同学的说法，Fe3+的化合价降低，因此正极反应方程式为Fe3++e-=Fe2+；根据题意可知，K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，产生蓝色沉淀，因此根据丙同学现象得出结论为Fe3+能够氧化SO；故答案为Fe3++e-=Fe2+；Fe3+能够氧化SO；
（5）
现象i开始时溶液颜色加深，由棕黄色变为红褐色，发生2Fe3++3SO+6H2O2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO3，一段时间后溶液颜色变浅，可能是Fe3+与SO发生氧化还原反应，溶液中c(Fe3+)、c(SO)降低，使平衡向逆反应方向进行，溶液颜色变浅；故答案为随着FeCl3与Na2SO3之间氧化还原反应的进行，FeCl3与Na2SO3浓度降低，使得平衡2Fe3++3SO+6H2O2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO3逆向移动，溶液颜色变浅。
22．(1)球形冷凝管
(2)C
(3)防止亚铁离子被氧化，降低二茂铁的产率
(4) 分子晶体
(5) 测定熔点是否为173℃或测定紫外线光谱是否在325nm和440nm处有极大的吸收值 66.1
(6)FeCl2+2C5H6+2KOH＝Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O
【分析】根据已知信息可知首先利用氯化铁和铁制备氯化亚铁，然后加入环戊二烯和二乙胺，继续通入氮气，搅动、蒸出过量的乙二胺。最后加入石油醚，充分搅拌后趁热过滤，将滤液蒸发得二茂铁粗品，提纯可得精品，结合已知信息和题中问题分析解答。
【详解】（1）根据仪器构造可判断仪器a的名称为球形冷凝管。
（2）由题意可知三颈烧瓶中加入145mL液体，由于三颈烧瓶装的液体不低于容积的，不高于，所以应该选择的规格是250mL三颈烧瓶，故合理选项是C。
（3）实验中持续通入氮气的主要目的是排尽装置中的空气，避免亚铁离子被氧化，降低二茂铁的产率。
（4）C5H中参与大π键的碳原子个数是5个，参与形成大π键的电子数是6个，所以可表示为，常温下二茂铁为橙黄色晶体，有樟脑气味，熔点173℃，沸点249℃，高于100℃易升华，所以二茂铁晶体类型属于分子晶体。
（5）根据已知信息可知验证所得晶体为二茂铁的实验方法是测定熔点是否为173℃或测定紫外线光谱是否在325nm和440nm处有极大的吸收值；无水三氯化铁27.00g（0.17mol）、细纯铁粉4.48g（0.08mol），反应中铁不足，生成氯化亚铁0.24mol，由于环戊二烯、乙二胺均过量，所以理论上生成二茂铁的质量为0.24mol×186g/mol＝44.64g，所以产率为×100%≈66.1%；
（6）用FeCl2、环戊二烯(C5H6)在KOH碱性条件下制备二茂铁，依据原子守恒可知还有氯化钾和水生成，则反应化学方程式为FeCl2+2C5H6+2KOH＝Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O。
23． 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。
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4.1.1分子的空间结构模型同步练习-苏教版高中化学选择性必修2
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X与Y可以形成多种化合物，X的基态原子的最高能级中未成对电子数等于Y原子最外层电子数的一半，基态Z原子的p轨道电子总数与s轨道电子总数相等，Z与W同周期，W是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是
A．的空间构型为V形
B．第一电离能：Y＞X＞ Z
C．简单离子半径：Y＞W＞Z
D．基态W原子核外有13种不同空间运动状态的电子
2．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。W是宇宙中含量最多的元素；X与Z同主族，X元素基态原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；Y元素原子中只有两种形状的电子云，最外层没有成对电子。下列说法正确的是
A．非金属性：W>X B．最简单氢化物的键角：X
3．有关晶体的结构如图所示。下列说法错误的是
A．NaCl与CsCl均为离子晶体，晶格能：NaCl＜CsCl
B．NaCl晶体中，Na+位于最近的Cl-形成的正八面体空隙中
C．金刚砂晶体中，Si、C的杂化方式均为sp3杂化
D．CuS晶胞中，Cu2+填充在S2-形成的四面体空隙中，其填充率为50%
4．B、C、N、O、F是短周期主族元素。下列有关说法正确的是
A．BF3的空间构型：平面三角形 B．N2H4中氮原子的轨道杂化类型：sp2
C．键角：H2O>NH3>CH4 D．最高价氧化物的水化物的酸性：H3BO3>H2CO3
5．关于原子轨道的说法正确的是
A．凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其几何构型都是正四面体
B．CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s轨道和C原子的2p轨道混合起来而形成的
C．sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相近的新轨道
D．凡AB3型的共价化合物，其中中心原子A均采用sp3杂化轨道成键
6．某新型电池的固态电解质由原子序数依次增大的X、Y、Z、W、R五种短周期元素组成，五种元素的原子最外层电子数之和为25。Y是地壳中含量最多的元素，且与X、Z、R在周期表中位置相邻。下列说法正确的是
A．原子半径： B．氧化物对应水化物酸性：
C．简单氢化物的稳定性： D．分子的空间构型为平面三角形
7．π键上的π电子在吸收紫外光后会被激发，从而可以阻挡紫外光。下列物质可能成为防晒霜的有效成分的是
A．甘油 B．过氧化氢 C．重水 D．对氨基苯甲酸
8．资源化利用是解决资源和能源短缺、减少碳排放的一种途径。以作催化剂，可使在温和的条件下转化为甲醇，经历如下过程：
ⅰ.催化剂活化：(有活性)
ⅱ.与在活化后的催化剂表面合成甲醇，其反应历程如图：
以下描述正确的是
A．碳的杂化方式未发生改变
B．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂和形成
C．加压可以提高的平衡转化率
D．该反应达到“原子经济性”
9．冰晶石()是工业上冶炼金属铝所需要的助熔剂，制备反应为，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 中含有的σ键数目为2 NA
B．室温下，1 L 0.1 mol L 溶液中的数目为0.1 NA
C．的HF溶液中含有的数目为0.01 NA
D．常温常压下，18 g 中含有的电子数为10 NA
10．通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间结构相似，则下列有关说法正确的是
A．和互为等电子体，键角均为60°
B．和互为等电子体，空间结构相似
C．和互为等电子体，空间结构相似
D．和苯互为等电子体，分子中不存在“肩并肩”重叠的轨道
二、填空题
11．原子结构与元素周期表存在着内在联系。根据已学知识，请你回答下列问题：
(1)指出31号元素镓(Ga)在元素周期表中的位置： 。
(2)写出原子序数最小的第Ⅷ族元素原子的核外的价电子排布图： 。其正三价离子的未成对电子数为
(3)写出3p轨道上有2个未成对电子的元素的符号： 。
(4)日常生活中广泛使用的不锈钢，在其生产过程中添加了某种元素，该元素的价电子排布式为3d54s1，该元素的名称为 。
(5)基态原子的4s能级中只有1个电子的元素共有 种
(6)元素基态原子的M层全充满，N层有且只有一个未成对电子，其基态原子的电子排布式为 ，属于 区元素；[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有 ，，[Cu(NH3)4]SO4的外界离子的空间构型为 。
12．二氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，常温下是一种橙黄色有恶臭的液体，它的分子结构如图所示．
(1)S2Cl2的结构式为 ，其化学键类型有 (填“极性键”“非极性键”或“极性键和非极性键”)．
(2)电负性：S (填“＞”或“＜”)Cl，S2Cl2中硫的化合价为 ．
(3)S2Cl2分子中S原子的杂化轨道类型为 ，每个S原子有 对弧电子对．
13．利用15N可以测定亚硝酸盐对地下水质的污染情况。
（1）下列说法正确的是 。
A．14N与15N为同种核素 B．14N的第一电离能小于14C
C．15NH3与14NH3均能形成分子间氢键 D．14CH315NH2与CH3CH2NH2互为同系物
（2）15N的价层电子排布图为 ，15NH4Cl的晶胞与CsCl相同，则15NH4Cl晶体中15NH4+的配位数为 ；15NH4+中15N的杂化轨道类型为 。
（3）工业上电解法处理亚硝酸盐的模拟工艺如图：
已知：阳极区发生化学反应：2NO2+8H++6Fe2+═N2↑+6Fe3++4H2O
①阳极电极反应方程式是 （不考虑后续反应）；
②若硫酸溶液浓度过大，阴极区会有气体逸出，该气体为 （填化学式）； 该现象表明c（H+）越大，H+氧化性越 ；
③若电解时电路中有0.6mol电子转移，且NaNO2有剩余，则电解池中生成 molNa2SO4。
14．H2Te和CO2均为三原子分子，但它们的键角差别较大，试用杂化轨道理论解释，理由是 。
15．（1）醛基中碳原子的轨道杂化类型是 。
（2）NO2-离子的立体构型是 。
（3）现有H、N、O、 S、Cu几种元素，回答下列问题。
①氢元素和N、O、 S、Cu等元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为 ；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是 (填化学式，写出两种)。
②这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是 ；酸根呈三角锥结构的酸是 。(填化学式)
（4）氧是地壳中含量最多的元素。H+可与H2O形成H3O+，H3O+中O原子采用 杂化。H3O+中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角大，原因为 。
16．回答下列问题：
(1)COCl2分子中所有原子均满足8电子稳定结构，COCl2分子中σ键和π键的个数比为 ，中心原子的杂化方式为 。
(2)AlH中，Al原子的轨道杂化方式为 ；列举与AlH空间结构相同的一种离子和一种分子： 、 (填化学式)。
(3)用价层电子对互斥模型推断SnBr2分子中，Sn原子的轨道杂化方式为 ，SnBr2分子中Br—Sn—Br的键角 120°(填“＞”“＜”或“=”)。
17．的键角小于的原因是 。
18．在分子中，碳原子与碳原子间的化学键键长是0.154，键能是347。但是，在和分子中，碳原子与碳原子间的化学键键长分别是0.134和0.121，键能分别是614和839。根据这些事实，分析和中的碳原子的杂化轨道形式及分子的空间结构 。
19．
(1)菠菜营养丰富，素有“蔬菜之王”之称，在营养价值上是一种高效的补铁剂。某化学小组欲设计实验方案，探究菠菜中是否存在铁元素与草酸及可溶性草酸盐。甲同学查阅资料得知：草酸又名乙二酸，化学式为H2C2O4，是一种二元有机弱酸，具有较强的还原性。甲同学依据上述信息推测，菠菜中铁元素呈 价，其理由是 。甲同学同时设计实验方案，验证其推测是否正确。请简述实验方案 。
(2)乙炔是有机合成工业的一种原料。工业上曾用与水反应生成乙炔。
①中与互为等电子体，的电子式可表示为 ；1mol中含有的键数目为 。
②乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈（H2C=CH－C≡N）。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是 ；分子中处于同一直线上的原子数目最多为 。
20．西瓜膨大剂别名氯吡苯脲，是经过国家批准的植物生长调节剂。已知其相关性质如下表所示：
分子式 结构简式 外观 熔点 溶解性
C12H10ClN3O 白色结晶粉末 170℃~172℃ 易溶于水
(1)氯元素基态原子核外电子中未成对电子数为 。
(2)氯吡苯脲晶体中，氮原子的杂化轨道类型为 。
(3)氯吡苯脲晶体中，微粒间的作用力类型有 (填序号)。
A．离子键 B．金属键 C．共价键 D．配位键 E．氢键
(4)氯吡苯脲易溶于水的原因是 。
(5)文献可知，可用异氰酸苯酯与2-氯-4-氨基吡啶反应，生成氯吡苯脲。
反应过程中，每生成1 mol 氯吡苯脲，断裂化学键的数目为 。
三、实验题
21．某实验小组对FeCl3溶液与Na2SO3溶液的反应进行探究。
已知：铁氰化钾的化学式为K3[Fe(CN)6]，用于检验Fe2+，遇Fe2+离子产生蓝色沉淀
【实验1】
装置 实验现象
现象i：一开始溶液颜色加深，由棕黄色变为红褐色。 现象ii：一段时间后溶液颜色变浅，变为浅黄色。
(1)SO离子中中心原子的杂化类型 ，Fe3+简化的核外电子排布式 。
(2)配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。从化学平衡角度说明浓盐酸的作用： 。
(3)探究现象i产生的原因：
①甲同学认为发生反应：2Fe3++3SO+6H2O2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO3；他取少量红褐色溶液于试管中，继续滴加1 mol/L Na2SO3溶液，发现溶液红褐色变深且产生刺激性气味的气体，该气体是 (填化学式)。
②乙同学认为还发生了氧化还原反应，其离子方程式为 ；他取少许红褐色溶液于试管中，加入 ，有白色沉淀产生，证明产物中含有SO。
丙同学认为乙同学的实验不严谨，因为在上述过程中SO可能被其它物质氧化。为了进一步确认SO被氧化的原因，丙同学设计了实验2。
【实验2】
用下图装置(a、b均为石墨电极)进行实验。闭合开关后灵敏电流计指针偏转。
(4)③实验2中正极的电极反应式为 。丙同学又用铁氰化钾溶液检验正极的产物，观察到有蓝色沉淀产生。他得出的结论是 。
(5)综合上述结果，请从平衡移动角度解释，现象ii产生的原因为 。
22．二茂铁[Fe(C5H5)2]广泛用作火箭燃料添加剂，以改善其燃烧性能，还可用作汽油的抗震剂、紫外光的吸收剂等。其中一种制备方法的实验步骤及装置图(加热及夹持装置已省略)如图：
步骤1：无水氯化亚铁的制备2FeCl3+Fe 3FeCl2
在氮气氛围中，将100.00mL四氢呋喃(1，4－环氧丁烷，简称THF)加入到三颈烧瓶中，加入无水三氯化铁27.00g和细纯铁粉4.48g，搅动回流4.5h。
步骤2：二茂铁的合成FeCl2+2C5H6+2(C2H5)2NH→[Fe(C5H5)2]+2(C2H5)2NH HCl
制得无水氯化亚铁后，减压蒸馏出四氢呋喃。用冷水冷却反应瓶，在残留物中加入45.00mL环戊二烯和100.00mL二乙胺(环戊二烯、乙二胺均过量)，继续通入氮气，强烈搅动4h，蒸出过量的乙二胺。加入石油醚，充分搅拌后趁热过滤，将滤液蒸发得二茂铁粗品，提纯可得精品。
已知：常温下二茂铁为橙黄色晶体，有樟脑气味，熔点173℃，沸点249℃，高于100℃易升华。能溶于苯、乙醚和石油醚等有机溶剂，不溶于水，化学性质稳定。紫外光谱于325nm和440nm处有极大的吸收值。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为 。
(2)本实验所使用的三颈烧瓶规格为 。
A．50mL B．100mL C．250mL D．1000mL
(3)实验中持续通入氮气的主要目的是 。
(4)二茂铁结构如图，是由环戊二烯负离子(C5H)和亚铁离子形成的夹心结构。已知分子中的大π键可用符号术表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π)，则C5H中的大π键可表示为 ，二茂铁晶体类型属于 。
(5)如何验证所得晶体为二茂铁，试列举一种方法 。最终得到29.50g纯二茂铁，则该实验产率w(二茂铁)= %(保留1位小数)。
(6)还可用FeCl2、环戊二烯(C5H6)在KOH碱性条件下制备二茂铁，试写出化学方程式 。
23．二氧化氯(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”)。
参考答案：
1．A
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，W是地壳中含量最高的金属元素，则W为Al，Z与W同周期，Z的基态原子的p轨道电子数与s轨道电子数相等，Z的核外电子排布式为1s22s22p63s2，则Z为Mg，X和Y可以形成多种化合物，X的基态原子的最高能级中未成对电子数等于Y原子最外层电子数的一半，Y的原子序数为偶数，X、Y的原子序数小于Mg，二者位于第二周期，X的基态原子的最高能级为2s或2p，Y的最外层电子数为6时，X的2p能级含有3个电子，则X为N，Y为O，N、O能形成多种化合物，满足条件，Y的最外层电子数为4时，X的2p能级含有2个电子，X、Y均为碳（舍弃）；Y的最外层电子数为2时，X的2s能级含有一个电子，X为Li，Y为Be，二者不能形成化合物（舍弃）。
【详解】A．为，中中心电子N的孤电子对数为(5+1-2×2)/2=1，价层电子对数=3，采用sp2杂化，空间构型为V形，A正确；
B．主族元素同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道处于半满稳定状态，其第一电离能大于O，Mg的活泼性较强，其第一电离能较小，则第一电离能X>Y>Z，B错误；
C．电子层数结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径Y>Z>W，C错误；
D．基态铝原子核外有13种不同运动状态的电子，不同空间运动状态的电子有7种，D错误；
故答案选A。
2．D
【分析】由W是宇宙中含量最多的元素知，W为H；由X的原子序数大于W，X原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同可知，X、Z元素位于第VA族，故X为N，Z为P；Y位于X和Z之间，且最外层只有一个电子，故Y为Na；综合以上分析，W、X、Y、Z分别为H、N、Na、P，据此分析解答。
【详解】A．NH3中N为-3价，H为+1价，故非金属性：N>H，故A错误；
B．P的电负性较N小，PH3中的成键电子对比NH3中的更偏向于H，同时P-H键长比N-H键长大，这样导致PH3中成键电子对之间的斥力减小，H-P-H键角更小，故B错误；
C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：N3->Na+，故C错误；
D．氢的氧化物有H2O、H2O2，氮的氧化物有NO、NO2、N2O4等超过两种，钠的氧化物有Na2O、Na2O2，磷的氧化物有P2O3、P2O5，所以四种元素的氧化物都至少有两种，故D正确；
答案选D。
3．A
【详解】A．NaCl与CsCl均为离子晶体，离子半径Na
B．NaCl晶体中 Na和Cl的配位数为6，根据图示，位于于最近的形成正八面体空隙中，B项正确；
C．金刚砂晶体中，Si、C的配位数都是4，形成4个共价键，价层电子对数为4，原子都是杂化，C项正确；
D．1个CuS晶胞中共含有8个正四面空隙，有个，根据化学式CuS，也有4个，填充率为，D项正确；
答案选A。
4．A
【详解】A．BF3中中心原子B周围的价层电子对数为：3+=3，根据价层电子对互斥理论可知，其空间构型为平面三角形，A正确；
B．N2H4中中心原子N周围的价层电子对数为：3+=4，根据杂化轨道理论可知，氮原子的轨道杂化类型为sp3，B错误；
C．已知孤电子对对孤电子对的排斥作用大于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，且H2O中心原子O周围有2对孤电子对，NH3中心原子N周围有1对孤电子对，故键角：H2O＜NH3＜CH4，C错误；
D．已知B的非金属性弱于C的，故最高价氧化物的水化物的酸性：H3BO3＜H2CO3，D错误；
故答案为：A。
5．C
【详解】A．中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其立体构形不一定是正四面体，如：水和氨气分子中心原子均采取sp3杂化，但H2O是V形，NH3是三角锥形，故A错误；
B．CH4分子中的sp3杂化轨道是由C原子的一个2s轨道与三个2p轨道杂化而成的，故B错误；
C．sp3杂化轨道是指同一能层中能量相近s能级的一个轨道和p能级的三个轨道杂化以后形成四个新的轨道，新轨道的能量相同，故C正确；
D．AB3型的共价化合物可采用sp3杂化、sp2杂化轨道成键，如NH3是采用sp3杂化，BF3采用sp2杂化，故D错误；
答案选C。
6．A
【分析】原子序数依次增大的X、Y、Z、W、R五种短周期元素组成， Y是地壳中含量最多的元素，Y为氧，Y与X、Z、R在周期表中位置相邻，则XZR分别为氮、氟、硫；五种元素的原子最外层电子数之和为25，则W为钠；
【详解】A．同主族时电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：，A正确；
B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，没有说明是否为最高价氧化物对应水化物，不能判断其酸性，B错误；
C．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，简单氢化物的稳定性：，C错误；
D．分子中N原子的价层电子对数为3＋=4，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，D错误；
故选A。
7．D
【详解】π键上的π电子在吸收紫外光后会被激发，从而可以阻挡紫外光，因此分子中含有π电子的物质具有防晒作用。在题目已知的物质中，甘油、过氧化氢、重水中化学键都是σ键，不具有防晒作用，而对氨基苯甲酸分子中含有苯环，分子中含有σ键、π键，因此对氨基苯甲酸具有阻挡紫外光的作用，因此可作为防晒霜的有效成分，故合理选项是D。
8．C
【详解】A．CO2中C原子采用sp杂化，CH3OH中C原子采用sp3杂化，碳的杂化方式发生了改变，故A错误；
B．反应历程中不存在非极性键的形成，故B错误；
C．加压(g)+3(g)=CH3OH(g)+H2O(g)平衡正向移动，可以提高的平衡转化率，故C正确；
D．该反应有水生成，原子利用率小于100%，故D错误；
选C。
9．D
【详解】A．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则22.4 L二氧化碳中含有的σ键数目大于×2×NAmol—1=2NA，故A错误；
B．碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，则室温下，1L0.1mol/L碳酸钠溶液中碳酸根离子的数目小于0.1mol/L×1L×NAmol—1=0.1NA，故B错误；
C．缺溶液的体积，无法计算pH为2的氢氟酸溶液中的氢离子的物质的量和氢离子的数目，故C错误；
D．水分子的电子数为10，则常温常压下，18 g水分子中含有的电子数为×10×NAmol—1=10NA，故D正确；
故选D。
10．B
【详解】A．甲烷是正四面体形结构，键角是109°28′，A项错误；
B．和互为等电子体，空间结构相似，B项正确；
C．和的价电子总数不相等，不互为等电子体，C项错误；
D．苯和互为等电子体，苯分子的结构中存在“肩并肩”重叠的轨道，故分子中也存在“肩并肩”重叠的轨道，D项错误。
故选：B。
11． 第四周期第ⅢA族 5 Si或S Cr 3 1s22s22p63s23p63d104s1 ds 离子键、共价键和配位键 正四面体形
【详解】(1)Ga在元素周期表中的位置为第四周期第ⅢA族；
(2)原子序数最小的第Ⅷ族元素为Fe，其原子的核外的价电子排布式为3d64s2，电子排布图为，Fe3+的价电子排布为3d5，其中未成对的电子数为5；
(3)3p轨道上有2个未成对电子的元素，则可能是14号元素Si或16号元素S；
(4)该元素的价电子排布式为3d54s1，则该元素的原子序数为24，其元素符号为Cr；
(5)基态原子的4s能级中只有1个电子的元素有[Ar]4s1、[Ar]3d54s1、[Ar]3d104s1，共3种；
(6)元素基态原子的M层全充满，N层有且只有一个未成对电子，则该元素为Cu元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，属于ds区金属；[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、共价键和配位键；[Cu(NH3)4]SO4的外界离子为硫酸根，其中心原子为S，根据VSEPR模型，其中心原子无孤电子对，有4个共价键，故硫酸根的空间构型为正四面体形。
12． Cl﹣S﹣S﹣Cl 极性键和非极性键 ＜ +1 sp3 2
【详解】(1)根据S2Cl2的结构可知，其结构式为Cl﹣S﹣S﹣Cl，含有极性键Cl﹣S和非极性键S﹣S键，故答案为：Cl﹣S﹣S﹣Cl；极性键和非极性键；
(2)元素吸电子能力越强，非金属性越强，其电负性越强，非金属性S＜Cl，电负性S＜Cl；由于电负性氯大于硫，氯显﹣1价，S为+1价，故答案为：＜；+1；
(3)价层电子对数=σ键个数+孤电子对数，S2Cl2分子中每个S原子价层电子对数=2+2=4，所以采取sp3杂化，含有2对孤对电子对，故答案为sp3；2。
13． CD 8 sp3杂化 Fe﹣2e﹣=Fe2+ H2 强 0.05
【详解】(1)A项，质子数相同而中子数不同的核素互为同位素；B项，N的价电子层为半充满结构，更加稳定；C项，含有N元素，故能形成氢键；D项，二者结构相似，分子组成相差一个“CH2”。(3)③由电极反应知转移0.6 mol电子时生成Fe2＋ 0.3 mol，故消耗NaNO2 0.1 mol，根据钠元素守恒可知生成Na2SO4 0.05 mol。
点拨：本题考查电化学，考查考生对电极反应的掌握情况。难度中等。
14．H2Te中Te为sp3杂化，由于两对孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28，CO2中C为sp杂化，键角为180°
【详解】H2Te中Te原子的价层电子对数为，杂化方式为sp3杂化，含两个孤电子对，孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28；CO2中C原子的价层电子对数为，杂化方式为sp杂化，键角为180°。故键角差别较大的原因是：H2Te中Te为sp3杂化，由于两对孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28，CO2中C为sp杂化，键角为180°。
15． sp2 V形 sp3 H2O2、 N2H4 HNO2、HNO3 H2SO3 sp3 H2O中氧原子有2对孤对电子，H3O+中氧原子只有1对孤对电子，排斥力较小
【分析】（1）根据价层电子对互斥理论确定原子的杂化方式；
（2）计算NO2-中价层电子对个数，再确定空间构型；
（3）①氢元素和N、O、 S、Cu等元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形的分子为NH3，分子中含有的极性共价键可能是O-H，N-H，N-O等，含有的非极性共价键可能是O-O、N-N等，据此分析解答；
②这些元素形成的含氧酸可能是HNO2、HNO3、H2SO3、H2SO4，据此分析；
（4）根基价层电子对互斥理论确定原子的杂化方式；根据孤电子对间的排斥力>孤电子对与成键电子对间的排斥力>成键电子对间的排斥力进行分析。
【详解】（1）醛基()中碳原子含有3个键，空间构型是平面三角形，因此醛基中碳原子的轨道杂化类型为sp2。
（2）NO2-中价层电子对个数=2+=3且含有1个孤电子对，其VSEPR模型为平面三角形，空间构型为V形；
（3）①NH3分子呈三角锥形，氮原子采用sp3杂化。分子中既含有极性键又含有非极性键的有H2O2、N2H4。
②中心原子A的价层电子对数可以通过下式确定：n=(配位原子中卤素原子、氢原子提供一个价电子，氧原子和硫原子按不提供价电子计算)，则中心原子价电子对数为3的有HNO2、HNO3。中心原子价电子对数为4的有H2SO3、H2SO4。酸根价电子对数：SO32-、SO42-都是4，孤电子对数分别为1、0，则二者空间构型分别为三角锥形、正四面体形。
（4）依据价电子对互斥理论知H3O+的中心原子O的价电子对数为(6-1+3)=4，孤对电子对数=4-3=1，所以H3O+为三角锥形，H3O+中氧原子采用的是sp3杂化；同理可以计算出H2O中氧原子上的孤对电子对数为4-2=2，因此排斥力较大，水中H—O—H键角较小。
（4）【点睛】解答本题时掌握价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，键个数=配原子个数，孤电子对个数=是关键。
16．(1) 3:1 sp2
(2) sp3 NH CH4
(3) sp2 ＜
【详解】（1）COCl2分子中有1个C=O和2个C-Cl，所以COCl2分子中σ键的数目为3，π键的数目为1，个数比3:1，中心原子C的价层电子对数为3+=3，故中心原子的杂化方式为sp2，故答案为：3:1；sp2。
（2）AlH 中Al原子上的孤电子对数==0，杂化轨道数目为4+0=4，Al原子的杂化方式为sp3，与AlH空间结构相同的离子，可以用C原子替换Al原子则不带电荷：CH4，可以用N原子与1个单位正电荷替换Al原子：NH，故答案为：sp3；NH；CH4。
（3）SnBr2分子中Sn原子价层电子对数为2+×(4-2×1)=3，所以Sn原子的轨道杂化方式为sp2杂化，且含有一个孤电子对，所以该分子为V形分子，孤电子对对成键电子对有排斥作用，所以其键角小于120°，故答案为：sp2；＜。
17．中无孤电子对，中有一个孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力更大，导致的键角小于
【详解】中无孤电子对，中有一个孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力更大，导致的键角小于。
18．分子中存在碳碳双键，结构式为，碳原子的杂化轨道形式为sp2杂化，分子的空间结构为平面形；分子中存在碳碳三键，结构式为，碳原子的杂化轨道形式为sp杂化，分子的空间结构为直线形。
【详解】相比分子，在和分子中，碳原子与碳原子间的化学键键长更短，键能更大，是因为分子中存在碳碳双键，结构式为 ，碳原子的杂化轨道形式为sp2杂化，分子的空间结构为平面形；分子中存在碳碳三键，结构式为，碳原子的杂化轨道形式为sp杂化，分子的空间结构为直线形。
19．(1) +2 草酸有较强还原性，Fe3+有较强氧化性，易发生氧化还原反应无法共存 取少量菠菜汁并向其中加入少量KSCN溶液，不变红色，说明不存在Fe3+，再加入少量H2O2溶液，溶液显红色，证明菠菜汁中含有Fe2+
(2) 2NA sp2、sp 3
【详解】（1）草酸有较强还原性，Fe3+有较强氧化性，易发生氧化还原反应无法共存，可推测菠菜中铁元素呈+2价；验证的方法是制取少量菠菜汁并向其中加入少量KSCN溶液，不变红色，说明不存在Fe3+，再加入少量H2O2溶液，溶液显红色，证明菠菜汁中含有Fe2+；
（2）①等电子体的结构相似，故的电子式与的电子式相似，则的电子式为。在1个中含有2个π键，故1 mol中，含有2NA个π键；
②丙烯腈分子中碳原子有2种，C=C中C的σ键数为3，C为sp2杂化，C≡N为直线结构，C≡N中C的σ键数为2，C为sp杂化，分子中处于同一直线上的原子是与C≡N直接相连的C，故处于同一直线上的原子数目最多为3个。
20． 1 sp3、sp2 CE 氯吡苯脲可以与水分子形成氢键 2NA或
【分析】(1)根据氯元素基态原子核外电子确定其成对电子数；
(2)根据N原子的价层电子对判断其杂化方式，价层电子对=σ键个数+孤电子对个数；
(3)非金属元素之间易形成共价键，只有非金属性较强的N、O、F元素能和H元素形成氢键；
(4)能形成氢键的物质易溶于水；
(5)每生成1mol氯吡苯脲分子，需要断裂1mol异氰酸苯酯中的π键，断裂1mol2-氯-4-氨基吡啶的σ键。
【详解】(1)根据构造原理可知，氯元素基态原子核外电子的排布式是1s22s22p63s23p5，所以未成对电子数为1个；
(2)根据结构简式可知，2个氮原子全部形成单键，属于sp3杂化，另外一个氮原子形成双键，所以是sp2杂化；
(3)氯吡苯脲分子中全部是非金属元素构成的，含有共价键，另外非金属性较强的N、O元素能和H元素形成氢键，微粒间存在氢键，即微粒间的作用力包括共价键和氢键，故答案为CE；
(4)氯吡苯脲还能与水分子间形成氢键，所以还易溶于水；
(5)由于单键都是σ键、而双键是由1个σ键和1个π键构成的，所以根据反应的方程式可知，每生成1mol氯吡苯脲，断裂NA个σ键和NA个π键，断裂化学键的数目共为2NA。
21．(1) sp3 [Ar]3d5
(2)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，盐酸抑制氯化铁水解
(3) SO2 2Fe3++SO+H2O=2Fe2++SO+2H+ 足量盐酸和BaCl2溶液
(4) Fe3++e-=Fe2+ Fe3+能够氧化SO
(5)随着FeCl3与Na2SO3之间氧化还原反应的进行，FeCl3与Na2SO3浓度降低，使得平衡2Fe3++3SO+6H2O2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO3逆向移动，溶液颜色变浅
【分析】Fe3+具有强氧化性，SO具有强还原性，两者能发生氧化还原反应，同时Fe3+、SO属于弱碱根、弱酸根，两者还可能发生双水解反应，这两个反应存在竞争，根据实验现象，进行分析；
（1）
SO中心原子硫有3个σ键，孤电子对数为=1，价层电子对数数为4，杂化轨道数等于价层电子对数，即SO中心原子硫的杂化类型为sp3；Fe3+简化的核外电子排布式为[Ar]3d5；故答案为sp3；[Ar]3d5；
（2）
FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3+发生水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入盐酸，c(H+)增大，抑制Fe3+水解，故答案为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，盐酸抑制氯化铁水解；
（3）
①根据2Fe3++3SO+6H2O2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO3，加入亚硫酸钠，促使平衡向正反应方向进行，c(H2SO3)增大，H2SO3不稳定，会分解成SO2，故答案为SO2；
②乙同学认为还发生氧化还原反应，因为Fe3+具有强氧化性，SO表现强还原性，将Fe3+还原成Fe2+，本身被氧化成SO，离子反应方程式为2Fe3++SO+H2O=2Fe2++SO+2H+；检验SO：先向溶液中加入足量盐酸，然后再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，则说明含有SO；故答案为2Fe3++SO+H2O=2Fe2++SO+2H+；足量的盐酸和BaCl2溶液；
（4）
该装置为电池装置，根据原电池工作原理，正极上得电子，化合价降低，根据乙同学的说法，Fe3+的化合价降低，因此正极反应方程式为Fe3++e-=Fe2+；根据题意可知，K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，产生蓝色沉淀，因此根据丙同学现象得出结论为Fe3+能够氧化SO；故答案为Fe3++e-=Fe2+；Fe3+能够氧化SO；
（5）
现象i开始时溶液颜色加深，由棕黄色变为红褐色，发生2Fe3++3SO+6H2O2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO3，一段时间后溶液颜色变浅，可能是Fe3+与SO发生氧化还原反应，溶液中c(Fe3+)、c(SO)降低，使平衡向逆反应方向进行，溶液颜色变浅；故答案为随着FeCl3与Na2SO3之间氧化还原反应的进行，FeCl3与Na2SO3浓度降低，使得平衡2Fe3++3SO+6H2O2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO3逆向移动，溶液颜色变浅。
22．(1)球形冷凝管
(2)C
(3)防止亚铁离子被氧化，降低二茂铁的产率
(4) 分子晶体
(5) 测定熔点是否为173℃或测定紫外线光谱是否在325nm和440nm处有极大的吸收值 66.1
(6)FeCl2+2C5H6+2KOH＝Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O
【分析】根据已知信息可知首先利用氯化铁和铁制备氯化亚铁，然后加入环戊二烯和二乙胺，继续通入氮气，搅动、蒸出过量的乙二胺。最后加入石油醚，充分搅拌后趁热过滤，将滤液蒸发得二茂铁粗品，提纯可得精品，结合已知信息和题中问题分析解答。
【详解】（1）根据仪器构造可判断仪器a的名称为球形冷凝管。
（2）由题意可知三颈烧瓶中加入145mL液体，由于三颈烧瓶装的液体不低于容积的，不高于，所以应该选择的规格是250mL三颈烧瓶，故合理选项是C。
（3）实验中持续通入氮气的主要目的是排尽装置中的空气，避免亚铁离子被氧化，降低二茂铁的产率。
（4）C5H中参与大π键的碳原子个数是5个，参与形成大π键的电子数是6个，所以可表示为，常温下二茂铁为橙黄色晶体，有樟脑气味，熔点173℃，沸点249℃，高于100℃易升华，所以二茂铁晶体类型属于分子晶体。
（5）根据已知信息可知验证所得晶体为二茂铁的实验方法是测定熔点是否为173℃或测定紫外线光谱是否在325nm和440nm处有极大的吸收值；无水三氯化铁27.00g（0.17mol）、细纯铁粉4.48g（0.08mol），反应中铁不足，生成氯化亚铁0.24mol，由于环戊二烯、乙二胺均过量，所以理论上生成二茂铁的质量为0.24mol×186g/mol＝44.64g，所以产率为×100%≈66.1%；
（6）用FeCl2、环戊二烯(C5H6)在KOH碱性条件下制备二茂铁，依据原子守恒可知还有氯化钾和水生成，则反应化学方程式为FeCl2+2C5H6+2KOH＝Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O。
23． 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。
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