第二章 分子结构与性质 测试题 2023-2024学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2

第二章 分子结构与性质 测试题 一、选择题 1．为减少环境污染，可利用活性炭发生脱硝反应： ，下列说法正确的是 A．该反应可以自发进行 B．的电子式为 C．NO分子中含有非极性共价键 D．由CO难溶于水可推知其为非极性分子 2．通常情况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与氨分子相似，下列对NCl3的有关叙述正确的是 A．分子中N-C1键键长与CCl4分子中C-Cl键键长相等 B．分子中的所有原子均达到8电子稳定结构 C．NCl3分子是非极性分子 D．NBr3 比NCl3 易挥发 3．甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)是新型太阳能电池的敏化剂，其制备反应的化学方程式为CH3NH2+HI+PbI2 CH3NH3PbI3。下列说法正确的是 A．HI分子间可形成氢键 B．CH3NH2为非极性分子 C．CH3NH2分子中碳、氮原子均为sp3杂化 D．质子数为82，中子数为125的Pb原子可表示为Pb 4．三氟化氯是极强助燃剂，能发生自耦电离：，其分子的空间构型如图所示。下列推测合理的是 A．与反应生成和 B．分子是含有极性键的非极性分子 C．比更难发生自耦电离 D．熔沸点： 5．美托拉宗临床用于治疗水肿及高血压，下图所示有机化合物是制备美托拉宗的中间产物，其组成元素Z、X、Y、Q、M、W为原子序数依次增大的短周期元素，X、Y、Q为同周期相邻元素。下列说法正确的是 A．溶液在酸性条件下会产生黄色浑浊和无色气体 B．和中心原子的价层电子对数相同 C．氢化物的沸点高低顺序一定为： D．M、W均可与Q形成原子个数比为的化合物，两种化合物漂白原理相同 6．下列分子或离子中不能跟质子结合的是 A．NH3 B．H2O C．OH- D．CO 7．下列物质中只含有共价键的是 A．NaCl、HCl、、NaOH B．、、HCl、 C．HBr、、、 D．、、、 8．下列过程中，共价键被破坏的是 ①碘升华②溴蒸气被木炭吸附③乙醇溶于水④HCl气体溶于水⑤冰融化⑥受热⑦氢氧化钠熔化⑧溶于水 A．①④⑥⑦ B．④⑥⑧ C．①②④⑤ D．④⑥ 9．氯及其化合物应用广泛。氯的单质Cl2可由MnO2与浓盐酸共热得到，Cl2能氧化Br-，可从海水中提取Br2；氯的氧化物ClO2可用于自来水消毒，ClO2是一种黄绿色气体，易溶于水，与碱反应会生成ClO与ClO，在稀硫酸和NaClO3的混合溶液中通入SO2气体可制得ClO2；漂白液和漂白粉的有效成分是次氯酸盐，可作棉、麻的漂白剂。下列关于ClO2、ClO和ClO的说法不正确的是 A．1molClO含3molσ键 B．ClO2属于共价化合物 C．ClO的空间结构为三角锥 D．ClO的键角比ClO的键角大 10．硝酸是无色、易挥发、有刺激性气味的液体，具有强氧化性，浓硝酸见光易分解。下列有关硝酸的说法正确的是 A．NO的空间构型为三角锥形 B．浓硝酸保存在棕色带橡胶塞的试剂瓶中 C．用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓硝酸有白烟产生 D．常温下用铁制容器运输浓硝酸是因为铁与浓硝酸不反应 11．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X、Y同主族，四种元素形成的一种用途广泛的单体结构如图所示。下列说法正确的是 A．原子半径：W＜X＜Y＜Z B．常温下，X的氢化物为气体 C．Y、Z的最高价氧化物对应的水化物均为强酸 D．W既可形成简单阳离子又可形成简单阴离子 12．甲醛是家庭装修常见的污染物。一种催化氧化甲醛的反应为。下列有关叙述正确的是 A．和分子中均同时存在键和键 B．分子中键和键的数目之比为 C．分子形成时轨道的其中一种重叠方式是 D．分子中键和键的电子云的对称性相同 13．下列化学用语对事实的表述正确的是 A．硫离子的结构示意图： B．由H和Cl形成化学键的过程： C．乙烯分子的比例模型： D．某些物质间有如图转化过程，则ΔH1+ΔH2+ΔH3=0 14．下列对共价键的有关叙述中正确的是 A．成键原子只能是非金属原子 B．杂化轨道不一定全部参与形成化学键 C．σ键和π键均可以绕键轴旋转 D．键长等于成键两原子的半径之和 15．法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是 A．该分子属于极性分子 B．该分子中C-F键的极性大于C-N键的极性 C．该分子中所有C原子都为sp3杂化 D．该分子中σ键与π键数目之比为15：4 二、非选择题 16．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，实践证明长期使用对人体无害。已知其相关性质如表所示： 分子式 结构简式 外观 熔点 溶解性 白色结晶粉末 170~172℃ 易溶于水 (1)基态氯原子核外电子的未成对电子数为______。 (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______(填标号)。 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)查文献可知，可用2-氯-4-氨基吡啶与异氰酸苯酯反应，生成氯吡苯脲。 反应过程中，每生成氯吡苯脲，断裂化学键的数目为______。 (6)已知苯环上连接的能电离出，如，苯酚的酸性大于(邻羟基苯甲醛)，其原因是______。 17．共价键的分类(以碳原子之间成键为例) 分类依据 成键结构 键与键 说明 单键 碳碳之间形成一个键 所有的单键都是键 双键 碳碳之间形成1个键、1个键 、等双键中形成1个键、1个键 三键 碳碳之间形成1个键、2个键 等三键之间形成1个键、2个键 拓展 分子中大键可用符号Ⅱm表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则_______，_______，：_______，：_______，：_______ 18．钛及其化合物在人们的生活中起着十分重要的作用。尤其是二氧化钛、四氯化钛、钛酸钡等应用极广，回答下列问题： (1)基态钛原子的价电子排布式为___________，该基态原子中含___________对电子对。 (2)二氧化钛是世界上最白的东西，1g二氧化钛可以把450多平方厘米的面积涂得雪白，是调制白油漆的最好颜料。基态Ti4+中的核外电子占据的原子轨道数为___________。 (3)是一种储氢材料，可由和反应制得。 ①LiBH4由和构成，的空间构型是___________，B原子的杂化轨道类型是___________，写出一种与该阴离子互为等电子体的微粒是___________。中各元素的电负性大小顺序为___________。 ②某储氢材料是第三周期金属元素M的氢化物，M的部分电离能如表所示。M是___________(填元素符号)，判断理由为___________。 738 1451 7733 10540 13630 19．常见的太阳能电池有单晶硅太阳能电池多晶硅太阳能电池、太阳能电池及铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。 (1)基态亚铜离子()的最外层电子排布式为______；高温下容易转化为，试从原子结构的角度解释原因：______。 (2)的沸点高于的沸点(-42℃)，其原因是______。 (3)和的空间结构分别为______、______。 20．X射线衍射测定发现，I3AsF6中存在I。I的几何构型为___________，中心原子的杂化形式为___________ 21．X、Y、Z、W、Q、M六种元素均为前四周期元素，X的原子半径是所有元素中最小的；Y的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，且这三种轨道中的电子数相同；Z基态原子的2p原子轨道为半充满状态；W的原子最外层电子数是内层的3倍；Q基态原子的3p原子轨道上有4个电子；M元素的原子序数为24。 （1）写出M基态原子的核外电子排布式_________。 （2）Y、Z元素的某些氢化物的分子中均含有18个电子，其中沸点较高的是_____(填分子式)；Y、Z 的这些氢化物的沸点相差较大的主要原因是_______。 （3）木精(分子组成为YX4W)是一种有毒化合物，极易溶于水。木精极易溶于水的主要原因是木精分子与水分子间可形成分子间氢键，请画出在木精水溶液中氢键的图示:_____(以“A-H…B”的形式表示)。 （4）比较W、Q的简单气态氢化物的热稳定性并从键能的角度加以解释:_______。 （5）ZX3中Z原子的杂化方式为_______，空间构型为________。 22．八水合磷酸亚铁[，]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)。 【参考答案】 一、选择题 1．A 解析：A．反应熵增加或放热都有利于反应的进行。该反应为放热且气体分子式增加的反应，该反应为自发反应，A项正确； B．N最外层电子为5需要3个电子达饱和，所以N与N之间共用3对电子，其电子式为，B项错误； C．当共价键中的共用电子对没有偏移时为非极性共价键，同种非金属原子之间往往易形成非极性共价键，NO中共价键为极性键，C项错误； D．CO为极性键构成的双原子分子，为极性分子，D项错误； 故选A。 2．B 解析：A．C原子的原子半径大于N原子的原子半径，所以CCl4中C-Cl键键长比NCl3中N-C1键键长，A错误； B．氮原子与3个氯原子形成3个共价单键，所以中氮原子最外层电子数为，氯原子最外层电子数为，所以氮原子和氯原子最外层均达到8电子稳定结构, B正确； C．NCl3的分子空间构型与氨分子相似，都是三角锥型结构，氨分子是极性分子，所以NCl3分子也是极性分子，C错误； D．分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NBr3比NCl3的熔沸点高，NCl3比NBr3易挥发，D错误； 故选B。 3．C 解析：A．I原子的电负性小，不会与H原子之间形成氢键，故A错误； B．CH3NH2为氨基取代了H原子，整个分子中正负电荷不在是高度对称，中心不在重合，所以CH3NH2为极性分子，故B错误； C．CH3NH2分子中氮原子的σ数为3，孤电子对数为1，C原子周围形成4个单键，则C、N杂化轨道类型均为sp3杂化，故C正确； D．质子数为82，中子数为125的Pb原子的质量数=质子数+中子数=207，可表示为Pb，故D错误； 故选：C。 4．A 解析：A．三氟化氯具有强氧化性，能将Fe氧化为+3，因此与反应生成和，故A正确； B．由结构可知三氟化氯正负电荷重心不能重合，为极性分子，故B错误； C．Br的电负性比Cl弱，则Br-F键比Cl-F键弱，更易发生自耦电离，故C错误； D．为组成结构相似的分子，的相对分子质量大于，则分子间作用力大，熔沸点高于，故D错误； 故选：A。 5．A 【分析】如图，根据X的成键数且该化合物为有机物，可知X为C元素，又X、Y、Q为同周期相邻元素且原子序数依次增大，所以Y为N元素，Q为O元素；Z成键数为1，原子序数最小，为H元素；M成键数为6，为S元素；W为Cl元素；以此作答； 解析：A．在酸性条件下会发生自身氧化还原生成黄色浑浊硫单质和无色气体二氧化硫，A正确； B．中心原子价层电子对数：为4，为3，B错误； C．题目中没有说明是简单氢化物，碳可以形成多种烃，故不能判断沸点高低，C错误； D．M、W均可与Q形成原子个数比为的化合物，分别为、，漂白原理为与有色物质化合生成无色物质，漂白原理为其强氧化性，原理不相同，D错误； 故选A。 6．D 解析：A．NH3可以与质子结合成 ，A不符合题意； B．H2O可以与质子结合成H3O+，B不符合题意； C．OH-可以与质子结合成水，C不符合题意； D． CO不能与质子结合，D符合题意； 故选D。 7．C 解析：A. NaCl属于盐类，NaOH是强碱，二者均含有离子键，A项错误； B. 属于盐类，含有离子键，B项错误； C. HBr、、、均是由非金属元素组成的化合物，都只含有共价键，C项正确； D. 是活泼金属与活泼非金属元素形成的过氧化物，含有离子键，D项错误； 故选C。 8．D 解析：①碘升华是固体变为气体，破坏范德华力；②溴蒸气被木炭吸附，破坏范德华力；③乙醇溶于水形成乙醇水溶液，破坏范德华力和分子间氢键；④HCl气体溶于水后变为盐酸，电离出氢离子和氯离子，破坏共价键；⑤冰融化破坏分子间氢键和范德华力；⑥受热分解生成氨气和氯化氢，破坏离子键和共价键；⑦氢氧化钠熔化破坏离子键；⑧溶于水破坏离子键；因此共价键被破坏的是④⑥，故D符合题意。 综上所述，答案为D。 9．D 解析：A．该离子中Cl与3个O原子形成共价键，所以1mol含3molσ键，A项正确； B．ClO2均为非金属元素只有共价键，所以该物质为共价化合物，B项正确； C．价层电子对为3+，孤电子对有一对，则空间结构为三角锥形，C项正确； D．价层电子对为2+，孤电子对有两对。和两者均有四对价层电子对而前者孤电子更多对成键电子对排斥大键角小，D项错误； 故选D。 10．C 解析：A．硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，则硝酸根离子的空间构型为平面三角形，故A错误； B．浓硝酸具有强氧化性，能腐蚀橡胶塞，则浓硝酸应保存在棕色带玻璃塞的试剂瓶中，故B错误； C．浓氨水和浓硝酸都具有挥发性，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓硝酸时，挥发出的氨气与硝酸蒸汽反应生成硝酸铵，会有白烟产生，故C正确； D．常温下用铁制容器运输浓硝酸是因为铁在浓硝酸中发生钝化，阻碍反应的进行，并非是铁与浓硝酸不反应，故D错误； 故选C。 11．D 【分析】X与W之间的化学键为单键，因为若X与W之间为双键，则X周围共用电子对大于8，不符合，X、Y同族，都形成了4条共价键，Y的原子序数大于X，所以X为C、Y为Si，能形成一条共价键且小于C序数的是H，形成一条共价键且原子序数大于Si的是Cl(短周期元素)。 解析：由上述分析可知，W为H，X为C，Y为Si，Z为Cl， A．H原子核外电子层数为1，C原子核外电子层数为2，Si、Cl原子核外电子层数为3，电子层数越多，原子半径越大，同周期原子，原子序数越大，半径越小，因此半径大小为：Si>Cl>C>H，故A错误； B．常温下CH4等为气态，随着C原子数逐渐增加，C的氢化物的状态逐渐由气态→液态→固态，故B错误； C．Si元素的最高价氧化物对应的水化物为H2SiO3，属于弱酸，故C错误； D．H元素既可形成H+又可形成H-，故D正确； 故答案为D。 12．A 解析：A．C原子和O原子均以2p轨道成键，且和O2分子中均存在双键，因此同时存在键和键，A项正确； B．1个分子中含两个C-H键和一个键，单键全是键，双键含一个键和一个键，所以分子中键和键的数目之比应为，B项错误； C．分子中含键，包含一个键和键，重叠方式分别为“头碰头”和“肩并肩”，没有互相垂直的重叠方式，C项错误； D．键的电子云呈轴对称，键的电子云呈镜面对称，D项错误。 故选A。 13．D 解析：A．结构示意图中圆圈内表示的是核电荷数，应为+16，错误； B．由H和Cl形成化学键的过程无箭头，故B错误； C．图为球棍模型，不是比例模型，故C错误； D．根据盖斯定律，ΔH1+ΔH2+ΔH3=0，D项正确。 故选D 14．B 解析：A．金属和非金属之间也能形成共价键，A错误； B．杂化轨道不一定全部参与形成化学键，如氨气中的氮原子，B正确； C．π键不能旋转，C错误； D．键长指的是两个成键原子的平均核距离，D错误； 故选B。 15．C 解析：A．根据结构可知该分子不具有对称结构，属于极性分子，故A正确； B．非金属性F>N，则C-F键的极性大于C- N键的极性，故B正确； C．该分子中双键的成键C原子为sp2杂化，故C错误； D．该分子含有1个C=N、1个C=C、2个C=O、2个C-C、4个C-N、3个N-H、1个C-H、1个C-F键，其中每个单键为1个σ键，双键中含有1个σ键、1个π键，则该分子中σ键与π键数目之比为15: 4，故D正确； 故选C。 二、非选择题 16．CE 氯吡苯脲分子可以与水分子之间形成氢键 (或) 邻羟基苯甲醛会形成分子内氢键，使得酚羟基上的氢原子难以电离 解析：(1)根据构造原理可知，基态氯原子的核外电子排布式是，所以未成对电子数为1，故答案为：1； (2)根据氯吡苯脲的结构简式可知，有2个氮原子各形成3个单键，且它们各有1对孤电子对，故属于杂化，另外1个氮原子形成双键和单键，孤电子对数为1，属于杂化，故答案为：、； (3)氯吡苯脲分子为共价化合物，故微粒间(原子间)存在共价键；由于氯吡苯脲分子中含亚氨基()，故微粒间(分子间)能形成氢键，故答案为：CE； (4)氯吡苯脲分子能与水分子之间形成氢键，所以易溶于水，故答案为：氯吡苯脲分子可以与水分子之间形成氢键； (5)由于单键都是键、而双键含有1个键和1个π键，所以根据反应方程式可知，每生成氯吡苯脲，断裂NA个键和NA个键中的π键，故答案为：2NA (或)； (6)邻羟基苯甲醛分子中醛基与羟基处于邻位，容易形成分子内氢键，导致酚羟基上的氢原子难以电离，故答案为：邻羟基苯甲醛会形成分子内氢键，使得酚羟基上的氢原子难以电离。 17． 解析：中键总数为5个，有6个电子可以形成大π键，可用符号，的中心原子N原子价层电子对数=3+=3，无孤对电子，N原子采取sp2杂化，空间构型为平面正三角形，存在平行的p轨道，氧原子最外层有2对成对电子，形成3对共用电子对，离子中形成大π键的电子数为5+1+6×3-2×3-4×3=6，形成4中心6电子大π键表示为，SO2中每个O原子均有1个未成键电子，则SO2中大П键是由3个原子提供4个电子构成的，所以该分子中大π键为，在臭氧O3中，中心的氧原子以sp2杂化，与两旁的配位氧原子键合生成两个σ键，使O3分子称折线形，在三个氧原子之间还存在着一个垂直于分子平面的大π键，该分子中大π键是由3个O提供4个电子形成的，该大π键表示为，离子中心原子C原子有3条σ键，孤电子对为×（4+2-3×2）=0，离子的空间构型是平面三角形，C原子、O原子均是sp2杂化，均有垂直于离子所在平面的p轨道，离子中价电子总数是4+2+6×3=24，单电子数=24-2×3-4×3=6，所以离子中的大π键是由4个原子、6个电子形成，表示为，故答案为：；；；；。 18． 3d24s2 10 9 正四面体形 sp3杂化 CH4(SiH4) H>B>Ti Mg I3>>I2，易失去2个电子，形成+2价阳离子 解析：(1) 钛原子属于过渡元素，其价电子包括最外层电子和次外层的d能级，即钛原子的价电子排布式为3d24s2；根据核外电子排布规律，基态钛原子含10对电子对；故答案为3d24s2；10； (2) 基态Ti4＋中的核外电子排布为1s22s22p63s23p6；s能级有一个原子轨道，p能级有3个原子轨道，因此Ti4＋中的核外电子占据的原子轨道数为9；故答案为9； (3)①中有4个σ键，无孤电子对，的空间构性为正四面体；杂化轨道数等于价层电子对数，即中B的杂化类型为sp3；根据等电子体的概念，与该阴离子互为等电子体的是CH4或SiH4等；中H显-1价，B显+3价，则H的电负性大于B，Ti为金属，Ti的电负性小于B，电负性大小顺序是H＞B＞Ti；故答案为正四面体；sp3；CH4或SiH4等；H＞B＞Ti； ②根据电离能的概念，从表中数据得知，I3>>I2，从而推出该元素最外层有2个电子，M是第三周期金属元素，因此推出M为Mg；故答案为Mg；I3>>I2，易失去2个电子，形成+2价阳离子。 19． 中的最外层电子排布处于稳定的全充满状态 分子间存在氢键，分子间无氢键 平面三角形 三角锥形 解析：(1)原子失去1个电子生成，基态的核外电子排布式为或，则基态的最外层电子排布式为；原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，的最外层电子排布式为，而的最外层电子排布式为，后者更稳定，故高温下容易转化为； (2)和都是极性分子，但由于分子间存在氢键，所以的沸点比的沸点高； (3) 的中心原子的价层电子对数，且没有孤电子对，所以其空间结构是平面三角形；的中心原子的价层电子对数，孤电子对数为1，所以其空间结构是三角锥形。 20． V形 sp3 解析：I中中心I原子价电子对数为，中心原子的杂化形式为sp3，有2个孤电子对，空间构型为V形； 21． [Ar]3d54s1 N2H4 H2N-NH2分子间能形成氢键，而CH3-CH3分子间不能形成氢键 O-H···O 热稳定性H2O>H2S,H2O分子中H-O的键能大于H2S分子中H-S的键能 sp3 三角锥形 解析：考查元素周期表和元素周期律的应用，X的原子半径是所有元素中最小的，即X为H，Y的基态原子中电子占据了三种能量不用的原子轨道，且三种轨道中的电子数相等，即1s22s22p2，推出Y为C，Z的基态原子的2p原子轨道为半充满状态，即Z为N，W的原子最外层电子数是内层的3倍，即W为O，Q的基态原子的3p原子轨道上有4个电子，即Q为S，M元素的原子序数为24，即M为Cr，（1）Cr的核外电子排布式为 [Ar]3d54s1；（2）C的氢化物中有18个电子分子式为C2H6，N的氢化物中含有18个电子的分子式为N2H4，N2H4中存在分子间氢键，C2H6中不存在分子间氢键，即N2H4的熔沸点高于C2H6；（3）木精的化学式为CH4O，结构简式为CH3OH，木精极易溶于水的主要原因是木精分子与水分子间可形成分子间氢键，此氢键的表示形式为 O-H···O；（4）氢化物分别是H2O、H2S，H2O的热稳定高于H2S，H2O分子中H-O的键能大于H2S分子中H-S的键能；（5）ZX3的化学式为NH3，中心原子N有3个σ键，1个孤电子对，价层电子对数为4，即NH3的杂化类型为sp3；空间构型为三角锥形。 22．(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； 解析：（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%。 学科网（北京）股份有限公司 $$