第2章微粒间相互作用与物质性质第3节离子键、配位键与金属键——提升训练2021-2022学年高中化学鲁科版（2019）选择性必修2（含解析）

第2章微粒间相互作用与物质性质第3节离子键、配位键与金属键——提升训练2021-2022学年高中化学鲁科版（2019）选择性必修2
一、选择题（共16题）
1．用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是
A．若A为浓盐酸，B为晶体，C中盛有紫色石蕊溶液，则C中溶液最终呈红色
B．若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛有硝酸银溶液，则C中先产生白色沉淀，然后沉淀又溶解
C．若A为醋酸，B为石灰石，C中盛有硅酸钠溶液，C中产生白色沉淀，说明酸性：醋酸>碳酸>硅酸
D．若A为浓，B为Cu，C中盛有澄清石灰水，则C中先出现白色沉淀，然后沉淀又溶解
2．中配体分子NH3、H2O的空间结构和相应的键角如图所示。下列叙述不正确的是
A．基态Cr原子的核外电子排布式应为[Ar]3d54s1
B．中三价铬离子提供空轨道，N、O、Cl提供孤电子对与三价铬离子形成配位键，中心离子的配位数为6
C．NH3分子中的Ｎ原子，H2O分子中的O原子均为sp3杂化
D．H2O的键角(104.5°)小于NH3的键角(107.3°)(如图)是因为氧的电负性大于氮的电负性
3．某物质的化学式为，其水溶液不导电，加入溶液也不产生沉淀，以强碱处理并没有放出，则关于此化合物的说法正确的是
A．该配合物中心原子的配位数为4
B．该配合物的配体只有
C．和分子均与形成配位键
D．该配合物可能是平面正方形结构
4．关于配合物[Zn(NH3)4]Cl2的说法不正确的是
A．配位数为4 B．配位体为NH3和Cl-
C．[Zn(NH3)4]2+和Cl-以离子键结合 D．Zn2+和NH3以配位键结合
5．近年来，由于有机合成工业的发展，已成为一种重要的副产品，氧化的反应为 。、、、等含氯化合物在生产中有着广泛的应用。下列有关说法不正确的是
A．的空间构型为V形
B．与中原子的杂化轨道类型均为
C．冰的密度比水的小，与分子间氢键有关
D．中提供孤电子对的是N和
6．根据下列实验现象，所得结论合理的是
选项 实验现象 结论
A Mg与冷水反应缓慢，Ca与冷水反应较快 还原性Mg2+>Ca2+
B 在Fe2+溶液中滴加邻二氮菲，溶液变橙色，然后再加入酸，溶液颜色变浅(与加入等量水比较) 与邻二氮菲配位能力：H+>Fe2+
C 用滴有酚酞的氨水吸收甲醛后，氨水褪色 甲醛与氨发生了反应
D 将盐酸滴入石灰石中，将生成的气体直接通入Na2SiO3溶液中，产生白色沉淀 非金属性：C>Si
A．A B．B C．C D．D
7．关于化学式为的配合物，下列说法中正确的是
A．配体是和，配位数是9
B．中心离子是，配离子是
C．内界和外界中的数目比是1∶2
D．加入足量溶液，所有均被完全沉淀
8．在氯化铬晶体()配成的水溶液中加入过量的溶液，产生沉淀，此氯化铬晶体的组成也可表示为
A． B．
C． D．
9．氨硼烷是一种固体储氢材料，其结构和乙烷相似，下列有关说法正确的是
A．中子数为8的N原子： B．基态B原子的外围电子排布式：2s22p3
C．分子中N-B键是配位键 D．分子中所有原子共平面
10．短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，可形成结构如下的物质，该物质中所有原子均满足稳定结构，其中Y、Z处于同一周期。下列说法正确的是
A．Y的最高价氧化物对应的水化物是强电解质
B．由Z和W形成的化合物中只存在离子键
C．X、Z可形成具有强氧化性的化合物
D．X、Y、Z的原子半径从大到小为：Z>Y>X
11．已知在溶液中与或等可形成配位数为4的配离子。某同学通过实验研究铜盐溶液颜色的变化。下列说法不正确的是
A．溶液②中形成了，中有键
B．由④可知，与可能会结合产生黄色物质
C．由②③④推测，溶液中存在：
D．若取少量④中溶液进行稀释，溶液会变为蓝色
12．乙二胺四乙酸又叫，是化学中一种良好的配合剂，形成的配合物又叫螯合物。在配合滴定中经常用到，一般是测定金属离子的含量。已知：配离子结构如图。下列叙述错误的是
A．中氮原子杂化方式
B．M元素可以是、或
C．M元素的配位数是6
D．的化学键有：键、配位键、键和离子键
13．溶于氨水形成，其中配离子的立体构型为正四面体形。下列说法正确的是
A．里只含有共价键
B．中配体的VSEPR模型是四面体形
C．固体中键的数目为16 mol
D．若用2个替换中的2个，可得到2种新的配离子
14．葡萄糖的银镜反应实验如下：
步骤I：向试管中加入1mL2%AgNO3溶液，边振荡边滴加2%氨水至沉淀恰好完全溶解。
步骤II：再向试管中加入1mL10%葡萄糖溶液，振荡，在60~70℃水浴中加热。
下列说法正确的是
A．步骤I后的溶液中大量存在Ag+、、OH-、
B．银镜的产生证明葡萄糖分子中含羟基
C．[Ag(NH3)2]+中Ag+提供空轨道、N原子提供孤电子对形成配位键
D．可用氨水洗涤除去试管壁上残留的银
15．氨硼烷(NH3·BH3)是一种颇具潜力的固体储氢材料，具有较高的稳定性和环境友好性。下列关于氨硼烷的说法错误的是
A．氨硼烷结构与乙烷相似，N、B均达到8电子稳定结构
B．氨硼烷分子间有较强的作用力，故常温下为固态
C．分子中N原子的第一电离能小于B原子
D．分子中与B原子形成共价键的H原子是负电性 (δ+)，说明B原子电负性小于H原子
16．、与在一定条件下发生如下反应：。下列说法错误的是
A．此化学方程式中涉及的第二周期元素的电负性由大到小的顺序为
B．配合物的中心离子的价电子排布图为，该中心离子的配位数是6
C．分子中含有键，其碳原子轨道杂化类型是杂化
D．中阴离子的空间构型为三角锥形，其中碳原子的价层电子对数为4
二、综合题（共6题）
17．A、B、C、D四种常见元素的结构信息如下表。试根据信息回答有关问题。
元素 A B C D
性质结构信息 最常见氢化物X为三角锥分子且能与 HCl发生化合反应生成盐 原子的 M 层上电子数比L层电子数少2个 ds区元素，N 层上有一个电子 原子的s电子数是p电子数的2倍
(1)写出基态B原子的电子排布式：_______________。
(2)向CSO4的溶液中逐滴加入过量X的水溶液，可生成的配合物的化学式为 _____，该物质中不存在的作用类型为___________(填字母)。
a.离子键 b.配位键 c.极性键 d.氢键
(3)下列几种氢化物分子：
① AH3 ②D2H2③H2B ④DH4
中心原子采用sp3杂化形成化学键的是 _______ (填序号)；在②的分子中有 ___ 个σ键，该分子中电子运动状态共有 _________种。
18．污水处理分析时，常用双硫腙(，二元弱酸)把金属离子络合成电中性的物质，再用萃取络合物，从而把金属离子从水溶液中完全分离出来。如用双硫腙～，分离污水中的时，先发生络合反应：，再加入，就很容易被萃取到中。
(1)写出双硫腙和络合的离子方程式：___________。萃取过程中要控制适宜的酸度。如果溶液的pH太小，其后果是___________。下图是用双硫腺～，络合萃取某些金属离子的酸度曲线。它反映了萃取某些金属离子时适宜的pH范围。E%表示某种金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率。
某工业废水中含有、Bi3+、，用双硫腙～络合萃取法处理废水。
请根据上图回答问题：
(2)欲完全将废水中的分离出来，须控制溶液pH范围___________。
(3)当调节时，锌(Zn)的存在形式有：___________，其物质的量之比约为___________。
(4)锌(Zn)的络合物被萃取到中分液后，逐滴加入足量的NaOH溶液，充分振荡，先产生白色沉淀，后白色沉淀溶解消失最后溶液呈无色。写出有关反应的离子方程式：___________；___________
19．金属镁是一种活泼的常见金属，有着广泛的用途。下图是金属镁和卤素反应的能量变化图（反应物和产物均为298 K时的稳定状态）。
（1）下列选项中正确的是_________（填序号）。
①MgI2中Mg2+与I-间的作用力小于MgF2中Mg2+与F-间的作用力
②MgBr2与Cl2反应是放热反应
③化合物的熟稳定性顺序为： MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF2
（2）请写出在一定条件下液溴与氟化镁固体反应的热化学方程式： ___________。
已知，金属镁在点燃的条件下能与二氧化碳反应：2Mg+CO2→2MgO+C，现将a克镁放在盛有b L（标准状态下）二氧化碳和氧气的混合气体的密闭容器中充分燃烧；
（3）若容器中剩余二氧化碳，则残留固体物质_________
A 一定只有MgO B 一定有MgO，可能有C
C 一定有MgO和C D 一定有C，可能有MgO
（4）若反应容器中有氧气剩余，则容器内剩余固体的质量为_________，出现此种状况，容器中原来b L混合气体中氧气的体积应满足（用含a的代数式）__________。
（5）若容器中无气体剩余，残留固体中含有镁，则残留固体m的取值范围_________；若容器中无气体剩余，残留固体中没有镁剩余，则残留固体m的取值范围_________。
20．(1)Lewis酸和Lewis碱可以形成酸碱复合物。根据下列两个反应式判断反应中所涉及Lewis酸的酸性强弱，并由强到弱排序_______。
F4Si-N(CH3)3+BF3→F3B-N(CH3)3+SiF4；
F3B-N(CH3)3+BCl3→Cl3B-N(CH3)3+BF3
(2)①分别画出BF3和N(CH3)3的分子构型_______，指出中心原子的杂化轨道类型_______。
②分别画出F3B-N(CH3)3和F4Si-N(CH3)3的分子构型_______，并指出分子中Si和B的杂化轨道类型_______、_______。
(3)将BCl3分别通入吡啶和水中，会发生两种不同类型的反应。写出这两种反应的化学方程式_______、_______。
(4)BeCl2是共价分子，可以以单体、二聚体和多聚体形式存在。分别画出它们的结构简式_______，并指出Be的杂化轨道类型_______。
(5)高氧化态Cr的过氧化物大多不稳定，容易分解，但Cr(O2)2[NH(C2H4NH2)2]却是稳定的。这种配合物仍保持Cr的过氧化物的结构特点。画出该化合物的结构简式_______，并指出Cr的氧化态_______。
(6)某些烷基取代的金属羰基化合物可以在其他碱性配体的作用下发生羰基插入反应，生成酰基配合物。画出Mn(CO)5(CH3)和PPh3反应的产物的结构简式_______，并指出Mn的氧化态_______。
21．现有七种元素A、B、C、D、E、F、G，其中A、B、C为三个不同周期的短周期元素，E、F、G为第四周期元素。请根据下列相关信息，回答问题。
A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素
B元素原子的核外p电子数与s电子数相等
C基态原子的价电子排布为nsn-1npn+1
D的能层数与C相同，且电负性比C大
E元素的主族序数与周期数的差为1，且第一电离能比同周期相邻两种元素都大
F是前四周期中电负性最小的元素
G在周期表的第五列
（1）C基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有__个方向，原子轨道呈__形，C简单离子核外有__种运动状态不同的电子。
（2）A2B2难溶于CS2，简要说明理由：__。
（3）G位于__族__区，它的一种氧化物常用于工业生产硫酸的催化剂，已知G在该氧化物中的化合价等于其价电子数，则该氧化物的化学式为__；F晶体的空间堆积方式为__。
（4）ED3分子的VSEPR模型名称为__，其中E原子的杂化轨道类型为__。
22．配位键是一种特殊的共价键，某原子单方面提供共用电子对，和另一提供空轨道的粒子结合。如就是由(氮原子提供孤电子对)和(提供空轨道)通过配位键形成的。据此回答下列问题：
(1)下列粒子中存在配位键的是______(填序号)。
A． B． C．
(2)硼酸()溶液呈酸性，试写出其电离方程式：______。
(3)科学家对结构的认识经历了较为漫长的过程，最初科学家提出了两种观点：甲：、乙：，式中表示配位键，在化学反应中键遇到还原剂时易断裂。化学家 Baeyer和 Villiger为研究的结构，设计并完成了下列实验：
a.与浓反应生成和水；
b.将制得的与反应，只生成A和；
c.将生成的A与反应(已知该反应中作还原剂)。
①如果的结构如甲所示，实验c中发生反应的化学方程式为(A写结构简式)______。
②为进一步确定的结构，还需要在实验c后添加一个实验d，请设计该实验方案：______。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．高锰酸钾固体与浓盐酸反应制得氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，则将制得的氯气通入盛有的紫色石蕊溶液的装置C中，溶液会先交红后褪色，故A错误；
B．生石灰与浓氨水反应制得氨气，氨气通入硝酸银溶液中，氨气先与硝酸银溶液反应生成氢氧化银白色沉淀，后氢氧化银与过量的氨气反应生成银氨络离子，观察到的实验现象为先生成白色沉淀，后沉淀又溶解，故B正确；
C．石灰石与醋酸反应制得二氧化碳，醋酸具有挥发性，制得的二氧化碳中混有的醋酸优先与硅酸钠溶液反应，会干扰碳酸与硅酸的酸性比较，无法说明碳酸酸性强于醋酸，故C错误；
D．浓硫酸与铜共热反应制得二氧化硫，题给实验装置无法制得二氧化氯，故D错误；
故选B。
2．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．基态原子满足能量最低原理，Cr有24个核外电子，核外电子排布式应为，A项正确；
B．中三价铬离子提供空轨道，N、O、Cl提供孤电子对与三价铬离子形成配位键，中心离子的配位数为N、O、Cl三种原子的个数和即，B项正确；
C．中心原子N与O外围均有4对电子，所以均为sp3杂化，C项正确；
D．NH3含有一对孤电子对，而含有两对孤电子对，中的孤电子对对成键电子对的排斥作用较大，键角小，D项错误。
故选D。
3．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．加入溶液反应也不产生沉淀，可知无游离的，以强碱处理并没有放出，可知无游离的氨分子，两者均与中心铂离子形成配位键，所以该物质的配位化学式为故配位数为6，故A错误；
B．根据题意可知该配合物为，配体有和，故B错误；
C．该配合物为，和分子均与中心铂离子形成配位键，故C正确；
D．Pt与6个配体成键，该配合物应是8面体结构，故D错误；
故答案为C。
4．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．锌离子配位原子个数是4，所以其配位数是4，故A正确；
B．该配合物中氮原子提供孤电子对，所以NH3分子是配位体，故B错误；
C．[Zn(NH3)4]Cl2中外界是Cl-，内界是Zn(NH3)4]2+，[Zn(NH3)4]2+和Cl-以离子键结合，故C正确；
D．该配合物中，锌离子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，所以Zn2+和NH3以配位键结合，故D正确；
故选：B。
5．D
【解析】
【详解】
A．中心原子O的价电子对数是4，有2个孤电子对，空间构型为V形，故A正确；
B．与中原子的价电子对数都是4，杂化轨道类型均为，故B正确；
C．冰的密度比水的小，是因为冰中分子间氢键增多，故C正确；
D．中提供孤电子对的是N原子，故D错误；
选D。
6．B
【解析】
【详解】
A．Mg与冷水反应缓慢，Ca与冷水反应较快，还原性MgCa2+，故A错误；
B．在Fe2+溶液中滴加邻二氮菲，溶液变橙色，然后再加入酸，溶液颜色变浅，说明H+更易与邻二氮菲结合，即与邻二氮菲配位能力：H+>Fe2+，故B正确；
C．用滴有酚酞的氨水吸收甲醛，发生反应6HCHO+4NH = (CH2)6N4H+ +6H2O+3H+、(CH2)6N4H+ + NH3 = (CH2)6N4 + NH、H++ NH3= NH，故C错误；
D．将盐酸滴入石灰石中，生成的气体中含有杂质氯化氢，氯化氢、二氧化碳都能与Na2SiO3反应生成硅酸沉淀，将生成的气体直接通入Na2SiO3溶液中，产生白色沉淀，不能证明非金属性C>Si，故D错误；
选B。
7．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．配合物，配位体是和，配位数是6，A项错误；
B．中心离子是Ti3+，内配离子是 ，外配离子是，B项错误；
C．配合物，内配离子是为1，外配离子是为2，内界和外界中的的数目比是： 1：2，C项正确；
D．加入足量溶液，外界离子与Ag+反应，内配位离子不与Ag+反应，D项错误；
答案选C。
8．B
【解析】
【分析】
【详解】
氯化铬晶体()配成的水溶液中加入过量的溶液，产生沉淀，说明有0.2molCl-在配合物外界，0.1 molCl-参与配位，根据物质的量之比等于个数比可得配合物的化学式为：， 故答案为：B
9．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和。中子数为8的N原子质量数是7+8=15，用原子符号表示为，A错误；
B．B是5号元素，根据构造原理，可知基态B原子的外围电子排布式：2s22p1，B错误；
C．在分子中，N原子核外最外层的孤电子对与B原子的原子核之间以配位键结合，形成N-B键，C正确；
D．在分子中，N、B原子价层电子对数是4，原子都采用sp3杂化，因此形成的是四面体结构，不可能所有原子共平面，D错误；
故合理选项是C。
10．C
【解析】
【分析】
周期表前三周期的四种元素X、Y、Z、W可形成如图结构的物质，该物质中所有原子均满足稳定结构，根据图示可知，W为+1价阳离子，且W的原子序数最大，则W为Na元素，说明X、Y、Z位于前面2个周期；Y、Z处于同一同期，则Y、Z位于第二周期，Y能够形成4个共价键，则Y为C元素；Z能够形成2个共价键，则Z为O元素；X形成1个共价键，则X为H元素。
【详解】
A．C的最高价氧化物对应水化物为碳酸，碳酸为弱酸，故A错误；
B．Na、O形成的过氧化钠中既含有离子键，也含有共价键，故B错误；
C． H、O形成的双氧水具有强氧化性，故C正确；
D．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径大小为：Y>Z>X，故D错误；
答案选C。
11．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．实验①②可知，无水CuSO4是白色的，加入水后CuSO4溶液呈蓝色，这说明②中溶液呈蓝色是Cu2+与水分子作用的结果；1mol中含有4mol水中的8molσ键和4mol配位键，共12molo键，故A错误；
B．向③中溶液加入NaCl固体后，底部的NaCl固体表面变为黄色，说明Cu2+与Cl―可能会结合产生黄色物质，故B正确；
C．③中蓝色溶液加入足量NaCl固体后④溶液为黄色，说明CuCl2水溶液中存在平衡：，故C正确；
D．②中加少量NaCl溶液后③溶液为蓝色，③中蓝色溶液加入足量NaCl固体后④溶液为黄色，说明c(Cl—)不相同，CuCl2溶液的颜色不同，故D正确；
故选A。
12．B
【解析】
【详解】
A．根据该配离子结构，氮原子成四个单键(有1个配位键)，属于杂化方式，故A正确；
B．依图可知，M的配位数为6，而的配位数为4，故B项错误；
C．根据该配离子结构，M元素的配位数是6，故C正确；
D．是离子化合物，含有离子键；阴离子是复杂离子，含有共价单键、共价双键，单键为键、双键含σ键、键，铁离子含有空轨道，与之结合的氮原子、氧原子含有孤电子对，与铁离子形成配位键，故D正确；
故选B。
13．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．里含有离子键、共价键，故A错误；
B．中配体是NH3，NH3中N原子杂化轨道数是，VSEPR模型是四面体形，故B正确；
C．中4个氨分子与锌离子通过4个配位键结合形成配离子，每个氨分子内含有3个键，中S原子与O原子之间形成4个键，所以固体，中键的数目为20 mol，故C错误；
D．配离子的立体构型为正四面体形，所以用2个替换中的2个，可得到1种新的配离子，故D错误；
选B。
14．C
【解析】
【详解】
A．由题意可知，步骤I发生的反应为硝酸银溶液与氨水先反应生成氢氧化银沉淀和硝酸铵，后氢氧化银与氨水反应生成氢氧化二氨合银，则反应后溶液中大量存在的离子为二氨合银离子、硝酸根离子和氢氧根离子，故A错误；
B．银镜的产生证明葡萄糖分子中含醛基，故B错误；
C．二氨合银离子离子中阴离子提供空轨道，氨分子中氮原子提供孤电子对形成配位键，故C正确；
D．银与氨水不反应，与稀硝酸反应，则可用稀硝酸洗涤除去试管壁上残留的银，故D错误；
故选C。
15．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．氨硼烷(NH3·BH3)的结构简式为 ，与乙烷相似，B、N原子均含4对共用电子对，因此N、B均达到8电子稳定结构，故A正确；
B．氨硼烷分子之间的作用力较强，分子间的间距较小，因此氨硼烷在常温下为固态，故B正确；
C．同一周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，N、B元素不相邻，N原子的第一电离能大于B原子，故C错误；
D．电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力的标度，元素的电负性越大，表示其原子在化合物中吸引电子的能力越强，氨硼烷分子中与B原子形成共价键的H原子是负电性 (δ+)，说明B原子电负性小于H原子，故D正确；
故答案为C。
16．D
【解析】
【详解】
A．同一周期元素的元素非金属性越强，其电负性就越大。组成氨基酸锌的C、N、O的非金属性由强到弱的顺序是：O＞N＞C，则电负性由大到小的顺序是O＞N＞C，A正确；
B．中心离子具有空轨道，配体具有孤电子对，中心离子为Fe2+，价电子排布式为3d5，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为：，配位体是CN-、配位数为6，B正确；
C．HCN分子结构式为H-C≡N，单键为σ键，三键含有1个σ键，分子中含有2个σ键，1molHCN分子中含有2mol σ键，碳原子没有孤电子对，杂化轨道数目为2，碳原子杂化方式为sp，C正确；
D．K2CO3的阴离子中C原子孤电子对数==0，价层电子对数=3+0=3，空间结构为平面三角形，D错误；
故选：D。
17． 1s22s22p63s23p4 [Cu(NH3)4]SO4 d ①③④ 3 14
【解析】
【分析】
元素A最常见氢化物X为三角锥分子，且能与 HCl发生化合反应生成盐，A是N元素、X是NH3；B原子的 M 层上电子数比L层电子数少2个，B是S元素；C元素是ds区元素，N 层上有一个电子，C是Cu元素；D元素的原子，s电子数是p电子数的2倍，D是C元素；
【详解】
(1)B是S元素，S原子核外有16个电子，S的电子排布式是1s22s22p63s23p4；
(2)C是Cu元素，向CuSO4的溶液中逐滴加入过量氨水，可生成硫酸四氨合铜，化学式为[Cu(NH3)4]SO4，该物质中存在离子键、配位键、极性键，不存在氢键，选d；
(3)① NH3中N原子的杂化轨道数是，N原子采用sp3杂化；②C2H2中C原子的孤电子对数是，1个碳原子形成2个σ键，C原子采用sp杂化；③H2S中S原子的杂化轨道数是，S原子采用sp3杂化；④CH4中C原子的杂化轨道数是，C原子采用sp3杂化；中心原子采用sp3杂化形成化学键的是①③④；C2H2的结构式是，分子中有3个σ键，该分子中核外电子数是14，电子运动状态共14种；
18．(1) 如果溶液的pH太小，即H+浓度太大，将导致H2DzHDz-+H+平衡逆向移动，不利于Zn2+与H2Dz形成络合物
(2)2~2.8
(3) Zn2+和Zn(HDz)2 2:3
(4) Zn2++2OH-=Zn(OH)2↓ Zn(OH)2+2OH-=
【解析】
(1)
根据双硫腙与Cu2+络合的离子方程式可知，双硫腙和络合的离子方程式为：，萃取过程中要控制适宜的酸度，如果溶液的pH太小，即H+浓度太大，将导致H2DzHDz-+H+平衡逆向移动，不利于Zn2+与H2Dz形成络合物，故答案为：；如果溶液的pH太小，即H+浓度太大，将导致H2DzHDz-+H+平衡逆向移动，不利于Zn2+与H2Dz形成络合物；
(2)
由图可知，pH为1~2.8时只有Bi3+沉淀，且pH值越大，金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率越大，pH为2.8左右时可完全将废水中的Bi3+分离出来，故答案为：2~2.8；
(3)
由图可知，pH=5时，锌(Zn)的存在形式有Zn2+和Zn(HDz)2，且金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率为60%，即由60%的Zn2+被络合了，则Zn2+与Zn(HDz)2的物质的量之比为40%：60%=2:3，故答案为：Zn2+和Zn(HDz)2；2:3；
(4)
锌(Zn)的络合物被萃取到中分液后，逐滴加入足量的NaOH溶液，充分振荡，先产生白色沉淀即Zn2+与OH-结合生成了Zn(OH)2白色沉淀，后白色沉淀溶解消失最后溶液呈无色即Zn(OH)2能继续溶解在过量的NaOH溶液中生成，故有关反应的离子方程式：Zn2++2OH-=Zn(OH)2↓，Zn(OH)2+2OH-=，故答案为：Zn2++2OH-=Zn(OH)2↓；Zn(OH)2+2OH-=。
19． ①② MgF2(s)＋Br2(l)＝MgBr2(s)+ F2(g) △H＝+600kJ/mol B g b＞V(O2)＞ (a＋)＜m＜(a＋) ＜m＜
【解析】
【分析】
(1)①离子晶体中离子键越强，离子晶体越稳定；
②如果反应物能量之和大于生成物能量之和，则是放热反应；
③化合物的热稳定性与物质的能量大小有关，能量越小越稳定；
(2)根据盖斯定律书写；
(3)镁在燃烧时先和氧气反应生成氧化镁，当氧气完全反应后，镁再和二氧化碳反应生成氧化镁；
(4)若氧气有剩余，则镁只和氧气反应生成氧化镁，根据原子守恒计算；采用极限的方法计算；
(5)若容器中无气体剩余，残留固体中含有镁，假设气体全部为氧气或二氧化碳，然后采用极限的方法解答；若容器中无气体剩余，残留固体中没有镁剩余，说明二者完全反应。
【详解】
(1)①相同类型的离子晶体中，离子键越强，则离子间作用力越强，物质含有的能量越低，所以MgI2中Mg2＋与I 间的作用力小于MgF2中Mg2＋与F 间的作用力，故正确；
②根据图象知，反应物的能量大于生成物能量，所以Mg与F2的反应是放热反应，故正确；
③能量越小的物质越稳定，所以化合物的热稳定性顺序为MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，故错误；
故选①②；
(2)镁和氟气反应的热化学反应方程式为：Mg(s)＋F2(g)＝MgF2(s) △H＝ 1124kJ/mol①
Mg(s)＋Br2(l)＝MgBr2(s) △H＝ 524kJ/mol②
将方程式② ①得MgF2(s)＋Br2(l)＝MgBr2(s)+ F2(g) △H＝( 524kJ/mol) ( 1124kJ/mol)＝+600kJ/mol，故答案为：MgF2(s)＋Br2(l)＝MgBr2(s)+ F2(g) △H＝+600kJ/mol；
(3)镁先和氧气反应生成氧化镁，当氧气完全反应后，镁再和二氧化碳反应生成氧化镁，若容器中剩余二氧化碳，二氧化碳可能参加反应也可能不参加反应，所以残留固体物质一定含有氧化镁，可能含有碳，故选B；
(4)镁的物质的量＝＝mol，若氧气有剩余，则镁只和氧气反应生成氧化镁，根据原子守恒得n(Mg)＝n(MgO)，所以氧化镁的质量＝mol×40g/mol＝g；
氧气有剩余，氧气的最小体积为大于和镁完全反应的体积，而小于气体总体积，2Mg＋O2＝2MgO，根据镁和氧气的关系式得当镁和氧气恰好反应时需要气体氧气物质的量＝mol×＝mol，则需要氧气体积＝mol×22.4L/mol＝L，所以氧气的体积为b＞V(O2)＞，故答案为：g；b＞V(O2)＞；
(5)若容器中无气体剩余，残留固体中含有镁，说明镁不足量，假设气体全部是氧气，氧气完全反应时固体质量增加的质量＝mol×32g/mol＝g，则固体质量为(a＋)g；
假设气体全部是二氧化碳，根据2Mg＋CO2→2MgO＋C知，固体增加的质量为二氧化碳的质量，所以固体增加的质量＝mol×44g/mol＝g，所以固体质量为(a＋)g，则容器内固体质量为(a＋)＜m＜(a＋)；
假设镁和氧气恰好反应，固体的质量为氧化镁的质量＝g；
假设镁和二氧化碳恰好反应，固体的质量为镁和二氧化碳的质量＝a＋×1×44g/mol＝g，实际上固体质量介于二者之间，为＜m＜，故答案为：(a＋)＜m＜(a＋)；＜m＜。
20． BCl3>BF3>SiF4 、 sp2、sp3 、 sp3d sp3 BCl3+3H2O=B(OH)3+3HCl BCl3+C5H5N=Cl3B-NC5H5 Cl—Be—Cl、、、 sp、sp2、sp3 Cr的氧化态为+4 Mn的氧化态为+1
【解析】
略
21． 3 哑铃 18 因为H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2 ⅤB d V2O5 体心立方堆积 四面体形 sp3
【解析】
【分析】
根据题目给的信息，可以得出A为H，B为O，C为S，D为Cl，E为As，F为K，G为V元素。根据这些信息，进而分析以下问题。
【详解】
(1)C为S元素，S原子能量最高的电子为3p轨道电子，其电子云在空间有x、y、z3个伸展方向，原子轨道呈哑铃型；硫离子核外电子总数为18，其原子核外有18种运动状态不同的电子，故答案为：3、哑铃、18。
(2) A2B2为H2O2，H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2，故答案为：因为H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2。
(3)V元素位于周期表第四周期VB族，属于d区；G在氧化物中的化合价等于其价电子数，V的基态价电子排布式为3d34s2，则该氧化物中V的化合价为+5，该氧化物的化学式为V2O5；金属K形成晶体的空间堆积方式为体心立方堆积，故答案为：ⅤB、d、V2O5、体心立方堆积。
(4) ED3为AsCl3,As原子的价层电子对数为，所以As原子的杂化轨道类型为sp3杂化。其VSEPR模型名称为四面体形。故答案为：四面体形、sp3。
22． B +H2→C2H5OC2H5+H2O 用无水硫酸铜检验实验c中反应的生成物中有没有水
【解析】
【详解】
(1)根据配位键的概念可知，要形成配位键必须有提供孤对电子的配体和能容纳孤对电子的空轨道。
A.CO2中的碳氧键为C和O提供等量电子形成，没有配位键；
B.H3O+可看作是H2O中的O提供孤对电子与H+共用形成，所以有配位键；
C.CH4中C-H键为C和H提供等量电子形成，没有配位键；答案为：B；
(2)硼酸中B原子含有空轨道，水中的氧原子提供孤对电子，形成配位键，所以硼酸溶于水显酸性，电离方程式为，答案为：；
(3)根据原子守恒可知，A的分子式为C4H10O2，所以如果双氧水的结构如甲所示，O→O键遇到还原剂时易断裂，则c中的反应为+H2→C2H5OC2H5+H2O；如果双氧水的结构如乙所示，则反应为C2H5O-OC2H5 + H2 → 2CH3OH，两者的区别之一为是否有水生成，所以可利用无水硫酸铜检验，从而作出判断；答案为：+H2→C2H5OC2H5+H2O；用无水硫酸铜检验c的反应产物中有没有水(或其他合理答案)。