4.2配合物的形成和应用——一课一练2021-2022学年下学期高中化学苏教版（2020）选择性必修2（含答案）
文档属性
| 名称 | 4.2配合物的形成和应用——一课一练2021-2022学年下学期高中化学苏教版（2020）选择性必修2（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 485.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2022-02-25 11:48:10 | ||
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文档简介
4.2配合物的形成和应用——一课一练2021-2022学年高中化学苏教版（2020）选择性必修2
一、选择题（共15题）
1．下列分子或离子中，能提供孤对电子与某些金属离子形成配位键的是
①H2O ②NH3 ③F- ④CN- ⑤OH-
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④⑤
2．若、两种粒子之间可形成配位键，则下列说法正确的是
A．、只能均是分子
B．、只能均是离子
C．若提供空轨道，则提供孤电子对
D．若提供空轨道，则为配位体
3．分子结构的了解有利于物质性质的学习。下列关于物质结构和性质的说法中正确的是
A．H2O和NH3均为极性分子
B．水很稳定的原因是水分子间存在氢键
C．配合物[Cu(NH3)4]Cl2的中心原子配位数是6
D．P4和CH4都是正四面体形分子，键角均为109°28'
4．将灼热的铜丝伸入盛氯气的集气瓶中，剧烈燃烧产生棕黄色烟，向集气瓶中加入少量水，观察到溶液呈黄绿色，主要原因是CuCl2溶液中存在黄绿色的[CuCl4]2-。现向蓝色的硫酸铜溶液中，加入少量稀氨水，得到蓝色絮状沉淀，继续加入氨水后，蓝色沉淀溶解，得到深蓝色溶液，再向其中加入少量浓盐酸，得到绿色溶液，则该绿色溶液中主要存在的离子是
A．Cu2＋、[Cu(H2O)4]2＋、SO B．[CuCl4]2-、[Cu(H2O)4]2＋、NH、SO
C．[CuCl]、NH、SO D．[Cu(NH3)4]2＋、[Cu(H2O)4]2＋、SO
5．下列示意图或图示正确的是
A．图甲溴离子的结构示意图 B．图乙NH的结构式
C．图丙HF分子间的氢键 D．图丁丙氨酸的手性异构体
6．某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是
A．配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6
B．该配合物可能是平面正方形结构
C．C1-和NH3分子均为Pt4+配体
D．配合物中Cl-与Pt4+配位，而NH3分子不配位
7．下列对分子及其性质的解释中，不正确的是
A．碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释
B．乳酸[CH3CH(OH)COOH]中存在一个手性碳原子
C．许多过渡金属离子对多种配体具有很强的结合力，因而，只有过渡金属才能形成配合物
D．已知酸性：H3PO4>HClO，是因为H3PO4分子中有1个非羟基氧原子，而HClO分子中非羟基氧原子数目为0
8．在水溶液中甲醛能与发生反应：。下列说法错误的是
A．K2[Zn(CN)4]中所含的化学键有离子键、共价键和配位键
B．HCHO和BF3中心原子的价层电子对数相同，H－C－H键角大于F－B－F键角
C．和H2O与Zn2+的配位能力：
D．中，σ键和π键数目之比为1∶1
9．科研工作者研究出二氧化碳催化氢化制甲酸的反应过程如图所示(其中M为过渡金属，R表示烷基)。
下列说法错误的是
A．是反应的中间产物
B．二氧化碳催化氢化反应的原子利用率为100%
C．反应过程中M的成键数目保持不变
D．存在反应
10．钙钛矿是以俄罗斯矿物学家Perovski的名字命名的，最初单指钛酸钙这种矿物[如图(a)]，此后，把结构与之类似的晶体(化学式与钛酸钙相同)统称为钙钛矿物质。某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导材料的结构如图(b)所示，其中A为CH3NH，另两种离子为I-和Pb2+。
下列说法错误的是
A．钛酸钙的化学式为CaTiO3 B．图(b)中，X为Pb2+
C．CH3NH中含有配位健 D．晶胞中与每个Ca2+紧邻的O2-有12个
11．铜单质及其化合物在很多领域有重要用途，如金属铜用来制造电线电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂。某含铜化合物中某离子结构如图所示。下列说法错误的是
A．Cu位于元素周期表中第四周期第ⅠB族，ds区
B．Cu比Zn的第二电离能大
C．该离子中存在共价键、离子键、配位键
D．该离子中部分元素的电负性O>N>Cu
12．三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3是一种重要的化工产品，实验室可用反应制备。下列有关说法正确的是
A．基态Co2+的价层电子排布式为
B．的电子式为
C．中子数为18的氯原子可表示为
D．中含24mol共价键
13．胆矾CuSO4·5H2O可写成[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其结构示意图如下：
下列说法正确的是
A．在上述结构示意图中，所有氧原子都采用sp2杂化
B．在上述结构示意图中，存在配位键、共价键，不存在离子键
C．胆矾是分子晶体，分子间存在氢键
D．胆矾中的两种结晶水在不同的温度下会分步失去
14．下列反应的离子方程式书写不正确的是
A．向硫酸铜水溶液中逐渐滴加氨水形成蓝色沉淀，继续添加氨水蓝色沉淀溶解，蓝色沉淀溶解的离子方程式：Cu(OH)2+4NH3 H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O
B．向FeBr2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
C．Ba(OH)2溶液与足量的NaHCO3溶液反应：Ba2++OH-+HCO=BaCO3↓+H2O
D．向NaClO溶液中通入足量的SO2：SO2+H2O+ClO-=2H++SO+Cl-
15．B和Al为同主族元素，下列说法错误的是
A．H3BO3为一元酸，Al(OH)3呈两性
B．晶体B可能有脆性，Al有延展性
C．BF3和AlF3都可以与F-形成离子键
D．B和Al分别与N都能形成具有较高硬度和熔点的物质
二、填空题（共4题）
16．金刚石、石墨、C60、碳纳米管都是碳元素的单质形式，它们互为同素异形体，如图依次是石墨、金刚石和C60的结构图，回答问题
(1)石墨属于___________晶体，石墨晶体中C的杂化方式为___________，层与层之间以___________结合，1mol石墨含有___________molσC-C键
(2)金刚石晶体中C的杂化方式为___________，金刚石分子中的最小环为___________元环，一个环被___________个C原子共用，一个金刚石晶胞中有___________个σC-C键，晶胞中顶点原子坐标为(0，0，0)，则晶胞内部其它原子坐标为___________。
(3)C60属于___________晶体，一个C60晶胞的质量为___________g，每个C60分子与___________个C60分子紧邻，上图第三张图是C60的分子结构模型，在每个C60分子中形成的σ键数目为___________。
(4)C60能与金属钾化合生成具有超导性的K3C60，在K3C60中阴阳离子个数比为1∶3，则K3C60属于___________晶体。
(5)CO可以和很多过渡金属形成配合物。金属镍粉在CO气流中轻微地加热，可生成液态的Ni(CO)4，用配位键表示Ni(CO)4的结构为___________。
(6)科学发现，C和Ni、Mg元素的原子形成的晶体也具有超导性，其晶胞的结构特点如图，则该晶胞中每个Mg原子周围与它最近且距离相等的碳原子、镍原子各有___________个，___________个。
17．Cu可形成多种配合物，某同学在探究配合物的形成时做了以下实验，根据下列信息回答问题：
(1)向盛有硫酸铜水溶液的试管里逐滴加入氨水，首先出现蓝色沉淀，继续滴加氨水，蓝色沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，请写出先后发生反应的离子方程式___________。
(2)再向深蓝色透明溶液加入乙醇，析出深蓝色的晶体。深蓝色晶体的化学式为__________________。
(3)根据以上实验过程，判断NH3和H2O与Cu2＋的配位能力：NH3________(填“＞”“＝”或“＜”)H2O。
(4)已知Ti3＋可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，某同学设计了如下实验：
a、分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；
b、分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；
c、沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的。绿色晶体配合物的化学式为____________，由Cl所形成的化学键类型是_____________。
18．下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：
(1)Cr3+基态核外电子排布式为_______；配合物[Cr(H2O)6]3+中，与 Cr3+形成配位键的原子是_______(填元素符号)。
(2)CH3COOH 中C 原子轨道杂化类型为_______，1mol CH3CH2OH含有的σ键的数目为_______。
(3)与H2O互为等电子体的一种阳离子为_______(填化学式)；H2O与CH3CH2OH 可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为_______。
19．1911年，科学家发现汞在4.2K以下时电阻突然趋近于零——即低温超导性。1986年，科学家又发现了Nb3Ge在23K下具有超导性。1987年2月，赵忠贤及合作者独立发现了在液氮温区(沸点77 K)的高温超导体，其晶胞如图所示，元素组成为Ba-Y-Cu-O(临界温度93 K)，推动了国际高温超导研究。赵忠贤院士获得2016年度国家最高科学技术奖。
回答下列问题：
（1）铌Nb位于第五周期，Nb的外围电子排布式为4d45s1，Nb位于_______族
（2）下列关于Ge元素叙述正确的是______(从下列选项中选择)
A．Ge晶体属于准金属，且为共价晶体 B．Ge属于p区的过渡金属
C．Ge的第一电离能比As、Se均要小 D．Ge的电负性比C大
（3）Ge(CH3)2Cl2分子的中心原子Ge的杂化方式是______________
（4）NH3也常作致冷剂，其键角_______(填“大于”或“小于”)109°28′，NH3的沸点(239.6 K)高于N2沸点的主要原因是___________________________
（5）图示材料的理想化学式(无空位时)为___________________，若Y(钇)元素的化合价为+3，则Cu的平均化合价为_______
（6）金属铜属于面心立方最密堆积，其晶胞中Cu原子的最近距离为a cm，金属铜的晶体密度为ρ g/cm3，阿伏伽德罗常数为NA，则铜的相对原子质量为________ (只含一个系数，用a、ρ、NA表示)。
三、综合题（共4题）
20．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：___________；___________
21．(1)乙酸的沸点明显高于乙醛的主要原因是________________。
(2)已知元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，元素Z的最外层电子数是其内层的3倍。
则①与YZ互为等电子体的分子的化学式________(任写一种)。
②X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1 mol该配合物中含有σ键的数目为________。
③Z的氢化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是____________________________。
(3)已知苯酚()具有弱酸性，其Ka＝1.1×10－10；水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)________Ka(苯酚)(填“>”或“<”)，其原因是__________________________________。
22．钴、铁、镓、砷的单质及其化合物在生产生活中有重要的应用。回答下列问题：
(1)写出Fe的基态原子的电子排布式_________________。
(2)N、P、As为同一主族元素，其电负性由大到小的顺序为____________________，它们的氢化物沸点最高的是____________。其原因是__________，将NaNO3和Na2O在一定条件下反应得到一种白色晶体，已知其中阴离子与SO42-互为等电子体，则该阴离子的化学式是_____________。
(3)Fe3+、Co3+与N3-、CN-等可形成络合离子。
①K3[Fe(CN)6]可用于检验Fe2+,配体CN-中碳原子杂化轨道类型为______________。
②[Co(N3)(NH3)5]SO4中Co的配位数为____________,其配离子中含有的化学键类型为_______(填离子键、共价键、配位键)，C、N、O 的第一电离能最大的为_______，其原因是_____________________。
(4)砷化镓晶胞结构如图。晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间构型为________。已知砷化镓晶胞边长为apm,其密度为pg·cm-3,则阿伏加德罗常数的数值为__________________(列出计算式即可)。
23．某校兴趣小组对SO2与新制Cu(OH)2悬浊液的反应进行探究，实验如下：
装置 序号 试管中的药品 现象
持续通入 实验Ⅰ 1.5 mL1 mol/L CuSO4溶液和3.5 mL 1mol/L NaOH溶液混合 开始时有砖红色沉淀出现，一段时间后，砖红色沉淀消失，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色
实验Ⅱ 1.5 mL1 mol/L CuCl2溶液和3.5 mL 1 mol/L NaOH溶液混合 开始时有黄色沉淀出现，一段时间后，黄色沉淀消失，静置，生成大量白色沉淀，溶液呈绿色
（1）制取新制Cu(OH)2悬浊液的离子方程式为__________________________________。
（2）甲同学重新用实验II的方法制备新制Cu(OH)2悬浊液，过滤，用蒸馏水洗涤干净。向洗净后的Cu(OH)2中加入5 mL蒸馏水，再持续通入SO2气体，现象与实验I相同，此步实验证明：__________________，检验Cu(OH)2洗涤干净的方法是____________________________________________。
（3）同学们对白色沉淀的成分继续进行探究。查阅资料如下：CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸。它与氨水反应生成Cu(NH3)2+，在空气中会立即被氧化成含有蓝色Cu(NH3)42+溶液。
①甲同学向洗涤得到的白色沉淀中加入氨水，得到蓝色溶液，此过程中反应的离子方程式为：CuCl+2NH3·H2O
=Cu(NH3)2++Cl-+2H2O、____________________________。
②乙同学用另一种方法证明了该白色沉淀为CuCl，参考如下实验方案填写表格：
填写下表空格：
试剂1 _________________ 试剂2 蒸馏水
现象1 _________________ 现象2 _________________
③写出实验II中由Cu(OH)2生成白色沉淀的离子方程式：_________________。
（4）丙同学通过实验证明：实验Ⅰ中观察到的砖红色沉淀是Cu2O。完成合理的实验方案：取少量Cu2O固体于试管中，_________________________________，则说明砖红色沉淀是Cu2O。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
①水分子中的O原子有孤电子对，可以提供孤对电子与某些金属离子形成配位键，①符合题意；
②NH3分子中N原子有孤电子对，可以提供孤对电子与某些金属离子形成配位键，②符合题意；
③F-含有孤电子对，可以提供孤对电子与某些金属离子形成配位键，③符合题意；
④CN-中C、N原子均有孤电子对，C原子电负性较小，更易给出电子，与与某些金属离子形成配位键，④符合题意；
⑤OH-中O原子有孤电子对，可以提供孤对电子与某些金属离子形成配位键，⑤符合题意；
综上所述答案为D。
2．C
【详解】
形成配位键的两种微粒可以均是分子或者均是离子，还可以一种是分子、一种是离子，但必须是一种微粒提供空轨道、一种微粒提供孤电子对，A、B项错误，C项正确；提供空轨道的为中心原子，提供孤电子对的为配体，D项错误。
故选：C。
3．A
【详解】
A．H2O的空间构型为V形，NH3分子为三角锥形，都是极性键形成的极性分子，故A正确；
B．氢键是决定物质的物理性质的，而分子的稳定性是化学性质，由共价键的强弱决定，故B错误；
C．配合物[Cu(NH3)4]Cl2的中心原子配位数是4，故C错误；
D．P4和CH4都是正四面体形分子，但键角不同，前者键角为60°，后者键角为109°28'，故D错误；
故选：A。
4．B
【详解】
由题中信息可推知，含[CuCl4]2-的溶液为黄绿色，含[Cu(H2O)4]2＋的溶液为蓝色，故绿色溶液中含[CuCl4]2-和[Cu(H2O)4]2＋；在整个反应过程中SO未参与反应，NH3与H＋结合生成了NH；
故选B。
5．D
【详解】
A．离子结构示意图中质子数不等于核外电子总数，故图甲不是溴离子的结构示意图，而是Kr的原子结构示意图，A错误；
B．NH中的配位键是N原子提供孤电子对、H+提供空轨道形成的，故图乙不能正确表示NH的结构式，B错误；
C．图丙HF分子间的氢键，但氢键是用“…”表示的，“-”表示共价键，C错误；
D．丙氨酸中与-NH2相连的碳原子连有四个互不相同的原子或原子团，属于手性碳原子，故图丁丙氨酸的手性异构体，D正确；
故答案为：D。
6．C
【详解】
加入AgNO3不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2]，则
A．根据电中性原理可知配合物中心原子的电荷数为4，配位数为6，故A错误；
B．Pt与6个配体成键，即6个σ键，该配合物应是八面体结构，故B错误；
C．由分析可知，4个Cl-和2个NH3分子均与Pt4+配位，形成的配合物为[PtCl4(NH3)2]，故C正确；
D．该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2]，则配体有Cl-和NH3分子，故D错误；
故选C。
7．C
【详解】
A．碘是非极性分子易溶于非极性溶剂四氯化碳，甲烷属于非极性分子难溶于极性溶剂水，所以都可用相似相溶原理解释，A正确；
B．碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子，所以乳酸中与羟基直接相连的C为手性碳原子，B正确；
C．含有孤电子对的微粒与含有空轨道的微粒易形成配合物，因而，不仅是过渡金属才能形成配合物，如Na3AlF6中Al3+与F-间存在配位键，C错误；
D．H3 PO4 的非羟基氧原子数（为1）大于次氯酸的非羟基氧原子数（为0），所以磷酸的酸性大于次氯酸，D正确；
答案选C。
8．B
【详解】
A． K2[Zn(CN)4]中所含的化学键有钾离子与络离子间的离子键、C-N共价键和Zn与CN-间的配位键，故A正确；
B． HCHO和BF3中心原子的价层电子对数相同，甲醛中氧原子上的孤电子对结两个碳氢键排拆作用大，H－C－H键角小于F－B－F键角，故B错误；
C． C的电负性小于O，易与锌形成配位键，和H2O与Zn2+的配位能力：，故C正确；
D． 中，σ键(4个C-N、4个配位键)和π键(4个C≡N中π键)数目之比为8：8=1∶1，故D正确；
故选B。
9．C
【详解】
A．由图可知，生成后又参与反应，所以是反应的中间产物，A项正确；
B．由图可知，H2和CO2恰好完全转化为HCOOH，反应的原子利用率为100%，B项正确；
C．由图可知，反应过程中形成了三种含有M的物质，且成键数目不同，C项错误；
D．由图可知，该过程中包含CO和反应生成HCOOH和，D项正确；
答案选C。
10．B
【详解】
A．由图(a)可知，钛酸钙的晶胞中Ca2+位于8个顶点、O2-位于6个面心、Ti4+位于体心，根据均摊法可以确定Ca2+、O2-、Ti4+的数目分别为1、3、1，因此其化学式为CaTiO3，故A正确；
B．由图(b)可知，A、B、X分别位于晶胞的顶点、体心、面心，根据均摊法可以确定其中有1个A、1个B和3个X，根据晶体呈电中性可以确定， CH3NH和Pb2+均为1个，有3个I-，故X为I-，故B错误；
C．类比NH的成键情况可知，CH3NH中含有H+与-NH2形成的配位健，故C正确；
D．图(a)的晶胞中，Ca2+位于顶点，其与邻近的3个面的面心上的O2-紧邻，每个顶点参与形成8个晶胞，每个面参与形成2个晶胞，因此，与每个Ca2+紧邻的O2有=12个，故D正确；
答案选B。
11．C
【详解】
A．Cu位于元素周期表中第四周期第ⅠB族，ds区，A正确；
B．铜、锌的基态原子失去一个电子后的价电子排布式分别为、，3d能级全充满，较稳定，再失去一个电子较难，因此Cu比Zn的第二电离能大，B正确；
C．该离子中存在共价键、配位键，不存在离子键，C错误；
D．电负性O>N>Cu，D正确；
故选C。
12．D
【详解】
A．钴为27号元素，核外有27个电子，基态钴原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d74s2，基态钴的价电子排布式为3d74s2，Co2+表示失去最外层两个电子，所以基态Co2+的价层电子排布式为3d7，故A错误；
B．NH3分子中一个N原子与三个H原子形成3对共用电子对，N原子还有1对孤电子对，则NH3的电子式为，故B错误；
C．Cl的原子序数为17，即Cl原子的质子数为17，中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，该原子可表示为，故C错误；
D．由[Co(NH3)6]3+结构可知，在配位体NH3中的3个N-H键是共价键，6个配位体NH3与中心Co3+离子之间以配位键结合，配位键属于共价键，所以1 个[Co(NH3)6]3+含共价键数目为6+3×6=24个，即中含24mol共价键，故D正确；
答案为D。
13．D
【详解】
A．H2O中O原子形成2个σ键，有2个孤电子对，为sp3杂化，硫酸根离子中羟基氧是sp3杂化，非羟基氧不是中心原子，不参与杂化，故A错误；
B．在题述结构示意图中，存在O→Cu配位键，H—O、S—O共价键和配离子与硫酸根离子之间形成离子键，故B错误；
C．胆矾是五水硫酸铜，胆矾是由水合铜离子及硫酸根离子构成的，属于离子晶体，故C错误；
D．由于胆矾晶体中有两类结晶水，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结合方式不同，因此受热时也会因温度不同而得到不同的产物，故D正确。
答案选D。
14．C
【详解】
A．向硫酸铜水溶液中逐渐滴加氨水形成蓝色沉淀，继续添加氨水，蓝色沉淀溶解，生成[Cu(NH3)4]SO4，因此蓝色沉淀溶解的离子方程式：Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2+＋2OH－＋4H2O，故A正确；
B．向FeBr2溶液中通入少量Cl2，氯气和亚铁离子反应：2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－，故B正确；
C．Ba(OH)2溶液与足量的NaHCO3溶液反应，根据少定多变思想，将少的定为1mol，其离子方程式为：Ba2+＋2OH－＋2HCO=BaCO3↓＋2H2O＋CO，故C错误；
D．向NaClO溶液中通入足量的SO2，ClO－具有强氧化性，将二氧化硫氧化为硫酸根：SO2＋H2O＋ClO－=SO＋Cl－＋2H＋，故D正确；
综上所述，答案为C。
15．C
【详解】
A．H3BO3+H2OH4BO+H+ ，H3BO3为一元弱酸，Al(OH)3既能与酸反应又能与碱反应，Al(OH)3是两性氢氧化物，故A正确；
B．晶体B是原子晶体，可能有脆性，Al是金属晶体有延展性，故B正确；
C．BF3和AlF3都可以与F-形成配位键，故C错误；
D．B和Al分别与N都能形成具有较高硬度和熔点的氮化硼、氮化铝等原子晶体，故D正确；
选C。
16．(1) 混合型 sp2 范德华力 1.5
(2) sp3 6 12 16 (，，)、(，，)、(，，)、( ，，)或(，，)、( ，，)、( ，，)、(，，)
(3) 分子 或(4.78×10-21) 12 90
(4)离子
(5)或
(6) 6 12
【解析】
(1)
石墨属于混合型晶体；石墨晶体中C原子有三个σ键，即石墨中碳原子的杂化类型为sp2；层层之间以范德华力结合，根据均摊方法，石墨中1个碳原子有=1.5个σ键，因此1mol石墨中含有1.5molC－C键；故答案为混合型；sp2；范德华力；1.5；
(2)
金刚石中C原子间以单键的形式结合，1个碳原子有4个共价键，即C原子杂化类型为sp3；根据金刚石晶胞模型，金刚石分子中最小环为6元环，六元环中一个碳原子被12个这样的六元环共用；根据均摊法，金刚石晶胞中1个碳原子有2个σC－C键，一个晶胞中有8个碳原子，因此含有8×2=16个σC－C键；共价晶体中，晶胞内部中碳原子与其最近的顶点碳原子距离是体对角线的，因此晶胞内部碳原子的坐标为(，，)、(，，)、(，，)、( ，，)或(，，)、( ，，)、( ，，)、(，，)；故答案为sp3；6；12；16；(，，)、(，，)、(，，)、( ，，)或(，，)、( ，，)、( ，，)、(，，)；
(3)
C60是分子晶体，根据晶胞的结构图，1个C60晶胞中C60个数为=4个，质量为g=或(4.78×10-21)；根据C60的晶胞结构，每个C60分子与其紧邻的C60有12个(同层有4个、上层4个、下层4个)；根据第三幅图，一个C原子与三个C原子结合，根据均摊法，1个碳原子所含C－C数为个，即1个C60分子中形成C－C数目是60×=90；故答案为或(4.78×10-21)；12；90；
(4)
K3C60是由阴阳离子组成，即K3C60为离子晶体；故答案为离子；
(5)
Ni提供空轨道，CO中碳原子提供孤电子对，即Ni(CO)4的结构为或，故答案为或；
(6)
碳原子位于体心，与Mg最近且距离相等碳原子有6个，Ni原子位于面心，最近距离相等镍原子有12个(同层有4个、上层4个、下层4个)；故答案为6：12。
17． Cu2＋＋2NH3·H2O＝Cu(OH)2↓＋2NH4+、Cu(OH)2＋4NH3·H2O＝[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O [Cu(NH3)4]SO4·H2O ＞ [TiCl(H2O)5]Cl2·H2O 离子键和配位键
【详解】
（1）氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，涉及的离子方程式为：Cu2＋＋2NH3·H2O＝Cu(OH)2↓＋2NH4+、Cu(OH)2＋4NH3·H2O＝[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O；
（2）再向深蓝色透明溶液加入乙醇，由于[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以会析出深蓝色的晶体：Cu（NH3）4SO4 H2O，故答案为：Cu（NH3）4SO4 H2O；
（3）硫酸铜溶液中加入过量氨水后生成了[Cu（NH3）4]2离子，说明氨气与Cu2+的配位能力大于水与铜离子的配位能力，故答案为：＞；沉淀的质量可以推断出氯离子的含量，原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的，两种晶体的组成皆为TiCl3 6H2O，说明紫色晶体中有三个自由移动的氯离子，而绿色晶体中只有2个自由移动的离子，即有一个氯原子形成了配合物，因为钛为6配位，即配合物中须有五个水，即化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2 H2O，而紫色晶体的化学式为[Ti（H2O）6]Cl3，根据其化学式知，由Cl所形成的化学键类型是离子键和共价键，故答案为：[TiCl（H2O）5]Cl2 H2O；离子键和共价键。
18． 1s22s22p63s23p63d3 O sp3和sp2 7NA H2F+ H2O与CH3CH2OH之间可以形成氢键
【详解】
(1)铬24号元素，铬元素失去3个电子变成Cr3+，所以Cr3+核外有21个电子，根据构造原理知，该离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3，配合物[Cr(H2O)6]3+中Cr3+为中心离子，H2O为配体，O原子提供孤对电子，与Cr3+形成配位键，
(2)CH3COOH中C原子分别形成4个、3个δ键，没有孤对电子，分别为sp3杂化、sp2杂化，CH3CHOOH分子中含有1个C-C、3个C-H、1个C-O、1个C=O、1个O-H等化学键，则1mol CH3COOH分子中含有σ键的数目为7NA；
(3)与H2O互为等电子体的阳离子应含有3个原子、且电子数为10，应为H2F+，H2O与CH3CH2OH都含有氢键，且都为极性分子，二者互溶。
19． VB A C sp3 小于 NH3分子间有氢键，N2分子间无氢键，致使NH3的沸点更高 Ba2YCu3O9 +11/3 a3ρNA或0.707a3ρNA
【详解】
(1)铌Nb位于第五周期，Nb的外围电子排布式为4d45s1，在周期表的ds区，第5轨道上有电子所以位于第五周期，4d 上有4个电子和5s上有一个电子所以是在VB族；
(2)A．Ge位于元素周期表金属元素与非金属元素的分界线附近，晶体属于准金属，且为共价晶体，选项A正确；B．Ge属于p区，但不属于过渡金属，选项B错误；C．同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，As的4p能级含有3个电子，为半满稳定状态，第一电离能较高，则第一电离能As>Se>Ge，选项C正确；D．同主族从上到下非金属性减弱电负性减弱，则Ge的电负性比C小，选项D错误。答案选AC；
(3)Ge(CH3)2Cl2分子的中心原子Ge的价层电子对是4，其杂化方式是sp3；
(4)NH3也常作致冷剂，其分子构型是三角锥形，其键角小于109°28′，NH3的沸点(239.6 K)高于N2沸点的主要原因是NH3分子间有氢键，N2分子间无氢键，致使NH3的沸点更高；
(5)晶胞内部含有2个钡原子、1个Y原子，棱上含有8个铜原子、20个O原子，顶点含有8个铜原子，面心含有8个O原子，共3个铜原子、9个O原子，图示材料的理想化学式(无空位时)为Ba2YCu3O9，若Y(钇)元素的化合价为+3，则Cu的平均化合价为；
(6)金属铜属于面心立方最密堆积，其晶胞中含有4个铜原子，Cu原子的最近距离为a cm，则晶胞边长为，金属铜的晶体密度为ρ g/cm3，阿伏伽德罗常数为NA，则有，故铜的相对原子质量为a3ρNA。
20．(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-=。
21． CH3COOH存在分子间氢键 CCl4或SiCl4等 16NA或16×6.02×1023个 水分子与乙醇分子之间存在氢键 ＜ 中形成分子内氢键，使其更难电离出H＋
【详解】
（1）因乙酸分子间能形成氢键，故乙酸的沸点明显比乙醛高。（2）①SO42－中S原子的价层电子对数是4，无孤对电子，因此采取sp3杂化，SO42－空间构型为正四面体。原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，与SO42－互为等电子体的分子有SiCl4或CCl4等。在[Zn(NH3)4]Cl2中每个NH3分子中的3个N—H键均为σ键，中心离子Zn2＋与4个NH3分子结合的配位键也为σ键。故1 mol配合物中的σ键为4mol＋3×4mol＝16mol，即16NA个σ键。Z为氧元素，H2O在乙醇中的溶解度大于H2S，是因为水分子与乙醇分子间形成氢键，而H2S不能。（3）由于能形成分子内氢键，使其更难电离出H＋，所以酸性弱于苯酚。
22． [Ar]3d64s2 N＞P＞As NH3 氨气分子间存在氢键 NO43- sp 6 共价键、配位键 N 氮原子2p轨道上的电子为半充满，相对稳定，更不易失去电子 正四面体
【详解】
(1)Fe的原子序数为26，由构造原理可知电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
(2)同一主族元素，元素的电负性随着原子序数增大而减小，所以电负性大小顺序是N＞P＞As；含有氢键的氢化物熔沸点较高，氢化物中不含氢键时，相对分子质量越大的熔沸点越高，这三种元素的氢化物中只有氨气含有氢键，所以氨气的熔沸点最高；根据等电子体知识可知，与SO42-互为等电子体的阴离子的化学式为NO43-；
故答案为：N＞P＞As；NH3；氨气分子间存在氢键；NO43-；
(3)①配体CN 中碳原子价层电子对个数是2且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp，故答案为：sp；
②[Co(N3)(NH3)5]SO4中Co的配体是NH3和N3，所以Co原子配位数是6，非金属元素之间存在共价键，含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，所以该配离子中含有共价键和配位键；原子轨道上电子处于全满、全空、半满时最稳定，氮原子2p轨道上的电子为半充满，相对稳定，更不易失去电子，所以这三种元素第一电离能最大的是N元素；故答案为：6；共价键、配位键；N；氮原子2p轨道上的电子为半充满，相对稳定，更不易失去电子；
(4)晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间构型为正四面体结构；该晶胞中As原子个数是4、Ga原子个数，其密度，则 ；
故答案为：正四面体；。
23． Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓ 黄色沉淀消失，生成大量白色沉淀（或实验II与实验I的现象差异）与Cl-有关（或与SO42-无关） 取最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出现白色沉淀，证明Cu(OH)2洗涤干净 4Cu(NH3)2++8NH3·H2O+O2=4Cu(NH3)42++4OH-+6H2O 浓盐酸 白色沉淀溶解 出现白色沉淀 2Cu(OH)2 +2Cl-+SO2=2CuCl↓+SO42-+2H2O 加5 mL蒸馏水，向其中持续通入SO2，一段时间后，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色（或现象与实验I相同）
【详解】
（1）实验室通常用氢氧化钠和硫酸铜制取新制Cu(OH)2悬浊液，反应的离子方程式为Cu2++2OH-═Cu(OH)2↓；
（2）比较实验Ⅰ和Ⅱ可知，两个实验制取Cu(OH)2悬浊液所用铜盐不同，产生的现象不同，由阴离子不同产生；向洗净后的Cu(OH)2中加入5 mL蒸馏水，再持续通入SO2气体，现象与实验I相同，此步实验证明黄色沉淀消失，生成大量白色沉淀（或实验II与实验I的现象差异）与Cl-有关（或与SO42-无关）；Cu(OH)2固体表面有氯离子等杂质，可以通过洗涤滤液中是否有氯离子判断洗涤是否干净，具体操作为取最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出现白色沉淀，证明Cu(OH)2洗涤干净；
（3）①甲同学向洗涤得到的白色沉淀中加入氨水，得到蓝色溶液，蓝色溶液中应有Cu(NH3)，所以这一过程中有Cu(NH3)2+被氧化的反应，所以存的离子反应还有4 Cu(NH3) +8NH3 H2O+O2═4 Cu(NH3)+4OH-+6H2O；
②CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸，根据这个性质可以证明该白色沉淀是否为CuCl，所以实验为
试剂1 浓盐酸 试剂2 蒸馏水
现象1 白色沉淀溶解 现象2 出现白色沉淀
③实验II中由Cu（OH）2与二氧化硫发生氧化还原反应生成氯化亚铜和硫酸盐，反应的离子方程式为2Cu（OH）2+2Cl-+SO2═2CuCl↓+SO+2H2O；
（4）根据实验Ⅰ中的现象可知，氧化亚铜能与二氧化硫继续反应生成绿色溶液，据此可以证明砖红色沉淀是Cu2O；其操作为加5mL蒸馏水，向其中持续通入SO2，一段时间后，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色（或现象与实验I相同）。
一、选择题（共15题）
1．下列分子或离子中，能提供孤对电子与某些金属离子形成配位键的是
①H2O ②NH3 ③F- ④CN- ⑤OH-
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④⑤
2．若、两种粒子之间可形成配位键，则下列说法正确的是
A．、只能均是分子
B．、只能均是离子
C．若提供空轨道，则提供孤电子对
D．若提供空轨道，则为配位体
3．分子结构的了解有利于物质性质的学习。下列关于物质结构和性质的说法中正确的是
A．H2O和NH3均为极性分子
B．水很稳定的原因是水分子间存在氢键
C．配合物[Cu(NH3)4]Cl2的中心原子配位数是6
D．P4和CH4都是正四面体形分子，键角均为109°28'
4．将灼热的铜丝伸入盛氯气的集气瓶中，剧烈燃烧产生棕黄色烟，向集气瓶中加入少量水，观察到溶液呈黄绿色，主要原因是CuCl2溶液中存在黄绿色的[CuCl4]2-。现向蓝色的硫酸铜溶液中，加入少量稀氨水，得到蓝色絮状沉淀，继续加入氨水后，蓝色沉淀溶解，得到深蓝色溶液，再向其中加入少量浓盐酸，得到绿色溶液，则该绿色溶液中主要存在的离子是
A．Cu2＋、[Cu(H2O)4]2＋、SO B．[CuCl4]2-、[Cu(H2O)4]2＋、NH、SO
C．[CuCl]、NH、SO D．[Cu(NH3)4]2＋、[Cu(H2O)4]2＋、SO
5．下列示意图或图示正确的是
A．图甲溴离子的结构示意图 B．图乙NH的结构式
C．图丙HF分子间的氢键 D．图丁丙氨酸的手性异构体
6．某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是
A．配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6
B．该配合物可能是平面正方形结构
C．C1-和NH3分子均为Pt4+配体
D．配合物中Cl-与Pt4+配位，而NH3分子不配位
7．下列对分子及其性质的解释中，不正确的是
A．碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释
B．乳酸[CH3CH(OH)COOH]中存在一个手性碳原子
C．许多过渡金属离子对多种配体具有很强的结合力，因而，只有过渡金属才能形成配合物
D．已知酸性：H3PO4>HClO，是因为H3PO4分子中有1个非羟基氧原子，而HClO分子中非羟基氧原子数目为0
8．在水溶液中甲醛能与发生反应：。下列说法错误的是
A．K2[Zn(CN)4]中所含的化学键有离子键、共价键和配位键
B．HCHO和BF3中心原子的价层电子对数相同，H－C－H键角大于F－B－F键角
C．和H2O与Zn2+的配位能力：
D．中，σ键和π键数目之比为1∶1
9．科研工作者研究出二氧化碳催化氢化制甲酸的反应过程如图所示(其中M为过渡金属，R表示烷基)。
下列说法错误的是
A．是反应的中间产物
B．二氧化碳催化氢化反应的原子利用率为100%
C．反应过程中M的成键数目保持不变
D．存在反应
10．钙钛矿是以俄罗斯矿物学家Perovski的名字命名的，最初单指钛酸钙这种矿物[如图(a)]，此后，把结构与之类似的晶体(化学式与钛酸钙相同)统称为钙钛矿物质。某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导材料的结构如图(b)所示，其中A为CH3NH，另两种离子为I-和Pb2+。
下列说法错误的是
A．钛酸钙的化学式为CaTiO3 B．图(b)中，X为Pb2+
C．CH3NH中含有配位健 D．晶胞中与每个Ca2+紧邻的O2-有12个
11．铜单质及其化合物在很多领域有重要用途，如金属铜用来制造电线电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂。某含铜化合物中某离子结构如图所示。下列说法错误的是
A．Cu位于元素周期表中第四周期第ⅠB族，ds区
B．Cu比Zn的第二电离能大
C．该离子中存在共价键、离子键、配位键
D．该离子中部分元素的电负性O>N>Cu
12．三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3是一种重要的化工产品，实验室可用反应制备。下列有关说法正确的是
A．基态Co2+的价层电子排布式为
B．的电子式为
C．中子数为18的氯原子可表示为
D．中含24mol共价键
13．胆矾CuSO4·5H2O可写成[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其结构示意图如下：
下列说法正确的是
A．在上述结构示意图中，所有氧原子都采用sp2杂化
B．在上述结构示意图中，存在配位键、共价键，不存在离子键
C．胆矾是分子晶体，分子间存在氢键
D．胆矾中的两种结晶水在不同的温度下会分步失去
14．下列反应的离子方程式书写不正确的是
A．向硫酸铜水溶液中逐渐滴加氨水形成蓝色沉淀，继续添加氨水蓝色沉淀溶解，蓝色沉淀溶解的离子方程式：Cu(OH)2+4NH3 H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O
B．向FeBr2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
C．Ba(OH)2溶液与足量的NaHCO3溶液反应：Ba2++OH-+HCO=BaCO3↓+H2O
D．向NaClO溶液中通入足量的SO2：SO2+H2O+ClO-=2H++SO+Cl-
15．B和Al为同主族元素，下列说法错误的是
A．H3BO3为一元酸，Al(OH)3呈两性
B．晶体B可能有脆性，Al有延展性
C．BF3和AlF3都可以与F-形成离子键
D．B和Al分别与N都能形成具有较高硬度和熔点的物质
二、填空题（共4题）
16．金刚石、石墨、C60、碳纳米管都是碳元素的单质形式，它们互为同素异形体，如图依次是石墨、金刚石和C60的结构图，回答问题
(1)石墨属于___________晶体，石墨晶体中C的杂化方式为___________，层与层之间以___________结合，1mol石墨含有___________molσC-C键
(2)金刚石晶体中C的杂化方式为___________，金刚石分子中的最小环为___________元环，一个环被___________个C原子共用，一个金刚石晶胞中有___________个σC-C键，晶胞中顶点原子坐标为(0，0，0)，则晶胞内部其它原子坐标为___________。
(3)C60属于___________晶体，一个C60晶胞的质量为___________g，每个C60分子与___________个C60分子紧邻，上图第三张图是C60的分子结构模型，在每个C60分子中形成的σ键数目为___________。
(4)C60能与金属钾化合生成具有超导性的K3C60，在K3C60中阴阳离子个数比为1∶3，则K3C60属于___________晶体。
(5)CO可以和很多过渡金属形成配合物。金属镍粉在CO气流中轻微地加热，可生成液态的Ni(CO)4，用配位键表示Ni(CO)4的结构为___________。
(6)科学发现，C和Ni、Mg元素的原子形成的晶体也具有超导性，其晶胞的结构特点如图，则该晶胞中每个Mg原子周围与它最近且距离相等的碳原子、镍原子各有___________个，___________个。
17．Cu可形成多种配合物，某同学在探究配合物的形成时做了以下实验，根据下列信息回答问题：
(1)向盛有硫酸铜水溶液的试管里逐滴加入氨水，首先出现蓝色沉淀，继续滴加氨水，蓝色沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，请写出先后发生反应的离子方程式___________。
(2)再向深蓝色透明溶液加入乙醇，析出深蓝色的晶体。深蓝色晶体的化学式为__________________。
(3)根据以上实验过程，判断NH3和H2O与Cu2＋的配位能力：NH3________(填“＞”“＝”或“＜”)H2O。
(4)已知Ti3＋可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，某同学设计了如下实验：
a、分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；
b、分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；
c、沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的。绿色晶体配合物的化学式为____________，由Cl所形成的化学键类型是_____________。
18．下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：
(1)Cr3+基态核外电子排布式为_______；配合物[Cr(H2O)6]3+中，与 Cr3+形成配位键的原子是_______(填元素符号)。
(2)CH3COOH 中C 原子轨道杂化类型为_______，1mol CH3CH2OH含有的σ键的数目为_______。
(3)与H2O互为等电子体的一种阳离子为_______(填化学式)；H2O与CH3CH2OH 可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为_______。
19．1911年，科学家发现汞在4.2K以下时电阻突然趋近于零——即低温超导性。1986年，科学家又发现了Nb3Ge在23K下具有超导性。1987年2月，赵忠贤及合作者独立发现了在液氮温区(沸点77 K)的高温超导体，其晶胞如图所示，元素组成为Ba-Y-Cu-O(临界温度93 K)，推动了国际高温超导研究。赵忠贤院士获得2016年度国家最高科学技术奖。
回答下列问题：
（1）铌Nb位于第五周期，Nb的外围电子排布式为4d45s1，Nb位于_______族
（2）下列关于Ge元素叙述正确的是______(从下列选项中选择)
A．Ge晶体属于准金属，且为共价晶体 B．Ge属于p区的过渡金属
C．Ge的第一电离能比As、Se均要小 D．Ge的电负性比C大
（3）Ge(CH3)2Cl2分子的中心原子Ge的杂化方式是______________
（4）NH3也常作致冷剂，其键角_______(填“大于”或“小于”)109°28′，NH3的沸点(239.6 K)高于N2沸点的主要原因是___________________________
（5）图示材料的理想化学式(无空位时)为___________________，若Y(钇)元素的化合价为+3，则Cu的平均化合价为_______
（6）金属铜属于面心立方最密堆积，其晶胞中Cu原子的最近距离为a cm，金属铜的晶体密度为ρ g/cm3，阿伏伽德罗常数为NA，则铜的相对原子质量为________ (只含一个系数，用a、ρ、NA表示)。
三、综合题（共4题）
20．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：___________；___________
21．(1)乙酸的沸点明显高于乙醛的主要原因是________________。
(2)已知元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，元素Z的最外层电子数是其内层的3倍。
则①与YZ互为等电子体的分子的化学式________(任写一种)。
②X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1 mol该配合物中含有σ键的数目为________。
③Z的氢化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是____________________________。
(3)已知苯酚()具有弱酸性，其Ka＝1.1×10－10；水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)________Ka(苯酚)(填“>”或“<”)，其原因是__________________________________。
22．钴、铁、镓、砷的单质及其化合物在生产生活中有重要的应用。回答下列问题：
(1)写出Fe的基态原子的电子排布式_________________。
(2)N、P、As为同一主族元素，其电负性由大到小的顺序为____________________，它们的氢化物沸点最高的是____________。其原因是__________，将NaNO3和Na2O在一定条件下反应得到一种白色晶体，已知其中阴离子与SO42-互为等电子体，则该阴离子的化学式是_____________。
(3)Fe3+、Co3+与N3-、CN-等可形成络合离子。
①K3[Fe(CN)6]可用于检验Fe2+,配体CN-中碳原子杂化轨道类型为______________。
②[Co(N3)(NH3)5]SO4中Co的配位数为____________,其配离子中含有的化学键类型为_______(填离子键、共价键、配位键)，C、N、O 的第一电离能最大的为_______，其原因是_____________________。
(4)砷化镓晶胞结构如图。晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间构型为________。已知砷化镓晶胞边长为apm,其密度为pg·cm-3,则阿伏加德罗常数的数值为__________________(列出计算式即可)。
23．某校兴趣小组对SO2与新制Cu(OH)2悬浊液的反应进行探究，实验如下：
装置 序号 试管中的药品 现象
持续通入 实验Ⅰ 1.5 mL1 mol/L CuSO4溶液和3.5 mL 1mol/L NaOH溶液混合 开始时有砖红色沉淀出现，一段时间后，砖红色沉淀消失，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色
实验Ⅱ 1.5 mL1 mol/L CuCl2溶液和3.5 mL 1 mol/L NaOH溶液混合 开始时有黄色沉淀出现，一段时间后，黄色沉淀消失，静置，生成大量白色沉淀，溶液呈绿色
（1）制取新制Cu(OH)2悬浊液的离子方程式为__________________________________。
（2）甲同学重新用实验II的方法制备新制Cu(OH)2悬浊液，过滤，用蒸馏水洗涤干净。向洗净后的Cu(OH)2中加入5 mL蒸馏水，再持续通入SO2气体，现象与实验I相同，此步实验证明：__________________，检验Cu(OH)2洗涤干净的方法是____________________________________________。
（3）同学们对白色沉淀的成分继续进行探究。查阅资料如下：CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸。它与氨水反应生成Cu(NH3)2+，在空气中会立即被氧化成含有蓝色Cu(NH3)42+溶液。
①甲同学向洗涤得到的白色沉淀中加入氨水，得到蓝色溶液，此过程中反应的离子方程式为：CuCl+2NH3·H2O
=Cu(NH3)2++Cl-+2H2O、____________________________。
②乙同学用另一种方法证明了该白色沉淀为CuCl，参考如下实验方案填写表格：
填写下表空格：
试剂1 _________________ 试剂2 蒸馏水
现象1 _________________ 现象2 _________________
③写出实验II中由Cu(OH)2生成白色沉淀的离子方程式：_________________。
（4）丙同学通过实验证明：实验Ⅰ中观察到的砖红色沉淀是Cu2O。完成合理的实验方案：取少量Cu2O固体于试管中，_________________________________，则说明砖红色沉淀是Cu2O。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
①水分子中的O原子有孤电子对，可以提供孤对电子与某些金属离子形成配位键，①符合题意；
②NH3分子中N原子有孤电子对，可以提供孤对电子与某些金属离子形成配位键，②符合题意；
③F-含有孤电子对，可以提供孤对电子与某些金属离子形成配位键，③符合题意；
④CN-中C、N原子均有孤电子对，C原子电负性较小，更易给出电子，与与某些金属离子形成配位键，④符合题意；
⑤OH-中O原子有孤电子对，可以提供孤对电子与某些金属离子形成配位键，⑤符合题意；
综上所述答案为D。
2．C
【详解】
形成配位键的两种微粒可以均是分子或者均是离子，还可以一种是分子、一种是离子，但必须是一种微粒提供空轨道、一种微粒提供孤电子对，A、B项错误，C项正确；提供空轨道的为中心原子，提供孤电子对的为配体，D项错误。
故选：C。
3．A
【详解】
A．H2O的空间构型为V形，NH3分子为三角锥形，都是极性键形成的极性分子，故A正确；
B．氢键是决定物质的物理性质的，而分子的稳定性是化学性质，由共价键的强弱决定，故B错误；
C．配合物[Cu(NH3)4]Cl2的中心原子配位数是4，故C错误；
D．P4和CH4都是正四面体形分子，但键角不同，前者键角为60°，后者键角为109°28'，故D错误；
故选：A。
4．B
【详解】
由题中信息可推知，含[CuCl4]2-的溶液为黄绿色，含[Cu(H2O)4]2＋的溶液为蓝色，故绿色溶液中含[CuCl4]2-和[Cu(H2O)4]2＋；在整个反应过程中SO未参与反应，NH3与H＋结合生成了NH；
故选B。
5．D
【详解】
A．离子结构示意图中质子数不等于核外电子总数，故图甲不是溴离子的结构示意图，而是Kr的原子结构示意图，A错误；
B．NH中的配位键是N原子提供孤电子对、H+提供空轨道形成的，故图乙不能正确表示NH的结构式，B错误；
C．图丙HF分子间的氢键，但氢键是用“…”表示的，“-”表示共价键，C错误；
D．丙氨酸中与-NH2相连的碳原子连有四个互不相同的原子或原子团，属于手性碳原子，故图丁丙氨酸的手性异构体，D正确；
故答案为：D。
6．C
【详解】
加入AgNO3不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2]，则
A．根据电中性原理可知配合物中心原子的电荷数为4，配位数为6，故A错误；
B．Pt与6个配体成键，即6个σ键，该配合物应是八面体结构，故B错误；
C．由分析可知，4个Cl-和2个NH3分子均与Pt4+配位，形成的配合物为[PtCl4(NH3)2]，故C正确；
D．该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2]，则配体有Cl-和NH3分子，故D错误；
故选C。
7．C
【详解】
A．碘是非极性分子易溶于非极性溶剂四氯化碳，甲烷属于非极性分子难溶于极性溶剂水，所以都可用相似相溶原理解释，A正确；
B．碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子，所以乳酸中与羟基直接相连的C为手性碳原子，B正确；
C．含有孤电子对的微粒与含有空轨道的微粒易形成配合物，因而，不仅是过渡金属才能形成配合物，如Na3AlF6中Al3+与F-间存在配位键，C错误；
D．H3 PO4 的非羟基氧原子数（为1）大于次氯酸的非羟基氧原子数（为0），所以磷酸的酸性大于次氯酸，D正确；
答案选C。
8．B
【详解】
A． K2[Zn(CN)4]中所含的化学键有钾离子与络离子间的离子键、C-N共价键和Zn与CN-间的配位键，故A正确；
B． HCHO和BF3中心原子的价层电子对数相同，甲醛中氧原子上的孤电子对结两个碳氢键排拆作用大，H－C－H键角小于F－B－F键角，故B错误；
C． C的电负性小于O，易与锌形成配位键，和H2O与Zn2+的配位能力：，故C正确；
D． 中，σ键(4个C-N、4个配位键)和π键(4个C≡N中π键)数目之比为8：8=1∶1，故D正确；
故选B。
9．C
【详解】
A．由图可知，生成后又参与反应，所以是反应的中间产物，A项正确；
B．由图可知，H2和CO2恰好完全转化为HCOOH，反应的原子利用率为100%，B项正确；
C．由图可知，反应过程中形成了三种含有M的物质，且成键数目不同，C项错误；
D．由图可知，该过程中包含CO和反应生成HCOOH和，D项正确；
答案选C。
10．B
【详解】
A．由图(a)可知，钛酸钙的晶胞中Ca2+位于8个顶点、O2-位于6个面心、Ti4+位于体心，根据均摊法可以确定Ca2+、O2-、Ti4+的数目分别为1、3、1，因此其化学式为CaTiO3，故A正确；
B．由图(b)可知，A、B、X分别位于晶胞的顶点、体心、面心，根据均摊法可以确定其中有1个A、1个B和3个X，根据晶体呈电中性可以确定， CH3NH和Pb2+均为1个，有3个I-，故X为I-，故B错误；
C．类比NH的成键情况可知，CH3NH中含有H+与-NH2形成的配位健，故C正确；
D．图(a)的晶胞中，Ca2+位于顶点，其与邻近的3个面的面心上的O2-紧邻，每个顶点参与形成8个晶胞，每个面参与形成2个晶胞，因此，与每个Ca2+紧邻的O2有=12个，故D正确；
答案选B。
11．C
【详解】
A．Cu位于元素周期表中第四周期第ⅠB族，ds区，A正确；
B．铜、锌的基态原子失去一个电子后的价电子排布式分别为、，3d能级全充满，较稳定，再失去一个电子较难，因此Cu比Zn的第二电离能大，B正确；
C．该离子中存在共价键、配位键，不存在离子键，C错误；
D．电负性O>N>Cu，D正确；
故选C。
12．D
【详解】
A．钴为27号元素，核外有27个电子，基态钴原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d74s2，基态钴的价电子排布式为3d74s2，Co2+表示失去最外层两个电子，所以基态Co2+的价层电子排布式为3d7，故A错误；
B．NH3分子中一个N原子与三个H原子形成3对共用电子对，N原子还有1对孤电子对，则NH3的电子式为，故B错误；
C．Cl的原子序数为17，即Cl原子的质子数为17，中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，该原子可表示为，故C错误；
D．由[Co(NH3)6]3+结构可知，在配位体NH3中的3个N-H键是共价键，6个配位体NH3与中心Co3+离子之间以配位键结合，配位键属于共价键，所以1 个[Co(NH3)6]3+含共价键数目为6+3×6=24个，即中含24mol共价键，故D正确；
答案为D。
13．D
【详解】
A．H2O中O原子形成2个σ键，有2个孤电子对，为sp3杂化，硫酸根离子中羟基氧是sp3杂化，非羟基氧不是中心原子，不参与杂化，故A错误；
B．在题述结构示意图中，存在O→Cu配位键，H—O、S—O共价键和配离子与硫酸根离子之间形成离子键，故B错误；
C．胆矾是五水硫酸铜，胆矾是由水合铜离子及硫酸根离子构成的，属于离子晶体，故C错误；
D．由于胆矾晶体中有两类结晶水，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结合方式不同，因此受热时也会因温度不同而得到不同的产物，故D正确。
答案选D。
14．C
【详解】
A．向硫酸铜水溶液中逐渐滴加氨水形成蓝色沉淀，继续添加氨水，蓝色沉淀溶解，生成[Cu(NH3)4]SO4，因此蓝色沉淀溶解的离子方程式：Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2+＋2OH－＋4H2O，故A正确；
B．向FeBr2溶液中通入少量Cl2，氯气和亚铁离子反应：2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－，故B正确；
C．Ba(OH)2溶液与足量的NaHCO3溶液反应，根据少定多变思想，将少的定为1mol，其离子方程式为：Ba2+＋2OH－＋2HCO=BaCO3↓＋2H2O＋CO，故C错误；
D．向NaClO溶液中通入足量的SO2，ClO－具有强氧化性，将二氧化硫氧化为硫酸根：SO2＋H2O＋ClO－=SO＋Cl－＋2H＋，故D正确；
综上所述，答案为C。
15．C
【详解】
A．H3BO3+H2OH4BO+H+ ，H3BO3为一元弱酸，Al(OH)3既能与酸反应又能与碱反应，Al(OH)3是两性氢氧化物，故A正确；
B．晶体B是原子晶体，可能有脆性，Al是金属晶体有延展性，故B正确；
C．BF3和AlF3都可以与F-形成配位键，故C错误；
D．B和Al分别与N都能形成具有较高硬度和熔点的氮化硼、氮化铝等原子晶体，故D正确；
选C。
16．(1) 混合型 sp2 范德华力 1.5
(2) sp3 6 12 16 (，，)、(，，)、(，，)、( ，，)或(，，)、( ，，)、( ，，)、(，，)
(3) 分子 或(4.78×10-21) 12 90
(4)离子
(5)或
(6) 6 12
【解析】
(1)
石墨属于混合型晶体；石墨晶体中C原子有三个σ键，即石墨中碳原子的杂化类型为sp2；层层之间以范德华力结合，根据均摊方法，石墨中1个碳原子有=1.5个σ键，因此1mol石墨中含有1.5molC－C键；故答案为混合型；sp2；范德华力；1.5；
(2)
金刚石中C原子间以单键的形式结合，1个碳原子有4个共价键，即C原子杂化类型为sp3；根据金刚石晶胞模型，金刚石分子中最小环为6元环，六元环中一个碳原子被12个这样的六元环共用；根据均摊法，金刚石晶胞中1个碳原子有2个σC－C键，一个晶胞中有8个碳原子，因此含有8×2=16个σC－C键；共价晶体中，晶胞内部中碳原子与其最近的顶点碳原子距离是体对角线的，因此晶胞内部碳原子的坐标为(，，)、(，，)、(，，)、( ，，)或(，，)、( ，，)、( ，，)、(，，)；故答案为sp3；6；12；16；(，，)、(，，)、(，，)、( ，，)或(，，)、( ，，)、( ，，)、(，，)；
(3)
C60是分子晶体，根据晶胞的结构图，1个C60晶胞中C60个数为=4个，质量为g=或(4.78×10-21)；根据C60的晶胞结构，每个C60分子与其紧邻的C60有12个(同层有4个、上层4个、下层4个)；根据第三幅图，一个C原子与三个C原子结合，根据均摊法，1个碳原子所含C－C数为个，即1个C60分子中形成C－C数目是60×=90；故答案为或(4.78×10-21)；12；90；
(4)
K3C60是由阴阳离子组成，即K3C60为离子晶体；故答案为离子；
(5)
Ni提供空轨道，CO中碳原子提供孤电子对，即Ni(CO)4的结构为或，故答案为或；
(6)
碳原子位于体心，与Mg最近且距离相等碳原子有6个，Ni原子位于面心，最近距离相等镍原子有12个(同层有4个、上层4个、下层4个)；故答案为6：12。
17． Cu2＋＋2NH3·H2O＝Cu(OH)2↓＋2NH4+、Cu(OH)2＋4NH3·H2O＝[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O [Cu(NH3)4]SO4·H2O ＞ [TiCl(H2O)5]Cl2·H2O 离子键和配位键
【详解】
（1）氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，涉及的离子方程式为：Cu2＋＋2NH3·H2O＝Cu(OH)2↓＋2NH4+、Cu(OH)2＋4NH3·H2O＝[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O；
（2）再向深蓝色透明溶液加入乙醇，由于[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以会析出深蓝色的晶体：Cu（NH3）4SO4 H2O，故答案为：Cu（NH3）4SO4 H2O；
（3）硫酸铜溶液中加入过量氨水后生成了[Cu（NH3）4]2离子，说明氨气与Cu2+的配位能力大于水与铜离子的配位能力，故答案为：＞；沉淀的质量可以推断出氯离子的含量，原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的，两种晶体的组成皆为TiCl3 6H2O，说明紫色晶体中有三个自由移动的氯离子，而绿色晶体中只有2个自由移动的离子，即有一个氯原子形成了配合物，因为钛为6配位，即配合物中须有五个水，即化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2 H2O，而紫色晶体的化学式为[Ti（H2O）6]Cl3，根据其化学式知，由Cl所形成的化学键类型是离子键和共价键，故答案为：[TiCl（H2O）5]Cl2 H2O；离子键和共价键。
18． 1s22s22p63s23p63d3 O sp3和sp2 7NA H2F+ H2O与CH3CH2OH之间可以形成氢键
【详解】
(1)铬24号元素，铬元素失去3个电子变成Cr3+，所以Cr3+核外有21个电子，根据构造原理知，该离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3，配合物[Cr(H2O)6]3+中Cr3+为中心离子，H2O为配体，O原子提供孤对电子，与Cr3+形成配位键，
(2)CH3COOH中C原子分别形成4个、3个δ键，没有孤对电子，分别为sp3杂化、sp2杂化，CH3CHOOH分子中含有1个C-C、3个C-H、1个C-O、1个C=O、1个O-H等化学键，则1mol CH3COOH分子中含有σ键的数目为7NA；
(3)与H2O互为等电子体的阳离子应含有3个原子、且电子数为10，应为H2F+，H2O与CH3CH2OH都含有氢键，且都为极性分子，二者互溶。
19． VB A C sp3 小于 NH3分子间有氢键，N2分子间无氢键，致使NH3的沸点更高 Ba2YCu3O9 +11/3 a3ρNA或0.707a3ρNA
【详解】
(1)铌Nb位于第五周期，Nb的外围电子排布式为4d45s1，在周期表的ds区，第5轨道上有电子所以位于第五周期，4d 上有4个电子和5s上有一个电子所以是在VB族；
(2)A．Ge位于元素周期表金属元素与非金属元素的分界线附近，晶体属于准金属，且为共价晶体，选项A正确；B．Ge属于p区，但不属于过渡金属，选项B错误；C．同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，As的4p能级含有3个电子，为半满稳定状态，第一电离能较高，则第一电离能As>Se>Ge，选项C正确；D．同主族从上到下非金属性减弱电负性减弱，则Ge的电负性比C小，选项D错误。答案选AC；
(3)Ge(CH3)2Cl2分子的中心原子Ge的价层电子对是4，其杂化方式是sp3；
(4)NH3也常作致冷剂，其分子构型是三角锥形，其键角小于109°28′，NH3的沸点(239.6 K)高于N2沸点的主要原因是NH3分子间有氢键，N2分子间无氢键，致使NH3的沸点更高；
(5)晶胞内部含有2个钡原子、1个Y原子，棱上含有8个铜原子、20个O原子，顶点含有8个铜原子，面心含有8个O原子，共3个铜原子、9个O原子，图示材料的理想化学式(无空位时)为Ba2YCu3O9，若Y(钇)元素的化合价为+3，则Cu的平均化合价为；
(6)金属铜属于面心立方最密堆积，其晶胞中含有4个铜原子，Cu原子的最近距离为a cm，则晶胞边长为，金属铜的晶体密度为ρ g/cm3，阿伏伽德罗常数为NA，则有，故铜的相对原子质量为a3ρNA。
20．(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-=。
21． CH3COOH存在分子间氢键 CCl4或SiCl4等 16NA或16×6.02×1023个 水分子与乙醇分子之间存在氢键 ＜ 中形成分子内氢键，使其更难电离出H＋
【详解】
（1）因乙酸分子间能形成氢键，故乙酸的沸点明显比乙醛高。（2）①SO42－中S原子的价层电子对数是4，无孤对电子，因此采取sp3杂化，SO42－空间构型为正四面体。原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，与SO42－互为等电子体的分子有SiCl4或CCl4等。在[Zn(NH3)4]Cl2中每个NH3分子中的3个N—H键均为σ键，中心离子Zn2＋与4个NH3分子结合的配位键也为σ键。故1 mol配合物中的σ键为4mol＋3×4mol＝16mol，即16NA个σ键。Z为氧元素，H2O在乙醇中的溶解度大于H2S，是因为水分子与乙醇分子间形成氢键，而H2S不能。（3）由于能形成分子内氢键，使其更难电离出H＋，所以酸性弱于苯酚。
22． [Ar]3d64s2 N＞P＞As NH3 氨气分子间存在氢键 NO43- sp 6 共价键、配位键 N 氮原子2p轨道上的电子为半充满，相对稳定，更不易失去电子 正四面体
【详解】
(1)Fe的原子序数为26，由构造原理可知电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
(2)同一主族元素，元素的电负性随着原子序数增大而减小，所以电负性大小顺序是N＞P＞As；含有氢键的氢化物熔沸点较高，氢化物中不含氢键时，相对分子质量越大的熔沸点越高，这三种元素的氢化物中只有氨气含有氢键，所以氨气的熔沸点最高；根据等电子体知识可知，与SO42-互为等电子体的阴离子的化学式为NO43-；
故答案为：N＞P＞As；NH3；氨气分子间存在氢键；NO43-；
(3)①配体CN 中碳原子价层电子对个数是2且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp，故答案为：sp；
②[Co(N3)(NH3)5]SO4中Co的配体是NH3和N3，所以Co原子配位数是6，非金属元素之间存在共价键，含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，所以该配离子中含有共价键和配位键；原子轨道上电子处于全满、全空、半满时最稳定，氮原子2p轨道上的电子为半充满，相对稳定，更不易失去电子，所以这三种元素第一电离能最大的是N元素；故答案为：6；共价键、配位键；N；氮原子2p轨道上的电子为半充满，相对稳定，更不易失去电子；
(4)晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间构型为正四面体结构；该晶胞中As原子个数是4、Ga原子个数，其密度，则 ；
故答案为：正四面体；。
23． Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓ 黄色沉淀消失，生成大量白色沉淀（或实验II与实验I的现象差异）与Cl-有关（或与SO42-无关） 取最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出现白色沉淀，证明Cu(OH)2洗涤干净 4Cu(NH3)2++8NH3·H2O+O2=4Cu(NH3)42++4OH-+6H2O 浓盐酸 白色沉淀溶解 出现白色沉淀 2Cu(OH)2 +2Cl-+SO2=2CuCl↓+SO42-+2H2O 加5 mL蒸馏水，向其中持续通入SO2，一段时间后，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色（或现象与实验I相同）
【详解】
（1）实验室通常用氢氧化钠和硫酸铜制取新制Cu(OH)2悬浊液，反应的离子方程式为Cu2++2OH-═Cu(OH)2↓；
（2）比较实验Ⅰ和Ⅱ可知，两个实验制取Cu(OH)2悬浊液所用铜盐不同，产生的现象不同，由阴离子不同产生；向洗净后的Cu(OH)2中加入5 mL蒸馏水，再持续通入SO2气体，现象与实验I相同，此步实验证明黄色沉淀消失，生成大量白色沉淀（或实验II与实验I的现象差异）与Cl-有关（或与SO42-无关）；Cu(OH)2固体表面有氯离子等杂质，可以通过洗涤滤液中是否有氯离子判断洗涤是否干净，具体操作为取最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出现白色沉淀，证明Cu(OH)2洗涤干净；
（3）①甲同学向洗涤得到的白色沉淀中加入氨水，得到蓝色溶液，蓝色溶液中应有Cu(NH3)，所以这一过程中有Cu(NH3)2+被氧化的反应，所以存的离子反应还有4 Cu(NH3) +8NH3 H2O+O2═4 Cu(NH3)+4OH-+6H2O；
②CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸，根据这个性质可以证明该白色沉淀是否为CuCl，所以实验为
试剂1 浓盐酸 试剂2 蒸馏水
现象1 白色沉淀溶解 现象2 出现白色沉淀
③实验II中由Cu（OH）2与二氧化硫发生氧化还原反应生成氯化亚铜和硫酸盐，反应的离子方程式为2Cu（OH）2+2Cl-+SO2═2CuCl↓+SO+2H2O；
（4）根据实验Ⅰ中的现象可知，氧化亚铜能与二氧化硫继续反应生成绿色溶液，据此可以证明砖红色沉淀是Cu2O；其操作为加5mL蒸馏水，向其中持续通入SO2，一段时间后，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色（或现象与实验I相同）。