第2章 微粒间相互作用与物质性质 测试题 2022-2023学年高二下学期化学鲁科版（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 测试题
一、单选题（共15题）
1．氰氨化钙，俗称石灰氮，是一种高效的土壤消毒剂，其制备的化学方程式为：CaCO3＋2HCN＝CaCN2＋CO↑＋H2↑＋CO2↑，下列说法正确的是
A．CO为氧化产物，H2为还原产物 B．CaCN2含有共价键，属于共价化合物
C．HCN既是氧化剂又是还原剂 D．每消耗10gCaCO3转移电子0.4mol
2．下列有关和的说法正确的是
A．和的空间结构都是三角锥形
B．中N原子上的孤电子对数为1，中B原子上无孤电子对
C．和形成的化合物中各原子最外层都达到8电子稳定结构
D．和的中心原子的价层电子对数均为4
3．下列说法中正确的是
A．价电子排布为3d104s1的元素位于第四周期第IA族，是s区元素
B．SO2分子和O3分子的立体构型均为V形
C．有机物CH2=CH―CH3分子中有1个π键、2个σ键
D．由于氢键的存在，水分子的稳定性好，高温下也很难分解
4．MDI广泛应用于聚氨酯弹性体，其结构简式如图，其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，且均小于10。
设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是
A．元素非金属性：X>Y>Z
B．W、X、Z形成的化合物一定是二元弱酸
C．W与X、Y、Z均可形成至少2种10电子微粒
D．1molMDI中所含X—W键为2NA
5．联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是
A．N2H4分子中σ键与π键的数目之比为5：1
B．1molN2H4可处理水中2mol O2
C．[Cu(NH3)4]2+中存在离子键、配位键和极性共价键
D．氨水中NH3与H2O间存在氢键
6．短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大。W是唯一能形成裸露质子的元素；X的简单氢化物与其最高价氧化物对应的水化物能发生化合反应；W与Y形成的二元化合物通常作绿色氧化剂；Z的核电荷数是Y的2倍。下列说法正确的是
A．第一电离能：Z>X>Y
B．1molY的最简单氢化物在固态状况下可以形成氢键数目为4NA
C．Z的一种同素异形体的结构为，该物质中Z原子杂化类型为sp3
D．R存在四种含氧酸，相同条件下其氧化性随中心原子化合价升高而增强
7．下列各组物质中，都是由极性键构成为极性分子的一组的是
A．CH4和H2O B．CO2和HCl C．NH3和H2S D．HCN和BF3
8．、和均可作为燃料电池的燃料。下列说法错误的是
A．、和中C、N杂化方式均相同
B．和的空间结构分别为正四面体形、三角锥形
C．、和均为极性分子
D．沸点：
9．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1L0.1mol·L-1Na2S溶液中阴离子总数大于0.1NA
B．1mol[Ag(NH3)2]+中共价键数目为6NA
C．31g白磷(P4，正四面体形)分子中孤电子对对数为2NA
D．H2O(g)通过Na2O2(s)使其增重bg时，反应中转移的电子数为bNA
10．硫代硫酸钠可用作分析试剂及鞣革的还原剂，工业制取的总化学方程式为。设为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．常温常压下，中含有键个数为
B．每生成，被氧化的的物质的量为4mol
C．等物质的量的和，阴、阳离子个数比均为2∶1
D．生成转移电子的个数为
11．下列关于丙烯(CH3CH=CH2)分子的说法中，错误的是
A．有8个σ键，1个π键
B．丙烯分子中的碳原子有sp3和sp2两种杂化类型
C．所有原子都在同一平面上
D．丙烯的键线式为
12．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
13．下列关于化学键和化合物的说法正确的是
A．CaF2晶体中的化学键是离子键和共价键
B．NaOH是离子化合物，只存在离子键
C．AlCl3是由金属元素和非金属元素形成的共价化合物
D．NH4Cl不含金属元素，是一种共价化合物
14．下列描述正确的是 （ ）
A．CS2为V形极性分子 B．SiF4与SO的中心原子均为sp3杂化
C．C2H2分子中σ键与π键的数目比为1∶1 D．水加热到很高温度都难分解是因水沸点高
15．下列各项叙述中，正确的是
A．镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态
B．价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是s区元素
C．由图知酸性：H3PO4>HClO，因为H3PO4中非羟基氧原子数大于次氯酸中非羟基氧原子数
D．元素周期表中s区、d区和ds区的元素都是金属元素
二、填空题（共8题）
16．根据要求填空：
(1)下列现代分析手段中，可用于检验水中痕量铜元素的是_________(填字母)。
A．原子光谱 B．质谱 C．X射线行射 D．红外光谱
(2)红宝石是刚玉的一种，主要成分为氧化铝，因含微量杂质元素铬(Cr)而呈红色。基态铬原子的价层电子排布式为__________。
(3)铜催化烯烃确化反应时会产生，键角：___ (填“<”或“=”或“>”)，其原因是___________。
(4)①乙酸；②丙酸；③二氯乙酸的酸性由强到弱的顺序为_________ (填序号)。
(5)有机物吡啶(C5H5N)，结构简式为，其中N的杂化方式为____，吡啶在水中的溶解度远大于在苯中的溶解度，可能原因是：
①吡啶和水均为极性分子，相似相溶，而苯为非极性分子；
②__________。
17．配位化学的应用十分广泛，在经济、生产、生活等方面都有重要作用。
(1)在配合物中部分分子或离子与中心离子较紧密地结合在一起，组成在溶液中能够稳定存在的整体，称为“内界”{书写时用“[ ]”与外界分离}。与中心离子结合不够紧密的离子则处于“外界”。内界和外界不同，物质的性质也不同，如CoCl3与NH3形成的三种配合物A、B、C，Co3+的配位数均为6，但它们的颜色各异，如果各取1molA、B、C溶于水，加入足量硝酸银溶液，分别产生1mol、2mol、3mol白色沉淀。则它们的化学式分别为A：_______；B：_______，C：_______，它们的配体分别是A：_______；B：_______；C：_______。
(2)甲醇和CO合成乙酸时，使用铑羰基化合物[Rh(CO)2I2]-作为催化剂，使得原本需要高压下才能进行的反应在低压下也能进行。其催化机理如图：
①根据Rh的化合价可将I、II、III、IV、V分为：
1)化合价_______价，包含_______；
2)化合价_______价，包含_______；(有几种化合价填几类，可不填满，也可增加)
②上述机理中包括_______步反应，其中一步为氧化加成，该步反应的方程式为_______。
18．根据物质结构的基本理论，原子之间通过原子轨道的重叠方式，以不同类型的化学键结合，形成具有不同空间结构的分子或离子，按照已学的物质结构知识填写下列空白。
(1)在分子中，硼原子的杂化轨道类型为_______，F-B-F的键角是_______，为_______分子(极性分子或非极性分子)。
(2)可与形成，中氧原子采用_______杂化。的立体构型为_______。
(3)中H-O-H键角比中H-O-H键角大，原因为_______。
19．X、Y、Z、M、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X元素有1个2p空轨道，Y为同周期离子半径最小的金属元素；Z元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2；M原子外围电子排布式为3dn4sn；W的内层电子已全充满，最外层只有2个电子。
请回答下列问题：
⑴M元素名称___，W元素在周期表中位置___。
⑵写出W元素基态原子的价电子排布图___，画出Y的原子结构示意图___。
⑶元素Z的最高价氧化物中，Z原子的杂化方式是___，分子的空间构型是___，属于___分子（填“极性”或“非极性”）。
⑷X能与氢、氮、氧三种元素构成化合物XO(NH2)2，该化合物分子中的σ键与π键的个数之比是___。
⑸Y的氯化物气态时通常以二聚分子形式存在，分子式为Y2Cl6，分子中所有原子均达到8电子稳定结构，则Y2Cl6的结构式为___。
20．D、E、X、Y、Z是短周期元素，且原子序数逐渐增大，它们的最简单氢化物分子的空间结构依次是正四面体、三角锥形、正四面体、角形(V形)、直线型，回答下列问题：
（1）D和X形成的化合物中的化学键类型是_______________；D和Y形成的分子是_________（填“极性”或“非极性”）分子。
（2）Y和Z的简单离子的半径大小为__________(用离子符号和“>”、“=”或“<”表示)。
（3）比较元素非金属性的强弱有很多方法，关于D和X的非金属性强弱的研究方案中不可行的是_________(填序号)。
①比较氢化物的稳定性 ②依据两元素在周期表的位置 ③比较两种单质的颜色
④比较单质与H2化合的难易程度 ⑤比较最高价氧化物对应水化物的酸性
（4）当满足一定比例时，Z的单质可与E的最简单氢化物反应生成一种盐和另一种单质，试写出该反应的化学方程式________________________。
（5）写出下列反应的化学方程式：
①工业上用D的单质制X的单质___________________________________；
②E的最高价含氧酸的浓溶液与单质D反应__________________________。
（6）E有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小。在一定条件下，2L甲气体与0.5L氧气混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，则生成的E的含氧酸盐的化学式是__________。
21．石墨的片层结构如图所示，试回答：
(1)片层中平均每个正六边形含有_______个碳原子。
(2)在片层结构中，碳原子数、C-C键、六元环数之比为_______。
(3)ng碳原子可构成_______个正六边形。
22．测定冶金级高纯硅中铁元素的含量：将mg样品用氢氟酸和硝酸溶解处理，配成V mL溶液，用羟胺(NH2OH，难电离)将Fe3+还原为Fe2+后，加入邻二氮菲，形成橙红色物质。利用吸光度法测得吸光度为0.500(吸光度与Fe2+浓度的关系曲线如图所示)。
(1)酸性条件下，羟胺将Fe3+还原为Fe2+，同时产生一种无污染气体，该反应的离子方程式为___________。
(2)样品中铁元素的质量分数表达式为___________(用字母表示)。
23．铜的配合物广泛存在，对含铜配合物的研究一直是关注的热点。
Ⅰ．同学甲设计如下制备铜的配合物的实验Ⅰ：
已知：铜离子的配位数通常为4，呈深蓝色，呈深蓝色
(1)硫酸铜溶液呈蓝色的原因是溶液中存在配离子___________(填化学式)，配离子中配体的空间结构为___________，外界阴离子的空间结构___________
(2)结合化学平衡原理解释试管c中浑浊液转变为深蓝色溶液的原因___________。
(3)由实验Ⅰ可得出以下结论：
结论1：配合物的形成与___________、___________有关；
结论2：结合上述实验，b、c中配体的配位能力强弱顺序为：___________＞___________(填化学式)。
Ⅱ．同学乙查阅资料发现与在溶液中可以发生配位反应，生成配合物；同学丙认为Cu(Ⅱ)有氧化性，与在溶液中可以发生氧化还原反应。
【资料】
ⅰ．(绿色)，(无色)；
ⅱ．(无色)，遇空气容易被氧化成(蓝色)；
ⅲ．易被氧化为或。
实验Ⅱ：探究与溶液的反应。
实验操作 实验序号 (mL) (mL) 逐滴加入溶液时的实验现象
a 1.5 0.5 溶液逐渐变为绿色，静置无变化
b 1.0 1.0 溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化
c 0 2.0 溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化
(4)①丙同学认为实验Ⅱ可证明发生了氧化还原反应，他的理由是___________
②丙同学利用已知资料进一步确证了无色溶液中存在Cu(Ⅰ)，他的实验方案是：取少量无色溶液，___________。
(5)经检验氧化产物以形式存在，写出与发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式：___________。
(6)由实验Ⅱ可得出以下结论：
Cu(Ⅱ)盐与在溶液中的反应与多种因素有关，随的增大，___________。
参考答案：
1．C
在CaCO3＋2HCN＝CaCN2＋CO↑＋H2↑＋CO2↑反应中，HCN中的碳元素化合价由+2升高到+4，对应的氧化产物为CaCN2，HCN中的氢元素化合价由+1价降低到0，对应的还原产物为H2，以此解答该题。
【解析】A．CO由HCN生成，C的化合价未发生改变，既不是氧化产物也不是还原产物，故A错误；
B．CaCN2中存在[N=C=N]2-，含有离子键和共价键，属于离子化合物，故B错误；
C．因HCN中的碳元素化合价升高，氢元素的化合价降低，则HCN既是氧化剂又是还原剂，故C正确；
D．每消耗10 g CaCO3即0.1mol碳酸钙，同时产生 0.1mol氢气，因此转移电子0.2 mol，故D错误。
故答案选C。
2．B
【解析】A．的空间结构为平面三角形，A错误;
B．中N原子上的孤电子对数，中B原子上的孤电子对数，B正确;
C．中氢原子形成2电子稳定结构，Ｃ错误;
D．中N原子的价层电子对数为，中B原子的价层电子对数为，D错误;
答案选B。
3．B
【解析】A．价电子排布为3d104s1的元素为Cu，位于第四周期第IB族，是ds区元素，故A错误；
B．SO2分子和O3分子的价层电子对数均为3，中心S、O为sp2杂化，均有一对孤电子对，立体构型均为V形，故B正确；
C．有机物CH2=CH-CH3分子中有1个π键、8个σ键，故C错误；
D．由于氢键的存在，使水分子的熔沸点升高，而与水分子的稳定性无关，故D错误；
故选：B。
4．C
根据结构简式中原子成键特点：W形成1个化学键，且是原子序数最小的原子，故推测W为H元素，X形成4个化学键，推测X是C元素，Y形成三个化学键且物质用于聚氨酯故应该是N元素，Z形成2个化学键推测Z元素是O元素，故W、X、Y、Z分别为：H、C、N、O元素。
【解析】A．元素非金属性强弱顺序根据元素所在周期表中的位置进行判断，强弱顺序为；CB．W、X、Z形成的化合物可能是H2CO3也可能是CH3COOH，而醋酸是一元酸，故C不正确；
C．H与C、N、O可以形成CH4、NH3、H2O三种10电子微粒，故C正确；
D．1molMDI中所含H—C键为10NA，因苯环有8个H—C键，故D不正确；
故选答案C。
【点睛】原子形成共价键一般是达到8电子的稳定结构，根据元素原子最外层电子判断形成的化学键个数，反之可以根据形成的化学键个数判断元素最外层电子数，最外层电子数=8-形成的共价键数。
5．D
【解析】A．联氨分子中含有4个N-H键和1个N-N键，结构式为，只含有单键，即只含有σ键，不含有π键，故A错误；
B．1molN2H4失去电子生成氮气，转移4mol电子，而1molO2得到4mol电子，根据得失电子守恒可知，1molN2H4可处理水中1mol O2，故B错误；
C．[Cu(NH3)4]2+中铜离子与氨分子之间存在配位键，氨分子中N与H形成极性共价键，但是不存在离子键，故C错误；
D．N、O元素电负性都较大，能和另一分子中的H原子形成氢键，所以NH3与H2O以氢键结合成NH3 H2O分子，故D正确；
故答案为D。
6．C
W是唯一能形成裸露质子的元素，则W是H；X的简单氢化物与其最高价氧化物对应的水化物能发生化合反应，则X是N；W与Y形成的二元化合物通常作绿色氧化剂，则Y是O；另外Z、R元素分别是S、Cl，故W、X、Y、Z、R元素分别为H、N、O、S、Cl。
【解析】A．第一电离能N>O>S，故A错误；
B．Y的最简单氢化物为水，在固态状况下一个水分子与四个水分子形成氢键，而每个氢键归两个水分子公用，故1molH2O形成冰存在氢键数目为2NA，故B错误；
C．皇冠硫分子中硫原子价层电子对数为4，所以硫原子以sp3杂化，故C正确；
D．氯元素形成含氧酸有HClO、HClO2、HClO3、HClO4，它们酸性依次增强，但氧化性依次减弱，故D错误；
故选C。
7．C
【解析】CH4是由极性键构成的非极性分子，H2S是由极性键构成的极性分子，BF3是由极性键构成的非极性分子，CO2是由极性键构成的非极性分子，HCl是由极性键构成的极性分子。
8．C
【解析】A．CH4、NH3和N2H4中C、N价层电子对数都是4，所以这三种分子中C、N都采用sp3杂化，A正确；
B．CH4中C价层电子对数=且不含有孤电子对，NH3中N价层电子对数为且含有1个孤电子对，空间结构分别为正四面体形、三角锥形，B正确；
C．CH4结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，NH3为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，N2H4，正负电荷中心重合，为极性分子，C错误；
D．N2H4、NH3都能形成分子间氢键，且形成分子间氢键个数：N2H4> NH3，CH4不能形成分子间氢键，所以沸点： N2H4 > NH3> CH4，D正确；
故选C。
9．A
【解析】A．在1L 0.1mol/L硫化钠溶液中含有溶质硫化钠n=cV=0.1mol，由于硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，阴离子的物质的量大于0.1mol，溶液中阴离子总数大于0.1NA，故A正确；
B．每个氨气分子中含有3个σ键、银离子和一个N原子之间形成1个σ键，所以该配合物中含有8个σ键，则在1mol 1mol[Ag(NH3)2]+中共价键的数目为8NA，故B错误；
C．白磷P4分子为正四面体构型，P4分子中每个P原子形成3个σ键、含有1对孤对电子，31g白磷P4的物质的量为，孤电子对对数为4×0.25NA=1NA，故C错误；
D．过氧化钠和水反应，依据方程式可知2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，消耗2mol水生成1mol氧气，转移2mol电子，增重4g，故增重bg时，反应中转移的电子的物质的量为mol，个数为NA，故D错误；
故选：A。
10．D
【解析】A．常温常压下的物质的量不是1mol，难以计算含有的 σ 键个数，A错误；
B．在反应前后中硫元素化合价下降被还原，每生成，被还原的的物质的量为4mol，B错误；
C．和中，阴、阳离子个数比均为1∶2，故等物质的量的和，阴、阳离子个数比均为1∶2，C错误；
D．的物质的量为0.3mol，每生成消耗的物质的量为0.2mol，参与反应转移4mol电子，所以每生成转移电子数为，D正确。
故选D。
11．C
【解析】A．该分子中σ键如结构编号，共有8个。而多出来的为1个π键，A项正确；
B．丙烯分子中-CH3的C为sp3杂化，而C=C中C为sp2杂化，B项正确；
C．结构中标注的1号C与周围4个原子形成四面体构型，所以不可能所有原子共面，C项错误；
D．键线式要求省略C-H和H、C原子，端点和拐点均为C原子，所以丙烯的键线式正确，D项正确；
故选C。
12．C
【解析】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。
13．C
【解析】A．CaF2晶体中的化学键只有离子键，故A错误；
B．NaOH是离子化合物，存在离子键和共价键，故B错误；
C．AlCl3是共价化合物，由金属元素和非金属元素形成的，故C正确；
D．NH4Cl是离子化合物，故D错误；
故选C。
14．B
【解析】A．CS2中价层电子对个数=2+(4-2×2)=2，且该分子中正负电荷重心重合，所以为直线形非极性分子，A错误；
B．SiF4中价层电子对个数=4+(4-4×1)=4，中价层电子对个数=3+(6+2-3×2)=4，所以SiF4和中中心原子的价层电子对数均为4，因此中心原子均为sp3杂化，B正确；
C．共价键中所有的单键均为σ键，双键是一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键，C2H2分子的结构式为H—C≡C—H，故C2H2中有3个σ键与2个π键，故σ键与π键的数目比为3∶2，C错误；
D．水加热到很高温度都很难分解是因为O-H键能大，与氢键无关，D错误；
故答案为：B。
15．C
【解析】A. 镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子吸收能量，由基态转化成激发态，A错误；
B. 价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅢA族，是p区元素，B错误；
C. 由图知：H3PO4中非羟基氧原子数大于次氯酸中非羟基氧原子数，则酸性：H3PO4>HClO，C正确；
D. 元素周期表中s区中H是非金属元素，D错误；
答案选C。
16．(1)A
(2)3d54s1
(3) > 中心原子氮为sp杂化，中心原子氮为sp2杂化
(4)③>①>②
(5) sp2杂化 吡啶能和水形成氢键
【解析】（1）确定元素的原子光谱特征是确定的，检验水中痕量铜元素可选择原子光谱，故选A；
（2）基态Cr为24号元素，原子价电子排布为3d54s1；
（3）中心原子氮形成2个共价键且无孤电子对，为sp杂化，为直线形结构；中心原子氮形成2个共价键且有1对孤电子对，为sp2杂化，为V形结构；故键角：>；
（4）烷基是供电子基团，碳原子数越多，则供电子能力越强，使得羧基中羟基的极性减弱，不容易电离出氢离子，故乙酸＞丙酸；氯的电负性较强，C-Cl键极性较大，使得羧基中羟基的极性增强，容易电离出氢离子，随着氯原子增加，酸性增强，故二氯乙酸＞乙酸；故③>①>②；
（5）中N与2个碳结合后还存在1对孤电子对，杂化方式为sp2；吡啶在水中的溶解度远大于在苯中的溶解度，可能原因是：①吡啶相水均为极性分子，相似相溶，而苯为非极性分子；②吡啶能和水形成氢键导致其溶解度变大。
17．(1) [Co(NH3)4Cl2]Cl [Co(NH3)5Cl]Cl2 [Co(NH3)6]Cl3 NH3和Cl- NH3和Cl- NH3
(2) +1 I、V +3 II、III、IV 5
+CH3I=
【解析】(1)
CoCl3与NH3形成的三种配合物A、B、C，Co3+的配位数均为6，说明“内界”有6个配体，如果各取1molA、B、C溶于水，加入足量硝酸银溶液，分别产生1mol、2mol、3mol白色沉淀，说明“外界”Cl-的个数分别为1、2、3个，故化学式分别为A：[Co(NH3)4Cl2]Cl；B：[Co(NH3)5Cl]Cl2；C：[Co(NH3)6]Cl3；由以上结构可知，配体分别是A：NH3和Cl-；B：NH3和Cl-；C：NH3；
(2)
①由图示可知，CO可以认为化合价为0，根据正负化合价代数和为0可知，Ⅰ中Rh化合价为+1价，Ⅱ中Rh化合价为+3价，Ⅲ中Rh化合价为+3价，Ⅳ中Rh化合价为+3价，Ⅴ中Rh化合价为+1价；故为Rh+1价，包含I、V；Rh+3价，包含II、III、IV；
②由图示可知，上述机理中包括5步反应，其中I到II的反应，Rh化合价由+1价变成+3价，作为还原剂被氧化，故氧化加成反应的方程式为+CH3I=。
18．(1) sp2 120° 非极性
(2) sp3 三角锥形
(3)H2O分子中含有2对孤电子对，H3O+中只有1对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力
【解析】(1)
在分子中B周围的价层电子对数为：3+=3，根据杂化轨道理论可知，硼原子的杂化轨道类型为sp2，空间构型为平面三角形，则F-B-F的键角是120°，BF3分子中的正负电荷中心重合，则为非极性分子，故答案为：sp2；120°；非极性；
(2)
可与形成H3O+，则H3O+中心原子O原子周围价层电子对数为：3+=4，根据杂化轨道理论可知，H3O+中氧原子采用sp3杂化，有一对孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知，H3O+的立体构型为三角锥形，故答案为：sp3；三角锥形；
(3)
由于孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，且H2O分子中含有2对孤电子对，H3O+中只有1对孤电子对，故H3O+中H-O-H键角比中H-O-H键角大，原因为：H2O分子中含有2对孤电子对，H3O+中只有1对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力。
19． 钛 第4周期ⅡB族 sp2 平面三角形 非极性 7：1
X、Y、Z、M、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X元素有1个2p空轨道，则X为C，Y为同周期离子半径最小的金属元素，则Y为Al，Z元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2，则Z为S，M原子外围电子排布式为3dn4sn，则M为Ti，W的内层电子已全充满，最外层只有2个电子，则W为Zn。
【解析】
⑴M是22号元素，其元素名称钛，W是30号元素，该元素在周期表中位置第4周期ⅡB族；故答案为：钛；第4周期ⅡB族。
⑵W元素基态原子的价电子排布式为3d104s2，价电子排布图，Y的原子结构示意图；故答案为：；。
⑶元素Z的最高价氧化物为SO3，Z原子价层电子对数，硫原子的杂化方式是sp2，分子的空间构型是平面三角形，属于中心对称，属于非极性分子；故答案为：sp2；平面三角形；非极性。
⑷X能与氢、氮、氧三种元素构成化合物CO(NH2)2，该化合物结构简式为H2NCONH2，因此分子中的σ键与π键的个数之比是7:1；故答案为：7:1。
⑸Y的氯化物气态时通常以二聚分子形式存在，分子式为Al2Cl6，分子中所有原子均达到8电子稳定结构，说明有氯与铝形成配位键，则Al2Cl6的结构式为；故答案为：。
20． （极性）共价键 非极性 r(S2-)>r(Cl－) ③ 3Cl2＋8NH3=N2＋6 NH4Cl 2C+SiO2=Si+2CO↑ C+4HNO3(浓) CO2↑+ 4NO2↑+2H2O NaNO2
D、E、X、Y、Z是短周期元素，且原子序数逐渐增大，它们的最简单氢化物分子的空间结构依次是正四面体、三角锥形、正四面体、角形(V形)、直线型，D、X最简单氢化物分子的空间结构是正四面体，且原子序数逐渐增大，D为碳，X为Si，E最简单氢化物分子的空间结构三角锥形，E为N，Y最简单氢化物分子的空间结构为角形(V形)，Y为S，Z为Cl。
【解析】（1）C和Si形成的化合物是SiC，化学键类型是（极性）共价键；C和S形成的化合物是CS2，分子正负电荷中心重叠，CS2是非极性分子；
（2）同周期从左到右原子半径减小，S和Cl的简单离子的半径大小为r(S2-)>r(Cl－)；
（3）①氢化物的稳定性越强的元素的非金属性越强，比较氢化物的稳定性，可行；
②C在Si的上一周期，非金属性强，依据两元素在周期表的位置，可行；
③非金属性与颜色没有必然联系，比较两种单质的颜色，不可行；
④比较单质与H2化合的难易程度，越易化合，非金属性越强，可行；
⑤最高价氧化物对应水化物的酸性：碳酸强于硅酸，C非金属性强，比较最高价氧化物对应水化物的酸性，可行；
故选③。
（4）氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气，反应的化学方程式：3Cl2＋8NH3= N2＋6 NH4Cl ；
（5）①工业上用C的单质还原SiO2 制Si的单质，反应的化学方程式：2C+SiO2Si+2CO↑ ；
②浓硝酸与单质C反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式：C+4HNO3(浓) CO2↑+ 4NO2↑+2H2O。
（6）N有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小，甲是NO。在一定条件下，2LNO气体与0.5L氧气混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，依据电子得失守恒，NO中的N由+2价升高为+3价，4NO＋O2＋4NaOH=4NaNO2＋2H2O，则生成的E的含氧酸盐的化学式是NaNO2。
21． 2 2:3:1
【解析】(1)利用点与面之间的关系，根据结构图可知，每个正六边形占有的碳原子数是，故答案为：2；
(2)在石墨的片层结构中，以一个六元环为研究对象，由于每个C原子被3个六元环共用，即组成每个六元环需要碳原子数为；另外每个碳碳键被2个六元环共用，即属于每个六元环的碳碳键数为；碳原子数、C-C键、六元环数之比为2:3:1；
(3)碳原子数为，每个正六边形占有2个碳原子，故可构成个正六边形，故答案为：。
22． 2NH2OH+2Fe3+=2Fe2++2H++N2↑+2H2O
【解析】(1)酸性条件下，羟胺将Fe3+还原为Fe2+，同时产生一种无污染气体，该气体应为N2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为2NH2OH+2Fe3+=2Fe2++N2↑+2H++2H2O；
(2)由题图可知，吸光度为0.500时对应的Fe2+浓度为0.0500×10-3 mol·L-1，则其中铁元素的质量m(Fe)=，所以该样品中铁元素的含量为。
23．(1) [Cu(H2O)4]2+ V 正四面体形
(2)浑浊液中存在平衡：Cu(OH)2(s) Cu2+(aq)+2OH-(aq)，加入NH3 H2O后Cu2+与NH3配位形成[Cu(NH3)4]2+，c(Cu2+)降低，使得平衡正向移动，浑浊液转变为深蓝色溶液
(3) 配体的浓度 配体的种类 [Cu(NH3)4]2+ [Cu(OH)4]2-
(4) 由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，说明发生了氧化还原反应 取少量无色溶液，向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu(Ⅰ)，故答案为：向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu(Ⅰ)
(5)2Cu2++6=+2[Cu(S2O3)2]3-
(6)二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；Cl-易于Cu+生成CuCl，Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl-时能增大Cu2+与发生氧化还原反应的趋势
Ⅰ．浑浊液中存在溶解平衡，加入NH3 H2O后形成[Cu(NH3)4]2+的深蓝色溶液；NaOH的浓度小，依然是浑浊液；NaOH的浓度较大时生成深蓝色配离子为[Cu(OH)4]2-；c中加入与a中加入的NaOH相同浓度的NH3 H2O，就生成了深蓝色配离子为[Cu(NH3)4]2+，试管b中的深蓝色配离子为[Cu(OH)4]2-加入氨水可以转化为c中深蓝色配离子为[Cu(NH3)4]2+。
【解析】（1）水合铜离子显蓝色，其中的配离子为[Cu(H2O)4]2+；配体H2O分子的价层电子对数=2+=4，VSEPR模型为四面体结构，去掉孤电子对数后，分子的空间构型为V形；外界阴离子的价层电子对数=4+=4+0=4，VSEPR模型为四面体结构，没有孤电子对，则分子的空间构型为正四面体形，故答案为：[Cu(H2O)4]2+；V；正四面体形；
（2）Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，Cu(OH)2的浑浊液中存在溶解平衡：Cu(OH)2(s) Cu2+(aq)+2OH-(aq)，加入NH3 H2O后Cu2+与NH3配位形成配离子[Cu(NH3)4]2+，则c(Cu2+)降低，使得Cu(OH)2的溶解平衡正向移动，Cu(OH)2生成深蓝色的[Cu(NH3)4]2+配离子，故答案为：浑浊液中存在平衡：Cu(OH)2(s) Cu2+(aq)+2OH-(aq)，加入NH3 H2O后Cu2+与NH3配位形成[Cu(NH3)4]2+，c(Cu2+)降低，使得平衡正向移动，浑浊液转变为深蓝色溶液；
（3）试管a加入1mol/L的NaOH，NaOH的浓度小，依然是浑浊液；而试管b加入6mol/L的NaOH，NaOH的浓度较大时生成深蓝色配离子为[Cu(OH)4]2-，是由于NaOH的浓度不同造成的现象不同，即配体的浓度也不同造成的；试管a加入1mol/L的NaOH时依然是浑浊液；而c中加入相同浓度的NH3 H2O，就生成了深蓝色配离子为[Cu(NH3)4]2+，是由于配体OH-离子和NH3的种类不同而造成的；所以配合物的形成与配体的浓度、配体的种类有关；向生成[Cu(OH)4]2-蓝色配离子的溶液中加入氨水的溶液碱性增强，说明生成蓝色配离子为[Cu(NH3)4]2+，所以试管b、c中深蓝色配离子的稳定性强弱顺序为[Cu(NH3)4]2+＞[Cu(OH)4]2-，故答案为：配体的浓度；配体的种类；[Cu(NH3)4]2+；[Cu(OH)4]2-；
（4）①通过CuSO4与Na2S2O3溶液反应的现象，由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，最后生成的是无色的[Cu(S2O3)2]3-，即发生了氧化还原反应，故答案为：由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，说明发生了氧化还原反应；
②根据资料：2NH3+Cu+ [Cu(NH3)2]+(无色)，[Cu(NH3)2]+遇空气容易被氧化成[Cu(NH3)4]2+(蓝色)，若无色溶液中存在Cu(Ⅰ)，加入氨水，先呈无色，后变为蓝色，故实验方案为：取少量无色溶液，向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu(Ⅰ)，故答案为：向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu(Ⅰ)；
（5）Cu2+与发生氧化还原反应得到无色溶液，生成和[Cu(S2O3)2]3-，离子方程式为：2Cu2++6=+2[Cu(S2O3)2]3-，故答案为：2Cu2++6=+2[Cu(S2O3)2]3-；
（6）结合分析，可以获得结论：①随n()：n(Cu2+)的增大，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强，②Cl-易于Cu+生成CuCl，Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl-时能增大Cu2+与发生氧化还原反应的趋势，故答案为：二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；Cl-易于Cu+生成CuCl，Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl-时能增大Cu2+与发生氧化还原反应的趋势