第三章 晶体结构与性质 测试题2022-2023学年高二下学期人教版(2019)化学选择性必修2

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第三章 晶体结构与性质 测试题
一、选择题
1．下列说法正确的是
A．乙二胺(H2NCH2CH2NH2)沸点低于ClCH2CH2Cl
B．石墨晶体中，碳原子个数与碳碳键数目之比3：2
C．的空间结构为V形， 中心原子的杂化方式为sp3
D．1mol配合物[TiCl(H2O)5 ]Cl2·H2O和足量硝酸银溶液反应，能产生3mol沉淀
2．向蓝色的硫酸铜溶液中滴加氨水，先生成蓝色沉淀，继续滴加氨水至沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液。下列说法错误的是
A．Cu2+的3d能级上有1个未成对电子
B．1 mol [Cu(H2O)4]SO4中含有12 molσ键
C．深蓝色溶液中的溶质含有离子键、极性键、配位键
D．的空间结构是正四面体形
3．关于氯化钠的描述不正确的是
A．化学式：NaCl B．化学键类型：离子键
C．摩尔质量：58.5 D．晶体类型：离子晶体
4．下列表示物质分子式的是
A．SiO2 B．Na2SO4 C．C3N4 D．C60(足球烯)
5．下列对一些事实的理论解释正确的是
选项
事实
理论解释
A
硫酸铵晶体中存在氢键
中的H与中的O之间的作用力大小在范德华力和共价键之间
B
熔融NaCl可以导电
熔融态NaCl中有自由移动的电子
C
金刚石的熔点低于石墨
金刚石是分子晶体，石墨是共价晶体
D
HF的沸点高于HCl
F的电负性大于Cl
A．A B．B C．C D．D
6．下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（ ）
A．在常温常压下，1 mol氦气含有的原子数目为2NA
B．7.8克Na2O2与水完全反应，转移电子数为0.2 NA
C．1molSi3N4晶体中含有Si-N键的数目为12 NA
D．K37ClO3＋6H35Cl=KCl＋3Cl2↑＋3H2O ，若生成Cl2分子数目为NA，则其质量为72克
7．下列说法正确的是
A．非金属元素之间只能形成共价化合物
B．含有离子键的化合物不一定是离子化合物
C．含有共价键的化合物一定是共价化合物
D．离子化合物中可能含有极性键或非极性键
8．(CH3NH3)PbI3是钙钛矿太阳能电池的重要吸光材料，其晶胞结构如图1所示，Walsh提出H2O降解(CH3NH3)PbI3的机理如图2所示。

下列说法不正确的是
A．H3O+的键角小于H2O的键角 B．1个(CH3NH3)PbI3晶胞含有3个I-
C．机理中的反应均为非氧化还原反应 D．H2O可与CH3NH反应生成H3O+和CH3NH2
9．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X与Z同族，Y的第一电离能高于同周期的相邻元素，W的原子序数是X原子价电子数的4倍，下列说法正确的是
A．氢化物的沸点：W>X
B．Y在元素周期表中一定位于p区
C．最高价含氧酸的酸性：W>X>Z
D．X、Z元素形成的单质的晶体类型一定相同
10．下列过程与配合物无关的是
A．向溶液中滴加溶液出现血红色
B．向溶液中滴加氨水至过量，生成深蓝色溶液
C．向溶液中滴加氯水，溶液颜色加深
D．向溶液中逐滴加入氨水，先出现沉淀，继而沉淀消失
11．元素间通过不同化学键可以组成不同的晶体和化合物。有关说法正确的是
A．两种元素组成的分子中一定只有极性键
B．非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
C．熔融状态时能导电的化合物一定是离子晶体
D．分子晶体的熔沸点随着共价键的增强而升高
12．有氧条件下，在Fe基催化剂表面，还原NO的反应机理如图所示。该反应能够有效脱除烟气中的NO，保护环境。下列说法错误的是

A．在酸性配位点上，与通过配位键形成
B．增大压强有利于NO与吸附在配位点上形成
C．反应物和生成物的分子空间结构分别为三角锥形、V形
D．Fe基催化剂可以提高NO的平衡转化率
13．“中国芯”的主要原材料是高纯单晶硅，下列关于硅及其化合物的有关说法正确的是
A．单晶硅为分子晶体 B．Si原子的结构示意图为
C．二氧化硅的分子式为 D．为非极性分子
14．下列实验操作不能达到目的的是
选项
目的
实验操作
A
配制较大浓度的碘水
将固体I2溶解于较浓的KI溶液中
B
鉴别某固体是否为晶体
对其进行X-射线衍射实验
C
证明干冰有易升华的特性
取两块相同形状的干冰，在其一的中央挖一小穴并撒入镁粉，用红热铁丝点燃镁后，用另一块干冰盖上，观察现象
D
观察钠的焰色
用洁净的玻璃棒蘸取NaCl溶液后在酒精灯外焰灼烧

A．A B．B C．C D．D
15．下列有关物质性质的比较中，正确的是
A．酸性： B．沸点：
C．稳定性： D．熔点：
二、填空题
16．下表是元素周期表短周期的一部分：

请按要求用化学用语回答下列问题：
（1）元素④、⑥、⑨的离子半径由大到小的顺序为___；
（2）用电子式表示元素④与元素⑥形成的化合物的形成过程___；
（3）比元素⑦的原子序数多17的元素在周期表的位置为___；
（4）写出由①④⑤三种元素组成的一种离子化合物的电子式___，若将其溶于水，破坏了其中的___(填“离子键”、“共价键”或“离子键和共价键”)；
（5）元素①和元素④形成的化合物及元素①和元素⑧形成的化合物均为18电子分子，请写出这两种化合物按物质的量之比4：1反应的离子方程式___。
17．钒(23V)是我国的丰产元素，广泛用于催化及钢铁工业。回答下列问题：
(1)钒在元素周期表中的位置为_____，其价层电子排布图为_______。
(2)V2O5常用作SO2转化为SO3的催化剂。SO2分子中S原子价层电子对数是_______对，分子的立体构型为_______；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为_______；SO3的三聚体环状结构如图所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为_______；该结构中S—O键长有两类，一类键长约140pm，另一类键长约160pm，较短的键为_______(填图中字母)，该分子中含有_______个σ键。

(3)V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠(Na3VO4)，该盐阴离子的立体构型为_______；也可以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为_______。

18．配位化合物广泛应用于日常生活、工业生产及科研中。例如Ni2+与丁二酮肟生成鲜红色的丁二酮肟镍沉淀，该反应可用于检验Ni2+。

已知：有的配体只含一个配位原子，只能提供一对孤对电子与中心原子形成配位键，这种配体被称为单齿配体，能提供两个及以上的配位原子的配体被称为多齿配体，多齿配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。回答下列问题：
(1)丁二酮肟镍是否属于螯合物_____(填“是”或“否”)，其配位数为_____，含有化学键的类型有_____。
a．氢键 b．配位键 c．极性键 d．非极性键
(2)实验室常用邻二氮菲()检验Fe2+，生成橙红色的邻二氮菲亚铁络离子，选择pH范围为2～9的原因是_____。
(3)绝大部分过渡金属都能与CO分子形成稳定的羰基配合物，且配位键的形成可使金属价层电子满足18电子规律，即中心原子的价电子数+配体提供的总电子数=18，则Fe(CO)x中Fe的配位数x的数值为_____。
(4)Cr3+配位能力很强，极易形成配位数为6的八面体结构，例如CrCl3∙6H2O就有3种水合异构体，其中一种结构取1mol与足量的AgNO3溶液反应，生成2mol白色沉淀，则该配合物的化学式为_____。
(5)[Ni(NH3)4]2+具有对称的空间构型，[Ni(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，中心离子Ni2+的杂化方式可能为_____。
a．sp3 b．dsp2 c．sp2 d．sp
(6)物质在外磁场的作用下会发生磁化现象，在磁场中物质的磁性可分为顺磁性、反磁性和铁磁性，中心离子或原子上含有未成对电子的物质具有顺磁性，下列配离子中具有顺磁性的是_____。
A．[Cr(OH)4]－ B．[Cu(CN)4]3− C．[ZnCl4]2− D．[Fe(CN)6]4−
19．（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，请写出先后发生的离子方程式
①_______________________________________________；
②________________________________________________。
（2）再向深蓝色透明溶液中加入乙醇，析出深蓝色的晶体。深蓝色晶体的化学式为____________________。 乙醇的作用是____________________。
（3）根据以上实验过程，判断NH3和H2O与Cu2＋的配位能力：NH3_______H2O(填“>”、“=”或“Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但____降低的程度更大，还原剂的还原性增强。
(2)探究的氧化性
①根据实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2，设计实验证明：向V中得到的棕褐色沉淀中，____(补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是____。
②向V中得到的棕褐色沉淀中滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是____。
(3)催化剂[Co(NH3)6]2+的失活与再生
①结合数据解释[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活的原因：____。
②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co(NH3)6]2+的再生：____。
示例：CoCoCl2Co(OH)2
【参考答案】
一、选择题
1．C
解析：A．乙二胺分子间可以形成氢键，有氢键的存在能使物质的沸点升高，则乙二胺(H2NCH2CH2NH2)沸点高于ClCH2CH2Cl，故A错误；
B．石墨层状结构如图，每个C原子连接3个碳碳键，每个碳碳键被2个碳原子共用，每个碳原子占有的碳碳键个数=0.5×3=1.5，所以碳原子个数与碳碳键个数之比=1：1.5=2：3，故B错误；
C．的中心I原子的价层电子对数为2+=4，VSEPR模型为四面体，中心原子的杂化方式为sp3，中心原子含有两对孤电子，略去孤电子得到的空间结构为V形，故C正确；
D．1mol[TiCl(H2O)5 ]Cl2·H2O溶于水后，能电离出2molCl-，与足量硝酸银溶液反应，产生2molAgCl沉淀，故D错误；
故选：C。
2．B
解析：A．的价层电子排布式为：3d9，3d能级上有1个未成对电子，故A正确；
B．1mol H2O含2molH-Oσ键，1mol H2O与之间存在1mol配位键，配位键属于σ键；lmol中含4molS-Oσ键，则1 mol [Cu(H2O)4]SO4中含有16 molσ键，故B错误；
C．深蓝色溶液中的溶质为[Cu(H2O)4]SO4，[Cu(H2O)4]2+和之间存在离子键，水分子内存在极性共价键，水分子与铜离子之间存在配位键，故C正确；
D．中心S原子的价层电子对数为，无孤对电子，离子空间构型为正四面体形，故D正确；
故选：B。
3．C
解析：氯化钠的化学式为NaCl，是由钠离子与氯离子构成的，固体形式为离子晶体，其摩尔质量为58.5g/mol，综上所述，答案为C。
4．D
解析：A．SiO2晶体为原子晶体，由Si原子和O原子构成，不存在SiO2分子，A错误；
B．Na2SO4晶体为离子晶体，由Na+和构成，不存在Na2SO4分子，B错误；
C．C3N4是原子晶体，由C、N原子构成，不存在C3N4分子，C错误；
D．C60 (足球烯)晶体为分子晶体，由C60分子构成，C60表示分子式，D正确；
答案选D。
5．A
解析：A．中的H与中的O之间的作用力大小在范德华力和共价键之间，说明硫酸铵晶体中存在氢键，选项A正确；
B．熔融态NaCl中有自由移动的离子，所以熔融NaCl可以导电，选项B错误；
C．金刚石为共价晶体，石墨为混合型晶体，但石墨中共价键的键长比金刚石中共价键键长短，键能更大，所以石墨的熔点比金刚石的高，选项C错误；
D．卤族元素氢化物都属于分子晶体，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氟化氢中含有氢键，氯化氢中不含氢键，导致氟化氢沸点高于HCl，选项D错误；
答案选A。
6．C
解析：A．氦气为单原子分子，1mol氦气含有的原子数为NA，A项错误；
B．Na2O2与水的反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，1molNa2O2参与反应转移1mol电子，n(Na2O2)=7.8g÷78g/mol=0.1mol，反应中转移0.1mol电子，B项错误；
C．Si3N4属于共价晶体，每个Si原子形成4个Si—N键，每个N原子形成3个Si—N键，1molSi3N4晶体中含12molSi—N键，数目为12 NA，C项正确；
D．根据“只靠拢、不交叉”，反应“K37ClO3＋6H35Cl=KCl＋3Cl2↑＋3H2O”中Cl2既是氧化产物又是还原产物，且其中37Cl与35Cl的个数比为1:5，即反应生成的3molCl2的质量为212g，若生成Cl2分子数为NA，则其质量为70.7g，D项错误；
故选C。
7．D
解析：A．氯化铵是非金属元素形成的离子化合物，A错误；
B．含有离子键的化合物一定是离子化合物，B错误；
C．离子化合物也可能含有共价键，如氢氧化钠等，C错误；
D．离子化合物可能含有极性键或非极性键，如氢氧化钠含有极性键，过氧化钠含有非极性键，D正确；
故选D。
8．A
解析：A．H3O+中只有一对孤电子对，H2O中有2对孤电子对。孤电子对越多，排斥力越大键角越小，因此键角H3O+＞H2O，A错误；
B．在1个(CH3NH3)PbI3晶胞中，含有黑球：1个，白球：6×=3个，含有阴影球：8×=1个，因此1个(CH3NH3)PbI3晶胞含有3个I-，B正确；
C．根据图示可知：机理中的反应在反应过程中元素化合价不变，因此这些反应均为非氧化还原反应，C正确；
D．H2O分子中的O原子上含有孤对电子能够与H+形成配位键结合形成H3O+，因此H2O可与CH3NH反应生成H3O+和CH3NH2，D正确；
故合理选项是A。
9．C
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子序数是X原子价电子数的4倍，则X为C元素、W为S元素；X与Z同族，则Z为Si元素；Y的第一电离能高于同周期的相邻元素，则Y可能为N元素或Mg元素。
解析：A．碳元素形成的氢化物可能为液态烃和固态烃，液态烃和固态烃的沸点都高于硫化氢，故A错误；
B．镁元素的原子序数为12，基态原子的价电子排布式为3s2，位于元素周期表的s区，故B错误；
C．元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，元素非金属性强弱顺序为S>C>Si，则最高价含氧酸的酸性强弱顺序为W>X>Z，故C正确；
D．碳单质的晶体类型可能为共价晶体，如金刚石，也可能为分子晶体，如C60，还可能为混合型晶体，如石墨，而硅单质形成的晶体只能为共价晶体，则碳元素和硅元素形成的单质的晶体类型不一定相同，故D错误；
故选C。
10．C
解析：A．FeCl3和KSCN发生络合反应而导致溶液呈血红色，反应方程式为Fe 3++SCN-=Fe(SCN)3，所以与配合物有关，故A不选；
B．向一定量的CuSO4溶液中加入氨水至沉淀消失，生成[Cu(NH3)4]SO4，为配合物，故B不选；
C．FeCl2溶液是浅绿色，被氧化后形成FeCl3是棕黄色，颜色变深，和配合物无关，故C选；
D．一定量的AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消失，生成银氨溶液，氢氧化二氨合银为配合物，故D不选；
正确答案是C。
11．C
解析：A．两种元素组成的分子中不一定只有极性键，也可以有非极性键，例如过氧化氢、乙烯等，A错误；
B． 非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，可以是离子化合物，例如氯化铵等铵盐，B错误；
C． 熔融状态时能导电的化合物存在可自由移动的离子，加热破坏了离子键，未加热前一定是离子晶体，C正确；
D．分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关、与共价键无关，D错误；
答案选C。
12．D
解析：A．在酸性配位点上，NH3与H＋通过N→H配位键形成，故A正确；
B．2NO＋O2⇌2NO2是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，所以增大压强有利于NO与O2吸附在Fe3＋配位点上形成NO2，故B正确；
C．反应物和生成物中心原子杂化类型相同，中有一对孤电子对，中有两对孤电子对，分子空间结构分别为三角锥形、V形；故C正确；
D．催化剂不影响平衡转化率，故D错误；
故答案选D。
13．D
解析：A．单晶硅为共价晶体，A错误；
B．Si原子有三个电子层，最外层4个电子，B错误；
C．二氧化硅是共价晶体，无分子式，化学式为，C错误；
D．为由极性键构成的非极性分子，D正确；
故选D。
14．D
解析：A．KI溶液中I-离子浓度较大，抑制碘单质与水反应，有利于溶解碘，故A正确；
B．区分晶体和非晶体最科学的方法是对固体进行X一射线衍射实验，故B正确；
C．干冰成分为二氧化碳，Mg与二氧化碳反应生成MgO和C，且放热，盖在上面的干冰融化，说明了干冰易升华，故C正确；
D．玻璃中含有硅酸钠，也含钠元素，会干扰NaCl的焰色试验，不能用于焰色反应实验，故D错误；
故选：D。
15．A
解析：A．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性：，A正确；
B．HF能形成氢键导致其沸点高于HCl，沸点：，B错误；
C．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，稳定性：，C错误；
D．离子晶体沸点和晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比；氧化镁中离子半径更小、所带电荷更多，故晶格能更大，熔点：，D错误；
故选A。
二、填空题
16． Cl−>O2−>Mg2+ 第四周期第IVA 离子键
【分析】由元素在周期表的位置可知，①是H；②是C；③是N；④是O；⑤是Na；⑥是Mg；⑦是P；⑧是S；⑨是Cl元素。
(1)离子核外电子层数越多，离子半径越大；离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小；
(2)Mg与O先得失电子形成离子，离子间通过离子键结合；
(3)元素⑦是P元素，是15号元素，比它的原子序数多17的元素是32号元素，根据元素的原子序数与原子结构确定元素位置；
(4)①④⑤三种元素分别是H、O、Na，三种元素形成的离子化合物是NaOH；NaOH溶于水电离产生OH-、Na+；
(5)元素①和元素④形成的化合物18电子分子是H2O2，元素①和元素⑧形成的化合物18电子分子是H2S，二者会发生氧化还原反应，结合这两种化合物按物质的量之比为4：1，写出反应的离子方程式。
解析：(1)由于离子核外电子层数越多，离子半径越大，当离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小；Cl−核外有3个电子层，O2−、Mg2+核外都有2个电子层，所以Cl−的半径最大，O2−半径次之，Mg2+的离子半径最小，故元素④、⑥、⑨的离子半径由大到小的顺序为Cl−>O2−>Mg2+；
(2)Mg原子失去电子形成Mg2+，O原子获得电子形成O2−，Mg2+与O2−通过静电作用形成离子键，用电子式表示为；
(3)元素⑦是P元素，它的原子序数是15，比该元素的原子序数大17的元素是32，其核外电子排布是2、8、18、4，所以该元素位于第四周期第IVA；
(4)①④⑤三种元素分别是H、O、Na，三种元素形成的离子化合物是NaOH，其电子式是；NaOH是离子化合物，含有离子键、共价键，当其溶于水电离产生OH−、Na+，所以断裂的是离子键；
(5)元素①和元素④形成的化合物18电子分子是H2O2，该物质具有氧化性，元素①和元素⑧形成的化合物18电子分子是H2S，该物质具有还原性，二者混合时按物质的量之比为4:1发生氧化还原反应，根据电子守恒，可得反应的离子方程式为 。
17．(1) 第4 周期VB族
(2) 3 V形 sp2杂化 sp3杂化 a 12
(3) 正四面体形 NaVO3
解析：（1）钒在元素周期表中的位置为第4周期VB族，其价层电子排布式为3d4s2，电子排布图为；
（2）SO2分子中S原子价电子排布式为3s23p4，价层电子对数是3对，分子的立体构型为V形；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为sp2杂化；根据题中SO3的三聚体环状结构图，可知该结构中S原子形成了四个共价键，则杂化轨道类型为sp3杂化；该结构中S- O键长有两类，一类键长约140pm， 另一类键长约160pm， a键除了σ键外还有π键的成分，b键为σ 键，故较短的键为a，由图可知该分子中含有12个σ键。
（3）钒酸钠(Na3VO4)中的阴离子VO43-的中心原子(V)有4对价层电子对，且与4个O原子形成了4个共价键，故其立体构型为正四面体形；由偏钒酸钠的阴离子呈如题中图3所示的无限链状结构，可知偏钒酸钠的阴离子为VO3-，则偏钒酸钠的化学式为NaVO3。
18．(1) 是 4 bcd
(2)pH过小，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键；pH过大时，Fe2+与OH－形成沉淀
(3)5
(4)[Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O
(5)b
(6)AD
解析：（1）根据螯合物的定义分析丁二酮肟有两个氮和两个氧的配位原子，丁二酮肟与镍离子通过螯合配位成环，因此丁二酮肟镍是属于螯合物，其配位数为4，含有化学键的类型有配位键、极性键、非极性键，而氢键不属于化学键；故答案为：是；4；bcd。
（2）实验室常用邻二氮菲()检验Fe2+，生成橙红色的邻二氮菲亚铁络离子，选择pH范围为2～9的原因是pH过小，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键；pH过大时，Fe2+与OH－形成沉淀；故答案为：pH过小，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键；pH过大时，Fe2+与OH－形成沉淀。
（3）铁的价层电子为8，根据中心原子的价电子数+配体提供的总电子数=18得到Fe(CO)x中8+2x=18，则x=5即Fe的配位数x的数值为5；故答案为：5。
（4）CrCl3∙6H2O水合异构体中一种结构是取1mol与足量的AgNO3溶液反应，生成2mol白色沉淀，说明该物质1mol能电离出2mol氯离子即1个CrCl3∙6H2O有2个氯离子属于外界，还有一个氯离子和五个水属于内界形成配位数为6，则该配合物的化学式为[Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O；故答案为：[Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O。
（5）[Ni(NH3)4]2+具有对称的空间构型，说明Ni2+杂化后有四个空轨道，说明不是sp2杂化或sp杂化，[Ni(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，从而说明[Ni(NH3)4]2+不是正四面体结构，则不可能为sp3杂化，因此中心离子Ni2+的杂化方式可能为dsp2杂化；故答案为：b。
（6）中心离子或原子上含有未成对电子的物质具有顺磁性：
A．[Cr(OH)4]－中Cr为+5价，则Cr5+价层电子排布式为3d1，有1个未成对电子，故A符合题意；
B．[Cu(CN)4]3−中Cu+、CN－都没有未成对电子，故B不符合题意；
C．[ZnCl4]2−中Zn2+、Cl－都没有未成对电子，故C不符合题意；
D．[Fe(CN)6]4−中Fe2+价层电子排布式为3d6，有4个未成对电子，故D符合题意；
综上所述，答案为：AD。
19． 略 略 Cu(NH3)4]SO4·H2O 降低溶解度，析出晶体。 配位能力：NH3 >H2O
解析：（1）氨水和硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀，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蓝色的透明溶液，涉及的离子方程式为：①Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+、②Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-；（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)4]SO4·H2O；乙醇的作用是降低溶解度，析出晶体；（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＞。
点睛：本题考查了物质结构和性质，离子方程式书写、配合物的成键情况等知识，题目难度较大，在水溶液里配合物的外界能产生自由移动的离子。
三、计算题
20．(1) 杂化 平面三角形
(2) 3 1
(3)甲醇 甲醇能形成分子间氢键
(4) 32 2∶1
解析：(1)甲醛()中C原子价层电子对数为3对，其杂化方式为sp2，分子的立体构型为平面三角形；故答案为：sp2；平面三角形。
(2)甲醛分子只有一个碳氧双键，其余为单键，因此1个甲醛分子中含有3个σ键3个π键；故答案为：3；1。
(3)甲醛不能形成氢键，而甲醇能形成分子间氢键，分子间氢键，使得沸点升高，因此甲醛与甲醇相比，，甲醇的沸点高；故答案为：甲醇；甲醇能形成分子间氢键。
(4)①一个T−碳晶胞中含有个碳原子；故答案为：32。
②T−碳的密度非常小，约为金刚石的一半。设T−碳晶胞的边长和金刚石晶胞的边长分别为a、b，则，解得即T−碳晶胞的边长和金刚石晶胞的边长之比为2∶1；故答案为：2∶1。
21．(1)4s24p2，洪特规则
(2)X射线衍射法
(3) 4 4
【分析】能量最低原理：原子核外的电子应优先排布在能量最低的能级里，然后由里到外，依次排布在能量逐渐升高的能级里；洪特规则是指在相同能量的轨道上，电子总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同；泡利原理是指每个轨道最多只能容纳两个自旋相反的电子；
解析：（1）为32号元素位于第四周期第ⅣA族，基态原子的价层电子排布式为4s24p2，其价电子在其最高能级为4p能级，电子分布遵循的原则为洪特规则；
（2）晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法；
（3）由图可知，以底面面心As原子为例，上层晶胞中存在2个Ga、在下层晶胞中也存在2个Ga，故每个原子周围有4个距离最近的原子；Ga位于晶胞内部，每个晶胞中有4个原子.
四、元素或物质推断题
22．(1) 7
(2)
(3) ds 3d104s1
(4)D
(5)
【分析】现有属于前四周期的A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次增大，A元素基态原子的价电子排布式为，则A为N元素；C元素为周期表中最活泼的非金属元素，则B为O元素、C为F元素；D元素形成的正三价离子的3d轨道为半充满状态，则D为Fe元素；E元素基态原子的M层全充满，N层只有一个电子，则E为Cu元素；F元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒，俗称砒霜，则F为As元素。
解析：（1）氮原子核外有7个电子，则原子核外有7种运动状态的电子；氧元素和氟元素形成原子个数比为1：1的共价化合物为O2F2，电子式为，故答案为：7；，
（2）铁原子的核电荷数为26，核外有4个电子层，最外层电子数为2，原子的结构示意图为，故答案为：；
（3）铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，位于元素周期表区ds，故答案为：ds；3d104s1；
（4）A．砷元素是处于金属和非金属分界线附近的非金属元素，单质可作为半导体材料，故A正确；
B．同主族元素，从上到下元素电负性依次减小，则砷元素的电负性小于磷元素，故B正确；
C．同主族元素，从上到下原子半径依次减小，则砷原子的原子半径小于锗原子，故C正确；
D．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，氢化物稳定性依次增强，则砷化氢的稳定性弱于硒化氢，故D错误；
故选D。
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的铜原子个数为8×+6×=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=a3d，解得d=，故答案为：。
五、实验题
23．(1) 将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同 4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3 c(Co3+)
(2) 加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色 2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O O2
(3) 对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化 [Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+
【分析】利用不同氧化剂及还原剂，通过实验研究和之间的相互转化，探究氧化性和还原性强弱，通过分析及实验进行验证。
解析：（1）①乙同学补充实验IV，设计不含Co2+但氯离子浓度相同的溶液代替0.1mol/LCoCl2，进行实验，如：将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同，从而否定了甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化；
②ii中蓝色沉淀Co(OH)2在空气中缓慢反应被氧气氧化生成棕褐色沉淀Co(OH)3，反应的化学方程式是4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3；
③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但c(Co3+)降低的程度更大，还原剂的还原性增强；
（2）①向V中得到的棕褐色沉淀中，加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2；实验中酸性条件下Co(OH)3将氯离子氧化生成氯气，反应的离子方程式是2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O；
②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是O2；
（3）①对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化，故[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活；
②要实现[Co(NH3)6]2+的再生，可通过酸性条件下催化[Co(NH3)6]3+产生Co2+后再利用氨气处理可得：[Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+。