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高中化学鲁科版 (2019)选择性必修2第2章 微粒间相互作用与物质性质第3节 离子键、配位键与金属键达标测试
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这是一份高中化学鲁科版 (2019)选择性必修2第2章 微粒间相互作用与物质性质第3节 离子键、配位键与金属键达标测试，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．向盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液。
下列说法正确的是
A．溶液颜色由黄色变为红色
B．中由提供孤电子对，提供空轨道
C．和与的配位能力：
D．中含键的物质的量为
2．下列方程式与所给事实不相符的是
A．硫酸铜溶液中加少量氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2
B．氢气燃烧热为285.8kJ/ml：H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=−285.8kJ/ml
C．用KSCN溶液检验Fe3+：Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3↓
D．加热CuCl2溶液，溶液变成黄绿色：[Cu(H2O)4]2++4Cl−⇌[CuCl4]2−+4H2O ΔH>0
3．以大洋锰结核(主要由锰、铁的氧化物组成，还含有Cu元素)为原料制备脱硫剂MnxOy的工艺流程如下。
已知：氨浸时，CO将结核中的MnO2转化为MnCO3。下列说法错误的是
A．“氨浸”时，快速鼓入CO可起到搅拌加快反应速率的作用
B．铜元素以Cu2+的形式进入“氨浸”的浸出液中
C．“浸锰”时主要反应的离子方程式：MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2 ↑
D．上述过程中NH3(或NH3·H2O)、(NH4)2SO4可循环利用
4．下列叙述对应的离子方程式正确的是
A．向饱和 溶液中通入过量
B．白色沉淀 CuCl溶于NH4Cl-NH3·H2O溶液得到深蓝色溶液： 4Cl-
C．向漂白液中通入过量
D．用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OH→CH3COO-++3NH3+2Ag↓+H2O
5．的配位化合物较稳定且用运广泛。可与等配体形成溶液呈浅紫色的、红色的、无色的配离子。某同学按如下步骤完成实验：
已知：向的溶液中加入溶液生成蓝色的的配离子，不能与形成配位离子。下列说法正确的是
A．第四电离能远小于第三电离能
B．基态和基态的核外电子排布中，未成对电子数之比
C．配离子中的键角与分子中的键角相等
D．可用和溶液检验溶液中是否含有
6．M、N、Z、Y、X、T是原子半径依次增大的前10号元素，基态N原子核外电子有5种空间运动状态，并有1个单电子，这六种元素形成的一种化合物结构如图所示。
A．与Z同周期且第一电离能大于Z的元素有2种
B．该化合物中只含有离子键、共价键，不存在配位键
C．六种元素中，X的最高价含氧酸的酸性最强
D．最简单氢，化物的沸点为
7．冠醚可以识别碱金属离子，如18-冠-6可以识别，形成的螯合物的结构如下所示．已知一些冠瞵的尺寸如下表所示，下列说法错误的是
A．该结构中所有原子可能共平面
B．该过程体现了超分子“分子识别”的特性
C．该结构中和原子的杂化轨道类型完全相同
D．15-冠-5可以识别直径为的
8．血红蛋白结合O2后的结构如图所示，CO也可与血红蛋白结合，它与血红蛋白结合的能力约为O2的230～270倍。二者与血红蛋白(Hb)结合的反应可表示为：①Hb+O2⇌Hb(O2)K1；②Hb+CO⇌Hb(CO)K2
下列说法不正确的是
A．Fe2+的基态电子的空间运动状态有14种
B．电负性：O>C>Fe
C．由题意可得结论：相同温度下，K2D．CO中毒患者进入高压氧舱治疗，平衡①、②移动的方向相反
9．六氟磷酸盐离子液体可用于有机合成的溶剂和催化剂，其结构如图所示，下列说法不正确的是
A．阳离子中氮原子杂化方式均为
B．所有原子均符合8电子稳定结构
C．该物质中存在的化学键类型：离子键、共价键
D．阴、阳离子体积较大，离子之间作用力较弱，晶体的熔点较低
10．汽车尾气脱硝催化的机理如图所示，下列说法错误的是
A．是催化剂
B．该反应包含非极性键与极性键的断裂与形成
C．由状态②到状态③，铜元素被还原
D．循环体系中铜的配位数未发生改变
11．下列化学反应的表示正确的是
A．金属钠和液氨反应：
B．过量氨水和硫酸铜溶液反应：
C．尿素和NaClO溶液在碱性条件下反应：
D．肼燃烧的热化学方程式：
12．哲学中“量变引起质变”的规律广泛存在于化学中。下列变化中不属于量变引起质变的是
A．向溶液中滴加盐酸至过量，先生成白色沉淀，后沉淀溶解变为无色溶液
B．向酚酞溶液中加入足量的粉末，溶液先变为红色，后变为无色
C．向溶液中通入至过量，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解变为蓝色溶液
D．向溶液中滴加溶液至过量，开始无明显现象，后产生气泡
13．乙酰乙酸乙酯存在酮式与烯醇式的互变异构，其中烯醇式可与结合产生紫色，其结构如图所示，下列有关该配离子的说法正确的是
A．有23种空间运动状态的电子
B．该配离子中含有6个配体
C．该配离子中碳原子的杂化类型有、杂化
D．该配离子中含有的化学键有离子键、极性键、非极性键、配位键
14．二氯二氨合铂存在顺反两种结构，其中顺式结构常称“顺铂”，具有抗癌活性。下列说法正确的是
A．“顺铂”中含有键
B．的VSEPR模型为三角锥形
C．分子中为杂化
D．分子中的键的键角小于顺铂中的键角
15．已知反应：，下列说法错误的是
A．配离子中，含有键数目为
B．键角的大小：
C．和与的配位能力：
D．和的模型均为四面体形
二、填空题
16．碳酸二甲酯()是一种绿色化工原料。用于汽车、医疗器械等领域。以甲醇为原料生产碳酸二甲酯的反应过程如下。
i．
ii．
(1)碳酸二甲酯分子中1号碳原子的杂化类型是 。
(2)中，基态的价电子排布式为 ，在生产碳酸二甲酯的反应过程中所起的作用是 。
(3)上述方法中，甲醇单位时间内的转化率较低。为分析原因，查阅如下资料。
i．甲醇单位时间内的转化率主要受(价铜元素)浓度的影响。
ii．在甲醇中溶解度较小，且其中的易被氧化为难溶的。
iii．加入4甲基咪唑()可与形成配合物，可提高甲醇的转化率。
4-甲基咪唑中，1号原子的孤电子对因参与形成大键，电子云密度降低。请结合信息回答以下问题。
①4-甲基咪唑中，1-4号原子(填“在”或“不在”)同一平面上， (填“1”或“3”)号原子更容易与形成配位键。1号原子的杂化类型是 。
②加入4-甲基咪唑后，甲醇转化率提高，可能的原因是 (填序号)。
a．配合物中的-结构可增大其在甲醇中的溶解度
b．通过形成配合物，避免被氧化为难溶的
c．形成的配合物能增大反应的限度
17．N、P、As均为氮族元素，这些元素与人们的生活息息相关。回答下列问题：
(1)下列状态的N原子或离子在跃迁时，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是 (填序号，下同)，未成对电子最多的是 。
a． ls22s22p3 b．1s22s2 c．1s22s12p4 d．1s22s12p3
(2)Si、P与S是同周期中相邻的元素，Si、 P、S的电负性由大到小的顺序是 ，第一电离能由大到小的顺序是 。
(3)吡啶为含N有机物。这类物质是合成医药农药的重要原料。下列吡啶类化合物A与Zn(CH3CH2)2(即ZnEt2 )反应生成有机化合物B， B具有优异的催化性能。
吡啶类化合物A中N原子的杂化类型是 ，化合物A易溶于水，原因是 ，含Zn有机物B的分子结构中含 (填序号)。
A．离子键 B．配位键 C．π键 D．σ键 E．氢键
三、解答题
18．锌及锌合金(如黄铜)广泛应用于生产、生活。某小组拟以锌矿(主要成分是ZnS，含少量FeS等杂质)为原料采用多种方法冶炼锌，流程如图。回答下列问题：
已知：①是两性氢氧化物，易溶于NaOH溶液，也溶于氨水，能发生反应：，。
②常温下，几种金属离子转化成氢氧化物沉淀的pH如表：
(1)已知的部分结构如图所示，中采用杂化，则有 种结构。分子中的键角比中的小的原因是 。
(2)明代宋应星著的《天工开物》中有关“升炼倭铅”的记载：“每炉甘石十斤，装载入一泥罐内，封裹泥固，∙∙∙∙∙∙然后，逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红∙∙∙∙∙∙冷定，毁罐取出。∙∙∙∙∙∙即倭铅也。”(炉甘石主要成分是，倭铅即指Zn)古代炼锌方法类似于上述三种方法中的 (填标号，下同)。从环保的角度来看，这三种方法中，最佳方法是 。
a．半湿法 b．火法 c．全湿法
(3)“氧压酸浸”是在稀硫酸中加入锌矿粉，并在加压下通入，除生成外，还能回收非金属单质。ZnS参与反应的离子方程式为 。
(4)“氧化，调pH”时试剂A不宜选择NaOH溶液，也不宜选择氨水，原因是 。
(5)“电解沉积”(以惰性材料为电极)时阳极的电极反应式为 。航母外壳常镶嵌一些锌块，这种保护航母的方法叫 。
(6)通常认为离子浓度 ml⋅L时表示该离子已完全除尽。根据表格数据计算 。
19．某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含、、、、和)。实现钴、镍、镁元素的回收。
已知：
回答下列问题：
(1)基态C原子的价层电子轨道表示式为 。
(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(已知的电离方程式为：、)。“氧化”中先用石灰乳调节，再加入“混合气”，被氧化为，该氧化还原反应过程的离子方程式为： ；得到滤渣的主要成分为、 (填化学式)。
(3)“沉钴镍”中得到的在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为： 。
(4)“沉镁”中为使沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于 (精确至0.1)。
(5)钴镍渣是湿法炼锌净化渣之一，其中含有少量C(Ⅱ)、Cd(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)的硫酸盐及氢氧化物。利用以下工艺流程回收金属并制备氧化锌：
下列说法正确的是：___________(填标号)。
A．粉碎矿渣、升高温度均可以提高“溶浸”率
B．通过高温焙烧可以将制得氧化锌
C．根据中S的化合价分析，具有强还原性
D．可与浓盐酸反应生成，参与反应可生成
(6)可用作聚氯乙烯的染色剂和稳定剂。氨气中的键角比该配合物中的键角小，其原因是 。
冠醚
-冠-
-冠-
-冠-
冠醚空腔直径
金属离子
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
6.5
9.7
5.4
8.0
2.3
4.1
物质
参考答案：
1．D
【分析】K3[Fe(CN)6]电离生成K+和[Fe(CN)6]3-，[Fe(CN)6]3-中由Fe3+提供空轨道，CN-提供孤电子对，向盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴K3[Fe(CN)6]溶液，然后再滴加2滴KSCN溶液，溶液颜色不变，说明[Fe(CN)6]3-没有产生三价铁离子，没有生成Fe(SCN)3，即SCN-和CN-与Fe3+的配位能力：CN-＞SCN-，据此分析解答。
【详解】A．向盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴K3[Fe(CN)6]溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液，溶液不变色，A错误；
B．[Fe(CN)6]3-中由Fe3+提供空轨道，CN-提供孤电子对，B错误；
C．K3[Fe(CN)6]溶液中滴加2滴硫氰化钾溶液时，溶液不变色，说明SCN-和CN-与Fe3+的配位能力：CN-＞SCN-，C错误；
D．K3[Fe(CN)6]电离生成K+和[Fe(CN)6]3-，[Fe(CN)6]3-中Fe3+与CN-形成配位键，CN-中含有碳氮三键，1个三键中含有2个π键和1个σ键，所以1mlK3[Fe(CN)6]中含σ键的物质的量为2ml×6=12ml，D正确；
故答案为：D。
2．C
【详解】A．少量的氨水，生成氢氧化铜沉淀，反应为Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2，故A正确；
B．燃烧热是指1ml纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，氢气燃烧热为285.8kJ/ml，其热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=−285.8kJ/ml，故B正确；
C．Fe(SCN)3不是沉淀；用KSCN溶液检验Fe3+，离子方程式为：Fe3++3SCN-═Fe(SCN)3，故C错误；
D．[Cu(H2O)4]2+为蓝色，[CuCl4]2-为黄绿色，对CuCl2溶液进行加热，溶液由蓝色变为黄绿色，说明在CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl-⇌[CuCl4]2-+4H2O，平衡正移，其正反应吸热，故D正确。
答案选C。
3．B
【分析】由流程可知大洋锰结核(主要由锰、铁的氧化物组成，还含有Cu元素)，氨浸时，CO将结核中的MnO2转化为MnCO3；过滤得到MnCO3和Fe2O3；滤渣加硫酸铵溶液，其中碳酸锰与硫酸反应生成硫酸锰、氨气和二氧化碳，过滤出Fe2O3；再经过滤，滤液中加碳酸铵使锰离子转化为碳酸锰，过滤后，煅烧碳酸锰得到脱硫剂MnxOy，据此分析解答；
【详解】A．“氨浸”时，快速鼓入CO可起到搅拌，有利于大洋锰结核与氨水充分接触，加快反应速率，故A正确；
B．Cu2+与氨水反应首先生成Cu(OH)2，Cu(OH)2继续与氨水反应最终生成进入浸出液中，故B错误；
C．由上述分析可知浸锰时的主要离子反应为：MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2 ↑，故C正确；
D．由流程可知，上述过程中NH3(或NH3·H2O)、(NH4)2SO4可循环利用，故D正确；
故选：B。
4．B
【详解】A．向饱和 溶液中通入过量二氧化碳，生成物碳酸氢钠溶解度较小，会以晶体形式析出，生成物碳酸氢钠不能拆成离子形式，故A错误；
B．白色沉淀 CuCl溶于NH4Cl-NH3·H2O溶液会发生反应生成深蓝色配合物铜氨离子，故溶液会变为深蓝色，方程式为4Cl-，故B正确；
C．向漂白液中通入过量 会发生氧化还原反应，生成物为硫酸根离子与氯离子，故C错误；
D．用银氨溶液检验乙醛中的醛基发生的反应方程式为：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OHCH3COO-+NH4++3NH3+2Ag↓+H2O故D错误；
故选B。
5．D
【详解】A．Fe 的原子序数为26，核外电子排布为[Ar]3d64s2，失去3个电子后形成三价铁离子，核外排布为：[Ar]3d5，d轨道处于半满结构，能量低、稳定，失去电子难，所以Fe 第四电离能远大于第三电离能，故A错误；
B．基态核外电子排布为[Ar]3d5，有5个未成对电子，基态核外电子排布为[Ar]3d6，有4个未成对电子，未成对电子数之比，故B错误；
C．配离子Fe与O之间的配位键与水中成键电子对之间的斥力小于故电子对与孤电子对之间的斥力，这样导致H-O-H的键角比H2O分子中H-O-H的键角大，故C错误；
D．可用NaF和KSCN溶液检验FeCl3溶液中是否含有C2+，具体操作为向溶液中加入NaF使铁离子转化为无色的[FeF6]3-配离子，在加入KSCN溶液，若含有C2+，则生成蓝色的[C(SCN)4]2-配离子，故D正确。
答案选D。
6．D
【分析】基态N原子核外电子有5种空间运动状态，并有1个单电子，推测N元素为F元素，结合物质的结构图可知M只能形成一个共价键且原子半径比F小推测为H，Z形成2个共价键且半径比F大推测为O元素，Y形成3个共价键且半径比F大推测为N元素，X形成4个共价键且半径比F大推测为C元素，T与F形成，推测为B元素，综合分析，X为C、Y为N、Z为O、M为H、T为B、N为F；
【详解】A．Z为O，同周期元素，从左到右，第一电离能增大，但VA元素第一电离能大于ⅥA元素的第一电离能，则稀有气体Ne及Cl、N的第一电离能大于O，故A错误；
B．该化合物中有阴、阳离子，存在离子键，阳离子内部原子之间以共价键相连，阴离子内部存在配位键，故B错误；
C．最高价含氧酸的酸性强弱可以通过元素的非金属性强弱来比较，氟元素的非金属性最强，但是氟元素没有含氧酸，氧元素没有最高正价，所以上述元素中氮元素的最高价含氧酸酸性最强，故C错误；
D．物质含有氢键，沸点增大，常温下，H2O为液态，HF为气体，则水的沸点高于HF，HF分子内含有氢键，则沸点高于CH4，故D正确；
故选D。
7．A
【详解】A．结构中氧原子均与苯环直接相连，故6个O原子与可能在同一平面上，但根据甲烷正四面体结构可知，分子中存在亚甲基，不可能所有原子在同一平面，选项A错误；
B．该过程识别，形成的螯合物，体现了超分子“分子识别”的特性，选项B正确；
C．该结构中和原子均形成单键，均为sp3杂化，杂化轨道类型完全相同，选项C正确；
D．15-冠-5冠醚空腔直径，可以识别直径为的，选项D正确；
答案选A。
8．C
【详解】A．Fe2+基态核外电子排布式为[Ar]3d3，占据的轨道有1s、2s、4s、3d，所以该元素基态原子核外电子的空间运动状态有14种，选项A正确；
B．元素的非金属性越强电负性越强，则电负性：O>C>Fe，选项B正确；
C．CO也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为O2的230～270倍，则反应②比反应①正向进行的程度大，K2>K1，选项C不正确；
D．CO中毒患者进入高压氧舱治疗，氧气浓度增大，平衡①正向移动导致c(Hb)减小，所以平衡①正向移动、②逆向移动，选项D正确；
答案选C。
9．B
【详解】A．阳离子中含N五元环为平面结构，两个N原子杂化方式均为sp2，A正确；
B．氢原子不符合8电子稳定结构，B错误；
C．阴阳离子间存在离子键，阴阳离子内部存在共价键，C正确；
D．该物质为离子晶体，但是由于阴、阳离子体积较大，离子之间作用力较弱，导致其晶体的熔点较低，D正确；
故答案为：B。
10．D
【详解】A．从脱氮反应机理图可以看出，参与了整个反应，而反应前后没有发生变化，所以是催化剂， A正确；
B．反应过程中有氧气、NO参与反应，有氮气、H2O生成，故包含非极性键与极性键的断裂与形成，B正确；
C．由状态②到状态③，铜元素的化合价从，被还原，C正确；
D．由图可知，在①、④中铜的成键数目为2，在③、⑤中铜的成键数目为3，在②中铜的成键数目为4，所以该催化循环中Cu的成键数目发生了变化，D错误；
故选D。
11．B
【详解】A．金属钠和液氨反应生成NaNH2和H2，反应的方程式为：，A错误；
B．过量氨水和硫酸铜溶液反应生成，反应的离子方程式为：，B正确；
C．尿素和NaClO溶液在碱性条件下反应生成N2H4、Na2CO3和NaCl，反应的离子方程式为：，C错误；
D．肼燃烧的热化学方程式中H2O应为液态，D错误；
答案选B。
12．B
【详解】A．向溶液中滴加盐酸至过量，先生成白色沉淀：，后沉淀溶解变为无色溶液：，A项不符合题意；
B．过氧化钠具有强氧化性，且和水生成氢氧化钠，生成氢氧化钠溶液显碱性使得溶液变红色，过氧化钠的强氧化性使得溶液褪色，与量无关，不遵循量变到质变，B项符合题意；
C．向溶液中滴加少量氨水生成Cu(OH)2沉淀：，再滴加氨水，沉淀溶解生成：，溶液变成深蓝色，遵循量变到质变， C项不符合题意；
D．向溶液中滴加溶液至过量，开始碳酸根离子和氢离子生成碳酸氢根离子：，无明显现象，氢离子过量和碳酸氢根离子生成二氧化碳和水：，后产生气泡，遵循量变引起质变，D项不符合题意；
故选B。
13．C
【详解】A．Fe的原子序数为26，Fe原子失去4s能级上的2个电子和3d能级的1个电子形成，则的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，电子占有轨道数为14，有14种空间运动状态的电子，选项A错误；
B．该配离子中含有6个配位键，有3个配体，选项B错误；
C．双键上的C原子形成3个σ键且无孤电子对，采用sp2杂化，饱和C原子价层电子对数为4，采用sp3杂化，选项C正确；
D．该配离子中含有的化学键有极性键、非极性键、配位键，不含离子键，选项D错误；
答案选C。
14．D
【详解】A．“顺铂”中含有键，A错误；
B．的VSEPR模型为四面体形，B错误；
C．二氯二氨合铂存在顺反两种结构，则分子为平面四边形结构、不是四面体结构，则为杂化，C错误；
D．成键电子与孤对电子间的作用力大于成键电子间的作用力，故分子中的键的键角小于顺铂中的键角，D正确；
故选D。
15．A
【详解】A．1ml[C(H2O)6]2+配离子中，键存在于氢原子与氧原子间，以及C2+与水的配位键之间，含有σ键数目为18×6.02×1023，A错误；
B．NH3键角约107°，H2O键角约105°，所以键角的大小：NH3>H2O，B正确；
C．根据反应方程式可知NH3和H2O与C3+的配位能力：NH3＞H2O，原因是N的电负性小于O，即N对孤对电子吸引小于O，故NH3更容易成为配体，C正确；
D．NH3和H2O的VSEPR模型均为四面体形，D正确；
故选A。
16．(1)sp2
(2) 3d10 催化剂
(3) 3 sp3 ab
【详解】（1）碳酸二甲酯分子中羰基碳原子形成一个双键、2个单键，无孤电子对，杂化类型为sp2；
（2）基态Cu原子核外有29个电子，电子排布式为[Ar]3d104s1，则基态Cu+的价电子排布式为3d10；CuCl在反应前后性质和质量均不变，所以其作用为催化剂；
（3）①1、3号N原子均连接两个双键碳原子，碳碳双键为平面结构，因此1~4号原子在同一平面上；根据已知iii，知1号N原子的电子云密度降低，不易给出孤电子对，因此3号N原子更容易与Cu+形成配位键；1号原子形成3个单键，有1对孤电子对，杂化类型为sp3；
②
a．4-甲基咪唑与Cu+形成的配合物中含有-NH-，能与甲醇形成分子间氢键，从而增大其在甲醇中的溶解度，正确；
b．形成配合物的Cu+较稳定，不易被氧化为难溶的CuO，正确；
c．形成的Cu(Ⅰ)配合物在反应中作催化剂，催化剂不影响平衡移动，错误；
答案选ab；
17．(1) c d
(2) S>P>Si P>S>Si
(3) sp2 化合物A与水分子间存在氢键 BCD
【详解】（1）发射光谱是电子从高能量的能级跃迁到低能量的能级，以光的形式释放能量，
a．是基态N原子电子排布式，能量最低，有3个未成对电子；
b．是基态N3+的电子排布式，能量最低，无未成对电子；
c．2s上的1个电子跃迁到2p上，该电子排布式是激发态的N原子，跃迁到基态，可捕捉到发射光谱，有3个未成对电子；
d．2s上失去1个电子，有4个未成对电子；
综上所述，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是c；未成对电子最多的是d；
答案为c；d；
（2）同周期从左向右电负性逐渐增大，即电负性强弱顺序是S＞P＞Si；根据第一电离能规律：同周期元素从左到右第一电离能有增大的趋势，但ⅤA中p轨道处于半充满状态，第一电离能大于ⅥA，第一电离能由大到小顺序是P＞S＞Si，故答案为S＞P＞Si；P＞S＞Si；
（3）从化合物A结构示意图知，分子内N形成碳氮双键(吡啶中六元环为平面结构)，N的杂化类型为sp2，化合物A中含有N原子和羟基，能与水分子形成分子间氢键，增加A在水中的溶解度；根据结构简式，含Zn有机物B含有单键、双键、N→Zn、O→Zn配位键，含有配位键、π、σ键，选项BCD符合题意；答案为sp2；化合物A与水分子间存在氢键；BCD。
18．(1) 1 四氨合锌离子中N原子价层电子全部参与杂化，而游离态分子中N原子价层有1个孤电子对，对成键电子对排斥力较大，导致键角较小
(2) b c
(3)
(4)会转化为或，这两种离子在电解沉积时难被还原为Zn
(5) 牺牲阳极法
(6)
【分析】锌矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，加入酸酸浸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁浸出液；氧气具有氧化性，“氧压酸浸”是在稀硫酸中加入锌矿粉，并在加压下通入，除生成外，还能回收硫氧化生成的非金属单质硫；浸液加入过氧化氢氧化二价铁为三价铁，加入氧化锌、碳酸锌等条件溶液的pH，使得铁离子转化为沉淀得到滤渣，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用；
【详解】（1）中采用杂化，为正四面体形结构，则有1种结构。四氨合锌离子中N原子价层电子全部参与杂化，而游离态分子中N原子价层有1个孤电子对，对成键电子对排斥力较大，导致键角较小，使得分子中的键角比中的小；
（2）“升炼倭铅”是直接和碳高温加热还原生成锌，类似火法炼锌，故选b；半湿法焙烧过程中生成硫的氧化物，火法燃烧也会生成烟尘、有毒气体等污染，而全湿法过程中可以减少这些污染，故从环保的角度来看，这三种方法中，最佳方法是c；
（3）氧气具有氧化性，“氧压酸浸”是在稀硫酸中加入锌矿粉，并在加压下通入，除生成外，还能回收硫氧化生成的非金属单质硫，反应为硫化锌、氧气、硫酸生成硫酸锌和硫单质、水：；
（4）已知：①是两性氢氧化物，易溶于NaOH溶液，也溶于氨水，能发生反应：，，故加入氢氧化钠、氨水调节pH过程中会转化为或，这两种离子在电解沉积时难被还原为Zn；
（5）“电解沉积”(以惰性材料为电极)时阳极上水放电失去电子发生氧化反应生成氢离子和氧气：；锌比铁活泼，航母外壳常镶嵌一些锌块，使得锌做负极而使得铁得到保护，这种保护航母的方法叫牺牲阳极法；
（6）pH=8.0时，锌离子沉淀完全，此时pOH=6，则。
19．(1)
(2) H2O+Mn2++=MnO2++3H+ Fe(OH)3
(3)
(4)11.3
(5)AB
(6)独立存在的氨气分子氮原子含有一对孤电子对，而中的N原子的孤电子对提供出来与Cr3+形成了成键电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大
【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被 H2SO5氧化为 MnO2，发生反应H2O+Mn2++=MnO2++3H+，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钴镍”过程中，C2+变为 C(OH)2，在空气中可被氧化成 CO(OH)。
【详解】（1）C为27号元素，基态钴原子的价层电子排布式为3d74s2，轨道表示式：；
（2）用石灰乳调节pH=4，Mn2+被 H2SO5氧化为 MnO2，发生反应的离子方程式为H2O+Mn2++=MnO2++3H+，在pH=4时，铁元素被 H2SO5氧化为三价铁并转化为Fe(OH)3，故得到滤渣的主要成分为MnO2和Fe(OH)3；
（3）在空气中可被氧化成，反应的化学方程式为：；
（4）Mg(OH)2的Ksp=c(Mg2+)×c2(OH-)=10-10.4，“沉镁”时Mg2+沉淀完全(25℃)的最低浓度是10-5ml•L-1，此时c(OH-)===10-2.7ml•L-1，则pOH=2.7，pH=14-pOH=14-2.7=11.3；即需控制pH不低于11.3；
（5）A．粉碎矿渣、升高温度均可以提高“溶浸”率，故A正确；
B．高温下分解会得到氧化锌，故B正确；
C．中有两个氧显-1价，故具有较强的氧化性，故C错误；
D．没有说明标准状况，无法计算Cl2的体积，故D错误；
答案为AB；
（6）中，氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大，其原因是独立存在的氨气分子氮原子含有一对孤电子对，而中的N原子的孤电子对提供出来与Cr3+形成了成键电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大。
一、选择题
1．向盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液。
下列说法正确的是
A．溶液颜色由黄色变为红色
B．中由提供孤电子对，提供空轨道
C．和与的配位能力：
D．中含键的物质的量为
2．下列方程式与所给事实不相符的是
A．硫酸铜溶液中加少量氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2
B．氢气燃烧热为285.8kJ/ml：H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=−285.8kJ/ml
C．用KSCN溶液检验Fe3+：Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3↓
D．加热CuCl2溶液，溶液变成黄绿色：[Cu(H2O)4]2++4Cl−⇌[CuCl4]2−+4H2O ΔH>0
3．以大洋锰结核(主要由锰、铁的氧化物组成，还含有Cu元素)为原料制备脱硫剂MnxOy的工艺流程如下。
已知：氨浸时，CO将结核中的MnO2转化为MnCO3。下列说法错误的是
A．“氨浸”时，快速鼓入CO可起到搅拌加快反应速率的作用
B．铜元素以Cu2+的形式进入“氨浸”的浸出液中
C．“浸锰”时主要反应的离子方程式：MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2 ↑
D．上述过程中NH3(或NH3·H2O)、(NH4)2SO4可循环利用
4．下列叙述对应的离子方程式正确的是
A．向饱和 溶液中通入过量
B．白色沉淀 CuCl溶于NH4Cl-NH3·H2O溶液得到深蓝色溶液： 4Cl-
C．向漂白液中通入过量
D．用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OH→CH3COO-++3NH3+2Ag↓+H2O
5．的配位化合物较稳定且用运广泛。可与等配体形成溶液呈浅紫色的、红色的、无色的配离子。某同学按如下步骤完成实验：
已知：向的溶液中加入溶液生成蓝色的的配离子，不能与形成配位离子。下列说法正确的是
A．第四电离能远小于第三电离能
B．基态和基态的核外电子排布中，未成对电子数之比
C．配离子中的键角与分子中的键角相等
D．可用和溶液检验溶液中是否含有
6．M、N、Z、Y、X、T是原子半径依次增大的前10号元素，基态N原子核外电子有5种空间运动状态，并有1个单电子，这六种元素形成的一种化合物结构如图所示。
A．与Z同周期且第一电离能大于Z的元素有2种
B．该化合物中只含有离子键、共价键，不存在配位键
C．六种元素中，X的最高价含氧酸的酸性最强
D．最简单氢，化物的沸点为
7．冠醚可以识别碱金属离子，如18-冠-6可以识别，形成的螯合物的结构如下所示．已知一些冠瞵的尺寸如下表所示，下列说法错误的是
A．该结构中所有原子可能共平面
B．该过程体现了超分子“分子识别”的特性
C．该结构中和原子的杂化轨道类型完全相同
D．15-冠-5可以识别直径为的
8．血红蛋白结合O2后的结构如图所示，CO也可与血红蛋白结合，它与血红蛋白结合的能力约为O2的230～270倍。二者与血红蛋白(Hb)结合的反应可表示为：①Hb+O2⇌Hb(O2)K1；②Hb+CO⇌Hb(CO)K2
下列说法不正确的是
A．Fe2+的基态电子的空间运动状态有14种
B．电负性：O>C>Fe
C．由题意可得结论：相同温度下，K2
9．六氟磷酸盐离子液体可用于有机合成的溶剂和催化剂，其结构如图所示，下列说法不正确的是
A．阳离子中氮原子杂化方式均为
B．所有原子均符合8电子稳定结构
C．该物质中存在的化学键类型：离子键、共价键
D．阴、阳离子体积较大，离子之间作用力较弱，晶体的熔点较低
10．汽车尾气脱硝催化的机理如图所示，下列说法错误的是
A．是催化剂
B．该反应包含非极性键与极性键的断裂与形成
C．由状态②到状态③，铜元素被还原
D．循环体系中铜的配位数未发生改变
11．下列化学反应的表示正确的是
A．金属钠和液氨反应：
B．过量氨水和硫酸铜溶液反应：
C．尿素和NaClO溶液在碱性条件下反应：
D．肼燃烧的热化学方程式：
12．哲学中“量变引起质变”的规律广泛存在于化学中。下列变化中不属于量变引起质变的是
A．向溶液中滴加盐酸至过量，先生成白色沉淀，后沉淀溶解变为无色溶液
B．向酚酞溶液中加入足量的粉末，溶液先变为红色，后变为无色
C．向溶液中通入至过量，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解变为蓝色溶液
D．向溶液中滴加溶液至过量，开始无明显现象，后产生气泡
13．乙酰乙酸乙酯存在酮式与烯醇式的互变异构，其中烯醇式可与结合产生紫色，其结构如图所示，下列有关该配离子的说法正确的是
A．有23种空间运动状态的电子
B．该配离子中含有6个配体
C．该配离子中碳原子的杂化类型有、杂化
D．该配离子中含有的化学键有离子键、极性键、非极性键、配位键
14．二氯二氨合铂存在顺反两种结构，其中顺式结构常称“顺铂”，具有抗癌活性。下列说法正确的是
A．“顺铂”中含有键
B．的VSEPR模型为三角锥形
C．分子中为杂化
D．分子中的键的键角小于顺铂中的键角
15．已知反应：，下列说法错误的是
A．配离子中，含有键数目为
B．键角的大小：
C．和与的配位能力：
D．和的模型均为四面体形
二、填空题
16．碳酸二甲酯()是一种绿色化工原料。用于汽车、医疗器械等领域。以甲醇为原料生产碳酸二甲酯的反应过程如下。
i．
ii．
(1)碳酸二甲酯分子中1号碳原子的杂化类型是 。
(2)中，基态的价电子排布式为 ，在生产碳酸二甲酯的反应过程中所起的作用是 。
(3)上述方法中，甲醇单位时间内的转化率较低。为分析原因，查阅如下资料。
i．甲醇单位时间内的转化率主要受(价铜元素)浓度的影响。
ii．在甲醇中溶解度较小，且其中的易被氧化为难溶的。
iii．加入4甲基咪唑()可与形成配合物，可提高甲醇的转化率。
4-甲基咪唑中，1号原子的孤电子对因参与形成大键，电子云密度降低。请结合信息回答以下问题。
①4-甲基咪唑中，1-4号原子(填“在”或“不在”)同一平面上， (填“1”或“3”)号原子更容易与形成配位键。1号原子的杂化类型是 。
②加入4-甲基咪唑后，甲醇转化率提高，可能的原因是 (填序号)。
a．配合物中的-结构可增大其在甲醇中的溶解度
b．通过形成配合物，避免被氧化为难溶的
c．形成的配合物能增大反应的限度
17．N、P、As均为氮族元素，这些元素与人们的生活息息相关。回答下列问题：
(1)下列状态的N原子或离子在跃迁时，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是 (填序号，下同)，未成对电子最多的是 。
a． ls22s22p3 b．1s22s2 c．1s22s12p4 d．1s22s12p3
(2)Si、P与S是同周期中相邻的元素，Si、 P、S的电负性由大到小的顺序是 ，第一电离能由大到小的顺序是 。
(3)吡啶为含N有机物。这类物质是合成医药农药的重要原料。下列吡啶类化合物A与Zn(CH3CH2)2(即ZnEt2 )反应生成有机化合物B， B具有优异的催化性能。
吡啶类化合物A中N原子的杂化类型是 ，化合物A易溶于水，原因是 ，含Zn有机物B的分子结构中含 (填序号)。
A．离子键 B．配位键 C．π键 D．σ键 E．氢键
三、解答题
18．锌及锌合金(如黄铜)广泛应用于生产、生活。某小组拟以锌矿(主要成分是ZnS，含少量FeS等杂质)为原料采用多种方法冶炼锌，流程如图。回答下列问题：
已知：①是两性氢氧化物，易溶于NaOH溶液，也溶于氨水，能发生反应：，。
②常温下，几种金属离子转化成氢氧化物沉淀的pH如表：
(1)已知的部分结构如图所示，中采用杂化，则有 种结构。分子中的键角比中的小的原因是 。
(2)明代宋应星著的《天工开物》中有关“升炼倭铅”的记载：“每炉甘石十斤，装载入一泥罐内，封裹泥固，∙∙∙∙∙∙然后，逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红∙∙∙∙∙∙冷定，毁罐取出。∙∙∙∙∙∙即倭铅也。”(炉甘石主要成分是，倭铅即指Zn)古代炼锌方法类似于上述三种方法中的 (填标号，下同)。从环保的角度来看，这三种方法中，最佳方法是 。
a．半湿法 b．火法 c．全湿法
(3)“氧压酸浸”是在稀硫酸中加入锌矿粉，并在加压下通入，除生成外，还能回收非金属单质。ZnS参与反应的离子方程式为 。
(4)“氧化，调pH”时试剂A不宜选择NaOH溶液，也不宜选择氨水，原因是 。
(5)“电解沉积”(以惰性材料为电极)时阳极的电极反应式为 。航母外壳常镶嵌一些锌块，这种保护航母的方法叫 。
(6)通常认为离子浓度 ml⋅L时表示该离子已完全除尽。根据表格数据计算 。
19．某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含、、、、和)。实现钴、镍、镁元素的回收。
已知：
回答下列问题：
(1)基态C原子的价层电子轨道表示式为 。
(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(已知的电离方程式为：、)。“氧化”中先用石灰乳调节，再加入“混合气”，被氧化为，该氧化还原反应过程的离子方程式为： ；得到滤渣的主要成分为、 (填化学式)。
(3)“沉钴镍”中得到的在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为： 。
(4)“沉镁”中为使沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于 (精确至0.1)。
(5)钴镍渣是湿法炼锌净化渣之一，其中含有少量C(Ⅱ)、Cd(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)的硫酸盐及氢氧化物。利用以下工艺流程回收金属并制备氧化锌：
下列说法正确的是：___________(填标号)。
A．粉碎矿渣、升高温度均可以提高“溶浸”率
B．通过高温焙烧可以将制得氧化锌
C．根据中S的化合价分析，具有强还原性
D．可与浓盐酸反应生成，参与反应可生成
(6)可用作聚氯乙烯的染色剂和稳定剂。氨气中的键角比该配合物中的键角小，其原因是 。
冠醚
-冠-
-冠-
-冠-
冠醚空腔直径
金属离子
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
6.5
9.7
5.4
8.0
2.3
4.1
物质
参考答案：
1．D
【分析】K3[Fe(CN)6]电离生成K+和[Fe(CN)6]3-，[Fe(CN)6]3-中由Fe3+提供空轨道，CN-提供孤电子对，向盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴K3[Fe(CN)6]溶液，然后再滴加2滴KSCN溶液，溶液颜色不变，说明[Fe(CN)6]3-没有产生三价铁离子，没有生成Fe(SCN)3，即SCN-和CN-与Fe3+的配位能力：CN-＞SCN-，据此分析解答。
【详解】A．向盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴K3[Fe(CN)6]溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液，溶液不变色，A错误；
B．[Fe(CN)6]3-中由Fe3+提供空轨道，CN-提供孤电子对，B错误；
C．K3[Fe(CN)6]溶液中滴加2滴硫氰化钾溶液时，溶液不变色，说明SCN-和CN-与Fe3+的配位能力：CN-＞SCN-，C错误；
D．K3[Fe(CN)6]电离生成K+和[Fe(CN)6]3-，[Fe(CN)6]3-中Fe3+与CN-形成配位键，CN-中含有碳氮三键，1个三键中含有2个π键和1个σ键，所以1mlK3[Fe(CN)6]中含σ键的物质的量为2ml×6=12ml，D正确；
故答案为：D。
2．C
【详解】A．少量的氨水，生成氢氧化铜沉淀，反应为Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2，故A正确；
B．燃烧热是指1ml纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，氢气燃烧热为285.8kJ/ml，其热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=−285.8kJ/ml，故B正确；
C．Fe(SCN)3不是沉淀；用KSCN溶液检验Fe3+，离子方程式为：Fe3++3SCN-═Fe(SCN)3，故C错误；
D．[Cu(H2O)4]2+为蓝色，[CuCl4]2-为黄绿色，对CuCl2溶液进行加热，溶液由蓝色变为黄绿色，说明在CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl-⇌[CuCl4]2-+4H2O，平衡正移，其正反应吸热，故D正确。
答案选C。
3．B
【分析】由流程可知大洋锰结核(主要由锰、铁的氧化物组成，还含有Cu元素)，氨浸时，CO将结核中的MnO2转化为MnCO3；过滤得到MnCO3和Fe2O3；滤渣加硫酸铵溶液，其中碳酸锰与硫酸反应生成硫酸锰、氨气和二氧化碳，过滤出Fe2O3；再经过滤，滤液中加碳酸铵使锰离子转化为碳酸锰，过滤后，煅烧碳酸锰得到脱硫剂MnxOy，据此分析解答；
【详解】A．“氨浸”时，快速鼓入CO可起到搅拌，有利于大洋锰结核与氨水充分接触，加快反应速率，故A正确；
B．Cu2+与氨水反应首先生成Cu(OH)2，Cu(OH)2继续与氨水反应最终生成进入浸出液中，故B错误；
C．由上述分析可知浸锰时的主要离子反应为：MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2 ↑，故C正确；
D．由流程可知，上述过程中NH3(或NH3·H2O)、(NH4)2SO4可循环利用，故D正确；
故选：B。
4．B
【详解】A．向饱和 溶液中通入过量二氧化碳，生成物碳酸氢钠溶解度较小，会以晶体形式析出，生成物碳酸氢钠不能拆成离子形式，故A错误；
B．白色沉淀 CuCl溶于NH4Cl-NH3·H2O溶液会发生反应生成深蓝色配合物铜氨离子，故溶液会变为深蓝色，方程式为4Cl-，故B正确；
C．向漂白液中通入过量 会发生氧化还原反应，生成物为硫酸根离子与氯离子，故C错误；
D．用银氨溶液检验乙醛中的醛基发生的反应方程式为：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OHCH3COO-+NH4++3NH3+2Ag↓+H2O故D错误；
故选B。
5．D
【详解】A．Fe 的原子序数为26，核外电子排布为[Ar]3d64s2，失去3个电子后形成三价铁离子，核外排布为：[Ar]3d5，d轨道处于半满结构，能量低、稳定，失去电子难，所以Fe 第四电离能远大于第三电离能，故A错误；
B．基态核外电子排布为[Ar]3d5，有5个未成对电子，基态核外电子排布为[Ar]3d6，有4个未成对电子，未成对电子数之比，故B错误；
C．配离子Fe与O之间的配位键与水中成键电子对之间的斥力小于故电子对与孤电子对之间的斥力，这样导致H-O-H的键角比H2O分子中H-O-H的键角大，故C错误；
D．可用NaF和KSCN溶液检验FeCl3溶液中是否含有C2+，具体操作为向溶液中加入NaF使铁离子转化为无色的[FeF6]3-配离子，在加入KSCN溶液，若含有C2+，则生成蓝色的[C(SCN)4]2-配离子，故D正确。
答案选D。
6．D
【分析】基态N原子核外电子有5种空间运动状态，并有1个单电子，推测N元素为F元素，结合物质的结构图可知M只能形成一个共价键且原子半径比F小推测为H，Z形成2个共价键且半径比F大推测为O元素，Y形成3个共价键且半径比F大推测为N元素，X形成4个共价键且半径比F大推测为C元素，T与F形成，推测为B元素，综合分析，X为C、Y为N、Z为O、M为H、T为B、N为F；
【详解】A．Z为O，同周期元素，从左到右，第一电离能增大，但VA元素第一电离能大于ⅥA元素的第一电离能，则稀有气体Ne及Cl、N的第一电离能大于O，故A错误；
B．该化合物中有阴、阳离子，存在离子键，阳离子内部原子之间以共价键相连，阴离子内部存在配位键，故B错误；
C．最高价含氧酸的酸性强弱可以通过元素的非金属性强弱来比较，氟元素的非金属性最强，但是氟元素没有含氧酸，氧元素没有最高正价，所以上述元素中氮元素的最高价含氧酸酸性最强，故C错误；
D．物质含有氢键，沸点增大，常温下，H2O为液态，HF为气体，则水的沸点高于HF，HF分子内含有氢键，则沸点高于CH4，故D正确；
故选D。
7．A
【详解】A．结构中氧原子均与苯环直接相连，故6个O原子与可能在同一平面上，但根据甲烷正四面体结构可知，分子中存在亚甲基，不可能所有原子在同一平面，选项A错误；
B．该过程识别，形成的螯合物，体现了超分子“分子识别”的特性，选项B正确；
C．该结构中和原子均形成单键，均为sp3杂化，杂化轨道类型完全相同，选项C正确；
D．15-冠-5冠醚空腔直径，可以识别直径为的，选项D正确；
答案选A。
8．C
【详解】A．Fe2+基态核外电子排布式为[Ar]3d3，占据的轨道有1s、2s、4s、3d，所以该元素基态原子核外电子的空间运动状态有14种，选项A正确；
B．元素的非金属性越强电负性越强，则电负性：O>C>Fe，选项B正确；
C．CO也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为O2的230～270倍，则反应②比反应①正向进行的程度大，K2>K1，选项C不正确；
D．CO中毒患者进入高压氧舱治疗，氧气浓度增大，平衡①正向移动导致c(Hb)减小，所以平衡①正向移动、②逆向移动，选项D正确；
答案选C。
9．B
【详解】A．阳离子中含N五元环为平面结构，两个N原子杂化方式均为sp2，A正确；
B．氢原子不符合8电子稳定结构，B错误；
C．阴阳离子间存在离子键，阴阳离子内部存在共价键，C正确；
D．该物质为离子晶体，但是由于阴、阳离子体积较大，离子之间作用力较弱，导致其晶体的熔点较低，D正确；
故答案为：B。
10．D
【详解】A．从脱氮反应机理图可以看出，参与了整个反应，而反应前后没有发生变化，所以是催化剂， A正确；
B．反应过程中有氧气、NO参与反应，有氮气、H2O生成，故包含非极性键与极性键的断裂与形成，B正确；
C．由状态②到状态③，铜元素的化合价从，被还原，C正确；
D．由图可知，在①、④中铜的成键数目为2，在③、⑤中铜的成键数目为3，在②中铜的成键数目为4，所以该催化循环中Cu的成键数目发生了变化，D错误；
故选D。
11．B
【详解】A．金属钠和液氨反应生成NaNH2和H2，反应的方程式为：，A错误；
B．过量氨水和硫酸铜溶液反应生成，反应的离子方程式为：，B正确；
C．尿素和NaClO溶液在碱性条件下反应生成N2H4、Na2CO3和NaCl，反应的离子方程式为：，C错误；
D．肼燃烧的热化学方程式中H2O应为液态，D错误；
答案选B。
12．B
【详解】A．向溶液中滴加盐酸至过量，先生成白色沉淀：，后沉淀溶解变为无色溶液：，A项不符合题意；
B．过氧化钠具有强氧化性，且和水生成氢氧化钠，生成氢氧化钠溶液显碱性使得溶液变红色，过氧化钠的强氧化性使得溶液褪色，与量无关，不遵循量变到质变，B项符合题意；
C．向溶液中滴加少量氨水生成Cu(OH)2沉淀：，再滴加氨水，沉淀溶解生成：，溶液变成深蓝色，遵循量变到质变， C项不符合题意；
D．向溶液中滴加溶液至过量，开始碳酸根离子和氢离子生成碳酸氢根离子：，无明显现象，氢离子过量和碳酸氢根离子生成二氧化碳和水：，后产生气泡，遵循量变引起质变，D项不符合题意；
故选B。
13．C
【详解】A．Fe的原子序数为26，Fe原子失去4s能级上的2个电子和3d能级的1个电子形成，则的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，电子占有轨道数为14，有14种空间运动状态的电子，选项A错误；
B．该配离子中含有6个配位键，有3个配体，选项B错误；
C．双键上的C原子形成3个σ键且无孤电子对，采用sp2杂化，饱和C原子价层电子对数为4，采用sp3杂化，选项C正确；
D．该配离子中含有的化学键有极性键、非极性键、配位键，不含离子键，选项D错误；
答案选C。
14．D
【详解】A．“顺铂”中含有键，A错误；
B．的VSEPR模型为四面体形，B错误；
C．二氯二氨合铂存在顺反两种结构，则分子为平面四边形结构、不是四面体结构，则为杂化，C错误；
D．成键电子与孤对电子间的作用力大于成键电子间的作用力，故分子中的键的键角小于顺铂中的键角，D正确；
故选D。
15．A
【详解】A．1ml[C(H2O)6]2+配离子中，键存在于氢原子与氧原子间，以及C2+与水的配位键之间，含有σ键数目为18×6.02×1023，A错误；
B．NH3键角约107°，H2O键角约105°，所以键角的大小：NH3>H2O，B正确；
C．根据反应方程式可知NH3和H2O与C3+的配位能力：NH3＞H2O，原因是N的电负性小于O，即N对孤对电子吸引小于O，故NH3更容易成为配体，C正确；
D．NH3和H2O的VSEPR模型均为四面体形，D正确；
故选A。
16．(1)sp2
(2) 3d10 催化剂
(3) 3 sp3 ab
【详解】（1）碳酸二甲酯分子中羰基碳原子形成一个双键、2个单键，无孤电子对，杂化类型为sp2；
（2）基态Cu原子核外有29个电子，电子排布式为[Ar]3d104s1，则基态Cu+的价电子排布式为3d10；CuCl在反应前后性质和质量均不变，所以其作用为催化剂；
（3）①1、3号N原子均连接两个双键碳原子，碳碳双键为平面结构，因此1~4号原子在同一平面上；根据已知iii，知1号N原子的电子云密度降低，不易给出孤电子对，因此3号N原子更容易与Cu+形成配位键；1号原子形成3个单键，有1对孤电子对，杂化类型为sp3；
②
a．4-甲基咪唑与Cu+形成的配合物中含有-NH-，能与甲醇形成分子间氢键，从而增大其在甲醇中的溶解度，正确；
b．形成配合物的Cu+较稳定，不易被氧化为难溶的CuO，正确；
c．形成的Cu(Ⅰ)配合物在反应中作催化剂，催化剂不影响平衡移动，错误；
答案选ab；
17．(1) c d
(2) S>P>Si P>S>Si
(3) sp2 化合物A与水分子间存在氢键 BCD
【详解】（1）发射光谱是电子从高能量的能级跃迁到低能量的能级，以光的形式释放能量，
a．是基态N原子电子排布式，能量最低，有3个未成对电子；
b．是基态N3+的电子排布式，能量最低，无未成对电子；
c．2s上的1个电子跃迁到2p上，该电子排布式是激发态的N原子，跃迁到基态，可捕捉到发射光谱，有3个未成对电子；
d．2s上失去1个电子，有4个未成对电子；
综上所述，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是c；未成对电子最多的是d；
答案为c；d；
（2）同周期从左向右电负性逐渐增大，即电负性强弱顺序是S＞P＞Si；根据第一电离能规律：同周期元素从左到右第一电离能有增大的趋势，但ⅤA中p轨道处于半充满状态，第一电离能大于ⅥA，第一电离能由大到小顺序是P＞S＞Si，故答案为S＞P＞Si；P＞S＞Si；
（3）从化合物A结构示意图知，分子内N形成碳氮双键(吡啶中六元环为平面结构)，N的杂化类型为sp2，化合物A中含有N原子和羟基，能与水分子形成分子间氢键，增加A在水中的溶解度；根据结构简式，含Zn有机物B含有单键、双键、N→Zn、O→Zn配位键，含有配位键、π、σ键，选项BCD符合题意；答案为sp2；化合物A与水分子间存在氢键；BCD。
18．(1) 1 四氨合锌离子中N原子价层电子全部参与杂化，而游离态分子中N原子价层有1个孤电子对，对成键电子对排斥力较大，导致键角较小
(2) b c
(3)
(4)会转化为或，这两种离子在电解沉积时难被还原为Zn
(5) 牺牲阳极法
(6)
【分析】锌矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，加入酸酸浸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁浸出液；氧气具有氧化性，“氧压酸浸”是在稀硫酸中加入锌矿粉，并在加压下通入，除生成外，还能回收硫氧化生成的非金属单质硫；浸液加入过氧化氢氧化二价铁为三价铁，加入氧化锌、碳酸锌等条件溶液的pH，使得铁离子转化为沉淀得到滤渣，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用；
【详解】（1）中采用杂化，为正四面体形结构，则有1种结构。四氨合锌离子中N原子价层电子全部参与杂化，而游离态分子中N原子价层有1个孤电子对，对成键电子对排斥力较大，导致键角较小，使得分子中的键角比中的小；
（2）“升炼倭铅”是直接和碳高温加热还原生成锌，类似火法炼锌，故选b；半湿法焙烧过程中生成硫的氧化物，火法燃烧也会生成烟尘、有毒气体等污染，而全湿法过程中可以减少这些污染，故从环保的角度来看，这三种方法中，最佳方法是c；
（3）氧气具有氧化性，“氧压酸浸”是在稀硫酸中加入锌矿粉，并在加压下通入，除生成外，还能回收硫氧化生成的非金属单质硫，反应为硫化锌、氧气、硫酸生成硫酸锌和硫单质、水：；
（4）已知：①是两性氢氧化物，易溶于NaOH溶液，也溶于氨水，能发生反应：，，故加入氢氧化钠、氨水调节pH过程中会转化为或，这两种离子在电解沉积时难被还原为Zn；
（5）“电解沉积”(以惰性材料为电极)时阳极上水放电失去电子发生氧化反应生成氢离子和氧气：；锌比铁活泼，航母外壳常镶嵌一些锌块，使得锌做负极而使得铁得到保护，这种保护航母的方法叫牺牲阳极法；
（6）pH=8.0时，锌离子沉淀完全，此时pOH=6，则。
19．(1)
(2) H2O+Mn2++=MnO2++3H+ Fe(OH)3
(3)
(4)11.3
(5)AB
(6)独立存在的氨气分子氮原子含有一对孤电子对，而中的N原子的孤电子对提供出来与Cr3+形成了成键电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大
【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被 H2SO5氧化为 MnO2，发生反应H2O+Mn2++=MnO2++3H+，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钴镍”过程中，C2+变为 C(OH)2，在空气中可被氧化成 CO(OH)。
【详解】（1）C为27号元素，基态钴原子的价层电子排布式为3d74s2，轨道表示式：；
（2）用石灰乳调节pH=4，Mn2+被 H2SO5氧化为 MnO2，发生反应的离子方程式为H2O+Mn2++=MnO2++3H+，在pH=4时，铁元素被 H2SO5氧化为三价铁并转化为Fe(OH)3，故得到滤渣的主要成分为MnO2和Fe(OH)3；
（3）在空气中可被氧化成，反应的化学方程式为：；
（4）Mg(OH)2的Ksp=c(Mg2+)×c2(OH-)=10-10.4，“沉镁”时Mg2+沉淀完全(25℃)的最低浓度是10-5ml•L-1，此时c(OH-)===10-2.7ml•L-1，则pOH=2.7，pH=14-pOH=14-2.7=11.3；即需控制pH不低于11.3；
（5）A．粉碎矿渣、升高温度均可以提高“溶浸”率，故A正确；
B．高温下分解会得到氧化锌，故B正确；
C．中有两个氧显-1价，故具有较强的氧化性，故C错误；
D．没有说明标准状况，无法计算Cl2的体积，故D错误；
答案为AB；
（6）中，氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大，其原因是独立存在的氨气分子氮原子含有一对孤电子对，而中的N原子的孤电子对提供出来与Cr3+形成了成键电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大。
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