2.3.离子键、配位键与金属键随堂检测2023-2024学年高二下学期化学鲁科版（2019）选择性必修2

2.3.离子键、配位键与金属键随堂检测2023-2024学年下学期高二化学鲁科版（2019）选择性必修2 一、单选题 1．下列物质在液态能导电的是 A．HCl B．MgCl2 C．CH3CH=CH2 D．CH3CH2OH 2．下列物质不是配合物的是 A．NH4Cl B．Fe(SCN)3 C．CuSO4•5H2O D．[Ag(NH3)2]OH 3．①、②、③是铂的三种配合物，下列说法正确的是 A．三种配合物中的化合价均为价 B．①中的配位数为6 C．②中为配体，提供空轨道 D．向含③的溶液中加入足量溶液，可得到沉淀 4．离子键是（    ） A．原子间通过电子的静电作用 B．阴、阳离子间的静电吸引 C．阴、阳离子间的静电作用 D．阳离子之间通过电子的强烈作用 5．下列分子或离子中，不含有孤对电子的是（    ） A．H2O B．H3O+ C．NH3 D．NH 6．利用烟气中可回收废水中的，实现碘单质的再生，其反应原理如图所示，下列说法正确的是 A．1 mol中σ键数目为18 mol B．转化为后键角减小 C．总反应离子方程式为： D．反应③中，每消耗1 mol 转移4 mol电子 7．乙硼烷常应用于有机合成领域，可通过反应制得。下列说法正确的是 A．基态B原子的轨道表示式为 B．基态F原子核外电子排布式为 C．分子空间构型为三角锥形 D．中含有配位键 8．下列说法正确的是 A．乙烯分子中的键和键之比为 B．分子中一定既有键又有键 C．向配合物溶液中加入足量的溶液，所有氯元素均被完全沉淀 D．在硅酸盐中，四面体通过共用顶角氧离子形成一种无限长单链结构的多硅酸根如图a，其中的杂化方式与b图中单质中的杂化方式相同 9．[Co(NH3)6]C13是一种重要的化工产品，实验室可利用CoC12制取该配合物：2CoC12+10NH3+2NH4Cl+H2O2=2[Co(NH3)6]C13+2H2O。下列叙述正确的是 A．NH是三角锥型结构 B．H2O2分子中只含极性共价键 C．1mol[Co(NH3)6]3+中含6mol配位键 D．NH3和H2O与Co3+的配位能力：NH3<H2O 10．X 射线研究表明 CuCl2是共价化合物，为平面链状结构，以(CuCl2)n形式存在，如图所示。CuCl2易溶于水、乙醇、丙酮和氨水等，其水溶液常呈绿色，原因是[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl－[CuCl4]2−(绿色)+4H2O。下列说法不正确的是    A．由图结构可知 CuCl2为非极性分子 B．CuSO4溶液中加入 NaCl 固体，可使溶液颜色变绿 C．CuCl2中加入过量氨水可生成含[Cu(NH3)4]2+深蓝色溶液，说明 NH3配位能力大于 Cl－ D．1mol[Cu(NH3)4]2+中存在 4NA个σ键 11．下列物质中含有共价键的盐是 A．NaN3 B．NaOH C．COCl2 D．FeBr3 12．表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．18g冰中含有的氢键数目为 B．中共价键的个数为 C．32g环状（）分子中含有的键数目为 D．12g金刚石与石墨的混合物含有的键数目为 13．是一种重要的化工产品，实验室可利用制取该配合物：。已知的空间结构如图，其中1~6处的小圆圈表示分子，各相邻的分子间的距离相等，中心离子位于八面体的中心，分子到中心离子的距离相等(图中虚线长度相等)，下列说法错误的是    A．键角大于中键角 B．、与形成配离子的稳定性： C．若中两个被替代，得到的有3种结构 D．含有键的数目为 14．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．1 mol熔融状态下的中含有的数目为 B．1 mol 中含有σ键数目为 C．标准状况下，22.4 L中原子数目为 D．1 mol ()可以与3 mol NaOH完全反应 15．某物质的实验式为，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．配合物中中心离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．和均为配体 D．为配体，而分子不属于配体 16．实验室中为完成以下实验，除蒸馏水外，选用的液体试剂和依次加入顺序均正确的是 A．制备硝基苯：浓硫酸、浓硝酸、苯 B．制备溴苯并提纯：溴水、苯、NaOH溶液 C．粗盐提纯：溶液、溶液、NaOH溶液 D．制备硫酸四氨合铜晶体：溶液、氨水、乙醇 17．下列实验操作和现象及所得到的结论均正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 测得饱和醋酸钠溶液pH约为9，饱和亚硝酸钠溶液pH约为8 酸性：亚硝酸>醋酸 B 向鸡蛋清溶液中加福尔马林，可观察到有沉淀产生，再加蒸馏水，沉淀不溶解 蛋白质在甲醛溶液中发生了变性 C 往溶液中加入足量氨水生成，溶液变成深蓝色 与形成的配位键更稳定 D 向溶液中通入，溶液有白色沉淀产生 难溶于水 A．A B．B C．C D．D 18．利用CO可以合成化工原料COCl2、配合物Fe(CO)5等，下列说法不正确的是 A．COCl2分子内含有σ键和π键 B．在一定条件下发生反应：，过程中断裂配位键，形成金属键 C．CO分子与N2、含有相同电子数 D．Fe(CO)5中铁的化合价为0，其基态原子的价电子排布式3d6 19．NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．中Si-O键的数目为2NA B．与足量CO2反应，转移电子数为NA C．和白磷所含共价键数均为4NA D．中所含σ键数为12NA 20．下列离子方程式正确的是 A．向NaClO溶液中滴加少量溶液： B．向溶液中加入NiO粉末生成红褐色沉淀： C．向溶液中加入等体积的溶液，产生白色沉淀： D．向含的氨水中加入铜粉得到深蓝色溶液： 21．下列“类比”合理的是 A．NaH与盐酸反应生成NaCl和H2，则NH5与盐酸反应生成NH4Cl和H2 B．Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O(g)反应生成Fe(OH)3和H2 C．NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O，则氨水与少量AgNO3溶液反应也生成Ag2O D．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClO 22．硫酸四氨合铜应用广泛，下列说法不正确的是 A．硫酸四氨合铜为强电解质，可以在溶液中加入过量浓氨水制得 B．在中，给出孤对电子，提供空轨道，的配位数为4 C．中杂化方式为，配离子的空间构型为平面四边形 D．硫酸四氨合铜难溶于乙醇，易溶于水 23．下列对一些事实的原因描述错误的是 选项 事实 原因 A 通电时充有氩气的霓虹灯发出蓝紫色的光 电子由低能级向高能级轨道跃迁时发出蓝紫色光 B 向新制硫酸亚铁溶液中滴加邻二氮非()，溶液变为橙红色，然后再加入酸，溶液颜色变浅(与加入等量水比较) 与邻二氮非配位能力： C 在溶液中滴加少量等浓度的溶液，再加入少量等浓度的溶液，先产生白色沉淀，后产生黑色沉淀 D 室温下，用pH试纸分别测定浓度均为的和两种溶液的pH， 结合能力比的弱 A．A B．B C．C D．D 24．一水硫酸四氨合铜(Ⅱ)的化学式为是一种重要的染料及农药中间体。某学习小组以废铜料(含少量铁及难溶性杂质)为主要原料合成该物质，合成路线如下： 下列说法不正确的是 A．操作I中发生的主要反应为： B．操作II中趁热过滤除去的是难溶性杂质和氢氧化铁 C．操作III中洗涤可用乙醇和水的混合液，干燥可采用减压干燥方式 D．设计操作IV的目的是为了提高乙醇的利用率 25．配合物MA1(结构如图)呈紫色，施加-2.7~2.5 V电压时，可呈现紫色到无色的可逆颜色变化。下列说法正确的是 A．第一电离能：P>F B．1 mol MA1中配位键数为6 NA C．MA1中C原子的杂化类型均为sp2 D．MA1中键长：C- C> C=C 二、填空题 26．【实验】制取[Cu(NH3)4](OH)2 实验操作 实验现象 实验结论 向盛有4mL 0.1mol/L CuSO4溶液的试管里滴加几滴1 mol/L 氨水 继续添加氨水并振荡试管 再向试管中加入极性较小的溶剂(如加入8 mL 95%乙醇)，并用玻璃棒摩擦试管壁 [实验结论]无论在得到的深蓝色透明溶液中，还是在析出的深蓝色的晶体中，深蓝色都是由于存在 ，它是Cu2+的另一种常见配离子，中心离子仍然是 ，而配体是 ，配位数为 。 27．钪()及其化合物在电子、超导合金和催化剂等领域有重要应用。一种利用钛白废酸液(含、、的硫酸废液)和赤泥(含有、、、)联合制备的工艺流程如图所示。回答下列问题： 已知：25℃时，。 “除钛”时，加入的作用是 。 28．铜是生命必要的元素，也是人类最早使用的金属之一，西汉时期《淮南万毕术》里就有“曾青得铁，则化为铜”的记载，曾青可能是碳酸铜一类物质，把其溶于酸中得溶液，当把铁粉投入此溶液即可得铜。 (1)根据学过的化学知识，写出该过程的离子方程式： 。 (2)在化学反应中，铜元素可表现为0、＋1、＋2。Cu2+ 的未成对电子数有 个,向硫酸铜溶液中加入过量的氨水可以得到 [Cu(NH3)4]SO4 溶液，[Cu(NH3)4]2+的结构简式为 。 (3)向[Cu(NH3)4]SO4 水溶液中通入SO2 气体至溶液呈微酸性，析出白色沉淀CuNH4SO3。反应化学方程式为 。 (4)CuNH4SO3 与足量的硫酸混合并微热，得到金属Cu等物质，本法制得的Cu呈超细粉末状，有重要用途，写出该反应的离子方程式 ，若该反应在密闭容器中进行，且酸量充足，计算反应物中Cu元素变成超细粉末Cu的转化率 ，理由是 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A B C D C D D C D 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 A C C B C D B D B D 题号 21 22 23 24 25 答案 A C A A D 1．B 【详解】A．HCl是共价化合物，只能在水溶液中导电，纯液态不导电，A项错误； B．氯化镁是离子化合物，纯液态导电，B项正确； C．丙烯是有机物，是非电解质，不导电，C项错误； D．乙醇是非电解质，不导电，D项错误； 答案选B。 2．A 【分析】由中心原子或离子(统称中心原子)和围绕它的配位体的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成的化合物称为配位化合物，简称配合物。 【详解】A．氯化铵中不含配离子，不是配合物，选A； B．Fe(SCN)3是配合物，不选B； C．CuSO4•5H2O是配合物，不选C； D．[Ag(NH3)2]OH是配合物，不选D； 答案选A。 3．B 【详解】A．①②③中的化合价均为价，A项错误； B．①中配离子的配体为Cl-，的配位数为6，故B正确； C．配体提供孤电子对，提供空轨道，C项错误； D．③的Cl-均为配离子的配体，难电离出来，故向③的溶液中加入硝酸银，不能得到氯化银沉淀，D项错误； 故选B。 4．C 【分析】离子键是相邻的阴阳离子之间的强烈的相互作用，不仅包含吸引力还包含排斥力，由此分析解答。 【详解】A. 离子键是阴阳离子之间强烈的相互作用，故A错误； B. 离子键是相邻的阴阳离子之间的强烈的相互作用，不仅包含吸引力还包含排斥力，不仅包含吸引力还包含排斥力，故B错误； C. 离子键是阴阳离子之间强烈的相互静电作用，故C正确； D. 离子键是相邻的阴阳离子之间的强烈的相互作用，故D错误； 故选C。 5．D 【详解】A．H2O中，氧原子最外层有4对电子对，其中两个与氢原子形成共用电子对，还有两个孤电子对，故A错误； B．H3O+中， 氧原子最外层有4对电子对，其中三个与氢原子形成共用电子对，还有一个孤电子对，故B错误； C．NH3中氮原子最外层有5个电子，与三个氢原子形成三对共用电子对，还有一个孤电子对，故C错误； D．NH中氮原子最外层有5个电子，与三个氢原子形成三对共用电子对，与一个氢离子形成一个配位键，故没有孤电子对，故D正确； 故选D。 6．C 【详解】A．1个氨气含有3个σ键，每个配位键是1个σ键，因此1 mol中σ键数目为24 mol，故A错误； B．氨气有一对孤对电子，孤对电子对成键电子的排斥力大于成键电子对成键电子的排斥力，使得键角减小，氨气与钴形成了配位键，因此转化为后键角增大，故B错误； C．根据图中转化最终得到总反应离子方程式为：，故C正确； D．反应③中，形成了过氧键，过氧键中氧化合价为−1价，因此每消耗1 mol 转移2 mol电子，故D错误。 综上所述，答案为C。 7．D 【详解】 A．基态B原子的轨道表示式为，A错误； B． F是9号元素，基态F原子核外电子排布式为，B错误； C．形成3个σ键，中心原子B无孤电子对，所以BF3分子空间构型为平面三角形，C错误； D．中Na+与BF离子键结合，BF含有共价键和配位键，D正确； 故答案选D。 8．D 【详解】A．乙烯分子中含有4个C-H键和1个C=C键，故σ键和π键之比为5：1，故A错误； B．CO2含有C=O，所以CO2分子中含有σ键和π键，HCHO(甲醛)的结构式中含有C-H、C=O键，其分子中含有σ键和π键，而HClO中只存在共价单键，只存在σ键，故B错误； C．加入足量AgNO3溶液，外界Cl-与Ag+反应，内界Cl-不与Ag+反应，故C错误； D．硅酸盐中的硅酸根()为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；S8单质中S原子有2个孤电子对和2个共价键，杂化方式也是sp3，故D正确。 答案选D。 9．C 【详解】A．中心原子N价层电子对=σ电子对+孤电子对=4+=4，故空间构型为正四面体形，A错误； B．H2O2的结构式为H—O—O—H，既含极性键O—H，又含非极性键O—O，B错误； C．每个NH3配体与中心Co3+间形成一根配位键，故1 mol该配离子中含6 mol配位键，C正确； D．由于电负性O＞N，故N对电子吸引能力弱，所以NH3中N更容易给出自身孤电子对形成配位键，D错误； 故选C。 10．D 【详解】A．CuCl2是共价化合物，为平面链状结构，根据图中结构，可知 CuCl2为非极性分子，故A正确； B．CuSO4溶液中加入 NaCl 固体，题干中平衡正向移动，可使溶液颜色变绿色，故B正确； C．CuCl2中加入过量氨水可生成含[Cu(NH3)4]2+深蓝色溶液，说明[CuCl4]2−变为[Cu(NH3)4]2+，则NH3配位能力大于 Cl－，故C正确； D．1个NH3有3个σ键，配位键为σ键，则1mol[Cu(NH3)4]2+中存在 16NA个σ键，故D错误； 综上所述，答案为D。 11．A 【详解】A．NaN3中的存在共价键，NaN3属于盐，故A正确； B．NaOH含有钠离子和氢氧根形成的离子键，同时含有氧原子和氢原子形成的共价键，但NaOH属于碱，不是盐，故B错误； C．COCl2中含有碳原子和氧原子形成的共价键，氯原子和碳原子形成的共价键，但不属于盐，故C错误； D．FeBr3中只含有离子键，属于盐但不存在共价键，故D错误； 故答案选A。 12．C 【详解】A．平均1个水分子含有2个氢键，18g冰的物质的量是1mol，其中含有的氢键数目为2 A错误； B．四氨合铜离子中配位键和氮氢键都为共价键，则1mol四氨合铜离子中含有的共价键数目为16，B错误； C．S8分子是皇冠形，8个硫依次连成键，一个S8分子中含8个S-S键，则32gS8中硫原子的物质的量是1mol，其含有的S-S键数为，C正确； D．金刚石中平均1个碳原子形成2个共价键，石墨中平均1个碳原子形成1.5个共价键，无法计算12g金刚石与石墨的混合物含有的C-Cσ键数目，D错误； 故选C。 13．C 【详解】A．NH3中中心原子N有1个孤电子对，H2O中中心原子O有2个孤电子对，孤电子对对成键电子的斥力大于成键电子对之间的斥力，因此∠HNH大于∠HOH，故A说法正确； B．根据题中信息可知，CoCl2易转化为[Co(NH3)6]3+，根据配合物向生成更稳定的配合物转化，说明[Co(NH3)6]3+比[Co(H2O)6]3+稳定，故B说法正确； C．该结构为正八面体，6个点位置相同，因此二氯代物的结构有两种，即1、2和1、4，故C说法错误； D．1个[Co(NH3)6]3+：1个Co3+与6个NH3形成6个配位键，1个氨气分子中有3个σ键，因此1个[Co(NH3)6]3+含有σ键数目为(6+6×3)=24，即1mol[Co(NH3)6]3+含有σ键的数目为24NA，故D说法正确； 答案为C。 14．B 【详解】A．是共价化合物，在熔融状态下不能解离出，A错误； B．个中含个配位键，即6个σ键，1个中含1个σ键，则1个中含σ键数目为，因此含有σ键数目为，B正确； C．标准状况下为固态，不能用公式进行计算，C错误； D．根据结构可知，该分子中只含一个羟基，为一元酸，可以与完全反应，D错误； 答案为：B。 15．C 【分析】实验式为，其水溶液不导电说明它不是离子化合物，在水溶液中不能电离出阴、阳离子。加入溶液无沉淀生成，以强碱处理无放出，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]，据此分析解答。 【详解】A．配合物中中心离子的配位数为6，电荷数为4，故A错误； B．因为配体在中心原子(或离子)周围配位时采取对称分布以达到能量上的稳定状态，的配位数为6，则其空间结构为八面体形，故B错误； C．由分析可以知道，和均与Pt4+配位，形成配合物为[PtCl4(NH3)2]，故C正确； D．用强碱处理无放出，说明为配体，故D错误； 答案选C。 16．D 【详解】A．制备硝基苯实验中，先加入浓硝酸再加入浓硫酸可以防止混合时产生的大量热，最后加入苯可以减少苯的蒸发，因此正确顺序是先加入浓硝酸再加入浓硫酸，最后滴入苯，故A错误； B．苯和液溴在Fe的催化下才能发生取代反应生成溴苯，故B错误； C．粗盐提纯的过程中溶液要在溶液之后加，以除去过量的Ba2+，故C错误； D．向溶液中加入氨水先生成氢氧化铜蓝色沉淀，再加入氨水生成硫酸四氨合铜，硫酸四氨合铜晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，加入乙醇促进硫酸四氨合铜晶体的析出，故D正确； 故选D。 17．B 【详解】A．两种饱和溶液的浓度不同，无法比较酸根离子的水解程度，A错误； B．福尔马林能使蛋白质变性，蛋白质变性为化学变化，不可逆，加水不溶解，B正确； C．产物是，说明与NH3形成的配位键更稳定，C错误； D．向溶液中通入，会发生氧化还原反应生成BaSO4白色沉淀，D错误； 故选B。 18．D 【详解】A．其分子含有碳碳双键、碳氯单键，含有σ键和π键，A正确； B．反应之后配位键断裂，生成单质铁，即有金属键生成，B正确； C．CO、N2、CN-都是14个电子，C正确； D．该配合物中铁的基态价电子排布式为3d64s2，D错误； 故选D。 19．B 【详解】A．在SiO2晶体中，1个Si原子与4个O原子相连，1个O原子与2个Si原子相连，平均1个“SiO2”中含有4个Si-O键，则中Si-O键的数目为4NA，A不正确； B．由反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可建立关系式Na2O2——e-，所以与足量CO2反应，转移电子数为NA，B正确； C．1个CH4分子中含有4个C-H键，1个P4分子中含有6个P-P键，则和白磷所含共价键数分别为4NA、6NA，C不正确； D．在1个中，含有6个O→Fe配位键，每个H2O中含有2个O-H共价键，共价单键和配位键都属于σ键，则中所含σ键数为18NA，D不正确； 故选B。 20．D 【详解】A．NaClO溶液过量，后续发生反应：H++ClO-=HClO，离子方程式应表示为：，A项错误； B．电荷不守恒，正确的离子方程式为：，B项错误； C．结合OH-的能力：，向溶液中加入等体积的溶液，产生白色沉淀，正确的离子方程式为，C项错误； D．向含的氨水中加入铜粉，铜单质被过氧化氢氧化为铜离子，铜离子继续与一水合氨反应生成深蓝色离子，离子方程式正确，D项正确； 故选D。 21．A 【详解】A．NaH是由Na+离子与H—离子形成的离子化合物，与盐酸反应生成NaCl和H2，NH5是由NH离子与H—离子形成的结构与NaH类似的离子化合物，所以也能与盐酸反应生成NH4Cl和H2，故A正确； B．加热条件下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故B错误； C．氨水与少量硝酸银溶液反应生成配合物氢氧化二氨合银，不能生成氧化银，故C错误； D．二氧化硫具有还原性，与少量次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成氯化钠和硫酸，故D错误； 故选A。 22．C 【详解】A．硫酸四氨合铜为强电解质，可以在溶液中加入过量浓氨水制得，CuSO4 与过量NH3H2O 生成，故A正确； B．铜离子为中心离子提供空轨道，NH3为配位分子，提供孤对电子，中含有4个，故的配位数为4，故B正确； C．硫酸四氨合铜中Cu2+外围电子排布是3d9，3d中一个电子跃迁到4p轨道，从而3d空出一个空轨道，然后和4s、4p轨道形成dsp2杂化，构型为平面四边形，故C错误； D．硫酸四氨合铜是离子晶体，在水中电离出离子，具有最强的极性，乙醇的极性弱于水的极性，所以硫酸四氨合铜难溶于乙醇，易溶于水，故D正确； 故选C。 23．A 【详解】A．向充有氩气的霓虹灯通电，灯管发出蓝紫色光是因为电子由基态获得能量跃迁到激发态，从激发态到较低的能级时，多余的能量以光的形式释放出来，故A错误； B．加入酸，溶液颜色变浅，可知氢离子与邻二氮菲配位能力强，则邻二氮菲配位能力：H+＞Fe2+，故B正确； C．由反应现象可知，发生沉淀的转化，则，故C正确； D．0.1mol·L-1的Na2SO3和NaHSO3两种溶液中Na2SO3的pH大于NaHSO3，则的水解程度大于，即结合H+能力比的强，故D正确； 故选A。 24．A 【分析】含铜废料加硫酸和双氧水，铜被氧化为硫酸铜，铁被氧化为硫酸铁，加氧化铜调节pH=4生成氢氧化铁沉淀除去铁，滤液得硫酸铜溶液，滤液中加氨水生成深蓝色硫酸四氨合铜溶液，加入乙醇，硫酸四氨合铜溶解度降低，析出。 【详解】A．操作I中铜被氧化为硫酸铜，发生的主要反应为：，故A错误； B．加氧化铜调节pH=4生成氢氧化铁沉淀，操作II中趁热过滤除去的是难溶性杂质和氢氧化铁，故B正确； C．硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度，操作III中洗涤可用乙醇和水的混合液，干燥可采用减压干燥方式，故C正确； D．设计操作IV，乙醇循环利用，目的是为了提高乙醇的利用率，故D正确； 选A。 25．D 【详解】A．第一电离能同周期从左往右依次增大：P<Cl，同族从上往下第一电离能减小：F>Cl。所以第一电离能F>P，A项错误； B．该物质中除了N与Fe之间有配位键， P与F之间也有配位键，1 mol MA1中配位键数大于6 NA，B项错误； C．苯环上的-CH3的C为sp3杂化，C项错误； D．C=C中作用力比C-C强，键长C-C>C=C，D项正确； 故选D。 26． 形成难溶物 Cu2+ + 2NH3·H2O = Cu(OH)2↓+2NH 难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液 Cu(OH)2 + 4NH3 = [Cu(NH3)4](OH)2 析出深蓝色晶体 深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，说明该配合物在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度 [Cu(NH3)4]2+ Cu2+ NH3 4 【解析】略 27．提供配体，生成配离子进入水层 【分析】钛白废酸液(含Sc3+、TiO2+、Fe3+的硫酸废液)和赤泥(含有Sc2O3、Al2O3、Fe2O3、SiO2)浸取，二氧化硅不和酸反应，滤渣1为SiO2，萃取时分离出Ti4+、Sc3+，向萃取后的溶液中加入硫酸和H2O2，除钛分离出[TiO(H2O2)]2+，加NaOH反萃取后分离出Sc3+，与盐酸反应加草酸得到Sc2(C2O4)3沉淀，再灼烧Sc2(C2O4)3得到Sc2O3，以此来解答。 【详解】由流程图可知，加入后，二者结合形成[TiO(H2O2)]2+，该转化过程中元素化合价没有变化，应该是中的氧原子提供孤电子对，Ti原子提供空轨道，形成配离子，故加入的作用是提供配体，生成配离子[TiO(H2O2)]2+进入水层。 28． CuCO3＋2H＋===Cu2＋＋CO2↑＋H2O  Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu 1 2[Cu(NH3)4]SO4 +3SO2 +4H2O=2CuNH4SO3↓+3(NH4)2SO4 2CuNH4SO3 +4H+=Cu2＋＋Cu +2SO2↑ ＋2H2O＋2NH4+ 100％ 在密闭容器中，生成的SO2将Cu2＋还原为Cu，Cu+再歧化，循环往复，因为SO2 循环使用直到所有的Cu2＋成为Cu 【详解】(1)碳酸铜与酸反应生成铜盐、二氧化碳和水，铜盐与铁粉反应生成亚铁盐和铜，该过程的离子方程式：CuCO3＋2H＋=Cu2＋＋CO2↑＋H2O、    Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu；（2）铜的价电子排布是3d104s1，这是因为3d轨道全充满的原因，而失电子时从4s开始，失两个电子，变成3d9，3d共有5个轨道，8个电子成4对，只有1个未成对；[Cu(NH3)4]2+的结构简式为；(3)向[Cu(NH3)4]SO4 水溶液中通入SO2 气体至溶液呈微酸性，微酸性是生成的硫酸铵水解呈酸性，析出白色沉淀CuNH4SO3。反应化学方程式为2[Cu(NH3)4]SO4 +3SO2 +4H2O=2CuNH4SO3↓+3(NH4)2SO4；(4)CuNH4SO3 与足量的硫酸混合并微热，得到金属Cu等物质，该反应的离子方程式为2CuNH4SO3 +4H+=Cu2＋＋Cu +2SO2↑ ＋2H2O＋2NH4+，若该反应在密闭容器中进行，且酸量充足，反应物中Cu元素变成超细粉末Cu的转化率为100%，理由是在密闭容器中，生成的SO2将Cu2＋还原为Cu，Cu+再歧化，循环往复，因为SO2 循环使用直到所有的Cu2＋成为Cu。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$