高中化学沪科技版（2020）选择性必修22.3配位化合物和超分子综合训练题

这是一份高中化学沪科技版（2020）选择性必修22.3配位化合物和超分子综合训练题，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．在液氨中投入金属钠，迅速溶剂化得到蓝色电子液[Na+(NH3)x和e-(NH3)y]，且过程中有少量H2产生。下列说法正确的是
A．氨易液化，是由于氨分子与水分子间形成氢键
B．电子通过配位键和结合
C．e-(NH3)y和Na+(NH3)x示意图为：
D．钠与液氨的反应可表示为：
2．某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如下图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍。下列说法错误的是
A．原子半径：Z＞X＞WB．第一电离能：Z＞Y＞X
C．Q的氧化物是两性氧化物D．该阴离子中含有配位键
3．纯水电离产生、，研究发现在某些水溶液中还存在、等微粒。下列说法错误的是
A．和所含电子数相同B．键角：
C．中原子是杂化D．、、微粒中均含有配位键
4．某种含二价铜微粒[CuII(OH)(NH3)]+的催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图所示，下列说法正确的是
A．[CuII(OH)(NH3)]+可降低该反应的活化能
B．状态②到状态③的过程中N元素被还原
C．状态③到状态④的过程中有O-H键的断裂
D．该脱硝过程的总反应方程式为
5．邻二氮菲(phen)与生成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，可用于的测定，邻二氮菲的结构简式如图所示。下列说法错误的是
A．邻二氮菲的一氯代物有4种B．中的配位数为6
C．邻二氮菲分子不具有旋光性D．用邻二氮菲测定的浓度与溶液的酸碱性无关
6．BF3与一定量的水形成(H2O)2•BF3，一定条件下(H2O)2•BF3可发生如图转化，下列说法正确的是
A．BF3和中B原子均采用sp2杂化轨道成键
B．(H2O)2•BF3分子中存在氢键和配位键
C．(H2O)2•BF3中的所有元素都位于元素周期表中的p区
D．BF3、NF3分子中的原子个数比相同，两者都是极性分子
7．氮、溴、锌等元素及其化合物在现代农业、科技和国防建设中有着许多独特的用途。卟啉锌超分子结构如图所示。下列说法中正确的是
A．卟啉锌超分子中各原子均满足8电子稳定结构
B．卟啉锌超分子中的碳原子采取的杂化方式为sp2、sp3
C．图中①②③④处的化学键均属于配位键
D．卟啉锌超分子中所含元素均处于元素周期表的p区
8．下列有关反应的离子方程式正确的是
A．食醋和84消毒液混合：
B．用惰性电极电解饱和溶液：
C．溶液中加入过量浓氨水：
D．向溶液中滴入溶液使恰好完全沉淀：
9．下列说法错误的是
A．冠醚能识别形成超分子，是因为的直径与该冠醚空腔直径相当
B．与形成配合物，是因为中的B有空轨道接受中N的孤电子对
C．的酸性强于，是因为的相对分子质量小于
D．自然界不存在稳定的和，是因为共价键具有饱和性
10．CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用作媒染剂。以印刷线路板碱性蚀刻废液(主要成分为)为原料制备的工艺流程如下。下列说法不正确的是
A．中的配离子为正四面体结构
B．“沉铜”发生反应的离子方程式：
C．“还原”后所得溶液中大量存在的离子有、
D．“洗涤”时使用乙醇能防止被氧化
11．晶体结构与金刚石相似，是硬度大、耐磨、耐高温的材料，合成途径之一为，下列说法错误的是
A．与的空间结构均为平面三角形B．沸点：
C．与中既有共价键又有配位链D．基态硼原子的电子排布图：
12．氯化钯是一种重要的无机化合物，广泛应用于催化剂、电镀材料、金属颜料、钯合金制备等领域。以[Pd(NH3)2]Cl2固体为原料制备纯PdCl2，其部分流程如图所示：
已知：①；
②，Pd(OH)2有两性，；
③。
下列说法正确的是
A．“酸溶”时，温度越高，反应效果越好
B．NH3、NH都可以被NaClO3“氧化”，流程图中“氧化”和“酸溶”的顺序可以顺倒
C．Pd(OH)2只能溶于NaOH溶液不能溶于氨水
D．“氧化”不充分，“沉钯”时所得Pd(OH)2的产率会降低
13．2023年的诺贝尔化学奖授予了“发现和合成量子点”的三位科学家。下图是一种量子点的结构，下列说法不正确的是
A．基态原子第一电离能：
B．基态Se原子的价层电子排布式为
C．该结构中C和N原子轨道的杂化类型相同
D．该结构中提供空轨道，N原子提供孤电子对
14．298K时，向、、的混合液中滴加KCN溶液，混合液中lgx与的关系如图所示，或或。下列叙述正确的是
已知：① ；
② ；
③ ，且。
A．直线c代表与的关系
B．根据图像可计算平衡常数
C．的平衡常数
D．向含相同浓度的和的溶液中滴加KCN溶液，先生成
15．下列实验不能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
二、填空题
16．某小组同学探究铁离子与苯酚的反应。
已知：；为紫色配合物。
(1)配制苯酚溶液，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、 。
(2)中，提供空轨道用以形成配位键的微粒是 。
(3)进行如下实验。
实验1：
实验2：
【提出猜想】
ⅰ．对铁离子与苯酚的反应有促进作用；
ⅱ．对铁离子与苯酚的反应有抑制作用。
①向实验2反应后溶液中加入， 溶液颜色无变化，证明猜想ⅰ不成立。
②实验证明猜想ⅱ成立，请写出实验操作和现象 。
(4)实验证明，对与苯酚反应生成的配合物有抑制作用，请从平衡角度结合化学用语进行解释 。
(5)有同学提出，溶液pH越大，越利于铁离子与苯酚发生显色反应。你认为是否合理，并说明理由 。
(6)由以上研究可知，影响铁离子与苯酚反应的因素有 。
17．等均为重要的合金材料，回答下列问题：
(1)Li的焰色反应为紫红色，很多金属元素能产生焰色反应的原因是 。
(2)和常用于检验的空间结构为 。与既在同一周期，又在同一族，通常易形成六配位的配合物，已知有多种结构，若取溶于水后滴加足量的硝酸银溶液，能够形成沉淀，则中配离子为 。1ml该配离子中含有 个键
(3)含砷有机物“对氨基苯砷酸”的结构简式如图，As原子杂化轨道类型为 。
(4)锌和镉位于同族，而锌与铜相邻。现有3种锌元素的相应状态，①、②、③4p1。失去1个电子需要的能量由大到小排序是___________ (填字母)。
A．②①③B．②③①C．①②③D．①③②
三、解答题
18．有机化合物A经李比希法测得其中碳的质量分数为70.59％、氢的质量分数为5.88％，其余为氧。现用下列方法测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构。
方法一：质谱仪测得A的质谱图，如图甲。
方法二：核磁共振仪测得A的核磁共振氢谱，如图乙。
方法三：利用红外光谱仪测得A的红外光谱，如图丙。
已知：A分子中苯环上只有一个取代基。请回答下列问题：
(1)A的相对分子质量为 。
(2)A分子中有 种化学环境不同的氢原子。
(3)A的分子式为，含有的官能团是 。
(4)A与溶液共热反应的化学方程式为 。
19．碱式碳酸铜俗称铜绿，是一种不溶于水和乙醇的绿色固体，能用于催化剂、杀菌剂和电镀等行业。实验室制备碱式碳酸铜的步骤如下：
Ⅰ.配制 CuSO4溶液和 Na2CO3溶液各500 mL
Ⅱ.探究CuSO4溶液和Na2CO3溶液的合适配比
取10 mL CuSO4溶液，按照不同的CuSO4和Na2CO3的物质的量之比进行混合，在合适温度的水浴锅中搅拌反应，沉淀生成的速率、颜色和质量如下表所示：
Ⅲ.探究反应的温度
取30 mL CuSO4溶液，选择合适配比的CuSO4和Na2CO3溶液混合均匀，分别放在不同温度的水浴锅中反应，沉淀生成的速率、颜色和质量如下表所示：
Ⅳ.碱式碳酸铜的制备
取60 mL CuSO4溶液，根据上面实验确定的反应物最合适比例及最适宜温度制取产物，待沉淀完全后减压过滤，洗涤，干燥。
回答下列问题
(1)步骤Ⅰ中，配制 CuSO4溶液时，不需要使用下列仪器中的 (填仪器名称)，还需要补充的玻璃仪器是 。(填仪器名称)
(2)步骤Ⅱ中CuSO4溶液和Na2CO3溶液的最合适配比为 ；反应产生“绿色沉淀”碱式碳酸铜的离子反应方程式为 。
(3)步骤Ⅱ中产生蓝色沉淀的成分是，试从物质结构与性质的知识分析“实验组①”产生蓝色沉淀的原因是 。
(4)步骤Ⅲ中反应的最适宜温度应为 ，“实验组⑧”中产物沉淀“绿色偏暗”的原因可能是 。
(5)步骤Ⅳ中检验沉淀是否洗净的操作为 。
(6)计算产品含铜量。称取0.5 g样品于100 mL小烧杯中，加入20 mL蒸馏水，再加入0.8 mL 6 ml/L的硫酸使其完全溶解，冷却至室温后，转移到250 mL容量瓶中，定容，摇匀。取20.00 mL上述配好的溶液与过量KI完全反应后，以淀粉为指示剂，用c ml/L Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液V mL，则样品中铜的质量分数为 (已知，)。
A
B
C
D
加热融化硫固体
减缓水体中钢铁设施的腐蚀
制备硫酸四氨合铜晶体
制备明矾晶体
实验组
①
②
③
④
1：0.8
1：1
1：1.2
1：1.4
沉淀生成速率
最慢
较慢
快
很快
产物沉淀量/g
0.501
0.428
0.549
0.527
沉淀颜色
蓝色
蓝色
绿色
绿色
实验组
⑤
⑥
⑦
⑧
温度/℃
25
65
75
85
沉淀生成速率
最慢
较慢
快
很快
产物沉淀量/g
无
1.303
1.451
1.28
沉淀颜色
蓝色
绿色
绿色
绿色(偏暗)
参考答案：
1．D
【详解】A．氨易液化，是由于氨分子间存在氢键，导致氨气的沸点较高，与氨分子与水分子间形成氢键无关，A错误；
B．含有孤电子对和空轨道的原子之间容易形成配位键，NH3无空轨道，故电子不是通过配位键和氨气结合，B错误；
C．e-(NH3)y中氨气分子含有孤电子对，带负电，中心的电子也带负电，同性相斥，所以氨气分子中的N原子应该朝外，所以示意图错误，Na+(NH3)x中钠离子含有空轨道，氨气分子含有孤电子对，可以形成配位键，所以示意图正确，C错误；
D．反应中钠失去电子，只能是H原子得到电子被还原为氢气，所以钠与液氨的反应可表示为：2Na+2NH3═2NaNH2+H2↑，D正确；
故答案为：D。
2．A
【分析】该镁盐阴离子结构如图所示，其中W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍，Q为+3价的元素A1元素，由L的结构示意图可知，W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为F元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。
【详解】根据上述分析可知：W是H，X是C，Y是O，Z是F，Q是Al元素。
A．原子核外电子层数越多，原子半径越大；当原子核外电子层数相同时，原子序数越大原子半径就越小，所以原子半径：X(C)＞Z(F)＞W(H)，A错误；
B．X是C，Y是O，Z是F，它们是第二周期元素，从左到右元素的第一电离能呈增大的趋势，因此元素的第一电离能F＞O＞C，即Z(F)＞Y(O)＞X(C)，B正确；
C．Q是Al元素，处于金属与非金属交界处，其氧化物Al2O3既能与强酸反应产生盐和水，也能够与强碱反应产生盐和水，因此Al2O3是两性氧化物，C正确；
D．Al原子最外层有3个电子，而图中阴离子中Al3+与L形成四个共价键，是由于Al3+与L之间还有一个是以配位键结合，故该阴离子中含有配位键，D正确；
故合理选项是A。
3．B
【详解】A．和的电子数均为10，A项正确；
B．中心原子O价层电子对数：，含2对孤电子对；中心原子O价层电子对数：，含1对孤电子对，孤电子对数越少，键角越大，键角：，B项错误；
C．中心原子O原子杂化轨道数：，杂化类型为杂化，C项正确；
D．参考的结构中氧原子和氢离子形成的配位键，，微粒中均含有配位键，D项正确；
答案选B。
4．A
【分析】在题目中，氨气和[CuII(OH)(NH3)]+发生反应，得到中间产物[CuII(OH)(NH3)3]+，在由中间产物和NO反应生成[CuI(H2NNO)(NH3)2]+，再由[CuI(H2NNO)(NH3)2]+分解，得到氮气完成第一次处理。而分解后生成的[CuI (NH3)2]+再继续和NO以及O2反应，生成[CuII(NO2)(NH3)2]+，之后[CuII(NO2)(NH3)2]+分解生成氮气和水以及[CuII(OH)(NH3)]+，完成循环。
【详解】A．该反应的催化剂为[CuII(OH)(NH3)]+，催化剂在反应中起到的作用为降低反应的活化能，A正确；
B．状态②中Cu元素化合价为+2，状态③中Cu元素化合价为+1，Cu元素被还原，故N元素应被氧化。状态②中N元素化合价为-3价，状态③中N元素化合价如下，反应过程中NO中N元素没有变价，NH3中N元素由-3价升高至-2价被氧化，B错误；
C．状态②中没有O—H键，故不会出现O—H的断裂，C错误；
D．由循环图象可知，该过程的总反应中NH3：NO：O2=4:4:1，总反应为：4NH3+4NO+O2===4N2+6H2O，D错误；
故选A。
5．D
【详解】A．考虑邻二氮菲结构的对称性可知，邻二氮菲有4种等效氢，则一氯代物有4种，A正确；
B．邻二氮菲的N原子上有孤电子对，易形成配位键，每个邻二氮菲分子内有2个N原子，则Fe2+和3个邻二氮菲分子形成配合物时，Fe2+的配位数为6，B正确；
C．邻二氮菲分子没有手性碳原子，则不具有旋光性，C正确；
D．用邻二氮菲测定Fe2+浓度时适宜pH范围是2~9，当H+浓度较高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；而当OH−浓度较高时，OH−与Fe2+反应，与邻二氮菲形成竞争，则用邻二氮菲测定Fe2+的浓度与溶液的酸碱性有关，D错误；
故选D。
6．B
【详解】A．BF3形成3个共价键，采用sp2杂化轨道成键；中B原子形成4个共价键，采用sp3杂化轨道成键，A错误；
B．分子间的H2O与H2O之间形成氢键，分子中O原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，O与B原子之间存在配位键，B正确；
C．H为s区元素，C错误；
D．BF3中B原子采取sp2杂化，分子空间构型为平面三角形，结构对称，正负电荷重心重合，为非极性分子；NF3中N原子采取sp3杂化，分子空间构型为三角锥形，为极性分子，D错误；
故选B。
7．B
【详解】A．卟啉锌超分子中含有氢原子，氢原子满足的是2电子稳定结构，故A错误；
B．卟啉锌超分子中的双键碳原子采取的杂化方式为sp2，其他碳原子为sp3杂化，故B正确；
C．图中③和④不属于配位键，故C错误；
D．卟啉锌超分子中锌元素均位于ds区，氢元素属于s区，故D错误；
故答案为：B。
8．D
【详解】A．食醋的主要成分为醋酸，醋酸为弱酸，在离子方程式中不可拆分，A错误；
B．电解饱和氯化镁溶液，阳极生成氯气，阴极放出氢气生成氢氧根离子，氢氧根离子与镁离子不能大量共存，会继续发生离子反应，生成氢氧化镁沉淀，B错误；
C．溶液中加入过量浓氨水会生成二氨合铜离子，不会生成氢氧化铜沉淀，C错误；
D．向溶液中滴入溶液使恰好完全沉淀，需要与的物质的量之比为1:1，则上述离子方程式正确，D正确；
故选D。
9．C
【详解】A．超分子有“分子识别”的特性，冠醚能识别形成超分子，就是因为的直径与该冠醚空腔直径相当，A正确；
B．分子中硼原子具有空轨道，能与氨分子中具有孤电子对的氮原子形成配位键，所以能与形成配合物，B正确；
C．酸性的强弱与相对分子质量的大小没有关系，三氟乙酸的酸性比三氯乙酸强是因为F的电负性大于Cl,使三氟乙酸中羟基的极性增强，更易发生电离，C错误；
D．根据共价键的饱和性，氢原子达到2电子稳定结构，氢原子只能共用1对电子对，氯原子最外层有7个电子，只能共用一对电子满足8电子稳定结构，因此自然界不存在稳定的和，D正确；
故选C。
10．A
【分析】蚀刻废液中加入NaOH“沉铜”，发生反应：，加入稀硫酸酸溶生成CuSO4，再加入Na2SO3和NaCl将Cu2+还原生成CuCl，最后经过滤、洗涤得到CuCl，据此解题。
【详解】A．[Cu(NH3)4]Cl2中的配离子是，为平面正方形结构，不是正四面体结构，A错误；
B．“沉铜”时和OH-反应生成CuO、NH3和H2O，则反应的离子方程式为：，B正确；
C．“还原”时Cu2+被还原生成CuCl，Na2SO3被氧化生成Na2SO4，则“还原”后所得溶液中大量存在的离子有Na+、，C正确；
D．CuCl易被氧化，“洗涤”时使用乙醇能隔绝空气，防止CuCl被氧化，D正确；
故选A。
11．A
【详解】A．BBr3与PBr3的空间结构分别为平面三角形和三角锥形，A错误；
B．HF分子间可以形成氢键，因此沸点最高，而相对分子质量HBr大于HCl，沸点HBr ＞HCl，B正确；
C．硼原子最外层有三个电子，而BP、BN晶体结构与金刚石相似，硼原子形成四个共价键，因此BP 、BN中既有共价键又有配位键，C正确；
D．基态硼原子的电子排布图为，D正确。
故选A。
12．D
【分析】加入热的浓盐酸，由于浓盐酸过量，结合已知信息①、②可知反应生成和NH4C1，反应后溶液中加入NaClO3溶液将氧化为氮气，再加NaOH溶液发生已知图中反应，生成Pd(OH)2沉淀，过滤，将Pd(OH)2溶于盐酸得到PdCl2。
【详解】A．“酸溶”时，温度越高，作为反应物的浓盐酸会挥发更快，导致反应效果差，故A错误；
B．“酸溶”后内界中的氨气分子才可以转化为铵根离子，从而提高铵根离子浓度，若直接进行氧化则[Pd(NH3)2]Cl2内界中的氨气分子无法进入到反应体系中，因此流程图中“酸溶”和“氧化”的顺序不可以顺倒，故B错误；
C．题中已知有两性，能溶于强碱，又能与反应生成，故C错误；
D．若氧化不充分，则溶液中未被氧化的在碱性条件下转化为，能将转化为可溶性的，导致“沉钯”时所得的产率偏低，故D正确；
故答案选D。
13．C
【详解】A．同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，则基态原子第一电离能：，A不符合题意；
B．Se的原子序数为34，基态Se原子的价层电子排布式为，B不符合题意；
C．由其结构可知，C原子轨道的杂化类型有sp2和sp3两种，N原子轨道的杂化类型均为sp2，C符合题意；
D．由其结构知，提供空轨道，每个N均可提供孤电子对，1个形成6个配位键，D不符合题意；
故选C。
14．C
【分析】x1=K1·c4(CN-)，同理x2= K2·c6(CN-)，x3= K3·c6(CN-)，根据斜率以及K3＞K2，推出直线a代表lg与lgc(CN-)的关系，直线b代表lg与lgc(CN-)的关系，直线c代表lg与lgc(CN-)的关系，据此分析；
【详解】A．根据上述分析，直线a代表lg与lgc(CN-)的关系，直线b代表lg与lgc(CN-)的关系，直线c代表lg与lgc(CN-)的关系，故A错误；
B．直线c代表lg与lgc(CN-)的关系，将p点坐标代入x1=K1·c4(CN-)，推出K1==1031.3，故B错误；
C．根据AB选项分析，K2=1036，K3=1042，该反应的平衡常数K==106，故C正确；
D．因为K3＞K2，因此向含相同浓度的Fe2+、Fe3+的溶液中滴加KCN溶液，先生成[Fe(CN)6]3-，故D错误；
答案为C。
15．C
【详解】A．由于硫单质的熔点较低，可以在蒸发皿中进行熔解，A不合题意；
B．已知Zn比Fe活泼，故在水体中钢铁设施中连接一块锌块，能达到减缓水体中钢铁设施的腐蚀，B不合题意；
C．由于CCl4不溶于水，故向硫酸四氨合铜溶液中加入CCl4不能起到减弱水分子极性的作用，不能制得硫酸四氨合铜晶体，C符合题意；
D．根据晶体具有自范性可知，图示装置可以制备明矾晶体，D不合题意；
故答案为：C。
16．(1)100mL容量瓶
(2)Fe3+
(3) NaCl固体 向实验1反应后溶液中加入Na2SO4固体，溶液颜色变浅(或向实验2反应后溶液中加入少量BaCl2溶液，溶液紫色变深)
(4)溶液中存在平衡，H+与C6H5O-结合成C6H5OH，降低了溶液中C6H5O-的浓度，促进平衡逆向移动，[Fe(C6H5O)6]3-浓度减小，溶液颜色变浅
(5)不合理，pH过大，OH-浓度增大，与Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，不利于铁离子与苯酚发生显色反应
(6)阴离子种类、溶液pH
【详解】（1）配制苯酚溶液还需要100mL的容量瓶；
（2）在配合物中，Fe3+提供空轨道，C6H5O-中的O原子提供孤电子对；
（3）根据猜想i： Cl−对铁离子与苯酚的反应有促进作用，可以向实验2反应后溶液加入NaCl固体，增大Cl-浓度，观察溶液颜色变化，若无变化，说明平衡不移动，对铁离子与苯酚的反应有无促进作用，证明猜想ⅰ不成立；
（4）要证明H+对Fe3+与苯酚反应生成的配合物有抑制作用，从平衡角度来看溶液中存在平衡，H+与C6H5O-结合成C6H5OH，降低了溶液中C6H5O-的浓度，促进平衡逆向移动，[Fe(C6H5O)6]3-浓度减小，溶液颜色变浅；
（5）pH过大，OH-浓度增大，与Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，不利于铁离子与苯酚发生显色反应；
（6）以上研究可知，影响铁离子与苯酚反应的因素有阴离子种类和溶液的pH值。
17．(1)电子从较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量
(2) 直线形 16NA
(3)
(4)A
【详解】（1）电子从高能态跃迁到低能态时，要释放能量，所以金属焰色反应原理是激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长光的形式释放能量；
（2）对于SCN-，根据价层电子对互斥理论，中心C原子价层电子对数=2+═2，无孤电子对，中心C原子为sp杂化，所以SCN-为直线形，将1 ml 浅绿色的CCl3•6H2O晶体溶于水，加入足量硝酸银溶液，生成2mlAgCl沉淀，说明有2mlCl-在外界，又已知C3+的配位数为 6，每个C3+的配位体有1个Cl-，5个水分子，则配离子的化学式为，1个水分子含2个键，C3+还含有6个配位键，则1ml该配离子中含有16NA个键；
（3）As原子形成了4个σ键且无孤电子对，所以As轨道杂化类型为sp3；
（4）①是全充满状态，失去1个电子是锌的第一电离能，②失去1个电子是锌的第二电离能，锌的第二电离能大于第一电离能，③4p1是锌的激发态，4p的能量比4s能级的能量高，失去一个电子比基态锌原子容易，则电离能小于基态原子，因此失去1个电子需要的能量由大到小排序是②①③，故选A；
18．(1)136
(2)4
(3)；酯基
(4)
【分析】由质谱仪得知A的相对分子质量为136，核磁共振氢谱得知A中含有4种环境的氢原子，根据红外光谱得出A中含有的官能团。
【详解】（1）由质谱图可知，A的最大质荷比为136，则A的相对分子质量为136；
（2）由A的核磁共振氢谱图知，A有4个峰，则A中有4种氢原子；
（3）由A的质谱图,可知A的相对分子质量为136，则分子中碳原子个数==8，H原子个数= ，O原子个数=，则分子式 为C8H8O2；A分子中含有苯环，且苯环上只有一个取代基，由红外光谱和核磁共振氢谱可知，A的结构简式为，官能团为酯基；
（4）苯甲酸甲酯在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成苯甲酸钠和甲醇，反应的化学方程式为。
19．(1) 坩埚 胶头滴管
(2) 1∶1.2
(3)CuSO4过量，氢氧化铜(含有空轨道)易与硫酸根和H2O配位
(4) 75℃ 碱式碳酸铜在较高温度容易分解产生黑色氧化铜
(5)取最后一次洗涤液于试管中，先加入足量盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，无沉淀即洗净
(6)
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；
【详解】（1）配制 CuSO4溶液500mL，所需实验仪器有，500 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，因此不需要的仪器为坩埚，需补充的为胶头滴管。
（2）碱式碳酸铜是一种不溶于水和乙醇的绿色固体，由表格可知1∶1.2时，沉淀生成速率快，沉淀量最多，制备碱式碳酸铜的最佳实验条件为CuSO4和Na2CO3的物质的量之比为1：1.2；铜离子和碳酸根离子生成碱式碳酸铜，结合质量守恒可知，还生成二氧化碳，反应为：；
（3）蓝色沉淀的成分是，铜能提供空轨道，CuSO4过量时，易与硫酸根和H2O配位形成；
（4）由表格可知75℃时沉淀生成速率快，沉淀量最多且为绿色，故最适宜温度应为75℃。温度较高，导致部分碱式碳酸铜分解，生成黑色的氧化铜，故产生绿色偏暗可能是碱式碳酸铜在较高温度容易分解产生黑色氧化铜；
（5）判断沉淀是否洗净可判断表面的硫酸根是否存在，取最后一次洗涤液于试管中，先加入足量盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，无沉淀即洗净；
（6）根据所给方程式可知，，，，铜含量为。