北京市朝阳区2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）汇编-02非选择题

北京市朝阳区2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按

题型分类汇编-02非选择题

一、多选题

1.（2022•北京朝阳•统考一模）2021年我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。

有关物质的转化过程示意如下：

A.反应①中分解Hq制备H?需从外界吸收能量

B.反应②中CO?—>CH3OH,碳原子的杂化方式没有发生变化

C.核磁共振、X射线衍射等技术可检测合成淀粉与天然淀粉的组成结构是否一致

D.C6一淀粉的过程中只涉及O-H键的断裂和形成

二、结构与性质

2.（2023•北京朝阳•统考一模）FePO4是一种锂离子电池的正极材料，放电时生成

LiFePO4o

（1）下列电子排布图表示的Li原子的状态中，能量最高的为（填序号）。

.□田βE□□b∙田口［ffi□□c∙□田田田□

a8

Is2s2pτ2p,2pfIs2s2p12p>2p,ɪ2s2p12py2p,

（2）从价电子排布的角度解释Fe位于元素周期表d区的原因：。

H；cNHHPTI0H

⑶LiFePC的制备：FeSO4^->FeC2O4∙2H2O.A^°^-->LiFePO4

FeCQ4∙2H?。的结构如图1所示。

Fe,,

•*∙CjOJ-

图1

2

①Fe'和H2O之间的作用力类型为。

②HQq4的KM大于CH3COOH的Ka,从结构角度解释原因：、

(4)锂离子电池充放电过程中，正极材料晶胞的组成变化如图2所示.

LiFePO4FcPO4

图2

①由于PO；的空间构型为,且磷氧键键能较大，锂离子嵌入和脱出时，磷

酸铁锂的空间骨架不易发生形变，具有良好的循环稳定性。

②正极材料在LiFePO4和FePO4之间转化时，经过中间产物LiiFePO4。LiFePO4转化

为LilFePO4的过程中，每摩晶胞转移电子的物质的量为摩.

3.(2022•北京朝阳•统考一模)以NaOH、CUSO4和HCHO为主要成分的镀液可在某些

材料上镀铜，原理如下：CU2++2HCHe)+40H-——>Cu+2HCOO+2H2O+H2↑

⑴基态CU原子的价层电子排布式为。

(2)根据反应原理分析

①镀铜反应中，利用了HCHO的性。

②选择HCHO进行化学镀铜的原因之一是它易溶于水。下列分析正确的是

a.HCHO,凡。均属于极性分子

b.HCHo与HzO之间能形成氢键

试卷第2页，共16页

C.在醛基的碳氧双键中，电子偏向碳原子

(3)镀液中的SO：、HCHO,Hq三种微粒，空间结构为三角形的是。

(4)为防止CUA与OH-形成沉淀，可加入EDTA使C/*形成配合物。EDTA能电离出H*

和EDTA4^。

OOCH2CCH2COO

4

N-CH2-CH2-N(EDTA)

/\

OOCH2CCH2COO

EDTA"中除部分0外，还能与CV配位的原子是o

(5)铜一银镀层能增强材料的耐蚀性。按照核外电子排布，把元素周期表划分为5个区.

Ni位于_______区。

(6)聚酰亚胺具有高强度、耐紫外线、优良的热氧化稳定性等性质。某聚酰亚胺具有如下

结构特征：

上述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀铜。原因是:

①O

②聚合物有可能与Cu分配位。

三、工业流程题

4.(2023・北京朝阳•统考一模)从低品位铜银矿(含有Feq-FeO.Mg0、CUo等杂质)

资源中提取银和铜的一种工艺流程如下:

金属铜

浸

O2ZH2SO4出

研磨浸出液

水层

Ni(OH)21

滤液亩体I金属银

过滤

资料：一些物质的K*(25℃)如下。

物质Fe(OH),Fe(OH)3Mg(OH)2Ni(OH)ɔ

Kw4.9×10-'72.8x10-395.6×10^l22.1×10^'5

(1)上述流程中，加快反应速率的措施是。

⑵浸出过程中通入。2的目的是。

(3)萃取时发生反应：Cu2++2HRCURz+2H+(HR∖CUR?在有机层，Cu2+ʌH+在水

层)。

①某种HR的结构简式为C''".,该分子中可能与C/+形成配位键的，

∖Url

原子有。

②解释反萃取时HzSOq的作用：。

3+2t

(4)黄钠铁研［NaFe3(OH)6(SO4)2］比Fe(OH)3更易形成沉淀。反应终点PH与Fe、Ni

沉淀率的关系如下表。

沉淀率/%

反应终点PH

Fe3+Ni2+

1.594.040.19

2.599.210.56

3.899.913.31

①生成黄钠铁矶的离子方程式是。

②沉淀Fe3+时最适宜选用的反应终点PH是。

(5)第二次使用MgO调节PH使Ni2+沉淀完全，宜将PH调节至___________(填序号)。

a.6~7b.9~10c,11-12

5.(2022•北京朝阳•统考一模)从印刷电路板的腐蚀废液(主要含CUCI2、FeCI3、FeCL

等)中回收、制备的流程如下。

FeCl3CUSO4∙5H2O

(1)上述流程中能加快反应速率的措施有

试卷第4页，共16页

(2)粗品的主要成分是硫酸铜晶体，而不是硝酸铜晶体，分析有两种可能的原因：

①相对于Cu2+,粗液中NO；浓度过小，原因是(用离子方程式表示)，不能得到

硝酸铜晶体。

②粗液中NO；浓度较大，但由于,不能得到硝酸铜晶体。

⑶测量粗品CUSo4∙5HQ中铁(含Fe?+,Fe3+)的含量，评定纯度等级。

I.用水溶解一定质量粗品，加入稀H2SO,和Hq?溶液，加热。

∏.待溶液冷却后，加入试剂X至溶液PH=I1。过滤、洗涤，得到红褐色沉淀。

III.用稀HCl溶解红褐色沉淀，滴入KSCN溶液，稀释至一定体积。将溶液红色的深浅

与标准色阶对照，确定含量。

已知：C/*完全沉淀的PH为6.7,Fe"完全沉淀的PH为2.8

①I中将Fe?+氧化为Fe?+的离子方程式是。

②试剂X是o

(4)电解：在不同电压、不同PH(PH<7)条件下电解OJmoLLTFeClz溶液，研究FeCl3溶液

的再生条件。

序号电压PH阴极现象阳极产物

i

V1a无气泡，少量金属析出无ClZ,有Fe"

iiV1b较多气泡，极少量金属析出无Cl?,有Fe"

iiiV2a少量气泡，少量金属析出，有CU，有Fe3+

(V2>V,,a>b)

①iii中产生Fe"的原因有Fe2+-e=Fe3+>。

②FeCl3溶液再生的合适条件是(填实验序号)。

6.(2021•北京朝阳•统考一模)Cu2(OH)2CO3是用途广泛的化工原料。可用电解废渣［含

CU(NO3)2、AgNOJ和纯碱为原料制备。

⑴制备CUSO4溶液

电解废渣I23；C.ICUO、AgNO31分，.∣~~E面~~I硫酸.CUSO4溶液

①过程I中，分解产生的气体除NCh外，一定还含有。

②过程I［中，分离所采用的试剂是o

⑵制备Cu2(OH)2CO3

i.取Na2CO3溶液于锥形瓶中，水浴加热至适当温度。

ii.将CUSO4溶液逐滴加入到Na2CO3溶液中，产生沉淀，静置。

iiL待沉淀完全沉降后，减压过滤、洗涤、干燥。

①步骤i中加热Na2CO3溶液的目的是0

②步骤ii中生成Cu2(OH)2CO3的化学方程式为o

(3)设n(Na2CO3)m(CuSO4)=m,m不同时，所得产物纯度不同。通过测定固体样品的热

重分析曲线(样品质量随温度变化曲线)，获得固体残留率可检测样品纯度。(已知：固体

剩余固体的质量

残留率=×100%)O

样品质量

①写出Cu2(OH)2CO3分解的化学方程式

②图1、图2分别是m=1.2和m=0.8时所得固体的热重分析曲线，依据下列曲线判断

制备Cu2(OH)2CO3适宜的m=(填“1.2”或“0.8”)。通过定量分析说明理由:

四、有机推断题

7.(2023•北京朝阳•统考一模)氟喋菌酰羟胺是新一代琥珀酸脱氢酶抑制剂类杀菌剂,

合成路线如下:

氟啤菌酰羟胺

已知:

试卷第6页，共16页

1.

OR2R2

Il催化剂I小2。I

R∣—C—R∙2+R3—N∏2-------*∙Rι—C-N-R3------>∙Rι—C=N—R3

OHH

(I)A能与NazCO,溶液反应产生CO2。A的官能团有。

(2)A的某种同分异构体与A含有相同官能团，其核磁共振氢谱也有两组峰，结构简式

为。

(3)B→D的化学方程式是。

(4)G的结构简式为c

(5)推测J→K的过程中，反应物NaBH,CN的作用是,

可通过如下路线合成:

H

nCTT异构化、n"_八

iii.K.)-C-C-OH------------->Rj-C-C=O

IlII

R2R3R2R3

①反应I的化学方程式为

②M的结构简式为

③设计步骤I和IV的目的是,

8.(2022•北京朝阳•统考一模)药物Q能阻断血栓形成，它的一种合成路线。

O

ii∙R'CHO-⅛→R,CH=NR

(1)(Y-NH2→A的反应方程式是

(2)B的分子式为CUH,NO)。E的结构简式是

(3)M→P的反应类型是。

(4)M能发生银镜反应。M分子中含有的官能团是。

(5)J的结构简式是0

(6)W是P的同分异构体，写出一种符合下列条件的W的结构简式：。

i∙包含2个六元环，不含甲基

ii.W可水解。W与NaOH溶液共热时，ImOlW最多消耗3molNaOH

O

(7)Q的结构简式是eɪjN—CHC2H5，也可经由P与Z合成。已知:

COOH

《X-NH2-合成Q的路线如下(无机试剂任选),

写出X、Y、Z的结构简式：

---------------PH,

X--Y―►Z-------------------=--------Q

—j一^弱酸催化剂

9.(2021•北京朝阳•统考一模)苯巴比妥(M)是一种中枢神经系统药物，具有镇静、催眠、

抗惊厥作用。其一种合成路线如下:

己知：i.RCN——~>RCOOH

ii.RlCOOR2+R3OH→R1COOR3+R2OH

(I)A属于芳香烧，其名称为o

(2)B→D的反应类型是O

试卷第8页，共16页

(3)E→F的化学方程式是。

(4)G和J的核磁共振氢谱都只有一组峰，J的结构简式是。

(5)F的同分异构体中，满足下列条件的有种。

①苯环上只有一个取代基；②能发生银镜反应；③能发生水解反应

(6)由F和K合成M的过程如下图(无机物略去)：

O

Il

ArTlGHBrAPylHNY-NHz

L

->CH,CH2OH

K—►CH3CH2OH

写出结构简式K：；P：

五、原理综合题

10.(2023•北京朝阳•统考一模)工业烟气中常含有NO、(NO、NO2)o用NaCK)溶液将

NO、氧化为NO；,实现烟气中NOv的脱除。

(I)NOr在大气中会形成酸雨。形成酸雨的过程中，No表现性。

(2)向NaCIo溶液中加入硫酸，研究初始PH对No，脱除率的影响，结果如下。

%

∕

⅜

及

⅛

0

N

初始PH

已知：NZC。n骐M除必•力率脱=除一前n；(兑NO除J京-脱(N除后on/(NO"、)x@%

①不用盐酸调节NaClO溶液初始PH的原因是。

②将pH=3.5时NaClO溶液脱除NO的离子方程式补充完整：

□N0÷□÷□⅞≡i□N0^+□CΓ'+□

③pH<5.5时•，分析NOA.脱除率随溶液初始PH升高而增大的可能原因：.

⑶用CrO3分别将脱除前后的NOa.全部转化为NO2,并用库仑仪测定NO2的量，可计算

NO,脱除率。库仑仪工作的原理和装置如下:

检测前，电解质溶液中的c(u)∕c(r)保持定值时，电解池不工作。NO2进入电解池后与

「反应，库仑仪便立即自动进行电解到c(h)∕c(r)又回到原定值，测定结束。通过测定

电解消耗的电量可以求出NO2的物质的量。

①NOz在电解池中被「还原为Ne)的离子方程式为。

②将脱除前、后等体积的烟气分别用上述装置进行测定，电解时转移电子的物质的量分

别为amol、bmoloNOx脱除率是。

③测量结束后，电解池中还检测到少量NO；和N。；，这将导致NO?测定结果

(填“偏高”或“偏低”)，需进行校正。

11.(2022•北京朝阳•统考一模)某小组验证"2Fe'++2r-2Fe?++-(反应A)存在限度，

并探究外加试剂对该平衡的影响。

⑴从正反应方向探究实验。取SmLO.OlmolLKI溶液，加入2mL0.01mol∙LTFeCh溶液

(PH=1),溶液呈棕黄色，不再发生变化。

①通过检测出______,证实反应A存在限度。

②加入CCL,振荡，平衡向移动。

③除反应A外，KI还发生_______(写方程式)，促进Fe"与「的反应。

(2)从逆反应方向探究实验：向碘水(含淀粉)中加入酸性FeSo4溶液，无明显变化。未检

出Fe3to

①甲同学认为加入AgzSOq溶液可增大Fe"与L的反应程度。甲同学依据的原理是

②验证：加入AgAOj溶液，产生沉淀a,溶液蓝色褪去。能检出Fe"。

(3)乙同学认为碘水中含有r,加入AgAO,溶液也可能产生沉淀。做对照实验：直接向

碘水(含淀粉)中加入AgzSO,溶液。产生沉淀，溶液蓝色褪去。

试卷第10页，共16页

查阅资料：3I2+3H2O5HI+HIO,

实验验证：

.EΠNaCI溶液;过滤HDKI溶液、淀粉出廿大廿

→∣溶液-------∩------滤液1I———►溶液变蓝

阿汞卢堡A&S。濯液

过量瞥过滤商HM圾溶液变蓝

ɪLr^lKITI：

l

已知：/Csp(AgI)=8.5×10'∖K,p(AgIOJ=32x10-8(微溶)

①m中KI溶液的作用是。

②IV中Kl溶液的作用是(用离子方程式表示)。

检验、比较沉淀a、b的成分，可明确物质的作用。

(4)问题思考：向FeSo4与碘水的混合液中加入AgzSO4溶液，可能发生如下反应：

i.Fe2+与L在Ag+的促进下发生的氧化还原反应

ii.I2与H2O在Ag*促进下发生的反应

iii.Fe?+与Ag+的反应

确认是否发生反应iii,设计实验：将反应后混合物过滤，

供选择试剂：稀HNO3、Na2S2O3溶液、Kl溶液

已知：AgI,AgK),溶于NaBO,溶液；Agl难溶于稀HNO?

12.(2021•北京朝阳•统考一模)H2O2是一种重要的化工原料，慈酿法是工业上合成H2O2

的主要方法，氢氧直接合成法是近年研发的新方法。

1.葱醍法的反应过程如下。

檐眸*卞

(1)己知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH∣=-572kJ∙moll

l

2H2O2(1)=2H2O(1)+O2(g)ΔH2=-196kJ∙mol^

慈醒法生产H2O2总反应的热化学方程式是

OH

/CHjCH

⑵发生反应b时，消耗(：'[j与O2的物质的量之比是。

OH

(3)测定FhCh含量：取所得H2O2水溶液amL,用Cmol∙L-'KMnO4酸性溶液滴定，消耗

KMne)4酸性溶液VmL。已知：Mn0：的还原产物是Mr?+。

①KMnO4酸性溶液与H2O2反应的离子方程式是。

②所得H2O2水溶液中H2O2的物质的量浓度是mol∙L'o

II.氢氧直接合成法的反应过程如图所示。

(4)用同位素示踪法研究催化剂中H+的作用：用D2-H2)代替员进行实验。催化剂中氢

离子参与反应的证据是生成的过氧化氢中有o

(5汨2转化率和H2O2选择性随反应时间的变化如图。已知：H2O2选择性是指H2O2在所

有生成物中的占比。

%

/

肝

ee墀

X

反应时间,'min反应时间「min

用化学方程式解释H2O2选择性逐渐下降的可能原因：.

13.(2021.北京朝阳•统考一模)天然气是一种绿色、优质能源，但其中含有的HzS会腐

蚀管道设备，开采天然气后须及时除去H2S。

己知：i.氢硫酸和碳酸的电离常数如下表。

KalKu2

试卷第12页，共16页

1.3×10^77.1XlO-15

H2S

4.4×1074.7×10"

H2CO3

ii.(x-l)S+S~(无色)=S：(黄色)(x=2~6)

（1）醇胺法脱硫:醇胺对脱除H2S选择性很高,二乙醇胺脱硫原理如下：（HoCH2CH2）2NH⑴

+H2S(g)≠(HOCH2CH2)2NH2HS(DΔH<0

①上述反应能够发生是因为二乙醇胺分子中含有.性基团。

②依据平衡移动原理推测脱硫后使二乙醉胺再生的方法有..（2种即可）。

（2）热碱法脱硫：用热碱液（Na2CO3溶液）吸收天然气中的HzS,可将其转化为可溶性的

NaHS,反应的化学方程式是

（3）利用如下电解装置，可从吸收H2S后的热碱液中提取单质硫。

■收HSSR的

①电解一段时间后，阳极区溶液变黄，结合电极反应式解释原因:

②取①中阳极区的黄色溶液，加入硫酸可得到单质硫，产率高达91.6%。推断黄色溶液

中含硫微粒除S：.外，还有,

③电解一段时间后，阴极区得到的溶液可继续用于吸收H?S。该溶液中溶质一定含有

（填化学式）。

六、实验题

14.（2023•北京朝阳•统考一模）某小组同学探究Na’S与KMnO4溶液的反应，实验如下.

资料：i.（XT）S+S?]£-（黄色）

ii.MnO：呈绿色（酸性条件下不稳定）、低浓度Mn"呈无色、MnS为肉色沉淀。

iii.2Mn（OH）2（白色）+O2=2的。2（棕黑色）+2k0

实验1：

酸性酸性酸性

KMnO4溶渣KMno4溶液KMnO4溶液

「-I-'T

⅛一黄色无色才无色

0.1mol∕LNa?S溶液固体a固体b固体C

PH=I3(肉色)(白色)(棕黑色)

(1)用离子方程式表示Na2S溶液显碱性的原因：。

(2)将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。

①甲同学认为固体a中除了MnS外，还有Mn(OH)2,依据的现象是。

②乙同学认为根据上述现象不能得出固体a中含有Mn(OH)J应补充对比实验：

(填实验方案)。实验证实固体a中含有Mn(θH%。

(3)固体b的主要成分是S。分析产生S的可能原因：。

(4)经检验，固体C的主要成分是MnO-

①分析产生Mno2的可能原因：酸性条件下，MnO:将M/氧化。该反应的离子方程式

是O

②继续滴加酸性KMnO4溶液，溶液变为紫红色，仍有棕黑色固体。

实验H：改用未经酸化的KMnO4溶液重复实验I,产生棕黑色固体时溶液呈绿色。

(5)分析实验I未见绿色的原因：取少量实验∏的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色,

产生棕黑色固体。该反应的离子方程式是。

实验HI：向未经酸化的KMnO4溶液中滴加少量Na?S,产生棕黑色沉淀并检测到。

(6)检验SOj的实验方案:(填操作和现象)。注：该实验条件下，Mn0；与Ba?+

不反应。

(7)综合上述实验，Na?S与KMnO4溶液反应的产物与等因素有关(答出两点

即可)。

15.(2022.北京朝阳.统考一模)以次氯酸盐为有效成分的消毒剂应用广泛。电解NaCI溶

液制备NaClo溶液的装置示意如下。

资料：i.次氯酸钠不稳定：a.2NaClO=2NaCI+O2↑b.3NaClO=2NaCl+NaClO,

ii∙将次氯酸盐转化为次氯酸能更好地发挥消毒功能，次氯酸具有更强的氧化性

试卷第14页，共16页

电源

Naa港液

NaCIOjWfffUH1

电源

［制备］

⑴产生NaCl0：

①生成NaClo的反应包括：2Cr-2eYL↑'2H2O+2e=H2↑+20H∖。

②测所得溶液pH,试纸先变蓝(pH≈lO)后褪色，说明溶液具有的性质是。

(2)相同温度下，在不同初始PH下电解Nael溶液，PH对NaClo浓度的影响如下所示。

推测NaClO浓度在PH为3或13时较小的原因：

I.pH=13时,阳极有OH-放电

∏.pH=3时，Cl2的溶解度减小

∏I.pH=3时，NaClo浓度增大，促使CIO被氧化

①检验电解产物，推测I成立。需要检验的物质是。

②根据化学平衡移动原理，推测∏合理。依据的化学平衡是。

③经检验，推测HI合理。用方程式解释：。

根据上述实验，电解法制备NaClo溶液，初始PH不宜过小或过大。

(3升司样方法电解CaCI2溶液制备Ca(ClO%,由于生成______覆盖在电极表面，电解难

以持续。

［保存］

低温保存、加入NazCOj、NaCIO3等物质能增强溶液的稳定性。

［测量］

(4)取VlmL所得NaClo样液，加水稀释。依次加入KI溶液、稀H'O一析出的L用

amol.L'Na^S?。，标准溶液滴定至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共

消耗NazSzCX,溶液VzmL。(已知：I2+2Na,S2O3=2NaI+Na2S4O6),样液中

c(NaClO)=mol∙L''。

16.(2021∙北京朝阳.统考一模)某学习小组探究某浓度浓硝酸和稀硝酸与铁的反应。

导线

iɪj插入C*Γ

实Cu

Fe也斗稀HNO3Fe用且稀HNo3Fe*

验皿浓HNO3

I

∏In

II中：Fe表面∏【中：连接导线，一段时间后Fe表面产

I中：Fe表面产生大

现产生红棕色气生红棕色气泡，而后停止；随即又产生红

量无色气泡，液面上

象泡，过一会儿棕色气泡，而后停止如此往复多次。

方变为红棕色

停止Cu表面始终产生红棕色气泡

(I)I中液面上方气体由无色变为红棕色的化学方程式为。

(2)取少量I中溶液，加入KSCN溶液，(填现象)，说明产生了Fe3+。

(3)Il中现象说明Fe表面形成致密的氧化层,阻止Fe进一步反应。说明硝酸具有

性。

(4)ΠI中，连接导线后体系形成了原电池。为分析反应过程，在Fe、CU之间连接电流计，

实验如下。

实验现象

LK闭合时，指针向左偏转(CU做负极)，Fe表面无明显

1现象ii.过一会儿指针向右偏，Fe表面产生红棕色气体；

后又迅速向左偏，Fe表面停止产生气泡，……如此往复多

∏中的Fe-Pl~β-Cu

次

iii∙一段时间后，指针一直处于右端，Fe表面持续产生红

浓HNO3

IV棕色气体

iv.Cu表面始终产生红棕色气泡

①用方程式解释现象iv：。

②推测现象i中被还原的是。

③解释现象ii中指针左右偏转，往复多次的原因。

④现象iii中，Fe一直做负极，难以形成氧化层，可能的原因是

试卷第16页，共16页

参考答案:

1.BD

【详解】A.已知H2在氧气中燃烧是一个放热反应，则可知反应①中分解Hq制备H2需从

外界吸收能量，A正确；

B.己知CO2中C原子周围的价层电子对数为2+；(4-2?2)=2,贝IJC原子为sp杂化,而CH3OH

中C原子均以单键与周围的3个H和一个0原子形成4个σ键，则该C原子以sp3杂化，

则反应②中C0?—>CH,0H,碳原子的杂化方式发生了变化，B错误；

C.核磁共振可以检测有机物中不同环境的H原子种类，X射线衍射则可以检测晶体与非晶

体和晶体的结构，则可用核磁共振、X射线衍射等技术可检测合成淀粉与天然淀粉的组成结

构是否一致，C正确；

D.由题干反应历程图可知，C6-淀粉的过程中涉及O-H键和O-C键的断裂，C-O键的形

成，D错误；

故答案为BD。

2.(l)a

(2)基态Fe原子的价电子排布为3d'4s2,最后填入电子的能级为3d

(3)配位键CHSOOH中的甲基为推电子基团，使竣基中的氧氢键极性减弱；

HzCQ4中的竣基为吸电子基团，使另一粉基中的氧氢键极性增强。

(4)正四面体4x

【详解】(1)根据能量大小顺序：2p>2s>ls分析，b能量最低，当2p轨道有两个电子时，

根据洪特规则应该分占不同的轨道，电子的能量最低，若两个自旋方向相反的电子占据一个

轨道其能量要高些，故能量最高的为a。

(2)基态Fe原子的价电子排布为3d'Zs2,最后填入电子的能级为3d,故铁属于d区。

(3)①Fe?+提供空轨道，H?0中的氧原子提供孤对电子对，二者之间形成配位键。

②HzCzO4的KM大于C&COOH的(，从结构角度解释原因：CHCOOH中的甲基为推电

子基团，使粉基中的氧氢键极性减弱；ECq,中的竣基为吸电子基团，使另一竣基中的氧

氢键极性增强，更容易电离，故其电离平衡常数比醋酸的电离平衡常数大。

答案第1页，共21页

(4)①PO；的中心原子为磷原子，其价层电子对数为4+土号匕=4,没有孤电子对，故

空间构型为正四面体结构。

②正极材料在LiFePo&和FePO4之间转化时，经过中间产物LiiFePO」。LiFePO&转化为

LijFePO4的过程中，电极反应为LiFePO4-xe-=Li-FePO4+xLi+,一个晶胞中含有锂离子的

个数为8><:+4χ!+4χ!=4,故每个晶胞含有4个LiFePo4,每摩晶胞反应就是有

4molLiFePO4反应，转移电子的物质的量为4xmol0

3.(l)3dl04sl

(2)还原ab

(3)HCH0

(4)N

(5)d

(6)该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破

【解析】(1)

已知CU是29号元素，则基态CU原子的价层电子排布式为3d">4s∣,故答案为：3d'04s';

(2)

2+

①镀铜反应CU+2HCHO+4OH——>Cu+2HC00+2H2O+H2T中,C/+被还原为Cu,HCHO

被氧化为HCOC则HCHe)为还原剂体现还原性，故答案为：还原；

②a.根据相似相溶原理可知，HCHO、HzO均属于极性分子，a正确；

b.能够形成分子间氢键的物质之间的溶解性增大，则HCHo与Hq之间能形成氢键，b正

确；

c.由于O的电负性比C的大，在醛基的碳氧双键中，电子偏向氧原子，c错误；

故答案为：ab；

(3)

镀液中的SO：、HCHO,HQ三种微粒中SO：中心原子S原子周围的价层电子对数为：

4+1(6+24?=4,HCHo中心原子C原子周围的价层电子对数为：3+工好2-2?=3,HQ中

22

答案第2页，共21页

心原子O原子周围的价层电子对数为：2+g(6-2?1)=4,根据价层电子对互斥理论可知，它

们的空间结构分别为正四面体形、平面三角形和V形，故答案为：HCHO；

(4)

由EDTA-的结构简式可知，部分O原子和N原子上有孤电子对，能与Cu?+形成配位键，

则EDTA4-中除部分。外，还能与Cu*配位的原子是N,故答案为：N；

(5)

已知Ni是28号元素，位于元素周期表第四周期第Vnl族，则Ni位于d区，故答案为：d；

(6)

①由于该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破坏，②聚合物中的

。和N中存在孤电子对，可能与Cu*配位，则上述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀

铜，故答案为：该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破坏。

4.⑴研磨

(2)将Fe2+氧化为Fe",便于转化为沉淀除去

(3)0、N加入HzSO4,使C/+2HR-CUR2+2H+逆向进行，Cu"进入水层

+3++

(4)Na+3Fe+2SO；+6H2O=NaFe3(OH)6(SO4),J+6H或

+3+2+

Na+3Fe+2SO；+3MgO+3H2O=NaFe3(OH)6(SO4),J+3Mg2.5

(5)b

【分析】铜锲矿研磨后，加入O?和HmO4浸出，将铜银矿中的金属氧化物转化为Ni?+、Fe"、

Cd+、Mg"；加入萃取剂后，Cu“转化为CuR,进入有机层，再经过反萃取形成含Cu”水

溶液后，再转化为金属铜；水层中含有Ni"、Fe3+.H+、Mg?*等阳离子，加入硫酸钠和

MgO后，Fe"转化为黄钠铁机固体从水层中分离，滤液中含有Ni?+、H+、Mg?*等阳离子,

再加入MgO后，Ni?+转化为Ni(OH)2再转化为金属银。

【详解】(1)将铜银矿研磨，可以将固体颗粒减小，增大固体与溶液接触面积，从而加快浸

出阶段反应速率。故加快反应速率的措施是研磨。

(2)O2具有氧化性，可将HAO」溶解后的Fe"转化为Fe",便于转化为沉淀除去。

答案第3页，共21页

(3)①C9H∣9/ɔ一θ2分子中，若要与Cu"形成配位键，则分子需提供孤电子对,

ʌɪNZ

分子中存在孤电子对的原子为N原子和O原子：②反萃取时，加入稀硫酸，增大水层中H*

浓度，使平衡CY++2HRCUR2+2H+逆向移动，使水层中Cu"浓度增大，即铜离子进入

水层。

(4)①根据题目信息，水层中含有Ni?+、Fe3+.H+>Mg?+等阳离子，加入硫酸钠和Mgo

后，Fe"转化为黄钠铁机固体，对应的离子方程式为

+3++

Na+3Fe+2SOj+6H2O=NaFe3(OH)6(SO4)1J+6H或

+3+2+

Na+3Fe+2SO；+3MgO+3H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2J+3Mgo②根据题目信息，PH

为1∙5时Fe"沉淀率不高，Fe3,沉淀不充分；PH为3.8时Ni?+沉淀率稍高，在固体中混有

的杂质较多，故最适宜的PH为2.5。

⑸第二次使用Mgo调节PH使Ni?+沉淀完全，即溶液中C(Ni2+kι.0χκr5mo].LL根据

15

Ni(OH)2的KM,=2.1XIO-,Ni"恰好完全沉淀时，

C(OH)=叫mol∙Ll≈1.4×10-5mol∙L',

`,∖J=LO-xlO5

[f∖1∕-∖-14

"1lκ

c(H)=5mol∙E≈7.14×10^'⅛ol∙E,PH=-IgC(H')=-lg(7.14xl()-∙),故10>pH>9,

故选择b。

【点睛】工业流程中选择合适条件时，需要保证操作目的尽可能充分，同时对产物的影响尽

可能小。

5.(1)加热、搅拌

+2+

(2)3Cu+8H+2NO；≈3Cu+2NO↑+4H2OCu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大

2++3+

(3)2Fe+2H+H2θ2=2Fe+2H2O氨水

(4)2Fe2++Ch=2Fe3++2Cl-ii

【解析】(1)

常用加快化学反应速率的措施有加热，溶解时搅拌等，根据流程图，加快化学反应速率的措

答案第4页，共21页

施有：加热，搅拌，故答案为：加热、搅拌；

(2)

+2+2+

①由于离子反应3Cu+8H+2N0^=3CU+2NO↑+4H2O,导致溶液中相对于Cu,粗液中NO；

浓度过小，不能得到硝酸铜晶体，故答案为：3CU+8H++2NO；=3CU2++2NOT+4H2O：

②粗液中NO；浓度较大，但由于CU(No3)2的溶解度比CUSo4的大，也能导致不能得到硝酸

铜晶体，故答案为：CU(NO3)2的溶解度比CUSO4的大；

(3)

①I中加入稀硫酸和H2O2的目的就是将Fe?+氧化为Fe",便于后续调节PH来产生氢氧化

2++3+

铁沉淀而除去铁，该反应的离子方程式为：2Fe+2H+H2θ2=2Fe+2H2O,故答案为：

2++3+

2Fe+2H+H2O2=2Fe+2H2O；

②该步骤的目的是制备硫酸铜晶体，为了不引入新的杂质，故加入的试剂X是氨水等，故

答案为：氨水；

(4)

,故答案为：①由表中信息可知，iii中产生了CL,CL能够将Fe?+氧化为Fe3+,故iii中产

2+u

生Fe?+的原因有Fe"-e=Fe3+'2Fe+Cl2=2Fe+2C∣∙,故答案为：2Fe2++Cb=2Fe3++2Ch

②由实验现象可知，ii阴极由较多气泡，极少量金属析出，则Fe?+的损失少，且阳极上不产

生CL,对环境无污染，故FeCl3溶液再生的合适条件是ii,故答案为：ii。

6.O2水促进Na2CO3溶液水解，提高C(OH-)，同时加快反应速率，有利于

Δ

Cu2(OH)2CO3生成2CUSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3;+C02↑+2Na2SO4(s∣c

Δ

2CuSO4+3Na2CO3+2H2O=Cu2(OH)2CO3;+2NaHCO3+2Na2SO4)

Δ

Cu2(OH)2CO3=2CUO+CO2↑+H2O1.2依据Cu2(OH)2CO3受热分解的化学方程式，

可知理论上固体残留率=160∕222xl00%≈72.1%,与图1数据基本一致

【分析】电解废渣［含CU(NO3)2、AgNOJ受热分解生成氧化铜，硝酸银在该温度下不分解，

溶于水分离出氧化铜，氧化铜和硫酸反应即得到硫酸铜溶液，据此解答。

【详解】(1)①过程I中生成NCh,氮元素化合价降低，则一定有化合价升高的元素，只能

是氧元素，所以分解产生的气体除NCh外，一定还含有。2。

②氧化铜不溶于水，硝酸银能溶于水，过程∏中，分离所采用的试剂是水。

答案第5页，共21页

(2)①碳酸钠水解吸热，则步骤i中加热Na2CO3溶液的目的是促进Na2CO3溶液水解，提高

C(OH),同时加快反应速率，有利于Cu2(OH)2CO3生成。

②步骤ii中根据原子守恒可知还有硫酸钠、二氧化碳生成，则生成Cu2(OH)2CO3的化学方

Δ

程式为2CUSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3;+CO2↑+2Na2SO4或2CuSO4+3Na2CO3+

Δ

2H2O=Cu2(OH)2CO3I+2NaHCO3+2Na2SO4o

(3)①Cu2(OH)2CO3分解生成氧化铜、二氧化碳和水，反应的化学方程式为

Δ

Cu2(OH)2CO3=2CUO+CO2↑+H20。

②依据Cu2(OH)2CO3受热分解的化学方程式，可知理论上固体残留率=五Xloo%≈72.1%,

与图1数据基本一致，所以制备Cu2(OH)2CO3适宜的m=1.20

7.(1)粉基、碳氯键

H2N-NH-CH3保护粉基，避免其与氨基或亚氨基发生反应

【分析】由B生成D的条件可知该反应为醇的催化氧化，则在D中含有醛基或谈基，根据

答案第6页，共21页

分子组成及E的结构分析可知D中因是苯环上连接醛基,其结构简式为:

B的结构简式为:对比A、B的分子式及B的结构简式可知A为

D与C2H5NC½发生分子间脱水生成E,E在Fe/HCl作用下发生还原

反应，硝基被还原成氨基，然后与水作用得到G,结合G的分子式及G