注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在本試題卷和答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦

干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試題卷上無效。

3.考試結束后，將本試題卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16S32K39Fe56Ba137Bi209

一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目

要求的。

1.材料是人類賴以生存和發(fā)展的物質基礎。下列材料屬于金屬材料的是

A.高強韌無磁不銹鋼——聚變能實驗裝置中的低溫結構部件

B.金剛石薄膜——“夢想”號大洋鉆探船使用的鉆頭表面涂層

C.超細玄武巖纖維——嫦娥六號攜帶的月面國旗的紡織材料

D.超細玻璃纖維——國產大飛機中隔音隔熱的“飛機棉”

【答案】A

【解析】

【詳解】A．金屬材料包括純金屬及其合金，選項中的不銹鋼是鐵基合金，屬于金屬材料，A正確；

B．金剛石是碳的非金屬形態(tài)，是無機非金屬材料，B錯誤；

C．玄武巖纖維是由火山巖（主要成分為硅酸鹽礦物）熔融制成的無機非金屬材料，類似于玻璃纖維，不屬

于金屬材料，C錯誤；

D．玻璃纖維的主要成分是二氧化硅等非金屬氧化物，屬于無機非金屬材料，因此不屬于金屬材料，D錯誤；

故選A。

2.化學實驗充滿著五顏六色的變化。下列描述錯誤的是

A．溶液褪色B．產生紅色沉淀C．溶液呈紫色D．試紙變?yōu)樗{色

AAB.BC.CD.D

.

1

【答案】B

【解析】

【詳解】A．乙烯中含有碳碳雙鍵，能被酸性高錳酸鉀氧化，從而使其褪色，A正確；

B．KOH溶液與CuSO4溶液發(fā)生復分解反應，生成Cu(OH)2藍色沉淀，B錯誤；

C．苯酚與FeCl3發(fā)生顯色反應，溶液呈紫色，C正確；

D．濃氨水揮發(fā)出的氨氣遇到濕潤的紅色石蕊試紙，發(fā)生反應：-，

NH3+H2ONH3H2ONH4+OH

試紙變?yōu)樗{色，D正確；

故選B。

3.加熱時，濃硫酸與木炭發(fā)生反應：(濃)。設為阿伏加德羅

2H2SO4CCO22SO22H2ONA

常數(shù)的值。下列說法正確的是

12

A.12gC含質子數(shù)為6NA

B.常溫常壓下，6.72LCO2含σ鍵數(shù)目為0.6NA

C.1.0LpH1的稀硫酸中含H數(shù)目為0.2NA

D.64gSO2與16gO2充分反應得到SO3的分子數(shù)為NA

【答案】A

【解析】

1212

【詳解】A．12g的C的物質的量為1mol，每個C原子含有6個質子，因此總質子數(shù)為6NA，A正確；

B．常溫常壓下，6.72LCO2的物質的量小于0.3mol，每個CO2分子含2個σ鍵，總σ鍵數(shù)小于0.6NA，B錯

誤；

C．pH=1的稀硫酸中，H濃度為0.1mol/L，1L溶液中H數(shù)目為0.1NA，而非0.2NA，C錯誤；

D．SO2與O2生成SO3的反應為可逆反應，無法完全轉化，實際生成的SO3分子數(shù)小于NA，D錯誤；

故選A。

4.只用一種試劑，將、、、四種物質的溶液區(qū)分開，這種試劑是

Na2SO4NH42CO3AlCl3KNO3

A.NaOH溶液B.AgNO3溶液C.H2SO4溶液D.Ba(OH)2溶液

【答案】D

【解析】

【詳解】A．NaOH溶液與AlCl3反應生成白色沉淀，過量時溶解；與(NH4)2CO3加熱會釋放NH3氣體，但常溫下

2

可能無法明顯區(qū)分；Na2SO4和KNO3均無現(xiàn)象，無法區(qū)分，A錯誤；

B．AgNO3溶液與Na2SO4生成微溶Ag2SO4，與(NH4)2CO3生成Ag2CO3沉淀，與AlCl3生成AgCl沉淀，KNO3無反應。

但三種沉淀均為白色，無法明確區(qū)分，B錯誤；

C．H2SO4溶液僅與(NH4)2CO3反應產生CO2氣體，其余三者無現(xiàn)象，無法區(qū)分Na2SO4、AlCl3、KNO3，C錯誤；

D．Ba(OH)2溶液與Na2SO4生成BaSO4白色沉淀（不溶解）；與(NH4)2CO3生成BaCO3沉淀并釋放NH3氣體；與AlCl3

先生成Al(OH)3沉淀，過量時溶解；KNO3無現(xiàn)象，四種現(xiàn)象均不同，可區(qū)分，D正確；

故選D。

5.下列有關物質性質的解釋錯誤的是

性質解釋

A酸性：CH3COOHHCOOHCH3是推電子基團

B熔點：的體積大于

C2H5NH3NO3NH4NO3C2H5NH3NH4

C熔點：FeNaFe比Na的金屬性弱

D沸點：H2OH2SH2O分子間存在氫鍵

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【詳解】A．CH3是推電子基團，使乙酸中羥基的極性減弱，酸性弱于甲酸，A解釋正確；

B．的體積大于，導致其硝酸鹽的晶格能較低、熔點更低，B解釋正確；

C2H5NH3NH4

C．Fe熔點高于Na是因金屬鍵更強，而不是因為Fe的金屬性比鈉弱，金屬性是金屬失電子的能力，與金屬

熔點無關，C解釋錯誤；

D．H2O分子間氫鍵使其沸點反常高于H2S，D解釋正確；

故選C。

6.MZ2濃溶液中含有的XMZ2(YX)具有酸性，能溶解金屬氧化物。元素X、Y、Z、M的原子序數(shù)依次

增大，分別位于不同的前四周期。Y的最外層電子數(shù)是內層的3倍，X和Y的最外層電子數(shù)之和等于Z的最

外層電子數(shù)，M的價層電子排布是3d104s2。下列說法正確的是

3

A.電負性：XY

B.Y形成的兩種單質均為非極性分子

C.由X、Y、Z形成的化合物均為強電解質

D.鐵管上鑲嵌M，鐵管不易被腐蝕

【答案】D

【解析】

【分析】Y的最外層電子數(shù)是內層的3倍，則Y的最外層電子數(shù)為6，Y為O，X和Y的最外層電子數(shù)之和等

于Z的最外層電子數(shù)，則X的最外層電子數(shù)應為1，原子序數(shù)小于氧元素，則X為H，Z的最外層電子數(shù)為

7，則Z為Cl，M的價層電子排布是3d104s2，M是Zn，綜上所述：X為H、Y為O、Z為Cl、M是Zn，據(jù)此

解答；

【詳解】A．非金屬性越強，電負性越大，H2O中O為負化合價，因此X（H）的電負性小于Y（O），A錯誤；

B．Y（O）的單質O2是非極性分子，但O3是極性分子（V形結構導致偶極矩不為零），B錯誤；

C．X（H）、Y（O）、Z（Cl）形成的化合物如HClO，屬于弱電解質，并非全部為強電解質，C錯誤；

D．M為Zn，比Fe活潑，鑲嵌Zn會通過犧牲陽極保護鐵管，使其不易被腐蝕，D正確；

故選D。

21

7.K摻雜的鉍酸鋇具有超導性。K替代部分Ba形成Ba0.6K0.4BiO3(摩爾質量為354.8gmol)，其

晶胞結構如圖所示。該立方晶胞的參數(shù)為anm，設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是

A.晶體中與鉍離子最近且距離相等的O2有6個

B.晶胞中含有的鉍離子個數(shù)為8

C.第一電離能：Ba>O

3.5481021

D.晶體的密度為3

3gcm

aNA

【答案】A

【解析】

4

【詳解】A．鉍離子位于頂點，與其最近且距離相等的O2位于棱心，有6個，分別位于上下、前后、左右，

A正確；

1

B．晶胞中含有的鉍離子個數(shù)為81個，B錯誤；

8

C．Ba是堿土金屬，金屬性強于Ca，其易失電子，第一電離能小于O，C錯誤；

1354.8

D．晶胞中Ba或K位于體心，個數(shù)為總和1，O2位于棱心，有123，所以晶胞的質量是g，

4NA

23

33.54810

晶胞體積是73，則晶體的密度是：3，D錯誤；

a10cm3gcm

aNA

故選A。

8.NaSbO3是一種合成聚酯的催化劑，可用“硝酸鈉法”制備，反應方程式為

高溫

4NaNO34Sb3O24NaSbO32NO2NO2。下列說法錯誤的是

A.NaSbO3中Sb元素的化合價為5

B.的空間結構為平面三角形

NO3

C.反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為4:7

D.反應中消耗3molO2，轉移20mole

【答案】C

【解析】

【詳解】A．NaSbO3中Na為+1，O為-2，根據(jù)電荷守恒，Sb的化合價為+5，A正確；

5132

B．NO的中心N原子價層電子對數(shù)是33，采用sp2雜化，無孤電子對，空間結構為平面

32

三角形，B正確；

C．反應中氧化劑為NaNO3中的N（4mol）和O2（3mol），總物質的量7mol；還原劑為Sb（4mol）。氧化劑與

還原劑物質的量之比為7:4，而非4:7，C錯誤；

D．O2、NaNO3同時做氧化劑，3molO2參與反應，有4molSb做還原劑，整個反應總電子轉移為20mol（Sb的

氧化，化合價：0→+5），D正確；

故選C。

9.一種電化學處理硝酸鹽產氨的工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是

5

A.電解過程中，K向左室遷移

B.電解過程中，左室中的濃度持續(xù)下降

NO2

C.用濕潤的藍色石蕊試紙置于b處，試紙先變紅后褪色

電解

D.完全轉化為的電解總反應：

NO3NH3NO38Cl6H2ONH39OH4Cl2

【答案】B

【解析】

【分析】由圖可知，左側發(fā)生，N元素化合價下降，則左側是陰極區(qū)，右側發(fā)生

NO3NO2NH3

，Cl元素化合價上升，則右側是陽極區(qū)，據(jù)此解答；

ClCl2

【詳解】A．電解池中，陽離子向陰極移動，則，K向左室遷移，A正確；

B．電解過程中，先生成，再消耗，是中間產物，其濃度增大還是減小，取決于生成速率與消耗速率，

NO2

無法得出其濃度持續(xù)下降的結論，B錯誤；

C．b處生成氯氣，與水反應生成鹽酸和次氯酸，鹽酸能使藍色石蕊試紙變紅，次氯酸能使變紅的試紙褪色，

故能看到試紙先變紅后褪色，C正確；

D．左側陰極總反應是，右側陽極總反應是，將兩電

NO38e6H2O=NH39OH8Cl-8e=4Cl2

極反應相加即可得到總反應，D正確；

故選B。

10.天冬氨酸廣泛應用于醫(yī)藥、食品和化工等領域。天冬氨酸的一條合成路線如下：

下列說法正確的是

A.X的核磁共振氫譜有4組峰

6

B與水溶液反應，最多可消耗

.1molYNaOH2molNaOH

C.天冬氨酸是兩性化合物，能與酸、堿反應生成鹽

D.天冬氨酸通過加聚反應可合成聚天冬氨酸

【答案】C

【解析】

【詳解】A．X是對稱結構，兩個亞甲基等效，兩個羧基等效，核磁共振氫譜有2組峰，A錯誤；

B．1molY含有2mol羧基，以及1mol碳溴鍵均能和與NaOH溶液反應，多可消耗3molNaOH，B錯誤；

C．天冬氨酸含有羧基，能和堿反應生成羧酸鹽，含有氨基能和酸反應生成銨鹽，屬于兩性化合物，C正確；

D．天冬氨酸含有羧基和氨基，可通過縮聚反應可合成聚天冬氨酸，D錯誤；

故選C。

11.SnCl2具有還原性，易水解。一種制備純凈的SnCl2的裝置示意圖如下：

下列說法錯誤的是

A.導氣管a需接一個裝有堿石灰的干燥管

B.實驗過程中應先通入HClg，再開啟管式爐加熱

C.若通入氣體更換為Cl2，也可制備純凈的SnCl2

D.配制SnCl2溶液需加鹽酸和金屬Sn

【答案】C

【解析】

【分析】先通入HClg，排凈裝置的空氣，Sn與HCl在管式爐中發(fā)生反應制取SnCl2，冷卻劑用于冷凝

SnCl2，SnCl2盛接器收集SnCl2，據(jù)此解答。

【詳解】A．已知SnCl2易水解，則導氣管a需接一個裝有堿石灰的干燥管，防止水蒸氣進入使得SnCl2水

解，同時可以吸收尾氣，A正確；

7

B．SnCl2具有還原性，應先通入HClg，排除裝置中的O2，防止SnCl2被氧化，B正確；

C．若通入氣體更換為Cl2，SnCl2具有還原性，可能被氧化為更高價態(tài)，如SnCl4，無法制備純凈的SnCl2，

C錯誤；

22

D．配制SnCl2溶液時，加入鹽酸，抑制Sn水解，加入金屬Sn，防止Sn被氧化，D正確；

故選C。

12.工業(yè)廢料的綜合處理有利于減少環(huán)境污染并實現(xiàn)資源循環(huán)利用。從某工業(yè)廢料中回收鎘、錳的部分工

藝流程如下：

已知：①富集液中兩種金屬離子濃度相當。

②常溫下，金屬化合物的Ksp；

金屬化合物CdSCdCO3MnSMnCO3

27121311

Ksp8.0101.0102.5102.310

下列說法錯誤的是

A.粉碎工業(yè)廢料有利于提高金屬元素的浸出率

B.試劑X可以是Na2S溶液

C.“沉鎘”和“沉錳”的順序不能對換

D.“沉錳”時，發(fā)生反應的離子方程式為2

MnHCO3MnCO3H

【答案】D

【解析】

22

【分析】富集液中含有兩種金屬離子Cd、Mn，其濃度相當，加入試劑X沉鉻，由金屬化合物的Ksp可

2

知，CdCO3、MnCO3的Ksp接近，不易分離，則試劑X選擇含S的試劑，得到CdS濾餅，加入NaHCO3溶液

沉錳，發(fā)生反應：2，據(jù)此解答。

Mn2HCO3MnCO3CO2H2O

【詳解】A．粉碎工業(yè)廢料能增大廢料與浸出液的接觸面積，有利于提高金屬元素的浸出率，A正確；

8

B．由分析可知，試劑X可以是Na2S溶液，B正確；

22

C．若先加入NaHCO3溶液進行“沉錳”，由題中信息以及Ksp數(shù)據(jù)可知，金屬離子Cd、Mn濃度相當，

則Cd2也會沉淀，后續(xù)流程中無法分離Cd和Mn，所以“沉鎘”和“沉錳”的順序不能對換，C正確；

D．“沉錳”時，發(fā)生反應的離子方程式是：2，D錯誤；

Mn2HCO3MnCO3CO2H2O

故選D。

13.草酸廣泛應用于食品、藥品等領域。常溫下，通過下列實驗探究了草酸的性質：

實驗1：向1溶液中滴入一定量1溶液?；旌先芤旱呐c

10mL0.2molLH2C2O40.2molLKOHpH

2

cHC2O4cC2O4

lgXX或的關系如圖所示。

cHCO

224cHC2O4

實驗2：向1溶液中加入1溶液。

10mL0.2molLH2C2O410mL0.2molLBaCl2

7.6

已知：25℃時，KspBaC2O410?；旌虾笕芤后w積變化忽略不計。

下列說法錯誤的是

2

A.實驗1，當溶液中cH2C2O4cC2O4時，pH2.5

2

B.實驗1，當溶液呈中性時：cC2O4cHC2O4cH2C2O4

C.實驗2，溶液中有沉淀生成

22

D.實驗2，溶液中存在：2cBacHcClcHC2O42cC2O4

【答案】D

【解析】

2

cHC2O4cHcC2O4cH

【分析】、，根據(jù)可知，當時，對

Ka1Ka2Ka1Ka2lgX=0Ka1

cH2C2O4cHC2O4

2

cHC2O4cHcC2O4cH3.8

應的大，pH數(shù)值小，因此1.2，，以

cHKa110Ka210

cH2C2O4cHC2O4

此解題。

9

222

cHC2O4cHcC2O4cHcC2O4cH

【詳解】A．5.0，當溶液中

Ka1Ka210

cH2C2O4cHC2O4cH2C2O4

22.5

cH2C2O4cC2O4時，cH10mol/L，pH=2.5，A正確；

1.2

7cHC2O410

B．當溶液呈中性時，cH10mol/L，由兩步電離平衡常數(shù)可知，＞，

71

cH2C2O410

23.8

cC2O410

＞，同理：＞，2＞，B正確；

cHC2O4cH2C2O471cC2O4cHC2O4

cHC2O410

2

C．實驗2的離子方程式：H2C2O4aq+BaaqBaC2O4s+2Haq，平衡常數(shù)：

22

cHcHcHC2O4cHcC2O4

K=2=22

cBacH2C2O4cBacC2O4cH2C2O4cHC2O4

KK105

a1a22.6

7.610，平衡常數(shù)較大，該反應進行的程度較大，判斷可產生沉淀；或進行定量

KspBaC2O410

計算，兩步電離平衡反應式相加，得到25.0，二者等體積混合，

H2C2O42H+C2O4K10

2

H2C2O42HC2O4

始3

mol/L0.1004x5.0

cH2C2O40.1mol/L，列三段式：，則10，

變mol/Lx2xx0.1x

平mol/L0.1x2xx

32234＞7.6

估算x的數(shù)量級為10，故QcBacC2O40.11010KspBaC2O410，故有沉

淀生成，C正確；

D．電荷守恒中右側缺少了OH的濃度項，D錯誤；

故選D。

14.環(huán)氧化合物是重要的有機合成中間體。以鈦摻雜沸石為催化劑，由丙烯()為原料生產環(huán)氧丙烷

()的反應機理如圖所示。下列說法正確的是

10

A.過程中Ⅱ是催化劑

B.過程中有極性鍵和非極性鍵的斷裂和形成

C.過程中Ti元素的化合價發(fā)生了變化

D.丙烯與雙氧水反應生成環(huán)氧丙烷的原子利用率為100%

【答案】B

【解析】

【詳解】A．根據(jù)反應原理，Ⅰ先消耗再生成，是整個歷程的催化劑，Ⅱ先生成，再消耗，是中間產物，A

錯誤；

B．過程中存在H2O2中O-O非極性鍵的斷裂，以及O2中非極性鍵的形成；還存在OH極性鍵的斷裂，

以及OC極性鍵的形成，B正確；

C．過程中Ti的化學鍵(TiO)始終是4個，配位鍵不會改變Ti的化合價，故Ti元素的化合價不變，C

錯誤；

D．反應生成了H2O，且存在H2O2的分解反應，原子利用率小于100%，D錯誤；

故選B。

二、非選擇題：本題共4小題，共58分。

15.苯胺是重要的有機化工原料，其實驗室制備原理如下：

相關信息如下：

11

相對分子質沸點密度

物質熔點/℃溶解性

量/℃/gcm3

硝基不溶于水，易溶于乙

1235.9210.91.20

苯醚

微溶于水，易溶于乙

苯胺936.3184.01.02

醚

乙酸6016.6117.91.05與水互溶

乙醚74116.334.50.71微溶于水

反應裝置Ⅰ和蒸餾裝置Ⅱ(加熱、夾持等裝置略)如下：

實驗步驟為：

①向裝置Ⅰ雙頸燒瓶中加入13.5g鐵粉、25.0mL水及1.50mL乙酸，加熱煮沸10min；

②稍冷后，通過恒壓滴液漏斗緩慢滴入8.20mL硝基苯0.08mol，再加熱回流30min；

③將裝置Ⅰ改成水蒸氣蒸餾裝置，蒸餾收集苯胺-水餾出液；

④將苯胺-水餾出液用NaCl飽和后，轉入分液漏斗靜置分層，分出有機層；水層用乙醚萃取，分出醚層；

合并有機層和醚層，用粒狀氫氧化鈉干燥，得到苯胺醚溶液；

⑤將苯胺醚溶液加入圓底燒瓶(裝置Ⅱ)，先蒸餾回收乙醚，再蒸餾收集180185℃餾分，得到5.58g苯胺。

12

回答下列問題：

（1）實驗室保存硝基苯的玻璃容器是_______(填標號)。

（2）裝置Ⅰ中冷凝管的進水口為_______(填“a”或“b”)。

（3）步驟④中將苯胺-水餾出液用NaCl飽和的原因是_______。

（4）步驟④中第二次分液，醚層位于_______層(填“上”或“下”)。

（5）蒸餾回收乙醚時，錐形瓶需冰水浴的原因是_______；回收乙醚后，需要放出冷凝管中的冷凝水再蒸

餾，這樣操作的原因是_______。

（6）下列說法正確的是_______(填標號)。

A.緩慢滴加硝基苯是為了減小反應速率

B.蒸餾時需加沸石，防止暴沸

C.用紅外光譜不能判斷苯胺中是否含有硝基苯

D.蒸餾回收乙醚，無需尾氣處理

（7）苯胺的產率為_______。

【答案】（1）A（2）a

（3）利用鹽析效應，加入NaCl可降低苯胺的溶解度，使其析出，提升產率（4）上

（5）①.防止其揮發(fā)損失并提高冷凝效率②.避免冷凝水殘留影響后續(xù)高溫蒸餾時冷凝管的效率

或防止高溫下冷凝管因溫差過大破裂（6）B

（7）75%

【解析】

【分析】由硝基苯制苯胺過程中，由于反應比較劇烈，故硝基苯需從上方緩慢加入；反應完成后，改用蒸

餾裝置，將苯胺-水蒸餾出，苯胺在水中有一定的溶解度，加入NaCl固體，可使溶解在水中的大部分苯胺

就以油狀物晶體析出，分液分離出有機層，水層用乙醚萃取，分出醚層；合并有機層和醚層，加入粒狀氫

氧化鈉干燥，得到苯胺醚溶液，再次蒸餾得到苯胺，據(jù)此解答。

【小問1詳解】

硝基苯在常溫下是液體，應保存在細口瓶中，故選A；

【小問2詳解】

13

為了確保較好的冷凝效果，水流方向應下進上出，即進水口是a；

【小問3詳解】

由于苯胺在水中有一定溶解度，利用鹽析效應，加入NaCl固體，溶液中離子濃度增加，會爭奪水分子，導

致苯胺的溶解度降低，溶解在水中的大部分苯胺就會以油狀物晶體析出，提升實驗產率；

【小問4詳解】

乙醚密度小于水，故醚層位于上層；

【小問5詳解】

乙醚沸點低（34.5℃），冰水浴可防止其揮發(fā)損失并提高冷凝效率；由于乙醚和苯胺沸點相差較大，回收乙

醚后，需要放出冷凝管中的冷凝水再蒸餾，這樣操作的原因是：避免冷凝水殘留影響后續(xù)高溫蒸餾

（180-185℃收集苯胺）時冷凝管的效率（或防止高溫下冷凝管因溫差過大破裂）；

【小問6詳解】

A．緩慢滴加是為了控制反應溫度，而非單純減小速率，因為該反應為放熱反應，若溫度過高，產物苯胺會

與乙酸發(fā)生取代反應，導致產率下降，故A錯誤；

B．蒸餾時加沸石防暴沸是正確的操作，B正確；

C．紅外光譜可區(qū)分硝基苯（含硝基特征峰）和苯胺（含氨基特征峰），C錯誤；

D．乙醚是一種有毒物質，具有揮發(fā)性，尾氣需要處理，D錯誤；

故選B；

【小問7詳解】

根據(jù)反應原理可知，0.08mol硝基苯，理論上制備0.08mol苯胺，理論產量：0.08mol×93g/mol=7.44

5.58g

g，實際產量：5.58g，產率：100%75%。

7.44g

、、、、、

16.一種從深海多金屬結核[主要含MnO2FeO(OH)SiO2，有少量的Co2O3Al2O3NiOCuO]

、、

中分離獲得金屬資源和電池級鎳鉆錳混合溶液NiSO4CoSO4MnSO4的工藝流程如下：

已知：①金屬氫氧化物膠體具有吸附性，可吸附金屬陽離子。

14

51

②常溫下，溶液中金屬離子(假定濃度均為0.1molL1)開始沉淀和完全沉淀c1.010molL的pH：

Fe3Al3Cu2Ni2Co2Mn2

開始沉淀的pH1.93.34.76.97.48.1

完全沉淀的pH3.24.66.78.99.410.1

回答下列問題：

（1）基態(tài)Ni的價層電子排布式為_______。

（2）“酸浸還原”時，“濾渣”的主要成分是_______(寫化學式)；SO2還原Co2O3的化學方程式為_______。

2

（3）“沉鐵”時，F(xiàn)e轉化為Fe2O3的離子方程式為_______，加熱至200℃的主要原因是_______。

21

（4）“沉鋁”時，未產生Cu(OH)2沉淀，該溶液中cCu不超過_______molL。

（5）“第二次萃取”時，_______、_______(填離子符號)與混合萃取劑形成的配合物(其結構如圖所示，M

表示金屬元素)更穩(wěn)定，這些配合物中氮原子的雜化類型為_______。

【答案】（1）3d84s2

（2）①.SiO2②.SO2Co2O3H2SO42CoSO4H2O

高壓

2

（3）①.4Fe+O2+4H2O2Fe2O3+8H②.防止形成Fe(OH)3膠體，防止其吸附其他金

200℃

屬陽離子，造成產率下降

（4）1102

2

（5）①.Co2②.Ni2③.sp

【解析】

15

、、、、、

【分析】金屬結核[主要含MnO2FeO(OH)SiO2，有少量的Co2O3Al2O3NiOCuO]加入SO2、

222322

H2SO4進行酸浸還原，得到的濾渣含有SiO2，濾液中含有Mn、Fe、Co、Al、Ni、Cu，通

FeO

入空氣，調解pH=3.2，沉鐵得到23濾渣，繼續(xù)加入NaOH調節(jié)pH=5.2沉鋁主要得到Al(OH)3，加入萃

取劑第一次萃取Cu2，分液得到Cu2的萃取液1，萃余液1中加入混合萃取劑進行第二次萃取，得到電池

級鎳鈷錳混合溶液，萃余液2中電解得到金屬錳，據(jù)此解答。

【小問1詳解】

Ni原子的價電子是指3d和4s能級上的電子，所以基態(tài)Ni原子的價電子排布式為3d84s2；

【小問2詳解】

由分析可知，“酸浸還原”時，“濾渣”的主要成分是SiO2；SO2將3價鈷還原為2價鈷，同時由于硫酸

的作用得到CoSO4，化學方程式為SO2Co2O3H2SO42CoSO4H2O；

【小問3詳解】

2

“沉鐵”時，F(xiàn)e轉化為Fe2O3，鐵元素化合價上升，則O2做氧化劑，離子反應為：

高壓

2

4Fe+O2+4H2O2Fe2O3+8H；已知金屬氫氧化物膠體具有吸附性，可吸附金屬陽離子，則加熱

200℃

至200℃的主要原因是防止形成Fe(OH)3膠體，防止其吸附其他金屬陽離子，造成產率下降；

【小問4詳解】

2

1014

由表可知，KCuOH1.0105mol/L1019.6，“沉鋁”時，未產生Cu(OH)沉淀，

sp26.72

10

KCuOH19.6

2sp2102

則＜；

cCu22mol/L110mol/L

cOH108.8

【小問5詳解】

由流程可知，第二次萃取時，主要萃取Co2、Ni2，因此Co2、Ni2與混合萃取劑形成的配合物更穩(wěn)定；

六元雜環(huán)是平面結構，N原子提供單電子用于環(huán)內形成6大π鍵，剩余1對孤對電子形成配位鍵，N的價

6

層電子對數(shù)為3，是sp2雜化。

17.化合物F是治療實體瘤的潛在藥物。F的一條合成路線如下(略去部分試劑和條件)：

16

已知：

回答下列問題：

（1）A的官能團名稱是_______、_______。

（2）B的結構簡式是_______。

（3）E生成F的反應類型是_______。

（4）F所有的碳原子_______共面(填“可能”或“不可能”)。

（5）B在生成C的同時，有副產物G生成。已知G是C的同分異構體，且與C的官能團相同。G的結構簡

式是_______、_______(考慮立體異構)。

（6）C與生成E的同時，有少量產物I生成，此時中間體H的結構簡式是_______。

（7）依據(jù)以上流程信息，結合所學知識，設計以和H2CCHCN為原料合成的

路線_______(無機試劑和溶劑任選)。

【答案】（1）①.(酮)羰基②.碳碳雙鍵

17

（2）（3）氧化反應

（4）可能（5）①.②.

（6）（7）

【解析】

【分析】結合B的分子式可知，A發(fā)生加成反應生成B，則B的結構簡式為，B中溴原子發(fā)生

消去反應生成C，C與發(fā)生加成反應生成中間體D，再發(fā)生取代反應生成E，E與氧氣發(fā)生

氧化反應生成F，據(jù)此解答。

【小問1詳解】

結合A的結構簡式可知，其官能團名稱是(酮)羰基、碳碳雙鍵；

【小問2詳解】

由分析可知，B的結構簡式為；

【小問3詳解】

E→F屬于“去氫”的反應，反應類型是氧化反應；

【小問4詳解】

苯環(huán)是平面結構，酮羰基也是平面結構，五元雜環(huán)也是平面結構，則F中所有的碳原子可能共面；

【小問5詳解】

18

B→C的反應是其中一個溴原子發(fā)生消去反應得到碳碳雙鍵，G是C的同分異構體，且與C官能團相同，可

以考慮另外一個溴原子發(fā)生消去反應，則G的結構簡式為、(考慮順反異構)；

【小問6詳解】

根據(jù)已知條件，存在一系列的互變平衡，結合I的結構簡式可知，可轉換

為與C發(fā)生加成反應后，得到的中間體H的結構簡式為，再發(fā)生取代反

應，即可得到I；

【小問7詳解】

目標產物含有酯基，說明是發(fā)生了酯化反應，結合C→E的過程，首先發(fā)生異構化反應轉化為

，再和H2C=CH－CN發(fā)生加成反應生成，再發(fā)生水解反應生成，

再發(fā)生酯化反應得到目標產物，具體流程是

。

18.在溫和條件下，將CO轉化為C4烴類具有重要意義。采用電化學-化學串聯(lián)催化策略可將CO