2025届北京新高三开学摸底考试化学试卷（14+5模式）解析版

2025届新高三开学摸底考试卷（北京专用）

化学

（考试时间：90分钟试卷满分：100分）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对分子质量：C12O16Na23Ca40Cu64

一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目

要求的。

1.下列化学用语或图示表达不正建的是

O

c.丙酮的结构简式：II

CH3—C—CH3

D.乙烯分子中的无键:

【答案】A

【详解】A.SO：的中心原子的价层电子对数为3+。；x。=4,有一对孤电子对，则其VSEPR型是四面

体形，故A错误；

B.反2丁烯的分子中两个甲基在碳碳双键的不同侧，故B正确；

0

C.丙酮的结构简式:II故c正确;

CH3—C—CH3

1

D.p-p兀键是镜面对称，其电子云轮廓图正确，故D正确；

故选Ao

2.下列解释事实的化学用语不亚旗的是

A.CUSO4溶液遇闪锌矿(ZnS)生成铜蓝(CuS):Cu2+(aq)+ZnS(s)2=iZF(aq)+CuS(s〕

+；2+

B.铜与浓硝酸反应有红棕色气体生成：CU+4H+2NO=CU+2NO2T+2H2O

C.用过量氨水吸收烟气中的少量SO2：NH3・Hq+SC>2=NH；+HSO]

+

D.84消毒液不能与洁厕灵混用：C10+Cr+2H=Cl2T+H20

【答案】c

【详解】A.CuSC>4溶液遇闪锌矿(ZnS)生成铜蓝CuS,难溶的沉淀转化为更难溶的沉淀，离子方程式正确,

故A正确；

B.铜与浓硝酸反应生成NCh、硝酸铜和水，离子方程式正确，故B正确；

C.用过量氨水吸收烟气中的少量SCh生成(NH'SOs，正确的离子方程式为2NHJH2O+SO2=2NH：+SO；+HQ,

故C错误；

D.84消毒液与洁厕灵混用产生有毒气体氯气，离子方程式正确，故D正确；

故选Co

3.7-羟基香豆素的结构简式如图所示，下列说法不歪理的是

A.分子式为C9H6。3

B.所有碳原子在同一平面上

C.Imol该物质与足量滨水反应，最多消耗3moiBn

D.Imol该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗2moiNaOH

【答案】D

【详解】A.根据结构简式可知分子式为C9H6。3,选项A正确；

B.苯分子是平面结构、和苯环直接相连的原子在同一个平面，碳碳双键、城基是平面结构、和双键碳原子

直接相连的原子在同一个平面，因此所有碳原子共平面，选项B正确；

C.酚羟基含有两个邻位H可和滨水发生取代反应，另外碳碳双键能和单质澳发生加成反应，所以Imol该

物质与足量滨水反应，最多消耗3molBr2,选项C正确；

D.分子中含有1个酚羟基、1个酚酯基，所以Imol该物质与足量NaOH溶液反应最多消耗3moiNaOH,

选项D不正确；

答案选D。

4.下列事实不能直接从原子结构角度解释的是

A.化合物IC1中I为+1价B.第一电离能：B>A1

2

C.沸点：CS2>CO2D.热稳定性：NH3>PH3

【答案】c

【详解】A.氯元素的非金属性强于碘元素，氯化碘中共用电子对偏向非金属性强的氯原子一方，碘元素呈

+1价，则氯化碘中碘元素呈+1价能直接从原子结构角度解释，故A不符合题意；

B.同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，第一电离能依次减小，则硼元素的第一电离能大于铝元

素能直接从原子结构角度解释，故B不符合题意；

C.二氧化碳和二硫化碳是结构相似的分子晶体，二硫化碳的相对分子质量大于二氧化碳，分子间作用力大

于二氧化碳，沸点高于二氧化碳，则二硫化碳的沸点高于二氧化碳不能直接从原子结构角度解释，故C符

合题意；

D.同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则氨分子的稳定性强于磷

化氢能直接从原子结构角度解释，故D不符合题意；

故选Co

5.瓜环［n］(n=5,6,7,8…)是一种具有大杯空腔、两端开口的化合物(结构如图)，在分子开关、催化剂、

瓜环⑺瓜环［n］

O

A

HNNH

药物载体等方面有广泛应用。瓜环［n］可由)—(和HCHO在一定条件下合成。下列说法不正确

HNNH

Y

O

的是

O

A

NH

A.合成Imol瓜环［7］时，有7moi水生成B.分子间可能存在不同类型的氢键

HNNH

Y

o

C.合成瓜环的两种单体中分别含有酰胺基和醛基D.生成瓜环［n］的反应中，有无键断裂

【答案】A

【详解】A.由瓜环［n］结构简式可知生成Imol链节结构时，生成2moi水，则合成Imol瓜环［7］时，有14moi

3

水生成，A错误;

HNNH

B.)~(分子中含N、O两种非金属性较强的元素，分子间可以形成0…H、N…H两种氢键，B正

HNNH

确;

HNNH

C.)_(含有酰胺基，HCHO中含有醛基，C正确;

HNNH

D.生成瓜环［n］的反应中，甲醛中的C=0键断裂，即兀键断裂，D正确；

故答案为：A=

6.因生产金属铁的工艺和温度等因素不同，产生的铁单质的晶体结构也不同。两种铁晶胞(均为立方体，边

长分别为以anm和1.22anm)的结构示意图如下。

图1图2

下列说法不正确的是

A.用X射线衍射可测定铁晶体的结构

B.图2代表的铁单质中，一个铁原子周围最多有4个紧邻的铁原子

C.图1与图2代表的铁单质中，原子之间以金属键相互结合

D.图1与图2代表的铁单质的密度不同

【答案】B

【详解】A.晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法；X射线衍射可测定铁晶体的结构，故A

正确；

B.图2代表的铁单质中，以底面中心的原子为例，上层、同层、下层各有4个紧邻的原子，故一个铁原子

周围最多有12个紧邻的铁原子，故B错误；

C.铁为金属晶体，铁单质中，原子之间以金属键相互结合，故C正确；

D.图1中，据“均摊法”，晶胞中含8x：+l=2个Fe,则晶体密度为

O

4

2x56

m-------4x562i-3

=gCm

V^xlO-g.cm^|^xlO-g.cm-同理图2中，晶体密度为MW'】。-；故铁单质

的密度不同，故D正确;

故选B。

7.新冠病毒是一种具有包膜的RNA病毒，包膜的主要成分是蛋白质和脂质。核酸检测就是检测新冠病毒

的RNA。下列说法不亚建的是

A.核酸和蛋白质都是生物大分子

B.核酸和蛋白质都不能发生水解反应

C.核酸中核甘酸之间通过磷酯键连接

D.一定浓度的含氯消毒液可使新冠病毒中的蛋白质变性

【答案】B

【详解】A.蛋白质、核酸都是由单体聚合形成的生物大分子，选项A正确；

B.蛋白质最终水解为氨基酸、核酸最终水解为核昔酸，均能发生水解反应，选项B不正确；

C.所有的核酸都是核昔酸的多聚体，通过磷酸二酯键相连，选项C正确；

D.次氯酸钠等含氯消毒剂可用于杀死新冠病毒是因为它们都能使蛋白质变性，选项D正确；

答案选B。

8.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是

ABCD

实NaOH溶液滴入FeSO4溶石蕊溶液滴入氯水Na2s溶液滴入AgCl

热铜丝插入稀硝酸中

验液中中浊液中

现产生白色沉淀，随后变为溶液变红，随后迅速沉淀由白色逐渐变为产生无色气体，随后变为

象红褐色褪色黑色红棕色

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【详解】分析：A项，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;B项，红

色褪色是HC1O表现强氧化性；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2s+2NaCl；D项，气

体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2。

详解：A项，NaOH溶液滴入FeSCU溶液中产生白色Fe(OH)2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应

为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存

在反应C12+H2OWHC1+HC1O,由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HC1O表现强氧

化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2s+2NaCl,反

应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，Cu与稀HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO气体和H2O,

5

气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NC）2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化

还原反应无关的是C项，答案选C。

点睛：本题考查氧化还原反应的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。

9.N?（g）与H?（g）在铁催化剂表面经历如下过程生成NH3（g）：

IHMII、！，•

下列说法不正确的是

A.I过程中破坏的均为非极性键

B.I过程吸收能量，n过程放出能量

C.氨分解的热化学方程式为2NH3（g）ON2（g）+3H2（g）AH=+92kJ.mol1

D.使用催化剂可以降低反应的焰变，从而提高化学反应速率

【答案】D

【详解】A.I过程中断裂gmolN2（g）和gmolH2（g）中的化学键得到linolN和3moiH,N2,压中均为非极性

键，A项正确；

B.I过程断裂化学键、吸收能量，II过程形成化学键、放出能量，B项正确；

C.由图可知，JmolN2（g）和|■molH2（g）反应生成lmolNH3（g）放出1175kJ-1129kJ=46kJ的能量，合成氨的热

22

化学方程式为；N2（g）+1H2（g）BNH3（g）A//=-46kJ/mol,则氨分解的热化学方程式为

幺2

2NH3（g）UN2（g）+3H2（g）A/7=+92kJ/mol,C项正确；

D.使用催化剂不能改变反应的焰变，能降低反应的活化能，从而提高化学反应速率，D项错误；

答案选D。

10.实验小组同学制备KClCh并探究其性质，过程如下：

下列说法不正确的是

A.可用饱和NaCl溶液净化氯气

6

,A

B.生成KC103的禺子方程式为3cl2+6OH-=C10；+5CF+3H2O

C.推测若取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2s04后，溶液仍为无色

D.上述实验说明碱性条件下氧化性C12>KC1C>3,酸性条件下氧化性：C12<KC1O3

【答案】c

【详解】A.氯气中含有挥发出的HC1,可用饱和NaCl溶液吸收会发出的HC1,达到净化氯气的目的，故

A正确；

A

B.CI2和KOH在加热条件下反应生成KCIO3,其离子方程式为3cl2+60lT=C10；+5C1-+3H2O,故B

正确；

C.推测若取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2s04后，发生的离子反应为CIO；+6「+6H+=3l2+C「

+3压0,溶液紫色，故C错误；

D.根据B选项分析得到上述实验说明碱性条件下氧化性C12>KC1O3,酸性KC103和HC1反应生成氯气，

因此酸性条件下氧化性：C12<KC1O3,故D正确。

综上所述，答案为C。

11.已知A（g）+B（g）UC（s）+2D（g）反应的平衡常数和温度的关系如下：

温度QC70080083010001200

平衡常数1.71.11.00.60.4

830。（2时，向一个2L的密闭容器中充入0.6mol的A和0.6mol的B,反应初始4s内D的平均反应速率

v（D）=0.02mol/（L.s）o下列说法不正确的是

A.该反应AH<0

B.4s时c（A）为0.56mol/L

C.1200。（2时反应C（s）+2D（g）UA（g）+B（g）的平衡常数为2.5

D.830%：达平衡时，A的转化率为33.3%

【答案】B

【分析】由题中信息，向一个2L的密闭容器中充入0.6mol的A和0.6mol的B,反应初始4s内D的平均

反应速率v（D）=0.02mol/（Ls）,则此时D的变化量为0.08mol/L,列出830。（3时的三段式，

A(g)+B(g)UC(s)+2D(g)

起始量（mol/L）0.30.30

,D选项在此基础上稍加改动即可。

变化量（mol/L）0.040.040n.n0o

平衡量（mol/L）0.260.260.08

【详解】A.从数据表格中可以看出，温度升高时，平衡常数在减小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移

动，则正反应方向是放热反应，即该反应的AH。，故A正确；

7

B.由分析数据可知，c(A)=0.26mol/L,故B错误；

C.1200。(2时A(g)+B(g)wC(s)+2D(g)的平衡常数是0.4,则反应C⑸+2D(g)uA(g)+B(g)的平衡常数为

——=2.5,故C正确；

D.830。(3时平衡常数是1,设A的变化量为x,列三段式

A(g)UC(s)+2D(g)

起始量(mol/L)0.3

,则K=―~~-=1,解得x=0.1mol/L,则A的

变化量(mol/L)2x'(0.3-x)

平衡量(mol/L)2x

转化率为一-------x100%a33.3%,故D正确:

0.3mol/L

故本题选B。

12.硫酸盐(含SOj、HSOD气溶胶是PM23的成分之一、科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化

机理，其主要过程示意图如下：

CsOO。H

下列说法不正琥的是

A.凡0中的。为spa杂化

B.SOj的VSEPR模型为平面三角形

C.HNO?是由极性键形成的极性分子

D.反应过程中涉及氧氢键断裂和硫氧键形成

【答案】B

【详解】A.水的价层电子对=4,O为sp3杂化，选项A正确；

B.SO：价层电子对=3+1,孤电子对数为1,VSEPR模型为四面体形，选项B错误；

C.HNO2只存在极性键，分子的正负中心电荷不重合，形成的是极性分子，选项C正确;

根据图示有氢氧键断裂，sot转化为HSO；的过程中有硫氧键形成,

选项D正确;

8

答案选B。

13.一种新型高分子M的合成方法如图:

o

II

NHHN-C

I2一定条件

H0CH2-CH-COOH---------HOCH2-CHCH-CH2OH

酪氨酸C-NH

II

o

环二肽

0

0II

IIHN-CO

CI3CO-C-OCCI3II,

H—0CH2-CHO-C—OCCI3

n

C-NH

II

oj一

rWj分子M

下列说法不正馥的是

A.酪氨酸能与酸、碱反应生成盐

B.Imol环二肽最多能与2moiNaOH反应

0

C.高分子M中含有II结构片断

—0—C—0—

D.高分子M在环境中可降解为小分子

【答案】B

【详解】A.酪氨酸中有酚羟基（显碱性，可与酸反应），含有我基（显酸性，可与碱反应），A项正确;

B.Imol环二肽中含有2moi酚羟基，2moi肽键，均可与氢氧化钠反应，故最多与4moi氢氧化钠反应，B

项错误；

C.根据高分子M的图，将该片段首尾相连，即含有选项中的片段，C项正确；

D.M可脱去HOCCb小分子，而且肽键可以断裂，D项正确；

答案选B。

14,已知：i.4KI+O2+2HzO=4KOH+2Izii,3I2+6OH=IO-+51+3H2O

某同学进行如下实验：

①取久置的KI固体（呈黄色）溶于水配成溶液：

②立即向上述溶液中滴加淀粉溶液，溶液无明显变化：滴加酚献后，溶液变红：

③继续向溶液中滴加硫酸，溶液立即变蓝。

下列分析不合理的是

A.②说明久置的KI固体中有可能含有有L,但是加水后发生了ii,所以不变蓝

B.③中溶液变蓝的可能原因：酸性增大，10；氧化了I-

C.①②说明在固体中L与KOH可以共存，但是在溶液中不能大量共存

D.若向淀粉KI试纸上滴加硫酸，一段时间后试纸变蓝，则证实该试纸上存在10；

9

【答案】D

【详解】A.KI固体易被氧气氧化，向KI溶液中滴加淀粉溶液，溶液无明显变化，不能确认KI固体中是

否含有L,但滴加酚酥后，溶液变红，说明溶液呈碱性，即KI与02反应生成KOH,则久置的KI固体中含

有12,但是加了水之后发生ii,所以不变蓝，故A正确；

B.IO；、I在酸性条件下发生氧化还原反应，离子反应为IO；+5I-+6H+=3l2+3H2。，故B正确；

C.KI固体易被02氧化，发生反应4KI+O2+2H2O=4KOH+2l2,根据②的现象可知，在溶液中，L与K0H

反应：3I2+6OH-=IO3+5r+3H2O,说明固体再I2中与KOH可以共存，但是在溶液中不能大量共存，故C正

确；

D.向淀粉KI试纸上滴加硫酸，一段时间后试纸变蓝，可能发生4KI+O2+2H2O=4KOH+2l2、

+

312+60田=10；+51-+3压0、IO；+5I+6H=3I2+3H2O,则试纸上可能不存在IO；,故D错误；

故答案选D

二、非选择题：本题共5小题，共58分。

15.（11分）锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：

（l）Zn原子核外电子排布式为0

（2）ZnF2具有较高的熔点（872。©,其化学键类型是；ZnF?不溶于有机溶剂而ZnCl?、ZnBr?、Znl?却

能够溶于乙醇、乙醛等有机溶剂，你分析其中原因可能是0（已知电负性：

Zn-1.6F-4.0Cl-3.0Br-2.81-2.5）

⑶《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石（ZnCOj）入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCCS中，

阴离子空间构型为,C原子的杂化形式为O

（4）某银白铜合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与银原子的数量比为0

（5）钿的某种氧化物晶胞结构如图1所示（O原子2个位于体内,4个位于面上）。该氧化物的化学式为

若它的晶胞棱长为xmn（假设为正六面体），则该晶体的密度为g-cm-3„（原子量：V51,016；

lnm=IO-cm；阿伏加德罗常数为NA）

10

O-oo-v

【答案】⑴[Ar]3di°4s2或Is22s22P63s23P63d"4s2

（2）离子键ZnF?属于离子化合物，ZnCl2,ZnBr?、Znl?的化学键以共价键为主，极性较小

⑶平面三角形sp2

(4)3：1

1.66xl023

(5)VO23

XNA

【详解】（1）Zn为30号元素，其原子核外电子排布式为[Ar]3di。4s2或Is22s22P63s23P。不。4s2；

（2）ZnF2具有较高的熔点（872。©,属于离子晶体，含有离子键；ZnCl?、ZnBr2,Znl2均属于分子晶体,

以共价键为主，极性较小，根据相似相溶原理知，ZnCjZnBr2,Znl?能够溶于有机溶剂；

（3）ZnCOs中的阴离子为COj,CO：中的C原子的价层电子数为3+；X（4+2-3X2）=3,且无孤电子对,

故空间构型为平面三角形，C原子的杂化方式为sp2;

（4）根据晶胞结构图可知，铜原子在立方晶胞的面心，保原子在立方晶胞的顶点上，利用均摊法可确定1

个晶胞中含铜原子个数：6X1=3,含有银原子个数：8xj=l,晶胞中铜原子与银原子的数量比为3：1；

（5）根据晶胞结构图可知，0原子2个位于体内，4个位于面上在立方晶胞的面心，V原子8个在立方晶

胞的顶点上，1个位于体心，利用均摊法可确定1个晶胞中含0原子个数：4X1+2=4,含有V原子个数:

2

1mnxMNxM(4x16+2x51)_1.66xl023

8x：+l=2,故化学式为VO2;该晶体的密度为P=.=一1=耳而g-cm~3

3g30

(xnm)XNAXNA

16.（11分）用如图方法回收废旧CPU中的单质Au（金），Ag和Cu。

己知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAUCL=H++AUC14

（1）酸溶后经—操作，将混合物分离。

（2）浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HN03的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少

11

的反应的化学方程式：—=

（3）HNO3-NaCl与王水［■（浓硝酸）：■（浓盐酸）=1：3溶金原理相同。

①将溶金反应的化学方程式补充完整：

Au+NaCl+HN03=HAUCL+++NaNCh

②关于溶金的下列说法正确的是—O

A.用到了HN03的氧化性

B.王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性

C.用浓盐酸与NaNCh也可使Au溶解

（4）若用Zn粉将溶液中的ImolHAuCL完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是mol«

（5）用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的的溶液中回收Cu和Ag（图中

标注的试剂和物质均不同）。

试剂1是,物质2是o

【答案】过滤3Cu+8HNO3（稀尸3Cu（NO3）2+2NOT+4H2。45NO2H2O4

AC2

NaCl溶液Fe、Cu

【分析】废旧CPU中的单质Au（金），Ag和Cu,加入硝酸酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为铜离子和银

离子的混合溶液，含金的溶液中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，金转化为HAuCU,HAuCL经锌粉还原分离

得到金，由此分析。

【详解】（1）Au（金），Ag和Cu经酸溶后得到金、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的的操作

是过滤，将混合物分离；

（2）铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNCh（稀）=3Cu（NO3）+2NOT+4H20；溶解1moicu消耗HNCh的

Q

物质的量为5mol；铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNC）3（浓尸CU（NO3）2+2NO27+2H2。，溶解ImolCu

消耗HNO3的物质的量为4mol；消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应，化学方

程式为：3CU+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NOT+4H2。；

（3）①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5价降低

到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：

Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NOf+4NaNO3；

②A.溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了HNO3的氧化性，故A正确；

B.王水中日（浓硝酸）：■（浓盐酸）=1：3,金与浓硝酸表面生成致密的氧化膜，不反应，王水中浓盐酸中提

供了氯离子，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，故B错误；

12

C.HNCh-NaCl与王水田(浓硝酸)：%(浓盐酸)=1：3溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNCh也可使Au溶解，

故C正确；

答案选AC；

+

(4)由于HAUC14=H+AUC14,若用Zn粉将溶液中的ImolHAuCL完全还原，HAUC14中金的化合价为+3价，

被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到+2价，参加反应的Zn的物质的量x,锌的化合价从0价升高

到+2价，根据得失电子守恒可知：2x=3,x=1.5mol,同时Zn+2H+=Zn2++H2f,与氢离子反应的Zn的物质的

量为0.5mol,则参加反应的Zn的物质的量是2mol；

(5)根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3,物质3加入试

剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，

氯化铜加入过量铁粉得到物质2：铜和过量铁，经过试剂2,过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量

的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，物质2是Fe、

Cuo

【点睛】浓硝酸不能单独将Au溶解，将浓硝酸中加入浓盐酸，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反

应，主要作用增强硝酸的氧化性，为易错点。

17.(12分)罗沙司他可用于治疗由慢性肾病引发的贫血，其中一种合成路线如下。

O

CH,

&KMnO”

.soci2n试剂ar乙醛

过量K2cdUtt

F

OHO

N-'COOH

H

试剂b

‘催化剂

CH3

PN

SOC1

R-COOR2------'R-COCI+R2C1（R2为燃基或H）

已知：i.o

II

R,—C—NH,—R3+HC1

ii.-Ts表示某易禺去的基团

o

0n

II一宗条件Re+RoH

1-2

iii.R]—C—0—R2+R3—CH2—COOR4--------------►

(1)A含有的官能团为。

13

(2)B—D的化学方程式为»

(3)D—E的反应类型为=

(4)G的结构简式为。

(5)K经多步可得到N,写出L与M的结构简式。

定条件，反异构化

L：；M：

(6)试剂b分子式为CR5NO2。N-P的转化过程中，还会发生多个副反应。写出其中一个副反应产物的结构

简式:.(核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为2:1)。

【答案】(1)段基和碳氟键

过量

+HC1

⑵FCOC1K2CO3

(3)加成反应

【分析】

由题干合成流程图可知，由生成A的转化条件可推知A的结构简式为：FCOOH-由A到B

的转化条件可推知B的结构简式为：FC0C1，由E的结构简式和B到D、D到E的转化条

件可知，试剂a的结构简式为：Y八D的结构简式为:

,由E、J的

HN—<

14

结构简式和G、I的分子式并结合E到G、G到I、I到J的转化条件可知，G的结构简式为:

0

,I的结构简式为:，由N、P的结构简式和试剂b分

FCHO0CHO

子式为C2H5NO2,可知试剂b的结构简式为：H2NCH2COOH,由此分析解题。

【详解】（1）

由分析可知，A的结构简式为：FCOOH-则A含有的官能团为竣基和碳氟键，故答案为:

技基和碳氟键;

(2)

由分析可知，B的结构简式为：FC0C1-试剂a的结构简式为:,D的结构简

式为:Y则B-D的化学方程式为:

过量

FC0C1K2c+HC1,故答案为:

过量

C0C1K2c0：+HC1；

由分析可知，D的结构简式为:,结合E的结构简式可知D-E的反应类型为

加成反应，故答案为：加成反应;

(4)

由分析可知，G的结构简式为

(5)

K经多步可得到N,结合题干信息iii可知，K在一定条件下发生信息iii反应得到L,则L的结构简式为:

15

o

,L异构化为M,即L和M为同分异构体，结合N的结构简式可知，M

3

的结构简式为:，M在一定条件下发生消去反应，脱去一个小分子HTs可

得N,故答案为:

(6)

由已知信息i和A到B的转化条件可知，N转化P也是分两步进行的，即先N与SOCL在一定条件下反应,

然后再与试剂b即H2NCH2COOH发生信息i反应生成P,在此过程中H2NCH2COOH可能先与SOCL反应

生成H2NCH2COCI,然后H2NCH2COCI自身发生反应生成HN—，该物质符合核磁共振氢谱有2组峰,

且峰面积之比为2:1,故答案为：HN-A^。

18.(12分)绿色植物标本用醋酸铜［(CH3coO^Cu］处理后颜色更鲜艳、稳定。某化学小组制备醋酸铜晶

体并测定产品中铜的含量，实验如下。

I.醋酸铜晶体的制备

CuSO4

溶液(：②醋酸"醋酸铜|

~ll)40~60X)

」过滤、洗涤'CU2(()H)2C(3|溶液

Na；CO3

溶液

⑴①中控制温度为40-60度的原因是

(2)②中化学方程式是o

(3)③中采用的实验方法依据醋酸铜的性质是

16

II.测定产品中铜的含量

i.取ag醋酸铜产品于具塞锥形瓶中，用稀醋酸溶解，加入过量KI溶液，产生Cui沉淀，溶液呈棕黄色；

ii.用bmoll”Na2s2O3标准溶液滴定i中的浊液至浅黄色时，加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝，继续用Na2s

标准溶液滴定至蓝色近于消失：

iii.向所得浊液中加入KSCN溶液，充分摇动，溶液蓝色加深：

iv.继续用Na2s标准溶液滴定出中浊液至终点，消耗标准溶液vmL。

己知：①L+ZS?。；-=2r+S4。1Na2s2O3溶液和Na2sQG溶液颜色均为无色；

②常温下，S(CuI)=4.2xW5gS(CuSCN尸8.42x10"g

③Cui易吸附“，CuSCN不吸附U。被吸附的U不与淀粉显色。

(4)i中发生反应的离子方程式是o

(5)结合平衡原理解释i中加入KSCN的目的。

(6)醋酸铜产品中铜元素的质量分数是o

【答案】(1)既要促进水解，又要防止温度过高导致CU2(0H)2c03分解

(2)Cu2(OH)2co3+4CH3co0H=2(CH3coO)2Cu+CO2f+3H2。

(3)醋酸铜易溶于水，溶解度随温度的变化较大，温度升高溶解度增大

2+

(4)2Cu+4r=2CuU+I2

(5)CuSCN难溶于水且不吸附L,被吸附的b不与淀粉显色；CuI(s)+SCN-(aq)UCuSCN(s)+「(aq),增大

c(SCN-),使平衡正向移动，生成难溶于水的CuSCN释放被Cui吸附的b,便于醋酸铜与KI生成的b全部

与Na2s2O3反应

(6)64bVxl°3xl00%

a

【分析】I.醋酸铜晶体的制备过程为：首先用CuSC>4溶液与Na2c。3溶液反应得到，Cu2(0H)2co3，

CU2(OH)2CO3与CH3C00H反应生成(CH3co0)2CU,化学方程式为

Cu2(OH)2co3+4CH3coOH=2(CH3coO)2Cu+CO2f+3H2。；再对醋酸铜溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得

到醋酸铜晶体；

II.产品中铜元素质量分数的计算原理为醋酸铜产品先用KI溶液反应得到碘单质和Cui沉淀，根据方程式

2+

2Cu+4I-=2CuI；+l2,L+2S2O；=Zr+SQ：可知Na2S2O3与CM+的物质的量相等，根据Na2S2O3的物质的量

可以计算出CM+的物质的量，进而计算铜元素质量分数；

【详解】(1)①中控制温度为40-60度的原因是既要促进水解，又要防止温度过高导致Cu2(0H)2cCh分解;

(2)由分析可知，②中化学方程式是Cu2(0H)2co3+4CH3co0H=2(CH3coO)2Cu+CO2f+3H2。；

(3)醋酸铜易溶于水，溶解度随温度的变化较大，温度升高溶解度增大，所以可以采用蒸发浓缩、冷却结

晶的方式得到醋酸铜晶体；

(4)用稀醋酸溶解醋酸铜，加入过量KI溶液，产生Cui沉淀，溶液因有L而呈棕黄色；根据得失电子守

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恒和质量守恒写出离子方程式为：2Cu2++4r=2CuIJ+l2；

(5)Cui易吸附I2，CuSCN难溶于水且不吸附L.被吸附的I2不与淀粉显色；

CuI(s)+SCN-(aq)OCuSCN(s)+「(aq),增大c(SCN),使平衡正向移动，生成难溶于水的CuSCN释放被Cui

吸附的I2，便于醋酸铜与KI生成的b全部与Na2s2O3反应；

(6)根据方程式2CU2++4I-=2CUI1+12、L+ZSzO；=21+$4。£可得关系式：2C/+〜b〜2s2。；；则CW和S20^

2+1

的物质的量的比为1：1,即CM+和S2s2。；的物质的量相等，n(Cu)=n(S2O^)=bmol-L

64bVx103

VxlO-3L=bVxlO-3mol；所以醋酸铜产品中铜元素的质量分数为：-xioo%0

a

19.(12分)某小组根据SO?既有还原性又有氧化性，探究其能否实现Cu2+