2023-2025北京高三一模化学汇编：配合物与超分子

第1页/共1页2023-2025北京高三一模化学汇编配合物与超分子一、单选题1．（2025北京顺义高三一模）实验室用反应制备。下列说法正确的是（）A．的电子式： B．中氮原子采取杂化C．配位能力： D．的VSEPR模型：2．（2025北京海淀高三一模）我国科学家成功获得克级丰度超99%的并用于制备。易与、、等原子形成配位键“搭载”在多种药物上。下列说法正确的是（）A．可用质谱法区分和B．转变为的过程中发生了化学变化C．与原子形成配位键时，提供孤电子对D．在铜元素的核素中，的质量数最小3．（2025北京丰台高三一模）某小组同学用铁粉还原AgCl制取Ag，实验如下：实验操作及现象i．产生大量气泡和灰黑色固体（经检验为Ag、Fe）；ii．静置后，固体变为灰白色；iii．取固体，洗涤后加入KI溶液，生成黄色沉淀；iv。取ii中上层清液，加入KSCN溶液，显红色，测得。已知：不能氧化下列说法不正确的是（）A．由i可知发生了两个不同的置换反应B．iii中生成黄色沉淀的反应为C．由ii和iv可推测氧化性D．ii中生成灰白色固体的可能原因：静置过程中增大，减小4．（2024北京通州高三一模）冠醚分子可识别，实现卤水中的萃取，其合成方法如下。下列说法不正确的是（）A．过程I发生取代反应B．Z的核磁共振氢谱有四组峰C．与Z通过离子键相结合D．过程Ⅱ增加了在有机溶剂中的溶解度5．（2024北京朝阳高三一模）我国科学家利用柱[5]芳烃(EtP5)和四硫富瓦烯(TTF)之间相互作用，在溶液和固体态下构建了稳定的超分子聚合物(SMP)，如下图所示：下列说法不正确的是（）A．EtP5不属于高分子化合物B．TTF的核磁共振氢谱中含有1组峰C．EtP5和TTF可通过分子间作用力自组装得到SMPD．若用EtP10替换EtP5可形成更稳定的SMP6．（2024北京东城高三一模）某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理。实验1：实验2：已知：ⅰ.。ⅱ.溶液为无色。下列说法正确的是（）A．结合实验1和2，推测ⅰ中反应是放热反应B．①中滴加浓盐酸，增大了，导致Q>K，ⅰ中平衡正向移动C．②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，的浓度增大D．③中加入，溶液变红，推测与形成了配合物7．（2024北京房山高三一模）在催化剂作用下，分解生成和可能的反应机理如下图所示。下列说法不正确的是（）A．催化剂能降低反应的活化能B．第一步转化中N与H间形成的化学键是配位键C．第三步转化涉及极性键的断裂与非极性键的生成D．若用HCOOD代替，反应除生成外，还生成8．（2024北京西城高三一模）研究溶液的制备、性质和应用。①向溶液中逐滴加入氨水，得到溶液。②分别将等浓度的溶液、溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无明显现象，后者产生使淀粉溶液变蓝的气体。③溶液可处理含的废气，反应过程如下。下列说法正确的是（）A．①中，为避免溶液与氨水生成沉淀，可先加入适量的溶液B．②中，溶液中的浓度比溶液中的高，的还原性比的强C．③中，转化为，元素的化合价不变D．③中，降低可显著提高的脱除率9．（2024北京高三一模）下列解释事实的离子方程式不正确的是（）A．用Na2S去除废水中的Hg2+：Hg2++S2-=HgS↓B．用醋酸溶解水垢中的碳酸钙：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2OC．实验室用二氧化锰和浓盐酸共热制氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OD．铜在NH3环境中被腐蚀：2Cu+O2+2NH3·H2O=2Cu2++2NH3+4OH-10．（2023北京东城高三一模）解释下列事实的方程式不正确的是（）A．将二氧化硫通入硝酸钡溶液中，产生白色沉淀：SO2+Ba2++H2O=BaSO3↓+2H+B．将碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，产生白色沉淀：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2O+CO2↑C．将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色：[Cu(H2O)4]2+(aq)+4Cl—(aq)[CuCl4]2—(aq)+4H2O(l)△H＞0D．用氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O11．（2023北京朝阳高三一模）下列关于铜腐蚀的说法及方程式书写正确的是（）A．铜在潮湿空气中被腐蚀：B．铜在环境中被腐蚀：C．浓度越大，腐蚀反应速率越大D．利用对铜的腐蚀制作印刷线路板：12．（2023北京顺义高三一模）的配位化合物较稳定且运用广泛。可与、、、等配体形成使溶液呈浅紫色的、红色的、黄色的、无色的配离子。某同学按如下步骤完成实验：

已知：与、的反应在溶液中存在以下平衡：

下列说法不正确的是（）A．I中溶液呈黄色可能是由于水解产物的颜色引起的B．向溶液II中加入NaF后，溶液颜色变为无色，说明C．为了能观察到溶液I中的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸D．向溶液III中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色二、解答题13．（2025北京顺义高三一模）常作为锂离子电池的正极材料，广泛应用于新能源汽车。是制备的原料。(1)由钛白渣（主要成分为）获取的流程示意图如下。资料：ⅰ．性能与其纯度、颗粒大小有关，沉淀速率影响颗粒大小ⅱ．空间结构：①Ⅰ中将钛白渣粉碎的目的是。②溶液A的主要成分是（配合物），分析中配位键的形成过程。③溶液B中含铁的主要微粒为，写出Ⅲ中反应的离子方程式。④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高的原因是。(2)从废旧电极粉末中回收制备，同时获得副产品，工艺流程如下。①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低，原因是。②加入物质B使溶液pH升至5，从物质循环和减少除杂过程角度，物质B为（填化学式）。③添加量对Fe、P沉淀率影响如下图所示。实际生产时，添加量选2.5%的原因是。(3)产品中铁含量测定：取ag样品，用盐酸充分溶解并配制成250mL溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，逐滴加入溶液，至恰好完全还原为，被氧化为，滴加指示剂，用标准溶液滴定（铬元素被还原为），消耗标准溶液，样品中铁的质量分数为。（实验条件下存在不影响实验结果）14．（2025北京丰台高三一模）镀锌钢材废件需要酸洗后重新镀锌。从酸洗废液中回收锌的流程示意图如下。已知：i．废酸液中，和主要以和形式存在。ii．萃取率；分离系数。iii．萃取剂浓度越大，黏度越高，流动性越差。(1)镀锌废酸液中主要含有的阳离子有。(2)萃取过程：第一步，萃取剂三辛胺，其中R为与结合形成；第二步，对的结合力大于的，可使转移到有机相中。①从结构的角度解释三辛胺和结合的原理。②写出第二步反应的离子方程式。(3)5min内，三辛胺浓度对锌萃取率和分离系数的影响如图所示。当三辛胺浓度大于时，锌的萃取率增加缓慢，分离系数骤减的原因是。(4)写出反萃取的化学方程式。(5)测定废酸液中含量的操作如下：取废酸液，配制成100mL溶液。取20mL溶液，加入指示剂、硫磷混酸，用标准溶液进行滴定，滴定至终点时，消耗标准液，该废酸液中的含量为（已知：全部被还原为）。15．（2025北京东城高三一模）从金矿(主要含、)中提取金的一种流程如下。(1)浸取过程中涉及的主要操作有加热、。(2)研究浸取过程及其影响因素。a．一种浸金原理示意图如下。b．配制浸取液：向含、的混合溶液中滴加溶液，至溶液，再加入至其浓度为。①浸取液配制过程中主要反应的离子方程式是。②用化学反应原理解释浸取过程中优先生成，最后金以存在的原因：。③相同条件下，相同时间内溶解氧对“金浸出率”和“消耗率”的影响如下。随溶解氧含量上升，金浸出率先增大后减小的原因是。(3)某学习小组设计了两种除去粗金粉中杂质的方法：a．将粗金粉浸泡在稀硝酸中。b．将粗金粉在空气中灼烧后，浸泡在稀硫酸中。①写出a中反应的离子方程式：。②你认为哪种方法较好，写出理由：。16．（2025北京海淀高三一模）利用菱锰矿[主要化学成分为，含、等杂质]制备粉的工艺流程如下。已知：i．MnO易被氧化为，MnO能溶于氨水生成。ii．(1)脱硅时进行的分离操作是。(2)在不同温度焙烧后，焙砂的主要成分如下表。温度/℃600700800主要成分MnO、MnO、、、MgOMnO、、MgO下列说法正确的是(填序号)。A．800℃时发生了反应：B．热稳定性：C．焙烧时，的作用是避免被氧化(3)已知分解反应吸热。在密闭装置中焙烧时，若将替换为显著分解的温度从600℃升高至700℃，从平衡角度解释原因：。(4)图1中，氨水-溶液中的总氮浓度固定为。结合图1解释浸锰时同时使用氨水和碳酸铵的原因：。(5)沉锰过程中温度对Mn沉淀率的影响如图2。结合化学用语解释温度升高，Mn沉淀率增大的原因：。(6)该工艺流程中可再次利用的物质为。17．（2024北京朝阳高三一模）硼及其化合物在科研、工业等方面有许多用途。(1)基态B原子价层电子排布式是。(2)六方氮化硼晶体也被称为“白石墨”，具有和石墨晶体相似的层状结构，如图所示。①比较B和N的电负性大小，并从原子结构角度说明理由：。②分析六方氮化硼晶体层间是否存在化学键并说明依据：。(3)氮化硼量子点(粒径大小为2~10nm)可用于检测金属离子，如Fe2+或Fe3+的检测原理如下图。①图2所示的微粒中Fe与O之间存在的相互作用力类型为。②n=(填数字)。(4)NaBH4是一种重要的储氢材料，其晶胞结构由Ⅰ、Ⅱ两部分组成，如图所示。①I不是晶胞，从结构角度说明原因：。②已知阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为g·cm-3。(1nm=10-7cm)18．（2024北京石景山高三一模）从铅银渣(含Pb、Ag、Cu等金属元素)中提取银的流程如下：已知：PbSO4难溶于水；Ag+可以和SO形成[Ag(SO3)2]3−。(1)“酸浸”时，使用H2SO4、NaCl和NaNO3的混合液作为浸出剂。①加入NaNO3的作用。②固体B含有。(2)用氨水和水合肼(N2H4·H2O)进行“络合浸出”和“还原析银”。①氨水“络合浸出”的化学方程式是。②将水合肼“还原析银”反应的离子方程式补充完整：。□___________+N2H4·H2O=N2↑+H2O+□___________+□___________+□NH3↑(3)用Na2SO3和甲醛进行“络合浸出”和“还原析银”。①亚硫酸钠“络合浸出”时，银浸出率和溶液pH、浸出时间的关系分别如下图所示，解释银浸出率随溶液pH增大先升高后降低的原因；分析浸出时间超过4h，银浸出率降低的原因。②写出pH=14时甲醛“还原析银”的离子方程式。19．（2024北京门头沟高三一模）铜氨溶液含有，具有溶解纤维素的性能，在溶解纤维素后所得溶液中再加酸时纤维素又可以沉淀析出，利用这种性质来制造人造丝。用硫酸铜溶液和氨水反应可以制得铜氨溶液。(1)溶液呈蓝色是因为含有水合铜离子，结构示意图如图所示：基态原子核外电子排布式为。(2)制备铜氨溶液。向溶液中加入少量氨水，得到浅蓝色的碱式硫酸铜的沉淀；若继续加入氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的含的铜氨溶液。①比较键角：NH3NH(填“大于”“小于”或“等于”)。②该实验中，与结合能力(填“大于”“小于”或“等于”)与结合能力，解释原因：。③经实验发现：金属铜与氨水和过氧化氢的混合溶液反应也可得到。金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其原因是，反应的离子方应程式为。(3)某种铜的氯化物晶胞形状为立方体，结构如图所示。已知该晶胞的密度为，阿伏加德罗常数为。则该晶胞的边长为(列出计算式)。20．（2023北京西城高三一模）锂离子电池广泛应用于电源领域。(1)锂离子电池目前广泛采用溶有六氟磷酸锂(LiPF6)的碳酸酯作电解液。①Li、P、F的电负性由大到小的排序是。②PF中存在(填序号)。a.共价键

b.离子键

c.金属键③碳酸二乙酯()的沸点高于碳酸二甲酯()，原因是。④采用高温处理废旧电解液，会诱发碳酸酯发生变化，增大回收难度。碳酸二甲酯在高温发生如图转化。EC()发生类似转化的产物是Li2CO3和(答一种)。(2)废旧锂离子电池含LiNiO2的正极材料经预处理后，可采用如图原理富集Ni元素。①基态Ni2+的价层电子的轨道表示式是。②DMG中N原子均与Ni2+配位，且Ni2+的配位数是4；DMG－Ni中两个配体之间形成分子内氢键。写出DMG－Ni的结构简式(用“…”标出氢键)。(3)石墨可作锂离子电池的负极材料。充电时，Li+嵌入石墨层间。当嵌入最大量Li+时，晶体部分结构的俯视示意图如图，此时C与Li+的个数比是。21．（2023北京朝阳高三一模）从低品位铜镍矿(含有、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下：资料：一些物质的(25℃)如下。物质(1)上述流程中，加快反应速率的措施是。(2)浸出过程中通入的目的是。(3)萃取时发生反应：(HR、在有机层，、在水层)。①某种HR的结构简式为，该分子中可能与形成配位键的，原子有。②解释反萃取时的作用：。(4)黄钠铁矾[]比更易形成沉淀。反应终点pH与、沉淀率的关系如下表。反应终点pH沉淀率/%1.594.040.192.599.210.563.899.913.31①生成黄钠铁矾的离子方程式是。②沉淀时最适宜选用的反应终点pH是。(5)第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，宜将pH调节至(填序号)。a．6~7

b．9~10

c．11~1222．（2023北京朝阳高三一模）是一种锂离子电池的正极材料，放电时生成。(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)。a．b．c．(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：。(3)的制备：的结构如图1所示。①和之间的作用力类型为。②的大于的，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。①由于的空间构型为，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正极材料在和之间转化时，经过中间产物。转化为的过程中，每摩晶胞转移电子的物质的量为摩。23．（2023北京房山高三一模）邻羟基苯甲酸俗称水杨酸，具有抗炎、抗菌、角质调节等作用。其分子结构如图所示。(1)邻羟基苯甲酸中碳原子的杂化方式为。(2)下列关于邻羟基苯甲酸的说法合理的是。a．属于分子晶体b．沸点高于对羟基苯甲酸c．相同条件下，在水中的溶解度小于对羟基苯甲酸(3)具有酚羟基的物质通常能与氯化铁溶液发生显色反应。其显色原理是苯酚电离出的和形成配位键，得到的显紫色。①基态的价电子排布式为。②实验发现对羟基苯甲酸不能与氯化铁发生显色反应，试从化学平衡的角度解释其原因是。(4)理论上可以通过乙酸和邻羟基苯甲酸反应制备阿司匹林，然而实际生产中该反应产率极低。已知：i．乙醇和乙酸在酸性条件下发生酯化反应，部分反应机理：ii．苯酚中O原子2p轨道与C原子2p轨道平行，O原子p轨道电子云与苯环大π键电子云发生重叠，电子向苯环转移，降低了氧原子周围的电子云密度。①比较O、C电负性大小，并从原子结构角度解释两元素电负性差异的原因是。②请结合已知信息，分析以邻羟基苯甲酸和乙酸为原料制备阿司匹林产率偏低的原因是。24．（2023北京丰台高三一模）含氮化合物具有非常广泛的应用。(1)基态氮原子的电子有种空间运动状态。(2)很多有机化合物中含有氮元素。物质A(对氨基苯甲酸)B(邻氨基苯甲酸)结构简式熔点188℃145℃作用防晒剂制造药物及香料①组成物质A的4种元素的电负性由大到小的顺序是。②A的熔点高于B的原因是。③A可以与多种过渡金属元素形成不同结构的配合物。其中A和可形成链状结构，在下图虚线内画出A的结构简式。(3)氮元素可以与短周期金属元素形成化合物。是离子化合物，比较两种微粒的半径：(填“>”、“<”或“=”)。(4)氮元素可以与过渡金属元素形成化合物，其具备高硬度、高化学稳定性和优越的催化活性等性质。某三元氮化物是良好的超导材料，其晶胞结构如图所示。①基态Ni原子价层电子的轨道表示式为。②与Zn原子距离最近且相等的Ni原子有个。③表示阿伏加德罗常数的值。若此晶体的密度为，则晶胞的边长为nm。()

参考答案1．C【详解】A．过氧化氢是含有共价键的共价化合物，电子式为，故A错误；B．氨分子中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故B错误；C．氮元素的电负性小于氧元素，氨分子中氮原子提供孤对电子的能力强于水分子中的氧原子提供孤对电子的能力，所以氨分子的配位能力强于水分子，故C正确；D．水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的VSEPR模型为，故D错误；故选C。2．A【详解】A．质谱法可以测定物质的相对分子质量，和的相对原子质量不同，故可用质谱法区分和，A正确；B．转变为，原子核发生变化，元素种类改变，属于核反应，不是化学变化，B错误；C．与原子形成配位键时，提供空轨道，硫原子提供孤电子对，C错误；D．在铜元素的核素中，铜的天然稳定同位素包括和，因此并不是铜核素中质量数最小的，D错误；故选A。3．B【分析】0.1gAgCl溶于浓盐酸后的溶液中加入足量铁粉，铁粉能置换出Ag，亚铁离子静置过程中被氧气氧化为铁离子，铁离子浓度逐渐增大，将Ag氧化为银离子，同时正向移动，氯离子浓度减小，导致逆向移动，析出灰白色AgCl沉淀。AgCl固体洗涤后加入KI溶液，生成黄色沉淀。取ii中上层清液，加入KSCN溶液，显红色，进一步证明ii中亚铁离子静置过程中被氧气氧化为铁离子。【详解】A．根据i产生大量气泡和灰黑色固体（经检验为Ag、Fe），则发生铁与盐酸的置换反应、铁与银离子置换出银的反应，A正确；B．iii中生成黄色沉淀的反应为，B错误；C．根据分析知，ii中亚铁离子静置过程中被氧气氧化为铁离子，则氧化性，C正确；D．根据分析知，亚铁离子静置过程中被氧气氧化为铁离子，铁离子浓度逐渐增大，使正向移动，氯离子浓度减小，导致逆向移动，析出灰白色AgCl沉淀，D正确；故选B。4．C【详解】A．过程I中酚羟基和氯原子进行取代反应，A正确；B．Z的核磁共振氢谱有四组峰，为，B正确；C．与Z通过配位键相结合，C错误；D．冠醚分子可识别，故增大溶解度，D正确；故选C。5．D【详解】A．EtP5的相对分子质量不算太大，不属于高分子化合物，A正确；B．TTF的结构对称，只有一种氢原子，核磁共振氢谱中含有1组峰，B正确；C．超分子的重要特征之一为自组装，由题目给出信息可知，SMP是由科学家已构建成功的超分子聚合物，故EtP5和TTF可通过分子间作用力自组装得到超分子聚合物SMP，C正确；D．若用EtP10替换EtP5，碳环变大，不能很好的识别TTF，得不到更稳定的SMP，D错误；故选D。6．D【详解】A．由实验1，降温平衡逆向移动，逆向为放热方向，正向为吸热反应，A错误；B．①中滴加浓盐酸，增大了，导致Q<K，ⅰ中平衡正向移动，B错误；C．②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，的浓度减小，C错误；D．③中加入，溶液变红，推测与形成了配合物，使Cl-浓度减小，平衡逆向移动，溶液变红，D正确；故选D。7．D【分析】在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2；若将HCOOH换成HCOOD或HCOOK，也可按HCOOH分解的原理分析。【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，A正确；B．第一步转化中，N原子的最外层具有孤对电子，H+具有空轨道，则N与H间形成的是配位键，B正确；C．第三步转化涉及到N-H键的断裂和H-H键的形成，所以有极性键的断裂与非极性键的生成，C正确；D．若用HCOOD代替HCOOH，反应为HCOOD分解，除生成CO2外，还生成HD，D错误；故选D。8．A【详解】A．为避免CoSO4溶液与氨水生成Co(OH)2沉淀，可先加入适量的(NH4)2SO4溶液，使溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，故A正确；B．②中，由于[Co(NH3)6]2+为配离子，溶液中的浓度比溶液中的高，由图可知，[Co(NH3)6]2+被O2氧化为，分别将等浓度的CoSO4溶液、[Co(NH3)6]SO4溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸前者无明显现象，后者产生使淀粉KI溶液变蓝的气体，该气体为氯气，说明[Co(NH3)6]SO4溶液中的Co2+更易被氧化，则[Co(NH3)6]SO4的还原性更强，故B错误；C．③中，[Co(NH3)6]2+转化为，Co元素的化合价由+2价变为+3价，故C错误；D．③中，降低pH，溶液酸性增强，氢离子和氨气反应生成铵根，不利于脱除NO，故D错误；故选A。9．D【详解】A．用Na2S去除废水中的Hg2+，Hg2+与S2-结合为HgS沉淀，离子方程式为：Hg2++S2-=HgS↓，故A正确；B．用醋酸溶解水垢中的碳酸钙，生成醋酸钙、二氧化碳和水，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，故B正确；C．实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下生成氯气，化学方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故C正确；D．铜在NH3环境中被腐蚀为，离子方程式为：，故D错误；故选D。10．A【详解】A．将二氧化硫通入硝酸钡溶液中，产生白色沉淀发生的反应为二氧化硫与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、一氧化氮和硝酸，反应的离子方程式为3SO2+3Ba2++2NO+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故A错误；B．将碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，产生白色沉淀发生的反应为碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2O+CO2↑，故B正确；C．将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色说明溶液中的四水合铜离子与氯离子反应生成四氯合铜离子和水的反应为吸热反应，反应的离子方程式为[Cu(H2O)4]2+(aq)+4Cl—(aq)[CuCl4]2—(aq)+4H2O(l)△H＞0，故C正确；D．用氢氧化钠溶液吸收氯气发生的反应为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O，故D正确；故选A。11．A【详解】A．铜在潮湿空气中被腐蚀生成碱式碳酸铜，化学方程式为，A正确；B．Cu在NH3环境中被腐蚀，铜充足的情况下发生反应的离子方程式为4Cu+8NH3+O2+2H2O=4[Cu(NH3)2]++4OH-，铜不足的情况下离子方程式为2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH-，B错误；C．HNO3浓度较大形成浓硝酸时，Cu与浓硝酸反应的离子方程式为Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，C错误；D．FeCl3与Cu反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，D错误；故答案选A。12．C【详解】A．为浅紫色，但溶液I却呈黄色，原因可能是Fe3+发生水解生成红褐色Fe(OH)3，与浅紫色形成混合体系，使溶液呈黄色，A正确；B．加入NaF后溶液II由红色变为无色，说明转变为，反应更易生成，说明，B正确；C．为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加稀硝酸，加稀盐酸会生成黄色的，C错误；D．向溶液III中加入足量的KSCN固体，可使平衡的Q>，平衡正向移动，溶液可能再次变为红色，D正确；故选C。13．(1)增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底提供空轨道，中O原子提供孤电子对pH过高会使水解生成，影响产品纯度；pH过高体系中增大，与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能(2)温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低(3)【分析】由题给流程可知，钛白渣经预处理顶点较纯净的硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入磷酸和氨水，经溶液中的铁元素转化为配合物FeHPO4，向反应后的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，将配合物转化为FeHPO，向反应后的溶液中加入氨水，经多步处理得到FePO4⋅2H2O。【详解】（1）①Ⅰ中将钛白渣粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸出速率，使浸出更加彻底，故答案为：增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底；②配合物FeHPO4中形成配位键的过程为提供空轨道，中O原子提供孤电子对，故答案为：提供空轨道，中O原子提供孤电子对；③由分析可知，向溶液B中加入过量的过氧化氢溶液的目的是将配合物转化为FeHPO，反应的离子方程式为，故答案为：；④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高是因为pH过高会使铁离子水解生成氢氧化铁，影响产品纯度；pH过高体系中磷酸根离子浓度增大，铁离子与磷酸根离子沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能，故答案为：pH过高会使水解生成，影响产品纯度；pH过高体系中增大，与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能；（2）①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低是因为温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢，故答案为：温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢；②从物质循环和减少除杂过程角度可知，加入物质碳酸锂使溶液pH升至5，即有利于过氧化氢溶液将L溶液中的亚铁离子转化为二水磷酸铁沉淀，又不影响碳酸锂中混有新杂质，则物质B为碳酸锂，故答案为：；③由图可知，添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低，所以实际生产时，添加量选2.5%，故答案为：添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低；（3）由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得如下转化关系：6——，滴定消耗VmL0.01mol/L溶液，则样品中铁的质量分数为=，故答案为：。14．(1)(2)中N原子有孤电子对，有空轨道，可以配位(3)三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；也被萃取，不易分离，分离系数骤减(4)(5)【分析】镀锌钢材废件经过盐酸酸洗，由已知信息i可知，和主要以和形式存在；镀锌废酸液用萃取剂三辛胺萃取，可以得到有机溶液；再利用氨水进行反萃取，得到氢氧化锌，据此分析作答。【详解】（1）废酸液中，和主要以和形式存在，则镀锌废酸液中主要含有的阳离子有，故答案为：。（2）①中N原子中存在孤电子对，中存在空轨道，可以形成配位键，故答案为：中N原子有孤电子对，有空轨道，可以配位。②和反应生成和氯离子，离子方程式为：，故答案为：。（3）由已知信息iii可知，三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；也被萃取，不易分离，分离系数骤减，故答案为：三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；也被萃取，不易分离，分离系数骤减。（4）反萃取时，又生产了萃取剂，则与氨水反应生成氢氧化锌、、和水，化学方程式为：，故答案为：。（5）设配制的100mL溶液中为c()，反应原理为：，可得，，则，废酸液中，，则废酸液中的含量=，故答案为：。15．(1)搅拌、过滤(2)，与结合快，优先生成，而更稳定随溶解氧含量增大(低于)，有利于增大转化为的速率；随溶解氧含量继续增大()，的氧化速率加大，使降低(3)方法a较好，所得金粉纯度更高等(或方法b较好，产物无污染等)【分析】从金矿得到粗金粉的大致流程为：先研磨，再在50度温度下用试剂进行浸取，得到浸金液，加入铜粉置换，得到粗金粉；【详解】（1）浸取过程中涉及的主要操作有加热、搅拌、过滤；（2）①浸取液配制过程中，先与生成一水合氨，一水合氨再与硫酸铜反应生成硫酸四氨合铜，涉及的离子方程式为，；②浸取时，由于与结合快，所以会优先生成，而由于更稳定，故会逐渐转化为；③当溶解氧低于时，随溶解氧含量增大，有利于增大转化为的速率，故金浸出率增大，溶解氧含量大于后，再增大溶解氧含量，的氧化速率加大，使降低，使金浸出率减小；（3）①粗金粉中含有铜，用稀硝酸与铜反应，可以除掉铜，离子方程式为；②b方法是先将铜变为氧化铜，氧化铜再与硫酸反应，a、b两种方法各有优点，a方法的优点是操作简单，所得金粉纯度更高；b方法的优点是产物无污染。16．(1)过滤(2)AC(3)替换后浓度变大，不利于的分解。上述分解反应吸热，温度升高到700℃时，增大，，才能继续分解(4)加入氨水可使转化为可溶性的；加入碳酸铵可避免过高发生副反应；同时能与结合补充的消耗(5)温度升高导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，生成沉淀(6)或、【分析】该工艺流程以菱锰矿[主要化学成分为，含、等杂质]为原料，制备粉，菱锰矿与25%溶液脱硅，发生，生成的能溶于水，过滤，与、不溶物分离除去，、在的作用下焙烧，使发生分解反应生成，再加入氨水-溶液浸锰，过滤除去，得到含有的浸锰液再沉锰制得粉。【详解】（1）脱硅时发生，生成的能溶于水，与、不溶物分离方法为过滤，故答案为：过滤；（2）A．根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，时发生了反应：，A项正确；B．根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，时分解，分解，时未发生分解，故热稳定性：，B项错误；C．MnO易被氧化为，故焙烧时，的作用是避免被氧化，C项正确；故答案为：AC；（3）相同温度下，将替换为，浓度变大，平衡逆移，不利于分解，该分解反应为吸热反应，温度升高至，值增大，此时，反应正向进行，继续分解，故答案为：替换后浓度变大，不利于的分解。上述分解反应吸热，温度升高到700℃时，增大，，才能继续分解；（4）从图像可看出，，溶液较高，氨水可使转化为可溶性的，但浸出量较低，随增大，溶液降低，浸出量升高，，略大于10，浸出量几乎达最大值，这是因为加入氨水可使转化为可溶性的；加入可避免过高发生副反应；同时能与结合补充的消耗；（5）氨水-溶液浸锰时，得到含有、等的浸锰液，溶液中存在平衡，沉锰时，温度升高，导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，，有沉淀生成，故答案为：温度升高导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，生成沉淀；（6）焙烧生成的可以与氨水反应制备，而沉锰时逸出的可以制备氨水，故答案为：或、。17．(1)2s22p1(2)电负性：B<N；B和N电子层数相同，核电核数B<N，原子半径B>N，原子核对键合电子的吸引作用B<N层内B原子与N原子的核间距为145pm，层间距离为333pm，说明层间没有化学键相连(3)配位键3(4)I中8个顶角不完全相同，三套各两个平行面不完全相同【详解】（1）B的原子序数是5所以基态B原子价层电子排布式2s22p1。（2）①B和N都位于第二周期，根据电负性规律可以判断出电负性：B<N。从原子结构角度进行解释：B和N电子层数相同，核电核数B＜N，原子半径B＞N，原子核对键合电子的吸引作用B＜N。②根据六方氮化硼晶体结构可以看出，层内B原子与N原子的核间距为145pm，层间距离为333pm，说明层间没有化学键相连。（3）①铁离子有空轨道，氧原子有孤电子对，结合图2结构可以看出微粒中Fe与O之间存在的相互作用力类型为配位键。②与Fe成键的四个O中，有三个O各带一个负电荷，根据电荷守恒，铁为+3价，所以n=3。（4）①由图中结构可以看出Ⅰ中8个顶角不完全相同，三套各两个平行面不完全相同，无法通过平移后无隙并置得到晶体，所以不是晶胞。②由晶胞结构可以得到，Na+个数为：，个数为：，所以晶体密度为：g·cm-3。18．(1)利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将金属单质氧化AgCl和PbSO4(2)AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O=N2↑+H2O+4Ag↓+4NH+4NH3↑(3)溶液pH增大有利于增大亚硫酸根浓度，进而提高银浸出率；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低亚硫酸钠既是银的配合剂也是还原剂，会将Ag+还原为Ag2[Ag(SO3)2]3−+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO+HCOO−+2H2O【分析】由题给流程可知，铅银渣在空气中氧化焙烧得到含有金属氧化物的焙烧渣，向焙烧渣中加入硫酸、氯化钠、硝酸钠的混合溶液酸浸，氧化铅和未反应的铅转化为硫酸铅、氧化银和未反应的银转化为氯化银、氧化铜和未反应的铜转化为可溶的铜盐，过滤得到含有铜盐的滤液A和含有硫酸铅、氯化银的固体B；向固体中加入氨水或亚硫酸钠溶液络合浸出，过滤得到硫酸铅固体和银配合物的滤液；向滤液中加入水合肼或甲醛还原析银，将银配合物转化为单质银，过滤得到银和滤液。【详解】（1）①由分析可知，加入硫酸、氯化钠、硝酸钠的混合溶液酸浸的目的是将焙烧渣中的金属氧化物和未反应的金属氧化物转化为盐，其中硝酸钠的作用是在酸性条件下将未反应的金属单质氧化，故答案为：利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将金属单质氧化；②由分析可知，固体B含有硫酸铅和氯化银，故答案为：AgCl和PbSO4；（2）①由分析可知，氨水“络合浸出”发生的反应为氯化银与氨水反应生成氯化二氨合银和水，反应的化学方程式为，故答案为：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O；②由未配平的离子方程式可知，还原析银发生的反应为溶液中的二氨合银离子与水合肼反应生成银、氮气、铵根离子、氨气和水，反应的离子方程式为4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O=N2↑+H2O+4Ag↓+4NH+4NH3↑，故答案为：4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O=N2↑+H2O+4Ag↓+4NH+4NH3↑；（3）①亚硫酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解使溶液呈碱性，溶液pH增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制亚硫酸根离子的水解，亚硫酸根浓度有利于增大银配合物的浓度，进而提高银浸出率；溶液pH过大，溶液中的银离子与氢氧根离子反应生成氧化银沉淀，使得银配合物的浓度减小导致浸出率降低；亚硫酸钠具有还原性，与溶液中银离子形成配合物时，也能将溶液中银离子还原为银，使得银配合物的浓度减小导致浸出率降低，故答案为：溶液pH增大有利于增大亚硫酸根浓度，进而提高银浸出率；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低；亚硫酸钠既是银的配合剂也是还原剂，会将Ag+还原为Ag；②由题意可知，甲醛“还原析银”发生的反应为碱性条件下溶液中的二亚硫酸根合银离子与甲醛反应生成银、亚硫酸根离子、甲酸根离子和水，反应的离子方程式为：2[Ag(SO3)2]3−+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO+HCOO−+2H2O，故答案为：2[Ag(SO3)2]3−+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO+HCOO−+2H2O。19．(1)(2)小于大于电负性：O＞N，因此与形成的配位键极性比与形成的配位键要强，更易断裂，即与的结合能力更强过氧化氢作氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行(3)【详解】（1）基态Cu原子核外电子排布式为：；（2）①NH3价层电子对数为4，有1个孤电子对，为sp3杂化，价层电子对数为4，没有孤电子对，为sp3杂化，由于孤电子对对键合电子对的排斥力比键合电子对之间的排斥力大，因此的键角更大；②电负性：O＞N，因此与形成的配位键极性比与形成的配位键要强，更易断裂，即与的结合能力更强；③过氧化氢作氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行，反应的离子方程式为：；（3）由均摊法可知，1个晶胞中Cu2+数目为，Cl-数目为4，晶胞的质量为：，晶胞的边长为：。20．(1)F＞P＞Lia二者在固态均为分子晶体，碳酸二乙酯与碳酸二甲酯结构相似，前者的相对分子质量大，范德华力大，沸点高CH2=CH2(2)或(3)6∶1【详解】（1）①电负性由大到小的排序：F>P>Li；②PF中P原子和F原子形成共价键，答案选a；③二者在固态均为分子晶体，碳酸二乙酯与碳酸二甲酯结构相似，前者的相对分子质量大，范德华力大，沸点高；④由信息可知反应物中2个C-O断裂，形成碳碳键，则发生类似转化的产物是Li2CO3和CH2=CH2。答案：CH2=CH2。（2）①基态Ni2+的价层电子排布式3d8，轨道表示式是；②DMG－Ni中两个配体之间形成分子内氢键，一个配体中和O形成共价键的H与另一个配体中的氧形成氢键，答案：或。（3）由晶体部分结构的俯视示意图，可选取晶胞，俯视图如图，晶胞中16个C原子在棱上，4个C在面心，4个Li+在棱心，根据均摊法，C与Li+的个数比1=6∶1。21．(1)研磨(2)将氧化为，便于转化为沉淀除去(3)O、N加入，使逆向进行，进入水层(4)或2.5(5)b【分析】铜镍矿研磨后，加入和浸出，将铜镍矿中的金属氧化物转化为、、、；加入萃取剂后，转化为进入有机层，再经过反萃取形成含水溶液后，再转化为金属铜；水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体从水层中分离，滤液中含有、、等阳离子，再加入MgO后，转化为再转化为金属镍。【详解】（1）将铜镍矿研磨，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）具有氧化性，可将溶解后的转化为，便于转化为沉淀除去。（3）①分子中，若要与形成配位键，则分子需提供孤电子对，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，增大水层中浓度，使平衡逆向移动，使水层中浓度增大，即铜离子进入水层。（4）①根据题目信息，水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体，对应的离子方程式为或。②根据题目信息，pH为1.5时沉淀率不高，沉淀不充分；pH为3.8时沉淀率稍高，在固体中混有的杂质较多，故最适宜的pH为2.5。（5）第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，即溶液中≤，根据的=，恰好完全沉淀时，=≈，=≈7.14，pH