2022年高考化学模拟卷（北京专用）（解析版）

【赢在高考•黄金20卷】备战2022年高考化学模拟卷（北京专

用）

三轮冲刺卷03

（本卷共19小题，满分100分，考试用时90分钟）

可能用到的相对原子质量：HlC12N14016

第一部分

本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合

题目要求的一项。

1.化学在生活、社会、环境和科技进步方面发挥着重要的作用。下列说法正确的是（）

A.针对新冠肺炎疫情，用无水酒精、双氧水对环境进行杀菌消毒

B.歼20战斗机采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料

C.“中国天眼”的镜片材料为SiC,属于新型有机非金属材料

D.芯片制造中的“光刻技术'’是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程并不涉及化学变化

【答案】B

【解析】A.使用酒精杀菌消毒，常用75%的酒精，无水酒精杀菌消毒效果不理想，故A错

误；B.金属材料有金属单质和合金等，铝锂合金属于金属材料，故B正确；C.SiC属于

新型非金属材料，故C错误；D.光敏树脂是由高分子化合物，在紫外线照射下，这些分子

结合长长的交联聚合物高分子，有新物质生成，属于化学变化，故D错误；答案为B。

2.锡可改善钢的加工性能。周期表中秘与碑（As）同主族，其最稳定的同位素是胃Bi。下列

说法不生够的是（）

A.Bi是第六周期元素B.翼Bi的中子数是126

C.Bi的原子半径比As的小D.鲁Bi和鲁Bi具有相同的电子数

【答案】C

【解析】A.由题干信息可知，Bi是83号元素，54V83V86,则Bi属于第六周期元素，A

正确；B.已知质量数等于质子数加中子数，则善Bi的中子数是209-83=126,B正确；C.已

知As位于第4周期第VA族，而Bi位于第6周期第VA族，根据同一主族从上往下原子半

径依次增大，即Bi的原子半径比As的大，C错误；D.察Bi和舞Bi的核外电子数为83,

故相同，D正确；故答案为：C。

3.已知反应：2F2+2NaOH=OF2（二氟化氧）+2NaF+H2。，下列有关的化学用语描述正确的是

（）

A.OF2为极性分子B.核内有12个中子的Na：；；Na

c.F的核外电子排布式:D.WO分子的球棍模型：CMO

【答案】A

【解析】A.OF2的结构式为/()\,类似水分子，分子中正、负电荷的重心不能重合，

FF

因此该分子为极性分子，A正确；B.核内有12个中子的Na原子的质量数为11+12=23,

该原子应表示为::Na,B错误；C.F的质子数为9,核外电子数为10,用离子结构示意图

表示为:,C错误；D.氧原子的半径比氢原子的半径大，且H2O分子的空间结

构为V形，而不是直线形，比0分子的球棍模型为：，D错误；故合理选项是A。

4.下列生活中的有机物叙述正确的是()

A.淀粉、纤维素、蛋白质都是高分子化合物

B.糖类、油脂和蛋白质都是由C、H、。三种元素组成的

C.葡萄糖与蔗糖不是同分异构体，但属于同系物

D.吞服“钢餐”能使蛋白质变性

【答案】A

【解析】A.淀粉、纤维素、蛋白质都是相对分子质量很大的有机物，均属于有机高分子化

合物，故A正确；B.糖类、油脂的组成元素为C、H、O,蛋白质的组成元素为C、H、0、

N,故B错误；C.葡萄糖和蔗糖的官能团不同，葡萄糖含有醛基和羟基，蔗糖不含醛基，

二者的分子式也不同，所以二者不是同分异构体，也不是同系物，故C错误；D.可溶性重

金属盐能使蛋白质变性，领餐的成分是硫酸钢，硫酸领不溶液于水，也不溶于强酸，不会电

离出大量Ba?'不会引起中毒，故D错误；答案选A.

5.氢能被称为未来能源，利用乙醇来制取氢气涉及如下反应()

l

反应I：CH3CH2OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)△Hi=+173.5kJmor

反应H：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJmoH

则ImolCH3cH20H(g)与比0您)作用生成CO(g)和H?(g)反应的AH为

A.+255.9kJ-mol-'B.-255.9kJmo|-'

C.+I32.3kjmol-'D.-132.3kJmol1

【答案】A

【解析】CH3cH20H(g)与H9(g)作用生成CO(g)和Hz(g)反应方程式III为：CH3CH2OH(g)+

H2O(g)=2CO(g)+4H2(g);由盖斯定律可知，I-2xlI=IH,则该反应的热化学方程式为：

CH3cH20H(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g)AH=AH/-2AH2=(+173.5kJ-mol')-2x(-4l.2

kJ-mol')=+255.9kJ-mol1o故选A«

6.将H2S和空气的混合气体通入FeCb、FeCb、CuCb的混合溶液中反应回收S,其物质转

化如图所示。下列叙述不氐碘的是（）

A.H2s和空气通过上述循环的目的是降低活化能，提高总反应速率

B.在转化过程中能循环利用的物质是FeCb和CuCl2

催化剂

C.该过程的总反应式为：2H2S+O2^=2H2O+2S1

D.若有ImolH2s发生图示转化的同时消耗02为0.4mol,则混合液中Fe3+浓度增大

【答案】D

【解析】A.总反应为硫化气和氧气反应生成硫和水，H2s和空气通过上述循环相当于铁离

子和铜离子作了催化剂，催化剂能降低活化能，提高总反应速率，A正确；B.在转化过程

中能循环利用的离子是铁离子和铜离子，则对应的物质是FeJ和CuCL，B正确；C.由

催化剂

图可知反应物为H2S.Ch,生成物为H20.S,该过程的总反应式为：2H2s+02

2H2O+2S1，C正确；D.总反应为硫化氢和氧气反应生成硫和水，若有ImolH2s发生图示转

化，则失去电子为2mol,若同时消耗02为0.4mol,则得到电子为1.6mol,则混合液中Fe3+

浓度因消耗而减小，D错误；答案选D。

7.下列反应的离子方程式正确的是（）

A.向明矶溶液中滴加Ba（OH%溶液至沉淀的质量最大：

2+

2A1"+3SO：+6OH~+3Ba=3BaSO4J+2A1（OH）,J

2t

B.向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫：Ca+3C1O+S02+H2O=CaSO4；+C1+2HC1O

2++

C.少量CO?通入CaCl2溶液中：CO2+Ca+H2O=CaCO3i+2H

D.向含FeBr?和Fei2且物质的量各为0.5mol的溶液中通入ImolCl2：

2+

41+2Fe+3cl2=2Fe"+2I2+6C1

【答案】B

【解析】A.向明矶溶液中滴加Ba(OH%溶液至a“沉淀完全时为沉淀的物质的量最多时，

而不是质量最大时，选项A错误;B.向漂白粉溶液中通入少量SO?,CKT将S。2氧化为SO：,

自身被还原为C「，SO：与Ca?+结合，生成的H*与过量的C1CT将结合为HC10,选项B正

确；C.CO?通入CaCL溶液中，碳酸为二元弱酸，电离产生的CO：浓度太小，溶液中

2+

c(CO;)-c(Ca)<Ksp(CaCO3),无沉淀产生，选项C错误；D.向含FeBr2和F%且物质

的量各为0.5mol的溶液中通入ImolC*等效fFeBr?和Fei?且物质的量各为Imol的溶液

中通入2moicU，离子的还原性：I>Fe">B「，正确的离子方程式为

2+3+

2Fe+2I+2Cl2=I2+2Fe+4CE,选项D错误。答案选B。

8.下列实验装置设计和所用药品正确且能达到实验目的的是()

选

ABCD

项

实

配制一定物质

验除去乙烷中的定量测定出02的

的量浓度的稀分离乙醇和苯甲酸乙酯

目少量杂质乙烯分解速率

硫酸

的

(f=

装--气体

置用浓硫酸

或Ju^"3"111IlliII

仪KM11O4溶液4

器

【答案】D

【解析】A.容量瓶不能用于溶液的稀释，选项A错误；B.除去乙烯时，乙烯被高镭酸钾

氧化生成二氧化碳，引入了新的杂质，选项B错误；C.装置内的漏斗不能使用长颈漏斗，

反应生成的氧气会从长颈漏斗中溢出，不能实现实验目的，选项C错误；D.乙醇和苯甲酸

乙酯互溶且沸点相差较大，可以采用蒸储法分离，选项D正确。答案选D。

9.已知二甲胺KCH3)2NH-H2O]在水中的电离与一水合氨相似，下列关于常温下pH=12的二

甲胺溶液的叙述正确的是()

+

A.C(OH->C[(CH3)2NH2]

C[(CHXNH：1

B-加水稀释时3瑞增大

C.与pH=2的盐酸等体积混合后，溶液呈中性

D.加入氢氧化钠固体可抑制二甲胺的电离，电离常数变小

【答案】B

【解析】A.二甲胺在水中电离出氢氧根离子，水也电离出氢氧根离子，则pH=12的二甲胺

溶液中c(OH-)>C[(CH3)2NH2，],故A错误：B.由电离常数公式可知，溶液中

C[(CH3)2NH：]KB

二甲胺溶液加水稀释时，溶液中气氧根离子浓度减小，电离

COH

c[(CH,),NH-H2O]-()

c[(CH)NH；]

常数不变，则舟y比值增大,

比值增大，故B正确；C.pH=12的二

C[(CH,)2NH-H2O]

甲胺溶液与pH=2的盐酸等体积混合后，二甲胺溶液过量，溶液呈碱性，故C错误；D.电

离常数是温度函数，温度不变电离常数不变，则常温下向pH=12的二甲胺溶液加入氢氧化

钠固体时，电离常数不变，故D错误；故选B。

10.设N,、为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是()

A.HgK2S和K2O2的混合物中含有的离子数目为0.3NA

B.标准状况下，4.48LCC1,所含的分子数为0.2NA

C.一定条件下，32gs0?与足量O?反应，转移的电子数为NA

D.O.lmoLLTNa^SO」溶液中含有的氧原子数为0.4NA

【答案】A

【解析】A.K2s和K2O2的摩尔质量均为110g/mol、且ImolK2s或1mol析02中均含3moi

112

离子，因此UgK2s和K2O2的混合物的物质的量为瑞所含离子的物质的量

为0.3moL所含离子数目为0.3NA,A正确；B.标准状况下，四氯化碳不是气体，无法计

32g

算分子数，B错误；C.32gs。2的物质的量为|=0.5mol,二.氧化硫与氧气反应的化学

64g/mol

方程式为：2so2+O2=2SC>3,反应为可逆反应，因此0.5molSC)2与足量。2反应，转移的电子

数小于NA，C错误；D.溶液体积未知，无法计算氧原子数目，D错误；答案选A。

COOH

八)催化合成酮醛反应如下：

aH

肺一酸

DMSO

下列说法错误的是()

A.脯氨酸的分子式为C5H9NO2B.c可以使酸性KMnCU溶液褪色

C.该反应为加成反应D.a中所有原子共面

【答案】D

【解析】A.由结构简式可知，脯氨酸的分子式为C5H9NO2,A正确；B.c中含有羟基，

可以被酸性高镒酸钾溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；C.该反应中醛基变羟

基，为加成反应，C正确；D.a中含有甲基，故不可能所有原子共面，D错误；故选D。

12.气体报警器是一种检测气体的化学类传感器，能够及早排除安全隐患。原理如下图所示，

当被检测气体扩散进入传感器，在敏感电极上发生反应，传感器就会接收到电信号。常见的

传感器（被检测气体产物）有：CHJCO；-、CO/CO；-、C12/cr,NO/N2等，则下列说法

中正确的是（）

待测

气体

A.上述气体检测时，敏感电极均作电池正极

B.检测C1?气体时，电流离开对电极流向传感器

C.检测NO?和CO相同含量的两份空气样本时，传感器上产生的电流大小相同

D.检测CH4气体时，对电极充入空气，该电极反应式可以为：C）2+2H2O+4e-=4OH-

【答案】D

【解析】A.甲烷、一氧化碳发生氧化反应，氯气、二氧化氮发生还原反应，故可作正极也

可以作负极，A错误；B.CU（敏感电极）是氧化剂反应还原反应作正极，电流离开敏感电极，

对电极作负极，是电子流出，电流流入，B错误；C.电流大小由转移电子大小决定，NO2

由+4变为0价转移4个电子，CO山+2价变为+4价转移2个电子，相同量气体转移电子不

同，则电流不同，C错误；D.CH,氧化产物为CO：说明电解质为碱性，对电极为正极，电

极反应式可以为：。2+2通0+46-=40田，D正确；故选D。

13.以铭铁矿（主要成分为FeOCnCh,含有少量AI2O3）为原料制备铭的工艺流程如图所示:

Na2c。3、02

Na2CrO

铭4

Cr(OH)Cr

铁Fe2O33

矿NaAlOj

滤渣1滤渣2Na2s2O3

下列说法错误的是（）

A.焙烧时氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：4

B.滤渣1的主要成分为FezCh

C.酸浸时应加入足量稀硫酸

D.转化时发生反应的化学方程式为4Na2CrO4+6S+7H2O=4Cr(OH)3+3Na2S2O3+2NaOH

【答案】C

【解析】A.焙烧时FeOCnChTNazCQ、FezCh,Fe和Cr元素化合价都升高，通入氧气

做氧化剂，发生反应为4FeO-Cr2O3+7O2+8Na2cCh空8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2，则氧化剂与

还原剂的物质的量之比为7：4,A正确；B.由分析可知，不溶于水的FezCh形成滤渣1,

B正确；C.酸浸时加入稀硫酸目的是形成A1(OH)3沉淀，除去铝元素，由于A1(OH)3能溶

于硫酸，则不能加入足量稀硫酸，C错误；D.转化时加入S和NazCrOa反应生成Na2s2。八

Cr(OH)3,S元素化合价升高了2,有2个S发生变价，Cr元素化合价降低了3,结合得失

电子守恒和原子守恒，发生反应方程式为4Na2CrO4+6S+7H2O=4Cr(OH)3+3Na2s2Ch+2NaOH,

D正确；故选：Co

14.铁与不同浓度硝酸反应时各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系如图所示，下

列说法错误的是()

*

WNO

9

含8

量7/।

6/1NOZ

5।

4

3

2।

1

__X-r-----

4.028.069.7512.2c(HNO3)/mol-L-'

A.硝酸的浓度越小，其还原产物氮的价态越低的成分越多

B.硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物

C.当硝酸浓度为9.75mol-L」时，氧化剂与还原剂的物质的量之比可为15：13

D.铁能与大于12.2010卜匚咕1^03溶液反应说明不存在“钝化'’现象

【答案】D

【解析】A.由图可知，硝酸的浓度越小，氨气含量越高，这说明其还原产物氮的价态越低

的成分越多，故A正确；B.根据以上分析可知硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物,

故B正确；C.当硝酸浓度为9.75mol-L」时，还原产物有NO、NCh和N?O,物质的量之比

为其体积比=10：6：2=5：3：I,假设NO是5mol、NO2是3mol、N2O是Imol,则反应中

转移电子的物质的量是26mo1,假设氧化产物是铁离子，则根据电子得失守恒可知还原剂的

物质的量是与相。/,所以根据原子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比可为10：y=

15：13,故C正确；D.常温时，铁遇浓硝酸要发生钝化，铁能与大于12.2moLL」HNO3

溶液反应，不能说明不存在“钝化”现象，故D错误；故选D。

第二部分

本部分共5题，共58分。

15.（9分）某小组研究溶液中Fe?+与N0?（亚硝酸根）、NO；的反应。

试剂

实验I现象

滴管试管

a.逐滴加入FeSO,溶液至1mL,溶液

1Imol-L'NaNO?溶液

先变黄，后变为棕色。2小时后，无

(pH=8)

明显变化

(]lmol-L-'FeSOa溶液

(PH=4)

Imol-VNaNC)3溶液(加b.逐滴加入FeSO4溶液至1mL,无明

NaOH溶液至pH=8)显变化。

11mL

资料：［Fe（NO）『在溶液中呈棕色。

（1）研究现象a中的黄色溶液。

①用溶液检出溶液中含有Fe3+,现象是o

②甲认为是氧化了溶液中的Fe”.乙对比a、b的实验现象认为O?不是主要原因，理由是

。另行设计实验II进行验证，确认是酸性条件下Fe2+与NO-反应生成了Fe3t和NO。

写出该反应的离子方程式_______。

（2）研究现象a中的棕色溶液。

提出假设：现象a中溶液变为棕色可能是NO与溶液中的Fe"或Fe3+发生了反应。进行实实

验III,证实溶液呈棕色只是因为Fe2+与NO发生了反应。

①实验m的操作和现象是。

②写出该反应的离子方程式______。

（3）研究酸性条件下，溶液中Fe?+与NO：、NO；的反应。

序

操作现象

号

i取2moi•L"的NaNO?溶液gmL,加醋酸调至体积为溶液立即变为棕色

ImL,且PH=3,再加入ImolLFeSO#溶液1L

取2moi•I?的NaNO,溶液05mL,加醋酸调至体积为1mL.

ii无明显变化

且pH=3,再加入1mol•「FeSO4溶液imL

分别取1mLImoLL」的NaNO；溶液与]mLImoLL’的液体分为两层，稍后，在

iiiFeSO4溶液混合，再加入一滴浓硫酸(混合后溶液两层液体界面上出现棕色

pH«0.4)环

iii中出现棕色的原因是

(4)实验结论：(至少写出两条)【答案】(1)KSCN溶液变为红色在滴加溶

2t+3+

液的过程中均携带了氧气，但NaNCh溶液中无明显变化Fe+NO2+2H=Fe+NO+H2O

(2)将NO通入FeSO$溶液中，溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，将NO通入Fe2(SCU)3溶

液中，无明显变化Fe"+NO=[Fe(NO)r

(3)两层液体界面上H+、NCh.与Fe2+反应，生成棕色的]Fe(NO)产

(4)溶液中Fez♦与NO：、NO：能发生反应；NO-NO：的氧化性与溶液的酸碱性有关

【解析】(1)①检验溶液中的FU+常用的试剂是KSCN溶液，KSCN与铁离子反应溶液变为

红色，故答案为：KSCN；溶液变为红色；②根据实验a和b可知，在滴加液体的过程中均

携带了氧气，但NaNCh溶液中无明显变化，说明02不是主要原因；酸性条件下Fe?+与NO：

反应生成了Fe3+和NO,根据氧化还原的规律配平方程式为Fe2++NO2+2H+=Fe3++NO+H2。，

故答案为：在滴加溶液的过程中均携带了氧气，但NaNCh溶液中无明显变化；

2++3+

Fe+NO2+2H=Fe+NO+H,O；

(2)①证明Fe2+与NO发生了反应，可将NO分别通入Fe2(SCh)3、FeSCU溶液中，观察实

验现象，将NO通入FeSO4溶液中，溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，将NO通入Fe2(SO4)3

溶液中，无明显变化，故答案为：将NO通入FeSO4溶液中，溶液由浅绿色变黄色最后变棕

色，将NO通入Fe2(SO4)3溶液中，无明显变化；②将NO通入FeSCh溶液中，溶液由浅绿

色变黄色最后变棕色，说明生成了[Fe(NO)F+,则反应的离子方程式为Fe2*+NO=[Fe(NO)r,

故答案为：Fe>+NO=[Fe(NO)r：

(3)出中出现棕色，说明生成[Fe(N0)]2+,原因是两层液体界面上H+、NCh-与Fe?+反应，

生成棕色的[Fe(NO)F+,故答案为：两层液体界面上H+、NO3-与Fe2+反应，生成棕色的

[Fe(NO)]2+；

(4)根据实验现象可得出结论：一、溶液中Fe?+与NO；、NO；能发生反应；二、NO'.NO；

的氧化性与溶液的酸碱性有关，故答案为：溶液中Fe"与NO-、NO；能发生反应；NO-、NO；

的氧化性与溶液的酸碱性有关。

16.（10分）某小组通过观察电流表的指针偏转探究电极上发生的氧化还原反应。

（1）连接装置（如图I所示），断开开关K时，将铁片和铜片同时插入稀硫酸中，Fe表面产

生大量无色气泡，Cu表面无明显变化；闭合开关K,电流表指针向右偏转，Fe和Cu表面

均产生大量无色气泡。

①欲验证铁电极发生氧化反应的产物，实验操作和现象是o

②分别用化学用语表示Fe和Cu表面均产生无色气泡的原因：；o

（2）该小组同学将（1）中装置的稀硫酸换成浓硝酸，两极均产生大量红棕色气体•改进实

验装置（如图II所示），闭合开关K后，将铁电极快速插入浓硝酸中，观察到指针快速向右

偏转，约2秒后指针缓缓向左偏转，并在一段时间内电流表示数几乎不变。

①铜与浓硝酸反应的离子方程式为。

②闭合开关KB,将铁电极快速插入浓硝酸中，观察到指针快速向右偏转的原因是

（结合铜电极反应式说明）。

③电流表指针向左偏转后，示数几乎不变的原因之一是铁电极上氧化膜放电，但氧化膜的生

成速率大于（或等于）氧化膜的消耗速率。请设计实验方案证明：。

【答案】（1）取铁电极附近溶液少许于试管中，加入铁氟化钾溶液，产出蓝色沉

淀Fe+2H+=Fe?++H2T2H++2e-H2f

+2+

（2）Cu+4H+2NO；=CU+2NO2T+2H2O形成原电池，Fe比Cu相对活泼失电子做负极，

铜片作正极，发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e=Cu（或NO；+2H++e=NO2T+H2O）电

流表示数基本不变后，每隔一段时间测定左池溶液中的铁含量，铁含量显著增多，证明氧化

膜参与了反应

【解析】（1）①铁电极发生氧化反应会生成Fe2+,检验亚铁离子需要用铁氟化钾溶液，实验

操作和现象是：取铁电极附近溶液少许于试管中，加入铁氟化钾溶液，产出蓝色沉淀；②

Fe表面产生无色气泡的原因是铁单质与稀硫酸发生化学反应生成硫酸亚铁和氢气，反应离

+2+

了方程式为：Fe+2H=Fe+H2t，Fe和Cu和稀硫酸形成原电池，Cu做正极，氢离子移至

Cu表面得电子生成氢气，则Cu表面产生无色气泡的原因：2H++2e-Hzf；

（2）①铜与浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮和水，反应的离子方程式为Cu+4H++2N。；

2+

CU+2NO2T+2H2O;②闭合开关KB,将铁电极快速插入浓硝酸中，形成原电池，铁做负

极、铜做正极，电流从左流向右，则观察到指针快速向右偏转的原因是：形成原电池，Fe

比Cu相对活泼失电子做负极，铜片作正极，发生还原反应，电极反应式为CiP++2e=Cu（或

N0j+2H'+e=NO2T+H2O）;③电流表指针向左偏转后，示数几乎不变的原因之一是铁电极

上氧化膜放电，但氧化膜的生成速率大于（或等于）氧化膜的消耗速率.设计实验方案证明:

电流表示数基本不变后，每隔一段时间测定左池溶液中的铁含量，铁含量显著增多，证明氧

化膜参与了反应。

17.（14分）有机物F是合成抗肿瘤药物吉非替尼的重要中间体，其合成路线如下:

COOH

CH3OHHNO3

----------AC9H10O4aC16H23O5N

浓H2sO4△

CH3OBC

0

COOCH,II

Fc,HCIHCNH2

Ci6H24O5N2

---►C16H21O4N3

CH3OF

已知：i.RNH?+

►RN

/\

o

ii.Ri-COOR2+H2N-R3-*||+R20H

Ri—C—NHR3

(1)A分子中含氧官能团有酸键、和。(填名称)(2)A-B的反

应方程式是。

(3)C—D的条件是o

(4)D-E的反应类型是。

(5)关于物质A下列说法正确的是(填字母)a.核磁共振氢谱有6组峰

b.1molA能与2molNaHCO-3发生反应

c.一定条件下可发生缩聚反应

(6)己知分子F中含有3个六元环，写出ETF的反应方程式___________.

O

(7)已知：i.||——~~>RCH2NH2

R—C—NH2

O

oH

ii.II+H0-RC

-NH—R

—c—NH2

\CN/\/\/

/

以BrBr和为原料合成ClNo的步

Cl\

△

(3)浓硝酸、浓硫酸、55-60℃

(4)还原反应

(5)ac

(6)

【分析】（1）由A结构简式可知，A分子中含氧官能团有酸键、酚羟基、竣基；（2）A-B

的反应为浓硫酸加热、甲醇，结合B化学式可知，反应为醇和酸的酯化反应，方程式为

生成c,C生成D,比分析D结构可知，C结构简式为7V|、，

C生成D为在苯环上引入硝基的反应，故C-D的条件是浓硝酸、浓硫酸、55~60℃；（4）

D结构中含有硝基，结合E化学式可知，D中硝基为被铁还原为氨基，D-E的反应类型是

为还原反应；（5）a.A中有6种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有6组峰，a正确：b.酚

羟基不能和碳酸氢钠反应，竣基能和碳酸氢钠反应，贝I]1molA能与ImolNaHCO,发生反应，

b错误：c.A中含有酚羟基和竣基，一定条件下可发生缩聚反应，生成高分子化合物同时

生成小分子水，c正确：故选ac；（6）D中硝基为被铁还原为氨基生成E：

(7)发生已知ii的反应,氨基中氢与醇中羟基发

O

生取代反应，生成产物1,故产物1结构简式为：一、°H；产物1山发

\_/OH

生已知i的反应，结构中默基被还原生成产物2,故产物2结构简式为：

/~^OH

ClN；产物2中2个羟基在浓硫酸作用下生成酸键得到最终产物。

\__/OH

18.（12分）某小组验证"2Fe"+2「u2Fe2++I2”（反应A）存在限度，并探究外加试剂对该

平衡的影响。

（1）从正反应方向探究实验。取5mL0.3mol•万KI溶液,加入2mLO.OlmolI’FeCb溶液

（pH=l）,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CC14,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FeSO,溶液，无明显变化。未检

出Fe3+。

①甲同学认为加入Ag2so4溶液可增大Fe"与L的反应程度•甲同学依据的原理是o

②验证：加入Ag^SOd溶液，产生沉淀a,溶液蓝色褪去。能检出Fe3+。

（3）乙同学认为碘水中含有「，加入Ag2sO_,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Ag404溶液。产生沉淀，溶液蓝色褪去。

查阅资料-：3I2+3H2O^5H1+HIO,

实验验证：

已知：K£AgI）=8.5x10*、K»（AgIO3）=3.2xl0*（微溶）①m中KI溶液的作用是

②IV中KI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，可明确的作用。

(4)问题思考：向FeSO4与碘水的混合液中加入Ag2so4溶液，可能发生如下反应：

i.Fe2+与％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

确认是否发生反应出，设计实验：将反应后混合物过滤，。

供选择试剂：稀HNO3、Na2s2O3溶液、KI溶液

已知：Agl、Agio,溶于Na2s2c)3溶液；Agl难溶于稀HNO：

【答案】(1)Fe3+正反应方向

(2)生成Agl沉淀，c(r)降低，2Fe3++2「u2Fe2++b逆向进行(生成Agl沉淀，提高

了L的氧化能力)

(3)还原10；AgIC)3(s)+「(aq)^=iAgI(s)+IO；(aq)

(4)方法一：取滤渣，加入足量Na2s2。3溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3,产

生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立

方法二：取滤渣，加入足量KI溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HN03,产生的气体遇

空气变红棕色，说明滤渣中含银，出成立

【解析】(1)①溶液中检测出Fe3+,说明Fe3+未完全转化为Fe2+,证明该反应存在限度：②

加入CC1’，振荡，反应生成的碘被CCL萃取，使得平衡向正反应方向移动；③KI中的碘离

子能与反应A生成的单质碘发生反应r+Lw—U，消耗生成的碘，从而使平衡向正反应方

向移动；

(2)加入Ag2so4溶液，碘离子与银离子结合生成Agl沉淀，碘离子的浓度减小，

2+

2Fe"+21-U2Fe+12平衡逆向移动，可增大Fe?+与12的反应程度，同时生成的Agl沉淀，

提高了L的氧化能力，Fe?+被氧化成Fe"的反应程度增大；

(3)①由图可知，步骤HI中加入KI溶液后，淀粉溶液变蓝，根据说明KI将滤液中的10：还

原成了k：②已知3l2+3HQU5HI+HK)3，则沉淀b为Ag0和Agl,

K»p(AgI)=8.5xl()T7<K»p(AgIOj=3.2xl(y8,加入KI可将Agio,转化成Agl,反应的离子

方程式为AgIO,(s)+I-(aq)Ag