北京市丰台区2023届高三二模化学试题（解析版）

北京市丰台区2023届高三二模

可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16F：19Na：23P：31Cl：35.5

Mn：55Fe：56

第I部分（选择题共42分）

一、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.研究的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义。下列有关C°2的应用中，涉及

氧化还原反应的是（）

A.用CO2制纯碱B.用CO2制甲醇

C.用干冰制造“云雾”D.用CO2制碳酸饮料

K答案》B

K解析FA.用CO2制纯碱的过程中不存在元素化合价的变化，不涉及氧化还原反应，选

项A不符合题意；

B.用CO2制甲醇的过程中C元素的化合价由+4价降至-2价，有元素化合价的升降，涉及

氧化还原反应，选项B符合题意；

C.用干冰制造“云雾”没有生成新物质，属于物理变化，选项C不符合题意；

D.用CO?制碳酸饮料是二氧化碳和水反应生成碳酸，不存在元素化合价的变化，不涉及

氧化还原反应，选项D不符合题意；

K答案U选B。

2.下列化学用语或图示表达不正确的是（）

A.SC）3的VSEPR模型：屋+B.羟基的电子式：・0：H

C.S?一的结构示意图：^16）2^8D.原子核内有8个中子的碳原子：'：C

K答案》A

K解析DA.SO3中心S原子的价层电子对数为?=3,不含孤对电子，VSEPR模型为

2

平面三角形，故A错误;

B.羟基是电中性微粒，电子式为：©H,故B正确；

C.S为16号元素，S?-核外电子排布为2,8,8,离子结构示意图为,故C

正确；

D.8个中子的碳原子，质量数为14,核素表示式为：1C,故D正确；

故选：Ao

3.下列离子方程式书写正确的是()

+-

A.。2通入水中制氯水：Cl2+H20=2H+Cr+C10

-

B.可用Na2sO3溶液吸收少量Cl2：3SO^+Cl2+H2O=2HSO；+2C1+SO；

+3+

C.过量铁粉与稀硝酸反应：Fe+NO；+4H=Fe+NOT+2H2O

2+

D.NaHCO,溶液与少量Ba(OH)2溶液混合：HCO；+Ba+OH=BaCO31+H2O

K答案UB

K解析》A.C%与水反应可逆反应，且HC1O为弱酸应写化学式：

+

Cl2+H2OH+cr+HC1O,故A错误；

B.Na2so3被CL氧化生成硫酸，氯气少量，还会有亚硫酸氢根离子生成：

3SO=+Cl2+H2O=2HSO；+2CE+SO。,故B正确；

C.过量铁粉与稀硝酸反应最终生成硝酸亚铁，离子方程式为：

+2+

3Fe+2NO；+8H=3Fe+2NOT+4H2O,故C错误；

D.NaHCC)3溶液与少量Ba(OH)?溶液混合：

2+

2HCO-+Ba+2OFF=BaCO,J+2H2O+CO^,故D错误；

故选：Be

4.下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法不正确的是()

A.酸性：HC104>HBrO4

B熔点：NaCl>NaBr

C.电负性：Cl>Br>Na>Mg

D.离子半径：r（Br）>r（Cl）>r（Na+）>r（Mg2+）

K答案》C

K解析UA.非金属性Cl>Br,非金属性越强最高价氧化物的水化物酸性越强，则酸性：

HC1O4>HBrO4,故A正确；

B.NaCkNaBr均为离子晶体，氯离子半径小于滨离子，氯化钠中的离子键比澳化钠

强，因此熔点：NaCl>NaBr,故B正确；

C.Cl和Br的电负性大于金属Na和Mg,氯溪同主族，从上到下电负性减弱，Na和Mg

同周期从左到右电负性增强，则电负性：Cl>Br>Mg>Na,故C错误；

D.滨离子核外电子层数为4,氯离子核外电子层数为3,钠离子和镁离子核外电子层数为

2,钠离子核电荷数小于镁离子，粒子核外电子层数越多半径越大，电子层数相同时核电荷

数越大半径越小，则离子半径：r（Brj>r（Clj>r（Na+）>r（Mg2+）,故D正确；

故选：Co

占燃

5.已知2Na+O2^Na2（D2。下列说法不正确的是（）

A.钠在空气中燃烧，产生黄色火焰，生成淡黄色固体

B.Na2O2中含有离子键和非极性共价键

C.Na2。？中阴阳离子个数比为1:1

D.Na?。?可作供氧制，与CO?反应过程中每生成Imol。2转移2moie-

K答案》c

K解析UA.钠在空气中燃烧生成过氧化钠，观察到产生黄色火焰，生成淡黄色固体物

质，选项A正确；

B.NazCh中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子内氧原子和氧原子之间存在

非极性共价键，选项B正确；

C.Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，则Na2O2中阴、阳离子个数比为1:2,选项C错

误；

D.过氧化钠和二氧化碳反应时得到的氧气是由-1价的氧元素生成的，故生成Imol氧气时

转移电子为2mol,选项D正确；

K答案1选C。

6.电化学的应用领域非常广泛。下列说法不正确的是()

A.电解CuCJ溶液时，与直流电源负极相连的石墨棒上逐渐覆盖红色的铜

B.铜板上铁钾钉在中性水膜中被腐蚀时，正极发生的电极反应为：

-

O2+2H2O+4e=4OH-

C.电解饱和食盐水的过程中，阴极区碱性不断增强

D.铅蓄电池放电时，电子由PbO2通过导线流向Pb

K答案UD

R解析2A.电解CuCL溶液时，与直流电源负极相连的石墨棒作阴极，发生反应：

Cu"+2e-=Cu，石墨棒上析出铜单质，故A正确；

B.铜板上铁硼钉在中性水膜中发生吸氧腐蚀，正极氧气得电子，电极反应为：

O2+2H2O+4e-=4OH-,故B正确；

C.电解饱和食盐水的过程中，阴极发生反应：2H2O+2e=H2T+2OH-,阴极区氢氧

根离子浓度增大，碱性不断增强，故C正确；

D.铅蓄电池放电时，Pb作负极，Pb。2作正极，电子通过导线由负极Pb流向正极

PbO2,故D错误；

故选：D。

7.邻二氮菲(phen)与Fe?+生成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子［Fe(phen)1",可用于

Fe?+的测定，邻二氮菲的结构简式如图所示。下列说法不正确的是()

A.邻二氮菲的一氯代物有4种

B.邻二氮菲的熔点主要取决于所含化学键的键能

C.邻二氮菲分子中的碳原子和氮原子杂化方式相同

D.用邻二氮菲测定Fe?+浓度时，溶液酸性或碱性太强会影响测定结果

R答案》B

K解析XA.邻二氮菲具有对称性，其一氯代物有4种，如图,故A正确；

4

B.邻二氮菲属于分子晶体，熔点主要取决于分子间作用力的大小，与化学键的键能无

关，故B错误；

C.邻二氮菲分子中的碳原子均形成3个。键，没有孤电子对，采取sp2杂化；每个氮原子

形成2个。键，孤电子对数目为1,采取sp2杂化，则碳原子和氮原子杂化方式相同，故C

正确，

D.溶液酸性太强时，邻二氮菲中的N优先与H*形成配位键而减弱与Fe2+的配位能力；溶

液碱性太强时，会生成Fe(0H)2,故溶液酸性或碱性太强都会影响测定结果，故D正确；

故选：Bo

8.工业上可以利用水煤气(H2、CO)合成二甲醛(CH30cH3),同时生成CO2。合成过程

中，主要发生三个反应，T℃时，有关反应及相关数据如下。

2H2(g)+CO(g)CH30H(g)AH=-91.8kJmor1

2CH,OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)AH=—23.5kJ

CO(g)+H2O(g)CO,(g)+H2(g)41.3kJ.moL

保持原料气组成、压强、反应时间等因素不变，进行实验，测得CO转化率随温度变化曲

线如下图。下列说法不正确的是()

A.TC时，水煤气合成二甲醛的热化学方程式：

3H2(g)+3CO(g).CH30cH3(g)+CO2(g)A//=-248.4kJ-mol

B.T°c时，增大压强、加入催化剂均可提高CO的平衡转化率

C.220℃~240℃时，温度升高反应速率加快，CO转化率升高

D.温度高于240℃时，温度升高CO转化率降低的原因可能是平衡逆向移动

K答案UB

K解析FA.已知：T°C时，有关反应及相关数据如下

①2H2（g）+CO（g）.CH30H（g）AH=-91.8kJmor1

1

②2cHQH（g）CH30cH3（g）+H2O（g）=-23.5kJ-mor

③CO（g）+H2（3（g）CO2（g）+H,（g）A//=-41.3kJmor'

由盖斯定律可知，2x①+②+③得反应3H2（g）+3CO（g）CH30cH3（g）+CC）2（g），

则其焰变为A//=-248.4kJ-mo「，A正确；

B.加入催化剂可以加快反应速率，但是不能改变物质的平衡转化率，B错误；

C.升高温度反应速率加快，由图可知，20℃~240c时，温度升高反应速率加快，且CO

转化率升高，C正确；

D.反应均为放热反应，温度高于240℃时，温度升高导致平衡逆向移动，使得CO转化率

降低，D正确；

故选B。

9.工业上可用盐酸、饱和食盐水和二氧化锌浸取方铅矿（主要成分为PbS,含有FeS?等杂

质）。

已知：i、常温下，PbC、难溶于水；Pb?+可以与C「形成PbClj

ii、FeS?可溶于一定浓度的盐酸。

iii、浸取过程中还存在如下图的反应。

下列说法不正确的是（）

A.浸取方铅矿时，饱和食盐水的作用主要是提高含Pb物质的溶解性

B.反应I中，每消耗3moiMnO2,生成6moiFe3+

3+2+

C.反应n中，发生反应的离子方程式为：Fe+FeS2=2Fe+2S^

D.反应H速率逐渐变慢，其原因可能是生成的S覆盖在FeS2固体表面

K答案》C

K解析UA.已知：常温下，PbCL难溶于水；Pb2+可以与C「形成PbCl：,浸取方铅

矿时，饱和食盐水的作用主要是增大氯离子浓度，提高含Pb物质的溶解性，A正确；

B.反应I中，镭元素化合价由+4变为+2,铁元素化合价由+2变为+3,根据电子守恒可

3+

知，MnO2~2Fe,则每消耗3moiMnO?,生成6moiFe3+,B正确；

C.反应H中，铁离子和FeS2反应生成S和亚铁离子，离子方程式为：

3+2+

2Fe+FeS2=3Fe+2S,C错误；

D.反应H速率逐渐变慢，其原因可能是生成的S覆盖在FeS?固体表面，减小了反应面

积，导致反应速率减慢，D正确;

故选C。

10.5-羟甲基糠醛(5-HMF)的一种合成路线如下图所示。下列说法不正确的是()

CH.OH

C-H1

C=0

烈》一

-^>H0HO——H

纤维素H——0HH——OH

H——0HH——0HOH

CH2OHCH.OH

葡萄糖链式果糖环式果糖5-羟甲基糠醛

0HO

己知：1=II

RCH=C—HRCH,—C—H

A.①的反应是水解反应

B.一定条件下链式果糖也能发生银镜反应

C.葡萄糖、链式果糖和环式果糖互为同分异构体

D.④中生成5—HMF与H2。的物质的量之比为1：2

K答案》D

K解析WA.纤维素水解生成葡萄糖，所以①的反应是水解反应，选项A正确；

B.含有醛基的有机物能和银氨溶液发生银镜反应，虽然链式果糖中不含醛基，但链式果

糖和葡萄糖之间存在转化平衡，链式果糖中含有葡萄糖，葡萄糖中含醛基，一定条件下链

式果糖也能和银氨溶液发生银镜反应，选项B正确；

C.分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体，葡萄糖、链式果糖和环式果糖的分

子式都是C6Hl2。6,结构不同，所以互为同分异构体，选项C正确；

D.环式果糖的分子式为C6Hl2。6,5-羟甲基糠醛的分子式为C6H6。3,根据原子守恒，④

中生成5-HMF与H20的物质的量之比为1:3,选项D错误；

R答案工选D。

11.由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是()

实验操作和现象结论

向NaBr溶液中滴加过量氯水，溶液变为橙色，再加入

A氧化性:Cl2>Br2>I2

淀粉KI溶液，溶液变为蓝色

将补铁剂溶于盐酸，过滤，将滤液加入KM11O4溶液

B补铁剂中含有二价铁

中，溶液紫色褪去

在5mLFeJ溶液中滴加2滴Na,SO,溶液，溶液变为发生了水解反应和氧化

C

红褐色，再滴加K31Fe(CN)6］溶液，产生蓝色沉淀还原反应

将充满NO?的试管倒扣在盛有足量水的水槽中，试管收集的NO?中含有不

D

中液面上升，试管顶部仍有少量气体溶于水的杂质气体

K答案UC

K解析UA.过量氯水也会将碘离子转化为碘单质，不能得出相应结论，A不符合题意；

B.引入的氯离子也会酸性高镒酸钾反应使得溶液褪色，干扰了亚铁离子的检验，不能得出

相应结论，B不符合题意；

C.溶液变为红褐色，说明水解生成了氢氧化铁沉淀；再滴加K31Fe(CN)6］溶液，产生

蓝色沉淀，说明铁离子被还原为亚铁离子，能得出相应结论，C符合题意：

D.二氧化氮和水生成硝酸和不溶于水的一氧化氮气体导致试管顶部仍有少量气体，不能

得出相应结论，D不符合题意；

故选Co

12.聚氨酯水凝胶M是一种良好的药物载体，由三种原料在70℃及催化剂条件下合成，其

结构片段如下图（图中表示链延长）。下列说法不正确的是（）

聚氨酯水凝胶M

O

已知：

O=C=N-R,+R2-O-H^g.II

R2—o—c—NH—R1

A.Z对应的原料单体是乙二醉

B.合成聚氨酯水凝胶M的原料之一为：O=C=N

C.1个X对应的原料分子中至少含有4个羟基

D.聚氨酯水凝胶M通过水解反应可再次得到合成时所用的三种原料

K答案2D

K解析DA.乙二醇分子含有2个羟基，可以发生缩聚反应生产Z,Z对应的原料单体是

乙二醇，A正确;

0

B.己知：O=C=N-R[+R,-0-H—，版厂〉II，则

R2—O—C—NH—R,

可以和CH30H反应生成

=0

0CH,,在生成M的过程中形成M中链节Y,B正确;

C.1个X与4个Y相结合，则X中至少含有4个羟基与

OCHj发生取代反应得到M中X、Y相连的部分，C正确;

0

D.聚氨酯水凝胶M通过水解反应，Y链节部分会转化为

而不是得到合成时所用的初始原料，D错误;

故选D。

13.常温下，向10mL浓度均为O.lmol.LJi的NaOH和Na2c。3混合溶液中滴加

O.lmoLL/盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如下图所示。下列说法不正确的是

()

已知：常温常压下，1体积水能溶解约I体积CO?。

A.a点的溶液中，c（OH）＞c（Cr）

B.b点（pH=7）的溶液中，2n（CO：）+n（HCOD＜0.001mol

C.c点的溶液pH＜7,是因为此时HCO；的电离能力大于其水解能力

D.d点的溶液中，c（Na+）=c（Cl）

K答案Hc

K解析》A.a点加入5mL的溶液中0』mol-LT盐酸，得到溶液中氢氧化钠、氯化钠物质

的量之比为1:1,此外溶液中碳酸根离子会水解生成氢氧根离子，故溶液中

c（OH-）＞c（Cr）,A正确；

B.b点加入盐酸体积大于20mL,则n（C1）＞0.002mol,根据电荷守恒可知，

n（Na+）+n（H+）=n（OH）+n（CF）+2n（CO；"）+n（HCO"）,pH=7,则

n（H+）=n（OH）,故n（Na+）=n（Cr）+2n（CO；）+n（HCO》由钠元素守恒可知，

n（Na'）=0.003mol,则溶液中2n（CO；）+n（HCO；）＜0.00]mol,B正确;

C.c点溶液中含有氯化钠、碳酸氢钠、碳酸，溶液pH＜7,是因为碳酸的电离程度大于

HCO,的水解能力，C错误；

D.d点计入30mL稀盐酸，根据氯元素、钠元素守恒可知，溶液中,

n（Na*）=n（C「）=0.03mol,则c（Na，）=c（C「），D正确；

故选C。

14.某同学检验海带中是否含有碘元素，进行了如下实验。

步骤I：灼烧干海带得到海带灰；

步骤n：将海带灰加蒸储水溶解、过滤，得到海带灰浸取液；

步骤m：取少量浸取液于试管中，加入淀粉溶液，溶液未变蓝；再加入io%!!?。？溶液（硫

酸酸化），溶液变为蓝色；

步骤IV：将10%1^02溶液（硫酸酸化）替换为氯水，重复步骤III,溶液未变蓝；

步骤V：向步骤IV所得溶液中通入SC）2,溶液迅速变为蓝色。

下列说法不正确的是（）

A.步骤I中，灼烧干海带的目的是除去有机化合物，获得可溶性碘化物

+

B.步骤III中，反应的离子方程式：H2O2+2F+2H=I2+2H2O

C.若将步骤V中的SO2替换为KI溶液，也可能观察到溶液变为蓝色

D.对比步骤m、iv和v中实验现象，说明该条件下H?。？氧化性比氯水强

K答案HD

K解析WA.干海带灼烧过程中所含有机质转化为二氧化碳和水，得到可溶性碘化物，故

A正确；

B.根据步骤in中现象可知，io%!!?。?将碘离子氧化为碘单质，根据电子得失守恒得反

+

应离子方程式：H2O2+2r+2H=I2+2H2O,故B正确；

C.由步骤IV、步骤V的现象可知氯水将碘化物氧化为碘酸盐，碘酸盐被二氧化硫还原碘

单质，KT也具有较强还原性，也能将碘酸盐还原为碘单质，故c正确；

D.对比步骤HI、IV和V中实验现象，可知H2O2只能将碘化物氧化为碘单质，而氯气能

将碘化物氧化为碘酸盐，说明氯气的氧化性强于H2O2,故D错误；

故选：D。

第n部分（非选择题共58分）

二、本部分共5题，共58分。

15.随着科学的发展，氟及其化合物的用途日益广泛。

I、离子液体具有电导率高、化学稳定性高等优点，在电化学领域用途广泛。某离子液体

的结构简式如下图。

-[=\T

/NNXBF4

_H3CH2C^CH3J

1-乙基-3-甲基咪唾四氟硼酸盐([Emin]B^)

(1)写出基态铜原子的价电子排布式o

(2)NaBR是制备此离子液体的原料。

①微粒中F-B-F键角：BF,BF；(填或"=")。

②BF,可以与NaF反应生成NaB目的原因是。

(3)以Cu(B耳b和[Emin]B耳的混合体系做电解质溶液，可以实现在不锈钢上镀铜。

镀铜时，阳极材料为，电解质溶液中Cu?+向极移动(填“阴”或“阳”)。

II、NaF等氟化物可以做光导纤维材料，一定条件下，某NaF的晶体结构如下图。

(4)与P距离最近且相等的Na+有个。

(5)"人表示阿伏伽德罗常数的值。NaF晶胞为正方体，边长为anm,则晶体的摩尔体

积Kn=m3-moE1。(Inm=10"9m)

K答案》(1)3不。4sl(2)①〉②B且可与F-结合形成配位键

Nq3

(3)Cu阴(4)6(5)3-X10-27

4

K解析鼠1)铜是29号元素，基态铜原子的价电子排布式为3d%si,故R答案肋：3不蜘；

(2)①BF3中价层电子对数=。键数+孤电子对数=3+三3=3,杂化轨道数=价层电子对

2

3+1-4x1

数=3,B采取sp2杂化，而B耳价层电子对数=4+——--=4,杂化轨道数=4,B采取

sp3杂化，所以F—B—F键角：BF,>Bf7；

②B耳可与F结合形成配位键，故BE可以与NaF反应生成NaB巳；

(3)镀铜时，阳极材料为Cu,电解质溶液中阳离子CM+向阴极移动;

(4)白球FZ黑球Na+，与F-等距且最近的Na+有6个，以体心处白球为研究对

象，与F-等距且最近的Na+位于6个面心处;

1114

(5)1个晶胞中有8x%+6x-=4个Na*，12x-+l=4个F,晶胞物质的量=工一mol,晶

824%

,,a3xlO27/??33

273

胞体积=(axIO-"m3,vm=一=4—xlOm/molo

n——molA

16.化学平衡常数在定性分析与定量分析中应用广泛。

(1)一定温度下，在密闭容器中反应：I2(g)+H2(g)=2HI(g),测得如下数据。

开始浓度10s20s30s

,

c(I2)/mobIJ0.500.220.110.11

-1

c(H2)/mol-L0.500.220.110.11

0.000.560.780.78

①该温度下，I2的平衡转化率为。

1

②该温度下，当初始投入浓度为c(l2)=0-44mol-LJi,c(H2)=O^mol-U,

c(HI)=4.00mol-L时，进行实验，反应进行的方向为(填“正反应方向”或

“逆反应方向”)。

(2)己知：25℃时，H2so3、H2cO3、HC10、CH3coOH的电离平衡常数。

物质H2SO3H2CO3HC1OCH3coOH

降=1.4x10.

电离平Kal=4.5x10-7

8K；,=1.8x1(尸

Ka=4.0x1(r

衡常数Ka2=6.0x10-84=4.7x10”

①25c时，相同物质的量浓度的H2sO3、H2co3、HC10、CH3cOOH溶液，c（H+）由

大到小的顺序为。

②25℃时，向20.00mLCH,COOH溶液中加入NaOH溶液达到滴定终点，再向溶液中加

入CH3co0H溶液，使溶液中n（CH3coO）=n（CH3coOH）,溶液中c（H*）=

__________molU1«

③结合电离平衡常数分析CO?与NaClO溶液反应的产物。

④将足量SO2通入AgNO,溶液中，迅速反应得到无色溶液和白色沉淀（Ag2so3）。放置一

段时间，有Ag和SO；生成。先产生白色沉淀，后生成Ag和SO/的可能原因是

____________________________________________O

K答案》（1）①78%②逆反应方向

（2）①H2so3>CH3coOH>H2co3>HC1O②1.8*10巧③HC1O和

NaHCO,④SO2与AgNC）3溶液生成Ag2so③沉淀的速率大于生成Ag和SO；速率

K解析》（1）①由表中数据可知平衡时碘单质的物质的量为01Imol,则k的平衡转化率为

05（）5011><1（）0%"78%，故R答案》为：78%；

②由表中数据可知平衡时：c（12）=。」ImoLLJi、c（H2）=0.11molU',

A7只2

c（HI）=0.78mol•匚i,则该反应的平衡常数K=——.........该温度下，当初始投入

'70.11x0.11

浓度为c（l2）=0.44mol-L7lc（H2）=0.44mol-U',c（HI）=4.00mol-LJ时，Qc=

421

-------------=——-——>K,则反应向逆反应方向进行，故K答案》为：逆反应方向；

0.44x0.440.11x0.11

（2）①相同物质的量浓度的H2so3、H2co3、HC10>CH3cOOH溶液，氢离子浓度

主要取决于各种酸的一级电离程度的大小，由表中数据：

Kai(H2SO3)>Ka(CH,COOH)>Q(H2co3)>。(HC1O),则溶液中氢离子浓度：H2SO,>

CH3COOH>H2CO3>HC1O,故K答案》为：H2SO,>CH3COOH>H2CO3>

HC1O；

②溶液中n(CH3co0)=n(CH3C00H),则C(CH3coO)=c(CH3COOH),结合醋

c(CH,COO)c(H+)

酸电离平衡常数Ka=--------!~—=c(H+)=1.8x10^molL71，故K答案U

C(CH3COOH)

为:1.8x10-5；

③由电离常数可知酸性：H2CO3>HC1O>HCO；,根据强酸制弱酸原理，CC>2与NaClO

溶液反应的产物只能是HC1O和NaHCO,，故K答案』为：HC1O和NaHCO,;

@SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3沉淀，同时SO?与AgNO,也能氧化还原反应生成Ag

和SOj,根据现象可知生成Ag2s。3沉淀的速率大于生成Ag和SO：速率，故R答案》

为：SO2与AgNO3溶液生成Ag2so3沉淀的速率大于生成Ag和SO：速率。

17.左氧氟沙星是一种具有广谱抗菌作用的药物，其前体K的合成路线如下：

已知：

i、R—OHR—OPHT?可_>R—OH（其中DHP、PPTS是有机试剂缩写）

2LiAIHj12

ii、R'-COOR>R-CH2OH+ROH

ROOC、ROOC、

出C=CH-O-R，+R4_NHCHQ>/C=CH-NH—&

R3OH

(1)A中含-CH3,A_B的化学方程式是_______________________________________

(2)D的结构简式是。

F

(3)已知试剂a的结构简式为。DfE的反应类型为

F

F

(4)G分子中官能团名称为氟原子、醛键、、。

COOC2H5

(5)已知试剂b为c2HsO——CH=C，H的结构简式是

、COOC2Hs

(6)I中含有两个酯基，I的结构简式是。

(7)K的另一种制备途径如下：

COOC2M5M

OC2H5CHgl

写出M、N、P的结构简式______________

CH,—CH—C(X)HCH,—CH—C(XKli

K答案次1)|+C2H50H甯簟珍;$

OHOH

CH,——CH—CH,OU—一、©甘〜甘

(2)一(3)取代反应(4)羟基氨基

OPHT

o

CH,CH-C(X)H

K祥解UA中含-CH3,参照E的结构，A的结构简式为，B为

OH

CH3-CH—COOC2H3CH,—CH—COOC,H,

c为D为

OHOPHT

/COOC,H,

/COOC2H

(.H<O——CH=C、，则H为\：。也；

COOC2Hs

H的分子式为G7H21NO6F2,I的分子式为Cl7H19NO5F2,则H脱掉1个H2O生成I,I为

COOC.H,

N—CH=《,1发生取代反应生成J和乙醇，则J为

人C%COOC2H5

CH「CH——COOH

【详析】（1）由分析可知，A的结构简式为，8为

OH

CH,—CH—COOC,HCH,—CH—C(X)H

T,则AfB的化学方程式是+C2H50H

OHOH

成浓山cCHx—CH—C(XX\H$…dpLCHX—CH—C(X)H

嗑"I典--+H2OO[[答案』为：•

OHOH

CHj—CH—COOC,H

+C2H50H诲浓舞?S

+H2O；

OH

CH（-（H—CH4）H

（2）由分析可知，D的结构简式是。K答案》为:

OPHT

CH3-CH—CH20H

OPHT

CH,

（3）已知试剂a的结构简式为，贝!15。"+

；FOPHT

7O'+HF,反应类型为取代反应。K答案U为：取代反

OPHT

应;

(4)G为:分子中官能团名称为氟原子、酸键、羟基、氨基。K答案》

为：羟基；氨基;

/COOC2H5

（5）已知试剂b为CJI5O—CH-C，由分析可得出，H的结构简式

、COOC2Hs

/COOC2H5

是COOC2H5。1答案』为:

冷

/COOC2Hs

O((XX2H5；

OH

(6)I中含有两个酯基，由分析可得出，I的结构简式是

COOC2H5

CoK答案》为:

X

COOC2H5

COOC\H,

/'>

C、

COOC2H5

O

FCOOH

(7)由K制备,采用逆推法，可确定P为

F

CH3

CC-5(H,—CH—CHOil

,参照信息造，可确定M为,N为

NNH,

0

COOC2H,

，从而得出M、N、P的结构简式分别为

NH—CH—CH,OH

18.鸨精矿分解渣可回收制备氧化铁和碳酸镭。在70~80℃时，鸨精矿分解渣用盐酸浸取,

浸出液中主要金属离子为Fe3+、MV+、Ca2+»还含有少量Af+、Q?+等。浸出液进一

步制备氧化铁和碳酸镭的部分工艺流程如下。

已知：i、金属离子的起始浓度为O.lmoLlJ时，生成氢氧化物沉淀的pH。

氢氧化物Fe(OH)3AI(OH)3CU(OH)2Mn(OH)2

78

开始沉淀时1.53.34.4

完全沉淀时2.84.66.48.8

ii、

物质CaSO4CaCO3MnCO3CuSMnS

7.1x10-52.8xlO-92.3x10-131.3x10』2.5xl(r”

（1）浸出液加入硫酸镇后，采取的分离操作是。

（2）沉淀1的主要成分是o

（3）已知，煨烧后的Fe2Ch不溶于水和稀硝酸。粗氧化铁中除Fe2O3外，还含有的物质是

_________________________________O

（4）结合化学用语解释（NHj2S溶液呈碱性的原因。

（5）滤液3中含有Mn?+和Ca2+,加入Na2co?主要沉淀出MnCO：的原因可能是

_______________________________________________O

（6）碳酸镒含量测定。

步骤1：准确称取（）.l（）（）（）g碳酸铳样品于锥形瓶中，加入适量高磷混酸（主要含HCIO4和

HjP。4）加热至220℃~240℃,无小气泡冒出后，冷却至室温。

步骤2：用0.04mol-LT硫酸亚铁镀［（NHJzFeGOJz］标准溶液滴定，消耗硫酸亚铁钱

标准溶液体积为amL。

已知：i、PO；能与Mi?+络合形成稳定的［Mn（POj2「。

ii、HCIO4的沸点为203℃.

①写出HC1O,将Mi?+氧化为［Mn（POJ广，同时生成Cl2的离子方程式

②碳酸铳样品中镒的质量分数为。

K答案U（1）过滤（2）CaSO4（3）AI2O3、CuO

+

（4）钱根离子水解NH；+H2OlW?（NH3H2O+H,硫离子水解

2

S+H2OHS+OH,钱根离子水解程度小于硫离子水解程度，使得溶液显碱性

（5）Ksp（CaCO,）＜Ksp（MnCO3）,镐离子比钙离子更容易结合碳酸根离子生成沉淀，且

溶液中钙离子浓度低不易生成沉淀

2++

(6)①2ClO4+14Mn+28H3PO4=Cl2T+14[Mn(PO4)7J'+8H2O+68H

②2.2a%

R祥解》鸨精矿分解渣用盐酸浸取，浸出液中主要金属离子为Fe"、Mn2+>Ca?+，还含

有少量Af+、cl+等；浸出液加入硫酸钱，部分钙离子和硫酸根离子生成硫酸钙沉淀得到

沉淀1,过滤滤液1加入氨水调节pH,将铁离子、铝离子、部分铜离子转化为沉淀2,沉淀

2煨烧得到粗氧化铁，加入稀硝酸洗涤得到氧化铁；滤液2加入硫化钱得到硫化铜沉淀3,

滤液3加入碳酸钠得到MnCO3沉淀；

【详析】（1）浸出液加入硫酸镀后，需要分离固体和液体，故采取的分离操作是过滤；

（2）由分析可知，沉淀1的主要成分是CaSO«；

（3）沉淀2中含有氢氧化铁、氢氧化铜、氢氧化铝，煨烧得到氧化铁、氧化铜、氧化铝，

故粗氧化铁中除Fe2C>3外，还含有的物质是AbCh、CuO；

+

（4）（NHjS中镂根离子水解NHl+H2。脩珍NH3H2O+H,硫离子水解

2

S+H2OHS+OH,钱根离子水解程度小于硫离子水解程度，使得溶液显碱性；

（5）由图标可知，Ksp（CaCO3）>Ksp（MnCO3）,镒离子比钙离子更容易结合碳酸根离

子生成沉淀，且溶液中钙离子浓度低不易生成沉淀：

（6）①HCK）4将Mn"氧化为[MMPOjj",同时生成C^,氯元素化合价由+7变为

0,镭元素化合价由+2变为+3,由电子守恒结合质量守恒可知，离子方程式

2+3+

2ClO4+14Mn+28H3PO4=Cl21+14[Mn（PO4）,]+8H2O+68H»

②滴定过程中亚铁离子转化为铁离子、三价锦转化为二价镭，根据电子守恒和铳元素守恒

可知MnCO3~Mn2+~[（NH4）2Fe（SO4）2],故碳酸钵样品中镭的质量分数为

0.04xaxlOTmolx55g-mo\]oo%=2.2a%。

0.1000g

19.某小组同学探究不同条件下H2O2与三价格（Cr）化合物的反应。

资料：i、Cr"（墨绿色）、CrO；（墨绿色）、Cr（OH）3（蓝色）、CrO：（黄色）、（橙

3

色）、[Cr（O2）4]-.（砖红色）。

ii、Cr2O^+H2O2CrOj+2H+

+

iii、H2O2H+HO；；HOjH+O)

室温下，向O.lmoLLTCr?(SO,?溶液中滴加H2SO4溶液或NaOH溶液分别配制不同

pHCr(IH)溶液；取配制后的溶液各5mL,分别加入足量30%也。？溶液。

实验@②③④

PH4.106.758.4313.37

加凡。2前

现象墨绿色溶液蓝色浊液