北京2023-2024学年高三年级下册开学考化学试题（解析版）

交大附中2023-2024学年度第二学期2月开学测

化学试卷

可能用到的相对原子质量：N14016Fe56

第一部分

1,《本草经集注》中记载：“其黄黑者名鸡屎矶[CU2（OH）2c。3或C%（OH）2so4],不入药用，惟堪镀

作，以合熟铜（铜单质）。投苦酒（醋酸）中，涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变。”下列说法不正确的

是

A.“不入药用”是因鸡屎矶可溶于胃酸，产生的Cu?+可使蛋白质变性

B,鸡屎矶“投苦酒（醋酸）中”，反应前后各元素化合价不变

C.“苦酒（醋酸）”中碳原子均为sp3杂化

D.”涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变”是指Fe从溶液中置换出Cu,且覆盖在Fe表面的Cu阻止反

应继续进行

【答案】C

【解析】

【详解】A.碱式碳酸铜和或碱式硫酸铜能与胃酸的主要成分盐酸反应生成铜离子，铜离子可使蛋白质变

性，故A正确；

B.碱式碳酸铜与醋酸溶液反应生成醋酸铜、二氧化碳和水，碱式硫酸铜与醋酸溶液反应生成硫酸铜、醋

酸铜、二氧化碳和水，反应中均没有元素发生化合价变化，故B正确；

C.醋酸分子中甲基碳原子的杂化方式为sp3杂化，竣基碳原子为sp2杂化，故C错误；

D.由题意可知，“涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变”是因为铁与溶液中的铜离子发生置换反应生成的

铜覆盖在铁的表面，铁表面的铜阻碍了铁与溶液中的铜离子继续反应，故D错误；

故选Co

2.下列化学用语或图示表达正确的是

A.NO；的VSEPR模型：X?B.反2丁烯的分子结构模型：OQ

人X

II

C.NH3的电子式：-1D.基态Cr原子的价层电子排布式：3d44s2

II：N：T1

【答案】A

【解析】

5+l-2x3

【详解】A.NO；中N原子的价层电子对数为3+3,VSEPR模型为平面三角形，即

2

,A正确;

表示顺-2-丁烯的分子结构模型，B错误;

c眼的电子式为c错误;

II

D.基态Cr的价层电子排布式为3d54s'D错误;

故选：Ao

3.下列说法不正确的是

A.植物油氢化后所得的硬化油不易被空气氧化变质，可作为制造肥皂的原料

B.向饱和（NHJ2SO4溶液中滴加几滴鸡蛋清溶液，出现沉淀，加蒸储水后沉淀溶解

C.酸催化下，nmol苯酚与nmol甲醛反应生成线型酚醛树脂，同时生成（2n-l）molH?。

NH2

O

II

核昔与磷酸通过磷酯键结合形成核甘酸。-

D.Hf—O-CH?N-N

OH

H

UH

【答案】C

【解析】

【详解】A.硬化油中不含碳碳不饱和键，所以性质较为稳定，不易被空气氧化变质，而饱和的高级脂肪

酸甘油酯在碱性的条件下水解，用于制取肥皂，A项正确;

B.向饱和（NHJ2SO4溶液中滴加鸡蛋清溶液，发生盐析，出现白色沉淀，向沉淀中加入适量蒸储水，沉

淀溶解，盐析为可逆过程，B项正确;

OH

C.酸催化下，nmol苯酚与nmol甲醛反应生成线型酚醛树脂，化学方程式为nN+nHCHO”®

OH

+n1

CH2--OH(_)H2O,所以nmol的苯酚与nmol甲醛反应生成(n-l)mol的水，C项错误;

D.由核甘酸结构可知，核昔与磷酸通过磷酯键结合形成核甘酸，D项正确；

答案选C。

4.下列方程式与所给事实不相符的是

A.人工固氮：N2+3H2.蓝:2NH3

B.NaHC03用于焙制糕点：ZNaHCC^lNazCOs+HzO+COzT

+2+

C.向NaHSC)4溶液中加入Ba(OHk至溶液显中性：H+SO^+OH+Ba=BaSO4+H2O

光昭

++

D.久置氯水变为无色：C12+H2OH+Cr+HC10,2HC1O=^2H+2CP+O2T

【答案】C

【解析】

【详解】A.催化剂作用下氢气和氮气在高温高压条件下生成氨气的反应属于人工固氮，反应的化学方程

式为N+3H,.2NH,,故A正确；

乙2乙催化剂◊

B.碳酸氢钠用于焙制糕点是因为碳酸氢钠受热分解生成的二氧化碳能使糕点疏松多孔，反应的化学方程

式为2NaHCO3±Na2cO3+H2O+CO21，故B正确；

C.向硫酸氢钠溶液与加入的氢氧化钢溶液至溶液显中性发生的反应为硫酸氢钠溶液与氢氧化钢溶液反应

2+

生成硫酸钠、硫酸钏沉淀和水，反应的离子方程式为2H++SO；-+2OH+Ba=BaSO4J+2H2O,

故C错误；

D.久置氯水变为无色是因为氯气与水反应生成的次氯酸不稳定，遇光分解生成盐酸和氧气，有关方程式

光昭

++

为CI2+H2O,H+Cr+HC10,2HC1O=^=2H+2CP+O2T,故D正确；

故选c。

5.下列物质性质的比较，与氢键无关的是

A.密度：水>冰

B.熔点：NH4C1>HC1.

【答案】B

【解析】

【详解】A.冰中一个水分子与周围四个水分以分子间氢键形成四面体结构，氢键有方向性，水结成冰分

子间空隙增大，因此密度比水小，故A不符合题意;

B.NH4cl固体离子晶体，固体HC1为分子晶体，则熔点：NH4C1>HC1,与氢键无关，故B符合

题意；

C.对羟基苯甲醛存在分子间氢键，邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，分子间氢键致使熔沸点升高，分子内

氢键致使熔沸点降低，因此沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，故c不符合题意；

可与碱基形成氢键，更易配对，所以与碱基配对的能力:

,故D不符合题意;

故选B。

6.有NH3存在时，活性炭吸附脱除NO的反应方程式为6NO+4NH3=5N2+6H2。。研究发现：活性

炭的表面含有竣基等含氧官能团，活性炭含氧官能团化学吸附NH3和NO的机理如下图所示。下列说法

不正确的是

HH

—

—

NN

—

—

[H穴-

HH

,,

㊀V

\

c

l

A.NH；和NH3中心原子的杂化方式相同

B.吸附时，NH3中的N原子与竣基中的H原子发生作用

C.室温时，脱除30gNO转移电子数约为6.02x1023个

D.含氧官能团化学吸附NH3、NO的连接方式与0、N、C和H的电负性有关

【答案】C

【解析】

5-1-45-3

【详解】A.NH：和NH,中心N原子的价层电子对数分别为4+^—=4、3+——=4,VSEPR模型均

22

为四面体，则N原子的杂化方式均为sp3,故A正确；

B.由图可知，吸附时NH3与H原子配位转化为［NH/+,即N原子与竣基中的H原子发生作用，故B

正确；

C.6NO+4NH3=5N2+6凡0中NO得电子生成N2,ImolNO转移电子2mol,30gNO的物质的量为

送30g「1mo1l,转移电子数约为2x6.必炉个，故C错误;

D.含氧官能团化学吸附NH3时形成［NH/+，含氧官能团化学吸附NO时形成C=O-N=O结构，说明含

氧官能团化学吸附NH3、NO连接方式与0、N、C和H的电负性大小有关，元素电负性越大，吸引键

合电子的能力越强，故D正确；

故选：C„

7.已知：2NO2(g).'N2O4(g)AH<0利用装有NO2和N。混合气体的平衡球如图，探究温度对

化学平衡的影响。

实验如下:

实

实验操作实验现象

验

①将两组平衡球室温放置平衡球均为红棕色且颜色相同

将一组平衡球的两端分别

②—

浸入冷水和热水中

将另一组平衡球的一端靠加热一段时间后，该平衡球颜色变浅，直至接近无色；

③

近酒精灯火焰停止加热后，平衡球颜色恢复

下列说法不正确的是

A.断裂2moiNO2中的共价键所需能量小于断裂ImolNzC^中的共价键所需能量

B.实验②，浸入冷水中的平衡球颜色变浅，浸入热水中的平衡球颜色加深

C.实验③，平衡球颜色变浅，可能是温度过高，导致NO2分解生成NO和。2

D.实验③，停止加热，平衡球颜色恢复，是2NC）2（g），N2O4（g）逆向移动导致的

【答案】D

【解析】

【详解】A.该反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，则断裂2moi二氧化氮中的共价键所

需能量小于断裂Imol四氧化二氮中的共价键所需能量，故A正确；

B.该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色加深，降低温度，平衡向正反

应方向移动，混合气体颜色变浅，故B正确；

C.该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色加深，则实验③中平衡球颜色

变浅，可能是温度过高，导致二氧化氮分解生成一氧化氮和氧气，故C正确；

D.该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色加深，则实验③中平衡球颜色

变浅，可能是温度过高，导致二氧化氮分解生成一氧化氮和氧气，所以停止加热，平衡球颜色恢复是因

为一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮所致，故D错误；

故选D。

8.喀菌酯是一种新型的高效、广谱农用杀菌剂，合成其中间体N的路线如下：

下列说法不正确的是

A.ImolK最多可以与2moiNaOH发生反应B.L的核磁共振氢谱有两组峰

C.N中含有两种含氧官能团D.生成物M与N的化学计量数之比是1:1

【答案】D

【解析】

【分析】由图可知，ImolK与ImolL先发生取代反应、后发生消去反应生成2moi甲醇和ImolN,则M

为甲醇。

【详解】A.由结构简式可知，K分子中含有的酚酯基能与氢氧化钠溶液发生水解反应，贝iJlmolK最多可

以与2moi氢氧化钠发生反应，故A正确；

B.由结构简式可知，L分子中含有2类氢原子，核磁共振氢谱有两组峰，故B正确；

C.由结构简式可知，N分子的含氧官能团为懒键、酯基，共有2种，故C正确；

D.由分析可知，ImolK与ImolL先发生取代反应、后发生消去反应生成21noi甲醇和ImolN,则生成物

M与N的化学计量数之比是2：1,故D错误；

故选D。

9.下列实验方案能达到相应目的的是

浓硝酸

胆仲艮五也力\11

r工1

-酸性KMnO，

溪水、支溶液41!

7

D.由

A.检验澳乙烷消去产B.制乙块并检验乙块具有还原C.比较A1和Cu的金FeCl3-6H2O

物中的乙烯性属活动性制取无水

FeCl3固体

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.澳乙烷和NaOH的醇溶液共热生成乙烯，挥发的乙醇和滨水不反应，乙烯和澳水发生加成反

应生成无色物质，所以能实现实验目的，故A正确；

B.电石中生成的乙快和H2s都能使酸性高镒酸钾溶液褪色，H2s干扰乙焕的检验，所以该实验不能检验

乙焕具有还原性，故B错误；

C.常温下，A1和浓硝酸发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜而阻止进一步反应，不能实现实验目

的，故C错误；

D.加热FeCLgHQ时，Fe3+水解生成Fe(0H)3和HC1,加热促进盐酸挥发，所以得不到无水氯化铁固

体，故D错误；

故选A„

10.科研人员以间硝基甲苯为原料，采用间接成对电解方法合成间氨基苯甲酸。两极材料分别采用Pb、

PbO2,电解质溶液为H?SO4溶液。反应的原理示意图如下。

--

产品AB

电

电

极

极

下列说法不亚酶的是

A.A电极为电解池阴极

3+-+

B.B电极反应为：2Cr+7H2O-6e=Cr2O^+14H

C.Imol间硝基甲苯氧化为Imol间硝基苯甲酸时，转移8moi仁

COOH

D.产品、既可以与酸反应，也可以与碱反应

^-NH2

【答案】C

【解析】

【分析】由图可知，与电源负极相连的电极A为电解池的阴极，TiO2+离子在阴极得到电子发生还原反应生

成Ti3+离子，电极反应式为TiO2++e-+2H+=Ti3++H2。，阴极区中评+离子与间硝基苯甲酸酸性条件下

反应生成间氨基苯甲酸、和水，反应的离子方程式为3+

TiC)2++6Ti+4H2O

+6TiO2++6H+,电极B为阳极，水分子作用下铭离子在阳极失去电子发生氧化反应生成重铭酸

根离子和氢离子，电极反应式为2Cr3+-6e—7H2O=Cr,O：+14H+,阳极槽外中重铭酸根离子与间硝基甲

+

苯酸性条件下反应生成间硝基苯甲酸，反应的离子方程式为+Cr2O？-+8H=

（XN|||

3+

+2Cr+5H2O,电解时，氢离子通过阳离子交换膜由阳极区加入阴极区，据此作答。

【详解】A.由分析可知，与电源负极相连的电极A为电解池的阴极，故A正确；

3++

B.由分析可知，电解时B电极反应为：2Cr-6e+7H2O=Cr2O?+14H,故B正确；

C.阳极槽外中重铭酸根离子与间硝基甲苯酸性条件下反应生成间硝基苯甲酸，反应的离子方程式为

i'll.（IMHI

+3+

+Cr2O^+8H=（Jx+2Cr+5H2O,根据B电极反应2（2产-6日+7H2O=Cr2（*+14H+,

可知生成转移电子为6mol,则Imol间硝基甲苯氧化为Imol间硝基苯甲酸时，转移电子为

6mole-,故C错误；

（（K|||

D.Xs中的氨基呈碱性，可与酸反应，痰基呈酸性，可以与碱反应，故D正确；

故答案选C。

11.某同学进行如下实验：

已知：在实验温度下，

H2s的电离平衡常数：9=1.3x10-2,羯=6.3x10-8；

H2cO3的电离平衡常数：&=4.2x101=5.6xl（）T。

下列说法不正确的是

A.饱和NaHCC>3溶液可以除去CO?中的SO?

B.依据Ka'H2so3）<K%（H2co3）可推知，向NaHCC>3溶液中加入NaHSC>3,不能生成H2cO3或

C02

C.过程I所得溶液中存在

c（Na+）+c（H+）=2c（SO；）+c（HSO；）+c（HCO；）+2c（COj）+C（OH）

D.过程II所得溶液中存在c（Na+）<c（HSO；）+C（SOj）+c（H2SO3）

【答案】D

【解析】

【详解】A.H2s。3的电离平衡常数：&=1.3x10-2大于H2c。3的电离平衡常数：4=4.2x10，

H2s03能NaHCCh与发生反应生成CO2,也不生成其他杂质，故可用饱和NaHCCh溶液可以除去CCk中的

SO2,故A正确；

B.假设向NaHCC>3溶液中加入NaHSC>3,能生成H2cO3或C。？，则反应为：

HCO[+HSC）3=H2cO3+SO,，但此时得到的是K%（H2SO3）>Ka1（H2CO3）,与题中所给的信息相

悖，说明向NaHCC>3溶液中加入NaHSC>3,不能生成H2cO3或C。？，故B正确；

C.过程I所得NaHCO3和Na2s。3混合溶液中存在电荷守恒：

c（Na+）+c（H+）=2c（SO|-）+c（HSO-）+c（HCO；）+2c（CO。+c（OH）,故C正确；

D.过程II所得溶液中，NaHSC）3存在物料守恒：则c（Na+）=c（HSO3）+c（SO；]+c（H2SO3），故D

错误；

故答案选D。

12.二氧化碳基聚碳酸酯是通过环氧化物和二氧化碳共聚得到的一种绿色高分子材料，一种聚碳酸酯M的

合成方法如下：

下列说法不正确的是

A.K和M中均含有手性碳原子

B.使用该材料时应避免接触强酸或强碱

C.生成ImolM参加反应的C。？的物质的量为（m+n）mol

D.依据M的合成原理，可推测合成M的过程中会产生含六元环的副产物

【答案】D

【解析】

【详解】A.由图可知，K分子中含有如图*所示的手性碳原子：M分子中含有如

图*所示的手性碳原子:故A正确;

B.由图可知，M分子中含有的酯基在强酸或强碱溶液中会发生水解反应，所以使用该材料时应避免接触

强酸或强碱，故B正确；

C.由图可知，mmolK分子、ntnolL分子与(m+n)mol发生加聚反应生成ImolM,故C正确；

D.由图可知，K分子、L分子中的碳氧环断裂与二氧化碳发生加聚反应生成M,所以合成M的过程中

会产生含五元环的副产物，故D错误；

故选D。

13.某兴趣小组将4g铁钉放入30mL4%CuSC)4溶液中，溶液pH变化如下图所示。一段时间后，取出铁

钉，过滤，取反应后的滤液，加适量KSCN溶液，溶液立即变红，但红色很快褪去，产生白色沉淀。下列

说法不正确的是

①CuSCN：白色固体，不溶于水；

201738

②室温下，^sp[Cu(OH)2]=2.2xlO-,TCsp[Fe(OH)2]=4.9xl0,^sp[Fe(OH)3]=4.0xl0^o

+

A.CuS04溶液pH<7的原因是Cu2++2H2OCu(0H)9+2H

B.0~6000s,随着反应进行，溶液pH下降的原因可能是Fe?+被。2氧化为Fe3+

2+

C.反应后期溶液pH略有上升的可能原因是Fe+2H+=Fe+H2T

D.溶液先变红后又褪色的可能原因是Fe3++3SCN-.-Fe(SCN)3的反应速率快,

2Cu?++4SCJT、-2CuSCNJ+(SCN%的反应限度大

【答案】B

【解析】

【详解】A.CuS04溶液pH<7的原因是CM+发生水解反应所致，离子方程式是：

2++

CU+2H2OCU(OH)Q+2H,故A正确；

B.红色物质为Fe(SCN)3,根据题中信息②可知，氯化铜与KSCN溶液反应生成(SCN)2,根据信息③可

知(SCN)2化学性质与氯气相似，具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+,故B错误；

C.反应后期溶液pH略有上升的可能原因是Fe+2H+=Fe2++H2T,H+浓度减小，故C正确；

D.Fe3+和SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3，CuSCN是白色沉淀，溶液先变红后又褪色的可能原因是

Fe3++3SC?TFe(SCN)3的反应速率快，2Cu2++4SCNT2CuSCNJ+(SCN，的反应限

度大，导致Fe3++3SCN—.—Fe(SCN)3逆向进行，故D正确；

故选B。

A.铁钉吸氧腐蚀的负极反应为Fe-2e-=Fe?+

B.由实验可知，C「、NH；能加快铁的吸氧腐蚀速率

C.曲线先陡后平可能是由于生成的氢氧化物增加，阻碍了反应继续进行

D.由实验可知，NH：水解产生的H+能减少难溶氢氧化物的生成，酸性越强吸氧腐蚀的速率越大

【答案】D

【解析】

【详解】A.由题给已知信息知，铁钉吸氧腐蚀的负极反应式为Fe-2e=Fe2+,故A正确；

B.根据②和④可以看出NH；能加快铁的吸氧腐蚀速率，根据①和②可以看出氯离子能加快铁的吸氧腐

蚀速率，故B正确；

C.一方面是由于氧气体积分数降低后使腐蚀速率变慢,另一方面也可能是于溶液碱性增强促进氢氧化物

的生成，氢氧化物覆盖在铁钉表面阻碍反应继续进行，故C正确。

D.由实验可知，NH：水解使溶液显酸性，①②溶液显酸性，③④溶液显中性，酸性溶液可以加快吸氧

腐蚀速率，但在强酸性溶液中，钢铁发生析氢腐蚀，故D错误；

故选D。

第二部分本部分共5题，共58分。

15.氧族元素Se（硒）及其化合物有着广泛应用价值。

（1）NazSeSCM硒代硫酸钠，其中SeSO：可看作是SO：中的一个0原子被Se原子取代的产物）在某些

肿瘤治疗中能够提高治愈率。其制备和转化关系如下：

Agg>

SO"J—^i-»SeSOJ^iiAOgZ,Se+SO41

①按照核外电子排布，可把元素周期表划分为5个区。Se位于元素周期表___________区。

②SeSOj的空间结构是。

③过程ii中SeSO;一定断裂的化学键是。

（2）非铅双钙钛矿材料［（NHSSeBg有望大规模应用于太阳能电池。一定压力下合成的［（NHRSeBE晶

体的晶胞结构如下图，其中［SeBr6p-位于正方体的顶点和面心。

Br

①比较Se原子和Br原子的第一电离能大小，并从原子结构的角度说明理由o

②NH4中H—N—H键角（填“>”或“<"）NH3中H—N-H键角。

③一定压力下形成的［（NHSSeBg晶胞形状为正方体，边长为anm。已知［（NHSSeBg的摩尔质量是M

g-mol1,阿伏伽德罗常数为NA,该晶体密度为g-cm-3o（lnm=10-7cm）

（3）Cu-Se是一种钠离子电池的正极材料，充、放电过程中正极材料立方晶胞（示意图）的组成变化如下

图所示（晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子）。

0Se2-ONa+、Cu+、Cu2+可能占据的位置•Na+

每个Na2Se晶胞完全转化为Cu2-xSe晶胞，转移电子数为。

【答案】（1）①.p②.四面体③.硫硒键

（2）①.第一电离能Br>Se,Br和Se为同周期元素，电子层数相同，核电核数Br>Se,原子半径Br<Se,

4Mi

原子核对最外层电子的吸引作用Br>Se②.>③.—^X1°

3

NAa

（3）8

【解析】

【小问1详解】

①Se位于第四周期VIA族，位于元素周期表的p区；

②SeSO：可看作是SO：中的一个O原子被Se原子取代的产物，SO1中心原子价层电子对数为4+

；（6+2-4x2）=4,且没有孤电子对，SOj的空间构型为正四面体形，则SeSO：中心原子的空间结构

是四面体；

③过程ii中SeSO,转化为S0：,一定断裂的化学键是硫硒键。

【小问2详解】

①Br和Se为同周期元素，电子层数相同，核电核数Br>Se,原子半径Br<Se,原子核对最外层电子的吸

引作用Br>Se,则第一电离能：Br>Se；

②NH；中心原子价层电子对数为4+1（5-l-4xl）=4,没有孤电子对，NH3中心原子价层电子对数为3+

；（5-3xl）=4,含有1个孤电子对，孤电子对对成键电子对有排斥力，使键角变小，则NH；中H—N—

H键角〉NH3中H—N—H键角；

114M

③[SeBr/-位于正方体的顶点和面心，个数为8义一+6、彳=4,K+的个数为8,晶胞的质量为^g,晶体

82N

x213

的体积为（ax10"『^^3,晶胞的密度为N@310g/cmo

【小问3详解】

+

由Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na,由晶胞结构可知，位于顶点和

面心的Se2-个数为8x-+6x-=4,则每个晶胞中含有4个Na2Se,4个Na2Se完全转化为4Cu2-xSe过程

82

中，转移电子数为8。

16.某小组实验验证“Ag++Fe2+,TFe3++Ag厂为可逆反应并测定其平衡常数。

(1)实验验证

实验I：将0.0100mol/LAg2s04溶液与0.0400mol/LFeSCU溶液(pH=l)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶

液呈黄色。

实验n：向少量Ag粉中加入0.0100mol/LFe2(S04)3溶液(pH=l),固体完全溶解。

①取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是。

②n中溶液选用Fe2(SO4)3,不选用Fe(NO3)3的原因是。

综合上述实验，证实“Ag++Fe2+..Fe3++Ag1”为可逆反应。

③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图，写出操作及现象o

b()-1口uIu-Ml—Q()

(2)测定平衡常数

实验III：一定温度下，待实验I中反应达到平衡状态时，取vmL上层清液，用cimol/LKSCN标准溶液

滴定Ag+,至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液vimLo

资料：Ag++SCN--AgSCN；(白色)K=10i2

Fe3++SCN-,*FeSCN2+(红色)^=1023

①滴定过程中Fe3+的作用是。

②测得平衡常数K=o

(3)思考问题

①取实验I的浊液测定c(Ag+),会使所测K值_______(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。

②不用实验II中清液测定K的原因是o

【答案】（1）①.灰黑色固体溶解，产生红棕色气体②.防止酸性条件下，NO］氧化性氧化Fe2+

干扰实验结果③.a：钳/石墨电极，b：FeSCM或Fe2（SCU）3或二者混合溶液，c：AgNCh溶液；操作和

现象：闭合开关K,Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入

滴加较浓的Fe2（SO4）3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关K,Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向

右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2（SO4）3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，

指针向左偏转

0.01-吗

（2）①-指示剂②.——7----七八

电x0.01+上

（3）①.偏低②.Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态

【解析】

【分析】

【小问1详解】

①由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNCh（浓尸AgNCh+NChT+HzO,故当观察到的现象为灰黑色固体溶

解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag,故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。

2+

②由于Fe（NCh）3溶液电离出NO；将与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3,能氧化Fe,而干扰实

验，故实验II使用的是Fe?（SO4）3溶液，而不是Fe（NO3）3溶液，故答案为：防止酸性条件下，NO3氧化

性氧化Fe2+干扰实验结果。

③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe?++Ag+.，Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e-

Fe3+,Ag++e-■Ag,故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者伯电极，左侧烧杯中

电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+,采用FeSCU或Fe2（SCU）3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必

须含有Ag+,故用AgNCh溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关K,装置产生电流，电流从

哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的

现象为：Ag电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧

杯中加入滴加较浓的Fe2（SCU）3溶液，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag电极

上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中

加入滴加较浓的Fe2（SC>4）3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案

为：a：柏/石墨电极，b：FeSCU或Fe2（SO4）3或二者混合溶液，c：AgNCh溶液；操作和现象：闭合开关

K,Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的

Fe2（SO4）3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关K,Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一

段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左

偏转。

【小问2详解】

①Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+,因Ag+与SCN反应相较于Fe3+与SCN反应更加容易及彻底，当溶

液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，

故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。

②取I中所得上清液vmL。用cimol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗vimL,已

知：Ag++SCN-,-AgSCN,QI。巴说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag+的浓度为：

C.V.

c(Ag+)=-----mol/L,根据平衡三段式进行计算如下：

JV

Fe2++Ag+VAg+Fb

起始浓度(mol/L)0.020.010

转化浓度(mol/L)0.01—直出0.01-^0.01—2，故反应的平衡常数K=

VVV

平衡浓度(mol/L)0.01+220.01-^

VVV

八…CiVi八…C.V,

0.01--0.01--

c(Fe3+)

cvrvcvV故答案为：指示剂；cvrvcvv

2++

c(Fe)xc(Ag)-电X0.01+吗吗X0.01+电

【小问3详解】

①若取实验I所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag,因存在平衡Fe2++Ag+.，Ag+Fe3+,且随着反应

CV

Ag++SCN-,-AgSCN,使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即，，偏大，故所得

v

到的K=—~7---------屋K偏小，故答案为：偏小。

电X0.01+电

②由于实验II中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II所得溶液进行

测定并计算K,故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。

17.化合物I是合成噗琳酮类除草剂的一种中间体，其合成路线如下。

Cl—s—ci

AE

C6H5FCHONFC1

F

CH.NFC1

6A，

0

11.二^—N」-

o

DPPAn

iii.R1-COOH+R2NH2.e

—NHR

(1)A—B反应所需的试剂和条件是=

(2)己知：2cH3coOH—a+HzO。C—D的化学方程式为

(3)E—F的反应类型是=

(4)由C合成F的过程中，C—D的目的是0

(5)G—H的化学方程式为o

(6)化合物I的另一种合成路线如下：

0

已知：II催化剂

>R

R,—C—0—R2+R3NH,------------1-—NHR3+R—0H

①K的结构简式为

②M-I的过程中，还可能生成高分子化合物N。写出N的一种结构简式

【答案】17.浓硝酸、浓硫酸、加热

19.取代反应20.保护氨基

【解析】

【分析】由A和B的分子式可以推知A发生硝化反应生成B,则A为,结合D的结构简式

可以推知B为广丫，B发生还原反应生成C,结合C的分子式可以推知C为广丫，C

N2.

oo

发生已知信息ii的原理得到D,可以推知试剂a为，D和SO2c12发生取代反应生成E,结合

E的分子式可以推知E为,E在碱性条件下发生水解生成F,F为

,F发生已知信息i的原理得到G,G的结构简式为,H发生

已知信息iii的原理得到I,可以推知H为,以此解答。

【小问1详解】

由A和B分子式可以推知A发生硝化反应生成B,所需的试剂和条件是浓硝酸、浓硫酸、加热。

【小问2详解】

由分析可知，C发生已知信息ii的原理得到D,可以推知试剂a为,C-D的化学方程式

【小问3详解】

由分析可知，E在碱性条件下发生水解（取代）反应生成F。

【小问4详解】

由D-ETF可知，氨基先被反应后又生成，C-D的目的是保护氨基。

【小问5详解】

G和H发生已知信息ii的原理，结合G和H的结构简式可知试剂b为CH3coec）0H,G-H的化学方程

【小问6详解】

①M和JL发生已知信息的反应原理得到I,可以推知M为

ClCOOCCI3

L异构化得到M,可以推知L为

，K和NH3发生加成反应再发生消去反应生成L,可以推知K为

HNHCOCH,

②MTI的过程中，先生成

3

CH3

H

/N、可以发生缩聚反应生成高分子化合物N为

VOOCC13

c出

o

=

c0

OC3

18.白云石的主要化学成分为CaMg(CC>3)2,还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiCh。利用

白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。

已知:

物质C