安徽省合肥市2026届高三化学下学期第二次教学质量检测试卷含解析

2026年合肥市高三第二次教学质量检测

化学

(考试时间：75分钟满分：100分)

注意事项：

1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上。

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，务必擦净

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。

可能用到的相对原子质量：Li7N14Al27

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.化学与生产和生活密切相关，下列说法错误的是

A.氮的固定属于氧化还原反应

B.动力电池中的石墨烯属于新型无机非金属材料

C.降落伞使用的芳纶纤维属于有机高分子材料

D.“燃烧等离子体”的核聚变过程属于化学变化

【答案】D

【解析】

【详解】A．氮的固定是将游离态氮（单质N2，氮元素为0价）转化为化合态氮的过程，过程中氮元素化

合价发生变化，属于氧化还原反应，A正确；

B．石墨烯是碳的单质，区别于传统无机非金属材料，属于新型无机非金属材料，B正确；

C．芳纶纤维是合成有机高分子聚合物，属于有机高分子材料，C正确；

D．化学变化的最小微粒是原子，化学变化过程中原子种类不发生改变，而核聚变过程中原子核发生变化、

原子种类改变，不属于化学变化，D错误；

故选D。

2.以下分离、提纯物质的方法达．不．到．目的的是

A.重结晶法提纯苯甲酸

B.分液法分离茶水中的茶多酚

C.色谱法分离提纯植物色素中的叶黄素

D.分馏法分离石油中的汽油、煤油等轻质油

【答案】B

【解析】

【详解】A．利用苯甲酸溶解度随温度变化差异大的特点，用重结晶法提纯苯甲酸，A正确；

B．分液法适用于分离互不相溶的液态混合物，茶多酚易溶于茶水，体系不存在分层现象，无法用分液法分

离，B错误；

C．色谱法利用不同组分在固定相和流动相中的分配系数差异，可分离提纯植物色素中的叶黄素，C正确；

D．分馏法利用石油中各组分沸点的差异，可分离得到汽油、煤油等轻质油，D正确；

故选B。

3.用下列化学知识解释对应劳动项目不．合．理．的是

劳动项目化学知识

A自制肥皂油脂发生氢化反应

3水解生成胶

AlAlOH3

B用明矾净水

体

烘焙蛋糕时加入小苏NaHCO3受热分解产生

C

打

CO2

用铁粉、活性炭和食盐

D铁发生电化学腐蚀放出热量

制作暖贴

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A．自制肥皂利用的是油脂在碱性条件下的水解反应（皂化反应），而非油脂与氢气发生的氢化反

应，A错误；

B．明矾电离出的3水解生成胶体，胶体具有吸附性，可吸附水中悬浮杂质实现净水，B正确；

AlAlOH3

C．NaHCO3受热分解产生CO2气体，可使烘焙的蛋糕疏松多孔，C正确；

D．铁粉、活性炭和食盐可构成原电池，铁发生吸氧腐蚀（电化学腐蚀）的过程会放出大量热量，可用于制

作暖贴，D正确；

故选A。

4.荧光探针(HL)可用于检测Cu2，合成HL的过程如下图所示。下列说法正确的是

A.甲与苯胺互为同系物

B.1mol乙最多能和6molH2发生加成反应

C.HL能发生水解和氧化反应

D.可用溴水鉴别HL中是否含有乙

【答案】C

【解析】

【详解】A．甲分子含有2个氨基，苯胺只含1个氨基，二者结构不相似，不互为同系物，A错误；

B．乙中酯基的碳氧双键不能与H2加成，1mol乙中苯环消耗3molH2、碳碳双键消耗1molH2、醛

基消耗1molH2，共消耗5molH2，B错误；

C．HL含有酯基（内酯结构），能发生水解反应；含有酚羟基、碳碳双键，能发生氧化反应，C正确；

D．HL和乙均含有酚羟基（邻位有可取代氢）和碳碳双键，都能与溴水反应产生白色沉淀、使溴水褪色，无

法用溴水鉴别，D错误；

答案选C。

90℃

2AgClO3Cl22ClO2O22AgCl

5.氯酸银与干燥的氯气可发生反应①，生成的ClO2与臭氧可发

生反应②2ClO22O3Cl2O62O2。下列说法正确的是

A.O3中含有极性共价键

B.反应①中Cl2是还原剂

C.反应①中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2

D.反应②中若生成1molO2，则转移4mol电子

【答案】A

【解析】

【详解】A．O3为V形结构，中心氧原子与端位氧原子的电子云密度存在差异，氧氧键的共用电子对发生

偏移，属于极性共价键，A正确；

B．反应①中Cl2的Cl元素化合价从0价降低为AgCl中的-1价，得电子作氧化剂，B错误；

C．反应①中氧化产物是O元素化合价升高得到的O2（共1mol），还原产物是Cl元素化合价降低得到的ClO2

（2mol）和AgCl（2mol），氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶4，C错误；

D．反应②中生成2molO2时转移4mol电子，因此生成1molO2转移2mol电子，D错误；

故选A。

阅读下列材料，完成下列小题。

NH3是一种重要的化工原料。NH3的催化氧化是工业制HNO3的基础；NH3与COCl2反应可得到尿素

CONH；NH被氧化可生成NH，NH及其甲基衍生物CHNNH主要用作火

223NaClO2424322

箭燃料，与发生燃烧反应，液体可发生自电离反应生成和；在一定条件下还可

N2O4N2O4NO2NO2NH3

合成CH3NH2。

6.下列有关反应的化学方程式书写错误的是

催化剂

A.NH3的催化氧化反应：4NH35O24NO6H2O

Δ

B.COCl2与足量NH3反应：2NH3COCl2CONH222HCl

C.NaClO与NH3反应：NaClO2NH3N2H4NaClH2O

点燃

D.N2H4与N2O4的燃烧反应：2N2H4N2O43N24H2O

7.下列有关物质结构或性质的说法正确的是

A.键角：B.价电子总数：

NO2NO3NO2NO2

C.溶解性：D.给出能力：

CH32NNH2N2H4HNH3CH3NH2

【答案】6.B7.D

【解析】

【6题详解】

A．NH3催化氧化生成NO和H2O，方程式配平、反应条件均符合反应事实，A正确；

B．NH3与COCl2反应生成尿素和HCl，足量NH3会与反应生成的HCl进一步反应生成NH4Cl，正确的化学方

程式为，B错误；

COCl2+4NH3=CONH22+2NH4Cl

C．NaClO氧化NH3生成N2H4，电子守恒、原子守恒，方程式符合反应事实，C正确；

D．N2H4与N2O4燃烧发生归中反应生成N2和H2O，原子守恒、反应条件均正确，D正确；

故选B。

【7题详解】

5132

A．NO中心原子N的价层电子对数是33，无孤对电子，空间结构是平面三角形，键角为

32

5122

120°；NO中心原子N的价层电子对数是23，有1对孤对电子，空间结构是V形，孤对

22

电子对成键电子对的排斥作用使键角小于120°，故键角，A错误；

−−

23

B．价电子总数：为，为NO<NO，故价电子总数，

NO2NO2

+−

22

B错误；5+2×6−1=165+2×6+1=18NO<NO

C．N2H4含2个NH2，可与水形成更多氢键，甲基为疏水基团，故溶解性，C错误；

32224

CHNNH<NH

D．甲基为推电子基团，使CH3NH2中N的电子云密度更高，更易结合H（碱性更强），故给出H能力

3

，D正确；NH>

C故H选3NDH。2

8.和NCH能结合形成，的结构简式如图所示，下列说法错误

BF333F3BNCH33F3BNCH33

的是

A.BF3分子空间结构为平面三角形

B.第一电离能：FNB

C.和中，原子均为3杂化

BF3F3BNCH33Bsp

D.中与间形成配位键

F3BNCH33NB

【答案】C

【解析】

331

【详解】A．BF中B的价层电子对数为33，无孤电子对，分子空间结构为平面三角形，A正

32

确；

B．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的O，

且F的核电荷数更大，第一电离能大于N，故第一电离能，B正确；

2F>N>B

C．BF3中B的价层电子对数为3，杂化类型为sp；中B形成4个键，价层电子对数为4，

F3B−N(CH3)3

杂化类型为sp3，二者B原子杂化类型不同，C错误；

D．B原子有空轨道，N原子有孤电子对，中N提供孤电子对、B提供空轨道形成配位键，D

正确；F3B−N(CH3)3

故选C。

9.利用下列实验装置和试剂能实现相应元素不同价态间转化的是

试剂

元素不同价

abc态间的转化

过氧化氢碘酸

202

A水OOO

钠溶液

氯化亚

浓盐

101

B氯酸钾铁

酸ClClCl

溶液

浓硫硫化钠

640

C铜

酸溶液SSS

氢氧化

稀硝

542

D银钠NNN

酸

溶液

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A．过氧化钠与水反应时，过氧化钠中氧元素为-1价，起始价态不是-2价，不符合的转化

−20

要求，A错误；O→O

B．浓盐酸和氯酸钾常温下发生归中反应生成氯气，实现的转化，氯气通入氯化亚铁溶液中被还原为

−10

氯离子，实现的转化，该装置可满足反应条件，BC正l→确C；l

0−1

C．浓硫酸和铜C反l→应C需l要加热，该装置无加热条件，反应无法发生，不能实现价态转化，C错误；

D．稀硝酸和银反应生成NO，氮元素从+5价直接转化为+2价，且NO与氢氧化钠溶液不反应，无法实现题给

价态转化，D错误；

故选B。

10.铝丝在盐溶液中会发生腐蚀，系碳纤维的铝丝在不同盐溶液中质量的减少量随时间变化关系如下图所

示。下列说法正确的是

A.碱性条件下铝丝的腐蚀速率最慢

B.1溶液中，内的平均反应速率1

1molLAlCl303hvAl0.1gh

C.铝丝与足量的1溶液发生反应的离子方程式

1molLNa2CO3

2Al7HOCO2CO2AlOH3H

23242

D.其他条件相同时，加入Cl可以加快铝丝腐蚀速率

【答案】D

【解析】

【详解】A．强碱（如NaOH）碱性条件下铝的腐蚀速率很快，仅题给弱碱性Na2CO3溶液中腐蚀速率慢，该

表述绝对，A错误；

B．纵轴单位为，0~3h铝质量减少，，不是，

−3

−3−30.3×10g−4−1−1

B错误；10g0.3×10g�(Al)=3h=1×10g⋅h0.1g⋅h

C．2水解使溶液呈碱性，铝在碱性环境下发生腐蚀，失电子生成四羟基合铝酸根，水得电子生成氢

CO3​

气，碱性环境不会放出CO2，离子方程式为：，C

2−−−

32432

错误；2Al+2CO+8HO=2[Al(OH)]+2HCO+3H↑

D．含Cl的NaCl、AlCl3溶液中铝的腐蚀速率均远大于不含Cl的Na2CO3溶液，说明Cl可破坏铝表面

氧化膜，加快腐蚀速率，D正确；

答案选D。

11.仅用下表提供的试剂和用品，能实现相应实验目的的是

实验目的试剂用品

乙酰水杨酸、稀硫酸、

检验乙酰水杨酸

溶液

ANaHCO3试管、胶头滴管、酒精灯

()的酯基

、FeCl3溶液

铁制钥匙、铜片、烧杯、砂纸、导线、

B在铁制钥匙上镀铜

FeSO4溶液2~3V的直流电源、电流表

酸式滴定管、碱式滴定管、滴定

标准NaOH溶液、

C测定醋酸溶液的浓度管夹、烧杯、锥形瓶、铁架台、

待测醋酸溶液、蒸馏水

洗瓶

配制100mL1.0mol/L烧杯、容量瓶(100mL)、量筒、

DNaCl、蒸馏水

的NaCl溶液玻璃棒、药匙、滤纸、天平

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A．乙酰水杨酸本身不含酚羟基，加入稀硫酸加热使酯基水解，生成含酚羟基的产物，加NaHCO3

中和过量酸后再加FeCl3溶液，若显紫色即可证明存在酯基，所给试剂和用品可完成实验，A正确；

22

B．铁钥匙上镀铜需要含Cu的盐溶液作电解液，所给试剂为FeSO4溶液，无Cu无法实现镀铜，B错误；

C．酸碱中和滴定测定醋酸浓度需要指示剂判断滴定终点，所给试剂缺少指示剂，无法完成实验，C错误；

D．配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，定容步骤需要胶头滴管，所给用品缺少胶头滴管，无法完成实

验，D错误；

故选A。

12.我国科研人员设计出一种双功能光电化学电池，工作原理如图所示。碱性条件下，该电池通过控制开

关分别与S1或S2连接，可实现制备H2O2、光照充电或暗场放电。已知光照下光电极(PTTh)被激发产生电

hv

子e和空穴h:pTThpTTheh。下列说法正确的是

A.开关接S1时，光电极与电源正极连接

B.光照充电时，光电极附近溶液的pH变小

C.暗场放电时，负极的电极反应式为

NiOH2OHeNiOOHH2O

D.光照时若光电极累计产生2molh，理论上暗场放电时可以氧化1mol

【答案】D

【解析】

【分析】开关接时为电解池，光电极上O2转化为H2O2，O元素化合价降低，为阴极，当开关接S2时为

1

原电池，Cu催化S电极上醛基转化为羧酸根离子，发生氧化反应，故Cu催化电极为负极，中间电极在电解池

中充当阳极，发生氧化反应，原电池中充当正极，发生还原反应，据此解答。

【详解】A．由分析可知，开关接时为充电过程，光电极为阴极，应与电源负极连接，A错误；

1

S

B．光照充电时，光电极反应为，生成OH，附近溶液pH变大，B错误；

−−

2222

C．暗场放电时，中间电极为正极O，发+2生H得O到+电2子e的=还H原O反+应2，ONHi元素化合价降低，转化为；

NiOOHNi(OH)2

--

负极是Cu催化电极，发生醛基被氧化为羧基的反应：-2e+3OH=+2H2O，C错

误；

D．光照时产生对应充电过程转移2mol电子，可将氧化为；暗场放电时转移

+

2molℎ2molNi(OH)2NiOOH

2mol电子，中醛基被氧化时每个分子失2个电子，故理论上可氧化1mol糠醛，D正确；

故选D。

13.晶体具有良好的导电性，其晶体是由平面层和非密置的层交替叠加而成，

Li3NLi2NLi

平面层结构如下图1所示，3处在形成的六元环的中心。晶体结构如下图2所示。

Li2NNLiLi3N

已知N3和Li的半径分别为146pm和59pm。下列说法错误的是

A.Li3N的电子式为

364.8

B.LiN层中LiN间距为pm

23

C.LiN晶胞中距离N3最近的Li数为8

3

�−

D.LiN晶体中，Li可出入层间及层内空隙从而具有导电性

【答�案−】C3

【解析】

【详解】A．为离子化合物，N3最外层满足8电子稳定结构，与Li形成离子键，给出的电子式书写

3

正确，A正确L；iN

B．层中N位于Li构成的正六元环中心，N3之间距离为364.8pm，转化为数学模型：

−

Li2N

，，、，可求间距（AB）

BC=364.8pmAD⊥BC∠ABC=30°Li−N

为，B正确；

364.8

3pm

C．根据晶体结构，一个N3周围有6个同平面的Li和2个轴向的Li。同平面Li与N3的距离约为

210.6pm。轴向的2个Li与N3的距离更近，约为193.75pm。因此，距离N3最近

364.8387.5pm

3pm=2=

的Li数为2，C错误；

D．晶体中存在非密置Li层，Li可在层间及层内空隙移动，使晶体具有良好导电性，D正确；

故选C。

14.在含难溶碱的溶液中，一定范围内存在平衡关系：

CdOH2spHCdOH2sCdOH2aq

5.27，2，

K110CdaqOHaqCdOHaqK2CdOHaqOHaqCdOH2aq

K104.2，K，

3CdOH2aqOHaqCdOH3aq4

2K。℃时，pM随pH的变化关系如图所示[其中

CdOH3aqOHaqCdOH4aq525

pMlgcM，表示2、、、2]。下列说法错误的是

MCdCdOHCdOH3CdOH4

A.Ⅱ代表pCdOH随pH的变化情况

B.℃时，KCdOH1013.67

25sp2

C.b点，cCdOHcCdOHcOHcH

3

D.随增大，cCdOHaq保持不变

pH2

【答案】C

【解析】

【分析】根据pM定义：，浓度越大，越小；且pH增大时c(OH)增大，对于Cd2：

pM=−lg �(M)pM

，变形得：，​​则ppH，斜率为+2，

�sp

2+2−2+2−2+

�sp=�(Cd)⋅�(OH)�Cd=�(OH)(Cd)=2(−14)+p�sp

低pH（酸性）条件下，OH浓度小，Cd2浓度最大，pM最小；且pH增大时pM上升最快，是正斜率（pM

随pH增大而增大）中最陡的线，对应图中Ⅰ线（注意纵坐标从下往上是减小，所以此处斜率为+2是下降曲

线）。

对于：，代入得：，则ppH

+​​

sp2sp

+�(CdOH)2+�+��+

22+−2−−

CdOH，�斜率=为�(C+d1，)�对(OH应)线Ⅱ；�Cd=�(OH)�CdOH=�(OH)(CdOH)=−14+

2sp

对p�于+p�：第一个平衡：，平衡常数（温度

​CdOH2sCdOH2aq

−

Cd(OH)3�1=�[Cd(OH)2(aq)]

不变为定值）；结合，得，则p

−

�[Cd(OH)3]

−−−−

423413

�=�[Cdp(HOH)(aq)]�(OH)�[C，d(斜OH率)为]-=1，�对⋅应�线⋅�Ⅲ(O；H)[Cd(OH)]=−

−

41CdOH41

对lg�于(OH)+p�⋅：�=−(−14)+，p�Cd⋅O�H，CdOH

​CdOH2−OH

2−�42−2−2−

45−−45414

Cd(OH)，斜率�为-=2，�对应3线·�Ⅳ；�=��⋅�⋅�(OH)p=−2pH−14+

541

【p�详解·�】⋅A�．根据分析，Ⅱ代表随pH的变化，A正确；

+

p(CdOH)

B．a点，I和Ⅱ交点，说明。根据，代入

+​

2++�(CdOH)2+

22+−

pH=9.8�(Cd)=�(CdOH)�=�(Cd)�C(OdOHH)Cd�OH(Cd(aq))=

得：；又

Cd+OHCdOHOH

2

+1(14−9.8)4.2��

2−2+−+−

�(CdOH)�=�(OH)=10=10�1=�[Cd(OH)2(aq)]=�·�×�·�×

，因此：，B正确；

​−5.27

1

2+2−�10−13.67

23spsp4.24.2

C�(．C根d据)溶�液(O电H荷)守恒=，�阳·�离子·�电荷总和等于�阴离=子�2电�3荷=总10和：×10=10

2+++−

，整理得：2�(Cd)+�(CdOH)+�(H)=�(OH)+

−2−+−−+2+

343

�[Cd(OH)]+2，�[bCd点(OcH(C)d2])和�均(C不dO为H0)，−因�[此Cd等(O式H不)成]=立�，(OCH错)误−；�(H)−2�(Cd)−

2−2−

2�[Cd(OH)4]�[Cd(OH)4]

D．存在平衡Cd(OH)2(s)Cd(OH)2(aq)，平衡常数，温度不变时K1​不变，因

�1=�[Cd(OH)2(aq)]

此c[Cd(OH)2(aq)]保持不变，D正确；

故选C。

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15.钕铁硼(NdFeB)废料中主要含Fe2O3和稀土氧化物RE2O3(RE是稀土元素的缩写，此处RE2O3表示

Nd2O3和Pr2O3等)。从钕铁硼废料中获得稀土氧化物的一种流程如下。

回答下列问题：

（1）Fe3的价电子排布图为_______。

（2）“氯化焙烧”时，焙烧温度对稀土元素和铁元素“浸取”时浸出率的影响如下图所示，写出“氯化焙

烧”时RE2O3生成稀土氯化物RECl3的化学方程式_______，当温度超过310℃后，稀土元素浸出率降低

的原因可能是_______。

（3）“浸取”时所得浸渣的主要成分是_______(填化学式)。

（4）“除铁”步骤中，当Fe3完全沉淀时，pH应大于_______(当离子浓度小于1105molL1时，离

子完全沉淀；KFeOH11038)。若使用离子液体甲基三辛基氯化铵

sp3

[]作萃取剂，也可通过萃取出Fe3而达到“除铁”的目的，该离子液体

具有较低的熔点，分析其原因是_______。

（5）“沉淀”时，稀土元素形成草酸盐，则“滤液”中含有的阳离子有_______。

RE2C2O43

（6）写出“焙烧”时生成稀土氧化物RE2O3的化学反应方程式_______。

【答案】（1）（2）①.焙烧②.

RE2O3+6NH4Cl2RECl3+6NH3↑+3H2O↑

分解速率加快，与稀土元素之间的反应不完全，导致稀土元素浸出率降低

NH4Cl

（3）Fe2O3

（4）①.3②.阳离子体积大且结构不对称，导致空间位阻大，减弱了离子间的静电作用力，使

得熔点低

（5）、

++

HNH4800℃

（6）

2RE2C2O433O22RE2O312CO2

【解析】

【分析】首先加入氯化焙烧，将稀土氧化物转化为可溶于水的，完成稀土的氯化

NH4Cl​RECl3​

23

转化；随后水浸浸取，大部分铁以不溶物形式留在浸R渣E，O实现稀土与铁的初步分离；浸出液加氨水沉淀剩

余Fe3完成深度除铁，再加草酸沉淀稀土得到草酸盐，最终高温焙烧分解得到目标产物，据此解答。

23

【小问1详解】REO

Fe为26号元素，Fe原子失去3个电子得到Fe3，价电子排布式为3d5，电子排布图为。

【小问2详解】

焙烧

氯化焙烧时，REO​与NH4Cl反应生成RECl​、氨气和水，化学方程式：

233RE2O3+6NH4Cl2RECl3+

；温度超过310℃后浸出率降低的原因：受热易分解挥发，温度过高后氯化剂浓

NH4Cl

32

度6N降H低↑，+稀3H土O氯↑化程度下降，因此浸出率降低。

【小问3详解】

由浸出率图像可知，铁元素浸出率极低，大部分铁以不溶于水的Fe2O3形式留在浸渣中，因此浸渣主要成

分为Fe2O3​。

【小问4详解】

离子完全沉淀时Femol/L，由Fe(OH)FeOH，代入得

3+−53+3−−38

sp3

11�[3]=�()⋅�()=1×10

c(OH)110�(mol)/L<，1计×算10得pH3，因此Fe完全沉淀时pH应大于3；该离子液体熔点低的原

因：该离子的阳离子体积大，结构不对称，空间位阻大，阴阳离子间离子键作用力弱，晶格能小，因此熔

点低。

【小问5详解】

除铁时加入氨水，溶液中引入；沉淀时草酸与稀土氯化物反应生成草酸盐沉淀，同时生成，因

NH4​H

此滤液中阳离子为、。

++

HNH4

【小问6详解】

空气中800℃焙烧草酸稀土，生成稀土氧化物和二氧化碳，化学方程

800℃

式：。

2RE2C2O433O22RE2O312CO2​

16.硫氰化钾(KSCN)广泛应用于化学分析、制药、颜料和电镀等领域。某化学兴趣小组在实验室制备KSCN

的步骤如下：

I．按如图装置(夹持装置省略)，向三颈烧瓶中加入5mLCS2、16.5mL过量的饱和氨水及少量辛基酚聚

氧乙烯醚，室温下快速搅拌，当溶液呈深红色时停止搅拌，得到中间产物NH2CS2NH4。

Ⅱ．将三颈烧瓶改装为蒸馏装置。控制温度℃，分解为和，当烧瓶内溶液

80NH2CS2NH4NH4SCNH2S

褪色后，停止加热。

Ⅲ．冷却后，过滤除去辛基酚聚氧乙烯醚沉淀，洗涤沉淀，将洗涤液与滤液合并。再向合并液中加入KOH

溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到KSCN晶体。

已知：与氨水互不相溶，的沸点为℃，的沸点为℃；

CS2CS246NH42S40

②辛基酚聚氧乙烯醚会在较高温度下凝聚为沉淀。

回答下列问题：

（1）仪器A的名称为_______。

（2）已知步骤Ⅰ中发生反应：CS22NH3NH2CS2NH4ΔH0，在室温下进行该反应的原因是

_______(写出两点)。

（3）辛基酚聚氧乙烯醚分子一端是疏水基、另一端是亲水基，在本实验中可加快反应速率，原因是_______。

（4）步骤Ⅱ中控制温度80℃的方法是_______，蒸馏主要除去的杂质是_______(填化学式)。

（5）小组同学将5滴molLKSCN溶液滴入盛有2mL浓HNO3的试管中，溶液立即变红，静置一段时

−1

1⋅

间后，突然剧烈反应，红色迅速褪去，并放出大量红棕色气体。为探究KSCN与浓HNO3的反应产物，小组

同学做了如下实验。

实

操作现象

验

i向反应后的试管中滴加BaCl2溶液产生白色沉淀

将产生的红棕色气体通入足量

ii产生白色沉淀

和浓的混合溶液中

BaOH2NaOH

将ii中所得沉淀过滤、洗涤后，再向

iii沉淀完全溶解

沉淀中加入过量稀硝酸

已知：能被氧化为黄色的，可聚合为红色的。

SCNSCN2SCN2SCNx

①试管中产生的气体为NO2和_______(填化学式)，浓HNO3与KSCN溶液发生的总反应的离子方程式为

_______。

②“突然剧烈反应，红色迅速褪去”，猜想NO2可能是溶液红色迅速褪去反应的催化剂。请设计实验验证

此猜想是否成立_______。

【答案】（1）球形冷凝管

（2）①反应放热，防止温度过高导致CS2挥发、氨气逸出；②温度升高平衡逆向移动，降低产物产率；③

辛基酚聚氧乙烯醚凝聚等

（3）增大反应物接触面积，加快反应速率

（4）①.水浴加热②.

NH42S

（5）①.②.2③.向

CO2SCN15NO314HSO4CO216NO27H2O

2mL浓HNO3的试管中，通入一定量的NO2，再滴入5滴molLKSCN溶液，若溶液变红后迅速褪色，

−1

且产生大量的红棕色气体，则证明猜想成立1⋅

【解析】

【分析】本实验制备KSCN的原理为：室温下二硫化碳与过量氨水发生加成反应生成中间产物​；

该反应放热，室温操作可避免温度升高导致氨气挥发，加入的辛基酚聚氧乙烯醚作为乳化剂N，H促2C进S2原NH本4不

互溶的CS2​与氨水充分接触，加快反应速率。之后80℃水浴加热使中间产物分解得到NH4SCN，蒸出

低沸点杂质，再加KOH发生复分解反应，经结晶提纯得到KSCN晶体。

【小问1详解】

根据仪器结构，该仪器为球形冷凝管。

【小问2详解】

已知CS2​沸点仅，NH3是易挥发气体，温度过高会导致反应物挥发；反应H0为放热反应，温

度升高平衡逆向移动46，℃降低产物产率，因此室温下反应。

【小问3详解】

题干说明CS2​与氨水互不相溶，反应物接触面积小反应慢，该物质一端疏水一端亲水，可乳化混合体系，

增大反应物接触面积，加快反应速率。

【小问4详解】

需要恒定控制80℃（低于100℃），因此采用水浴加热；已知氨水过量，分解产物含H2S，二者结合生成

，的沸点为℃，故蒸馏主要除去的杂质是。

NH42SNH42S40NH42S

【小问5详解】

①实验中加得白色沉淀说明被氧化为2；红棕色气体通入产生可溶于稀硝酸的

BaCl2​SSO4Ba(OH)2​

白色沉淀，说明C被氧化为CO2，SCN中3价N被氧化为NO2，浓硝酸被还原为NO2​，结合化合价

−

升降、电荷守恒配平得到离子方程式；2。

SCN15NO314HSO4CO216NO27H2O

②验证催化剂猜想，采用对比法，其他条件相同，只需提前通入NO2，对比红色褪去速率即可验证，故方

案是：向2mL浓HNO3的试管中，通入一定量的NO2，再滴入5滴molLKSCN溶液，若溶液变红后

−1

迅速褪色，且产生大量的红棕色气体，则证明猜想成立。1⋅

17.氢能作为一种清洁的可再生能源，具有燃烧