【文档说明】北京交通大学附属中学2023-2024学年高三下学期开学考化学试题 Word版含解析.docx，共(26)页，3.004 MB，由小赞的店铺上传

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交大附中2023-2024学年度第二学期2月开学测2024.02可能用到的相对原子质量：N14O16Fe56第一部分1.《本草经集注》中记载：“其黄黑者名鸡屎矾[()223OHCuCO或()242CuOHSO]，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”是因鸡屎矾可溶于胃酸，产生的2Cu+可使蛋白质变性B.鸡屎矾“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3sp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，羧基碳原子为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C。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.3NO−的VSEPR模型：B.反-2-丁烯的

分子结构模型：C.3NH的电子式：D.基态Cr原子的价层电子排布式：423d4s【答案】A【解析】【详解】A．3NO−中N原子的价层电子对数为5123332+−+=，VSEPR模型为平面三角形，即，A正确；B．表示顺-2-丁烯的分子结构模型，B错误；C．3NH的电子式为，C错误

；D．基态Cr的价层电子排布式为513d4s，D错误；故选：A。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()442NHSO溶液中滴加几滴鸡蛋清溶液，出现沉淀，加蒸馏水后沉淀溶解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-1mol2HOD.核苷与磷酸通过磷酯键结合形成核苷酸【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()442NHSO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馏水，沉淀溶解，盐析为可逆过程，B项正确；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nnnCCC→催化剂n(n-1)C2，所以nmol的苯酚

与nmol甲醛反应生成(n-1)mol的水，C项错误；D．由核苷酸结构可知，核苷与磷酸通过磷酯键结合形成核苷酸，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：223N3H2NH+高温高压催化剂B.3NaHCO用于焙制糕点：

323222NaHCONaCOHOCO=++C.向4NaHSO溶液中加入()2BaOH至溶液显中性：22442HSOOHBaBaSOHO+−−++++=+D.久置氯水变为无色：22ClHOHClHClO+−+++、22HClO2

H2ClO+−++光照【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223N3H2NH+高温高压催化剂，故A正确；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32

3222NaHCONaCOHOCO=++，故B正确；C．向硫酸氢钠溶液与加入的氢氧化钡溶液至溶液显中性发生的反应为硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钠、硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为224422HSO2OHBaBaSO2HO+−

−++++=+，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，有关方程式为22ClHOHClHClO+−+++、22HClO2H2ClO+−++光照，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：4NHClHCl.C.沸点：D.与碱基配对的能力：【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．4NHCl固体是离子晶体，固体CCl为分子晶体，则熔点：4NHClHCl，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；D．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3NH存在时，活性炭吸附脱除NO的反应方程式为322

6NO4NH=5N6HO++。研究发现：活性炭的表面含有羧基等含氧官能团，活性炭含氧官能团化学吸附3NH和NO的机理如下图所示。下列说法不．正确．．的是A.4NH+和3NH中心原子的杂化方式相同B.吸附时，3NH中的N原子

与羧基中的H原子发生作用C.室温时，脱除30gNO转移电子数约为2360210．个D.含氧官能团化学吸附3NH、NO的连接方式与O、N、C和H的电负性有关【答案】C【解析】【详解】A．4NH+和3NH中心N原子的价层电子对数分别为5-1-44+=42、5-

33+=42，VSEPR模型均为四面体，则N原子的杂化方式均为sp3，故A正确；B．由图可知，吸附时3NH与C原子配位转化为4NH+，即N原子与羧基中的C原子发生作用，故B正确；C．3226NO4NH=5N6HO

++中N得电子生成N2，1molN转移电子2mol，30gN的物质的量为30g=1mol30g/mol，转移电子数约为2×6.02×1023个，故C错误；D．含氧官能团化学吸附NC3时形成4NH+，含

氧官能团化学吸附N时形成C=-N=结构，说明含氧官能团化学吸附NC3、N的连接方式与、N、C和C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：()()2242NOgNOgΔ0H利用装有2NO和24NO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：实验实验操作实验现象①将两组平衡球室温放置平衡球均为红棕色且颜色相同②将一组平衡球的两端分别浸入冷水和热水中——③将另一组平衡球的一端靠近酒精灯火焰加热一段时间后，该平衡球颜色变浅，直至接近无色；停止加热后，平衡球颜色恢复下列说法不正确的是A.断裂22molNO中

的共价键所需能量小于断裂241molNO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2NO分解生成N和2OD.实验③，停止加热，平衡球颜色恢复，是()()2242NOgNO

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2mol二氧化氮中的共价键所需能量小于断裂1mol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.嘧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.1molK最多可以与2molNaC

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，1molK与1molL先发生取代反应、后发生消去反应生成2mol甲醇和1molN，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，则1molK最多可以与2mol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醚键、酯基，共有2种，故C正确；D．由分析可知，1molK与1molL先发生取代反应、后发生消去反应生成2mol甲醇和1molN，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A.检验溴乙烷消去产物中的乙烯B.制乙炔并检验乙炔具有还原性C.比较Al和Cu的金属活动性D.由32FeCl6HO制取无水3FeCl固体A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．

溴乙烷和NaC的醇溶液共热生成乙烯，挥发的乙醇和溴水不反应，乙烯和溴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．电石中生成的乙炔和C2S都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C2S干扰乙炔的检验，所以该实验不能检验乙炔具有还

原性，故B错误；C．常温下，Al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32FeCl6HO时，Fe3n水解生成Fe(C)3和CCl，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、2PbO，电解质溶液为24HSO溶液。反应的原理示意图如下。下列说法不正确．．．的是A.A电极为电解池阴极B.B电极反应为：

3+22272Cr7HO6eCrO14H−−++−=+C.1mol间硝基甲苯氧化为1mol间硝基苯甲酸时，转移8mole−D.产品既可以与酸反应，也可以与碱反应【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，Ti2n离子在阴极

得到电子发生还原反应生成Ti3n离子，电极反应式为2+-+3+2TiO+e+2H=TiHO+，阴极区中Ti3n离子与间硝基苯甲酸酸性条件下反应生成间氨基苯甲酸、Ti2n和水，反应的离子方程式为n6Ti3nn4C2n6Ti2nn6Cn，电极B为阳极，水分子作用下铬离子在阳极失去电子发

生氧化反应生成重铬酸根离子和氢离子，电极反应式为3+-2-+2272Cr-6e+7HO=CrO+14H，阳极槽外中重铬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n2-27CrOn8Cn=n2Cr3nn5C2，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；B．由分析可知，电解时B电极反应为：3+-2-+2272Cr-6e+7HO=CrO+14H，故B正确；C．阳极槽外中重铬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n

2-27CrOn8Cn=n2Cr3nn5C2，根据B电极反应3+-2-+2272Cr-6e+7HO=CrO+14H，可知生成1mol2-27CrO转移电子为6mol，则1mol间硝基甲苯氧化为1mol间硝基苯甲酸时，转移电子为6mole

−，故C错误；D．中的氨基呈碱性，可与酸反应，羧基呈酸性，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，23HSO的电离平衡常数：12a1.310K−=，28a6.310K

−=；23HCO的电离平衡常数：17a4.210K−=，211a5.610K−=。下列说法不正确的是A.饱和3NaHCO溶液可以除去2CO中的2SOB.依据()()21a23a23HSOHCOKK可推知，

向3NaHCO溶液中加入3NaHSO，不能生成23HCO或2COC.过程Ⅰ所得溶液中存在()()()()()()()223333NaH2SOHSOHCO2COOHccccccc++−−−−−+=++++D.过程Ⅱ所得溶液中存在()()()()23323NaHS

OSOHSOcccc+−−++【答案】D.【解析】【详解】A．23HSO的电离平衡常数：1-2aK=1.310大于23HCO的电离平衡常数：1-7aK=4.210，C2S3能NaCC3与发生反应生成C2，也不生成其他杂质，故可用饱和NaCC3溶液可以除去C

2中的S2，故A正确；B．假设向3NaHCO溶液中加入3NaHSO，能生成23HCO或2CO，则反应为：--233233HCO+HSO=HCO+SO−，但此时得到的是()()21a23a23KHSO>

KHCO，与题中所给的信息相悖，说明向3NaHCO溶液中加入3NaHSO，不能生成23HCO或2CO，故B正确；C．过程I所得NaCC3和Na2S3混合溶液中存在电荷守恒：()()()()()()()++2---2--3333cNa+cH=2cSO+cHSO+cHCO+2cCO+cOH，故

C正确；D．过程II所得溶液中，3NaHSO存在物料守恒：则()()()()+-2-3323cNa=cHSO+cSO+cHSO，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1molM参加反应的2CO的物质的量为（mnn）molD.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、nmolL分子与（mnn）

mol发生加聚反应生成1molM，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430mL4%C

uSO溶液中，溶液pC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已知：①CuSCN：白色固体，不溶于水；②室温下，()2

0sp2CuOH2.210K−=，()17sp2FeOH4.910K−=，()38sp3FeOH4.010K−=。A.4CuSO溶液pH7的原因是()2+22Cu2HOCuOH2H+++B.0~6000s，随着反应进行，溶液pC下降的

原因可能是2Fe+被2O氧化为3Fe+C.反应后期溶液pC略有上升的可能原因是+2+2Fe2HFeH+=+D.溶液先变红后又褪色的可能原因是()33Fe3SCNFeSCN+−+的反应速率快，()222Cu4SCN2CuSCNSCN+−+

+的反应限度大【答案】B【解析】【详解】A．4CuSO溶液pC<7的原因是Cu2n发生水解反应所致，离子方程式是：()2+22Cu2HOCuOH2H+++，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Fe2n氧化成Fe3n，故B错误；C．反应后期溶液pC略有上升的可能原因是+2+2Fe2HFeH+=+，Cn浓度减小，故C正确；D．Fe3n和SCN-反应生成红色的(

)FeSCN3，CuSCN是白色沉淀，溶液先变红后又褪色的可能原因是()33Fe3SCNFeSCN+−+的反应速率快，()222Cu4SCN2CuSCNSCN+−++的反应限度大，导致()33Fe3SCNFeSCN+−+逆向进行，故D正确；故选B。14.某化学小组利用手持

技术探究铁钉在4种溶液中的吸氧腐蚀，下表为得到的相关实验数据。实验装置编号浸泡液pH氧气体积分数随时间的变化①141.0molLNHCl−5②()14420.5molLNHSO−5③11.0molLNaCl−7④1240.5mol

LNaSO−7下列说法不正确．．．的是A.铁钉吸氧腐蚀的负极反应为2Fe2eFe−+−=B.由实验可知，Cl−、4NH+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氢氧化物增加，阻碍了反应继续进行D.由实验可知，4NH+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-=Fe2n，故A正确；的B．根据②和④可以看出+4NH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，+4NH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）Na2SeS3(硒代硫酸钠，其中SeS23−可看作是S24−中的一个原子被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：2AgOSe2223324iiiSOSeSOAgSe+SO−−−⎯⎯→⎯⎯⎯→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。②SeS23−的空间结构是___________。③过程ii中SeS23−一定断裂的化学键是___________。（2）非铅双钙钛矿材料[(NC4)2SeBr6]有望大规模应用于太阳能电池。一定压力

下合成的[(NC4)2SeBr6]晶体的晶胞结构如下图，其中[SeBr6]2-位于正方体的顶点和面心。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___________。②NC4+中C—N—C键角___________(填“>”

或“<”)NC3中C—N—C键角。③一定压力下形成的[(NC4)2SeBr6]晶胞形状为正方体，边长为anm。已知[(NC4)2SeBr6]的摩尔质量是Mg·mol-1，阿伏伽德罗常数为NA，该晶体密度为_______

____g·cm-3。(1nm=10-7cm)（3）Cu2-xSe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)。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，原子核对最外层电子的吸引作用Br>Se②.>③.2

13A4M10Na（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；②SeS23−可看作是S24−中的一个原子被Se原子取代的产物，S24−中心原子价层电子对数为4n()162422+−

=4，且没有孤电子对，S24−的空间构型为正四面体形，则SeS23−中心原子的空间结构是四面体；③过程ii中SeS23−转化为S2-4，一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；②NC4+中心原子价层电子对数为4n()15-1412−=4，没有孤电子对，NC3中心原子价层电子对数为3n()15312−=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NC4+中C—N—C键角>NC3中C—N—C键角；③[SeBr6]2-位于正方体的顶点和面心，个数为118682+=4，Kn的个数为8，晶胞的质量为A4MNg，晶体的体积为()3370ma1c−，晶胞的密度为213A4M

10Nag/cm3。【小问3详解】由Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e-n(2-x)Cu=Cu2-xSen2Nan，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的Se2-个数为118682+=4，则每个晶胞中

含有4个Na2Se，4个Na2Se完全转化为4Cu2-xSe过程中，转移电子数为8。16.某小组实验验证“AgnnFe2nFe3nnAg↓”可逆反应并测定其平衡常数。（1）实验验证实验I：将0.0100mol

/LAg2S4溶液与0.0400mol/LFeS4溶液(pC=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。实验II：向少量Ag粉中加入0.0100mol/LFe2(S4)3溶液(pC=1)，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_______。②II中溶液选用Fe2(S4)3，不选用Fe(N3)3的原因是_______。综合上述实验，证实“AgnnFe2nFe3nnAg↓”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_______。（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c1mol/LKSCN标准溶液滴定Agn，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1mL。资料：AgnnSCN-AgSCN↓

（白色）K=1012Fe3nnSCN-FeSCN2n（红色）K=102.3①滴定过程中Fe3n的作用是_______。②测得平衡常数K=_______。（3）思考问题①取实验I浊液测定c(Agn)，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_______。为的【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，-3NO氧化性氧化Fe2n干扰实验结果③.a：铂/石墨电极，b：FeS4或Fe2(S4)3或二者混合溶液，c：AgN3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(S4)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(S4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转（2）①.指示剂②.111111cv0.01vcvcv0.01vv+−（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：Agn2CN3(浓)=AgN3nN2↑nC2，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由于Fe(N3)3溶液电离出3

NO−将与溶液中的Cn结合成由强氧化性的CN3，能氧化Fe2n，而干扰实验，故实验II使用的是Fe2(S4)3溶液，而不是Fe(N3)3溶液，故答案为：防止酸性条件下，-3NO氧化性氧化Fe2n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Fe2

nnAgnAgnFe3n为可逆反应，两电极反应为：Fe2n-e-Fe3n，Agnne-Ag，故另一个电极必须是与Fe3n不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3n或者Fe2n，采用FeS4或Fe2(S4)3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解

质溶液必须含有Agn，故用AgN3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(S4)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(S4)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：铂/石墨电极，b：FeS4或Fe2(S4)3或二者混合溶液，c：AgN3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(S4)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(S4)3溶

液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。【小问2详解】①Fe3n与SCN-反应生成红色FeSCN2n，因Agn与SCN-反应相较于Fe3n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

Agn恰好完全滴定，且溶液中Fe3n浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中Fe3n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c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v1mL，已知：AgnnSCN-AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，

故有I中上层清液中Agn的浓度为：c(Agn)=11cvvmol/L，根据平衡三段式进行计算如下：2++3+111111111111Fe+Ag+FeAg(mol/L)0.020.010cvcvcv(mol/L)0.010.010

.01vvvcvcvcv(mol/L)0.010.01vvv−−−+−起始浓度转化浓度平衡浓度，故反应的平衡常数K=3+2++(Fe)(Fe)(Ag)ccc=111111cv0.01vcvcv0.01vv+−，故答案为：指示剂；111111

cv0.01vcvcv0.01vv+−。【小问3详解】①若取实验I所得浊液测定Agn浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2nnAgnAgnFe3n，且随着反应AgnnSCN-AgSCN，使得上

述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Agn)偏大，即11cvv偏大，故所得到的K=111111cv0.01vcvcv0.01vv+−偏小，故答案为：偏小。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是合成唑啉酮类除草剂的一种中间体，其合成路线如下。已知：i．ii．iii．R1-CCnR2NC2⎯⎯⎯⎯⎯→DPPA（1）A→B反应所需的试剂和条件是___________。（2）已知：2CC3CC→anC2。

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___________。（5）G→C的化学方程式为___________。（

6）化合物I的另一种合成路线如下：已知：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】（1）浓硝酸、浓硫酸/（2）nDMSO/60⎯⎯⎯⎯→℃nCC3CC（

3）取代反应（4）保护氨基（5）nCC3CCC⎯⎯⎯⎯→一定条件nC2（6）①.②.【解析】【分析】根据A的分子式以及D的结构简式可知，A为，A中F下方邻位的C被硝基取代，生成B为，B与氢气反应，硝基被还原，生成C为，C与试剂a反应生成D，根据题中信息可知，试剂a为，D与反应生成E，结合E的

分子式可知，E为，E发生水解反应生成F为，F发生信息i中的反应生成G为，G与试剂b发生信息ii中的反应生成C，结合C的分子式可知，C为，试剂b为CC3CCC，C再发生信息iii的反应生成I。【小问1详解】根据分析可知，A发生硝化反应生成B，则需

要的试剂和条件为浓硝酸、浓硫酸/Δ。【小问2详解】从题中可知，两个乙酸反应生成a和水，则a为，C为，与发生取代反应生成D，化学方程式为nDMSO/60⎯⎯⎯⎯→℃nCC3CC。【小问3详解】E中肽键水解生成F，反应

类型为取代反应。【小问4详解】从反应C到F的流程中可知，C中氨基先参与了反应，最后又重新生成，所以C→D的目的是保护氨基。【小问5详解】根据分析可知，G与CC3CC反应生成C和水，反应的化学方程式为nCC3CCC⎯⎯⎯⎯→一定条件nC2。【小问6详

解】①M与发生已知信息的反应生成I，则M为，L异构化得到M，K与NC3先发生加成反应再发生消去反应生成L，则K为。②M生成I的过程中先生成，可以发生缩聚反应生成高分子化合物。18.白云石的主要化学成分为()32Ca

MgCO，还含有质量分数约为2.1%的Fe23和1.0%的Si2。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2()CaOH2()MgOH3CaCO3MgCOspK65.510−125.610−93.410−66.810−（1）白云石矿样煅烧完全分解的化学方程

式为___________。（2）4NHCl用量对碳酸钙产品的影响如下表n(NC4Cl)/n(Ca)氧化物(MO)浸出率/%产品中3CaCO纯度/%产品中Mg杂质含量/%(以3MgCO计)CaOMgO计算值实测值2.1∶198.41.199.199

.7——2.2∶198.81.598.799.50.062.4∶199.16.095.297.62.20备注：ⅰ、MO浸出率=(浸出的MO质量/煅烧得到的MO质量)100%(M代表Ca或Mg)ⅱ、3CaCO纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中3CaCO纯度。①解释

“浸钙”过程中主要浸出CaO的原因是___________。②沉钙反应的离子方程式为___________。③“浸钙”过程不适宜选用()()4nNHCl:nCaO的比例为___________。④产品中3CaCO纯度的实测

值高于计算值的原因是___________。（3）“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的()442NHSO溶液混合，充分反应后MgO的浸出率低于60%。加热蒸馏，MgO的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是___________。（4）滤渣C中含有

的物质是___________。（5）该流程中可循环利用的物质是___________。【答案】（1）()322CaMgCOCaO+MgO+2CO煅烧（2）①.()()spsp22KCaOHKMgOH，在一定量4NHCl

溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故CaO先浸出②.2++322324Ca+2NHHO+CO=CaCO+2NH+HO③.2.4∶1④.()()sp3sp3KCaCO<KMgCO，3CaCO优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙（3）()22MgO+HO=MgOH，()+2+432

2MgOH+2NHMg+2NH+2HO，随大量氨逸出，平衡正向移动（4）2324FeOSiOCaSOMgO、、、（5）()444232NHClNHSOCONH、、、【解析】【分析】白云石矿样煅烧后()32CaMgCO转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙

离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁；【小问1详解】白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气

体，化学方程式为()322CaMgCOCaO+MgO+2CO煅烧；【小问2详解】①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pC，由图表可知，()()spsp22KCaOHKMgOH，在一定量4NHCl溶液中，氢氧化钙会和

氯化铵反应而氢氧化镁不能，故CaO首先溶解被浸出；②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为2++322324Ca+2NHHO+CO=CaCO+2NH+HO。③由图表可知，“浸钙”过程()()4nNHCl:nCaO的

比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用()()4nNHCl:nCaO的比例为2.4∶1。④()()sp3sp3KCaCO<KMgCO，在反应中3CaCO会优先析出，但也有可

能析出其他沉淀，且Mg2n部分以Mg(C)2形成沉淀，相比MgC3质量更小，二者共同作用导致产品中3CaCO纯度的实测值高于计算值；【小问3详解】“浸镁”过程中，发生反应：()22MgO+HO=MgOH，()+2+4322MgOH+2NHMg+2NH+2HO，加热蒸馏随大量氨逸

出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；【小问4详解】白云石的主要化学成分为()32CaMgCO，还含有质量分数约为2.1%的Fe23和1.0%的Si2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中

；“浸镁”过程中，MgO的浸出率最终可达98.9%，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是2324FeOSiOCaSOMgO、、、；【小问5详解】沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵

，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中()444232NHClNHSOCONH、、、既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是()444232NHClNHSOCONH、、、。19.

某小组探究23NaSO溶液和KI₃溶液的反应。实验I：向某浓度的3KIO酸性溶液（过量）中加入23NaSO溶液（含淀粉），一段时间（t秒）后，溶液突然变蓝。资料：3IO−在酸性溶液氧化I⁻，反应为3IO−n5I-n6Cn=3

I2n3C2（1）溶液变蓝，说明23NaSO具有______性。（2）针对t秒前溶液未变蓝，小组做出如下假设：i．t秒前未生成2I，是由于反应的活化能______（填“大”或“小”），反应速率慢导致的。ii．t秒前生成了2I，但由于存在23NaSO

，______（用离子方程式表示），I₂被消耗。（3）下述实验证实了假设ii合理。实验Ⅱ：向实验Ⅰ的蓝色溶液中加入______，蓝色迅速消失，后再次变蓝。（4）进一步研究23NaSO溶液和3KIO溶液

反应的过程，装置如下。实验Ⅲ：K闭合后，电流表的指针偏转情况记录如下表：表盘时间/min10~t23~tt4t偏转位置右偏至Y指针回到“0”处，又返至“X”处；如此周期性往复多次……指针归零①K闭合后，取b极区溶液加入盐酸酸化的2BaCl溶液，现象是

______。②10~t时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝。判断3IO−在a极放电产物是______。③结合化学用语解释23~tt时指针回到“0”处的原因：______。（5）综合实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，

下列说法正确的是______。的A．对比实验Ⅰ、Ⅱ，t秒后溶液变蓝，I中23SO−被完全氧化B．对比实验Ⅰ、Ⅲ，t秒前3IO−未发生反应C．实验Ⅲ中指针返回X处的原因，可能是2I氧化23SO−【答案】（1）还原（2）①.大②.222324ISOHO2ISO2H−−−+++=+

+（3）少量23NaSO（4）①.生成白色沉淀②.I−③.此时，a极区发生反应232IO5I6HI3HO3−−+++=+，3IO−不再与23SO−发生反应，外电路无电流通过（5）AC【解析】【分析】（1）根据资料KI3酸性溶液（过量

）与Na2S3溶液反应得到I﹣，I﹣与过量的KI3反应得到碘单质，据此分析；（2）i．反应活化能大，反应速率慢；ii．生成的I2与Na2S3发生氧化还原反应得到碘离子和硫酸根离子；（3）根据假设ii，加入Na

2S3可验证；（4）0～t1，Na2S3溶液和KI3溶液在两极放电分别得到24SO−、I﹣，t2～t3，a极I﹣与3IO−反应，b极Na2S3未参与反应，外电路无电流通过，指针回到“0”处，I﹣反应完全后，Na2S3溶

液和生成的I2在两极放电，又返至“X”处，如此往复，①b极区为23SO−发生氧化反应生成24SO−，可得；②0～t1时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，有碘单质生成，直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，无碘单质，故说明3IO−在a极放电的产物是I﹣，

生成的I﹣与3IO−生成了碘单质；③指针回到“0”处说明无电流生成，即a极与b极之间未发生氧化还原反应；（5）实验I中，t秒之前，过量的KI3酸性溶液与Na2S3溶液反应，Na2S3反应完全，得到I﹣，t秒后I﹣与多余的KI3反应得到碘单质，溶液变蓝，实验Ⅱ中，0～

t1，Na2S3溶液和KI3溶液在两极放电分别得到24SO−、I﹣，t2～t3，a极I﹣与3IO−反应，b极Na2S3未参与反应，外电路无电流通过，指针回到“0”处，I﹣反应完全后，Na2S3溶液和生成的I2在两极放电，又返至“X”处，如此往复，据此分

析可得。【小问1详解】KI3酸性溶液（过量）与Na2S3溶液反应，将KI3还原得到I﹣，I﹣与过量的KI3反应得到碘单质，所以溶液显蓝色；故答案为：还原；【小问2详解】i．t秒前未生成I2，是由于反应的

活化能，反应速率慢导致的；故答案为：大；ii．t秒前生成了I2，具有氧化性，但由于存在具有还原性的Na2S3，发生反应：222324ISOHO2ISO2H−−−+++=++，I2被消耗，故溶液未变蓝；【小问3详解】向实验I的蓝色溶液中加入少量

Na2S3，蓝色迅速消失，后再次变蓝，证明假设ii成立；故答案为：Na2S3；【小问4详解】①b极区为23SO−发生氧化反应生成24SO−，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀；故答案为：生成白色沉淀；②0～t1时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝

，有碘单质生成，直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，无碘单质，故说明3IO−在a极放电的产物是I﹣，生成的I﹣与3IO−生成了碘单质；故答案为：I﹣；③t2～t3时指针指针回到“0”处说明无电流生成，原因是：此时，a极区发生反应232IO5I6HI3HO3−−+++=+，3

IO−不再与23SO−发生反应，外电路无电流通过；故答案为：此时，a极区发生反应232IO5I6HI3HO3−−+++=+，3IO−不再与23SO−发生反应，外电路无电流通过；【小问5详解】A．对比实验Ⅰ、Ⅱ，过量的KI3酸性溶液与Na2S3溶液反应，

Na2S3反应完全，t秒后溶液变蓝，I中23SO−被完全氧化，A正确；B．对比实验Ⅰ、Ⅲ，t秒前3IO−发生反应生成I﹣，B错误；C．实验Ⅲ中指针返回X处的原因，可能是I2氧化23SO−，C正确；故答案为：AC。