【文档说明】北京师范大学附属中学2023-2024学年高三上学期10月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，1.739 MB，由小赞的店铺上传

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北京师大附中2023-2024学年(上)高三月考1化学试卷可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16K39Fe56I127一、选择题(共42分。每小题只有1个选项符合题意)1.改革开放40年，我国取得了很多世界瞩目的科技成果，下列说法不正确．．．的是ABCD蛟龙号潜水器港

珠澳大桥国产C919中国天眼用到钛合金，22号钛元素属于过渡元素用到的合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料传输信息用的光纤材料是硅A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．22号钛元素位于第四周

期第IVB族，属于过渡元素，故A正确；B．跨海大桥使用的合金材料，必须具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，故B正确；C．氮化硅陶瓷属于无机物，是新型无机非金属材料，故C正确；D．制作光导纤维的原料是二氧化硅，不是硅，故D错误；故选D。2.下列化学用语或图示表达正确的

是A.HClO的电子式：B.H2O的VSEPR模型：C.基态磷原子的轨道表示式：D.原子核内中子数为20的氯原子：2017Cl【答案】B【解析】【详解】A．HClO的电子式：，A错误；B．H2O的VSEPR模型：，B正确；C．基态磷原子的轨道表示式：，C错误；D．原

子核内中子数为20的氯原子：3717Cl，D错误；故选B。3.下列关于SiO2、CO2、NO2及SO2的叙述正确的是A.都是共价化合物且常温下均为气体B.SO2可用于杀菌消毒，干冰可用于人工降雨C.都是酸性氧化物，都

能与强碱溶液反应D.都能溶于水且与水反应生成相应的酸【答案】B【解析】【详解】A．二氧化硅常温下不是气体，A错误；B．SO2通过对微生物的细胞膜和蛋白质结构造成损伤和破坏，可用于消毒杀菌，干冰升华时吸收能量，使空气中周围环境的温度降低，可用于人工降雨，B正确；C．二氧化氮不是酸性

氧化物，C错误；D．二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成相应的酸，D错误；故选B。4.下列叙述不正确．．．的是A.纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量固体CuSO4，加快速率B.在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入KNO3固体，铜粉溶解

C.向FeCl3溶液中滴加氨水，产生红褐色沉淀；再加入NaHSO4溶液，沉淀消失D.将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀【答案】D【解析】【详解】A．锌与加入的CuSO4反应生成少量的铜，铜与锌和稀硫酸形成原

电池加快反应速率，A正确；B．稀硫酸与铜粉不反应，加入KNO3固体，由于酸性环境中的硝酸根有强氧化性使铜粉溶解，B正确；C．向FeCl3溶液中滴加氨水，产生()3FeOH沉淀，再加入NaHSO4溶液，()+3+23FeOH+3H=Fe+3HO，沉淀消失，C正确；D．二氧化碳，二氧

化硫通入氯化钡溶液中均无沉淀产生，D错误；故选D。5.下列解释事实的离子方程式正确的是A.铜丝溶于浓硝酸生成绿色溶液：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2OB.H2SO4溶液与Ba(OH

)2溶液混合出现浑浊：H++OH-+Ba2++SO24−=BaSO4↓+H2OC.澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊：Ca2++2HCO3−+2OH-=CaCO3↓+CO23−+2H2OD.用氨水吸收烟气中的二氧化硫：SO2+2OH-=

SO23−+H2O【答案】C【解析】【详解】A．铜与浓硝酸反应生成的是二氧化氮：+-2+322Cu+4H+2NO=Cu+2NO+2HO，A错误；B．H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊：2H++2OH-+Ba2++SO24−=BaSO4↓+2H2O，B错误；C．澄清石灰

水中加入过量小苏打溶液出现浑浊：Ca2++2HCO3−+2OH-=CaCO3↓+CO23−+2H2O，C正确；D．用氨水吸收烟气中的二氧化硫：2-+232342SO+2NHHO=SO+2NH+HO，D

错误；故选C。6.向某无色溶液中分别进行下列操作，所得现象和结论正确的是A.加入氨水，产生白色沉淀，证明原溶液中存在Al3+B.加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明原溶液中存在Cl-C.加入盐酸酸化BaCl2溶液，生成白

色沉淀，证明原溶液中存在SO42-D.加入NaOH溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明原溶液中存在NH4+【答案】D【解析】【详解】A．加入氨水，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为氢氧化镁，原溶液中可能存在镁离子，不一定含的

有Al3+，故A错误；B．加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为碳酸银，原溶液中可能含有碳酸根离子，不一定含有Cl-，故B错误；C．加入盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，该白色沉淀可能为氯化银，原溶液中可能含有银离子，不一定含有SO42-，故C错误；D．

加入NaOH溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，证明原溶液中一定存在NH4+，故D正确；故答案为D。【点睛】解离子推断题应掌握的基本原则：①互斥性原则：互斥性原则就是当我们利用题给实

验现象判断出一定有某中离子时，应立即运用已有的知识，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有哪种离子．如判断Ag+是否存在，但其不可能与题干中已有的S2-、CO32-、SO32-、SO42-共存，即可排除Ag+；②进出性原则：进出性原则就是在

进行离子检验时，往往要加入试剂，这样就会引进新的离子，那么原溶液中是否存在该种离子就无法判断，与此同时还会有一些离子会随着实验过程中所产生的沉淀或气体而离开，有可能对后续的实验造成影响；③电中性原则：电中性原则就是在任何电解质溶液中，阴、阳离子总电荷数是守

恒的，即溶液呈现电中性．在判断混合体系中某些离子存在与否时，有的离子并未通过实验验证，但我们仍可运用溶液中电荷守恒理论来判断其存在．如已经判断出溶液中含有AlO2-、S2-、SO32-三种阴离子，且已排除Ag+、Ba2+、Fe3+三种阳离子，但是溶液中如果

只有AlO2-、S2-、SO32-是不可能的，根据电中性原则必须有阳离子，故可判断溶液中Na+是一定存在的。7.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中，正确的是A.标准状况下，22.4L己烷的氢原子数约为1

4NAB.密闭容器中23gNO2与N2O4的混合气体中氮原子数为0.5NAC.过氧化钠与水反应时，生成0.1molO2转移的电子数为0.4NAD.1L0.1mol·L−1的NaHCO3溶液中HCO3−和CO23−离子数之和为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A．状况下己烷

为液态，不能使用气体摩尔体积来计算分子数，A错误；B．NO2与N2O4具有相同的最简式为NO2，因此求混合气体的氮原子数相当于求23gNO2的氮原子数，23gNO2的物质的量为0.5mol，混合气体中氮原子数为0.5NA，B正确；C．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，

该反应为歧化反应，生成1molO2转移2mol电子，因此生成0.1molO2转移的电子数为0.2NA，C错误；D．-3HCO在溶液中既电离又水解，由物料守恒得-3HCO和23HCO、2-3CO的离子数之和为0.

1NA，D错误；故选B。8.利用下列实验探究亚硝酸钠(NaNO2)的化学性质(AgNO2是淡黄色近白色难溶于水的固体)，对现象的描述或解释有错误的是实验装置试剂a现象①酚酞无色溶液变红②AgNO3溶液产生淡黄色近白色沉淀③淀粉KI溶液+稀硫酸无色溶液立即变蓝④酸性K2

Cr2O7溶液溶液变为绿色A.NaNO2溶液呈碱性：NO-2+H2O⇌HNO2+OH-B.NaNO2可与某些盐发生复分解反应：NO-2+Ag+=AgNO2↓C.NaNO2具有氧化性：2I-+2H++2NO-2=I2+2NO2↑+H2OD.Na

NO2具有还原性：Cr2O2-7+3NO-2+8H+=3NO-3+2Cr3++4H2O【答案】C【解析】【详解】A．亚硝酸为弱酸，NaNO2溶液中存在亚硝酸根的水解NO-2+H2O⇌HNO2+OH-，使溶液呈碱性，滴

加酚酞，溶液变红色，故A正确；B．产生淡黄色近白色沉淀，说明加入硝酸银溶液，可生成AgNO2沉淀，发生复分解反应，离子方程式为NO-2+Ag+=AgNO2↓，故B正确；C．无色溶液变蓝，说明酸性环境中NaNO

2可与KI反应生成碘，I元素被氧化，则N元素化合价应该降低，离子方程式应为2I-+4H++2NO-2=I2+2NO↑+2H2O，故C错误；D．溶液变为绿色说明NaNO2有还原性，将Cr2O2-7还原成Cr3+，发生反应：Cr2O2-7+3NO-2+8H+=3NO-3+2Cr3++4H2O，故D正

确。故选：C。9.利用下列试剂和如图所示装置制备气体并除去其中的非水杂质，能达到目的的是(必要时可加热，加热及夹持装置已略去)选项气体试剂I试剂II试剂ⅢACl2浓盐酸MnO2NaOH溶液BCO2稀盐酸CaCO3饱和NaHCO3溶液CSO2浓硝酸Na2SO3(s)饱和NaHSO3溶液DC2H4

浓硫酸C2H5OH(1)KMnO4酸性溶液A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．实验室中制备的Cl2中含有HCl，除去Cl2中的HCl应该用饱和食盐水，而不是NaOH溶液，A不合题意；B．实验室用稀盐

酸和CaCO3制备CO2，此时CO2中含有少量的杂质HCl，可用饱和NaHCO3溶液来除去CO2中的HCl，B符合题意；C．浓硝酸具有强氧化性，能将Na2SO3氧化为Na2SO4，故不能用浓硝酸和Na2SO3来制备SO2，而应该用70%H2SO4和Na2SO3来制备SO2，B不合题意；D

．实验室可以将浓硫酸和无水乙醇的混合液迅速加热到170℃来制备乙烯，这样制得的乙烯中含有SO2、CO2和乙醇蒸气等杂质，由于乙烯也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故不能用酸性高锰酸钾溶液来除杂，应该用NaOH溶液来除杂，D不合题意；答案选B。10.向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色

沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变为无色。下列分析正确的是A.滴加KI溶液时，当有2molI-参加反应，转移2mol电子B.通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性C.通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂，H2SO4是氧化产物D.上

述实验条件下，物质的还原性：SO2>I->Cu+【答案】D【解析】【详解】A．滴加KI溶液时，反应为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，当有2molI－参加反应，转移1mole-，A错误；B．通入SO2后溶液逐渐变成无色，SO2+I2+2

H2O=2HI+H2SO4，体现了SO2的还原性，B错误；C．通入SO2时，SO2与I2反应，SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，I2作氧化剂，H2SO4是氧化产物，C错误；D．依据反应2Cu2+

+4I-=2CuI↓+I2和SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，得还原性SO2>I->Cu+，D正确；故选D。11.我国化学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”联合合成氨工业生产纯碱和氮肥，工艺流程图如下。碳酸化塔中的反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4C

l。下列说法不正确的是A.以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液进入吸氨塔B.碱母液储罐“吸氨”后的溶质是NH4Cl和NaHCO3C.经“冷析”和“盐析”后的体系中存在平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl－(aq)D.该工艺的碳原子

利用率理论上为100%【答案】B【解析】【详解】A.由工艺流程图可知，海水淡化工厂以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液，饱和氯化钠溶液进入吸氨塔，吸收氨气后形成氨化的饱和氯化钠溶液，故A正确；B.进入碱母液储罐中溶液的溶质为氯化铵和碳酸氢钠，通入氨气后，碳酸氢钠

溶液与氨气反应生成碳酸钠和碳酸铵，故B错误；C.“冷析”和“盐析”的目的是利用氯化铵在溶液中的溶解平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl－(aq)，使平衡向左移动，得到氯化铵晶体，故C正确；D.由工艺流程图可知，反应中二氧化碳与氨

化的饱和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和二氧化碳，二氧化碳进入碳酸化塔循环使用，溶液中的碳酸氢钠与氨气反应生成碳酸钠，碳酸钠进入吸氨塔循环使用，从理论上分析，该工艺的碳原子利用率理论上可以

为100%，故D正确；故选B。【点睛】12.将SO2分别通入无氧、有氧的浓度均为0.1mol·L－1的BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液中，探究体系中微粒间的相互作用，实验记录如下：实验记录pH变化溶液中是否产生沉淀BaCl2溶液(无氧)

中无白色沉淀、BaCl2溶液(有氧)中有白色沉淀Ba(NO3)2溶液(无氧)中有白色沉淀、Ba(NO3)2溶液(有氧)中有白色沉淀下列说法不正确．．．的是A.曲线a所示溶液pH降低的原因：SO2+H2OH2SO3H++HSO3-B.曲线c

所示溶液中发生反应：2Ba2++O2+2SO2+2H2O=2BaSO4↓+4H+C.与曲线a、b、c对比，可知曲线d所表示的过程中NO3-是氧化SO2的主要微粒D.依据该实验预测0.2mol·L－1的KNO3溶液（无氧）也可以氧化SO2【答案】C【

解析】【详解】A、曲线a表示无氧环境下，氯化钡溶液pH变化减小，说明二氧化硫生成了弱酸亚硫酸，溶液pH降低的原因是SO2+H2OH2SO3H++HSO3-，故A正确；B、曲线c表示有氧环境下，氯化钡溶液pH变化较大，则说明二氧化硫被氧气氧化为强酸硫酸，反应的方程式是

2Ba2++O2+2SO2+2H2O=2BaSO4↓+4H+，故B正确；C、氯化钡、硝酸钡在有氧环境下，pH变化几乎相同，所以不能说明曲线d所表示的过程中NO3-是氧化SO2的主要微粒，故C错误；D、0.1mol·L－1的Ba(NO3)2硝酸钡在

无氧环境下可以氧化二氧化硫，依据该实验预测0.2mol·L－1的KNO3溶液（无氧）也可以氧化SO2，故D正确；选C。【点睛】本题考查了性质实验方案的设计，明确实验目的及实验原理为解答关键，注意对比实验，

试题充分考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。13.小组同学探究Cu和物质A的反应，实验如下。装置序号物质A实验现象①()-1330.6molLFeNO溶液（调pH1=）铜粉溶解，溶液变为深棕色［经检验

含2+Fe(NO)]②-130.6molLFeCl溶液铜粉溶解，溶液变为蓝绿色③-131.8molLNaNO溶液（调pH=1）无明显变化下列分析不正确．．．的是A.②中铜粉溶解的原因：3+2+2+Cu+2Fe=Cu+2FeB.①中产生NO的原因：p

H=1时直接将-3NO还原为NOC.若向③中加入4FeSO固体，推测铜粉会溶解D.①②③现象的差异不仅与物质氧化性(或还原性)强弱有关，也与反应速率有关【答案】B【解析】【详解】A．实验②中，铜与铁离子反应生成蓝色铜

离子和绿色亚铁离子，A正确；B．经检验含2+Fe(NO)，说明加入铜粉后铜与铁离子反应生成蓝色铜离子和绿色亚铁离子，酸性条件下亚铁离子与硝酸根离子反应产生NO，选项B不正确；C．若向③中加入4FeSO固体，因酸性条件下亚铁离子与硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，产生了硝酸铁，根据实验

①条件，推测铜粉会溶解，选项C正确；的D．①②③现象的差异不仅与物质氧化性(或还原性)强弱有关，如铁离子、硝酸根离子等氧化性强弱，亚铁离子还原性等；也与反应速率有关，也氯离子、硝酸根离子，氢离子浓度等对反应速率的影响有关，选项D正确；答案选B。14.向碘水

、淀粉的混合液中加入AgNO3溶液，蓝色褪去。为探究褪色原因，实验如下：下列分析不正确．．．的是A.过程①后溶液pH明显变小B.过程③中加入NaCl溶液的目的是除去Ag+C.不能判断4H++4I-+O2=2H2O+2I2是过程④

中溶液变蓝的原因D.综合上述实验，过程①中蓝色褪去的原因是Ag+氧化了I2【答案】D【解析】【分析】在碘水中存在如下平衡：I2+H2OHI+HIO，I-与Ag+反应生成AgI沉淀，促进I2与水的反应不断正向进行；过滤，所得

滤液1中含有HIO和HNO3，还有未反应完的AgNO3，加入NaCl溶液，将发生Ag+与Cl-生成AgCl的沉淀反应，往滤液2中加入KI溶液，发生I-、HIO、H+的氧化还原反应，从而生成I2，使溶液再次变

蓝色。【详解】A．由分析可知，过程①后，溶液的主要成分为HIO、HNO3及未反应的AgNO3，所以pH明显变小，A正确；B．过程③中加入NaCl溶液，可与Ag+反应生成AgCl沉淀，排除Ag+可能对后续实验产生的干扰，所以目的是除去Ag+

，B正确；C．过程④中，加入KI，可能发生HIO、H+、I-的氧化还原反应，也可能发生反应4H++4I-+O2=2H2O+2I2，不能肯定溶液变蓝的原因是哪一个，C正确；D．过程①中蓝色褪去的原因可能是Ag+氧化

了I2，也可能是Ag+促进了I2与H2O的反应，D不正确；故选D。二、填空题(共58分)15.碘及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：电负性：H2.20；C2.55；F3.98；P2.19；I2.66（1）人

工合成的131I是医疗上常用的放射性同位素，碘在周期表中位于_______区。（2）碘单质在CS2中的溶解度比在水中的大，解释原因_______。（3）HI主要用于药物合成，通常用I2和P反应生成PI3，PI3再水解制备HI。PI

3水解生成HI的化学方程式是_______。（4）已知键角PI3>H2O。从结构角度解释其原因：_______。（5）CH3I是一种甲基化试剂，CF3I可用作制冷剂，CH3I和CF3I发生水解时的主要反应分别是：CH3I+H2O→CH3OH+HI和CF3I+H2O→CF3H

+HIO。CF3I的水解产物是HIO，结合电负性解释原因_______。（6）KIO3晶体是一种性能良好的光学材料，其晶胞为立方体，边长为anm，晶胞中K、I、O分别处于顶点、体心、面心位置，结构如图。①与K原子紧邻的O

原子有_______个。②KIO3的摩尔质量为214g·mol-1，阿伏加德罗常数为NA.该晶体的密度是_______g·cm-3(1nm=10−9m)。【答案】（1）p（2）碘单质、CS2均为非极性分子，水为极性分子，所以根据相似相溶原理，碘单质在CS2

中的溶解度比在水中的溶解度大（3）PI3+3H2O=3HI+H3PO3（4）PI3和H2O都是sp3杂化，但由于PI3只有1个孤电子对，H2O有2个孤电子对，孤电子对的斥力大于键，所以键角是PI3>H2O（5）F>I≈C，所以在CF3I中，受3个F原子吸引电子能力强的影响，I与C之间的共用电子对

偏向于C，I显+1价，则CF3I发生水解时，生成CF3H和HIO（6）①.12②.2333A2.1410g/cmaN【解析】【小问1详解】人工合成的131I是医疗上常用的放射性同位素，碘在周期表中的位置是第五周期VI

IA族，位于p区；【小问2详解】碘单质、CS2均为非极性分子，水为极性分子，所以根据相似相溶原理，碘单质在CS2中的溶解度比在水中的溶解度大；【小问3详解】，PI3水解生成HI和H3PO3，化学方程式是PI3+3H2O=3HI+H3PO3；【小问4详解】PI3和H2O都是sp3杂化，但由于PI3只

有1个孤电子对，H2O有2个孤电子对，孤电子对的斥力大于键，所以键角是PI3>H2O；【小问5详解】因为电负性：F>I≈C，所以在CF3I中，受3个F原子吸引电子能力强的影响，I与C之间的共用电子对偏向于C，I显+1价，则CF3I发生水解时，生成CF3H

和HIO；【小问6详解】①晶胞中K、I、O分别处于顶点、体心、面心位置，在一个晶胞中与顶点K紧邻的O为13322=个，由于一个顶点的K被八个晶胞共用，故与一个K紧邻的O有：138122=个；②晶胞中K原子个数为1818=，I原子个数为1，

O原子个数为1632=，则该晶体的密度是2333-733AA2142.1410g/cm=g/cmN(a10aN）。16.铁是人体必需的微量元素，严重缺铁时需要服用补铁剂。实验小组为研究某补铁剂中铁元素的价态及其含量，设计并进行了如下实验：【查阅资料】1.该补铁剂不溶于水，但能溶于人

体中的胃液(含盐酸)。2.KSCN中的硫元素为-2价。实验Ⅰ.检验该补铁剂中铁元素的价态。（1）将补铁剂碾碎的目的是_______。（2）试剂1是_______。（3）加入试剂2后溶液变为浅红色，说明溶液①中含有_______。（4）能

证明溶液①中含有Fe2+的实验现象是_______。（5）写出上述条件下Fe2+与H2O2发生反应的离子方程式_______。（6）甲同学猜测深红色溶液③迅速变为无色溶液④的原因，可能是溶液中的SCN-与H2O2发生了化学反应。a.甲同学猜测的依据是_______。b.乙同学通过实验证实了甲同学

的猜测，其实验方案及现象是_______。实验Ⅱ.测定该补铁剂中铁元素的含量。（7）计算每片该补铁剂含铁元素的质量为_______g。（8）人体只能吸收Fe2+，医生建议在服用该补铁剂时，同时服用有较强还

原性的维生素C，理由是_______。【答案】（1）增大接触面积，使其能够充分反应；（2）盐酸（3）Fe3+（4）加入H2O2溶液后，溶液②由浅红色变成深红色，说明溶液中有更多的Fe3+生成，是Fe2+被H2O2氧化产生的（5）2H++

2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O（6）①.甲同学猜测的依据是SCN-中硫元素为-2价，具有还原性②.取少量无色溶液④于试管中，滴入KSCN溶液，溶液变红；或取少量无色溶液④于试管中，滴入BaCl2溶

液，产生白色沉淀（7）7ag10m（8）人体只能吸收Fe2+，医生建议在服用该补铁剂时，同时服用有较强还原性的维生素C，这是由于维生素C具有较强还原性，能够与Fe3+反应产生Fe2+，从而可防止Fe2+被氧化而导致失效变质【解析】【分析】将

补铁剂碾碎，然后向其中加入足量盐酸，使二者充分接触发生反应，看到溶液几乎无色，向与盐酸反应后的溶液中加入KSCN溶液，看到溶液显浅红色，说明其中含有少量Fe3+，然后再加入绿色氧化剂H2O2，看到溶液变为深红色，

说明该溶液中同时含有Fe2+，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+。要验证补铁剂中铁元素的含量，可以将补铁剂碾碎，然后向其中加入足量盐酸，使二者充分接触发生反应，然后过滤除去不溶性杂质，再向滤液中加入足量H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入足量N

aOH溶液，使溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3红褐色沉淀，将沉淀洗涤、灼烧，分解产生Fe2O3，根据Fe2O3的质量，利用Fe元素可计算出补铁剂中铁元素的含量。【小问1详解】将补铁剂碾碎的目的是增大接触面积，使其在用盐酸溶解时能够充分反应；【小问2详解】根据上述分析可知试剂1是盐酸；【

小问3详解】由于Fe3+与SCN-反应产生血红色物质Fe(SCN)3，所以加入试剂2后溶液变为浅红色，说明溶液①中含有Fe3+；【小问4详解】能证明溶液①中含有Fe2+的实验现象是：加入H2O2溶液后，溶液②由浅红色变成深红色，说明溶液中有更多的Fe3+生成，是Fe2+被H2O2氧化产生

的；【小问5详解】酸性条件下，Fe2+与H2O2发生反应的离子方程式：2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O；【小问6详解】甲同学猜测深红色溶液③迅速变为无色溶液④的原因，可能是溶液中的SCN-与H2O2发生了化学反应。a．甲同学猜测的依据是SCN-中硫元素

为-2价，具有还原性；H2O2中氧元素为-1价，具有氧化性，二者发生氧化还原反应消耗SCN-，导致溶液红色褪去；b．乙同学通过实验证实了甲同学的猜测，可通过再加入SCN-，根据溶液是否变为红色判断；也可以根据反应后

溶液中是否含有进行判断。其实验方案及现象是：取少量无色溶液④于试管中，滴入KSCN溶液，溶液变红；或取少量无色溶液④于试管中，滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀；【小问7详解】m片补铁剂经上述处理后反应产生Fe2O3质量是ag，则其中Fe元素的质量为m(Fe)=()ag

7amFe=256g/mol=g160g/mol10，故每一片补铁剂中含有铁元素的质量为7ag10m；【小问8详解】人体只能吸收Fe2+，医生建议在服用该补铁剂时，同时服用有较强还原性的维生素C，这是由于维生素C具有较强还原性，能够与Fe3+反应产生Fe2+，从而可防止Fe2+

被氧化而导致失效变质。17.已知间苯二酚可以合成中草药的活性成分Psoralidin(化合物P)，合成路线如图：已知：①2RBrMg1112RBrRMgBrR-R⎯⎯→⎯⎯⎯→②+H123132ΔRCOOR+ROHRCOOR+ROH→（1）A中含氧官能团的名称为_______。（2）C的结构简式

为_______。（3）D→E的方程式为_______。（4）下列关于物质F的说法正确的是_______。A.分子中有1个手性碳原子B.存在顺反异构体C.碳原子的杂化方式有2种D.1molF最多能与7molH2发生加成反应（5）H+→P+J反应原理如图。J的名称为_______。（6）G→H的

过程中分为三步反应。写出K和H的结构简式。______【答案】17.酚羟基18.19.+C2H5OH浓硫酸加热+H2O20.AC21.丙烯22.、【解析】【分析】结合D的结构，和Br2发生取代反应生成A为，A和CH3I发生取代反应生成B为，B发生

已知反应生成C为，C和Mg、CO2、氢离子酸化生成D，D和乙醇发生酯化反应生成E为，E和的发生取代反应生成F为，F一定条件下转化为G，G酸化加热生成H为，H和在催化剂条件下生成P，据此解答。【小问1详解】由分析知A的结构为，则A中含氧官能团的名称为酚羟基；【小问2详解】由分析

知，C的结构简式为：；【小问3详解】由分析知，D和乙醇发生酯化反应生成E为，化学方程式为+C2H5OH浓硫酸加热+H2O；【小问4详解】由分析知，F为，则A.分子中有1个手性碳原子（星号标记），正确；B.碳碳双键两端有一端存在

2个H原子，不存在顺反异构，错误；C.苯环上的碳、碳碳双键、羰基和酯基上的碳为sp2，甲基、亚甲基上的碳为sp3杂化，碳原子的杂化方式有2种，正确；D.2个苯环与氢气发生加成，消耗6molH2，碳碳双键和氢气加成，消耗1molH2，酮羰基和氢气加成，消耗1molH2，所以1molF最多能与8mo

lH2发生加成反应，错误；【小问5详解】根据H+→Psoralidin+J的反应原理：，J为CH2=CHCH3，名称为丙烯；【小问6详解】G→H的过程中分为三步反应，G酸化生成K，然后发生消去反应生成M，再加热生成H。18.化学小组用如下方法测定经处理后废水中苯酚的含量(废水中的其他物

质不会干扰测定)。Ⅰ.用已准确称量的3KBrO固体配制250mLamol·L-13KBrO标准溶液；Ⅱ.取v1mL上述溶液，加入过量KBr，加24HSO酸化，溶液颜色呈棕黄色；Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入v2mL废水；Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI；

V.用bmol·L-1223NaSO标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗223NaSO溶液v3mL。已知：2223246I+2NaSO=2NaI+NaSO，223NaSO和246NaSO溶液颜色均为无色（1）Ⅱ

中发生反应的离子方程式是_______。（2）Ⅲ中发生反应的化学方程式是_______。（3）Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是_______。（4）Ⅳ中所加KI的量应该满足：n(KI)≥_______n(KBrO3)(填倍数)（5）废水中苯酚的含量为_______g·L-1(苯酚

摩尔质量：94g·mol-1)。（6）由于2Br具有挥发性，Ⅱ~Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果_______。【答案】（1）BrO-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O；的（2）（3）Ⅱ中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后，Ⅲ中溶

液颜色为黄色，说明有Br2剩余，剩余Br2与过量KI反应，从而间接计算苯酚消耗的Br2（4）6（5）-113294(6aV-bV)gL6V（6）偏高【解析】【分析】苯酚与溴反应快速灵敏，但滴定终点难以判断，因而制得一定量的溴分别与苯酚和KI反应（溴须完全反应完），而溴与KI反应生成

的I2与Na2S2O3进行滴定分析，因而直接测出与KI反应所消耗的溴，进而计算出与苯酚反应消耗的溴，最后根据苯酚与溴反应的系数计算废水中苯酚的浓度。【小问1详解】KBrO3溶液中加入KBr和H2SO4，溶液颜色呈棕黄色，说明生成Br2，根据电子守恒、质量守恒可知，该离子方程式为BrO-+5Br-+

6H+=3Br2+3H2O；【小问2详解】苯酚和溴水反应得到白色沉淀2，4，6-三溴苯酚，化学方程式为；【小问3详解】该测量过程是利用一定量的溴分别与苯酚和KI反应，注意溴须反应完全，且一定量溴的总量已知，部分溴

与KI反应生成的I2可利用氧化还原滴定法测量，进而计算出与KI反应的溴的消耗量，将一定量溴减去与KI反应的溴的消耗量，可得与苯酚反应的溴的消耗量，因而一定量的溴与苯酚反应完，必须有剩余的溴与KI反应，Ⅲ中反应结束时，若溶液显黄色说明苯酚反应完

，且有溴剩余，以便与KI反应，故原因为Ⅱ中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后，Ⅲ中溶液颜色为黄色，说明有Br2剩余，剩余Br2与过量KI反应，从而间接计算苯酚消耗的Br2；【小问4详解】Ⅱ中反应为KBr

O3+5KBr+3H2SO4=3K2SO4+3Br2+3H2O可知3n(KBrO3)=n1(Br2)，Ⅱ中Br2部分与苯酚反应，剩余溴的量设为n2(Br2)，（n1(Br2)>n2(Br2)）在Ⅳ中反应为Br2

+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反应，则n(KI)≥2n2(Br2)，推知n(KI)≥6n(KBrO3)；【小问5详解】--331n(BrO)=aV10mol，根据反应--+322BrO+5Br+6H=3Br+

3HO可知-321n(Br)=3aV10mol，溴分别与苯酚和KI反应，先计算由KI消耗的溴的量，设为n1(Br2)，根据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3，又Br2+2I-=I2+2Br

-可知Br2~I2，可得Br2~2Na2S2O3，n(Na2S2O3)=bV3×10-3mol，-31231n(Br)=bV10mol2，再计算由苯酚消耗的溴的量，设为-322212131n(Br)=n(B

r)-n(Br)=(3aV-bV)10mol2，苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2~C6H5OH，-365221311n(CHOH)=n(Br)=(aV-bV)10mol36，废水中苯酚的含量-313-113-3221(aV-bV)10mol94(6aV-bV)

6gLV10L6V=【小问6详解】Ⅱ中生成的溴须被苯酚和KI完全反应掉，而溴有挥发性，反应时须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。19.某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。（1）浓盐酸与MnO

2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。①反应的离子方程式是_______。②电极反应式：i.还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2Oii.氧化反应：_______。③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。i.

随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。ii.随c(Cl-)降低，_______。④补充实验证实了③中的分析。实验操作试剂产物I较浓H2SO4有氯气IIa有氯气IIIa+b无氯气a是_______，b是_______。（2）利用c(H+

)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是_______，从原子结构角度说明理由______________。（3

）根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是_______。（4）Ag分别与1mol·L-1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因：______

_。（5）总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是_______。【答案】（1）①.MnO2+4H++2Cl-ΔMn2++Cl2↑+2H2O②.2Cl--2e-=Cl2↑③.Cl-还原性减弱或Cl2的氧化性增强④.KCl

固体(或浓/饱和溶液)⑤.MnSO4固体(或浓/饱和溶液)（2）①.KCl>KBr>KI②.Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强（3）AgNO3或Ag2SO4（4）比较AgX的溶解度，AgI溶解度最小，Ag++I-=

AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++H2↑反应得以发生（5）氧化剂(还原剂)浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应

中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强【解析】【分析】【小问1详解】①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-ΔMn2++Cl2↑+2H2O；②氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e-=Cl2↑③反应

不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a

，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)；【小问2详解】非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐

渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离的子的还原性逐渐增强；【小问3详解】根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3或Ag2SO4；【小问4详

解】若要使反应2Ag+2H+=2Ag++H2↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI溶解度最小，Ag++I-=AgI↓使得Ag还原性增强

的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++H2↑反应得以发生；【小问5详解】通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂

)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。