2023年北京高考化學(xué)試題及解析

2023年北京高考化學(xué)試題

試題副標(biāo)題

考試范圍：XXX；考試時(shí)間：100分鐘；命題人：XXX

題號(hào)—二三四總分

得分

留意事項(xiàng)：

1.答題前填寫(xiě)好自己的姓名、班級(jí)、考號(hào)等信息

2.請(qǐng)將答案正確填寫(xiě)在答題卡上

第I卷（選擇題）

請(qǐng)點(diǎn)擊修改第I卷的文字說(shuō)明

評(píng)卷人得分

一、單項(xiàng)選擇題

1.以下我國(guó)科研成果所涉及材料中，主要成分為同主族元素形成的無(wú)機(jī)非金屬材料的

A.4.03米大口徑碳化B.2023年冬奧會(huì)聚C.能屏蔽電磁波的D.“玉兔二號(hào)”

硅反射鏡氨酯速滑服碳包覆銀納米線(xiàn)鈦合金篩網(wǎng)輪

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【分析】

此題主要考察有機(jī)物與無(wú)機(jī)物的區(qū)分（B選項(xiàng)為有機(jī)物，其他均為元機(jī)物），金屬材料

與非金屬材料的區(qū)分。同時(shí)穿插考察了元素周期表中同主族的概念。

【詳解】

A.碳化硅（SiC）是由碳元素和硅元素組成的無(wú)機(jī)非金屬材料，且碳元素與硅元素均位于元

素周期表第IVA族，故A符合題意；

試題第1頁(yè)，總19頁(yè)

B.聚氨酯為有機(jī)高分子化合物，不屬于無(wú)機(jī)非金屬材料，故B不符合題意；…

C.碳包覆銀納米材料屬于復(fù)合材料，不屬于無(wú)機(jī)非金屬材料，且銀不是土族元素，故CO

不符合題意；

D.鈦合金為含有金屬鈦元素的合金，其屬于金屬材料，不屬于無(wú)機(jī)車(chē)金屬材料，故D...

不符合題意；…

線(xiàn)

綜上所述，此題應(yīng)選A。

【點(diǎn)睛】…

此題依托有機(jī)物和無(wú)機(jī)物的概念考察了化學(xué)學(xué)問(wèn)與?；钪形镔|(zhì)的聯(lián)系,創(chuàng)點(diǎn)在干除了要推…

斷是否為無(wú)機(jī)非金屬材料，還給其加了限制條件“同主族”，應(yīng)留意有機(jī)物中肯定含碳元0

素，但含碳元素的卻不肯定是有機(jī)物。2.以…

下示意圖與化學(xué)用語(yǔ)表述內(nèi)容不相符的是（水合離子用相應(yīng)離子符號(hào)表示）

,3

CH3coOH在水中電離

H、g)+C劇底2HQ(g

NaCl^=Na++Cl-CUC12^=CU2++2C1-CH3co3coO+H+

AH=-183kJ-n。岬

OO

??????

A.AB.BC.CD.D

【答案】B……

【解析】?jī)?nèi)外

【分析】??????

此題A、B、C選項(xiàng)應(yīng)區(qū)分電離和電解的概念。電離是電解質(zhì)溶于水或熔融狀態(tài)下，解……

……

離成能夠自由移動(dòng)的離子的過(guò)程。依據(jù)其電離程度可分為強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)，幾乎全

OO

部電離的是強(qiáng)電解質(zhì)（如A選項(xiàng)），只有少局部電離的是弱電解質(zhì)（如C選項(xiàng)）；是…???

二

試題第2頁(yè)，總19頁(yè)

...1...

將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的一個(gè)裝置(構(gòu)成:外加電源，電解質(zhì)溶液，陰陽(yáng)電極)。使電流通過(guò)

o電解質(zhì)溶液或熔融電解質(zhì)而在陰，陽(yáng)兩極引起復(fù)原氧化反響的過(guò)程(勿1B選項(xiàng))“

【詳解】

A.NaCl為強(qiáng)電解質(zhì)，NaQ溶于水，Na。在水分子作用下，自發(fā)解離為Na+和C1-,故電

離方程式為NaQ=Na++CL,故A不符合題意；

線(xiàn)

B.電解氯化銅溶液，銅離子向陰極移動(dòng)，得電子，發(fā)生電極反響為：Cu2++2e=Cu,氯離

子向陽(yáng)極移動(dòng)，失電子，發(fā)生電極反響為：2Ch+2e;C%所以電解總反響為：

CS++2C1-通電Cu+Cbjt,故B符合題意；

OC.CH3co0H為弱電解質(zhì)，溶于水局部電離，因此電離方程式為CH?COOH=

CH3co0-+H+,故C不符合題意；

D.由圖可知，反響H2(g)+C%(g)=2HCI(g)的反響熱等于斷裂反響物分子中的化學(xué)鍵吸取

的總能量［436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol),與形成生成物分子中化學(xué)鍵放出的總能量

訂vT

(431kJ/molx2=862kJ/moI)之差，即放熱183kJ/mol,放熱AH為負(fù)值，所以

H(g)+Cl(g)=2HCl(g)AH=-183kJ/mol,故D不符合題意；

22

綜上所述，此題應(yīng)選B。

級(jí)

【點(diǎn)睛】

o班O

此題所選四個(gè)試驗(yàn)(或原理)均取材于課本，可見(jiàn)高考題越來(lái)越回歸于課本。此題綜合

考察化學(xué)用語(yǔ)，涉及強(qiáng)、弱電解質(zhì)的電離、電解方程式的書(shū)寫(xiě)，化學(xué)反響熱的計(jì)算，題

目把化學(xué)用語(yǔ)與化學(xué)反響原理奇異地結(jié)合。

名

裝姓裝3.2023年是元素周期表發(fā)表150周年，期間科學(xué)家為完善周期表做出了不懈努力。中

國(guó)科學(xué)院院士張青蓮教授曾主持測(cè)定了鈿(In)等9種元素相對(duì)原子質(zhì)量的值，被

49

承受為國(guó)際標(biāo)準(zhǔn)。錮與鋤(Rb)同周期。以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是

37

晟A.In是第五周期第OA族元素

o學(xué)O

B.115In的中子數(shù)與電子數(shù)的差值為17

49

C.原子半徑：In>Al

D.堿性：In(0H)3>Rb0H

【答案】D

外內(nèi)

【解析】

【分析】

oO

試題第3頁(yè)，總19頁(yè)

A.依據(jù)原子核外電子排布規(guī)章，該原子構(gòu)造示意圖為

元素在周期表中的位置:

B.質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，元素符號(hào)的左上角為質(zhì)量數(shù)、左下角為質(zhì)子數(shù)，原子的

質(zhì)子數(shù)=電子數(shù)；

C.同主族元素的原子，從上到下，電子層數(shù)漸漸增多，半徑漸漸增大；

D.同周期元索，核電荷數(shù)越大，金屬性越越弱，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性越弱；

【詳解】

A.依據(jù)原子核外電子排布規(guī)章，該原子構(gòu)造示意圖*為金因此皿位于元

素周期表第五周期第IHA族，故A不符合題意；

B.質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，元素符號(hào)的左上角為質(zhì)量數(shù)、左下角為質(zhì)子數(shù)，因此該原

子的質(zhì)子數(shù)=電子數(shù)=49,中子數(shù)為11549=66,所以中子數(shù)與電子數(shù)之差為66-49=17,

故B不符合題意；

C.A1位于元素周期表的三周期IHA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元

素的原子，從上到下，電子層數(shù)漸漸增多，半徑漸漸增大，因此原子半徑In>AL故C

不符合題意；

D.In位于元素周期表第五周期，鋤(Rb)位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元

素，核電荷數(shù)越大，金屬性越越弱，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性越弱，因此堿性：

In(OH)3<RbOH,故D符合題意；

綜上所述，此題應(yīng)選D。

【點(diǎn)睛】

此題考察原子構(gòu)造與元素性質(zhì)，題目難度不大，明確原子構(gòu)造與元素周期律的關(guān)系為解

答關(guān)鍵，留意把握原子構(gòu)成及表示方法，試題培育了學(xué)生的分析力量及敏捷應(yīng)用力量。

4.交聯(lián)聚合物P的構(gòu)造片段如下圖。以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是(圖桿s表示鏈延長(zhǎng))

試題第4頁(yè)，總19頁(yè)

XX

WX-Y-X-Y—X-Y-X-Y2

\

-O-CH-CIHt'H-O-

X為昌Y為O

A.聚合物P中有酯基，能水解

B.聚合物P的合成反響為縮聚反響

C.聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解獲得

D.鄰苯二甲酸和乙二醇在聚合過(guò)程中也可形成類(lèi)似聚合物P的交聯(lián)構(gòu)造

【答案】D

訂

【解析】

【分析】

o

可知，聚合物P是由鄰苯二甲酸和丙三醇通過(guò)縮聚反響制備的，據(jù)此解題;

【詳解】

裝

構(gòu)成了酯基，酯基能在酸性或堿性條件下水解，故A不符合題意；

B.聚合物P是由鄰苯二甲酸和丙三醇通過(guò)縮聚反響制備的，故B不符合題意；

C.油脂為脂肪酸甘油酯，其在堿性條件下水解可生成脂肪酸鹽和甘油即丙三醇，故C,

不符合題意；

內(nèi)

D.乙二醇的構(gòu)造簡(jiǎn)式為HO-CH2cH2-0H,與鄰苯二甲酸在聚合過(guò)程中只能形成鏈狀構(gòu)

造，故D符合題意；

綜上所述，此題應(yīng)選D。

【點(diǎn)睛】

此題側(cè)重考察有機(jī)物的構(gòu)造和性質(zhì)，涉及高聚物單體以及性質(zhì)的推斷，留意把握官能團(tuán)

試題第5頁(yè)，總19頁(yè)

的性質(zhì)，縮聚反響的推斷，題目有利于培育學(xué)生的分析力量，難度不大。???

5.以下除雜試劑選用正確且除雜過(guò)程不涉及氧化復(fù)原反響的是OO

???

物質(zhì)（括號(hào)內(nèi)為雜質(zhì)）除雜試劑

???

???

AFeC4溶液（FeC、）Fe粉

???

線(xiàn)線(xiàn)

BNaCl溶液(MgC?NaOH溶液、稀HC1

濃

CCl2(HC1)HjO>H2SO4

DNO(NO2)H2O>無(wú)水CaClj

o※O

※

題

※

※

答

A.AB.BC.CD.D※

※

【答案】B訂內(nèi)訂

※

【解析】※

線(xiàn)

【分析】※

※

發(fā)生的反響中，存在元素的化合價(jià)變化，與氧化復(fù)原反響有關(guān)；反之，不存在元素的化訂

※

※

合價(jià)變化，則與氧化復(fù)原反響無(wú)關(guān)，以此解答該題。oO

裝

???※

【詳解】※

???

在

A.FeCl與Fe反響生成FeCl,2FeCl+Fe=3FeCl,此過(guò)程中Fe的化合價(jià)發(fā)生變化，涉※

3232※

及到了氧化復(fù)原反響，故A不符合題意；要

※裝

裝※

B.MgJ與NaOH溶液發(fā)生復(fù)分解反響MgCU+2NaOH=Mg（OH%+2NaCL過(guò)量的NaOH

不

※

溶液可用HC1除去HCl+NaOH=NaCl+H?。,此過(guò)程中沒(méi)有元素化合價(jià)發(fā)生變化，未涉※

請(qǐng)

及氧化復(fù)原反響，故B符合題意；※

※

C.局部氯氣與H2。發(fā)生反響生成氯化氫和次氯酸，應(yīng)當(dāng)用飽和食鹽水除去IIC1,除雜方

oO

法不正確，故C不符合題意；

D.NO2與水反響生成硝酸和NO。反響過(guò)程中氮元素化合價(jià)發(fā)生變化，涉及到了氧化還

原反響，故D不符合題意；

外

綜上所述，此題應(yīng)選B。內(nèi)

【點(diǎn)睛】

此題考察氧化復(fù)原反響，為高考常見(jiàn)題型，側(cè)重于氧化復(fù):原反響推斷的考察，留意把握

發(fā)生的反響及反響中元素的化合價(jià)變化，題目難度不大。

O

o

6.探究草酸（H2c2。4）性質(zhì)，進(jìn)展如下試驗(yàn)。（：室溫下，0.1molH2C2O4???

一???

試題第6頁(yè)，總19頁(yè)

的pH=1.3)

試驗(yàn)裝置試劑a現(xiàn)象

①Ca（OH）2溶液（含酚猷）溶液褪色，產(chǎn)生白色沉淀

廠(chǎng)草酸

②少量NaHC%溶液產(chǎn)生氣泡

③酸性KMnC方溶液紫色溶液褪色

④y試劑aC2H50H和濃硫酸加熱后產(chǎn)生有香味物質(zhì)

由上述試驗(yàn)所得草酸性質(zhì)所對(duì)應(yīng)的方程式不正確的選項(xiàng)是

A.HCO有酸性，Ca（OH）+HCO——CaCO1+2HO

2242224242

B.酸性：HCO>HCO,NaHCO+HCO------NaHCO+COf+HO

2242332242422

C.H2c2。1具有復(fù)原性，2Mn。j5co：-+16H+^=2Mn2++10CC>2T+8H2O

D.HCO可發(fā)生酯化反響，

224

濃硫酸

HOOCCOOH+2G/HJQH'A、C,HQOCCOOC風(fēng)/J+2H/Q

【答案】c

【解析】

【分析】

草酸（又稱(chēng)乙一酸）為一種一元弱酸，具有酸的通性，因此能發(fā)生中和反響，具有復(fù)原

性，由于乙二酸中含有段基因此能發(fā)生.酯化反響，據(jù)此解題；

【詳解】

A.HCO為二元弱酸，能與氫氧化鈣溶液發(fā)生中和反響，生成白色沉淀草酸鈣和水，

224

因此含酚配的氫氧化鈣溶液堿性漸漸減弱，溶液紅色退去，故A正確；

B.產(chǎn)生氣泡證明有C0產(chǎn)生，因此可證明酸性HC0>HC0,反響方程式為：

222423

H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2+2%?；?H2czOd+NaHCC^MNaHCzOd+ZCO2+2凡0,

故B正確；

C.0.1mol-LiH2c2O4的pH=L3,說(shuō)明草酸為弱酸，故在其參與的離子方程式中要寫(xiě)其化

學(xué)式，不能用草酸根表示，故C不正確；

D.草酸（又稱(chēng)乙二酸），其中含有按基，因此其能發(fā)生酯化反響，反響方程式正確，故

D正確：

試題第7頁(yè)，總19頁(yè)

此題選不正確的，應(yīng)選C。

【點(diǎn)睛】

此題考察草酸的性質(zhì)和離子反響方程式的書(shū)寫(xiě)，側(cè)重考察學(xué)生的分析力量和元素化合物

學(xué)問(wèn)的綜合理解和運(yùn)用。

7.試驗(yàn)測(cè)得0.5molL-iCHfOONa溶液、0.5molL-iCuSO爭(zhēng)液以及Hq的pH隨

溫度變化的曲線(xiàn)如下圖。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是

A.隨溫度上升，純水中c(H+)>c(OH)

B.隨溫度上升，CH3coONa溶液的c(OH-)減小

C.隨溫度上升，CuSO4溶液的pH變化是K“,轉(zhuǎn)變與水解平衡移動(dòng)共同作用的結(jié)果

D.隨溫度上升，CH3coONa溶液和C11SO4溶液的pH均降低，是由于CH3coO-、

CU2+水解平衡移動(dòng)方向不同

【答案】c

【解析】

【分析】

水的電離為吸熱過(guò)程，上升溫度，促進(jìn)水的電離；鹽類(lèi)水解為吸熱過(guò)程，上升溫度促進(jìn)

鹽類(lèi)水解，據(jù)此解題；

【詳解】

A.水的電離為吸熱過(guò)程，上升溫度，平衡向著電離方向移動(dòng)，水中c(H+).c(OH-尸Kw增

大,故pH減小，但c(H+)=c(OH-),故A不符合題意：

B.水的電離為吸熱過(guò)程，上升溫度，促進(jìn)水的電離，所以c(OH-)增大，醋酸根水解為吸

熱過(guò)程，CHX00H+H.0CHCOOH+OH-,上升溫度促進(jìn)鹽類(lèi)水解，所以c(OH-)增

::

???題意；

OOD.鹽類(lèi)水解為吸熱過(guò)程，上升溫度促進(jìn)鹽類(lèi)水解，故D不符合題意;

綜上所述，此題應(yīng)選C。

【點(diǎn)睛】

???

線(xiàn)

點(diǎn)，此題難度不大，是根底題。

O???

???O

一

???

???號(hào)???

者

訂訂

???一???

…&???

O班O

…

二

???

裝左

???姓裝

???

O校

…學(xué)O

…

外

???內(nèi)

???

O

???O

試題第9頁(yè)，總19頁(yè)

第n卷(非選擇題)

請(qǐng)點(diǎn)擊修改第||卷的文字說(shuō)明

評(píng)卷人得分

二、推斷題

8.抗癌藥托瑞米芬的前體K的合成路線(xiàn)如下。線(xiàn)

O

A1CI,vT

R”-CI

J8,

ii?有機(jī)物構(gòu)造可用鍵線(xiàn)式表示，如(CH?嚴(yán)HfHj的鍵線(xiàn)式為

(1)有機(jī)物A能與Na2cO,溶液反響產(chǎn)生CO,其鈉鹽可用于食品防腐。有機(jī)物B能

2O

與NaCO溶液反響，但不產(chǎn)生CO；B加氫可得環(huán)己醇。A和B反響生成C的化學(xué)方

※

程式是,,反響類(lèi)型是.在

※

※

(2)D中含有的官能團(tuán)：

要

※

裝

(3)E的構(gòu)造簡(jiǎn)式為?※

不

(4)F是一種自然香料，經(jīng)堿性水解、酸化，得G和J。J經(jīng)復(fù)原可轉(zhuǎn)化為G。J的構(gòu)※

※

造簡(jiǎn)式為。請(qǐng)

※

(5)M是J的同分異構(gòu)體，符合以下條件的M的構(gòu)造簡(jiǎn)式是

O

①包含2個(gè)六元環(huán)

②M可水解，與NaOH溶液共熱時(shí)，1molM最多消耗2molNaOH

(6)推想E和G反響得到K的過(guò)程中，反響物L(fēng)iAlH和HO的作用是

內(nèi)

\)raiYaHM

【答案】8H-QOH(鬻＞。cooQ+H2O取代反響?；?、

-c0<x,i

羥基O"O^^j^co°復(fù)原

劑；水解

【解析】

【分析】

有機(jī)物A能與碳酸鈉溶液反響產(chǎn)生CO,其鈉鹽可用于食品防腐，A為苯甲酸；有機(jī)物

B能與碳酸鈉反響，但不產(chǎn)生CO，且B加氫得環(huán)己醇，則B為苯酚；苯甲酸和苯酚在

濃硫酸、H,BO「加熱條件下發(fā)生取代反響生成C為QysQ；C發(fā)生信息中的反響

生成D為丘。。0肌D發(fā)生信息中的反響生成E為F經(jīng)堿性水

解，酸化得G和J,J經(jīng)復(fù)原可轉(zhuǎn)化為G,則G和J具有一樣的碳原子數(shù)和碳骨架，則

G為Qs/OM：J；由G和J的構(gòu)造可推知F為

C6H5-CH=CH.COOCHCH=CH.CH5,E和G先在LiA叫作用下復(fù)原‘再水解最終得到

K,據(jù)此解答。

【詳解】

(1)依據(jù)以上分析，A為苯甲酸，B為苯酚，苯甲酸和苯酚在濃硫酸、HBO,加熱條

33

件下發(fā)生取代反響生成C為。＜8。，化學(xué)方程式為

33普8?！保?/p>

故答案為：取代反響；33除＞80”

(2)D為0＜。小明D中含有的官能團(tuán)為?；?、羥基，

故答案為：臻基、羥基；

(3)D發(fā)生信息中的反響生成E,其構(gòu)造簡(jiǎn)式為

故答案為：

(4)F經(jīng)堿性水解，酸化得G和J,J經(jīng)復(fù)原可轉(zhuǎn)化為G,則G和J具有一樣的碳原子

數(shù)和碳骨架，則G為J為。

故答案為:Or；

試題第11頁(yè)，總19頁(yè)

(5)J為0^分子式為C°H.O,，不飽和度為6,其同分異構(gòu)體符合條件的M,

①包含兩個(gè)六元環(huán)，則除苯環(huán)外還有一個(gè)六元環(huán)，②M可水解，與氫氧化鈉溶液共熱時(shí)，

ImolM最多消耗2moiNaOH,說(shuō)明含有酚酯的構(gòu)造，則M的構(gòu)造簡(jiǎn)式為*，

故答案為：

(6)由合成路線(xiàn)可知，E和G先在LiAlH,作用下復(fù)原，再水解最終得到K,

故答案為：復(fù)原劑；水解；

(7J由合成路線(xiàn)可知，托瑞米芬分子中含有碳碳雙鍵，兩個(gè)苯環(huán)在雙鍵兩側(cè)為反式結(jié)

構(gòu)，則其構(gòu)造簡(jiǎn)式為:

故答案為:

評(píng)卷人

三、試驗(yàn)題

9.化學(xué)小組用如下方法測(cè)定經(jīng)處理后的廢水中苯酚的含量(廢水中不含干擾測(cè)定的物

質(zhì))。

I.用已準(zhǔn)確稱(chēng)量的KB?,固體配制肯定體積的amoll-iKBrO)標(biāo)準(zhǔn)溶液；

II.取力OIL上述溶液，參加過(guò)量KBr,加H2sO,酸化，溶液顏色呈棕黃色;

HI.向H所得溶液中參加vpiL廢水；

IV.向111中參加過(guò)量KI；

V.用bmol?LTNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定W中溶液至淺黃色時(shí)，滴加2滴淀粉溶液，連

續(xù)滴定至終點(diǎn)，共消耗Na2s2。3溶液VzmL。

：I+2NpSO,=?陰+NaSO,4(

Na2s2O3和Na2sJ%溶液顏色均為無(wú)色

(1)I中配制溶液用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和o

(2)I中發(fā)生反響的離子方程式是o

(3)DI中發(fā)生反響的化學(xué)方程式是?

(4)IV中加KI前，溶液顏色須為黃色，緣由是o

(5)KI與KBrOs物質(zhì)的量關(guān)系為n(KI)>6n(KBrO3)時(shí)，KI肯定過(guò)量，理由是

(6)V中滴定至終點(diǎn)的現(xiàn)象是.

試題第12頁(yè)，總19頁(yè)

(7)廢水中苯酚的含量為gL-i(苯酚摩爾質(zhì)量：94gmol-i)。

(8)由于B「2具有性質(zhì)，II?IV中反響須在密閉容器中進(jìn)展，否則會(huì)造成

測(cè)定結(jié)果偏高。

【答案】容量瓶、量筒BrOv+5Br-+6H+=3Br,+3Hp

OHOH

j+3Br?—Br7)-B[+3HBr?中生成的叫與廢水中

苯酚完全反響后，HI中溶液顏色為黃色，說(shuō)明有B「2剩余，剩余B「2與過(guò)量KI反響生成

12可利用后續(xù)滴定法測(cè)量，從而間接計(jì)算苯酚消耗的由2n中反響為KB1O3+5KBH

3H2SO4=3K2SO4+3Br2+3H2O可知3n(KBrO3)=n(Br2),II中B%局部與苯酚反響，剩余

溟在IV中反響為Br+2Kl=1+2KBr,假設(shè)剩余澳完全反響，則n(KI)22n(Br),推知

222

n(KI)>6n(KBrO)當(dāng)?shù)稳胱罱K一滴NaSO標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且

3223

94(6av-bv)

30s不變色----~~-揮發(fā)

2

【解析】

【分析】

此題考察氧化復(fù)原反響滴定的綜合運(yùn)用。苯酚與溪反響快速靈敏，但滴定終點(diǎn)難以推斷，因

而制得肯定量的浪分別與苯酚和KI反響(浪須完全反響完)，而澳與KI反響生成的

I與NaSO進(jìn)展滴定分析，因而直接測(cè)出與KI反響所消耗的浪，進(jìn)而計(jì)算出與苯酚反

2223

應(yīng)消耗的溟，最終依據(jù)苯酚與漠反響的系數(shù)計(jì)算廢水中苯酚的濃度。

【詳解】

(1)準(zhǔn)確稱(chēng)量KBrO3固體配置溶液所需的玻璃儀器有燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管，

肯定規(guī)格的容量瓶，因而該空填容量瓶、量筒；

(2)KBrC^溶液中參加KBr和H2soJ,溶液顏色呈棕黃色，說(shuō)明生成Bj，依據(jù)缺項(xiàng)配

平可知該離子方程式為BrO-+5Br+6H+=3Br+3HO；

322

(3)苯酚和濱水反響得到白色沉淀2,4,6-三澳苯酚，化學(xué)方程式為

(4)該測(cè)量過(guò)程是利用肯定量的澳分別與苯酚和KI反響，留意澳須反響完全，且肯定

量溟的總量，局部溪與KI反響牛.成的U可利用氧化復(fù)原滴定法測(cè)量，進(jìn)而計(jì)算出

試題第13頁(yè)，總19頁(yè)

與KI反響的浪的消耗量，將肯定量澳減去與KI反響的澳的消耗量，可得與苯酚反響的

浪的消耗量，因而肯定量的浪與苯酚反響完，必需有剌余的浪與KI反響，m中反響結(jié)

束時(shí)，假設(shè)溶液顯黃色說(shuō)明苯酚反響完，且有浪剩余，以便與KI反響，故緣由為II中生

成的Br2與廢水中苯酚完全反響后，in中溶液顏色為黃色，說(shuō)明有加2剩余，剩余由2

與過(guò)量K1反響，從而間接計(jì)算苯酚消耗的Br2；

(5)II中反響為KBrO3+5KBr+3H2SO4=3K2SO4+3Br2+3H2O可知3n(KBrO3)=n1(Br2),

II中Br2局部與苯酚反響，剩余澳的量設(shè)為出婚0)(\但「2)>%8「2))在IV中反響為

Br2+2KI=I2+2KBr,假設(shè)剩余溟完全反響，則n(KI巨如@),推知n(KI巨6n(KBQ)；

因而當(dāng)n(KI心6n(KBrCy，KI肯定過(guò)量；

(6)V中含碘的溶液內(nèi)參加淀粉，溶液顯藍(lán)色，隨著Na2s2O3溶液滴入，藍(lán)色變淺直

至消逝，因而當(dāng)?shù)稳胱罱K一滴Na2s2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且30s不變

色；

(7)n(BrO3-)=avxl0-3mol,依據(jù)反響B(tài)rO/5Br-+6H+=3Brj3H9可知

n(Br2)=3aV]X10-3mol,浪分別與苯酚和KI反響，先計(jì)算由KI消耗的浪的量，設(shè)為n/Br?),

依據(jù)g+ZNa2s203=2NaI+Na2s4O5可知馬?2Na2s2O3，又Bh+ZITz+ZBr-可知Brr12,可

1

得Br2?2Na2s2O3，n(Na2S2O3)=bv^xlOamol,n((Br2)=-bv3xlO-3moL再計(jì)算由苯酚消耗

1

的澳的量，設(shè)為r)2(Br2)=n(Br)-n.(Br)=(3av.-^bv)x|0-3mol,苯酚與濱水反響的計(jì)量

4442219J

11

數(shù)關(guān)系為3Br2-C6H5OH,n(C6H5OH)=-n2(Br2)=(avrg.bv3)xl0-3mol,廢水中苯酚的含量

=(aV1-bbv3)mol94g/mol：94(6：v「bv)

------------1----------6V

vL2

2

(8)II中生成的浪須被苯酚和KI完全反響掉，而澳有揮發(fā)性，反響時(shí)須在密閉容器中

進(jìn)展。

10.化學(xué)小組試驗(yàn)探究SO?與AgNO1溶液的反響。

(1)試驗(yàn)一：用如下裝置(夾持、加熱儀器略)制備SO,將足量SO通入AgNO

溶液中，快速反響，得到無(wú)色溶液A和白色沉淀B。

②試劑a是o

（2）對(duì)體系中有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)分析得出：沉淀B可能為AgSO、AgSO或兩者混合

2324

物。（資料：Ag2s微溶于水；Ag2s。3難溶于水）

試驗(yàn)二：驗(yàn)證B的成分

L濾液E

沉淀B3工曲虹處也嶼沉淀尬超-7

”-過(guò)駐崎曲”匚沉淀F

①寫(xiě)出AgSO溶于氨水的離子方程式：o

23

②參加鹽酸后沉淀D大局部溶解，剩余少量沉淀F。推斷D中主要是BaSO,進(jìn)而推

3

斷B中含有AgSOo向?yàn)V液E中參加一種試劑，可進(jìn)一步證明B中含有AgSO。所

2323

用試劑及現(xiàn)象是

（3）依據(jù)沉淀F的存在，推想SO一的產(chǎn)生有兩個(gè)途徑：

4

途徑1：試驗(yàn)一中，SC>2在AgNC）3溶液中被氧化生成Ag2s隨沉淀B進(jìn)入D。

途徑2：試驗(yàn)二中，S02被氧化為SO?進(jìn)入D。

試驗(yàn)三：探究S02-的產(chǎn)生途徑

4

①向溶液A中滴入過(guò)量鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀，證明溶液中含有：取上層清液

連續(xù)滴加BaC%溶液，未消滅白色沉淀，可推斷B中不含Ag2so4。做出推斷的理由：

②試驗(yàn)三的結(jié)論：o

（4）試驗(yàn)一中SO?與AgNC）3溶液反響的離子方程式是o

（5）依據(jù)物質(zhì)性質(zhì)分析，SO?與AgNC>3溶液應(yīng)當(dāng)可以發(fā)生氧化復(fù)原反響。將試驗(yàn)一所

得混合物放置一段時(shí)間，有Ag和S。：生成。

（6）依據(jù)上述試驗(yàn)所得結(jié)論：o

【答案】Cu+2H2s0式濃）仝CuSO4+SO2t+2H2O濃硫酸或飽和的NaHSO3溶液

AgSO+4NH?H0-2Ag（NH）++SO2-+4HOHO溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則證明B

fc2332323222

中含有Ag2SO3Ag+由于假設(shè)含有Ag2s。4,參加BaC12溶液會(huì)生成難溶的BaSO4

白色沉淀試驗(yàn)一中，SO?在AgNOa溶液中未被氧化生成Ag2s04；試驗(yàn)二中，SO

被氧化為SO2-2Ag++S0+H0=AgSO+2H+二氧化硫與硝酸銀溶液反響生成

42223

亞硫酸銀的速率大于生成銀和硫酸根離子的速率，堿性溶液中亞硫酸根離子更易被氧化

為硫酸根離子

試題第15頁(yè)，總19頁(yè)

【解析】

【分析】

此題的試驗(yàn)?zāi)康氖翘骄縮o?與硝酸銀溶液的反響，試驗(yàn)過(guò)程先用銅片和濃硫酸反響制備

so2,再將so2通入硝酸銀溶液