北京市丰台区2022-2023学年高二年级下册期末考试化学试题（解析版）

2023北乐丰台高二（下）期末

化学

可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Ti48Co59

第一部分（选择题共42分）

本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一

项。

1.下列物质、类别和官能团的对应关系不无砸的是

选项ABCD

物质

CH3cH=CH2CH3COOHOLOHCH30cH3

类别烯煌竣酸酚酸

\/0\/

官能团尸、II—OH0—C—

—C—0—H

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.丙烯属于烯崎类，官能团是碳碳双键，故A正确；

B.乙酸属于酸类，官能团是竣基，故B正确；

C.苯甲醇属于醇类，不是酚，官能团是醇羟基，故C错误：

D.甲醛属于醛类，官能团是雄键，故D正确；

故本题选C。

2.下列化学用语或图示表达正确的是

A.CCh的分子结构模型：。

B.基态29CU原子的价层电子排布式：3d94s2

c.羟基的电子式：：6：H

CH—CH3

CH的系统命名：3-甲基-2-丁醇

3OH

【答案】D

【解析】

【详解】A.CO2的空间构型为直线形，A错误；

B.基态29Cu原子的价层电子排布式：3di04slB错误;

C.羟基的电子式：H：O,C错误；

CH—CH—CH—CH,

D.II的系统命名为3-甲基-2-丁醇，D正确；

CH3OH

故选D。

3.下列说法不由俄的是

A.p轨道形状为哑铃形，有三种空间取向

B.金属良好的导电性与金属键有关

C.HC1分子的共价键是s-sc键

D.NH4cl中含有离子键、共价键和配位键

【答案】C

【解析】

【详解】A.p轨道是哑铃形的，有px、Py、Pz三种空间取向，故A正确；

B.金属晶体的作用力是金属键，金属键的存在对金属的导电性有影响，故B正确;

C.HC1分子的共价键是s—p。键，故C错误；

D.镂根离子与氯离子之间存在离子键，镂根离子内有共价键和配位键，故D正确;

故本题选C.

4.下列反应的化学方程式书写正确的是

A.工业上由乙醇制备乙醛：CH3CH2OH+O2------手——>CH3CHO+H2

B.乙醛与新制Cu(OH)2悬浊液反应：CH3cHO+2Cu(OH)2^_^CH3coOH+C112OJ+2H2。

C.苯酚钠溶液与二化氧碳反应:+Na2co3

18

D.酯在酸性条件下水解：CH3COOCH2CH3+H2OH-CH3cH2OH+CH3coi80H

A

【答案】D

【解析】

【详解】A.工业上由乙醇制备乙醛：2cH3cH2OH+O2------嘤——>2CH3CHO+2HJO,A错误;

B.乙醛与新制Cu(0H)2悬浊液反应：CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOH^_»CH3co0Na+Cu20j+3H20,B错

误；

c.碳酸的酸性强于苯酚，但碳酸氢根的酸性弱于苯酚，则苯酚钠溶液与二化氧碳反应:

ONa+CO2+H2OTOH+NaHCO3,C错误;

D.酯在酸性条件下水解得至IJ酸和醇：CHCOOCH2CH+H2I8O“，CH3cH2OH+CH3coi8OH,D正确;

33A

故选D。

5.下列各组分子或离子的空间结构不学似的是

A.C02和OF2B.NH:和CH4C.印0+和NH3D.SO2和。3

【答案】A

【解析】

【详解】A.C02为直线形；0F2的中心原子的价层电子对数为2=4,分子的空间构型为V形，A符

2

合题意；

B.NH：和CE的中心原子的价层电子对数为4,配位原子数为4,均为正四面体形，B不符合题意；

C.丛0+和NH3的中心原子的价层电子对数为4,配位原子数为3,均为三角锥形，C不符合题意；

D.S02和03的中心原子的价层电子对数为3,配位原子数为2,均为V形，D不符合题意；

故选Ao

6.有机化合物分子中的邻近基团往往存在相互影响，这种影响会使有机化合物性质产生差异。下列事实不

熊说明上述观点的是

A.甲苯能使酸性高镒酸钾溶液褪色而苯不能

B.等物质的量的甘油和乙醇分别与足量Na反应，前者反应生成的H2多

0

C.CH2=CH2的加聚反应需要催化剂，a-氟基丙烯酸丁酯）室温下可发生加聚

反应

O

D.与醛、酮的|]相比，陵基中的较难发生加成反应

【答案】B

【解析】

【详解】A.甲苯能使酸性高锈酸钾溶液褪色而苯不能，说明苯环使甲基活泼性增强，故不选A；

B.等物质的量的甘油和乙醇分别与足量Na反应，前者反应生成的H2多，是因为甘油分子中羟基个数大

于乙醇，不能证明邻近基团相互影响，故选B；

C.CH2=CH2的加聚反应需要催化剂，a-氟基丙烯酸丁酯室温下可发生加聚反应，说明a-氟基丙烯酸丁酯

中碳碳双键受鼠基、酯基影响活泼性增强，故不选C；

oo0

D.与醛、酮的相比，竣基中的《较难发生加成反应，说明竣基中的受羟基影

响活泼性减弱，故不选D；

选Bo

7.SF6可用作高压发电系统的绝缘气体，分子呈正八面体结构，如图所示。有关SF6的说法正确的是

OS

OF

A.分子中只含极性键B.SF6是极性分子

c.S与F之间共用电子对偏向sD.S原子满足8电子稳定结构

【答案】A

【解析】

【详解】A.SF6中的键为6条S-F键，为极性键，此分子中只含极性键，故A正确；

B.SF6是结构对称、正负电荷重心重合的分子，为非极性分子，故B错误；

C.由于F的电负性比S的大，S与F之间共用电子对偏向F,故C错误；

D.中心元素价电子数+化合价的绝对值=8时该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外,

该化合物中S元素化合价+价电子数=6+6=12,则S原子不是8电子稳定结构，故D错误；

故本题选A.

8.由键能数据大小，不能解释下列事实的是

化学键C-HSi-Hc=oC-0Si-0c-cSi-Si

键能/kJ-mol-1411318799358452346222

A.稳定性:CH4>SiH4B.键长：C=O<C-O

C.熔点：CO2<SiOD.硬度：金刚石〉晶体硅

【答案】c

【解析】

【详解】A.键能越大越稳定，C-H键能大于Si—H,所以稳定性：CH4>SiH4,故不选A；

B.键能越大，键长越短，C=O键能大于C-0,所以键长：C=O<C—O,故不选B；

c.CO2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，SiO2是共价晶体，所以熔点CO2<SK)2,不能用键能解

释熔点c02Vsi。2,故选C；

D.金刚石、晶体硅都是共价晶体，共价晶体中键能越大，晶体的硬度越大，C-C的键能大于Si-Si,

所以硬度：金刚石〉晶体硅，故不选D；

选C。

9.下列物质的性质与氢键不去的是

A.沸点：乙二醇>丙醇B.密度：冰〈水

C.乙醇能与水以任意比例互溶D.沸点：丙烷(乙醛

【答案】D

【解析】

【详解】A.乙二醇中有2个羟基，丙醇中有1个羟基，乙二醇分子间形成氢键的数目比丙醇分子间形

成的氢键的数目多，故沸点：乙二醇>丙醇，与氢键有关，A项不符合题意；

B.在冰晶体中水分子间存在氢键，由于氢键具有方向性，每个水分子周围只有4个紧邻的水分子，这一

排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，使冰的密度比液态水的密度小，与氢键

有关，B项不符合题意；

C.由于乙醇分子与水分子间形成氢键，故乙醇能与水以任意比例互溶，与氢键有关，C项不符合题意；

D.由于乙醛分子的极性比丙烷分子的极性大，故乙醛分子间作用力强于丙烷分子间作用力，乙醛的沸点

比丙烷的高，与氢键无关，D项符合题意；

答案选D。

10.2022年4月，我国首个具有完全自主知识产权的口服抗新冠药物阿兹夫定获批上市，阿兹夫定的结构

如图所示。下列说法不氐颂的是

A.分子中含有4个手性碳原子

B.分子中N原子均为sp?杂化

C.分子中含有3种含氧官能团

D.该物质能发生加成反应、消去反应、取代反应、水解反应

【答案】B

【解析】

B.-NH2中氮原子形成3个共价键且有1对孤电子对，则为sp3杂化，B错误；

C.分子中含有羟基、酸键、谈基3种含氧官能团，C正确；

D.该物质碳碳双键能发生加成反应，含有羟基能发生消去反应、取代反应，含有酰胺基能发生水解反

应，D正确；

故选B。

11.富马酸亚铁（FeC4H2。4）是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如下图所示，下列说法不,硬的是

A.铁位于元素周期表第四周期、第VHI族

B.富马酸分子中。键与n键的数目比为11：2

C.富马酸中各元素的电负性由大到小的顺序为0>C>H

D.1mol富马酸与足量NaHCCh溶液反应可生成2molCO2

【答案】B

【解析】

【分析】由元素周期表中原子半径的变化规律，结合结构模型可推测出灰色的点是C,黑色的点是O,白

色的点是H,根据有机化学中C原子的成键特点可知，从左至右的顺序，第一个和第四个C原子上存在

C=0键，在第二个C原子与第三个C原子之间存在碳碳双键，其余的都是单键相连，富马酸中存在碳碳

双键和竣基官能团，则富马酸结构简式为HOOC-CH=CH-COOH„

【详解】A.铁是26号元素，位于元素周期表的第四周期第W族，故A正确；

B.Imol富马酸分子中存在llmol的。键和3moi的兀键，数目比为11:3,故B错误；

C.组成富马酸的各元素中，电负性最大的是0,最小的是H,则电负性由大到小的顺序为O>C>H,故C

正确；

D.1mol富马酸中存在2moi瓶基，与足量NaHCCh溶液反应可生成2moicCh,故D正确；

故本题选B。

12.下列实验方案能达到相应目的的是

-一

旨.

M

饱和碳RD

澳

烷

纳溶液乙

水

液

解

C.检验浸乙烷水解产物D.证明酸性：碳酸〉

A.制备乙烯并检验B.实验室制乙酸乙酯

中含有B「苯酚

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.该反应有副产物二氧化硫生成，二氧化硫能使淡水褪色，干扰乙烯与溟水的反应，故A错

误；

B.制备乙酸乙酯，因乙醇易溶于水，乙酸与碳酸钠反应，导管不能插入液面以下，以防止倒吸，故B错

误；

C.澳乙烷水解液呈碱性，先加硝酸至溶液呈酸性，再加硝酸银溶液可检验水溶液中是否含B「，故C正

确；

D.浓盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有HC1,盐酸也能和苯酚钠溶液反应生成苯酚，而影响碳酸

和苯酚钠的反应，故D错误;

故选C。

13.BAS是一种可定向运动“分子机器”，其合成路线如下:

下列说法不氐琥的是

A.Imol1。最多可与4moiH2反应

B-HF—有碱性

0H

C.中间产物的结构简式为：Q^CH-N

D.①为加成反应，②为消去反应

【答案】C

【解析】

【详解】A.j工"中苯环和醛基都能与H2发生加成反应,

ImolPJ,最多可与4moiH2反

2^011

应，A项正确；

B./一\/中含有氨基，故―

具有碱性，B项正确；

c发生加成反应生成的中间产物的结构简式为

QXSH-Q-O^一C项俨误

°①为CQ）仆Y》（）/1”—发生的加成反应，②为

一发生消去反广生成BAS5F确

答案选c。

14.一定温度下，CH3cH2cH3的氯化、溟化反应能量变化及一段时间后产物的选择性如图。下列叙述不F

确的是

资料：R.+X->RX（R.为烷基自由基，X.为卤素自由基）；通常活化能越大，反应速率受温度影响越大。

B.正丙基自由基（CH3cH2cH2・）比异丙基自由基［CH（CH3）2］稳定

C.升高温度，体系中〃（1-氯丙烷）：〃（2-氯丙烷）的值增大

D.以丙烷为原料通过“卤代-水解”过程合成2-丙醇时，Bn比CL更适于作取代试剂

【答案】B

【解析】

【详解】A.丙烷氯代反应可生成互为同分异构体的CH3cH2cH2。和（CHSCHCl,丙烷澳代反应可生成互

为同分异构体的CH3cH2cH?Br和（CH3”CHBr,A项正确；

B.由图可知，正丙基自由基（CH3cH2cH2.）具有的能量比异丙基自由基卜CH（CH3）2］具有的能量高，能量越

低越稳定，则异丙基自由基比正丙基自由基稳定，B项错误；

C.由图可知，生成1-氯丙烷的活化能比生成2-氯丙烷的活化能大，通常活化能越大、反应速率受温度影

响越大，故升高温度，生成1-氯丙烷的速率增大得更快，体系中〃（1-氯丙烷）：”（2-氯丙烷）的值增大，C项

正确；

D.由图可知，以丙烷氯代反应生成的2-氯丙烷的选择性为55%,而发生浪代反应生成的2-澳丙烷的选择

性为97%,故以丙烷为原料通过“卤代-水解”过程合成2-丙醇时，使用Bn作为取代试剂所得产品的纯度更

高，即Bn比CL更适于作取代试剂，D项正确；

答案选B。

第二部分（非选择题共58分）

本部分共5题，共58分。

15.利用光催化技术可将太阳能转化为化学能。

（1）光催化可实现NO、的净化

①比较N、0元素第一电离能大小并从结构角度解释原因__________。

②光催化还原NO,可得到氮气，从结构角度分析氮气性质稳定的原因。

③光催化氧化NOx最终产物为硝酸盐，NO-的空间结构是o

（2）光催化CO2和H2O合成甲崂是CO2转化利用最有前景的途径之一、比较甲醇分子中H-C-H与C-O-H

的键角大小并解释原因__________。

（3）光催化可降解苯酚等有机物。在紫外光的作用下催化剂表面有QH（羟基自由基）生成，QH可将苯酚

氧化为H2O和C02,该反应的化学方程式为。

（4）某含钛的复合型物质可作光催化剂，晶胞结构如下图所示，边长均为anm。

①基态钛原子的价层电子轨道表示式为。

②晶体中每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子的数量是o

37

③NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为g-cm-（lnm=10-cm）,,

【答案】（1）①.N原子的价层电子排布式为2s22P3,O原子的价层电子排布式为2s22PtN原子的2P

轨道为半满结构，较难失去电子，所以第一电离能：N>0②.N2中存在共价三键（N三N）,键能大，N2化

学性质稳定③.平面三角形

（2）中心原子的杂化方式均为sp3杂化，C-O-H中氧上有2对孤电子对，孤电子对对成键电子对具有较大

斥力，，使得键角：H-C-H>C-O-H

（3）C6H6O+28OH—6co2+17H2。

（4）①.日王匚匚□回②,6③.里空

3d4saNA

【解析】

【小问1详解】

①N原子的价层电子排布式为2s22P3,。原子的价层电子排布式为2s22P、N原子的2P轨道为半满结构，

较难失去电子，所以第一电离能：N>0o

②N2中存在共价三键（N三N）,键能大，所以N2化学性质稳定。

③NO；中N原子价电子对数为3,无孤电子对，空间结构是平面三角形。

小问2详解】

甲醇分子中C、0原子的杂化方式均为sp3杂化，C-O-H中氧上有2对孤电子对，孤电子对对成键电子对

具有较大斥力，使得键角：H-C-H>C-0-Ho

【小问3详解】

•OH可将苯酚氧化为HzO和CCh,根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为

C6H6O+28QH.6c。2+17H2。。

【小问4详解】

①钛是22号元素，核外有22个电子，基态钛原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2,其价层电子轨道表示式为

3d4s

②根据晶胞图，晶体中每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子的数量是6。

③根据均摊原则，晶胞中Ti原子数为8x'=l、C。原子数为1、0原子数为12x1=3,NA表示阿伏加德

84

48+59+16x3155xlO21

罗常数的值，则该晶体的密度为[小[0的）36g，cm-3=中K一g-cm-\

16.手机主板中含有贵金属单质Au（金）、Ag和Pd（钿）。如下方法可从废旧手机主板中回收贵金属。

+3+5

己知：i.Au+3NO；+6H.'Au+3NO2T+3H2OK<10-

3+5

Au+NO；+4H+-Au+NOt+2H2OK<10-

3+5

Au+4C1-.'[AUC14]-K>10

+

ii.HAUC14=H+[AUC14]-

（1）酸浸前，将废旧手机主板粉碎的目的是.

（2）已知，王水[V（浓硝酸）：V（浓盐酸）=1：3]溶金反应时产生NO。

①写出该反应的离子方程式：o

②从反应原理的角度解释浓盐酸的作用。

（3）若用Zn粉将溶液中的ImolHAuC14完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是mol。

（4）AgCl溶于氨水的离子方程式为。

（5）水合肌（N2H4・比0）是一种液态还原剂，能直接与AgCl反应生成单质Ag。上述工艺中，先将氯化银溶

于氨水，再与水合肿反应，除了“碱性条件下水合肿的还原性增强”，还具有的优点可能有（写

出一条即可)。

(6)Pd(NH3)2C12难溶于水，溶于氨水，是一种电镀试剂，是制备杷及其化合物的重要原料。

①加入氨水，[PdCLF转化为[Pd(NH3)4]2+,则该条件下配位能力：C1-NH3(填“〉”或

②“加入盐酸，调pHH”能将[Pd(NH.3)4]2+转化为为Pd(NH3)2Cb的原因是。

【答案】(1)增加反应的接触面积，加快反应速率

+

(2)®.Au+NO；+4Cl-+2H=NOf+[AuCl4]-+2H2O②.提供CK与AiP+形成[AuC14「，减小了AiP+

浓度，促进Au与NO；反应正向移动

(3)1.5

+

(4)AgCl+2NH3«H2O=[Ag(NH3)2]+Cl-+2H2O

(5)将固体AgCl溶解为[Ag(NH3)2]+,能提高反应速率；避免生成的银单质中混有AgCl杂质

(6)①.<②.调pHH,使部分NH3转化为NH：,减弱NH3的配位能力，可溶性配离子转化为难

溶性Pd(NH3)2Cb;若pH过小，c(H+)过大，则可能会转化成[PdCMF

【解析】

【分析】机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钿)在HNO3中酸浸，Au不发生反应，Ag、Pd发生反

应转化为Ag+、Pd2+,Au固体用王水溶解转化为HAuCL溶液，再向HAuCL溶液中加入Zn粉得到Au,向

含有Ag+、PcP+溶液中加入NaCl生成AgCl固体和[PdCkP-溶液，AgCl固体用氨水溶解得到溶液Y,再向

溶液Y中加入水合脚得到Ag,向含[PdClF-溶液中加入氨水得到含[Pd(NH3)4p+溶液，再加入盐酸调pH得

到Pd(NH3)2Cl2；

【小问1详解】

酸浸前，将废旧手机主板粉碎的目的是增加反应的接触面积，加快反应速率；

【小问2详解】

+

①根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为Au+NO；+4C1-+2H=NOT+[AUC14]-+2H2O;

②从反应原理的角度解释浓盐酸的作用是提供Cl-与AtP+形成[AUC14|-,减小了A3+浓度，促进Au与NO；

反应正向移动；

【小问3详解】

根据得失电子守恒可知，1.5molZn粉能将溶液中的ImolHAuCk完全还原；

【小问4详解】

AgCl溶于氨水的离子方程式为AgCl+2NH3・H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H20；

【小问5详解】

还具有的优点可能为将固体AgCl溶解为［Ag(NH3)2］+,能提高反应速率；避免生成的银单质中混有AgCl杂

质；

【小问6详解】

①加入氨水，［PdCLF转化为［Pd(NH3)4］2+,说明该条件下配位能力：Cl-<NH3；

②调pHH”能将［Pd(NH3)4］2+转化为为Pd(NH3)2Cb的原因是调pH~l,使部分NH3转化为NH：,减弱NH3

的配位能力，可溶性配离子转化为难溶性Pd(NH3)2C12；若pH过小，c(H+)过大，则可能会转化成

[PdC14]2'o

)是一种同时含有异黄酮和荀酮结构的天然物质，在药物研发方面潜力巨

大，其合成路线如图。

0°

CC12一,NaOH…OCYH3AICI3.

n

U^Ci；A^E|C6H5。叫----►(J-MT?

Na

ICH3coOC2H5

(1)A的结构简式为。

(2)A-B的化学方程式为0

(3)下列关于化合物C和D的说法中，正确的是(填字母)。

a.ImolC最多能与2moiNaOH反应

b.C中苯环上的一氯代物有3种

c.C和D均可形成氢键

d.D的一种同分异构体含有苯环和竣基

(4)F中含有两个六元环，F的结构简式为。

(5)H的分子式为。

(6)在H转化成胭木二酮的过程中，Cu(0Tf)2的主要作用是成环，SeCh的主要作用是

ClONa

+NaCI+H2O

(6)氧化剂

【解析】

Cl

【分析】根据反应条件和c的结构简式可知，A为,A在NaOH水溶液中发生水解反应生成B,B

ONa

6OHO

,结合已知可知，C在A1C13条件下发生重排生成D,D为，"2_CH，结合第(4)小

O

问，再根据G的结构简式和F的分子式可知F为

【小问1详解】

CI

据分析可知，A的结构简式为人

【小问2详解】

ClONa

A在NaOH水溶液中发生水解反应生成B,A—B的化学方程式为+2NaOH------竽——>J

+NaCl+H2O；

【小问3详解】

a.C含有1个酯基能与NaOH按照1:1发生水解反应，水解生成的苯酚再与NaOH按照1:1发生反应，则

1molC最多能与2moiNaOH反应，a正确；

b.C中苯环上有3种等效氢，则C中苯环上的一氯代物有3种，b正确；

c.D中含有羟基能形成氢键，而C不能形成氢键，c错误；

d.D的一种同分异构体O「C"C0°H含有苯环和我基，d正确；

故选abd；

【小问4详解】

O

据分析可知，F中含有两个六元环，F的结构简式为；

【小问5详解】

H的分子式为Cl6Hl2。2；

【小问6详解】

H转化成胭木二酮发生氧化反应，则在H转化成胭木二酮的过程中，Cu(0Tf)2的主要作用是成环，SeCh的

主要作用是作氧化剂。

18.某小组同学探究铁离子与苯酚的反应。

已知：Fe3++6C6H.1Fe(C6H50)6产；[Fe(C6H50)6产为紫色配合物。

(1)配制lOOmLO.lmolL」苯酚溶液，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、

(2)氯化铁溶液呈__________(填“酸性”或"碱性”)，用离子方程式表示原因_____

(3)[Fe(C6H50)6产中，提供空轨道用以形成配位键的微粒是«

(4)进行如下实验。

实验1：

5滴0.1molr

苯酚溶液»

2mLO.lmol山丘。?溶液溶液为紫色

实验2：

1

5)a0.1mol-L-r

苯酚溶液

2mL0.05mol-DL-，Fe2(S0J溶液溶液为浅紫色

【提出猜想】

i.Cl-对铁离子与苯酚的反应有促进作用；

ii.SO：对铁离子与苯酚的反应有抑制作用。

①向实验2反应后溶液中加入,溶液颜色无变化，证明猜想i不成立。

②实验证明猜想ii成立，请写出实验操作和现象。

(5)实验证明，H+对Fe3+与苯酚反应生成的配合物有抑制作用，请从平衡角度结合化学用语进行解释

(6)有同学提出，溶液pH越大，越利于铁离子与苯酚发生显色反应.你认为是否合理，并说明理由

(7)由以上研究可知，影响铁离子与苯酚反应的因素有。

【答案】(1)100mL容量瓶

+

(2)①.酸性②.Fe3++3H2O.•Fe(OH)3+3H

(3)Fe3+(4)①.NaCl固体②.向实验1反应后溶液中加入Na2sCU固体，溶液颜色变浅(或

向实验2反应后溶液中加入少量BaCb溶液，溶液紫色变深)

(5)溶液中存在平衡Fe3++6C6H5。--1Fe(C6H5。)6产，H*与CeHsb结合成C6HsOH,降低了溶液中C6H5b

的浓度，促进平衡逆向移动，［Fe(C6H50)6产浓度减小，溶液颜色变浅

(6)不合理，pH过大，OH-浓度增大，与Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，不利于铁离子与苯酚发生显色反应

(7)阴离子种类、溶液pH

【解析】

【分析】实验1中氯化铁与苯酚反应溶液为紫色，实验2中硫酸铁与苯酚反应溶液为浅紫色，通过实验现

象提出猜想：i.Cl-对铁离子与苯酚的反应有促进作用；ii.SO；对铁离子与苯酚的反应有抑制作用。后续验

证猜想时，在实验2后的反应液中加入氯化钠固体，溶液颜色无变化，说明猜想i不成立；为了验证猜想

ii成立，可采用的方法为：实验1的溶液中加入硫酸根或实验2的溶液中消耗掉硫酸根，观察溶液颜色变

化。

【小问1详解】

配制lOOmLO.lmolL-i苯酚溶液，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶；

【小问2详解】

3++

氯化铁溶液呈酸性，原因是铁离子水解生成氢离子，离子方程式为：Fe+3H2O.-Fe(OH)3+3H；

【小问3详解】

过渡金属元素通常可以提供空轨道形成配位键，故［Fe(C6H5。)6尸-中，提供空轨道用以形成配位键微粒是

Fe3+；

【小问4详解】

①根据分析，向实验2反应后溶液中加入NaCl固体，溶液颜色无变化，证明猜想i不成立；

②根据分析，证明猜想ii成立的实验操作和现象为：向实验1反应后溶液中加入Na2s04固体，溶液颜色

变浅(或向实验2反应后溶液中加入少量BaCb溶液，溶液紫色变深)；

【小问5详解】

实验证明，H+对Fe3+与苯酚反应生成的配合物有抑制作用，平衡角度解释为：溶液中存在平衡

3+3

Fe+6C6H5O-.'[Fe(C6H5O)6]-,H+与C6H5O■■结合成C6H5OH,降低了溶液中C6H5O-的浓度，促进平衡逆

向移动，[Fe(C6H50)6产浓度减小，溶液颜色变浅；

【小问6详解】

pH过大，0H-浓度增大，与Fe3+形成Fe(0H)3沉淀，不利于铁离子与苯酚发生显色反应，故答案为：不合

理，pH过大，0H-浓度增大，与Fe3+形成Fe(0H)3沉淀，不利于铁离子与苯酚发生显色反应；

【小问7详解】

由以上研究可知，影响铁离子与苯酚反应的因素有：阴离子种类、溶液pH。

19.治疗动脉硬化的某种药物M合成路线如下。

浓硫酸

△

⑤

C1A2

@

OH

CH-COO

oo

nn

e

已L•oe

-OH不稳定，易转化成_a=o

OH

回答下列问题：

(1)B的核磁共振氢谱只有一组峰，A的结构简式为。

(2)反应①的反应类型为«

(3)C中含氧官能团与B相同，C的结构简式可能为。

(4)F的结构简式为0

(5)反应⑤的化学方程式为。

(6)N是I的同分异构体，写出所有满足下列条件的N的结构简式

①苯环上有两个取代基

②与FeCh溶液发生显色反应

③能发生银镜反应，但不能发生水解反应

④ImolN与足量Na反应，生成ImolHz

(7)G经三步反应合成I,请写出中间产物的结构简式：

【答案】(1)CH3cH(0H)CH3

000

(2)氧化反应(3)3◎或◎

【解析】