2023年高考北京卷化学真题含答案解析

2023年高考北京卷化学真题含答案解析一、选择题〔共14题〕1不正确的选项是A．分子中有3种官能团B．能与Na 2

溶液反响3CDBr

发生取代反响和加成反响22、以下有关放射性核素氚〔H〕的表述不正确的选项是A． H原子核外电子数为1B． H原子核内中子数为3C． H

化学性质根本一样D． 具有放射性23、以下化学用语或图示表达不正确的选项是A．N

的构造式：N≡NB．Na+的构造示意图：2C．溴乙烷的分子模型： D．CO

的电子式：24、以下性质的比较，不能用元素周期律解释的是A．酸性：HClO ＞H4

SO ＞H2 3

SiO2

B．碱性：KOH＞NaOH＞LiOH3CH

O＞H2

S＞PH2

D．非金属性：F＞O＞N35、试验室制备以下气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的选项是气体试剂 制备装置收集方法O KMnO a d2 4H Zn+稀H SO b e2 2 4NO

Cu+稀HNO b c3CO2

CaCO

+稀H SO b c3 2 4A．AB．BC．CD．D6140SO试验现象的分析正确的选项是

SO2

后进展如下试验。对2SO

与水发生了反响2SO

的溶解已达饱和2SO+H2

O⇌H2 2SO、HSO3 2

⇌H++ 、 ⇌H++3．取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于SO 挥发27、以下方程式不能准确解释相应试验现象的是CH

COO-+H3

O⇌CH2

COOH+OH-34NaO

=2Na O2 22Al2OH2H

O=2 +3H ↑2 2SO

+2H2

S=3S↓+2HO2 2灭〕→亮”现象的是选项 A B C D试剂ab

CuSO4Ba(OH)2

NH HCO4 3Ca(OH)2

H SO2 4Ba(OH)2

CH COOH3NH ·H O3 2A．AB．BC．CD．D9〔主要成分为CaC去乙炔中的杂质。反响为:

CaSCaP2 3

等〕CuSO2

溶液除4①CuSO

+H S=CuS↓+HSO4 2 2 4②11PH

+24CuSO3

+12H4

O=3H 2 3

+24HSO4 2

+8Cu P↓4 3以下分析不正确的选项是CaS、CaP发生水解反响的化学方程式：CaS+2H3 2

O=Ca(OH)+H2 2

2

P+6H3 2O=3Ca(OH)+2PH ↑2 2 324molCuSO

氧化11molPH4 3KMnO4

H

SPH2

有干扰310、NO和N 2 2

2NO4

(g) NO2 2

(g)△H<0。以下分析正确的选项是4．1mol1molN原子2molNO

中的共价键所需能量小于断裂1molN 2 2

中的共价键所需能量4D．恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅11、可生物降解的高分子材料聚苯丙生(L)的构造片段如以以下图。：R1COOH+R2COOH以下有关L的说法不正确的选项是ALBL的反响是缩聚反响．L中的官能团是酯基和醚键

+H O2mnpqL12、以下试验中，均产生白色沉淀。以下分析不正确的选项是．NaCO2

NaHCO3

溶液中所含微粒种类一样3．CaCl

能促进Na 2 2

、NaHCO 水解3 3．Al

(SO 2 4

能促进Na 3 2

、NaHCO 水解3 3．4pH13(Li)由于生成LH而不利于电池容量的保持。一D可以获知n(Li)/n(LiH)。

O〕LiHLin(D2

)/n(HD)2①LiH+H

O=LiOH+H↑2 2②2Li(s)+H2

2LiH△H＜0以下说法不正确的选项是D

和HD2LiD

O2Li+2D2

O=2LiOD+D↑2 2n(Li)/n(LiH)n(D

)/n(HD)越小280℃n(D

)/n(HD)25℃n(D2

)/n(HD)大214、丙烷经催化脱氢可制丙烯:C H3 8

C H+H3 6

。600℃，将确定浓度的CO 与固2 2定浓度的C H 通过含催化剂的恒容反响器，经一样时间，流出的C 3 8 3

、CO和H 浓6 2度随初始CO 浓度的变化关系如图。2：①CH3

(g)+5O8

(g)=3CO2

(g)+4H2

O(l)△H=-2220kJ/mol2②CH3

(g)+9/2O6

(g)=3CO2

(g)+3H2

O(l)△H=-2058kJ/mol2③H(g)+1/2O2

(g)=H2

O(l)△H=-286kJ/mol2以下说法不正确的选项是．CH3

(g)=C 8 3

(g)+H6

(g)△H=+124kJ/mol2．c(H

)和c(C 2 3

)变化差异的缘由：CO+H6 2 2

CO+H O2．其他条件不变，投料比c(C 3

)/c(CO8

)越大，C 2 3

转化率越大8CH、COH和H3 6 2

O生成，则初始物质浓度c与流出物质浓度c2 0之间确定存在：3c (CH0 3

)+c8

(CO0

)=c(CO)+c(CO)+3c(C H )+3c(CH )2 2 3 8 3 6二、推断题〔共1〕1、治疗抑郁症的药物帕罗西汀的合成路线如下。：i.R

CHO+CH1

(COOH)2 2

R CH=CHCOOH1ii.ROH R OR2 2 3〔1〕A分子含有的官能团是 。〔2〕：B为反式构造。以下有关B的说法正确的选项是(填序号) a．核磁共振氢谱有5组峰KMnO

溶液褪色42个六元环的酯类同分异构体．存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体〔3〕E→G的化学方程式是 。〔4〕J分子中有3个官能团，包括1个酯基。J的构造简式是 。〔5〕LC

H O7 6

。L的构造简式是 。〔6〕N可制备L。：i.R1CH=CHR2 R1CHO+R2CHOii.写出制备L时中间产物N、P、Q的构造简式： 、 、 。N→P→Q 三、试验,探究题〔4〕1、环氧乙烷( ，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如下。〔1〕Cl

后发生的反响有： 、CH2

=CH2

+HClO→HOCH2

CHCl2 2②结合电极反响式说明生成溶液a的原理 。〔2〕电解效率η和选择性S的定义：η(B)= ×100%S(B)= ×100%①假设η(EO)=100%，则溶液b的溶质为 。②当乙烯完全消耗时，测得η(EO)≈70%，S(EO)≈97%，推想η(EO)≈70%的缘由：H

O放电2阳极有乙烯放电Cl

和HClO2……检验电解产物，推想I不成立。需要检验的物质是 。EOCO阳极放电产物没有CO

，η(CO2

)≈ %。经检验22。试验证明推想III成立，所用试剂及现象是 。AgNO

溶液、KI溶液、淀粉溶液、品红溶液。32“Ag++Fe2+〔1〕

Fe3++Ag↓”为可逆反响并测定其平衡常数。I0.0100mol/LAgSO2

0.0400mo/LFeSO4

溶液(pH=1)等体积混合，4产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。IIAg0.0100mol/LFe

(SO2

)溶液(pH=1)，固体完全溶解。4 3①取I中沉淀，参与浓硝酸，证明沉淀为Ag。现象是 。IIFe

(SO2

) Fe(NO4 3

) 的缘由是 。3 3综合上述试验，证明“Ag++Fe2+ Fe3++Ag↓”为可逆反响。③小组同学承受电化学装置从平衡移动角度进展验证补全电化学装置示意图,写出操作及现象 。〔2〕vmL上层清液，用cmol/L1KSCNAg+，至消灭稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液vmL。1资料：Ag++SCN- AgSCN↓〔白色〕K=1012Fe3++SCN- FeSCN2+〔红色〕K=102.3①滴定过程中Fe3+的作用是 。②测得平衡常数K= 。〔3〕①取试验I的浊液测定c(Ag+)会使所测K值 (填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。②不用试验II中清液测定K的缘由是 。3、铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。资料：i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO 4

OTiOSO2

和不溶物4ii.TiOSO

+(x+1)H4

O 2

·xH2

O↓+HSO2 2 4iii.0.1mol/LFe2+Fe(OH)

，开头沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3；20.1mol/LFe3+生成FeOOH，开头沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8〔1〕①参与过量铁粉的目的是 。②充分反响后，分别混合物的方法是 。〔2〕FeSO溶液中4参与氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开头通空气并记录pH①产生白色沉淀的离子方程式是 。②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。缘由是：沉淀生成后c(Fe2+) 0.1mol/L(填“＞”“=”或“＜”)。③0-t1

pHt-t1 2

时段，pH明显降低结合方程式解释缘由： 。④pH≈4t后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)3仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明缘由： 。〔3〕铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。wg铁黄 溶液b 溶液c 滴定资料：Fe3++3

=Fe(C

O )，Fe(C 2 4 2

)不与稀碱液反响4NaC2

O过量，会使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。2 44规律。〔1〕MnO2和MnO

A中仍存在盐酸2①反响的离子方程式是 。②电极反响式：MnO

+2e-+4H+=Mn2++2H O2 2氧化反响： 。AMnO

的缘由。2c(Hc(Mn2+MnO

氧化性减弱。2随c(Cl-)降低， 。④补充试验证明白③中的分析。试验操作 试剂 产物IIIIIIa是 ，b是 。

较浓HSO2 4aa+b

无氯气〔2〕c(H)浓度对MnO2

KCl、KBrKIMnO

反响所需的最低c(H+)由大到小的挨次是 ，从原子2构造角度说明理由 。〔3〕(1)Mn2+MnO

。经试验证明白推想，该化合物是 。2的盐酸氢溴酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反响，试解释缘由： 。〔5〕总结：物质氧化性和复原性变化的一般规律是 。============参考答案============一、选择题1、A【详解】．依据物质构造简式可知：该物质分子中含有酚羟基、醚键、羰基三种官能团，A错误；NaHCO

强，所以黄芩素能与NaCO溶液3 2 3反响产生NaHCO ，B正确；3．酚羟基不稳定，简洁被空气中的氧气氧化，C正确；H原子，因此可以与浓溴Br2正确；A2、B【详解】

D．放射性核素H31数等于1A正确；．放射性核素H，质量数是3，质子数是1，所以中子数等于3-1=2，故B错误；． H

的相对分子质量不同，二者的沸点不同，但二者同属于氢气，化学性质根本2一样，故C正确；． H3H

O也具有放射性，故D正确；2B3、D【详解】．N

分子中N原子间是三键，构造式：N≡N，正确；2．Na+的构造示意图： ，正确；．溴乙烷的分子模型： ，正确；．CO

的电子式：2

，错误；D4、A【详解】．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，由于S元素最高价H

SO，不是H2 4

SO，因此不能依据元素周期律推断酸性：HClO2 3

>H SO4 2 3H SiO，A2 3．同一主族元素的金属性随原子序数的增大而增加。元素的金属性越强，其最高价氧化物K＞Na＞LiKOH＞LiOHB的增大而减弱。元素的非金属性越强，其简洁氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞S＞P，所以氢化物的热稳定性H

O＞H2

S＞PH2

，C3DF＞ONDA5、B【详解】．KMnO是固体物质，加热分解产生O，由于O难溶于水，因此可以用排水方法或向4 2 2adO

，A错误；2．Zn与H SO 发生置换反响产生H ，块状固体与液体反响制取气体，产生的H 难2 4 2 2beH

，B正确；2CuHNO反响产生NONOO3

NO2

气体，因此不能2使用排空气的方法收集，C错误；CaCO与稀硫酸反响产生的CaSO、CO3 4

气体，CaSO微溶于水，使制取CO气体2 4 2CO

气体，D错误；2B6、C【详解】SO

易溶于水，也能使液面上升，故A错误；2度也无明显变化，故B错误；SO2弱酸，分步电离出氢离子，故C正确；

与水反响生成亚硫酸，亚硫酸为pHD应选C。7、B【详解】CHCOONaCH3

CH3

3

O 2

COOH3+OH-A正确；．金属钠在空气中加热生成淡黄色固体过氧化钠：2Na+O2

Na 2

，B错误；22Al+2OH-+2H正确；

O=22

+3H

↑，C2SO

H2

SSSO2

+2H2

S=3S↓+2H2

O，D正确；2B8、D【详解】A．Ba(OH)

CuSO2

发生离子反响：Ba2++2OH-+Cu2++ 4

↓+Cu(OH)↓，4 2随着反响的进展，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反响时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当CuSO导电，使灯泡渐渐又变亮，A不符合题意；

溶液过量时，其电离产生的Cu2+、4B．Ca(OH)

NH2

HCO4

Ca3

2++2OH-+ +

↓+H3

O+NH·H2 3O，随着反响的进展，溶液中自由移动离子浓度减小，灯泡渐渐变暗，当二者恰好反响时，2NHHCO4 3

溶液过量时，其电离产生的 、导电，使灯泡渐渐又变亮，B不符合题意；Ba(OH)与H2

SO发生离子反响：Ba2++2OH-+2H++ 2 4

↓+2H4

O，随2着反响的进展，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反响时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当HSO2 4

溶液过量时，其电离产生的H+、导电，使灯泡渐渐又变亮，C不符合题意；．CH

COOHCH3

COOH+NH3

·H 3 2

COO-+ 3

O，反2亮的变化，D符合题意；D9、C【详解】HSPH2

可知CaS3CaS+2HO=Ca(OH)+HS↑CaP水解方程式为CaP2 2 2 3 2 3

+6H2

O=3Ca(OH)2+2PHA项正确；2 3CuSHS的2酸性强于H SO ，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确；2 4．反响②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1P元素化合价从-3+5824molCuSO24mol÷8＝3mol，C项错误；

PH4

的物质的量是3HSPH2

KMnO3

KMnO4

酸性溶液对乙炔性质的检4验，D项正确；C10、B【详解】A．1molNO含有1molN原子，1molNO含有2molN原子，现为可逆反响，为NO和2 2 4 2NO ,1mol1molN，A项错误；2 4．反响2NO (g) NO (g)为放热反响，故完全断开2molNO2 2 4

分子中的共价键所吸21molN

O 分子中的共价键所吸取的热量少，B项正确；2 4CD．放热反响，温度上升，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误；B11、C【详解】．合成聚苯丙生的单体为 、，每个单体都含有2个羧基，故A正确；生，还生成了水，属于缩聚反响，故B正确；．聚苯丙生中含有的官能团为： 、 ，不含酯基，故C错误；mnpq苯丙生的降解速率，故D正确；C12、B【详解】A．NaA．NaCO溶液、NaHCO溶液均存在Na+、、、HCO、H+、OH-2 3 323HO，故含有的微粒种类一样，A正确；2． H++ ，参与Ca2+后，Ca2+和 反响生成沉淀，促进 离，B错误；．Al3+与 、 都能发生相互促进的水解反响，C正确；氧根的浓度会减小，pH减小，D正确；应选B。13、C【详解】．D

和HD的相对分子质量不同，可以用质谱区分，A正确；2LiD

OLiODD2

，化学方程式是2Li+2D2 2O=2LiOD+D↑，B正确；2．D

LiD2

OHDLiH+D2

O=LiOD+HD，n(D2

)/n(HD)越2大，n(Li)/n(LiH)C不正确；2LiH2Li+H△H>0平衡右移，Li增多LiH削减，则结合选项C可知：80℃下的n(D)/n(HD)下的n(D)/n(HD)25℃下的n(D )/n(HD)，D正确；答案为：2C。214、C【详解】①CH(g)+5O(g)=3CO(g)+4HO(l)△H=-2220kJ/mol②C3 8 2 2 2H(g)+9/2O(g)=3CO(g)+3H O(l)△H=-2058kJ/mol③H(g)+1/2O(g)=H O(l)3 6 2 2 2 2 2 2△H=-286kJ/molCH(g)=CH(g)+H(g)，该反3 8 3 6 2应的△H= =+124kJ/mol，A正确；．仅按C H (g)=C H(g)+H (g)可知CH 、H 的浓度随CO3 8 3 6 2 3 6 2

浓度变化趋势应2该是全都的，但是氢气的变化不明显，反而是CO与CH的变化趋势是全都的，因此可以3 6推断高温下能够发生反响CO+H CO+H O，从而导致C 2 2 2 3

、H的浓度随CO 浓6 2 2度变化趋势消灭这样的差异，B正确；．投料比增大，相当于增大C 3

浓度，浓度增大，转化率减小，C错误；8．依据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，假设生成物只有CH、CO、HO、3 6 2H，那么入口各气体的浓度c和出口各气体的浓度符合3c (CH)+c2 0 0 3 8

(CO0

)=3c(C2 3H)+c(CO)+3c(CH )+c(CO)，D正确；6 3 8 2AC二、推断题1、〔1〕氟原子(或碳氟键)、醛基〔2〕abc〔3〕NC-CH

-COOH+HOCHCH2 2 3

NC-CH

-COOCH CH +HO2 2 3 2〔4〕〔5〕〔6〕【分析】由题干合成流程图中 结合A的分子式和信息i不难推出A为 ，B为反式构造进而可以推出B的构造为 ，B与乙醇在浓硫酸共热时发生酯化反响生成D，故D为 ，与D的分子式相符；ClCH

COONa与NaCN先2NCCHCOONaEENCCH2

COOH，E再与乙醇、2GGNCCH

COOCH2

CH ，D和G发生加成反响生成2 3；结合J的分子式，J分子中有3个官能团，包括1个酯基，与H发生反响生成J，可以推出J的构造简式为 ，同时生2成乙醇；由物质 结合M的分子式和信息ii，并由(5)L的分子CH7

O 可以推出L的构造简式为 ，M的构造简式为6 3，据此分析解答。〔1〕A的构造简式为〔2〕

A分子含有的官能团是氟原子、醛基，故答案为：B为 。a．依据等效氢原理可知B的核磁共振氢谱共有5种峰，如图所示 ，故a正确；b．由B的构造简式可知，B中含有碳碳双键，可以使KMnO

b正确；c．B具有含2个六元环的酯类同分异构体，如4等，故c正确；d．B分子的不饱和度为6，含苯环、碳碳三键的羧酸类同7Bd误；故答案为：abc；〔3〕CH，2 2 2 3

EG，NC-CH

-COOH+HOCHCH2 2 3

NC-CH

-COOCH2

CH+HO，2 3 2NC-CH

-COOH+HOCHCH2 2 3

NC-CH

-COOCH 2 2

+H O；3 2〔4〕依据上述分析，J的构造简式为 ，故答案为： ；〔5〕由分析可知，L的构造简式为 ，故答案为： ；〔6〕依据Q到L的转化条件可知Q为酯类，结合L的构造简式 ，可推知Q的结构简式为 ，结合信息i和信息ii可推知P到Q的转化条件为H O2 2/HAc，P的构造简式为 ，由N到P的反响条件为O

/Zn，H3

O且N为2黄樟素的同分异构体可推知N的构造简式为 故答案为： ；； 。【点睛】此题的难点是题干信息的解读和应用，J的推断较难，要留意J(6)三、试验,探究题

与H 不是21、〔1〕Cl+HO=HCl+HClO2HO+2e-=H↑+2OH-生成OH-，2 2 2 2K+通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液〔2〕KClO

13KI溶液和淀粉溶液，溶液变蓝2【分析】〔1〕阳极产生氯气后，可以和水发生反响生成次氯酸其方程式为：Cl +H O=HCl+HClO；溶2 2液a是阴极的产物，在阴极发生反响2H O+2e-=H ↑+2OH-，同时阳极的钾离子会向2 2阴极移动和氢氧根结合形成氢氧化钾，故答案为：阴极发生反响：2HO+2e-=H↑+2OH2 2-生成OH-，K+通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液；〔2〕η(EO)=100%有变，故溶液b的溶质为：KCl；为amol

OO2

；ii.设EO的物质的量2则转化的乙烯的物质的量为： ；生成EO转化的电子的物质的量：2amol；此过程转移电子的总物质的量：

CO

的物质的量：2

CO

转移的电子2的物质的量： ，则η(CO

)= ≈13%；2IIIKI溶液，溶液变蓝。2、〔1〕灰黑色固体溶解，产生红棕色气体防止酸性条件下， 氧化性氧化Fe2+干扰试验结果a/bFeSO或Fe(SO)或二者混合溶液，cAgNO4 2 4 3溶液；操作和现象：闭合开关K，Ag电极上固体渐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后3指针归零，再向左侧烧杯中参与滴加较浓的Fe(SO)溶液，与之前的现象一样；或者闭2 4 3合开关KAg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Fe

(SO 2 4

溶液，Ag电极上固体渐渐削减，指针向左偏转3〔2〕〔3〕Ag完全反响，无法推断体系是否到达化学平衡状态【分析】〔1〕①由于Ag能与浓硝酸发生反响：Ag+2HNO (浓)=AgNO +NO ↑+H O，故当观看到的3 3 2 2现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证明灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。②由于Fe(NO)3 3

溶液电离出

，能氧化Fe32+IIFe

(SO)2 4

Fe(NO3

) 溶液，故答3 3案为：防止酸性条件下， 氧化性氧化Fe2+干扰试验结果。③由装置图可知，利用原电池原理来证明反响Fe2++Ag+ Ag+Fe3+为可逆反响，两电极反Fe

2+-e-

Fe3+，Ag

++e-

AgFe

3+不反响的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必需含有Fe3+或者Fe2+，承受FeSO或Fe4(SO)或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必需含有Ag+，故用AgNO溶液，组装2 4 3 3好仪器后，参与电解质溶液，闭合开关K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个Ag极渐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反响到达平衡，再向左侧烧杯中参与滴加较浓的Fe(SO)溶液，与之前的现象一样，说明平衡发生了移动；另一种现2 4 3象为：Ag到达平衡，再向左侧烧杯中参与滴加较浓的Fe (SO) 溶液，Ag电极上固体渐渐削减，2 4 3a/bFeSO或Fe4(SO)或二者混合溶液，c：AgNO 溶液；操作和现象：闭合开关K，Ag电极上固2 4 3 3Fe(SO2)溶液，与之前的现象一样；或者闭合开关K，Ag4 3Fe上固体渐渐削减，指针向左偏转。〔2〕

(SO)2 4

溶液，Ag电极3①Fe3+与SCN-反响生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN-反响相较于Fe3+与SCN-反响Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+Fe3+的作用是滴定反响的指示剂，故答案为：指示剂。②取I中所得上清液vmL。用c mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，1消耗vmL，：Ag++SCN- AgSCN，K=1012，说明反响几乎进展完全，故有I中1上层清液中Ag+的浓度为：c(Ag+)= mol/L，依据平衡三段式进展计算如下：故反响的平衡常数K= =，故答案为：指示剂； 。〔3〕①假设取试验I所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+ Ag+Fe3+Ag

++SCN-

AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即偏大，故所得到的K= 偏小，故答案为：偏小。②由于试验II中AgII完全反响，无法推断体系是否到达化学平衡状态。3〔1〕TiOSO+2H4

O TiO·H2 2

O↓+HSO2 2

平衡正向移动，4沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化过滤〔2〕Fe2++2NH·HO=Fe(OH)+23 2 2

pH6.0左右，4Fe(OH)+O+2HO=4Fe(OH)2 2 2因此pH几乎不变。之后发生4Fe2++O +6HO=4FeOOH+8H+，溶液中H+浓度增3 2 2大，pH4Fe2++O+4H+=4Fe3+和4Fe2++O+2H2 2 2O=4FeOOH4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+12Fe2++3O

+2H2

O=4FeOOH+8Fe3+2〔3〕【分析】依据钛白粉废渣制备铁黄流程和钛白粉废渣成分：FeSO·H O、TiOSO4 2

及其它难溶物,可知：参与蒸馏水、铁粉纯4化后，TiOSO+2H O⇌TiO·HO↓+H SO，TiO·H O是沉淀，通过过滤后，4 2 2 2 2 4 2 2得到精制FeSO溶液，参与氨水和空气后，FeSO溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH4 4〔0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH)，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；20.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8〕和空气，生成FeOOHFeOOH固体。〔1〕与硫酸反响，使得TiOSO+2H O⇌TiO·HO↓+