陕西省西安市西北大学附属中学2026-2027学年高三上学期开学考试 化学试题

西北大学附属中学2026-2027学年度第一学期摸底质量监测试题 高三化学 可能用到的相对原子质量：0-16H-1C-12N-14Na-23A1-27 一、单选题（共42分) 1.化学和生活、科技、社会发展息息相关。下列说法正确的是 A.太阳能电池使用的材料是半导体，其主要成分是SO2 B.“深海一号”母船海水浸泡区镶上铝基是利用了牺牲阳极的金属防腐原理 C.巴黎奥运会场馆使用的“碲化镉”光伏发电系统将化学能转化为电能 D.常温下Fe(OHD2可自发氧化为Fe(OHD3,则该反应△H>O 2.下列离子方程式正确的是 ONa COONa CO0+H→ COOH A. 溶液中加入少量稀盐酸： B.向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液：ClO-+H+=HCIO C.海水提溴工艺中用S02还原Br2:Br2+S02+2H20=2H++SO+2HBr D.利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ 3.[Cu(H2O)](aq)+4NH (aq)=[Cu(NH3)](aq)+4H2O(1)AH:AS K [Cu(H,O)4]2+(aq)+2en(aq)=[Cu(en),]2+(aq)+4H,0()△H2△S2K2 已知：①en代表H2NCH2CH2NH2; ②△H-T△S=-RTInK(R为常数，R>0): ③25C时，K2>K1>1。 下列说法不正确的是 A.配位键键能：[Cu(H,O)4]+<[Cu(NH)4J2+ B.1 mol[Cu(en2]2+中配位键的数目为4Wa(Na为阿伏加德罗常数的值) C.碱性：[Cu(NH)4](OH)2<[Cu(en)2](OH)2 D.25C时，若AH1-△H2<0,则AS1-AS2>0 4.某兴趣小组为探究矿物X的组成设计了如下实验，已知：①X含三种常见元素；②固体B是一种单质 和化合物的混合物；③实验中所用试剂均足量。下列说法正确的是 溴水 ①BaCL2溶液 溶液C 沉淀D 气体A ②过滤 139.8g X 02 56g 高温 紫色红色金属F ①盐酸 固体B 固体E ②过滤 ①NaOH溶液 灼烧 红棕色固体I 溶液G ②过滤 沉淀H 16g A.红棕色固体I溶于HⅢ溶液的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H20 B.气体A与溴水反应体现A的漂白性 C.向溶液G中滴入KSCN溶液变红 D.X的化学式为C2FeS3 试卷第1页（共8页） 5.双极膜是一种离子交换复合膜，在直流电场作用下能将中间层的水分子解离成H+和OH，并分别向两 极迁移。用双极膜电解淀粉[(C6H1oOs)n]溶液制取双醛淀粉[(C6HgOs)n]的工作原理如图所示。下列说法正 确的是 40H H2O OH Br BrO3 (C6H1o05)n (CGHgOs)n A.a电极连接外加电源的正极 B.当电路中转移2mol电子时，可得160g双醛淀粉 C.生成双醛淀粉的反应为：(C6H1oOs)n+BrO3=(C6HgOs)n+B+3H20 D.b极的电极反应式为：Br+6OH-6e=B03+3H20、40H-4e=2H20+02T 6.实验小组用下列实验探究Cu与F(NO3)3的反应。该小组成员将0.3gCu与10mL溶液A混合，振荡 后静置30min,观察现象。 实验编号 溶液A 实验现象 ① O.6mol·L-1FeNO3)3溶液（未加酸，pH≈1） 溶液由黄色变为棕绿色，未见气泡产生 ② 0.3mol·L-1Fe2S043溶液（未加酸，pH1) 溶液由黄色变为蓝绿色 ③ HNO3和NaNO3混合溶液[pH≈l,c个NO)=bmol L-] 无明显变化 该小组成员查阅资料显示，Fe2++N0=Fe(NO)2+,Fe(NO)2+呈棕色，该反应极其灵敏。 下列说法不正确的是 A.由①③推测，①中直接还原NO的可能是Fe2+ B.由②③推测，在pH≈I的环境中，Fe3+的氧化性强于HNO3 C.从实验设计角度，③中应控制b=1.8 D.结合资料推测，可以用FSO4溶液和硫酸检验KCl中是否混有少量KNO3杂质 7.盐X溶液能发生如图所示的转化关系（部分反应的反应条件已略），相对分子质量：c比b大16，f比e 大16.下列推断正确的是 盐酸 >.z 盐X溶液 强酸 ②f之 NaoH,d yey A.反应①、②均为氧化还原反应 B.将b通入a的水溶液中无明显现象 C.该转化关系中涉及的酸性氧化物有3种D.X一定属于正盐 8.T℃时，向容积为2L的刚性容器中充入1molC02和一定量的H2发生反应：C02(g)+2H2(g)= HCHO(g)+H,0(g）)K。,达到平衡时，IHCH0的分压（分压=总压×物质的量分数）与起始n的关系如图 n(c02) 所示。己知：初始加入2molH2时，容器内混合气体的总压强为1.2pkP;K。= p(HCHO)-p(H2O) 下列说法 p(C02)p2(H2) 正确的是 试卷第2页（共8页） p(HCHO)/kPa 0.2p b 0 0.511.5 2n(H) n(C02) A.a=2时，5min时反应达到平衡状态，则05min内v(H2)=0.2mol·L1·mim1 n(C02) B.平衡常数：K(a)<K,(b)<Kp(c) C.b点时反应的平衡常数K。= 5 kPa D.a点C02的平衡转化率大于50% 9.光电活性共轭高分子在有机发光二极管、聚合物太阳电池领域具备独特优点，是高分子科学的前沿研 究方向。一种梯形共轭光电高分子的合成如图： C1H23 C1H23 -NH HN- Br- -Br+ Pd(PPh)-Ps OCLP Na,CO,甲苯 C3Hi7 CsHn7 K 己知：（部分产物己省略） Pd(PPh3)4 Na2CO3,甲苯 NH ii. iⅲ.Pd(PPh)4和POCl3均为催化剂，Ps和P的聚合度均为n。 下列说法不正确的是 A.J中碳原子有3种杂化方式 B.生成Ps的反应为缩聚反应 C.Ps可以和NaOH或HCl溶液反应 D.Ps→P过程中有HO生成 10.L是一种具有较好耐热性、耐水性和高频电绝缘性的高分子化合物，它由三种单体聚合而成，每个单 体的分子中均含有一个官能团。 OH OH 一CH CH,-N-CH2 下列相关说法正确的是 A.制备L的反应是加聚反应 试卷第3页（共8页） OH B.L的单体为 和HCHO C.参加反应的三种单体的物质的量之比为1：1：1 D.三种单体能生成网状结构的高分子化合物 11.氢能作为一种绿色的低碳能源，是解决能源危机的一种潜在资源。某储氢材料的晶胞结构如图所示 已知：Mg-H的键长为rpm,A、B原子的分数坐标分别为(00,0以、（侵，，）。下列说法错误的是 ●Mg D OH b pm a pm 晶胞俯视图 A.该晶体的化学式为MgH2 B.Mg的配位数为6，围绕Mg形成八面体 a2bw8·cm-3 C.该晶胞密度为52x100, D.C点的分数坐标为（停妥刂 12.某离子液体组成如图所示，X、Y、Z、W和Q是原子序数逐渐增大的短周期元素，W的基态原子中 电子的空间运动状态数为7，则下列有关说法正确的是 A.电负性：Z>Y>W>X B.Z、W、Q最高价氧化物的水合物相互能发生反应 C.若阳离子中五元环存在大π键，则五元环上的5个原子杂化方式都是：sp2 D.阴离子中四个W-Q键的键长不完全相同 13.叠氨化钠NaN)是一种防腐剂和分析试剂，在有机合成和汽车行业也有重要应用。实验室制备NaN3 的原理如下：2Na+2NH,兰2NaNH2+H22HNO3+8HCl+4snC2=4SnCL4+5H,0+N20T 2NaNH,+N,0210~220 CNaNz+NaOH+NH,已知：I.叠氨化钠0aN)为无色晶体，易溶于水，微溶于乙醇： IⅡ.氨基钠NNH)熔点为208C,易潮解，易被氧化：II.NO不与酸、碱反应，氧化性强，可将Sn+ 氧化为Sn4+。 试卷第4页（共8页） 稀硝酸 SnCl2与 稀盐酸 搅拌器 混合液， HSO 收集H2 溶液 加热套墨 -CCL SnCl,溶液 D 下列说法正确的是 A.NH3的VSEPR模型名称为三角锥形 B.NaNH制备操作中打开K2、K3,首先加热E,再加热C C.F中的CCl4可以换成苯 D.G中产生无污染气体，发生反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1 14.Fe3+在水溶液中主要以水解产物Fe(H,O)6-x(OD.]3-)=1,2)存在，Fe(H20)6-x(On]3-m+的氧 化性很弱，难以将H2S或HS-氧化，却易与S2-结合生成Ksp极小的黑色F2S3沉淀。某兴趣小组的同学为了 探究Fe3+与S2-反应的产物，做了如下实验，下列说法不正确的是 实验1 实验2 实验3 分别将实验1和实验2中的黑 逐滴加入10滴 逐滴加入10滴 饱和FcCl,溶液 饱和NaS溶液 色沉淀过滤，洗涤干净，将其 置于洁净的试管中，加入无水 乙醇浸泡片刻，用滴管吸取上 2mL饱和 2mL饱和 层清液，将其滴入装有蒸馏水 NaS溶液 FeCl,溶液 的试管中 滴入Fecl,溶液立刻有黑色沉淀生 成，继续滴入FeCl溶液，振荡试管 滴入NaS溶液立刻生成黑色沉淀， 后局部有红褐色沉淀生成，黑色沉 继续滴入NaS溶液，振荡试管未出 盛有蒸馏水的试管中液体均 淀增多，静置后试管底部只有黑色 现红褐色沉淀，黑色沉淀增多，静 变浑浊 置后试管底部沉淀的颜色为黑色。 沉淀。 A.实验1中在Na2S溶液过量的情况下，黑色沉淀Fe2S3中存在少量的Fe(OHD3,由红褐色沉淀消失证 Ksp [Fe(OH)3]Ksp (Fe2S3) B.将实验2中的饱和溶液均换成稀溶液，开始生成黑色沉淀，静置后最终生成淡黄色沉淀，说明F3+ 和S2-的氧化还原反应更具有热力学优势。 C.若要观察到盛有蒸馏水的试管中出现明显的浑浊现象，实验3中不能将乙醇换成CS2 D.实验3中的现象说明，实验l、2中最终生成的黑色沉淀不仅只有F2S3,还可能含有S、FeS等。 二、解答题（共58分） 15.(本题15分)四钼酸铵[(NH4),Mo4013·2H2O]是钼深加工的重要中间产品。一种以钼精矿（主要含MoS2, 还有Cu、Fe的化合物及SiO2等)为原料制备四钼酸铵同时得到副产品绿矾的流程如下： 试卷第5页（共8页） (NH)2S NHNO;HNO Na2CO3 滤液 空气 溶液 →浸取液→净化 沉淀→NH4)2Mo4O132H0 钼精矿→焙處焙烧渣 碱浸 滤渣 母液 FeSO, 一 系列操作 SO, C02 →浸取渣→… →FeSO47H,O晶体 溶液 回答下列问题： (1)钼元素位于第五周期，与铬同族，则其价电子排布式为 (2)焙烧渣中的MoO3在“碱浸时转化为MoO,反应的离子方程式为 (3)净化时加入(NH4),S溶液，是为了除去残留的Cu2+和e2+。研究表明，该溶液中c(S2-)和pH的关系 为：lgc(S2-)=pH-15.1,若控制溶液的pH=3.9,此时溶液中Fe2+的浓度为 (已知 Fes的Ksp=1×10-17.2)。 (4)从FeS04溶液到FesO4·7H20晶体的“一系列操作'为 、过滤、洗涤、干燥。 (5)该流程中产生的工业废气C02和S02可以回收利用，实验原理如图。装置a中溶液的作用是 装置b电解过程的阴极反应式为 C02 含C0,和 NaHCO 电源 S0,的废气 溶液 装置a NaHCO,和 SO Na2SO3溶液 pH~8 so HCOOH 离子交换膜装置b 16.(本题16分)碳中和技术主要研究二氧化碳的捕捉、利用与封存等问题。其中将C02转换为CH3OH被 认为是最可能利用的路径。该反应体系中涉及的反应如下： 反应I:C02(g)+H2(g)=C0(g)+H20(g)△H1>0 反应I:C02(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H20(g)△H2=-49.4k·mol-1 注：甲醇或CO的选择性S(CH3OH或CO)= CH3OH或C0的量 ×100% 已转化C02的总量 回答下列问题： (1)在特定温度下，由稳定态单质生成1mol化合物的焓变为该物质在此温度下的标准生成焓（△H)。如表 为几种物质在298K时的标准生成焓，则反应I的△H1= kmol1。 物质 H2(g) C02(g) cO(g) H20(g) (4rH9)/k·moo -394 -111 -242 (2)恒温恒容条件下，能说明反应达到平衡状态的是 (填字母)。 A.v正(C02)=v(H2O) B.n(H2)=n(C02) C.混合气体平均相对分子质量不变 D.容器内气体密度不再改变 (3)恒温恒容条件下，为了提高C02的平衡转化率和增大甲醇的选择性，可采用的措施是 (填标号)。 a.增大n(C02)b.及时移除甲醇 c.减小容器体积d.充入A (4)在5.0MPa恒压下，将5molC02和16molH2在Cu/Zr02催化剂作用下发生反应I、Ⅱ，已知起始容器体 试卷第6页（共8页） 积为VL,平衡时CH3OH或CO的选择性S及CO2的转化率a随温度的变化如图所示。 80 60 40 20 。 150200 250 300350400 温度/℃ ①表示平衡时CO选择性的曲线是 （填“a、b”或c”)。 Cu ②250℃时，测得平衡体系共有0.5 molCH3OH,结合图像计算C02的平衡转化率 为 ,通过各组分分压，计算C02(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)的平衡 · NH MPa2(不必化简，列出计算式即可)。 Pt 常数K。= (⑤)一种铜化合物由两种配离子构成，其晶胞如下图（晶胞外的原子未画出），写 出由配离子表示的该化合物的化学式。 17.(本题14分)某小组探究Fe2S3的制备。 配制0.1mol·L-1的FeCl3溶液和0.1mol·L1的Na2S溶液备用。 【查阅资料】iFeS,Fe2S3均为黑色固体，难溶于水。 i.Fe3++6F≠[FeF6]3-,[FeF]3-为无色离子。 ⅱ硫单质微溶于乙醇，难溶于水。 【设计并实施实验】 编号 实验一 实验二 1mL0.lmol.L'Na,S溶液 0.5mL0.1mol.LFeCl,溶液 操作 1mL0.1 mol-L FeCl,溶液 浊液X 1.5mL0.1 mol-LNa2S溶液 迅速产生黑色沉淀a,振荡后黑色沉淀溶 现象 解，并产生有臭鸡蛋气味的气体，最终得 产生棕黑色沉淀 到棕黄色浊液X (1)实验一中，根据复分解反应规律推测， 生成黑色沉淀a的离子方程式为 (2)进一步检验浊液X的组成，过程如下。 蒸馏水 无色清液 淡黄色固体 乙醇 离心分离 棕黄色固体 离心分离 浊液X 离心 红褐色固体 分离 1mL0.1 mol-LNa-S溶液 红褐色清液 黑色固体 离心分离 ①通过对浊液X组成的检验，推测实验一的黑色沉淀溶解过程中有氧化还原反应发生，实验证据是 ②经检测，黑色固体b中含有FS。甲同学认为，FeS是由红褐色清液中的Fe2+,与加入的s2-反应产生的。 乙同学认为该推测不严谨，理由是 (3)实验二制得了Fe2S3,但其中含少量Fe(OH)3 试卷第7页（共8页） ①生成Fe(OH),的离子方程式为 ②从化学反应速率角度推测实验二的棕黑色沉淀中不含S的原因： 实验三：小组同学进行如下图所示的改进实验。经检验，黑色沉淀c为纯净的F2S3。 1mL0.1 mol-LFeCl,溶液1.5mL0.1 mol-L Na,S溶液 2mL1 mol-L NaF溶液 无色清液 黑色沉淀c (4)实验三中，无色清液加入N2S生成黑色沉淀，请结合化学用语和平衡移动原理解释这一现象 【反思与评价】 (5)对比三个实验，实验三能成功制备F,S3的原因是 18.(本题13分)洛索洛芬钠是芳基丙酸非甾体抗炎药，因具有口服量小、副作用小、高效等优点而被广 Br 泛应用。其主体结构的关键中间体G( ℃OOH)的合成路线如下： CH,OH,NaOH OHC- OHC- OCH.H,SO.,HCINaCN,TBAI 65C 70C 100C A B OCH;DMC,K2CO3 OCH:NaOH,H2O H2SO4,HBr 185C 100C 100C COOH G 回答下列问题： (1)D中含有的官能团为 (2)A-→B的反应类型为 ,此反应过程中NaOH的作用为 (3)C的分子式为CgH110Cl,则C的结构简式为 (4)写出E→F的化学方程式： (5)满足下列条件的G的芳香族化合物同分异构体有 种，写出其中任一种的结构简式： ①苯环上有三个取代基；②能发生银镜反应；③lmol该同分异构体最多能消耗4 molNaOH。 试卷第8页（共8页） 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 8 0 D D D B A C A 0 题号 11 12 13 14 答案 D C D A 15.(1)4d55s1 (2)Mo03+C03-=Mo0+C02↑ (3)1×10-6mol/L 4) 蒸发浓缩 冷却结晶 (5) 吸收废气中的sO2,将其转化为Na2SO3 CO2+2e+2H+=HCOOH 【分析】由题给流程可知，钼精矿在空气中焙烧，将金属元素转化为金属氧化物，硫元素转化为二氧化硫： 向焙烧渣中加入碳酸钠溶液碱浸，将三氧化钼转化为钼酸根离子，过滤得到浸取渣和浸取液；向浸取液中 加入硫化铵溶液，将溶液中残留的铜离子和亚铁离子转化为硫化铜、硫化亚铁沉淀，过滤得到含有硫化铜、 硫化亚铁的滤渣和滤液：向滤液中加入硝酸铵和硝酸的混合溶液，将溶液中的钼酸根离子转化为四钼酸铵 沉淀，过滤得到滤液和四钼酸铵：浸取渣经多步处理得到硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却 结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸亚铁。 【详解】(1)铬元素的原子序数为24，基态原子的价电子排布式为3d54s1,由题意可知，钼元素位于第 五周期，与铬同族，则基态钼原子的价电子排布式为4d55s1: (2)由分析可知，“碱浸”时加入碳酸钠溶液碱浸的目的是将三氧化钼转化为钼酸根离子，反应的离子方程 式为：Mo03+C0号=MoO经-+C02t; (3)由题意可知，溶液中硫离子的浓度为：1×103.9-15.1mo/L=1×10112olL,由溶度积可知，溶液中亚铁 离子的浓度为：gmoL]0moL, (4)由分析可知，“一系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥： (5)由图可知，装置a中碳酸氢钠溶液的作用是将二氧化硫转化为亚硫酸钠；左侧电极为电解池的阳极， 亚硫酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，右侧电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴 极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为：C02+2e+2H+=HC00H。 16.(1)+41 (2)AC (3)be (4) b 20% x5x(筒5) (5)[Cu(NH3)][PtCI4] 【详解】(1)根据标准生成焓计算反应焓变，△H=∑△H明（生成物）-∑ArH(反应物)，反应I: 答案第1页（共4页) C02(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g),△H1=[△rH9m(CO(g)+△rH9nH2O(g)】-[△rH(CO2(g)+ △rH9(H2(g)]=[(-111k·mo1)+(-242k·mo1)〗-[(-394k·mo1)+0]=-353k·mol1+ 394kmol1=+41k·mol1。 (2)A.v正(C02)=v逆H2O),C02与H20化学计量数均为1，该式说明正逆速率相等，反应达到平衡，A 正确： B.n(H2)=n(C02),物质的量相等与平衡状态无关，不能判定反应达到平衡，B错误； C.混合气体平均相对分子质量不变，反应气体分子数减少，体系总物质的量发生变化，由M=兴气 体总质量m守恒，n不变时M不变，可说明反应达到平衡，C正确； D.容器恒温恒容，由p=受，m和V均不变，密度始终不变，不能判定反应达到平衡，D错误： 故选AC。 (3)a.增大n(C02),C02浓度增大，平衡正向移动，但C02的平衡转化率降低，a错误： b.及时移除甲醇，反应Ⅱ生成物浓度减小，平衡正向移动，提高C02转化率，增大甲醇选择性，b正确： c.减小容器体积，体系压强增大，反应Ⅱ正向移动，反应I前后气体分子数不变，能够提高C02平衡转化率， 增大甲醇选择性，c正确； d.恒温恒容充入Ar,各反应物、生成物浓度不变，平衡不移动，d错误； 故选bc: (4)①反应I,△H1>0,升高温度平衡正向移动，C0选择性增大：反应Ⅱ，△H2<0,升温平衡逆向移动， CH3OH选择性减小，因此b代表CO的选择性。 ②已知选择性s(a0H或C0)-09=×1096:250C时两条选择性曲线交点，甲醇选择性 与C0选择性相等，即S(CH3OH)=S(Co)=50%。已知平衡时n(CH3OH=0.5mol,代入甲醇选择性公式： S(CH,0H=c:ou×100%-50%,求得n(已转化C02)=-5o-1.0mol.C0,平衡转化率：(C02)= n(已转化c02) 0.5 g2×10%=×100%=20%,又5c0)=50%,5c0)=2o×100%=50%,得 n起始(C02) n(CO)=0.5mol。反应I:C02(g)+3H2(g)≠CH30H(g)+H20(g),生成0.5 mol CH30H,消耗C020.5mol, 消耗H21.5mol,生成nH2O)=0.5mol。反应I:C02(g)+H2(g)=C0(g)+H20(g),生成0.5molC0,消耗 C020.5mol,消耗H20.5mol,生成n(H20)=0.5mol。平衡各组分物质的量：n(C02)=4.0mol,nH2)= 14.0mol、n(CH30H)）=0.5mol、n(C0)=0.5mol、n(H20)=1.0mol。总物质的量n总=20.0mol,分压 以=Pa产分压平有常数表达式为：K-二则K, 赏x5货×5) MPa-2。 (5)×(器5】 (5)该配合物晶体中，阳离子为铜氨配离子[Cu(NH3)4]+,带2个单位正电荷；阴离子为四氯合铂)配 离子PtCl4]2,带2个单位负电荷。阴阳离子所带电荷绝对值相等，按照1：1的物质的量之比结合，因此该 答案第2页（共4页） 晶体的化学式为Cu(NH3)4[PtCl4]。 17.(1)2Fe3++3S2-=Fe2S3↓ (2) 浊液X经检验得到硫单质 红褐色清液中存在剩余的Fe+,可被s-还原为Fe+,形成FS沉 淀； (3) Fe3++3S2-+3H2O-Fe(OH)3+3HS 铁离子与硫离子迅速反应生成FS3沉淀，反应速率远 大于二者发生氧化还原反应的速率，使得实验二的棕黑色沉淀中不含$ (4)加入Na2S后，硫离子与铁离子发生反应2Fe3++3S2-=Fe2S3↓，产生硫化铁沉淀，溶液中Fe3+浓度降 低，反应Fe3++6F三[FeF6]3-平衡逆向移动，[FeF6]3-转化为Fe3+继续与s2-反应产生FeS3 (5)加入NaF溶液，将铁离子转化为[FF]3,降低铁离子浓度可以防止铁离子水解和发生氧化还原反应， 再加入硫离子可以将[FeF3-转化为FeS3沉淀 【详解】(1)铁离子与硫离子结合形成硫化铁沉淀，离子方程式为2Fe3++3S2-=Fe2S3↓； (2)①浊液X中产生了S单质，说明硫离子被氧化，S元素化合价改变，一定发生了氧化还原反应： ②红褐色清液中存在剩余的铁离子，可氧化后续加入的硫离子，转化为亚铁离子并与硫离子结合形成FS 沉淀，因此FS沉淀不一定是由清液中原本存在的亚铁离子与硫离子反应产生： (3)①铁离子与硫离子在水溶液中发生双水解反应，产生氢氧化铁沉淀，硫离子过量，因此离子方程式 为：Fe3++3S2-+3H20=fe(OHD3↓+3HS; ②溶液中硫离子过量，使铁离子被迅速消耗，形成沉淀的反应速率远大于二者发生氧化还原反应的速率， 因此没有S单质生成： (4)题目要求用化学平衡移动原理解释该现象，随着硫离子与铁离子形成沉淀，溶液中铁离子浓度不断 下降，可逆反应F3++6F-=[FF3-平衡逆向移动，释放出铁离子继续与硫离子反应形成沉淀； (5)将铁离子转化为[FF]3,可以有效避免铁离子水解或与硫离子发生氧化还原反应，且铁离子与氟离 子的反应为可逆反应，可随FS3沉淀的产生释放出铁离子继续与硫离子反应，实验设计正确合理。 18.(1)氰基、醚键 (2) 取代反应 中和反应生成的HC,促进反应正向进行，提高产率 OCH; 3)C OCH, OCH, ()NC +NH T (5) 20 【分析】A分子中的氯原子被甲氧基取代生成B;随后B在硫酸、盐酸的酸性条件下发生反应，将苯环上 答案第3页（共4页） 的醛基转化为一CHCl,得到分子式为CgH11OCl的C,对比B和D的结构式，考虑B→C是醛基发生变化， OCH3 结合分子式，推测C为C 。接下来C与NaCN发生取代反应，氯原子被氰基取代得 到D。之后D在碳酸钾与碳酸二甲酯(DMC)的作用下，氰基相连的α位碳原子上引入甲基，得到E。E 随后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应，氰基转化为羧酸钠，得到对应的羧酸类物质F为 OCH NaOoC 。F在硫酸与B的作用下，分子中的甲氧基发生断裂，羟甲基被溴代转 化为溴甲基，最终得到目标中间体G。 【详解】(1)D中含有的官能团为氰基、醚键。 (2)由分析，A→B的反应类型为取代反应；此反应过程中C1原子被甲氧基取代，取代过程中会产生HC1, NaOH可以有效消耗反应生成的HCl,促进反应正向进行，提高产率。 (3)由分析，C的分子式为CgH1OCl,结合B、D的结构简式，可推测C的结构简式为 OCH; (4)E→F的反应为氰基的水解反应，化学方程式为 OCH OCH; +Na0H+H,01o9℃Naood +NH3T。 (5)能发生银镜反应，表明取代基有-OOCH或-CHO,如果是醛基，则不可能满足①③中的要求（氧原 子数量无法匹配或无法满足NaOH消耗的要求)，说明只能为-OOCH,1mol-O0CH消耗2 mol NaOH, 则B只能与苯环直接相连，通过2步反应（第一步水解生成酚羟基，第二步酚羟基变为酚钠），进而满足 1mol-Br消耗2 mol NaOH。综上，三个取代基分别为-OOCH、-Br、-C3H,对于苯环上三个不同的取 代基，共有10种同分异构体，而同时，一C3H2有2种，所以同分异构体共10×2=20种，其中一种的结构 简式为 答案第4页（共4页）