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2021 年北京市高考真题化学试卷 D． H是放射性核素，所以3HO也具有放射性，故D正确；
2
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 故选B。
3. 下列化学用语或图示表达不正确的是
第一部分
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。
A. N 的结构式：N≡N B. Na+的结构示意图：
2
1. 我国科研人员发现中药成分黄芩素能明显抑制新冠病毒的活性。下列关于黄芩素的说法不正确的是
C. 溴乙烷的分子模型： D. CO 的电子式：
2
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 分子中有3种官能团 B. 能与Na
2
CO
3
溶液反应 【详解】A．N
2
分子中N原子间是三键，结构式：N≡N，正确；
C. 在空气中可发生氧化反应 D. 能和Br 发生取代反应和加成反应
2
B．Na+的结构示意图： ，正确；
【答案】A
【解析】
【分析】 C．溴乙烷的分子模型： ，正确；
【详解】A．根据物质结构简式可知：该物质分子中含有酚羟基、醚键、羰基三种官能团，A错误；
B．黄芩素分子中含有酚羟基，由于酚的酸性比NaHCO 强，所以黄芩素能与NaCO 溶液反应产生NaHCO ，B D．CO 的电子式： ，错误；
3 2 3 3 2
正确；
故选D。
C．酚羟基不稳定，容易被空气中的氧气氧化，C正确；
4. 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是
D．该物质分子中含有酚羟基，由于羟基所连的苯环的邻、对位有H原子，因此可以与浓溴水发生苯环上的取
A. 酸性：HClO＞HSO ＞HSiO B. 碱性：KOH＞NaOH＞LiOH
4 2 3 2 3
代反应；分子中含有不饱和的碳碳双键，可以与Br 等发生加成反应，D正确；
2 C. 热稳定性：HO＞HS＞PH D. 非金属性：F＞O＞N
2 2 3
故合理选项是A。
【答案】A
2. 下列有关放射性核素氚（ H）的表述不正确的是
【解析】
【分析】
A. H原子核外电子数为1 B. H原子核内中子数为3
【详解】A．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元素最高价含氧酸是
C. 与H 2 化学性质基本相同 D. 具有放射性 HSO ，不是HSO ，因此不能根据元素周期律判断酸性：HClO＞HSO ＞HSiO，A错误；
2 4 2 3 4 2 3 2 3
【答案】B
【解析】 B．同一主族元素的金属性随原子序数的增大而增强。元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性
【分析】 就越强。元素的金属性：K＞Na＞Li，所以碱性：KOH＞NaOH＞LiOH，B正确；
C．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强；同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减弱。元
【详解】A．放射性核素 H，质量数是3，质子数是1，质子数等于核外电子数，所以核外电子数等于1，故A
素的非金属性越强，其简单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：HO
2
正确；
＞HS＞PH ，C正确；
2 3
B．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；
D．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强，所以元素的非金属性：F＞O＞N，D正确；
C． 与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，化学性质基本相同，故C正确；
故合理选项是A。
2
5. 实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是A. 试管内液面上升，证明SO 与水发生了反应
2
B. 试管中剩余少量气体，是因为SO 的溶解已达饱和
2
气体 试剂 制备装置 收集方法
C. 取出试管中的溶液，立即滴入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO +H O HSO 、HSO H++ 、
2 2 2 3 2 3
A O KMnO a d
2 4 H++ ⇌ ⇌
B H
2
Zn+稀H
2
SO
4
b e
D. 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
2
【答案】C
c
C NO Cu+稀HNO b
3 【解析】
【分析】
CaCO +稀 c
3 【详解】A．由信息可知，SO 易溶于水，也能使液面上升，故A错误；
D CO b 2
2
HSO
2 4 B．二氧化硫与水的反应为可逆反应，当反应达到限度后，二氧化硫的量不再减少，液面高度也无明显变化，故
B错误；
C．滴入石蕊试液，溶液变为红色，说明溶液显酸性，SO 与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，分步电离出氢
2
A. A B. B C. C D. D 离子，故C正确；
【答案】B D．亚硫酸具有较强的还原性，易被氧化为硫酸，弱酸变强酸，也能使pH下降，故D错误；
【解析】 故选C。
【分析】 7. 下列方程式不能准确解释相应实验现象的是
【详解】A．KMnO 4 是固体物质，加热分解产生O 2 ，由于O 2 难溶于水，因此可以用排水方法或向上排空气的方 A. 酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色：CH 3 COO-+H 2 O ⇌ CH 3 COOH+OH-
法收集，故不可以使用a、d装置制取和收集O，A错误； B. 金属钠在空气中加热生成淡黄色固体：4Na+O=2NaO
2 2 2
B．Zn与HSO 发生置换反应产生H，块状固体与液体反应制取气体，产生的H 难溶于水，因此可以用排水方
2 4 2 2 C. 铝溶于氢氧化钠溶液，有无色气体产生：2Al+2OH-+2HO=2 +3H↑
2 2
法收集，故可以使用装置b、e制取H，B正确；
2
D. 将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀：SO +2HS=3S↓+2HO
C．Cu与稀HNO 反应产生NO气体，NO能够与O 发生反应产生NO 气体，因此不能使用排空气的方法收集， 2 2 2
3 2 2
【答案】B
C错误；
【解析】
D．CaCO 与稀硫酸反应产生的CaSO、CO 气体，CaSO 微溶于水，使制取CO 气体不能持续发生，因此不能
3 4 2 4 2
【分析】
使用该方法制取CO 气体，D错误；
2
故合理选项是B。
【详解】A．CH
3
COONa溶液呈碱性是因为发生了CH
3
COO-的水解：CH
3
COO-+H
2
O
⇌
CH
3
COOH+OH-，A正确；
6. 室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO 。用试管收集SO 后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是
2 2
B．金属钠在空气中加热生成淡黄色固体过氧化钠：2Na+O NaO，B错误；
2 2 2
C．铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气：2Al+2OH-+2HO=2 +3H↑，C正确；
2 2D．将SO
2
通入H
2
S溶液生成S单质和水：SO
2
+2H
2
S=3S↓+2H
2
O，D正确；
D．CHCOOH与氨水发生离子反应：CHCOOH+NH ·H O=CHCOO-+ +H O，反应后自由移动的离子浓度
3 3 3 2 3 2
故选B。
增大，溶液导电能力增强，灯泡更明亮，不出现亮—灭(或暗)—亮的变化，D符合题意；
8. 使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭）→亮”现象的是
故合理选项是D。
9. 用电石（主要成分为CaC ，含CaS和Ca P 等）制取乙炔时，常用CuSO 溶液除去乙炔中的杂质。反应为:
2 3 2 4
①CuSO+HS=CuS↓+HSO
4 2 2 4
②11PH +24CuSO +12HO=3HPO +24HSO +8Cu P↓
3 4 2 3 4 2 4 3
下列分析不正确的是
A. CaS、Ca P 发生水解反应的化学方程式：CaS+2H O=Ca(OH) +H S↑、Ca P+6H O=3Ca(OH) +2PH↑
3 2 2 2 2 3 2 2 2 3
B. 不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱
C. 反应②中每24 mol CuSO 氧化11 mol PH
4 3
D. 用酸性KMnO 溶液验证乙炔还原性时，HS、PH 有干扰
4 2 3
【答案】C
【解析】
【分析】
选项 A B C D 【详解】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有 HS、PH 可知CaS的水解方程式
2 3
为CaS+2H O=Ca(OH) +H S↑；Ca P 水解方程式为Ca P+6H O=3Ca(OH) +2PH↑，A项正确；
2 2 2 3 2 3 2 2 2 3
试剂a CuSO NH HCO HSO CHCOOH
4 4 3 2 4 3
B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明HS的酸性强于HSO ，事实
2 2 4
试剂b Ba(OH) Ca(OH) Ba(OH) NH ·H O 上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确；
2 2 2 3 2
C．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电
子，则24molCuSO 完全反应时，可氧化PH 的物质的量是24mol÷8＝3mol，C项错误；
A. A B. B C. C D. D 4 3
D．HS、PH 均被KMnO 酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO 酸性溶液对乙炔性质的检验，D项正确；
【答案】D 2 3 4 4
答案选C。
【解析】
10. NO 和NO 存在平衡:2NO (g)⇌NO(g) △H<0。下列分析正确的是
【分析】 2 2 4 2 2 4
A. 1 mol平衡混合气体中含1 mol N原子
【详解】A．Ba(OH) 与CuSO 发生离子反应：Ba2++2OH-+Cu2++ =BaSO ↓+Cu(OH) ↓，随着反应的进行，溶
2 4 4 2
B. 断裂2 mol NO 中的共价键所需能量小于断裂1 mol N O 中的共价键所需能量
2 2 4
液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全
C. 恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
熄灭。当CuSO 溶液过量时，其电离产生的Cu2+、 导电，使灯泡逐渐又变亮，A不符合题意；
4 D. 恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅
【答案】B
B．Ca(OH) 与NH HCO 发生离子反应：Ca2++2OH-+ + =CaCO ↓+H O+NH ·H O，随着反应的进行，
2 4 3 3 2 3 2
【解析】
溶液中自由移动离子浓度减小，灯泡逐渐变暗，当二者恰好反应时，溶液中自由移动的微粒浓度很小，灯泡很
【分析】
暗。当 NH HCO 溶液过量时，其电离产生的 、 导电，使灯泡逐渐又变亮，B不符合题意；
4 3 【详解】A．1molNO 含有1molN原子，1molN O 含有2molN原子，现为可逆反应，为NO 和NO 的混合气体,
2 2 4 2 2 4
C．Ba(OH) 与HSO 发生离子反应：Ba2++2OH-+2H++ =BaSO ↓+2H O，随着反应的进行，溶液中自由移动 1 mol平衡混合气体中所含原子大于1 mol N，A项错误；
2 2 4 4 2
B．反应2NO (g)⇌NO(g)为放热反应，故完全断开2molNO 分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1molN O
的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当HSO 2 2 4 2 2 4
2 4
分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确；
溶液过量时，其电离产生的H+、 导电，使灯泡逐渐又变亮，C不符合题意；
C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项错误；D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误；
答案选B。
11. 可生物降解的高分子材料聚苯丙生(L)的结构片段如下图。
下列分析不正确的是
A. NaCO 与NaHCO 溶液中所含微粒种类相同
2 3 3
B. CaCl 能促进NaCO、NaHCO 水解
2 2 3 3
C. Al (SO ) 能促进NaCO、NaHCO 水解
2 4 3 2 3 3
D. 4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低
已知：R1COOH+R2COOH +HO 【答案】B
2
【解析】
下列有关L的说法不正确的是 【分析】
A. 制备L的单体分子中都有两个羧基
【详解】A．NaCO 溶液、NaHCO 溶液均存在Na+、 、 、HCO 、H+、OH-、HO，故含有的微粒
2 3 3 2 3 2
B. 制备L的反应是缩聚反应
种类相同，A正确；
C. L中的官能团是酯基和醚键
B． H++ ，加入Ca2+后，Ca2+和 反应生成沉淀，促进 的电离，B错误；
D. m、n、p和q的大小对L的降解速率有影响
【答案】C C．Al3+与 、 都能发生互相促进的水解反应，C正确；
【解析】
D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，
【分析】
pH减小，D正确；
故选B。
【 详 解 】 A ． 合 成 聚 苯 丙 生 的 单 体 为 、
13. 有科学研究提出:锂电池负极材料(Li)由于生成LH而不利于电池容量的保持。一定温度下，利用足量重水
(D O）与含LiH的Li负极材料反应，通过测定n(D )/n(HD)可以获知 n(Li)/n(LiH)。
2 2
，每个单体都含有2个羧基，故A正确；
已知：①LiH+H O=LiOH+H ↑
2 2
②2Li(s)+H 2⇌2LiH △H＜0
B．根据题示信息，合成聚苯丙生的反应过程中发生了羧基间的脱水反应，除了生成聚苯丙生，还生成了水，属
下列说法不正确的是
于缩聚反应，故B正确；
A. 可用质谱区分D 和HD
2
C．聚苯丙生中含有的官能团为： 、 ，不含酯基，故C错误； B. Li与DO的反应：2Li+2DO=2LiOD+D ↑
2 2 2
C. 若n(Li)/n(LiH)越大，则n(D )/n(HD)越小
D．聚合物的分子结构对聚合物的降解有本质的影响，因此m、n、p、q的值影响聚苯丙生的降解速率，故D正 2
确；
D. 80℃反应所得n(D
2
)/n(HD)比25℃反应所得n(D
2
)/n(HD)大
故选C。 【答案】C
12. 下列实验中，均产生白色沉淀。 【解析】
【分析】
【详解】A．D 和HD的相对分子质量不同，可以用质谱区分，A正确；
2B．类似于钠和水的反应， Li与D 2 O反应生成LiOD与D 2 ，化学方程式是2Li+2D 2 O=2LiOD+D 2 ↑，B正确； 反而是CO与C 3 H 6 的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应CO 2 +H 2 CO+H 2 O，从而导致
C．D
2
由Li与D
2
O反应生成，HD 通过反应LiH+D
2
O=LiOD+HD ， n(D
2
)/n(HD)越大，n(Li)/n(LiH)越大，C不 C
3
H
6
、H
2
的浓度随CO
2
浓度变化趋势出现这样的差异，B正确；
正确； C．投料比增大，相当于增大C 3 H 8 浓度，浓度增大，转化率减小， C错误；
D．升温，2LiH⇌2Li+H
2
△H>0平衡右移，Li增多LiH 减少，则结合选项C可知：80℃下的n(D
2
)/n(HD)大于 D．根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有C
3
H
6
、CO、H
2
O、H
2
，那么入口各气体的
25℃下的n(D )/n(HD) ，D正确； 浓度c 和出口各气体的浓度符合3c(C H)+c (CO)=3c(C H)+c(CO)+3c(C H)+c(CO )，D正确；
2 0 0 3 8 0 2 3 6 3 8 2
答案为：C。 答案为：AC。
14. 丙烷经催化脱氢可制丙烯:C H C H+H 。600℃，将一定浓度的 CO 与固定浓度的C H 通过含催化剂的恒 第二部分
3 8 3 6 2 2 3 8
容反应器，经相同时间，流出的 C H、CO和H 浓度随初始 CO 浓度的变化关系如图。 本部分共5题，共58分。
3 6 2 2
15. 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。
已知：
①C H(g)+5O(g)=3CO (g)+4HO(l) △H=-2220kJ/mol
3 8 2 2 2
②C H(g)+9/2O (g)=3CO (g)+3HO(l) △H=-2058kJ/mol
3 6 2 2 2
③H(g)+1/2O (g)=HO(l) △H=-286kJ/mol
2 2 2
下列说法不正确的是
（1）①阳极室产生Cl
2
后发生的反应有：_______、CH
2
=CH
2
+HClO→HOCH
2
CH
2
Cl。
A. C H(g)=C H(g)+H(g) △H=+124kJ/mol ②结合电极反应式说明生成溶液a的原理_______。
3 8 3 6 2
（2）一定条件下，反应物按一定流速通过该装置。
B. c(H)和c(C H)变化差异的原因：CO+H CO+HO
2 3 6 2 2 2
电解效率η和选择性S的定义：
C. 其他条件不变，投料比c(C H)/c(CO )越大，C H 转化率越大
3 8 2 3 8
D. 若体系只有C H、CO、H 和HO生成，则初始物质浓度c 与流出物质浓度c之间一定存在：
3 6 2 2 0 η(B)= ×100%
3c(C H)+c (CO)=c(CO)+c(CO )+3c(C H)+3c(C H)
0 3 8 0 2 2 3 8 3 6
【答案】C
S(B)= ×100%
【解析】
【分析】
①若η(EO)=100%，则溶液b的溶质为_______。
【详解】A．根据盖斯定律结合题干信息① C H(g)+5O(g)=3CO (g)+4HO(l) △H=-2220kJ/mol②C H(g)
3 8 2 2 2 3 6 ②当乙烯完全消耗时，测得η(EO)≈70%，S(EO)≈97%，推测η(EO)≈70%的原因：
+9/2O (g)=3CO (g)+3HO(l) △H=-2058kJ/mol ③H (g)+1/2O (g)=HO(l) △H=-286kJ/mol 可知，可由①-②-③得到目
2 2 2 2 2 2 I.阳极有HO放电
2
标反应C
3
H
8
(g)=C
3
H
6
(g)+H
2
(g)，该反应的△H= =+124kJ/mol，A正确； II.阳极有乙烯放电
B．仅按C H(g)=C H(g)+H(g)可知C H、H 的浓度随CO 浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明显，
III.阳极室流出液中含有Cl
2
和HClO
3 8 3 6 2 3 6 2 2
……i.检验电解产物，推测I不成立。需要检验的物质是_______。 ③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图,写出操作及现象_______。
ii.假设没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO，η(CO )≈_______%。经检验阳极放电产物没有CO
2 2 2。
iii.实验证实推测III成立，所用试剂及现象是_______。
可选试剂：AgNO 溶液、KI溶液、淀粉溶液、品红溶液。
3
【答案】（1） ①. Cl +H O= HCl+ HClO ②. 阴极发生反应： 2HO+2e-=H ↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子
2 2 2 2
交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液
（2） ①. KCl ②. O ③. 13 ④. KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝
2
【解析】
【分析】
【小问1详解】
阳极产生氯气后，可以和水发生反应生成次氯酸其方程式为：Cl +H O= HCl+ HClO；溶液a是阴极的产物，在
2 2
（2）测定平衡常数
阴极发生反应2HO+2e-=H ↑ + 2OH-，同时阳极的钾离子会向阴极移动和氢氧根结合形成氢氧化钾，故答案为：
2 2
实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用c mol/L KSCN标准溶液滴定
1
阴极发生反应： 2HO+2e-=H ↑ + 2OH-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
2 2
Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v mL。
1
混合溶液；
资料：Ag++SCN- AgSCN↓（白色） K=1012
【小问2详解】
①若η(EO)=100%则说明在电解过程中只有乙烯中的碳化合价发生变化，其他元素化合价没有变，故溶液 b的溶
Fe3++SCN- FeSCN2+（红色） K=102.3
质为：KCl； ①滴定过程中Fe3+的作用是_______。
②i.阳极有HO放电时会产生氧气，故需要检验的物质是O；ii. 设EO的物质的量为amol ②测得平衡常数K=_______。
2 2
（3）思考问题
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：
①取实验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不用实验II中清液测定K的原因是_______。
；生成CO 的物质的量： ；生成CO 转移的电子的物质的量： ，则
2 2
【答案】（1） ①. 灰黑色固体溶解，产生红棕色气体 ②. 防止酸性条件下， 氧化性氧化Fe2+干扰实验结
果 ③. a：铂/石墨电极，b：FeSO 或Fe (SO ) 或二者混合溶液，c：AgNO 溶液；操作和现象：闭合开关 K，
4 2 4 3 3
η(CO 2 )= ≈13%； Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的 Fe 2 (SO 4 ) 3 溶液，
与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag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
向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe (SO ) 溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转
iii.实验证实推测III成立，则会产生氯气，验证氯气即可，故答案为：KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝。 2 4 3
16. 某小组实验验证“Ag++Fe2+ Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。
（1）实验验证 （2） ①. 指示剂 ②.
实验I：将0.0100 mol/L Ag SO 溶液与0.0400 mo/L FeSO 溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
2 4 4
（3） ①. 偏低 ②. Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态
实验II：向少量Ag粉中加入0.0100 mol/L Fe (SO ) 溶液(pH=1)，固体完全溶解。
2 4 3 【解析】
①取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是_______。
【分析】
②II中溶液选用Fe (SO )，不选用Fe(NO ) 的原因是_______。
2 4 3 3 3 【小问1详解】
综合上述实验，证实“Ag++Fe2+ Fe3++Ag↓”为可逆反应。 ①由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO (浓)=AgNO +NO↑+H O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产
3 3 2 2生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。 ①若取实验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+，且随着反应Ag+
②由于Fe(NO ) 溶液电离出 将与溶液中 的H+结合成由强氧化性的HNO，能氧化Fe2+，而干扰实验，故实验
3 3 3
+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=
II使用的是Fe (SO ) 溶液，而不是Fe(NO ) 溶液，故答案为：防止酸性条件下， 氧化性氧化Fe2+干扰实验
2 4 3 3 3
结果。
③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+ Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e- 偏小，故答案为：偏小。
Fe3+，Ag++e- Ag，故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液
必须含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO 或Fe (SO ) 或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用 ②由于实验II中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II所得溶液进行测定并计
4 2 4 3
AgNO 溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关 K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个 算K，故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。
3
方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag电极逐渐溶解，指针 17. 治疗抑郁症的药物帕罗西汀的合成路线如下。
向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe (SO ) 溶液，与
2 4 3
之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag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，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe (SO ) 溶液，Ag电极上固体逐渐减
2 4 3
少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石墨电极，b：FeSO 或Fe (SO ) 或二者混合溶液，
4 2 4 3
c：AgNO 溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，
3
再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe (SO ) 溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体
2 4 3
析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe (SO ) 溶液，Ag电极上固体逐
2 4 3
渐减少，指针向左偏转。
【小问2详解】
①Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN-反应相较于Fe3+与SCN-反应更加容易及彻底，当溶液变为
稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中 已知：
Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。
i.R CHO+CH (COOH) R CH=CHCOOH
1 2 2 1
②取I中所得上清液vmL。用cmol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗vmL，已知：Ag+
1 1
ii.R OH R OR
2 2 3
+SCN- AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag+的浓度为：c(Ag+)= mol/L，根
（1）A分子含有的官能团是_______。
（2）已知：B为反式结构。下列有关B的说法正确的是（填序号）_______。
a．核磁共振氢谱有5组峰
b．能使酸性KMnO 溶液褪色
据平衡三段式进行计算如下： ，故反应的平 4
c．存在2个六元环的酯类同分异构体
d．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的结构简式是_______。
衡常数K= = ，故答案为：指示剂； 。
（5）L的分子式为C
7
H
6
O
3
。L的结构简式是_______。
（6）从黄樟素经过其同分异构体N可制备L。
已知：
【小问3详解】i.R1CH=CHR2 R1CHO+R2CHO
J，结合J的分子式可以推出J的结构简式为： ，由物质 结合M的分
ii.
子式和信息ii，并由(5) L的分子式为C HO 可以推出L的结构简式为： ，M的结构简式为：
7 6 3
写出制备L时中间产物N、P、Q的结构简式：_______、_______、_______。
N→P→Q L
，(6)根据Q到L的转化条件可知Q为酯类，结合L的结构简式 ，可推知Q
【答案】（1）氟原子 醛基
（2）abc （3）NC-CH -COOH + HOCH CH NC-CH -COOCH CH+ H O
2 2 3 2 2 3 2
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HO/Hac，故P的结构简式为
2 2
.
（4） （5） （6） ① ②. ③.
，由 N 到 P 的反应条件为 O/Zn HO 且 N 为黄樟素的同分异构体可推知 N 的结构简式为
3 2
，据此分析解题。
【解析】 【小问1详解】
【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的结构简式为： ，进 由分析可知，A的结构简式为 ，故A分子含有的官能团是氟原子 醛基，故答案为：氟原子 醛基；
【小问2详解】
而可以推出B的结构简式为： ，B在与乙醇浓硫酸共热发生酯化反应生成D，故D的结构简式为：
由分析可知，B的结构简式为 ，故 B的反式结构为 ，由此分析解题：
，ClCH COONa与NaCN先发生取代反应生成NCCH COONa，然后再酸化达到E，故E的
2 2
a．根据等效氢原理可知B的核磁共振氢谱共有5种峰，如图所示 ，a正确；
结构简式为：NCCH COOH，E 再与乙醇、浓硫酸共热发生酯化反应生成 G，故 G 的结构简式为：
2
b．由B的结构简式可知，B中含有碳碳双键，故B可以使KMnO 酸性溶液褪色，b正确；
4
NCCH COOCH CH ，D和G发生加成反应即可生成 ， 与H 发生加成反应生成
2 2 3 2
c．B具有含2个六元环的酯类同分异构体如图 等，c正确；
d．根据B分子的不饱和度为6，若B有具有含苯环、碳碳三键的羧酸类同分异构体则其不饱和度为7，d错误；
故答案为：abc；【小问3详解】 i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO ·H O，含少量TiOSO 和不溶物
4 2 4
由分析可知，E的结构简式为：NCCH COOH，E再与乙醇、浓硫酸共热发生酯化反应生成G，G的结构简式为： ii.TiOSO +(x+1)H O TiO·xH O↓+HSO
2 4 2 2 2 2 4
iii.0.1 mol/L Fe2+生成Fe(OH) ，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3；
NCCH COOCH CH，故E→G的化学方程式是NC-CH -COOH + HOCH CH NC-CH - ⇌ 2
2 2 3 2 2 3 2
0.1 mol/L Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8
COOCH 2 CH 3 + H 2 O，故答案为：NC-CH 2 -COOH + HOCH 2 CH 3 NC-CH 2 -COOCH 2 CH 3 + H 2 O； （1）纯化
①加入过量铁粉的目的是_______。
【小问4详解】
②充分反应后，分离混合物的方法是_______。
（2）制备晶种
由分析可知，J分子中有3个官能团，包括1个酯基，J的结构简式是 ，故答案为：
为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO 溶液中加入氨水，产生白
4
色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。
；
【小问5详解】
由分析可知，L的分子式为C HO，它的结构简式是 ，故答案为： ；
7 6 3
【小问6详解】
①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。原因是：沉淀生成后c(Fe2+)_______0.1mol/L(填“＞”“=”或“＜”)。
根据Q到L 转化条件可知Q为酯类，结合L的结构简式 ，可推知Q的结构简式为
的 ③0-t 时段，pH几乎不变；t-t 时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：_______。
1 1 2
④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t 后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且
3
，结合信息i和信息ii可推知P到Q的转化条件为HO/HAc，故P的结构简式为 ， (Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：_______。
2 2
（3）产品纯度测定
铁黄纯度可以通过产品 的耗酸量确定。
由N到P的反应条件为O/Zn HO且N为黄樟素的同分异构体可推知N的结构简式为 ，故答案
3 2
wg铁黄 溶液b 溶液c 滴定
为： ； ； 。 资料：Fe3++3 =Fe(C O) ，Fe(C O) 不与稀碱液反应
2 4 2 4
NaC O 过量，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
2 2 4
18. 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。
【答案】（1） ①. 与硫酸反应，使得TiOSO +2H O⇌TiO·H O↓+ H SO 平衡正向移动，沉钛；过量的作用是
4 2 2 2 2 4
防止二价铁被氧化 ②. 过滤
（2） ①. Fe2++ 2NH ·H O = Fe(OH) + 2 ②. > ③. pH6.0左右， 4Fe(OH) +O + 2H O= 4Fe(OH) 因此pH
3 2 2 2 2 2 3
几乎不变。之后发生4Fe2+ + O + 6H O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小 ④. 溶液中同时存在两
2 2
资料： 个氧化反应4Fe2+ + O +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O + 2H O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或
2 2 2用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O + 2H O= 4FeOOH + 8Fe3+
2 2
（3）不受影响
【解析】
III a+b 无氯气
【分析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程
a是_______，b是_______。
和钛白粉废渣成分：FeSO ·H O、TiOSO 及其它难溶物,可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，
4 2 4
（2）利用c(H+)浓度对MnO 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
TiOSO +2H O TiO·H O↓+HSO ，TiO·H O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO 溶液，加入氨水和空气后， 2
4 2 2 2 2 4 2 2 4
MnO 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______________。
FeSO 溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH（0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH) ，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH 2
4 ⇌ 2
为8.3；0.1mol/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FeOOH，再经过系 （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MnO 2 。经实验证
列提纯，最终制得FeOOH固体。 实了推测，该化合物是_______。
【小问1详解】 （4）Ag分别与1mol·L1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：_______。
与硫酸反应，使得TiOSO +2H O⇌TiO·H O↓+ H SO 平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化. （5）总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是_______。
4 2 2 2 2 4
钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤；
【答案】（1） ①. MnO +4H+ +2Cl- Mn2++Cl↑ + 2H O ②. 2Cl--2e- =Cl↑ ③. Cl-还原性减弱或Cl 的氧化性
2 2 2 2 2
【小问2详解】
增强 ④. KCl固体(或浓/饱和溶液) ⑤. MnSO 固体(或浓/饱和溶液)
4
pH6.0左右， 4Fe(OH)
2
+O
2
+ 2H
2
O= 4Fe(OH)
3
因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O
2
+ 6H
2
O= 4FeOOH + 8H+，
（2） ①. KCl>KBr>KI ②. 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
溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O
2
+4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O
2
+ 2H
2
O =4FeOOH
电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强
+ 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O 2 + 2H 2 O= 4FeOOH + 8Fe3+ （3）AgNO 3 或Ag 2 SO 4
【小问3详解】 （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++ H ↑
2
由于Fe3++3C 2 O 4 2- =Fe(C 2 O 4 ) 3 ，Fe(C 2 O 4 ) 3 不与稀碱溶液反应, 所以加入的Na 2 C 2 O 4 过量，则测定结果不受影响 反应得以发生
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。 （5）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
（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MnO
2。
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
①反应的离子方程式是_______。 【解析】
②电极反应式： 【分析】
i.还原反应：MnO +2e-+4H+=Mn2++2H O 【小问1详解】
2 2
ii.氧化反应：_______。
①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO +4H+ +2Cl- Mn2++Cl↑ + 2H O；②氧化反应是元素化合价
2 2 2
③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO 的原因。
2
i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO 氧化性减弱。
2 升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl↑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
2
ii.随c(Cl-)降低，_______。
剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl 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，
2
④补充实验证实了③中的分析。
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
实验操作 试剂 产物 试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO 固体(或浓/饱和溶液)；
4
【小问2详解】
I 较浓HSO 有氯气
2 4
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、
II a 有氯气
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；
【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MnO ，故答案为：AgNO 或Ag SO ；
2 3 2 4
【小问4详解】
若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H ↑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
2
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++ H ↑反应得以发生；
2
【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。
