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2021 年北京市高考真题化学试卷 C．3H 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；
1 2 2
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16
D．3
1
H是放射性核素，所以3H
2
O也具有放射性，故D正确；
第一部分
故选B。
3. 下列化学用语或图示表达不正确的是
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. 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 A. N 的结构式：N≡N B. Na+的结构示意图：
2
C. 溴乙烷的分子模型： D. CO 的电子式：
2
【答案】D
【解析】
A. 分子中有3种官能团 B. 能与Na CO 溶液反应 【分析】
2 3
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 【详解】A．N 分子中N原子间是三键，结构式：N≡N，正确；
2 2
【答案】A
B．Na+的结构示意图： ，正确；
【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 3 强，所以黄芩素能与Na 2 CO 3 溶液反应产生NaHCO 3 ， D．CO 2 的电子式： ，错误；
B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 ＞H SO ＞H SiO 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：H O＞H S＞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（3H）的表述不正确的是
1 【解析】
A. 3H原子核外电子数为1 B. 3H原子核内中子数为3 【分析】
1 1
【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. 3H 与H 化学性质基本相同 D. 3H O具有放射性
1 2 2 1 2
H SO ，不是H SO ，因此不能根据元素周期律判断酸性：HClO ＞H SO ＞H SiO ，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；
【详解】A．放射性核素3H，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
1 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
正确；
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：H O
2
B．放射性核素3H，质量数是3，质子数是1，所以中子数等于3-1=2，故B错误；
1＞H S＞PH ，C正确； 使用该方法制取CO 气体，D错误；
2 3 2
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； 故合理选项是B。
故合理选项是A。 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
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
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⇌H SO 、H SO ⇌H++HSO-、
2 2 2 3 2 3 3
气体 试剂 制备装置 收集方法
HSO-⇌H++SO2-
3 3
A O KMnO a d
2 4 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
B H Zn+稀H SO b e 【答案】C
2 2 4
【解析】
c
C NO Cu+稀HNO 3 b 【分析】
【详解】A．由信息可知，SO 易溶于水，也能使液面上升，故A错误；
2
CaCO 3 +稀 c 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
D CO b
2
H SO
2 4 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
离子，故C正确；
A. A B. B C. C D. D
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；
【答案】B
故选C。
【解析】
7. 下列方程式不能准确解释相应实验现象的是
【分析】
A. 酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色：CH COO-+H O⇌CH COOH+OH-
3 2 3
【详解】A．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上排空气的
4 2 2 B. 金属钠在空气中加热生成淡黄色固体：4Na+O =2Na O
2 2
方法收集，故不可以使用a、d装置制取和收集O ，A错误；
2 C. 铝溶于氢氧化钠溶液，有无色气体产生：2Al+2OH-+2H O=2AlO+3H ↑
2 2 2
B．Zn与H SO 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
2 4 2 2
D. 将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀：SO +2H S=3S↓+2H O
2 2 2
方法收集，故可以使用装置b、e制取H ，B正确；
2
【答案】B
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
3 2 2
【解析】
集，C错误；
【分析】
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【详解】A．CH COONa溶液呈碱性是因为发生了 CH COO-的水解：CH COO-+H O⇌CH COOH+OH-，A正 行，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
3 3 3 2 3
确； 泡很暗。当 NH HCO 溶液过量时，其电离产生的NH、 HCO导电，使灯泡逐渐又变亮，B不符合题意；
4 3 4 3
Δ
B．金属钠在空气中加热生成淡黄色固体过氧化钠：2Na+O 2 Na 2 O 2 ，B错误； C．Ba(OH) 2 与H 2 SO 4 发生离子反应：Ba2++2OH-+2H++SO2 4 =BaSO 4 ↓+2H 2 O，随着反应的进行，溶液中自由移
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，灯泡完全熄灭。当
C．铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气：2Al+2OH-+2H O=2AlO+3H ↑，C正确；
2 2 2 H SO 溶液过量时，其电离产生的H+、SO2导电，使灯泡逐渐又变亮，C不符合题意；
2 4 4
D．将SO 通入H S溶液生成S单质和水：SO +2H S=3S↓+2H O，D正确；
2 2 2 2 2
D．CH COOH与氨水发生离子反应：CH COOH+NH ·H O=CH COO-+NH+H O，反应后自由移动的离子浓度
故选B。 3 3 3 2 3 4 2
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 +H S=CuS↓+H SO
4 2 2 4
②11PH +24CuSO +12H O=3H PO +24H SO +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，H S、PH 有干扰
4 2 3
【答案】C
【解析】
选项 A B C D
【分析】
【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H S、PH 可知CaS的水解方程式
试剂a CuSO NH HCO H SO CH COOH 2 3
4 4 3 2 4 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b Ba(OH) Ca(OH) Ba(OH) NH ·H O
2 2 2 3 2 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H S的酸性强于H SO ，事
2 2 4
实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确；
A. A B. B C. C D. D
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
【答案】D
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；
4 3
【解析】
D．H S、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；
2 3 4 4
【分析】
答案选C。
【详解】A．Ba(OH) 2 与CuSO 4 发生离子反应：Ba2++2OH-+Cu2++SO2 4 =BaSO 4 ↓+Cu(OH) 2 ↓，随着反应的进行， 10. NO 2 和N 2 O 4 存在平衡:2NO 2 (g)⇌N 2 O 4 (g) △H<0。下列分析正确的是
溶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 A. 1 mol平衡混合气体中含1 mol N原子
全熄灭。当CuSO
4
溶液过量时，其电离产生的Cu2+、SO2
4
导电，使灯泡逐渐又变亮，A不符合题意； B. 断裂2 mol NO
2
中的共价键所需能量小于断裂1 mol N
2
O
4
中的共价键所需能量
C. 恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
B．Ca(OH) 与NH HCO 发生离子反应：Ca2++2OH-+NH+HCO=CaCO ↓+H O+NH ·H O，随着反应的进
2 4 3 4 3 3 2 3 2D. 恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅
，每个单体都含有2个羧基，故A正确；
【答案】B
【解析】 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
【分析】 于缩聚反应，故B正确；
【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N O 的混合气
2 2 4 2 2 4 C．聚苯丙生中含有的官能团为： 、 ，不含酯基，故C错误；
体,1 mol平衡混合气体中所含原子大于1 mol N，A项错误；
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
B．反应2NO (g)⇌N O (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
2 2 4 2
确；
1molN O 分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确；
2 4
故选C。
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；
12. 下列实验中，均产生白色沉淀。
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. Na CO 与NaHCO 溶液中所含微粒种类相同
2 3 3
B. CaCl 能促进Na CO 、NaHCO 水解
2 2 3 3
C. Al (SO ) 能促进Na CO 、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 +H O
2
【答案】B
下列有关L的说法不正确的是 【解析】
A. 制备L的单体分子中都有两个羧基 【分析】
B. 制备L的反应是缩聚反应 【详解】A．Na CO 溶液、NaHCO 溶液均存在Na+、CO2-、HCO- 、H CO 、H+、OH-、H O，故含有的微粒
2 3 3 3 3 2 3 2
C. L中的官能团是酯基和醚键
种类相同，A正确；
D. m、n、p和q的大小对L的降解速率有影响
B．HCO- H++CO2-，加入Ca2+后，Ca2+和CO2-反应生成沉淀，促进HCO- 的电离，B错误；
3 3 3 3
【答案】C
C．Al3+与CO2-、HCO- 都能发生互相促进的水解反应，C正确；
【解析】 3 3
【分析】
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，
pH减小，D正确；
【 详 解 】 A． 合 成 聚 苯 丙 生 的 单 体 为 、
故选B。
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)。 下列说法不正确的是
2 2
已知：①LiH+H O=LiOH+H ↑ A. C H (g)=C H (g)+H (g) △H=+124kJ/mol
2 2 3 8 3 6 2
②2Li(s)+H
2
⇌2LiH △H＜0 B. c(H
2
)和c(C
3
H
6
)变化差异的原因：CO
2
+H 2CO+H
2
O
下列说法不正确的是 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
A. 可用质谱区分D 和HD D. 若体系只有C H 、CO、H 和H O生成，则初始物质浓度c 与流出物质浓度c之间一定存在：
2 3 6 2 2 0
B. Li与D O的反应：2Li+2D O=2LiOD+D ↑ 3c (C H )+c (CO )=c(CO)+c(CO )+3c(C H )+3c(C H )
2 2 2 0 3 8 0 2 2 3 8 3 6
C. 若n(Li)/n(LiH)越大，则n(D )/n(HD)越小 【答案】C
2
D. 80℃反应所得n(D )/n(HD)比25℃反应所得n(D )/n(HD)大 【解析】
2 2
【答案】C 【分析】
【解析】 【 详 解 】 A． 根 据 盖 斯 定 律 结 合 题 干 信 息 ①C
3
H
8
(g)+5O
2
(g)=3CO
2
(g)+4H
2
O(l) △H=-
【分析】 2220kJ/mol②C
3
H
6
(g)+9/2O
2
(g)=3CO
2
(g)+3H
2
O(l) △H=-2058kJ/mol ③H
2
(g)+1/2O
2
(g)=H
2
O(l) △H=-286kJ/mol 可
【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； 知，可由①-②-③得到目标反应C H (g)=C H (g)+H (g)，该反应的△H=ΔH -ΔH -ΔH =+124kJ/mol，A正确；
2 3 8 3 6 2 1 2 3
B．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； B．仅按C 3 H 8 (g)=C 3 H 6 (g)+H 2 (g)可知C 3 H 6 、H 2 的浓度随CO 2 浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明
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 显，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 2CO+H 2 O，从而导
不正确； 致C H 、H 的浓度随CO 浓度变化趋势出现这样的差异，B正确；
3 6 2 2
D．升温，2LiH⇌2Li+H △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 )/n(HD)大于 C．投料比增大，相当于增大C H 浓度，浓度增大，转化率减小， C错误；
2 2 3 8
25℃下的n(D )/n(HD) ，D正确； 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 H 、CO、H O、H ，那么入口各气体的
2 3 6 2 2
答案为：C。 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；
0 0 3 8 0 2 3 6 3 8 2
14. 丙烷经催化脱氢可制丙烯:C
3
H 8C
3
H
6
+H
2
。600℃，将一定浓度的 CO
2
与固定浓度的C
3
H
8
通过含催化剂的 答案为：AC。
恒容反应器，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。 第二部分
3 6 2 2
本部分共 5题，共 58分。
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)+4H O(l) △H=-2220kJ/mol
3 8 2 2 2
②C H (g)+9/2O (g)=3CO (g)+3H O(l) △H=-2058kJ/mol
3 6 2 2 2
③H (g)+1/2O (g)=H O(l) △H=-286kJ/mol
2 2 2a
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
（1）①阳极室产生Cl 后发生的反应有：_______、CH =CH +HClO→HOCH CH Cl。 97%
2 2 2 2 2
②结合电极反应式说明生成溶液a的原理_______。 2a a a
量： ；生成CO 的物质的量：2 3%；生成CO 转移的电子的物质的量：2 3%6，则
2 2
70% 97% 97%
（2）一定条件下，反应物按一定流速通过该装置。
a
电解效率η和选择性S的定义：
2 3%6
97%
n (生成B所用的电子) η(CO 2 )= 2a ≈13%；
η(B)= ×100%
n (通过电极的电子) 70%
n (生成B所用的乙烯) 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。
S(B)= ×100%
n (转化的乙烯)
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若η(EO)=100%，则溶液b的溶质为_______。
（1）实验验证
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：
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
2 4 4
I.阳极有H
2
O放电
色。
II.阳极有乙烯放电
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
III.阳极室流出液中含有Cl
2
和HClO
①取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是_______。
……
②II中溶液选用Fe (SO ) ，不选用Fe(NO ) 的原因是_______。
2 4 3 3 3
i.检验电解产物，推测I不成立。需要检验的物质是_______。
综合上述实验，证实“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应。
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。 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_______。
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： 2H O+2e-=H ↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过
2 2 2 2
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） ①. KCl ②. O
2
③. 13 ④. KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝
【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2H O+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
阴极发生反应： 2H O+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 1
2 2
Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v mL。
的混合溶液； 1
【小问2详解】
资料：Ag++SCN-AgSCN↓（白色） K=1012
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H O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 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
2 4 3
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”)。 上固体逐渐减少，指针向左偏转。
②不用实验II中清液测定K的原因是_______。 【小问2详解】
【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，NO-氧化性氧化Fe2+干扰 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
3
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Fe3+
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
4 2 4 3 3
的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。
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，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的
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，消耗v mL，已知：
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析出，指针向右偏转，一段时间 1 1
2 4 3
c v
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，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转 Ag++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+)= 1 1
v
c v
0.01 1 1
v
Fe2+ +Ag+
Ag
+Fe3+
（2） ①. 指示剂 ②.
c v c v 起始浓度(mol/L) 0.02 0.01 0
1 1 0.01 1 1
v v c v c v c v
mol/L，根据平衡三段式进行计算如下：转化浓度(mol/L) 0.01 1 1 0.01 1 1 0.01 1 1 ，故
（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 v v v
c v c v c v
【解析】 平衡浓度(mol/L) 0.01 1 1 1 1 0.01 1 1
v v v
【分析】
c v c v
【小问1详解】 0.01 1 1 0.01 1 1
c(Fe3+) v v
反应的平衡常数K= = ，故答案为：指示剂； 。
①由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO
3
(浓)=AgNO
3
+NO
2
↑+H
2
O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解， c(Fe2+)c(Ag+) c
1
v
1
0.01
c
1
v
1
c
1
v
1
0.01
c
1
v
1
产生红棕色气体，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。 v v v v
②由于Fe(NO ) 溶液电离出NO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 【小问3详解】
3 3 3 3
验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，NO-氧化性氧化Fe2+干扰
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
2 4 3 3 3 3
c v
实验结果。 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 1 1 偏大，故所得到的
v
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-
c v
0.01 1 1
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
v
K= 偏小，故答案为：偏小。
c v c v
必须含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO 4 或Fe 2 (SO 4 ) 3 或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用 1 1 0.01 1 1
v v
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
3
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
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
计算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。
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
17. 治疗抑郁症的药物帕罗西汀的合成路线如下。
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
2 4 3
减少，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
4 2 4 3
液，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
3
零，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
2 4 3【答案】（1）氟原子 醛基
浓硫酸
（2）abc （3）NC-CH -COOH + HOCH CH NC-CH -COOCH CH + H O
2 2 3 Δ 2 2 3 2
（4） （5） （6） ① ②.
.
③.
【解析】
已知：
i.R CHO+CH (COOH) ①吡啶，Δ R CH=CHCOOH 【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： ，
1 2 2 ②H+ 1
ii.R
OHCH
3
SO2 Cl R3 OHR
OR
2 三乙胺 NaH 2 3
（1）A分子含有的官能团是_______。
进而可以推出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
（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
为： ，ClCH COONa与NaCN先发生取代反应生成NCCH COONa，然后再酸化达到E，故
2 2
b．能使酸性KMnO 溶液褪色
4
c．存在2个六元环的酯类同分异构体
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，故 G的结构简式为：
2
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_______。
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
（4）J分子中有3个官能团，包括1个酯基。J的结构简式是_______。
（5）L的分子式为C H O 。L的结构简式是_______。
7 6 3
（6）从黄樟素经过其同分异构体N可制备L。
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
已知：
②Zn，H O
2
i.R1CH=CHR2 R1CHO+R2CHO
①O 3 分子式和信息ii，并由(5) L的分子式为C 7 H 6 O 3 可以推出L的结构简式为： ，M的结构简式为：
ii.
，(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
写出制备L时中间产物N、P、Q的结构简式：_______、_______、_______。
②H+
异构化 N→P→Q L 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 O /Hac，故P的结构简式为
2 2
①水解，由 N到 P的反应条件为 O /Zn H O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。
【小问5详解】
【小问1详解】
由分析可知，L的分子式为C H O ，它的结构简式是 ，故答案为： ；
7 6 3
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6详解】
【小问2详解】
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：
，结合信息i和信息ii可推知P到Q的转化条件为H O /HAc，故P的结构简式为
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；
，由N到P的反应条件为O /Zn H O且N为黄樟素的同分异构体可推知N的结构简式为
3 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
，故答案为： ； ； 。
c．B具有含2个六元环的酯类同分异构体如图 等，c正确；
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。
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】
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
2
资料：
浓硫酸
为：NCCH COOCH CH ，故E→G的化学方程式是NC-CH -COOH + HOCH CH NC-CH -
2 2 3 2 2 3 Δ 2 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
COOCH 2 CH 3 + H 2 O，故答案为：NC-CH 2 -COOH + HOCH 2 CH 3 浓 硫 Δ 酸 NC-CH 2 -COOCH 2 CH 3 + H 2 O； ii.TiOSO 4 +(x+1)H 2 O⇌TiO 2 ·xH 2 O↓+H 2 SO 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；
【小问4详解】 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
（1）纯化
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：
①加入过量铁粉的目的是_______。
②充分反应后，分离混合物的方法是_______。
（2）制备晶种
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)。 TiOSO +2H O⇌TiO ·H O↓+H SO ，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
4 2 2 2 2 4 2 2 4
后，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
4 2
的pH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
经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。
【小问1详解】
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.
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；
①产生白色沉淀的离子方程式是_______。 【小问2详解】
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“＜”)。 pH6.0左右， 4Fe(OH) +O + 2H O= 4Fe(OH) 因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O + 6H O= 4FeOOH + 8H+，
2 2 2 3 2 2
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：_______。 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 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O + 2H O
1 1 2 2 2 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 =4FeOOH + 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 + 2H O= 4FeOOH +
3 2 2
(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：_______。 8Fe3+
（3）产品纯度测定 【小问3详解】
铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。 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
加热溶解 酚酞 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。
wg铁黄 溶液bNa 2 C 2O 4 溶液溶液c 滴定
H 2 SO 4 标准溶液 NaOH标准溶液 （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。
资料：Fe3++3C O2-=Fe(C O )3-，Fe(C O )3-不与稀碱液反应 ①反应的离子方程式是_______。
2 4 2 4 3 2 4 3
②电极反应式：
Na C O 过量，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
2 2 4
i.还原反应：MnO +2e-+4H+=Mn2++2H O
【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 2 2
4 2 2 2 2 4
ii.氧化反应：_______。
是防止二价铁被氧化 ②. 过滤
③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO 的原因。
2
（2） ①. Fe2++ 2NH ·H O = Fe(OH) + 2NH+ ②. > ③. pH6.0左右， 4Fe(OH) +O + 2H O=
3 2 2 4 2 2 2 i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO 氧化性减弱。
2
4Fe(OH) 因此 pH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
3 2 2 ii.随c(Cl-)降低，_______。
④. 溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O + 2H O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减
2 2 2 ④补充实验证实了③中的分析。
小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O + 2H O= 4FeOOH + 8Fe3+
2 2
实验操作 试剂 产物
（3）不受影响
【解析】 I 较浓H 2 SO 4 有氯气
【分析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程
II a 有氯气
III a+b 无氯气
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 4a是_______，b是_______。 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
（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 【小问4详解】
2
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______________。 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 2
（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 。经实验证 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
2
实了推测，该化合物是_______。 原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H ↑反应得以发生；
2
（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：_______。 【小问5详解】
（5）总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是_______。 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：
Δ 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
【答案】（1） ①. MnO +4H+ +2Cl- Mn2++Cl ↑ + 2H O ②. 2Cl--2e- =Cl ↑ ③. Cl-还原性减弱或Cl
2 2 2 2 2
(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。
的氧化性增强 ④. KCl固体(或浓/饱和溶液) ⑤. MnSO 固体(或浓/饱和溶液)
4
（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，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强
（3）AgNO 或Ag SO
3 2 4
（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 ↑反应得以发生
2
（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
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
【解析】
【分析】
【小问1详解】
Δ
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
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
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
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
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】
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、
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
