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2021 年北京市高考真题化学试卷
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16
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。
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. 分子中有3种官能团 B. 能与Na CO 溶液反应
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
2
【答案】A
【解析】
【分析】
【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Na CO 溶液
3 2 3
反应产生NaHCO ，B正确；
3
C．酚羟基不稳定，容易被空气中的氧气氧化，C正确；
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
2
应，D正确；
故合理选项是A。
2. 下列有关放射性核素氚（3H）的表述不正确的是
1
A. 3H原子核外电子数为1 B. 3H原子核内中子数为3
1 1
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
【答案】B
【解析】
【分析】【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
1
外电子数等于1，故A正确；
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
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
1 2 2
相同，故C正确；
D．3H是放射性核素，所以3H O也具有放射性，故D正确；
1 2
故选B。
3. 下列化学用语或图示表达不正确的是
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】
【分析】
【详解】A．N 分子中N原子间是三键，结构式：N≡N，正确；
2
B．Na+的结构示意图： ，正确；
C．溴乙烷的分子模型： ，正确；
D．CO 的电子式： ，错误；
2
故选D。
4. 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A. 酸性：HClO ＞H SO ＞H SiO B. 碱性：KOH＞NaOH＞LiOH
4 2 3 2 3
C. 热稳定性：H O＞H S＞PH D. 非金属性：F＞O＞N
2 2 3
【答案】A
【解析】
【分析】
【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H SO ，不是H SO ，因此不能根据元素周期律判断酸性：HClO ＞
2 4 2 3 4
H SO ＞H SiO ，A错误；
2 3 2 3
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＞H S＞PH ，C正确；
2 2 3
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A。
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
气体 试剂 制备装置 收集方法
A O KMnO a d
2 4
B H Zn+稀H SO b e
2 2 4
c
C NO Cu+稀HNO b
3
CaCO 3 +稀 c
D CO b
2
H SO
2 4
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【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
4 2 2
方法或向上排空气的方法收集，故不可以使用a、d装置制取和收集O ，A错误；
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
2 4 2 2
水，因此可以用排水方法收集，故可以使用装置b、e制取H ，B正确；
2C．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
3 2 2
用排空气的方法收集，C错误；
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
3 4 2 4 2
能持续发生，因此不能使用该方法制取CO 气体，D错误；
2
故合理选项是B。
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
2 2
现象的分析正确的是
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-、HSO-⇌H++SO2-
2 2 2 3 2 3 3 3 3
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
【解析】
【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
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
2
弱酸，分步电离出氢离子，故C正确；
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；
故选C。
7. 下列方程式不能准确解释相应实验现象的是
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
B. 金属钠在空气中加热生成淡黄色固体：4Na+O =2Na O
2 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
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【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．CH COONa溶液呈碱性是因为发生了 CH COO-的水解：CH COO-
3 3 3
+H O⇌CH COOH+OH-，A正确；
2 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 Na O ，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-+2H O=2AlO+3H ↑，C正确；
2 2 2
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
故选B。
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
选项 A B C D
试剂a CuSO NH HCO H SO CH COOH
4 4 3 2 4 3
试剂b Ba(OH) Ca(OH) Ba(OH) NH ·H O
2 2 2 3 2
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【 详 解 】 A． Ba(OH) 与 CuSO 发 生 离 子 反 应 ： Ba2++2OH-+Cu2++SO2
2 4 4
=BaSO ↓+Cu(OH) ↓，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
4 2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 CuSO 溶液过量
4
时，其电离产生的Cu2+、SO2导电，使灯泡逐渐又变亮，A不符合题意；
4
B．Ca(OH) 与NH HCO 发生离子反应：Ca2++2OH-+NH+HCO
2 4 3 4 3
=CaCO ↓+H O+NH ·H O，随着反应的进行，溶液中自由移动离子浓度减小，灯泡逐渐变
3 2 3 2
暗，当二者恰好反应时，溶液中自由移动的微粒浓度很小，灯泡很暗。当 NH HCO 溶液
4 3
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
C．Ba(OH) 与H SO 发生离子反应：Ba2++2OH-+2H++SO2=BaSO ↓+2H O，随着反应的
2 2 4 4 4 2
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H SO 溶液过量时，其电离产生的H+、SO2导
2 4 4
电，使灯泡逐渐又变亮，C不符合题意；
D．CH COOH与氨水发生离子反应：CH COOH+NH ·H O=CH COO-+NH+H O，反应
3 3 3 2 3 4 2
后自由移动的离子浓度增大，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；
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
2 3 2 4
炔中的杂质。反应为:
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↑、
3 2 2 2 2
Ca P +6H O=3Ca(OH) +2PH ↑
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】
【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
2 3
知 CaS的 水 解 方 程 式 为 CaS+2H O=Ca(OH) +H S↑； Ca P 水 解 方 程 式 为
2 2 2 3 2
Ca P +6H O=3Ca(OH) +2PH ↑，A项正确；
3 2 2 2 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H S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 4C．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
4 3
24mol÷8＝3mol，C项错误；
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
2 3 4 4
验，D项正确；
答案选C。
10. NO 和N O 存在平衡:2NO (g)⇌N O (g) △H<0。下列分析正确的是
2 2 4 2 2 4
A. 1 mol平衡混合气体中含1 mol N原子
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
C. 恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
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
【解析】
【分析】
【详解】A．1molNO 含有1molN原子，1molN O 含有2molN原子，现为可逆反应，为
2 2 4
NO 和N O 的混合气体,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
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
2 2 4 2
比完全断开1molN O 分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确；
2 4
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。
已知：R1COOH+R2COOH +H O
2
下列有关L的说法不正确的是
A. 制备L的单体分子中都有两个羧基
B. 制备L的反应是缩聚反应C. L中的官能团是酯基和醚键
D. m、n、p和q的大小对L的降解速率有影响
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．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；
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，属于缩聚反应，故B正确；
C．聚苯丙生中含有的官能团为： 、 ，不含酯基，故C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正确；
故选C。
12. 下列实验中，均产生白色沉淀。
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
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．Na CO 溶液、NaHCO 溶液均存在 Na+、 CO2-、 HCO- 、H CO 、H+、
2 3 3 3 3 2 3
OH-、H O，故含有的微粒种类相同，A正确；
2
B．HCO- H++CO2-，加入Ca2+后，Ca2+和CO2-反应生成沉淀，促进HCO- 的电
3 3 3 3离，B错误；
C．Al3+与CO2-、HCO- 都能发生互相促进的水解反应，C正确；
3 3
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；
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
2 2
n(Li)/n(LiH)。
已知：①LiH+H O=LiOH+H ↑
2 2
②2Li(s)+H ⇌2LiH△H＜0
2
下列说法不正确的是
A. 可用质谱区分D 和HD
2
B. Li与D O的反应：2Li+2D O=2LiOD+D ↑
2 2 2
C. 若n(Li)/n(LiH)越大，则n(D )/n(HD)越小
2
D. 80℃反应所得n(D )/n(HD)比25℃反应所得n(D )/n(HD)大
2 2
【答案】C
【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；
2
B．类似于钠和水的反应， Li与D O反应生成LiOD与D ，化学方程式是
2 2
2Li+2D O=2LiOD+D ↑，B正确；
2 2
C．D 由Li与D O反应生成，HD 通过反应LiH+D O=LiOD+HD， n(D )/n(HD)越大，
2 2 2 2
n(Li)/n(LiH)越大，C不正确；
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
2
的n(D )/n(HD)大于25℃下的n(D )/n(HD) ，D正确；
2 2
答案为：C。
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 H 通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的 C H 、CO和H 浓度随初始 CO
3 8 3 6 2 2
浓度的变化关系如图。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 2
下列说法不正确的是
A. C H (g)=C H (g)+H (g) △H=+124kJ/mol
3 8 3 6 2
B. c(H
2
)和c(C
3
H
6
)变化差异的原因：CO
2
+H 2CO+H
2
O
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H O生成，则初始物质浓度c 与流出物质浓度c之间一
3 6 2 2 0
定存在：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
【解析】
【分析】
【详解】A．根据盖斯定律结合题干信息①C H (g)+5O (g)=3CO (g)+4H O(l) △H=-
3 8 2 2 2
2220kJ/mol②C H (g)+9/2O (g)=3CO (g)+3H O(l) △H=-2058kJ/mol ③H (g)+1/2O (g)=H O(l)
3 6 2 2 2 2 2 2
△H=-286kJ/mol 可知，可由①-②-③得到目标反应C H (g)=C H (g)+H (g)，该反应的△H=
3 8 3 6 2
ΔH -ΔH -ΔH =+124kJ/mol，A正确；
1 2 3
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，
3 8 3 6 2 3 6 2 2
但是氢气的变化不明显，反而是CO与C H 的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能
3 6
够发生反应CO
2
+H 2CO+H
2
O，从而导致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；
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；
3 8
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、
3 6 2
H ，那么入口各气体的浓度c 和出口各气体的浓度符合
2 0
3c (C H )+c (CO )=3c(C H )+c(CO)+3c(C H )+c(CO )，D正确；
0 3 8 0 2 3 6 3 8 2
答案为：AC。第二部分
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。
（1）①阳极室产生Cl 后发生的反应有：_______、CH =CH +HClO→HOCH CH Cl。
2 2 2 2 2
②结合电极反应式说明生成溶液a的原理_______。
（2）一定条件下，反应物按一定流速通过该装置。
电解效率η和选择性S的定义：
n (生成B所用的电子)
η(B)= ×100%
n (通过电极的电子)
n (生成B所用的乙烯)
S(B)= ×100%
n (转化的乙烯)
①若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%，推测η(EO)≈70%的原因：
I.阳极有H O放电
2
II.阳极有乙烯放电
III.阳极室流出液中含有Cl 和HClO
2
……
i.检验电解产物，推测I不成立。需要检验的物质是_______。
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
2 2
产物没有CO
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： 2H O+2e-=H ↑ +
2 2 2 22OH-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） 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
2 2
液a是阴极的产物，在阴极发生反应2H O+2e-=H ↑ + 2OH-，同时阳极的钾离子会向阴极移
2 2
动和氢氧根结合形成氢氧化钾，故答案为：阴极发生反应： 2H O+2e-=H ↑ + 2OH-生成
2 2
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；
【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的溶质为：KCl；
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 2
a
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
97%
2a a
移电子的总物质的量： ；生成CO 的物质的量：2 3%；生成CO 转移的电
2 2
70% 97%
a
2 3%6
a 97%
子的物质的量：2 3%6，则η(CO )= ≈13%；
97% 2 2a
70%
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。
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
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
2 4 4
黑色沉淀，溶液呈黄色。
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
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
综合上述实验，证实“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应。
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_______。（2）测定平衡常数
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
1
KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v mL。
1
资料：Ag++SCN-AgSCN↓（白色） K=1012
Fe3++SCN-FeSCN2+（红色） K=102.3
①滴定过程中Fe3+的作用是_______。
②测得平衡常数K=_______。
（3）思考问题
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_______。
【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-
3
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
4 2 4 3
溶液，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
3
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，与之前的现象
2 4 3
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
2 4 3
左偏转
c v
0.01 1 1
v
（2） ①. 指示剂 ②.
c v c v
1 1 0.01 1 1
v v
（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
【解析】
【分析】
【小问1详解】
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
3 3 2 2为灰黑色固体溶解，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。
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
3 3 3 3
Fe2+，而干扰实验，故实验II使用的是Fe (SO ) 溶液，而不是Fe(NO ) 溶液，故答案为：
2 4 3 3 3
防止酸性条件下，NO-氧化性氧化Fe2+干扰实验结果。
3
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-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
4 2 4 3
二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO 溶液，组装好仪器后，
3
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，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象
2 4 3
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电极上固体逐渐减少，指针
2 4 3
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
4 2 4 3
者混合溶液，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
3
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 (SO ) 溶液，与之前
2 4 3
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，
2 4 3
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Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，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，消
1
耗v
1
mL，已知：Ag++SCN-AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清
c v
液中Ag+的浓度为：c(Ag+)= 1 1 mol/L，根据平衡三段式进行计算如下：
vFe2+ +Ag+ +Fe3+
Ag
起始浓度(mol/L) 0.02 0.01 0
c v c v c v
转化浓度(mol/L) 0.01 1 1 0.01 1 1 0.01 1 1 ，故反应的平衡常数
v v v
c v c v c v
平衡浓度(mol/L) 0.01 1 1 1 1 0.01 1 1
v v v
c v c v
0.01 1 1 0.01 1 1
c(Fe3+) v v
K= = ，故答案为：指示剂；
c(Fe2+)c(Ag+) c v c v c v c v
1 1 0.01 1 1 1 1 0.01 1 1
v v v v
。
【小问3详解】
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++SCN-AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中
c v
0.01 1 1
c v v
的c(Ag+)偏大，即 1 1 偏大，故所得到的K= 偏小，故答案为：偏
v c v c v
1 1 0.01 1 1
v v
小。
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。
17. 治疗抑郁症的药物帕罗西汀的合成路线如下。
已知：
i.R CHO+CH (COOH) ①吡啶，Δ R CH=CHCOOH
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_______。
（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
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_______。
（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。
已知：
②Zn，H O
2
i.R1CH=CHR2 R1CHO+R2CHO
①O
3
ii.
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
①水解
【答案】（1）氟原子 醛基
浓硫酸
（2）abc （3）NC-CH -COOH + HOCH CH NC-CH -COOCH CH +
2 2 3 Δ 2 2 3
H O
2
（4） （5） （6） ①
.
②. ③.
【解析】
【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： ，ClCH COONa与
2
NaCN先发生取代反应生成 NCCH COONa，然后再酸化达到 E，故 E的结构简式为：
2
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
NCCH COOCH CH ，D和G发生加成反应即可生成 ， 与
2 2 3
H 发生加成反应生成J，结合J的分子式可以推出J的结构简式为： ，由
2
物质 结合M的分子式和信息ii，并由(5) L的分子式为C H O
7 6 3
可以推出L的结构简式为： ，M的结构简式为： ，(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
2 2
P的结构简式为 ，由 N到 P的反应条件为 O /Zn H O且 N为黄樟素的同分
3 2
异构体可推知N的结构简式为 ，据此分析解题。
【小问1详解】
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】
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：
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；
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
4
确；
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】
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
2
成G，G的结构简式为：NCCH COOCH CH ，故E→G的化学方程式是NC-CH -COOH +
2 2 3 2
浓硫酸
HOCH CH NC-CH -COOCH CH + H O，故答案为：NC-CH -COOH +
2 3 Δ 2 2 3 2 2
浓硫酸
HOCH CH NC-CH -COOCH CH + H O；
2 3 Δ 2 2 3 2
【小问4详解】
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： ；
【小问5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；
【小问6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 ，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
2 2
P的结构简式为 ，由N到P的反应条件为O /Zn H O且N为黄樟素的同分
3 2
异构体可推知N的结构简式为 ，故答案为： ；
； 。
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。
资料：
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
ii.TiOSO +(x+1)H O⇌TiO ·xH O↓+H SO
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；
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
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
4
中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记
录pH变化(如图)。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“＜”)。
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
3
低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：
_______。
（3）产品纯度测定
铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。
加热溶解 酚酞
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
资料：Fe3++3C O2-=Fe(C O )3-，Fe(C O )3-不与稀碱液反应
2 4 2 4 3 2 4 3
Na C O 过量，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
2 2 4
【答案】（1） ①. 与硫酸反应，使得 TiOSO +2H O⇌TiO ·H O↓+ H SO 平衡正向移
4 2 2 2 2 4
动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化 ②. 过滤
（2） ①. Fe2++ 2NH ·H O = Fe(OH) + 2NH+ ②. > ③. pH6.0左右，
3 2 2 4
4Fe(OH) +O + 2H O= 4Fe(OH) 因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O + 6H O= 4FeOOH +
2 2 2 3 2 2
8H+， 溶液中 H+浓度增大，pH减小 ④. 溶液中同时存在两个氧化反应 4Fe2+ + O
2
+4H+=4Fe3+和 4Fe2+ + O + 2H O =4FeOOH + 4H+，因此 c(Fe2+)的减小大于 c(Fe3+)的增加。
2 2
或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O + 2H O= 4FeOOH + 8Fe3+
2 2
（3）不受影响
【解析】
【分析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程
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
4 2 4后，TiOSO +2H O⇌TiO ·H O↓+H SO ，TiO ·H O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO
4 2 2 2 2 4 2 2 4
溶液，加入氨水和空气后，FeSO 溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH（0.1mol/LFe2+
4
沉淀为Fe(OH) ，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，
2
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
4 2 2 2 2 4
防止二价铁被氧化. 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；
【小问2详解】
pH6.0左右， 4Fe(OH) +O + 2H O= 4Fe(OH) 因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O +
2 2 2 3 2
6H O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应
2
4Fe2+ + O +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O + 2H O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)
2 2 2
的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O + 2H O= 4FeOOH + 8Fe3+
2 2
【小问3详解】
由于Fe3++3C O 2- =Fe(C O ) ，Fe(C O ) 不与稀碱溶液反应, 所以加入的Na C O 过量，
2 4 2 4 3 2 4 3 2 2 4
则测定结果不受影响
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。
（1）浓盐酸与MnO 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
2
和MnO
2。
①反应的离子方程式是_______。
②电极反应式：
i.还原反应：MnO +2e-+4H+=Mn2++2H O
2 2
ii.氧化反应：_______。
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
ii.随c(Cl-)降低，_______。
④补充实验证实了③中的分析。
实验操作 试剂 产物
I 较浓H SO 有氯气
2 4
II a 有氯气III a+b 无氯气
a是_______，b是_______。
（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、
2
KBr和KI溶液，能与MnO 反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是_______，从原子结构
2
角度说明理由______________。
（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 。经实验证实了推测，该化合物是_______。
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：_______。
（5）总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是_______。
Δ
【答案】（1） ①. MnO +4H+ +2Cl- Mn2++Cl ↑ + 2H O ②. 2Cl--2e- =Cl ↑ ③.
2 2 2 2
Cl-还原性减弱或Cl 的氧化性增强 ④. KCl固体(或浓/饱和溶液) ⑤. MnSO 固体
2 4
(或浓/饱和溶液)
（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
2 2 2
化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl ↑③反应不能发生也可能是还原剂
2
还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl 的氧化性
2
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，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可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO ，故答案为：AgNO 或
2 3
Ag SO ；
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
2
解度，AgI 溶解度最小，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
2
得以发生；
【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。
