2021年高考化学试卷（北京）（解析卷）_历年高考真题合集_化学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考化学真题_化学（按试卷类型分类）2008-2025_自主命题卷·化学（2008-2025）(1)

2021 年北京市普通高中学业水平等级性考试 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、碳碳双键四种官能团，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 溶液反应产生 3 2 3 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 等发生加成反应，D正确； 2 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】 第1页 | 共24页【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， 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，化学性质基本相同，故C正确； 1 2 2 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＞HSO＞HSiO B. 碱性：KOH＞NaOH＞LiOH 4 2 3 2 3 C. 热稳定性：HO＞HS＞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 ＞H SO ＞H SiO ，A错误； 2 4 2 3 4 2 3 2 3 第2页 | 共24页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： HO＞HS＞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HSO b e 2 2 4 c C NO Cu+稀HNO b 3 c D CO CaCO+稀HSO b 2 3 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，因此可以用排水方法或向上排空气 4 2 2 第3页 | 共24页的方法收集，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 难溶于水，因此可以用排 2 4 2 2 水方法收集，故可以使用装置b、e制取H ，B正确； 2 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 3 2 2 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 气体不能持续发生，因此 3 4 2 4 2 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。对实验现象的分析正确 2 2 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 、 2 2 2 3 H SO ⇌H++HSO-、HSO-⇌H++SO2- 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，亚硫酸为弱酸，分步电离 2 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 第4页 | 共24页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-+H O⇌CH COOH+OH-，A 3 3 3 2 3 正确； 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 CHCOOH 4 4 3 2 4 3 试剂b Ba(OH) Ca(OH) Ba(OH) NH·HO 2 2 2 3 2 第5页 | 共24页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-=BaSO ↓+Cu(OH) ↓，随着反应的进 2 4 4 4 2 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CuSO 溶液过量时，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 4 B．Ca(OH) 与NH HCO 发生离子反应：Ca2++2OH-+NH++HCO-=CaCO↓+HO+NH·HO，随着反应的进 2 4 3 4 3 3 2 3 2 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， 灯泡很暗。当 NHHCO 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 4 3 4 3 意； C．Ba(OH) 与H SO 发生离子反应：Ba2++2OH-+2H++SO2-=BaSO ↓+2H O，随着反应的进行，溶液中自 2 2 4 4 4 2 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-导电，使灯泡逐渐又变亮，C不符合题意； 2 4 4 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 3 3 3 2 3 4 2 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CaP 等）制取乙炔时，常用CuSO 溶液除去乙炔中的杂质。反应 2 3 2 4 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、CaP 发生水解反应的化学方程式：CaS+2HO=Ca(OH)+HS↑、CaP+6HO=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 第6页 | 共24页【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 可知CaS的水解方 2 3 程式为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 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 ， 2 2 4 事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确； 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； 4 3 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 答案选C。 10. NO 和NO 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NO 和N O 的混 2 2 4 2 2 4 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； 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 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。 第7页 | 共24页已知：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。 第8页 | 共24页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NaCO、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+、OH-、H O，故含有的 2 3 3 3 3 2 3 2 微粒种类相同，A正确； B．HCO- ‡ˆ ˆˆ†ˆ 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 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 n(Li)/n(LiH)。 2 2 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 第9页 | 共24页【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2Li+2D O=2LiOD+D ↑，B正确； 2 2 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，n(Li)/n(LiH)越大， 2 2 2 2 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℃下的n(D )/n(HD)大 2 2 于25℃下的n(D )/n(HD) ，D正确； 2 答案为：C。 14. 丙烷经催化脱氢可制丙烯:C 3 H 8C 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。 3 6 2 2 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 2CO+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之间一定存在： 3 6 2 2 0 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】 第10页 | 共24页【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) 3 8 2 2 2 △H=-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 3 8 3 6 2 △H=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，但是氢气的变化 3 8 3 6 2 3 6 2 2 不明显，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 2CO+H 2 O， 从而导致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 C．投料比增大，相当于增大CH 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、H ，那么入口各气 3 6 2 2 体的浓度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 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) 第11页 | 共24页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： 2H O+2e-=H ↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通 2 2 2 2 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；溶液a是阴极的产物， 2 2 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动和氢氧根结合形成氢氧化钾，故答 2 2 案为：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 2 2 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；此过程转移电子的总物质的 97% 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， 2 2 70% 97% 97% 第12页 | 共24页a 2´ ´3%´6 97% 则η(CO )= ≈13%； 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，产生灰黑色沉淀，溶液 2 4 4 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 KSCN标准溶液滴定 1 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_______。 第13页 | 共24页【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+ 3 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 4 2 4 3 3 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，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析出，指针向右 2 4 3 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 2 4 3 针向左偏转 c v 0.01- 1 1 v （2） ①. 指示剂 ②. c v æ c v ö 1 1´ 0.01+ 1 1 ç ÷ v è v ø （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，故当观察到的现象为灰黑色固体溶 3 3 2 2 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Fe2+，而干扰实验， 3 3 3 3 故实验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 2 4 3 3 3 3 Fe2+干扰实验结果。 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-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 4 2 4 3 须含有Ag+，故用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 3 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；另一种现象为：Ag电极上有灰黑 2 4 3 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，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石 2 4 3 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，Ag电极上固 4 2 4 3 3 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 (SO ) 溶液，与之 2 4 3 第14页 | 共24页前的现象相同；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。 2 4 3 【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，消耗v mL，已知： 1 1 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 v c(Ag+)= 1 1 mol/L，根据平衡三段式进行计算如下： v Fe2+ +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K= 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 = ，故答案为：指示剂； 。 c(Fe2+)´c(Ag+) c v æ c v ö c v æ c v ö 1 1´ 0.01+ 1 1 1 1´ 0.01+ 1 1 ç ÷ ç ÷ v è v ø v è v ø 【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 c v 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 v c v 0.01- 1 1 v 的K= 偏小，故答案为：偏小。 c v æ c v ö 1 1´ 0.01+ 1 1 ç ÷ v è v ø 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。 第15页 | 共24页已知： i.R CHO+CH (COOH) ¾¾①¾吡啶¾，¾Δ ¾®R CH=CHCOOH 1 2 2 ②H+ 1 ii.R OH¾¾C¾H 3 SO¾2 Cl¾¾® ¾R¾3 OH¾®R 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： ①O 3 i.R1CH=CHR2 ® R1CHO+R2CHO ②Zn，H O 2 ii. 写出制备L时中间产物N、P、Q的结构简式：_______、_______、_______。 ①水解 ¾¾异¾构¾化 ¾®N→P→Q ® L ②H+ 第16页 | 共24页【答案】（1）氟原子(或碳氟键)、醛基 浓硫酸 （2）abc （3）NC-CH -COOH + HOCH CH ˆˆˆˆˆˆˆ†NC-CH -COOCH CH + H O 2 2 3 ‡ˆˆˆΔˆˆˆˆ 2 2 3 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为 ，B为反式 结构，进而可以推出B的结构为 ，B与乙醇在浓硫酸共热时发生酯化反应生成D，故D为 ，与D的分子式相符；ClCH COONa与NaCN先发生取代反应生成NCCH COONa，然 2 2 后再酸化得到 E，E 为 NCCH COOH，E 再与乙醇、浓硫酸共热发生酯化反应生成 G，G 为 2 NCCH COOCH CH ，D和G发生加成反应生成 ；结合J的分子式，J分子中有3个官能 2 2 3 团，包括1个酯基， 与H 发生反应生成J，可以推出J的结构简式为 ， 2 同时生成乙醇；由物质 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 ，据此分析解答。 【小问1详解】 第17页 | 共24页由分析可知，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(或碳氟 键)、醛基； 【小问2详解】 B 为 。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 ，故a正确；b．由B的结构简式可知，B中含有碳碳双键，可以使KMnO 酸性溶液褪色， 4 故b正确；c．B具有含2个六元环的酯类同分异构体，如 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分异构体的不饱和度为7，因此B不存在含苯环和碳碳三键的羧酸类 同分异构体，故d错误；故答案为：abc； 【小问3详解】 E为NCCH COOH，G为NCCH COOCH CH ，E与乙醇、浓硫酸共热发生酯化反应生成G，反应的化学方 2 2 2 3 浓硫酸 程式为NC-CH -COOH + HOCH CH ˆˆˆˆˆˆˆ†NC-CH -COOCH CH + H O，故答案为：NC-CH -COOH 2 2 3 ‡ˆˆˆΔˆˆˆˆ 2 2 3 2 2 浓硫酸 + HOCH CH ˆˆˆˆˆˆˆ†NC-CH -COOCH CH + H O； 2 3 ‡ˆˆˆΔˆˆˆˆ 2 2 3 2 【小问4详解】 根据上述分析，J的结构简式为 ，故答案为： ； 【小问5详解】 由分析可知，L的结构简式为 ，故答案为： ； 【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，P 的结构简式为 2 2 第18页 | 共24页，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 ，故答案为： ； ； 。 【点睛】本题的难点是题干信息的解读和应用，J的推断较难，要注意 与H 不是发生加成 2 反应生成J；另一个难点是(6)，要注意逆推法的应用。 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 溶液中加入氨水，产 4 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_______。 第19页 | 共24页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+)仍降低，但c(Fe3+)增加， 3 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b¾¾N¾a 2 C 2¾O 4 溶¾液¾®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 平衡正向移动，沉钛；过量的 4 2 2 2 2 4 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， 4Fe(OH) +O + 2H O= 4Fe(OH) 3 2 2 4 2 2 2 3 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 ④. 溶 2 2 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+)的减小 2 2 2 大于c(Fe3+)的增加。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、铁粉纯化后， 4 2 4 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 4 2 2 2 2 4 2 2 4 气后，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 4 2 全沉淀的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 4 2 2 2 2 4 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； 第20页 | 共24页【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 + 6H O= 4FeOOH + 2 2 2 3 2 2 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4Fe2+ + O +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O + 2 2 2H O =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= 2 2 2 4FeOOH + 8Fe3+ 【小问3详解】 由于Fe3++3CO2- =Fe(C O ) ，Fe(C O ) 不与稀碱溶液反应, 所以加入的NaCO 过量，则测定结果不受影 2 4 2 4 3 2 4 3 2 2 4 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中仍存在盐酸和MnO 2 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、KBr和KI溶液， 2 能与MnO 反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是_______，从原子结构角度说明理由______________。 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 2 验证实了推测，该化合物是_______。 （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： _______。 第21页 | 共24页（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. Cl-还原性减弱或 2 2 2 2 Cl 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) 2 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 2 2 2 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还原性减弱，或者产生了氧化性更 2 强的氧化剂，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 2 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 2 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 ↑反应得以发生； 2 第22页 | 共24页【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。 第23页 | 共24页第24页 | 共24页