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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Na2CO3 溶液反应
C. 在空气中可发生氧化反应
D. 能和Br2 发生取代反应和加成反应
【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NaHCO3 强，所以黄芩素能与Na2CO3 溶液反应产生NaHCO3，
B 正确；
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Br2 等发生加成反应，D 正确；
故合理选项是A。
2. 下列有关放射性核素氚（H）的表述不正确的是
3
1
A. H 原子核外电子数为1
B. H 原子核内中子数为3
3
1
3
1
C.
与H2 化学性质基本相同
D.
具有放射性
3
1
2
H
3
1
2
H O
【答案】B
【解析】
【分析】
【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
3
1
正确；
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；
3
1
C．
与H2 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；
3
1
2
H
D．H 是放射性核素，所以3H2O 也具有放射性，故D 正确；
3
1
故选B。
3. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. N2 的结构式：N≡N
B. Na+的结构示意图：
C. 溴乙烷的分子模型：
D. CO2 的电子式：
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．N2 分子中N 原子间是三键，结构式：N≡N，正确；
B．Na+的结构示意图：
，正确；
C．溴乙烷的分子模型：
，正确；
D．CO2 的电子式：
，错误；
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：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3
B. 碱性：KOH＞NaOH＞LiOH
C. 热稳定性：H2O＞H2S＞PH3
D. 非金属性：F＞O＞N
【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
H2SO4，不是H2SO3，因此不能根据元素周期律判断酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3，A 错误；
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：H2O
＞H2S＞PH3，C 正确；
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
O2
KMnO4
a
d
B
H2
Zn+稀H2SO4
b
e
C
NO
Cu+稀HNO3
b
c
D
CO2
CaCO3+稀
H2SO4
b
c
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．KMnO4 是固体物质，加热分解产生O2，由于O2 难溶于水，因此可以用排水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O2，A 错误；
B．Zn 与H2SO4 发生置换反应产生H2，块状固体与液体反应制取气体，产生的H2 难溶于水，因此可以用排水
方法收集，故可以使用装置b、e 制取H2，B 正确；
C．Cu 与稀HNO3 反应产生NO 气体，NO 能够与O2 发生反应产生NO2 气体，因此不能使用排空气的方法收
集，C 错误；
D．CaCO3 与稀硫酸反应产生的CaSO4、CO2 气体，CaSO4 微溶于水，使制取CO2 气体不能持续发生，因此不能
使用该方法制取CO2 气体，D 错误；
故合理选项是B。
6. 室温下，1 体积的水能溶解约40 体积的SO2。用试管收集SO2 后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是
A. 试管内液面上升，证明SO2 与水发生了反应
B. 试管中剩余少量气体，是因为SO2 的溶解已达饱和
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：SO2+H2O⇌H2SO3、H2SO3⇌H++
、
-
3
HSO
⇌H++
-
3
HSO
2-
3
SO
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SO2 挥发
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由信息可知，SO2 易溶于水，也能使液面上升，故A 错误；
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，SO2 与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，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：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-
B. 金属钠在空气中加热生成淡黄色固体：4Na+O2=2Na2O
C. 铝溶于氢氧化钠溶液，有无色气体产生：2Al+2OH-+2H2O=2
+3H2↑
2
AlO
D. 将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀：SO2+2H2S=3S↓+2H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．CH3COONa 溶液呈碱性是因为发生了CH3COO-的水解：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，A 正
确；
B．金属钠在空气中加热生成淡黄色固体过氧化钠：2Na+O2
Na2O2，B 错误；
Δ
C．铝与NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠和氢气：2Al+2OH-+2H2O=2
+3H2↑，C 正确；
2
AlO
D．将SO2 通入H2S 溶液生成S 单质和水：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，D 正确；
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
CuSO4
NH4HCO3
H2SO4
CH3COOH
试剂b
Ba(OH)2
Ca(OH)2
Ba(OH)2
NH3·H2O
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．Ba(OH)2 与CuSO4 发生离子反应：Ba2++2OH-+Cu2++
=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，随着反应的进行，
2
4
SO
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CuSO4 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；
2
4
SO
B．Ca(OH)2 与NH4HCO3 发生离子反应：Ca2++2OH-+
+
=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，随着反应的进
4
NH
3
HCO
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 NH4HCO3 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
NH
3
HCO
C．Ba(OH)2 与H2SO4 发生离子反应：Ba2++2OH-+2H++
=BaSO4↓+2H2O，随着反应的进行，溶液中自由移
2
4
SO
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
H2SO4 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；
2
4
SO
D．CH3COOH 与氨水发生离子反应：CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-+
+H2O，反应后自由移动的离子浓度
4
NH
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CaC2，含CaS 和Ca3P2 等）制取乙炔时，常用CuSO4 溶液除去乙炔中的杂质。反应为:
①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4
②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓
下列分析不正确的是
A. CaS、Ca3P2 发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑
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 CuSO4 氧化11 mol PH3
D. 用酸性KMnO4 溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3 有干扰
【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H2S、PH3 可知CaS 的水解方程式
为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2 水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A 项正确；
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H2S 的酸性强于H2SO4，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24molCuSO4 完全反应时，可氧化PH3 的物质的量是24mol÷8＝3mol，C 项错误；
D．H2S、PH3 均被KMnO4 酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4 酸性溶液对乙炔性质的检验，D 项正确；
答案选C。
10. NO2 和N2O4 存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0。下列分析正确的是
A. 1 mol 平衡混合气体中含1 mol N 原子
B. 断裂2 mol NO2 中的共价键所需能量小于断裂1 mol N2O4 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
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．1molNO2 含有1molN 原子，1molN2O4 含有2molN 原子，现为可逆反应，为NO2 和N2O4 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；
B．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，故完全断开2molNO2 分子中的共价键所吸收的热量比完全断开
1molN2O4 分子中的共价键所吸收的热量少，B 项正确；
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
+H2O
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. Na2CO3 与NaHCO3 溶液中所含微粒种类相同
B. CaCl2 能促进Na2CO3、NaHCO3 水解
C. Al2(SO4)3 能促进Na2CO3、NaHCO3 水解
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．Na2CO3 溶液、NaHCO3 溶液均存在Na+、
、
、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒
2-
3
CO
-
3
HCO
种类相同，A 正确；
B．
H++
，加入Ca2+后，Ca2+和
反应生成沉淀，促进
的电离，B 错误；
-
3
HCO
2-
3
CO
2-
3
CO
-
3
HCO
C．Al3+与
、
都能发生互相促进的水解反应，C 正确；
2-
3
CO
-
3
HCO
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
(D2O）与含LiH 的Li 负极材料反应，通过测定n(D2)/n(HD)可以获知 n(Li)/n(LiH)。
已知：①LiH+H2O=LiOH+H2↑
②2Li(s)+H2⇌2LiH △H＜0
下列说法不正确的是
A. 可用质谱区分D2 和HD
B. Li 与D2O 的反应：2Li+2D2O=2LiOD+D2↑
C. 若n(Li)/n(LiH)越大，则n(D2)/n(HD)越小
D. 80℃反应所得n(D2)/n(HD)比25℃反应所得n(D2)/n(HD)大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．D2 和HD 的相对分子质量不同，可以用质谱区分，A 正确；
B．类似于钠和水的反应， Li 与D2O 反应生成LiOD 与D2，化学方程式是2Li+2D2O=2LiOD+D2↑，B 正确；
C．D2 由Li 与D2O 反应生成，HD 通过反应LiH+D2O=LiOD+HD
， n(D2)/n(HD)越大，n(Li)/n(LiH)越大，C
不正确；
D．升温，2LiH⇌2Li+H2 △H>0 平衡右移，Li 增多LiH 减少，则结合选项C 可知：80℃下的n(D2)/n(HD)大于
25℃下的n(D2)/n(HD) ，D 正确；
答案为：C。
14. 丙烷经催化脱氢可制丙烯:C3H8
C3H6+H2。600℃，将一定浓度的 CO2 与固定浓度的C3H8 通过含催化剂的
恒容反应器，经相同时间，流出的 C3H6、CO 和H2 浓度随初始 CO2 浓度的变化关系如图。
已知：
①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/mol
②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2058kJ/mol
③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286kJ/mol
下列说法不正确的是
A. C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) △H=+124kJ/mol
B. c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因：CO2+H2
CO+H2O
C. 其他条件不变，投料比c(C3H8)/c(CO2)越大，C3H8 转化率越大
D. 若体系只有C3H6、CO、H2 和H2O 生成，则初始物质浓度c0 与流出物质浓度c 之间一定存在：
3c0(C3H8)+c0(CO2)=c(CO)+c(CO2)+3c(C3H8)+3c(C3H6)
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．根据盖斯定律结合题干信息①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-
2220kJ/mol②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2058kJ/mol ③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286kJ/mol 可
知，可由①-②-③得到目标反应C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，该反应的△H=
=+124kJ/mol，A 正确；
1
2
3
ΔH -ΔH -ΔH
B．仅按C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)可知C3H6、H2 的浓度随CO2 浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明
显，反而是CO 与C3H6 的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应CO2+H2
CO+H2O，从而导
致C3H6、H2 的浓度随CO2 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C3H8 浓度，浓度增大，转化率减小， C 错误；
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C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的
浓度c0 和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)，D 正确；
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Cl2 后发生的反应有：_______、CH2=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。
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：
η(B)=
×100%
n (
B
)
n (
)
生成所用的电子
通过电极的电子
S(B)=
×100%
n (
B
)
n (
)
生成所用的乙烯
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H2O 放电
II.阳极有乙烯放电
III.阳极室流出液中含有Cl2 和HClO
……
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CO2，η(CO2)≈_______%。经检验阳极放电产物没有CO2。
iii.实验证实推测III 成立，所用试剂及现象是_______。
可选试剂：AgNO3 溶液、KI 溶液、淀粉溶液、品红溶液。
【答案】（1） ①. Cl2 +H2O= HCl+ HClO ②. 阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 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 的混合溶液
（2）
①. KCl
②. O2
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：Cl2 +H2O= HCl+ HClO；溶液a 是阴极的产物，在
阴极发生反应2H2O+2e-=H2↑ + 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：
阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 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H2O 放电时会产生氧气，故需要检验的物质是O2；ii. 设EO 的物质的量为amol
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
a
97%
量：
；生成CO2 的物质的量：
；生成CO2 转移的电子的物质的量：
，则
2a
70%
a
2
3%
97%
a
2
3% 6
97%
η(CO2)=
≈13%；
a
2
3% 6
97%
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 Ag2SO4 溶液与0.0400 mo/L FeSO4 溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄
色。
实验II：向少量Ag 粉中加入0.0100 mol/L Fe2(SO4)3 溶液(pH=1)，固体完全溶解。
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Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3 的原因是_______。
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c1 mol/L 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v1 mL。
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，
氧化性氧化Fe2+干扰
-
3
NO
实验结果 ③. a：铂/石墨电极，b：FeSO4 或Fe2(SO4)3 或二者混合溶液，c：AgNO3 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，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的
Fe2(SO4)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Fe2(SO4)3 溶液，Ag 电极上固体逐渐减少，指针向左偏转
（2）
①. 指示剂
②.
1
1
1
1
1
1
c v
0.01
v
c v
c v
0.01
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+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，
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(NO3)3 溶液电离出
将与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，故实
3
NO
验II 使用的是Fe2(SO4)3 溶液，而不是Fe(NO3)3 溶液，故答案为：防止酸性条件下，
氧化性氧化Fe2+干扰
-
3
NO
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FeSO4 或Fe2(SO4)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
AgNO3 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
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Fe2(SO4)3 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Fe2(SO4)3 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/石墨电极，b：FeSO4 或Fe2(SO4)3 或二者混合溶
液，c：AgNO3 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，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)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Fe2(SO4)3 溶液，Ag 电极
上固体逐渐减少，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c1mol/L 的KSCN 溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v1mL，已知：
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
c v
v
mol/L，根据平衡三段式进行计算如下：
，故
2+
+
3+
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
Fe
+Ag
+Fe
Ag
(mol/L)
0.02
0.01
0
c v
c v
c v
(mol/L)
0.01
0.01
0.01
v
v
v
c v
c v
c v
(mol/L)
0.01
0.01
v
v
v
起始浓度
转化浓度
平衡浓度
反应的平衡常数K=
=
，故答案为：指示剂；
。
3+
2+
+
(Fe )
(Fe )
(Ag )
c
c
c
1
1
1
1
1
1
c v
0.01
v
c v
c v
0.01
v
v
1
1
1
1
1
1
c v
0.01
v
c v
c v
0.01
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，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即
偏大，故所得到的
1
1
c v
v
K=
偏小，故答案为：偏小。
1
1
1
1
1
1
c v
0.01
v
c v
c v
0.01
v
v
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.R1CHO+CH2(COOH)2
R1CH=CHCOOH
+
①吡啶，Δ
②H
ii.R2OH
R2OR3
3
2
CH SOCl
三乙胺
3
R OH
NaH
（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KMnO4 溶液褪色
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C7H6O3。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：
i.R1CH=CHR2
R1CHO+R2CHO
2
3
Zn
H O
O
②
，
①
ii.
写出制备L 时中间产物N、P、Q 的结构简式：_______、_______、_______。
N→P→Q
L
异构化
+
H
②
①水解
【答案】（1）氟原子 醛基
（2）abc
（3）NC-CH2-COOH + HOCH2CH3
NC-CH2-COOCH2CH3+ H2O
浓硫酸
Δ
（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：
，ClCH2COONa 与NaCN 先发生取代反应生成NCCH2COONa，然后再酸化达到E，故
E 的结构简式为：NCCH2COOH，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：
NCCH2COOCH2CH3，D 和G 发生加成反应即可生成
，
与H2 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：
，由物质
结合M 的
分子式和信息ii，并由(5) L 的分子式为C7H6O3 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H2O2/Hac，故P 的结构简式为
，由N 到P 的反应条件为O3/Zn H2O 且N 为黄樟素的同分异构体可推知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KMnO4 酸性溶液褪色，b 正确；
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：NCCH2COOH，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：NCCH2COOCH2CH3，故E→G 的化学方程式是NC-CH2-COOH + HOCH2CH3
NC-CH2-
浓硫酸
Δ
COOCH2CH3+ H2O，故答案为：NC-CH2-COOH + HOCH2CH3
NC-CH2-COOCH2CH3+ H2O；
浓硫酸
Δ
【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C7H6O3，它的结构简式是
，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H2O2/HAc，故P 的结构简式为
，由N 到P 的反应条件为O3/Zn H2O 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FeSO4·H2O，含少量TiOSO4 和不溶物
ii.TiOSO4+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+H2SO4
iii.0.1 mol/L Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3；
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FeSO4 溶液中加入氨水，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-t1 时段，pH 几乎不变；t1-t2 时段，pH 明显降低。结合方程式解释原因：_______。
④pH≈4 时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3 后pH 几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，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。
wg 铁黄
溶液b
溶液c
滴定
2
4
H SO
加热溶解
标准溶液
2 2 4
Na C O溶液
NaOH
酚酞
标准溶液
资料：Fe3++3
=Fe(C2O4)
，Fe(C2O4)
不与稀碱液反应
2-
2
4
C O
3-
3
3-
3
Na2C2O4 过量，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
【答案】（1） ①. 与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4 平衡正向移动，沉钛；过量的作用
是防止二价铁被氧化
②. 过滤
（2） ①. Fe2++ 2NH3·H2O = Fe(OH)2 + 2
②. > ③. pH6.0 左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O=
+
4
NH
4Fe(OH)3 因此pH 几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 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+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =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+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+
（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：FeSO4·H2O、TiOSO4 及其它难溶物,可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，
TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4，TiO2·H2O 是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4 溶液，加入氨水和空气
后，FeSO4 溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH（0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH 为6.3，完全沉淀
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TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4 平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化.
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)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3 因此pH 几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 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4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O
=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+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH +
8Fe3+
【小问3 详解】
由于Fe3++3C2O42- =Fe(C2O4)3 ，Fe(C2O4)3 不与稀碱溶液反应, 所以加入的Na2C2O4 过量，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MnO2 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MnO2。
①反应的离子方程式是_______。
②电极反应式：
i.还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
ii.氧化反应：_______。
③根据电极反应式，分析A 中仍存在盐酸和MnO2 的原因。
i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2 氧化性减弱。
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H2SO4
有氯气
II
a
有氯气
III
a+b
无氯气
a 是_______，b 是_______。
（2）利用c(H+)浓度对MnO2 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
MnO2 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______________。
（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MnO2。经实验证
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：_______。
（5）总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是_______。
【答案】（1） ①. MnO2+4H+ +2Cl-
Mn2++Cl2↑ + 2H2O ②. 2Cl--2e- =Cl2↑ ③. Cl-还原性减弱或Cl2
Δ
的氧化性增强
④. KCl 固体(或浓/饱和溶液)
⑤. MnSO4 固体(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）AgNO3 或Ag2SO4
（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++
H2↑反应得以发生
（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】
①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl-
Mn2++Cl2↑ + 2H2O；②氧化反应是元素化合价
Δ
升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl2↑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
剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 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，
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MnSO4 固体(或浓/饱和溶液)；
【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MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4；
【小问4 详解】
若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H2↑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
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++ H2↑反应得以发生；
【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。
