2021年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）化学试卷（含答案）.pdf

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1、2021年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）化学可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14O 16第一部分本部分共1 4 题，每题3 分，共4 2 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.黄苓素是黄苔中含量最高的黄酮类化合物之一，其结构简式为。下列关于黄苗素说法不正确的是A.分子中含有3 种官能团B.能与Na2co3溶液反应C.在空气中能被氧化D.能和滨水发生取代反应、加成反应2.放射性核素汨。下列说法不氐碰的是A.汨原子核外电子数是1B.汨原子核内中子数是3C.可用质谱分辨出和汨D.3H2。也具有放射性3.下列化学用语不正确的是A.漠乙烷比例模型:B.Na+的原

2、子结构示意图:C.N2的结构式：N三 N,.：o：c：o：D.CO2的电子式：-2 84.根据元素周期律表无法判断的是A.稳 定 性:H2O H2S PH3B.酸性：HCIO4H2SO3H2SiO3C.碱性：KOH NaOH LiOHD.氧化性：似乎是F 2 O 2 N 25.下列气体制备的试剂和装置正确的是选项ABCD气体02H2NOCO2试剂KMnO4Zn、H2SO4Cu、稀 HNO3CaCCh、稀硫酸装置a db、eb、cb c6.已知1体积水可溶解40 体积S02气体，实验装置如右图所示。下列说法正确的是A.试管内液面上升能说明SO2与水发生反应B.一段时间后，液面高度无明显变化，说明

3、SO2在水中已达到饱和C.向溶液中滴入石蕊试液，溶液变为红色，与下列反应有关SO2+H2O 中 4 H2SO3 H2SO3 H+HSO3-HSO3-=二 H+SO32-D.将溶液在空气中放置一段时间后，pH 下降，说明SCh易挥发7.（B 待定）下列方程式书写错的是A.CH3COONa 溶液呈碱性：CH3coO+H20 CH3coOH+OHB.高镒酸钾与草酸反应：2MnO,+5c2O：+16H+=2Mn2+10CO2T+8H2OC.铝与 NaOH 溶液反应：2Al+2NaOH+2H2O=2N aA lO2+3H2TD.将 SO2通入H2S 溶液，得到黄色浊液：SO2+2H2s=3 S；+2H2

4、O8.向溶液a 中加入溶液b。灯泡亮度不含出现“亮 一 灭（或暗）一亮”变化的是选项ABCD试齐aBa(OH)2Ba(OH)2CH3COOHCa(OH)2试剂bC11SO4H2SO4氨水NH4HCO39.电石中混有CaS、Ca3P2等杂质，用电石水解制备乙焕时，乙快中常混有H2S、PH3,可用C11SO4溶液除去这两种杂质，相应的化学方程式是i.C11SO4+H2s=CuS1+H2SO4ii.HPH3+24CUSO4+12H2O=3 H 3Po4+24H2sO4+8Cu3Pl下列说法不无硕的是A.反应i 不能说明H2S 的酸性强于H2s04B.24 mol CuSO4完全反应时,可氧化11 m

5、ol PH3C.H2S、PH3会干扰KMnO4酸性溶液对乙焕性质的检验D.CaS 的水解方程式：CaS+2H2O=C a(O H)2+H2STCa3P2 水解方程式：Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3f1 0.已知2NCh(g)N2O4(g)A/-O-(CH2)30 C-O X 的结构为L J7-10 0II IIY 的结构为+1 2)8-5。+已知：两分子一元竣酸可发生脱水反应：R-COOH+HOOC-R-下列说法不生理的是A.合成聚苯丙生的每个单体都含有2 个域基B.聚苯丙生含有的官能团是酯基、酸键C.合成聚苯丙生的反应是缩聚反应 RCOOCOR+H2012.以下4 个实验中

6、均产生了白色沉淀。AM SOJ溶液CaCl2溶液Na2c。3溶液 NaHCO3溶液下列说法不思够的是A.Na2co3溶液、NaHCCh溶液含有的微粒种类相同B.Ca2+促进了 COM HCQ,的水解C.AF+促进了 CO；、HCO,的水解D.滴入溶液后，4 支试管内溶液的pH 都变小13.(反应待定)L i电池使用过程中会产生L iH,对电池的性能和安全性带来影响。可用D2O与 LiH进行反应测定LiH含量，由产物中的(D2)/(HD)比例可推算“(Li)/(LiH)。已知：(1)2LiH 2Li+H2 A/70(2)LiH+H2O=LiOH+H2t下列说法不无确的是A.H20 D2O的化学性

7、质基本相同B.Li 与 D2O 反应的方程式是 2Li+2D2O=2L iO D +D2TC (D2)/(HD)比例小说明(Li)/(LiH)比例大D.80 下的 (D2)/”(HD)大于 25。2 下的 n(D2)/n(HD)1 4.已知C3H8脱H2制烯煌的反应为C3H8=C3H6+H2。固定C3H8浓度不变，提高C02浓度，测定出口处C3H6、H2、C O浓度。实验结果如下图。已知:C3H8(g)+5O2(g)=3co2(g)+4H20(g)H =-2043.9 kJ/molC3H6(g)+9/2 O2(g)=3CO2(g)+3H2O H =-926.1 kJ/molH2(g)+1/2O

8、2(g)=H2O(g)A/7=-241.8 kJ/mol下列说法不无砚的是A.C3H8（g）=C3H6（g）+H2（g）XH=+124 kJ/molB.C3H6、H2的浓度随CO?浓度变化趋势的差异是因为发生了 CO2+H2 CO+H2OC.相同条件下，提高C3H8对CO2的比例，可以提高c3H8的转化率D.如果生成物只有C3H6、CO,H20、H2,那么入口各气体的浓度CO和出口各气体的浓度符合3co（C3H8）+CO（CC2）=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)第二部分本部分共5题，共 58分。1 5.（9 分）环氧乙烷（17,简称E 0）是一种重要的工业原料和消

9、毒剂。由乙烯经电解制备E0的原理示意图如下。电源CH2=CH2 KCI溶液 二Cl-Cl2 HC1O含HOCH2cH2cl的溶液一一阳离子交换膜溶液a-士含EO的溶液溶液bEO，/7777（1）阳极室产生C b 后发生的反应有.、C H 2=C H 2+H C 1 O-H O C H2C H2C I 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。电解效率和选择性S的定义:(B)=n（生成B所用的电子）n（通过电极的电子）X1 0 0%S（B）=n 4溶液中滴加氨水，先出现白色沉淀，后变为灰绿色。加氨水至pH=6时，开始通入空气，溶 液 pH 随时间的变化曲线

10、如图产生白色沉淀的离子方程式：。充分生成白色沉淀后，溶液的pH小于6.3,原因是沉淀生成时溶液中c(Fe2+)0.1 m ol/L (填“大于”、“小于，或，等于0力时刻，pH几乎不变，“也时刻，pH减小，结合方程式解释原因：。p H=4时制备晶种，打时刻之后，再通空气，pH几乎不变，c(F e 2+)仍然减小，但以F e 3+)在增加，c(F e 2+)的减小量大于c(F e 3+)的增加量，结合总方程式说明原因：o(3)纯度测定通过计算产品的耗酸量测定其纯度“兴 H2s。4标准液 Na,C，Ch溶液 NaOH标准液w g铁黄-溶液b 2 3 5，谷 欣 溶 液0-滴定加热溶解 酚酬已知：F

11、 e 3+3 C 2。；=Fe。，、FeQCM；不与稀碱溶液反应若上述过程中加入的N a 2 c 2 O 4过量，则测定结果(填“偏大”、偏小 或 不受影响”)1 9 (1 3分)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H C 1与M n O?混合加热生成CL,氯气不再逸出时，固液混合物A中存在盐酸和M n O 2。反 应 的 离 子 方 程 式 为。电极反应式：i 还原反应：M n O2+2 e +4 H+=Mn2+2 H2Oi i氧化反应：。根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和M n O?的原因。i随H+浓度降低或MH+浓度升高，M n C

12、 h氧化性减弱；i i随 浓 度 降 低，。补充实验，证实了中的分析，则 a 为,b为实验操作试剂产物I1 试 剂L）、.固液混合物A较浓H 2 s 0 4有 C LI Ia有 C LI I Ia+b无C h（2）利用H+浓度对M n C h 氧化性的影响，探究卤素离子的还原性，相同浓度的K C 1、K B r、K I 溶液，能与M n C h 反应的最低H+浓 度 由 大 到 小 的 顺 序 是,从 原 子 结 构 角 度 说 明 理 由。（3）根据（1）中的结论推测，酸性条件下，加入某种化合物可以提高澳的氧化性，将 Md+氧化为M n O2,经实验证实了推测，该 化 合 物 是。（4）A

13、g 分别与1 mo l L i 的盐酸、氢澳酸、氢碘酸混合，A g只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因_ _ _ _ _（5）总结：物质氧化性、还 原 性 变 化 的 一 般 规 律 是。2021年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）化学参考答案1.【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、酸键、谈基碳碳双键四种官能团，A错误；.B.黄苓素分子中含有酚羟基，由于酚的酸性比NaHCCh强，所以黄苔素能与Na2cCh溶液反应产生NaHCCh,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

14、H原子，因此可以与浓滨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B n等发生加成反应，D正确；故合理选项是A。2.【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；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；D.；H是放射性核素，所以3H2。也具有放射性，故D正确；故选Bo3.【答案】D【解析】,【分析】【详解】A.冲 分子中N原子间 三键，结构式：N三N,正确；B.Na

15、+的原子结构示意图：2 8,正确;C.溪乙烷的分子模型:,正确;D.c o z 的电子式：（5：C：0：，错误；故选D。4.【答案】B【解析】,【分析】【详解】B.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：HClO4H2SO3H2SiO3l 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 N a L i,所以碱性：K0HNa0HLi0H,B 正确；A.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

16、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：0 S P,所以氢化物的热稳定性：H2OH2SPH3T A 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：FO N,D 正确；故合理选项是A。5.【答案】B【解析】,【分析】【详解】A.KMn04是固体物质，加热分解产生02，由于02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.Z n与 H2s04发生置换反应产生比，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、

17、e 制取H2,B 正确；C.C u与稀HNCh反应产生NO气体，NO能够与02发生反应产生N02气体，因此不能使用排空气的方法收集，C 错误；D.CaCCh与稀硫酸反应产生的CaSCU、CO2气体，CaSCU微溶于水，使制取CCh气体不能持续发生，因此不能使用该方法制取C02气体，D 错误；故合理选项是B。6.【答案】C【解析】【分析】【详解】A.由信息可知，S02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，S02与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱

18、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Co7.【答案】B【解析】,【分析】【详解】A.CH3coONa溶液呈碱性是因为发生了 CH3co。的水解：CH3coO+HzOwCH3coOH+OH A 正确；AB.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；C.铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气：2A1+2OH+2H2O=2AlO；+3H2f,C 正确；D.将 SO2通入H2s溶液生成S 单质和水：SO2+2H2s=3S1+2H20,D 正确；故选B8.【答案】C【解析】,【

19、分析】【详解】A.Ba(0H)2与 CuSO4发生离子反应：Ba2+2OH+Cu2+SO；=BaSO41+Cu(OH)2i,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 CuSCU溶液过量时，其电离产生的CM+、SO：导电，使灯泡逐渐又变亮，A 不符合题意；D.Ca(0H)2与 NH4HCO3发生离子反应：Ca2+2OH+NH；+HCO；=CaCO31+H2O+NH3 H 2O,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

20、量时，其电离产生的N ：、“CO；导电，使灯泡逐渐又变亮，D 不符合题意；B.Ba(0H)2与 H2sCM发生离子反应：Ba2+2OH+2H+SO =BaSO4i+2H2O,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H 2 s 0 4溶液过量时，其电离产生的H+、S O j-导电，使灯泡逐渐又变亮，B不符合题意；C.C H 3 c o 0 H与氨水发生离子反应：C H3C O O H+N H3 H2O=C H 3 C O O +N H*+H20,反应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，不出现亮一

21、灭（或暗）一亮的变化，C符合题意；故合理选项是C。9.【答案】B【解析】【分析】【详解】D.水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙焕中常混有H?S、P H 3可 知C a S的水解方程式为C a S+2 H 2 O=C a（O H）2+H2S t；C a 3 P 2 水解方程式为 C a3P 2+6 H2O=3 C a（O H）2+2 P H 4,D 项正确；A.该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的C u S生成，因此反应不能说明H 2 s的酸性强于H 2 s o 4,事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，A项正确；B.反应中C u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

22、从-3价升高到+5价，失去8个电子，则2 4 mo i c u S C U完全反应时，可氧化P H 3的物质的量是2 4 mo i+8 =3 mo l,B项错误；C.H2S.P H 3均被K M1 1 O 4酸性溶液氧化，所以会干扰K Mn C U酸性溶液对乙焕性质的检验，C项正确；答案选B。1 0.【答案】D【解析】,【分析】【详解】A.I mo l N C h含 有I mo l N原子，l mo l N 2 O 4含有2 m0 1 N原子，现为可逆反应，为N C h和N 2 O 4的混合气体,1mo l平衡混合气体中所含原子大于1 mo l N,A项错误；B.反应2 N O 2（g）=N

23、q 4（g）为放热反应，故完全断开2 mo i N C h分子中的共价键所吸收的热量比完全断开I m o l N z C M分子中的共价键所吸收的热量少，B项错误；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项正确；答案选D。1 1.【答案】【解析】【分析】【详 解】A.合 成 聚 苯 丙 生 的 单 体 为 H O-c-_ y-o-(cH,)j-o-_ -c-OH、HO-?-(CH2)8-C-O H-每个单体都含有2 个竣 基,故 A 正确；C.根据题示信息，合成聚苯丙生的反应过程中发生了竣基间的脱水反应，除了生成聚苯

24、丙生，还生成了水，属于缩聚反应，故 c 正确；B.聚苯丙生中含有的官能团为：-0-、n g,不含酯基，故 B 错误；-c-o-c-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Co1 2.【答案】B【解析】,【分析】【详解】A.Na2cCh溶液、NaHCCh溶液均存在Na+、CO；、H C O-H2cO3、H 0 H H2O,故含有的微粒种类相同，A 正确；B.HCO/H+CO；,加入Ca2+后，Ca?+和CO：反应生成沉淀，促进HCO?的电离，B 错误；C.AF+与CO：、HCO3都能发生互相促进的水解反应，C 正确；D.山

25、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。1 3.【答案】C【解析】,【分析】【详解】A.D?和 H D 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，L i与 D?O反应生成LiOD与 D 2,化学方程式是2Li+2D2O=2LiOD+D2f,B 正确；C.D?由 Li 与 DzO 反应生成，HD 通过反应 LiH+D2O=LiOD+HDT,n(D2)/n(HD)越大，n(Li)/n(LiH)越大，C 不正确；D.升 温,2LiH*Li+H2 H0平衡右移，L i增多L iH 减少，则结合选

26、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。1 4.【答案】C【解析】,【分析】【详 解】A .根 据 盖 斯 定 律 结 合 题 干 信 息 C 3 H8（g）+5 O2（g）=3 C O2（g）+4 H q H=-2 2 2 0 k J/m o l C3H6（g）+9/2 O2（g）=3 C O2（g）+3 H2O（l）A H=-2 0 5 8 k J/m o l H2（g）+l/2 O2（g）=H2。）A H=-2 8 6 k J/m o l 可知，可由-得到目标反应 C 3 H8（g）=C 3 H6（g）+H2（g）,该反应的

27、 H=A H|-Zk H2-H3=+1 2 4k J/m o l,A 正确；B.仅按C 3 H8（g）=C 3 H6（g）+H2（g）可知C 3 H6、H2的浓度随C 0 2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C 3 H6的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应C O 2+H 2 B C O+H 2 O,从而导致C 3 H6、H 2的浓度随C O 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 3 H8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c 3 H 6、CO、H 2 0、H 2,那

28、么入口各气体的浓度 C o和出 口各气体的浓度符合 3 c o（C 3 H 8）+c o（C 0 2）=3 c（C 3 H 6）+c（C O）+3 c（C 3 H 8）+c（C O 2）,D 正确；答案为：C o1 5 .【答案】（1）.C I 2 +H2O=H C 1+H C 1 O .阴极发生反 应：2 H 2 O+2 e-=H 2 f +20生成 O H、K+通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成K OH和K C 1的混合溶液（2）.KC 1 .C h 1 3%.K I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：C h +H

29、20=H C 1+H C 1 O；溶液a是阴极的产物，在阴极发生反应2 H 2 O+2 e=H 2 f +20H,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：2 H 2 O+2 e=H 2 T+2 0 H-生成O H,K+通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成K OH和K C 1的混合溶液；【小问2详解】若M E O L l O O%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:KC 1；i.阳极有H 2 O放电时会产生氧气，故需要检验的物质是0 2；i i.设EO的物质的量为a m o l则转化的乙烯的物质的量为：-

30、；生成E。转化的电子的物质的量：2 a m o l；此过程转移电子的总物质的量：97%T-；生成C 0 2 的物质的量：2x/-x3%；生成C 0 2 转移的电子的物质的量：2x#-x3%x6,则70%97%97%2 x a x 3%x 61 1(8 2)=-=1 3%；70%i i i.实验证实推测皿 成立，则会产生氯气，验证氯气即可，故答案为：K I溶液和淀粉溶液，溶液变蓝。1 6.【答案】(1).灰黑色固体溶解，产生红棕色气体.防止酸性条件下，N O 3 氧化性氧化Fe 2+干扰实验结果.a：伯/石墨电极，b：Fe SC U或 Fe 2(SC 4)3 或二者混合溶液，c：A g N C

31、h 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Fe 2(S0 5 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 2(SC U)3 溶液，Ag 电极上固体逐渐减少，指针向左偏转(2).指示剂.0.01-v0.01+(3).偏低.A g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】由于Ag能与浓硝酸发生反应：A g+2 HN C h(浓尸A g N C h+N C h T+Ha O,故当观察到的现

32、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A g,故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。由于Fe(N C h)3 溶液电离出N O；将与溶液中的H+结合成由强氧化性的H N C h,能氧化Fe2+,而干扰实验，故实验H 使用的是Fe2(S O 5 溶液，而不是Fe(N O 3)3 溶液，故答案为：防止酸性条件下，NO；氧化性氧化Fe?+干扰实验结果。由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2+A g+=A g+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e-F e3+,A g+e=A g,故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者伯电极，左侧烧杯中电解质溶液必须

33、含有Fe3+或者Fe2+,采用FeS O4或 Fe2(S O4)3 或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有A g+,故用A g N O3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(S O Q 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

34、浓的Fe2（S O 4）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：伯/石墨电极，b：FeS 0 4或Fe2（S C 4）3或二者混合溶液，c：A g N C h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（S O 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Fe2（S C U）3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。【小问2详解】Fe3+与SCN反应生成红色FeS C N2+,因A

35、g+与SCN反应相较于Fe3+与S C N-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A g+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。取I中所得上清液v m L0用c i m o l/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v n n L,已知：C VA g+S C N-=A g S C N,K=l（）n,说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中A g+的浓度为：c（A g+）=m o l/L,Fe2+Ag+=A g +Fe起始浓度(mol/L)0.02 0.01 0相捉一 平.M衡M 二曲

36、士讲行k计八曾I 1力.灶十/7人无俨/曲叉/(U一IUU八LJ nV.Vn1i vi nV.Vm1 vi Vn.Vm1 V 1 ，.布S-后4府H的.平V V V*十雉侠、次反旺/(mmcoii/rL)八U.八Uli Hi-I-V-c-】-V-nu.nuii 11VV3+0.0 1-0.01-四V衡吊数K-2+-/CV故台案为：指小河；cv(C V、c(Fe)xc(Ag)S lhx o.Ol+吼 吼x 0.01+电【小问3详解】若取实验I所得浊液测定A g+浓度，则浊液中还有Ag,因存在平衡F e 2+A g+=A g+F e 3+,且随着反应Ag+SC N-AgSC N,使得上述平衡逆向移

37、动，则测得平衡体系中的c（A g+）偏大,即 烈偏大，故所得到的K=0.01-电v立 x(0.01+偏小，故答案为：偏小。由于实验I I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I I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。1 7.【答案】（1）氟原子 醛基(2)abc(3)NC-CH2-COOH+HOCH2cH3浓硫酸A NC-CH2-COOCH2CH3+H2O(4)(5)(6).【解析】【分析】由题干合成流程图中H=CHCOOHCHO,结合A 的分子式和信息i 不难推出A 的结构简式为：,进而F可以推出B 的结构简式为：,B

38、 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:H=CHCOOCH2CH3O,CICHzCOONa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,可推知Q 的结构简式为与 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:的分子式为C7H6。3可以推出L 的结构简式为:并由(5)LQ 到 L 的转化条件可知Q 为酯类，结合L 的结构简式，M 的结构简式为:,结合信息i

39、和信息ii可推知P 到 Q 的转化条件为HH ,由 N 到 P 的反应条件2O2/H ac,故 P 的结构简式为/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】CHO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;r【小问2详解】H=CHCOOH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,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KM n Oa酸性溶液褪色，b正确;B具有含2个六元环的酯类同分异构体如图c正确;d.根据B

40、分子的不饱和度为6,若B有具有含苯环、碳碳三键的峻酸类同分异构体则其不饱和度为7,d错误；故答案为：a b c；【小问3详解】由分析可知，E 的结构简式为：NCCH2coOH,E 再与乙醉、浓硫酸共热发生酯化反应生成G,G 的结构简式为:NCCH2coOCH2cH3,故 EG 的化学方程式是 NC-CH2-C00H+HOCH2cH3 、浓:二 金 NC-CH2-COOCH.CH H2O,故答案为：NC-CH,-COOH+HOCH2cH3 、小破酸 白 NC-CH，-COOCH，CH c H，0；【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

41、】由分析可知，L 的分子式为C7H6。3,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1 8.【答案】(1).与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2.pH6.0 左右，4Fe(0H”+O2+2H2O=4Fe(OH)3 因此 pH 几乎不变。之后发生4Fe2+O2+6H2O=4FeOOH+8 H+,溶液中H+浓度增大，pH 减小.溶液中

42、同时存在两个氧化反应 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+和 4Fe2+02+2H2O=4Fe00H+4H+,因此 c(Fe?+)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.TiOSOd及其它难溶物，可知：加入蒸储水、铁粉纯化后，TiOSO4+2H2OTiO2 H2Oi+H2SO4,TiO2-H2O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSCh溶液，加入氨水和空气后，FeSOa溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH(O.lmol/LFe?+沉淀为Fe(

43、0H)2,起始的pH 为 6.3,完全沉淀的pH 为 8.3；0.1mol/LFe3+沉淀为FeO O H,起始的pH：1.5,完全沉淀的pH 为 2.8)和空气，生成FeO O H,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+2H2OwTiO2-H2OJ+H2sCM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+02+2H2O=4Fe(OH)3 因此 pH 几乎不变。之后发生 4Fe2

44、+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+4 H+,因此c（F e 2+）的减小大于c（F e 3+）的增加。或用叠加反应解释：1 2 F e2+3 O2+2 H2O=4 F e O O H +8 F e3+【小问3详解】由于F e 3+3 C 2 C 4 2-=F e（C 2 K B r K I .C l、B r、I 位于第V I I A 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）A g N O s 或 A

45、g 2 s O 4（4）比较A g X 的溶解度，A g l 溶解度最小，A g+=A g Q 使得A g 还原性增强的最多，使得2 A g+2 H+=2 A g+H 2 T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】A二氧化镒和浓盐酸制氯气的离子方程式为：M n O2+4 H+2 C 1-=M n2+C h T +2 H2O；氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2 c h 2 e-=C L T

46、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：c r 还原性减弱或C 1 2 的氧化性增强可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验n的现象分析，试剂a 可以是K C 1 固体（或浓/饱和溶液）；结合实验I I I 的显现是没有氯气，且实验I I I 也加入了试剂a,那一定是试剂b 影响了实验n i 的现象，再结合原因i 可知试剂b是 M n S 0 4 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K C l K B r K I；其原因是。、B r、I 位于第V I I A 族，从上到下电子层数逐渐增加，

47、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c r 浓度降低导致二氧化镭的氧化性减弱，那么如果进一步降低c r 浓度降低则可以导致可以提高澳的氧化性，将 M i?+氧化为M n C h,故答案为：A g N C h 或 A g2 so 必【小问4详解】若要使反应2 A g+2 H+=2 A g+H?f发生，根据本题的提示可以降低A g+浓度，对比A g X 的溶解度，A g l 溶解度最小，故A g只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较A g X的溶解度，A g l溶解度最小，Ag+=Agl1使得A g还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag+H2T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。