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2021年北京市普通高中学业水平等级性考试（北京卷）

题号	一	二	三	总分
得分

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

评卷人 得分

一、选择题

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

2.下列有关放射性核素氚（ H）的表述不正确的是
A． H原子核外电子数为1
B． H原子核内中子数为3
C． 与H₂化学性质基本相同
D． 具有放射性

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：

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

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

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⁺+ 、 ⇌H⁺+
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

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↑
D．将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀：SO₂+2H₂S=3S↓+2H₂O

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

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

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

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

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

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

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)

评卷人 得分

二、实验题

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%
S(B)= ×100%
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CO_2。
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。

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=10^2.3
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_______。

17.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
资料：Fe³⁺+3 =Fe(C₂O₄) ，Fe(C₂O₄) 不与稀碱液反应
Na₂C₂O₄过量，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。

18.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MnO_2。
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_______。

评卷人 得分

三、推断题

19.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
ii.R₂OH R₂OR₃
(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
ii.
写出制备L时中间产物N、P、Q的结构简式：_______、_______、_______。
N→P→Q L

参考答案

1.A

【解析】
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.B

【解析】
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³H₂O也具有放射性，故D正确；
故选B。

3.D

【解析】
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.A

【解析】
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.B

【解析】
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.C

【解析】
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.B

【解析】
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；
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；
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.D

【解析】
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，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；
B．Ca(OH)₂与NH₄HCO₃发生离子反应：Ca²⁺+2OH^-+ + =CaCO₃↓+H₂O+NH₃·H₂O，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溶液过量时，其电离产生的 、 导电，使灯泡逐渐又变亮，B不符合题意；
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；
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.C

【解析】
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.B

【解析】
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.C

【解析】
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.B

【解析】
A．Na₂CO₃溶液、NaHCO₃溶液均存在Na⁺、 、 、H₂CO₃、H⁺、OH^-、H₂O，故含有的微粒种类相同，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；
C．Al³⁺与 、 都能发生互相促进的水解反应，C正确；
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.C

【解析】
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.C

【解析】
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；
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。

15.(1)     Cl₂ +H₂O= HCl+ HClO     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)     KCl     O₂     13     KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝

【解析】
(1)
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；
(2)
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量： ；生成CO₂的物质的量： ；生成CO₂转移的电子的物质的量： ，则η(CO₂)= ≈13%；
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.(1)     灰黑色固体溶解，产生红棕色气体     防止酸性条件下， 氧化性氧化Fe²⁺干扰实验结果     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)     指示剂    
(3)     偏低     Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态

【解析】
(1)
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。
(2)
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⁺)= mol/L，根据平衡三段式进行计算如下： ，故反应的平衡常数K= = ，故答案为：指示剂； 。
(3)
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K= 偏小，故答案为：偏小。
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.(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     过滤
(2)     Fe²⁺+ 2NH₃·H₂O = Fe(OH)₂ + 2      ＞     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⁺
(3)不受影响

【解析】
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。
(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. 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；
(2)
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⁺
(3)
由于Fe³⁺+3C₂O₄^2- =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

18.(1)     MnO₂+4H⁺ +2Cl^- Mn²⁺+Cl₂↑ + 2H₂O     2Cl^--2e^- =Cl₂↑     Cl^-还原性减弱或Cl₂ 的氧化性增强     KCl固体(或浓/饱和溶液)     MnSO₄固体(或浓/饱和溶液)
(2)     KCl＞KBr＞KI     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】
(1)
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)；
(2)
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；
(3)
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；
(4)
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；
(5)
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。

19.(1)氟原子(或碳氟键)、醛基
(2)abc
(3)NC-CH₂-COOH + HOCH₂CH₃ NC-CH₂-COOCH₂CH₃+ H₂O
(4)
(5)
(6)              

【解析】
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；ClCH₂COONa与NaCN先发生取代反应生成NCCH₂COONa，然后再酸化得到E，E为NCCH₂COOH，E再与乙醇、浓硫酸共热发生酯化反应生成G，G为NCCH₂COOCH₂CH₃，D和G发生加成反应生成 ；结合J的分子式，J分子中有3个官能团，包括1个酯基， 与H₂发生反应生成J，可以推出J的结构简式为 ，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C₇H₆O₃可以推出L的结构简式为 ，M的结构简式为 ，据此分析解答。
(1)
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；
(2)
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KMnO₄酸性溶液褪色，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；
(3)
E为NCCH₂COOH，G为NCCH₂COOCH₂CH₃，E与乙醇、浓硫酸共热发生酯化反应生成G，反应的化学方程式为NC-CH₂-COOH + HOCH₂CH₃ NC-CH₂-COOCH₂CH₃+ H₂O，故答案为：NC-CH₂-COOH + HOCH₂CH₃ NC-CH₂-COOCH₂CH₃+ H₂O；
(4)
根据上述分析，J的结构简式为 ，故答案为： ；
(5)
由分析可知，L的结构简式为 ，故答案为： ；
(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，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： ； ； 。