2021年高考真题 化学(山东卷)（含解析版）.pdf

绝密启用前 2021 年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）化化 学学 注意事项：注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时、选出每小题答案后、用铅笔在答题卡上对应题目的答案标号回答选择题时、选出每小题答案后、用铅笔在答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-18 F-19 Cl-35.5 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 10 小题，每小题小题，每小题 2 分，共分，共 20 分分.每小题只有一个选项符合每小题只有一个选项符合题目要求。题目要求。1.有利于实现“碳达峰、碳中和”的是 A.风能发电 B.粮食酿酒 C.燃煤脱硫 D.石油裂化【答案】A【解析】【分析】【详解】碳达峰是指我国承诺 2030 年前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后逐步降低；碳中和是指通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”，故选 A。【点睛】2.下列物质应用错误的是 A.石墨用作润滑剂 B.氧化钙用作食品干燥剂 C.聚乙炔用作绝缘材料 D.乙二醇溶液用作汽车防冻液【答案】C【解析】【分析】【详解】A石墨层与层之间的作用力很小，容易在层间发生相对滑动，是一种很好的固 体润滑剂，A 项不符合题意；B氧化钙可以和水发生反应生成氢氧化钙，可以用作食品干燥剂，B 项不符合题意；C聚乙炔的结构中有单键和双键交替，具有电子容易流动的性质，是导电聚合物，C 项符合题意；D乙二醇容易与水分子形成氢键，可以与水以任意比例互溶。混合后由于改变了冷却水的蒸汽压，冰点显著降低，故乙二醇可以用作汽车防冻液，D 项不符合题意；故选 C。3.关于下列仪器使用的说法错误的是 A.、不可加热 B.、不可用作反应容器 C.、可用于物质分离 D.、使用前需检漏【答案】A【解析】【分析】是锥形瓶，是酸式滴定管，是蒸馏烧瓶，是容量瓶，是梨形分液漏斗【详解】A锥形瓶可以加热，但需要加石棉网，容量瓶不能加热，A 项符合题意；B酸式滴定管用于量取一定体积的溶液，容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，都不能作反应容器，B 项不符合题意；C蒸馏烧瓶用于蒸馏操作，分离相互溶解的液体，分液漏斗用于分液操作，分离相互不溶解的液体，两者均可用于物质分离，C 项不符合题意；D酸式滴定管带有旋塞、容量瓶带有瓶塞、分液漏斗带有瓶塞和旋塞，使用前均需检查是否漏水，D 项不符合题意；故选 A。4.X、Y 为第三周期元素、Y 最高正价与最低负价的代数和为 6，二者形成的一种化合物能以XY4+XY6-的形式存在。下列说法错误的是 A.原子半径：XY B.简单氢化物的还原性：XY C.同周期元素形成的单质中 Y 氧化性最强 D.同周期中第一电离能小于 X 的元素有 4 种【答案】D【解析】【分析】Y 位于第三周期，且最高正价与最低负价的代数和为 6，则 Y 是 Cl 元素，由 X、Y 形成的阴离子和阳离子知，X 与 Y 容易形成共价键，根据化合物的形式知 X 是 P 元素。【详解】AP 与 Cl 在同一周期，则 P 半径大，即 XY，A 项不符合题意；B两者对应的简单氢化物分别是 PH3和 HCl，半径是 P3-Cl-，所以 PH3的失电子能力强，还原性强，即 XY，B 项不符合题意；C同周期元素从左往右，金属性减弱，非金属性增强，各元素对应的金属单质还原性减弱，非金属单质的氧化性增强，所以 Cl2的氧化性最强，C 项不符合题意；D同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，第 VA 族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能；所以第三周期第一电离能从小到大依次为 Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl，所以有 5 种，D 项符合题意；故选 D。5.下列由实验现象所得结论错误的是 A.向 NaHSO3溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明 HSO3具有氧化性 B.向酸性 KMnO4溶液中加入 Fe3O4粉末，紫色褪去，证明 Fe3O4中含 Fe()C.向浓 HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓 HNO3反应生成 NO2 D.向 NaClO 溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明 NaClO 在溶液中发生了水解反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A淡黄色沉淀是 S，在反应过程中硫元素由 NaHSO3中的+4 价降低到 0 价，发生还原反应，-3HSO体现氧化性，A 项不符合题意；B酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，与还原性物质反应紫色才会褪去，所以可以证明Fe3O4中有还原性物质，即 Fe()，B 项不符合题意；C在该反应中浓硝酸体现氧化性，N 元素化合价降低，生成的产物可能是 NO 或者 NO2，NO 暴露于空气中也会迅速产生红棕色气体，无法证明反应产物，C 项符合题意；D先变红说明溶液显碱性，证明 NaClO 在溶液中发生了水解，2NaClO+H ONaOH+HClO，后来褪色，是因为水解产生了漂白性物质 HClO，D 项不符合题意；故选 C。6.X、Y 均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX 的单质与足量稀盐酸反应，生成 H2体积为 V1L；0.1molY 的单质与足量稀硫酸反应，生成 H2体积为 V2L。下列说法错误的是 A.X、Y 生成 H2的物质的量之比一定为12VV B.X、Y 消耗酸的物质的量之比一定为122VV C.产物中 X、Y 化合价之比一定为12VV D.由12VV一定能确定产物中 X、Y 的化合价【答案】D【解析】【分析】设与 1mol X 反应消耗 HCl 的物质的量为 amol，与 1mol Y 反应消耗 H2SO4的物质的量为 bmol，根据转移电子守恒以及 H 原子守恒可知a2aXaHClHX2、2b242YbH SObHX。【详解】A同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此 X、Y 生成 H2的物质的量之比一定为12VV，故 A 正确；B X、Y 反应过程中消耗酸的物质的量之比为ab，因1122a102=b10VVVV，因此122a=bVV，故B 正确；C产物中 X、Y 化合价之比为a2b，由 B 项可知12a=2bVV，故 C 正确；D因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时，生成的盐中金属元素化合价有+1、+2、+3三种情况，因此存在 a=1，2，3，b=0.5，1 的多种情况，由122a=bVV可知，当 a=1，b=0.5时，12VV=1，当 a=2，b=1 时，12VV=1，两种情况下 X、Y 的化合价不同，因此根据12VV可能无法确定 X、Y 的化合价，故 D 错误；综上所述，错误的 D 项，故答案为 D。7.某同学进行蔗糖水解实验，并检验产物中的醛基，操作如下：向试管中加入 1mL20%蔗糖溶液，加入 3 滴稀硫酸，水浴加热 5 分钟。打开盛有 10%NaOH 溶液的试剂瓶，将玻璃瓶塞倒放，取 1mL 溶液加入试管，盖紧瓶塞；向试管中加入 5 滴 2%CuSO4溶液。将试管中反应液加入试管，用酒精灯加热试管并观察现象。实验中存在的错误有几处？A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】【详解】第 1 处错误：利用新制氢氧化铜溶液检验蔗糖水解生成的葡萄糖中的醛基时，溶液需保持弱碱性，否则作水解催化剂的酸会将氢氧化铜反应，导致实验失败，题干实验过程中蔗糖水解后溶液未冷却并碱化；第 2 处错误：NaOH 溶液具有强碱性，不能用玻璃瓶塞，否则 NaOH 与玻璃塞中 SiO2反应生成具有黏性的 Na2SiO3，会导致瓶盖无法打开，共2 处错误，故答案为 B。8.工业上以 SO2和纯碱为原料制备无水 NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是 A.吸收过程中有气体生成 B.结晶后母液中含有 NaHCO3 C.气流干燥湿料时温度不宜过高 D.中和后溶液中含 Na2SO3和 NaHCO3【答案】B【解析】【分析】根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和 NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3=Na2SO3+2NaHCO3，NaHSO3+Na2CO3=Na2SO3+NaHCO3，所以调节 pH 为 8 进行中和后得到 Na2SO3和 NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，SO2+NaHCO3=CO2+NaHSO3，此时会析出大量 NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到 NaHSO3产品，据此分析解答。【详解】A根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A 正确；B结晶后母液中含饱和 NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有 NaHCO3，假设产物中存在 NaHCO3，则其会与生成的 NaHSO3发生反应，且 NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B 错误；CNaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C 正确；D结合上述分析可知，中和后溶液中含 Na2SO3和 NaHCO3，D 正确；故选 B。9.关于 CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法错误的是 A.CH3OH 为极性分子 B.N2H4空间结构为平面形 C.N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2 D.CH3OH 和(CH3)2NNH2中 C、O、N 杂化方式均相同【答案】B【解析】【分析】【详解】A甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，为四面体结构，是由极性键组成的极性分子，A 正确；BN2H4中 N 原子的杂化方式为 sp3，不是平面形，B 错误；CN2H4分子中连接 N 原子的 H 原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼（(CH3)2NNH2）只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，影响了分子的排列，沸点较 N2H4的低，C 正确；DCH3OH 为四面体结构，-OH 结构类似于水的结构，(CH3)2NNH2的结构简式为，两者分子中 C、O、N 杂化方式均为 sp3，D 正确；故选 B。10.以 KOH 溶液为离子导体，分别组成 CH3OHO2、N2H4O2、(CH3)2NNH2O2清洁燃料电池，下列说法正确的是 A.放电过程中，K+均向负极移动 B.放电过程中，KOH 物质的量均减小 C.消耗等质量燃料，(CH3)2NNH2O2燃料电池的理论放电量最大 D.消耗 1molO2时，理论上 N2H4O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为 11.2L【答案】C【解析】【分析】碱性环境下，甲醇燃料电池总反应为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O；N2H4-O2清洁燃料电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O；偏二甲肼(CH3)2NNH2中 C 和 N 的化合价均为-2 价，H 元素化合价为+1 价，所以根据氧化还原反应原理可推知其燃料电池的总反应为：(CH3)2NNH2+4O2+4KOH=2K2CO3+N2+6H2O，据此结合原电池的工作原理分析解答。【详解】A放电过程为原电池工作原理，所以钾离子均向正极移动，A 错误；B根据上述分析可知，N2H4-O2清洁燃料电池的产物为氮气和水，其总反应中未消耗KOH，所以 KOH 的物质的量不变，其他两种燃料电池根据总反应可知，KOH 的物质的量减小，B 错误；C理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关，设消耗燃料的质量均为 mg，则甲醇、N2H4和(CH3)2NNH2放电量（物质的量表达式）分别是：mg632g/mol、mg432g/mol、mg1660g/mol，通过比较可知(CH3)2NNH2理论放电量最大，C 正确；D根据转移电子数守恒和总反应式可知，消耗 1molO2生成的氮气的物质的量为 1mol，在标准状况下为 22.4L，D 错误；故选 C。二、选择题：本题共二、选择题：本题共 5 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 20 分。每小题有一个或两个选分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得项符合题目要求，全部选对得 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。11.为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)实验目的 玻璃仪器 试剂 A 配制 100mL 一定物质的量浓度的 NaCl 溶液 100mL 容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒 蒸馏水、NaCl 固体 B 制备 Fe(OH)3胶体 烧杯、酒精灯、胶头滴管 蒸馏水、饱和 FeCl3溶液 C 测定 NaOH 溶液浓度 烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管 待测 NaOH 溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂 D 制备乙酸乙酯 试管、量筒、导管、酒精灯 冰醋酸、无水乙醇、饱和Na2CO3溶液 A.A B.B C.C D.D【答案】AB【解析】【分析】【详解】A配制 100mL 一定物质的量浓度的 NaCl 溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、100mL 容量瓶、胶头滴管等，选项中所选玻璃仪器和试剂均准确，A 符合题意；B往烧杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体，所选玻璃仪器和试剂均准确，B 符合题意；C用标准稀盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液可测定出氢氧化钠的浓度，取待测液时需选取碱式滴定管，酸式滴定管则盛装标准盐酸溶液，所以所选仪器还应有碱式滴定管，C 不符合题意；D制备乙酸乙酯时需要用浓硫酸作催化剂和吸水剂，所选试剂中缺少浓硫酸，D 不符合题意；故选 AB。12.立体异构包括顺反异构、对映异构等。有机物 M(2甲基2丁醇)存在如图转化关系，下列说法错误的是 A.N 分子可能存在顺反异构 B.L 的任一同分异构体最多有 1 个手性碳原子 C.M 的同分异构体中，能被氧化为酮的醇有 4 种 D.L 的同分异构体中，含两种化学环境氢的只有 1 种【答案】AC【解析】【分析】M()在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生消去反应生成或，N 与 HCl 发生加成反应生成 L，L 能发生水解反应生成 M，则 L 的结构简式为。【详解】A顺反异构是指化合物分子中由于具有自由旋转的限制因素，使各个基团在空间 的 排 列 方 式 不 同 而 出 现 的 非 对 映 异 构 现 象，、都不存在顺反异构，故 A 错误；B手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，L 的同分异构体结构及手性碳原子(用*标记)为、，任一同分异构体中最多含有1 个手性碳原子，故 B 正确；C当与羟基相连的碳原子上只有 1 个氢原子时，醇发生催化氧化反应生成酮，羟基取代戊烷同分异构体中含有 2 个氢原子的碳原子上 1 个氢原子即满足条件，满足条件的结构有：、，共 3 种，故 C 错误；D连接在同一碳原子上的氢原子等效，连接在同一碳原子上的甲基等效，由 B 项解析可知，L 的同分异构体中，含有 2 种化学环境的氢原子的结构为，故 D 正确；综上所述，说法错误的是 AC，故答案为：AC。13.实验室中利用固体 KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是 A.G 与 H 均为氧化产物 B.实验中 KMnO4只作氧化剂 C.Mn 元素至少参与了 3 个氧化还原反应 D.G 与 H 的物质的量之和可能为0.25mol【答案】BD【解析】【分析】KMnO4固体受热分解生成 K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中 Cl-被氧化为 Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为 MnCl2，因此气体单质 G 为 O2，气体单质 H 为 Cl2。【详解】A加热 KMnO4固体的反应中，O 元素化合价由-2 升高至 0 被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl 元素化合价由-1 升高至 0 被氧化，因此 O2和 Cl2均为氧化产物，故 A 正确；BKMnO4固体受热分解过程中，Mn 元素化合价降低被还原，部分 O 元素化合价升高被氧化，因此 KMnO4既是氧化剂也是还原剂，故 B 错误；CMn 元素在反应过程中物质及化合价变化为，Mn 元素至少参加了 3 个氧化还原反应，故 C 正确；D每生成 1mol O2转移 4mol 电子，每生成 1mol Cl2转移 2mol 电子，若 KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是 Cl-生成 Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO45Cl2可知，n(气体)max=0.25mol，但该气体中一定含有 O2，因此最终所得气体的物质的量小于 0.25mol，故 D 错误；综上所述，说法错误的是 BD，故答案为：BD。14.18O 标记的乙酸甲酯在足量 NaOH 溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：+OH-+CH3O-能量变化如图所示。已知为快速平衡，下列说法正确的是 A.反应、为决速步 B.反应结束后，溶液中存在18OH-C.反应结束后，溶液中存在 CH318OH D.反应与反应活化能的差值等于图示总反应的焓变【答案】B【解析】【分析】【详解】A一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应 I 和反应 IV的活化能较高，因此反应的决速步为反应 I、IV，故 A 错误；B反应 I 为加成反应，而与为快速平衡，反应 II 的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，故 B 正确；C反应 III 的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在 CH318H，故 C 错误；D该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此和 CH3O-的总能量与和 OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，故 D 错误；综上所述，正确的是 B 项，故答案为 B。15.赖氨酸H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用 HR 表示是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+1K H2R+2K HR3K R-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加 NaOH 溶液，溶液中 H3R2+、H2R+、HR 和 R-的分布系数(x)随 pH 变化如图所示。已知(x)=2+32c(x)c(H R)+c(H R)+c(HR)+c(R)，下列表述正确的是 A.21KK32KK B.M 点，c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C.O 点，pH=23-lgK-lgK2 D.P 点，c(Na+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)【答案】CD 【解析】【分 析】向 H3RCl2溶 液 中 滴 加 NaOH 溶 液，依 次 发 生 离 子 反 应：2232H ROHH OH R、22H ROHHOHR、2ORHHOHR，溶 液 中23H R逐 渐 减 小，2H R和HR先 增 大 后 减 小，R逐 渐 增 大。2123HHRH RccKc，22HHRH RccKc，3RHRHcKcc，M 点232H R=H Rcc，由此可知2.2110K，N 点2HR=H Rcc，则9.1210K，P 点HR=Rcc，则10.8310K。【详解】A9.16.922.2110=1010KK，10.81.739.1210=1010KK，因此3212KKKK，故 A 错误；BM 点存在电荷守恒：23+2RCl2H RH ROHH+Naccccccc，此时232H R=H Rcc，因此2+RCl3OHH+NH Racccccc，故 B 错误；CO 点2H RRcc，因此2H R1Rcc，即2232H RHR1RHRHHHHHccccccKKccc，因此23HKcK，溶液23lglgpH=lg=H2KKc，故 C 正确；DP 点溶质为 NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此OHHcc，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此+ClNaOHHcccc，故 D 正确；综上所述，正确的是 CD，故答案为 CD。三、非选择题：本题共三、非选择题：本题共 5 小题，共小题，共 60 分。分。16.非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：(1)基态 F 原子核外电子的运动状态有_种。(2)O、F、Cl 电负性由大到小的顺序为_；OF2分子的空间构型为_；OF2的熔、沸点_(填“高于”或“低于”)Cl2O，原因是_。(3)Xe 是第五周期的稀有气体元素，与 F 形成的 XeF2室温下易升华。XeF2中心原子的价层电子对数为_，下列对 XeF2中心原子杂化方式推断合理的是_(填标号)。A.sp B.sp2 C.sp3 D.sp3d(4)XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为 90，该晶胞中有_个XeF2分子。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如 A 点原子的分数坐标为(12，12，12)。已知 XeF 键长为 rpm，则 B 点原子的分数坐标为_；晶胞中 A、B 间距离 d=_pm。【答案】.9 .FOCl .角(V)形 .低于 .OF2和 Cl2O 都是分子晶体，结构相似，Cl2O 的相对分子质量大，Cl2O 的熔、沸点高 .5 .D .2 .(0，0，rc).221cd=a+(-r)22 pm【解析】【分析】【详解】(1)基态 F 原子共有 9 个核外电子，则每个电子都有对应的轨道和自旋状态，所以核外电子的运动状态有 9 种；(2)电负性一定程度上相当于得电子能力，半径越小，得电子能力越强，电负性越大，半径由小到大的顺序为 F、O、Cl，所以电负性大小顺序为 FOCl；根据 VSEPR 理论有6-122+=42，去掉 2 对孤对电子，知 OF2分子的空间构型是角形；OF2和 Cl2O 都是分子晶体，结构相似，Cl2O 的相对分子质量大，Cl2O 的熔、沸点高；(3)XeF2易升华，所以是分子晶体，其中心原子的价层电子对数为8-122+=52，其中心原子的杂化方式应为 sp3d；(4)图中大球的个数为18+1=28，小球的个数为18+2=44，根据 XeF2的原子个数比知大 球是 Xe 原子，小球是 F 原子，该晶胞中有 2 个 XeF2分子；由 A 点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为 1，B 点在棱的rc处，其坐标为(0，0，rc)；图中 y 是底面对角线的一半，2y=a2，cx=-r2，所以22221cd=x+y=a+(-r)22 pm。17.工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含 Al、Si 氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O72H2O)的工艺流程如图。回答下列问题：(1)焙烧的目的是将 FeCr2O4转化为 Na2CrO4并将 Al、Si 氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是_。(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度 c 与 pH 的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度 c1.010-5molL-1时，可认为已除尽。中和时 pH 的理论范围为_；酸化的目的是_；Fe 元素在_(填操作单元的名称)过程中除去。(3)蒸发结晶时，过度蒸发将导致_；冷却结晶所得母液中，除 Na2Cr2O7外，可在上述流程中循环利用的物质还有_。(4)利用膜电解技术(装置如图所示)，以 Na2CrO4为主要原料制备 Na2Cr2O7的总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O通电2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2+O2。则 Na2Cr2O7在_(填“阴”或“阳”)极室制得，电解时通过膜的离子主要为_。【答案】.增大反应物接触面积，提高化学反应速率 .4.5pH9.3 .使222427HH2CrOCr OO2 平衡正向移动，提高 Na2Cr2O7的产率 .浸取 .所得溶液中含有大量 Na2SO410H2O .H2SO4 .阳 .Na【解析】【分 析】以 铬 铁 矿(FeCr2O4，含 Al、Si 氧 化 物 等 杂 质)为 主 要 原 料 制 备 红 矾 钠(Na2Cr2O72H2O)过程中，向铬铁矿中加入纯碱和 O2进行焙烧，FeCr2O4转化为 Na2CrO4，Fe(II)被 O2氧化成 Fe2O3，Al、Si 氧化物转化为 NaAlO2、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶于水，过滤后向溶液中加入 H2SO4调节溶液 pH 使2AlO、23SiO转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入 H2SO4，将 Na2CrO4转化为 Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶将Na2SO4除去，所得溶液冷却结晶得到 Na2Cr2O72H2O 晶体，母液中还含有大量 H2SO4。据此解答。【详解】(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使 O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，提高化学反应速率。(2)中和时调节溶液 pH 目的是将2AlO、23SiO转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液 pH4.5 时，Al3+除尽，当溶液 pH9.3 时，H2SiO3会再溶解生成23SiO，因此中和时 pH的理论范围为4.5pH9.3；将 Al 元素和 Si 元素除去后，溶液中 Cr 元素主要以227Cr O和24CrO存在，溶液中存在平衡：222427HH2CrOCr OO2，降低溶液 pH，平衡正向移动，可提高 Na2Cr2O7的产率；由上述分析可知，Fe 元素在“浸取”操作中除去，故答案为：4.5pH9.3；使222427HH2CrOCr OO2 平衡正向移动，提高 Na2Cr2O7的产率；浸取。(3)蒸发结晶时，Na2SO4主要以 Na2SO410H2O 存在，Na2SO410H2O 的溶解度随温度升高先增大后减小，若蒸发结晶时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大量 Na2SO410H2O；由上述分析可知，流程中循环利用的物质除 Na2Cr2O7外，还有 H2SO4，故答案为：所得溶液中含有大量 Na2SO410H2O；H2SO4。(4)由 4Na2CrO4+4H2O通电2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2+O2可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成 H和 O2，阴极上 H+得到电子生成 H2，由222427HH2CrOCr OO2 可知，227Cr O在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备 Na2Cr2O7的效率，Na通过离子交换膜移向阴极，故答案为：阳；Na。18.六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为 283，沸点为 340，易溶于 CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备 WCl6，装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：(1)检查装置气密性并加入 WO3。先通 N2，其目的是_；一段时间后，加热管式炉，改通H2，对 B 处逸出的 H2进行后续处理。仪器 A 的名称为_，证明 WO3已被完全还原的现象是_。(2)WO3完全还原后，进行的操作为：冷却，停止通 H2；以干燥的接收装置替换 E；在 B 处加装盛有碱石灰的干燥管；加热，通 Cl2；。碱石灰的作用是_；操作是_，目的是_。(3)利用碘量法测定 WCl6产品纯度，实验如下：称量：将足量 CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为 m1g；开盖并计时 1 分钟，盖紧称重为 m2g；再开盖加入待测样品并计时 1 分钟，盖紧称重为 m3g，则样品质量为_g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。滴定：先将 WCl6转化为可溶的 Na2WO4，通过 IO3离子交换柱发生反应：WO24+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO3；交换结束后，向所得含 IO3的溶液中加入适量酸化的 KI 溶液，发生反应：IO3+5I-+6H+=3I2+3H2O；反应完全后，用 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O23=2I-+S4O26。滴定达终点时消耗 cmolL-1的 Na2S2O3溶液 VmL，则样品中WCl6(摩尔质量为 Mgmol-1)的质量分数为_。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1 分钟，则滴定时消耗 Na2S2O3溶液的体积将_(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中 WCl6质量分数的测定值将_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】.排除装置中的空气 .直形冷凝管 .淡黄色固体变为银白色 .吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入 E .再次通入 N2 .排除装置中的 H2 .(m3+m1-2m2).3121202cVMmmm%.不变 .偏大【解析】【分析】(1)将 WO3在加热条件下用 H2还原为 W，为防止空气干扰，还原 WO3之前要除去装置中的空气；(2)由信息可知 WCl6极易水解，W 与 Cl2反应制取 WCl6时，要在 B 处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入 E 中；(3)利用碘量法测定 WCl6产品纯度，称量时加入足量的 CS2用于溶解样品，盖紧称重为m1g，由于 CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时 1 分钟，盖紧称重 m2g，则挥发出的 CS2的质量为(m1-m2)g，再开盖加入待测样品并计时 1 分钟，又挥发出(m1-m2)g 的 CS2，盖紧称重为 m3g，则样品质量为：m3g+2(m1-m2)g-m1g=(m3+m1-2m2)g；滴定时，利用关系式：WO242IO36I212 S2O23计算样品中含 WCl6的质量，进而计算样品中 WCl6的质量分数；根据测定原理分析是否存在误差及误差是偏大还是偏小。【详解】(1)用 H2还原 WO3制备 W，装置中不能有空气，所以先通 N2，其目的是排除装置中的空气；由仪器构造可知仪器 A 的名称为直形冷凝管；WO3为淡黄色固体，被还原后生成 W 为银白色，所以能证明 WO3已被完全还原的现象是淡黄色固体变为银白色，故答案为：淡黄色固体变为银白色；(2)由信息可知 WCl6极易水解，W 与 Cl2反应制取 WCl6时，要在 B 处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入 E 中，所以碱石灰的作用其一是吸收多余氯气，防止污染空气；其二是防止空气中的水蒸气进入 E；在操作加热，通 Cl2之前，装置中有多余的 H2，需要除去，所以操作是再次通入 N2，目的是排除装置中的 H2，故答案为：吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入 E；再次通入 N2；排除装置中的 H2；(3)根据分析，称量时加入足量的 CS2，盖紧称重为 m1g，由于 CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时 1 分钟，盖紧称重 m2g，则挥发出的 CS2的质量为(m1-m2)g，再开盖加入待测样品并计时 1 分钟，又挥发出(m1-m2)g 的 CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g+2(m1-m2)g-m1g=(m3+m1-2m2)g，故答案为：(m3+m1-2m2)；滴定时，根据关系式：WO242IO36I212 S2O23，样品中 n(WCl6)=n(WO24)=112n(S2O23)=112cV10-3mol，m(WCl6)=112cV10-3molMg/mol=cVM12000g，则样品中 WCl6的质量分数为：312cVMg12000(2)mmm g100%=3121202cVMmmm%；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过 1 分钟，挥发的 CS2的质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗 Na2S2O3溶液的体积将不变，样品中 WCl6质量分数的测定值将偏大，故答案为：3121202cVMmmm%；不变；偏大。19.一种利胆药物 F的合成路线如图：已知：.+.2RNH 回答下列问题：(1)A 的结构简式为_；符合下列条件的 A 的同分异构体有_种。含有酚羟基 不能发生银镜反应 含有四种化学环境的氢(2)检验 B 中是否含有 A 的试剂为_；BC 的反应类型为_。(3)CD 的化学方程式为_；E 中含氧官能团共_种。(4)已知：，综合上述信息，写出由和制备的合成路线_。【答案】.4 .FeCl3溶液 .氧化反应 .+CH3OH24H SO 浓+H2O .3 .【解析】【分 析】由 信 息 反 应 II 以 及 F 的 结 构 简 式 和 E 的 分 子 式 可 知 E 的 结 构 简 式 为，D 发 生 信 息 反 应 I 得 到 E，则 D 的 结 构 简 式 为，C 与 CH3OH 发生反应生成 D，C 相较于 D 少 1 个碳原子，说明 CD 是酯化反应，因此 C 的结构简式为，BC 碳链不变，而 AB 碳链增长，且增长的碳原子数等于中碳原子数，同时 BC 的反应条件为 NaClO2、H+，NaClO2具有氧化性，因此 BC 为氧化反应，AB 为取代反应，C8H8O3的不饱和度为 5，说明苯环上的取代基中含有不饱和键，因此 A 的结构简式为 ，B 的结构简式为。【详解】(1)由上述分析可知，A 的结构简式为；A 的同分异构体中满足：含有酚羟基；不能发生银镜反应，说明结构中不含醛基；含有四种化学环境的氢，说明具有对称结构，则满足条件的结构有：、，共有 4 种，故答案为：；4。(2)A 中含有酚羟基，B 中不含酚羟基，可利用 FeCl3溶液检验 B 中是否含有 A，若含有A，则加入 FeCl3溶液后溶液呈紫色；由上述分析可知，BC 的反应类型为氧化反应，故答案为：FeCl3溶液；氧化反应。(3)CD 为与 CH3OH 在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生酯化反应生成，反应化学方程式为+CH3OH 24H SO 浓+H2O；E 的结构简式为，其中的含氧官能团为醚键、酚羟基、酯基，共 3 种，故答案为：+CH3OH24H SO 浓+H2O；3。(4)由和制备过程需要增长碳链，可利用题干中 AB 的反应实现，然后利用信息反应 I 得到目标产物，目标产物中碳碳双键位于端基碳原子上，因此需要与 HBr 在 40下发生加成反应生成，和反应生成，根据信息.+得到 反应生成，因此合成路线为 ；故答案为：。20.2甲氧基2甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应：反应：+CH3OH1K H1 反应：+CH3OH2K H2 反应：3K H3 回答下列问题：(1)反应、以物质的量分数表示的平衡常数 Kx与温度 T 变化关系如图所示。据图判断，A 和 B 中相对稳定的是_(用系统命名法命名)；12HH的数值范围是_(填标号)。A.1 (2)为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入 1.0molTAME，控制温度为353K，测得 TAME 的平衡转化率为。已知反应的平衡常数 Kx3=9.0，则平衡体系中 B的物质的量为_mol，反应的平衡常数 Kx1=_。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应的化学平衡将_(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A 与 CH3OH 物质的量浓度之比 c(A)：c(CH3OH)=_。(3)为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量 A、B 和CH3OH。控制温度为 353K，A、B 物质的量浓度 c 随反应时间 t 的变化如图所示。代表 B的变化曲线为_(填“X”或“Y”)；t=100s 时，反应的正反应速率 v正_逆反应速率 v逆(填“”“”或“=)。【答案】.2-甲基-2-丁烯 .D .0.