2021年高考真题化学（山东卷）（解析版）_全国卷+地方卷_5.化学_1.化学高考真题试卷_2008-2020年_地方卷_山东高考化学2008-2021_山东高考化学_A3版

绝密★启用前 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； 2021 年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷） 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； 化 学 故选C。 3. 关于下列仪器使用的说法错误的是 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。 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.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。 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10小题，每小题2分，共20分.每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 有利于实现“碳达峰、碳中和”的是 A. ①、④不可加热 B. ②、④不可用作反应容器 A. 风能发电 B. 粮食酿酒 C. 燃煤脱硫 D. 石油裂化 C. ③、⑤可用于物质分离 D. ②、④、⑤使用前需检漏 【答案】A 【答案】A 【解析】 【解析】 【分析】 【分析】①是锥形瓶，②是酸式滴定管，③是蒸馏烧瓶，④是容量瓶，⑤是梨形分液漏斗 【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 【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， 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】 B项不符合题意； 2. 下列物质应用错误的是 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 A. 石墨用作润滑剂 B. 氧化钙用作食品干燥剂 用于物质分离，C项不符合题意； C. 聚乙炔用作绝缘材料 D. 乙二醇溶液用作汽车防冻液 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 【答案】C 题意； 【解析】 故选A。 【分析】 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[XY ]+[XY ]-的形式 4 6 【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 存在。下列说法错误的是 题意； A. 原子半径：X>Y B. 简单氢化物的还原性：X>Y 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. 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 是因为水解产生了漂白性物质HClO，D项不符合题意； 【解析】 故选C。 【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 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H 体积为VL；0.1molY 2 1 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。 的单质与足量稀硫酸反应，生成H 体积为VL。下列说法错误的是 2 2 【详解】A．P与Cl在同一周期，则P半径大，即X>Y，A项不符合题意； V 1 A. X、Y生成H 的物质的量之比一定为V 的 2 2 B．两者对应 简单氢化物分别是PH 和HCl，半径是P3->Cl-，所以PH 的失电子能力强，还原性强，即X>Y， 3 3 2V B项不符合题意； 1 B. X、Y消耗酸的物质的量之比一定为 V 2 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Cl 的氧化性最强，C项不符合题意； V 2 1 C. 产物中X、Y化合价之比一定为V 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； 2 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； V 1 故选D。 D. 由V 一定能确定产物中X、Y的化合价 2 5. 下列由实验现象所得结论错误的是  【答案】D A. 向NaHSO 溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明HSO3 具有氧化性 3 【解析】 B. 向酸性KMnO 4 溶液中加入Fe 3 O 4 粉末，紫色褪去，证明Fe 3 O 4 中含Fe(Ⅱ) 【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H 2 SO 4 的物质的量为bmol，根据转 C. 向浓HNO 中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓HNO 反应生成NO 3 3 2 a 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 X aHCl H Xa 移电子守恒以及H原子守恒可知   2 2  、 Y  bH 2 SO 4  bH 2  X2b 。 【答案】C 【解析】 V 1 【分析】 【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H 的物质的量之比一定为V ， 2 2 HSO- 【详解】A．淡黄色沉淀是S，在反应过程中硫元素由NaHSO 中的+4价降低到0价，发生还原反应， 3体 3 故A正确； 现氧化性，A项不符合题意； a a 2 10V V a 2V 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Fe 3 O 4 中有还原性物质， B． X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为 ，因 = 1  1 ，因此 = 1 ，故B正确； b b 10V V b V 2 2 2 即Fe(Ⅱ)，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NO 2 ，NO暴露于空气中也 a a = V 1 C．产物中X、Y化合价之比为2b ，由B项可知2b V ，故C正确； 会迅速产生红棕色气体，无法证明反应产物，C项符合题意； 2 NaClO+H O NaOH+HClO D．先变红说明溶液显碱性，证明NaClO在溶液中发生了水解， 2  ，后来褪色， 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 2V V V 【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 NaHSO ，则母液为饱和 = 1 1 1 3 a=1，2，3，b=0.5，1的多种情况，由b V 可知，当a=1，b=0.5时，V =1，当a=2，b=1时，V =1，两种 2 2 2 NaHSO 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： 3 HSO +2Na CO= Na SO + 2NaHCO ，NaHSO+ Na CO= Na SO + NaHCO ，所以调节pH为8进行中和后得到 2 3 2 3 2 3 3 3 2 3 2 3 3 V NaSO 和 NaHCO ， 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 ： 1 2 3 3 情况下X、Y的化合价不同，因此根据V 可能无法确定X、Y的化合价，故D错误； 2 NaSO +SO+H O=2NaHSO ↓，SO + NaHCO = CO + NaHSO ↓，此时会析出大量NaHSO 晶体，经过离心分离， 2 3 2 2 3 2 3 2 3 3 将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO 产品，据此分析解答。 综上所述，错误的D项，故答案为D。 3 【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； 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Ⅰ中加入1mL20%蔗糖溶液，加入3滴稀 B．结晶后母液中含饱和NaHSO 和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO ，假设产物中存在NaHCO ， 3 3 3 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Ⅱ，盖紧瓶 则其会与生成的NaHSO 发生反应，且NaHCO 溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立， 3 3 塞；向试管Ⅱ中加入5滴2%CuSO 溶液。将试管Ⅱ中反应液加入试管Ⅰ，用酒精灯加热试管Ⅰ并观察现象。实验中 4 B错误； 存在的错误有几处？ . C．NaHSO 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； 3 A 1 B. 2 C. 3 D. 4 D．结合上述分析可知，中和后溶液中含NaSO 和NaHCO ，D正确； 2 3 3 【答案】B 故选B。 【解析】 9. 关于CHOH、NH 和(CH)NNH 的结构与性质，下列说法错误的是 3 2 4 3 2 2 【分析】 A. CHOH为极性分子 B. NH 空间结构为平面形 3 2 4 【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 C. NH 的沸点高于(CH)NNH D. CHOH和(CH)NNH 中C、O、N杂化方式均相同 2 4 3 2 2 3 3 2 2 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 【答案】B 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SiO 反应生成具有黏性的NaSiO ， 2 2 3 【解析】 会导致瓶盖无法打开，共2处错误，故答案为B。 【分析】 8. 工业上以SO 和纯碱为原料制备无水NaHSO 的主要流程如图，下列说法错误的是 2 3 【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； B．NH 中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误； 2 4 C．NH 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（(CH)NNH）只有一端可以形成 2 4 3 2 2 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NH 的低，C正确； 2 4 D．CHOH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，(CH)NNH 的结构简式为 ，两者分子中C、 3 3 2 2 A. 吸收过程中有气体生成 B. 结晶后母液中含有NaHCO 3 C. 气流干燥湿料时温度不宜过高 D. 中和后溶液中含NaSO 和NaHCO 2 3 3 O、N杂化方式均为sp3，D正确； 【答案】B 故选B。 【解析】10. 以KOH溶液为离子导体，分别组成CHOH—O、NH—O、(CH)NNH—O 清洁燃料电池，下列说法正确 3 2 2 4 2 3 2 2 2 配制100mL一定物质的 100mL容量瓶、胶头滴管、烧 A 蒸馏水、NaCl固体 的是 量浓度的NaCl溶液 杯、量筒、玻璃棒 A. 放电过程中，K+均向负极移动 B 制备Fe(OH) 胶体 烧杯、酒精灯、胶头滴管 蒸馏水、饱和FeCl 溶液 B. 放电过程中，KOH物质的量均减小 3 3 C. 消耗等质量燃料，(CH)NNH—O 燃料电池的理论放电量最大 3 2 2 2 烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸 待测NaOH溶液、已知浓度的 C 测定NaOH溶液浓度 D. 消耗1molO 时，理论上NH—O 燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2L 式滴定管 盐酸、甲基橙试剂 2 2 4 2 【答案】C 【解析】 冰醋酸、无水乙醇、饱和 D 制备乙酸乙酯 试管、量筒、导管、酒精灯 NaCO 溶液 2 3 【分析】碱性环境下，甲醇燃料电池总反应为：2CHOH+3O +4KOH=2K CO+6H O；NH-O 清洁燃料电池总 3 2 2 3 2 2 4 2 反应为：NH+O =N +2H O；偏二甲肼[(CH )NNH]中C和N的化合价均为-2价，H元素化合价为+1价，所以 2 4 2 2 2 3 2 2 根据氧化还原反应原理可推知其燃料电池的总反应为：(CH)NNH+4O +4KOH=2K CO+N +6H O，据此结合原 A. A B. B C. C D. D 3 2 2 2 2 3 2 2 电池的工作原理分析解答。 【答案】AB 【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； 【解析】 B．根据上述分析可知，NH-O 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 【分析】 2 4 2 【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 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、NH 和(CH)NNH 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 2 4 3 2 2 仪器和试剂均准确，A符合题意； mg mg mg 6 4 16 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 放电量（物质的量表达式）分别是：32g/mol 、32g/mol 、60g/mol ，通过比较可知(CH)NNH 3 2 2 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 理论放电量最大，C正确； 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．根据转移电子数守恒和总反应式可知，消耗1molO 生成的氮气的物质的量为1mol，在标准状况下为 2 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； 22.4L，D错误； 故选AB。 故选C。 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 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全 部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0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. 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 、 ，任一同分异构体中最多含有1个手性碳原子，故B正确； 【解析】 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 【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 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： 、 、 ，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 ，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KMnO 进行如图实验，下列说法错误的是 4 【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； A. G与H均为氧化产物 B. 实验中KMnO 只作氧化剂 4 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 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 【答案】BD 【解析】 【分析】KMnO 固体受热分解生成KMnO 、MnO 、O ，KMnO 、MnO 均具有氧化性，在加热条件下能与浓 4 2 4 2 2 2 4 2盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl-被氧化为Cl，KMnO 、MnO 被还原为MnCl ，因此气体单质G为O， 2 2 4 2 2 2 气体单质H为Cl。 2 为快速平衡，下列说法正确的是 【详解】A．加热KMnO 固体的反应中，O元素化合价由-2升高至0被氧化，加热KMnO 、MnO 与浓盐酸的 4 2 4 2   反应中，Cl元素化合价由-1升高至0被氧化，因此O 和Cl 均为氧化产物，故A正确； 2 2 B．KMnO 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KMnO 既 4 4 是氧化剂也是还原剂，故B错误； C．Mn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 O 转移4mol电子，每生成1mol Cl 转移2mol电子，若KMnO 转化为MnCl 过程中得到的电子 2 2 4 2 全部是Cl-生成Cl 所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO ～5Cl 可知，n(气体) =0.25mol，但该气体中 2 4 2 max 一定含有O，因此最终所得气体的物质的量小于0.25mol，故D错误； 2 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- A. 反应Ⅱ、Ⅲ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CH18OH 3 D. 反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变 【答案】B +CH O-能量变化如图所示。已知 【解析】 3 Ⅰ Ⅲ   Ⅱ     Ⅳ     【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；c(x) HR+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=c(H R2+)+c(H R+)+c(HR)+c(R)，下列表述 2 3 2 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 正确的是 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； K K 2 3 A. K > K 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 1 2 B. M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H R+)+c(Na+)+c(H+) 2 -lgK -lgK 2 3 存在CH18H，故C错误； 3 C. O点，pH= 2 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CHO-的 D. P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+) 3 【答案】CD 【解析】 H R2 OH H R H O 【分析】向 HRCl 溶液中滴加 NaOH 溶液，依次发生离子反应： 3 2 2 、 3 2 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； H R OH HRH O HROH R H O H R2 H R HR 2 2 、 2 ，溶液中 3 逐渐减小， 2 和 先增大后减小， 综上所述，正确的是B项，故答案为B。 15. 赖氨酸[H 3 N+(CH 2 ) 4 CH(NH 2 )COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H 3 RCl 2 )在水溶液中存在如下平 c  H R c  H cHRc  H c  R c  H 2 衡：HR2+   K 1   HR+   K 2   HR   K 3    R-。向一定浓度的HRCl 溶液中滴加NaOH溶液，溶液中HR2+、 R 逐 渐 增 大 。 K 1  c  H 3 R2 ， K 2  c  H 2 R ， K 3  cHR ， M 点 3 2 3 2 3c  H R2 =c  H R K 102.2 cHR=c  H R K 109.1 cHR=c  R 1 3 2 ，由此可知 1 ，N点 2 ，则 2 ，P点 ， 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(2 ， K 1010.8 则 3 。 1 1 K 109.1 K 1010.8 K K 2 ，2 )。已知Xe—F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。 2 = =106.9 3 = =101.7 2  3 【详解】A． K 102.2 ， K 109.1 ，因此 K K ，故A错误； 1 2 1 2 c  R c  OH c  Cl 2c  H R2 c  H R c  H +c  Na+ B．M点存在电荷守恒： 3 2 ，此时 c  H R2 =c  H R c  R c  OH c  Cl 3c  H R c  H +c  Na+ 3 2 ，因此 2 ，故B错误； c  H R c  H R cHRc  H c  H c2 H 2 1 2  1 C．O点 c  H R c  R，因此 c  R ，即 c  R cHRc  H c  H K K ，因此 2 2 3 【答案】 ①. 9 ②. F>O>Cl ③. 角(V)形 ④. 低于 ⑤. OF 和ClO都是分子晶体，结构相似，ClO的相对 2 2 2 lgK lgK c  H  K K pH=lgc  H = 2 3 2 3 ，溶液 2 ，故C正确； r 1 c d= a2+( -r)2 分子质量大，Cl 2 O的熔、沸点高 ⑥. 5 ⑦. D ⑧. 2 ⑨. (0，0， c ) ⑩. 2 2 pm c  OH c  H D．P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此 ，溶质浓度大于水解和电离所产生 【解析】 【 c  Na+ c  Cl c  OH c  H 分析】 微粒浓度，因此 ，故D正确； 【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 综上所述，正确的是CD，故答案为CD。 有9种； 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 (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 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。 6-1×2 2+ =4 (2)O、F、Cl电负性由大到小的顺序为__；OF 分子的空间构型为__；OF 的熔、沸点__(填“高于”或“低 2 2 F、O、Cl，所以电负性大小顺序为F>O>Cl；根据VSEPR理论有 2 ，去掉2对孤对电子，知OF 分 2 于”)Cl O，原因是___。 2 (3)Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF 2 室温下易升华。XeF 2 中心原子的价层电子对数为___，下列 子的空间构型是角形；OF 2 和Cl 2 O都是分子晶体，结构相似，Cl 2 O的相对分子质量大，Cl 2 O的熔、沸点高； 8-1×2 对XeF 2 中心原子杂化方式推断合理的是___(填标号)。 2+ =5 (3)XeF 易升华，所以是分子晶体，其中心原子的价层电子对数为 2 ，其中心原子的杂化方式应为 2 A.sp B.sp2 C.sp3 D.sp3d (4)XeF 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XeF 分子。以晶胞参数 2 2 sp3d；1 1 8× +1=2 8× +2=4 (4)图中大球的个数为 8 ，小球的个数为 4 ，根据XeF 2 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XeF 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， 2 B点在棱的 处，其坐标为(0，0， )； 图中y是底面对角线的一半， ， ，所 r r 2 c y= a x= -r c c 2 2 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。 1 c (3)蒸发结晶时，过度蒸发将导致___；冷却结晶所得母液中，除Na 2 Cr 2 O 7 外，可在上述流程中循环利用的物质 d= x2+y2= a2+( -r)2 以 2 2 pm。 还有____。 (4)利用膜电解技术(装置如图所示)，以NaCrO 为主要原料制备NaCr O 的总反应方程式为：4NaCrO+4HO 2 4 2 2 7 2 4 2 17. 工业上以铬铁矿(FeCr O，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(NaCr O•2HO)的工艺流程如图。 2 4 2 2 7 2 回答下列问题： 通电 2NaCr O+4NaOH+2H↑+O↑。则NaCr O 在___(填“阴”或“阳”)极室制得，电解时通过膜的离子主要 2 2 7 2 2 2 2 7 为___。 (1)焙烧的目的是将FeCr O 转化为NaCrO 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， 2 4 2 4 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c≤1.0×10- 5mol•L-1时，可认为已除尽。 4.5pH9.3 【答案】 ①. 增大反应物接触面积，提高化学反应速率 ②. ③. 使 2CrO2 2H Cr O2 H O 4  2 7 2 平衡正向移动，提高NaCr O 的产率 ④. 浸取 ⑤. 所得溶液中含有大量 2 2 7 NaSO •10HO ⑥. HSO ⑦. 阳 ⑧. Na＋ 2 4 2 2 4【解析】 子浓度较大的电极室中制得，即NaCr O 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 2 2 7 【分析】以铬铁矿(FeCr 2 O 4 ，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na 2 Cr 2 O 7 •2H 2 O)过程中，向铬铁 生成，所以为提高制备Na 2 Cr 2 O 7 的效率，Na＋通过离子交换膜移向阴极，故答案为：阳；Na＋。 矿中加入纯碱和 O 进行焙烧，FeCr O 转化为 NaCrO ，Fe(II)被 O 氧化成 Fe O ，Al、Si 氧化物转化为 18. 六氯化钨(WCl )可用作有机合成催化剂，熔点为283℃，沸点为340℃，易溶于CS，极易水解。实验室中， 2 2 4 2 4 2 2 3 6 2 先将三氧化钨(WO)还原为金属钨(W)再制备WCl，装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题： AlO 3 6 NaAlO 、NaSiO ，加入水进行“浸取”，Fe O 不溶于水，过滤后向溶液中加入 HSO 调节溶液pH使 2、 2 2 3 2 3 2 4 SiO2 3 转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入HSO ，将NaCrO 转化为NaCr O ，将溶液蒸发结晶将NaSO 除 2 4 2 4 2 2 7 2 4 去，所得溶液冷却结晶得到NaCr O•2HO晶体，母液中还含有大量HSO 。据此解答。 2 2 7 2 2 4 【详解】(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O 向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化 2 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。 AlO SiO2 (2)中和时调节溶液pH目的是将 2、 3 转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，Al3+除尽， SiO2 4.5pH9.3 当溶液pH＞9.3时，HSiO 会再溶解生成 3 ，因此中和时pH的理论范围为 ；将Al元素和Si 2 3 元素除去后，溶液中Cr元素主要以 Cr 2 O 7 2 和 CrO2 4  存在，溶液中存在平衡： (1)检查装置气密性并加入WO 3 。先通N 2 ，其目的是___；一段时间后，加热管式炉，改通H 2 ，对B处逸出的H 2 进行后续处理。仪器A的名称为___，证明WO 已被完全还原的现象是___。 3 2CrO2 4  2H      Cr 2 O 7 2 H 2 O ，降低溶液pH，平衡正向移动，可提高NaCr O 的产率；由上述分析可知， (2)WO 3 完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通H 2 ；②以干燥的接收装置替换E；③在B处加装盛有碱石 2 2 7 灰的干燥管；④……；⑤加热，通Cl；⑥……。碱石灰的作用是___；操作④是___，目的是___。 2 Fe元素在“浸取”操作中除去，故答案为： 4.5pH9.3 ；使 2CrO2 4  2H      Cr 2 O 7 2 H 2 O 平衡正向移 (3)利用碘量法测定WCl 6 产品纯度，实验如下： ①称量：将足量CS(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为mg；开盖并计时1分钟，盖紧称重为mg；再开 2 1 2 动，提高NaCr O 的产率；浸取。 2 2 7 盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为mg，则样品质量为___g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。 3 (3)蒸发结晶时，NaSO 主要以NaSO •10HO存在，NaSO •10HO的溶解度随温度升高先增大后减小，若蒸发 2 4 2 4 2 2 4 2  2  ②滴定：先将WCl 转化为可溶的NaWO，通过IO3离子交换柱发生反应：WO4 +Ba(IO )=BaWO +2IO3；交 6 2 4 3 2 4 结晶时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大量NaSO •10HO；由上述分析可知，流程中循环利用的物质除 2 4 2 NaCr O 外，还有HSO ，故答案为：所得溶液中含有大量NaSO •10HO；HSO 。 2 2 7 2 4 2 4 2 2 4   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+=3I +3H O；反应完全后， 2 2 通电 (4)由4NaCrO+4HO 2NaCr O+4NaOH+2H↑+O↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失 2 4 2 2 2 7 2 2 2 2 用NaSO 标准溶液滴定，发生反应：I+2S O3 =2I-+S O6 。滴定达终点时消耗cmol•L-1的NaSO 溶液VmL， 2 2 3 2 2 4 2 2 3 去电子生成H＋和O 2 ，阴极上H+得到电子生成H 2 ，由 2CrO2 4  2H      Cr 2 O 7 2 H 2 O 可知， Cr 2 O 7 2 在氢离 则样品中WCl 6 (摩尔质量为Mg•mol-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NaSO 溶液的体积将___(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl 质量分数的测定值将___(填“偏大” 2 2 3 6“偏小”或“不变”)。 1 1 2  2 2 2 【答案】 ①. 排除装置中的空气 ②. 直形冷凝管 ③. 淡黄色固体变为银白色 ④. 吸收多余氯气，防止污染 ②滴定时，根据关系式：WO 4 ~2IO 3 ~6I 2 ~12 S 2 O 3 ，样品中n(WCl 6 )=n(WO 4 )=12n(S 2 O 3 )=12cV10- 空气；防止空气中的水蒸气进入 E ⑤. 再次通入 N ⑥. 排除装置中的 H ⑦. ( m +m- 2m ) ⑧. 2 2 3 1 2 cVM cVM g 1 cVM 12000 120m m 2m % ⑨. 不变 ⑩. 偏大 3mol，m(WCl )= cV 10-3mol Mg/mol= g，则样品中WCl 的质量分数为：  100%= 3 1 2 6 12   12000 6 (m 3 m 1 2m 2 )g 【解析】 【分析】(1) 将WO 在加热条件下用H 还原为W，为防止空气干扰，还原WO 之前要除去装置中的空气； 3 2 3 cVM (2) 由信息可知WCl 极易水解，W与Cl 反应制取WCl 时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的 120m m 2m %；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CS 的质 6 2 6 3 1 2 2 水蒸气进入E中； 量增大，m 偏小，但WCl 的质量不变，则滴定时消耗NaSO 溶液的体积将不变，样品中WCl 质量分数的测定 (3)利用碘量法测定WCl 产品纯度，称量时加入足量的CS 用于溶解样品，盖紧称重为mg，由于CS 易挥发， 3 6 2 2 3 6 6 2 1 2 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mg，则挥发出的CS 的质量为(m - 2 2 1 cVM m)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m - m )g的CS，盖紧称重为mg，则样品质量为： 值将偏大，故答案为：120m m 2m %；不变；偏大。 2 1 2 2 3 3 1 2 2  2 mg+2(m- m )g-m g=( m +m- 2m )g；滴定时，利用关系式：WO4 ~2IO3 ~6I ~12 SO3 计算样品中含WCl 的质 的 3 1 2 1 3 1 2 2 2 6 19. 一种利胆药物F 合成路线如图： 量，进而计算样品中WCl 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。 6 【详解】(1)用H 还原WO 制备W，装置中不能有空气，所以先通N，其目的是排除装置中的空气；由仪器构 2 3 2 造可知仪器A的名称为直形冷凝管；WO 为淡黄色固体，被还原后生成W为银白色，所以能证明WO 已被完全 3 3 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WCl 极易水解，W与Cl 反应制取WCl 时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的 6 2 6 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⑤加热，通Cl 之前，装置中有多余的H，需要除去，所以操作④是再次通入N，目的是排除装置中的 2 2 2 H，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N；排除装置中的H； 2 2 2 (3) ①根据分析，称量时加入足量的CS，盖紧称重为mg，由于CS 易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量 2 1 2 要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重mg，则挥发出的CS 的质量为(m - m )g，再开盖加入待测样品并计时1 2 2 1 2 已知：Ⅰ. + 分钟，又挥发出(m 1 - m 2 )g的CS 2 ，盖紧称重为m 3 g，则样品质量为：m 3 g+2(m 1 - m 2 )g-m 1 g=( m 3 +m 1 - 2m 2 )g，故答案 Δ 为：( m +m- 2m )； 3 1 2 Δ Ⅱ.  R－NH 2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。 ①含有酚羟基 ②不能发生银镜反应 ③含有四种化学环境的氢 (2)检验B中是否含有A的试剂为___；B→C的反应类型为___。 (3)C→D的化学方程式为__；E中含氧官能团共___种。 【解析】 (4)已知： ，综合上述信息，写出由 和 制 【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 ， 备 的合成路线___。 D发生信息反应I得到E，则D的结构简式为 ，C与CHOH发生反应生成D，C相较于 3 【答案】 ①. ②. 4 ③. FeCl 溶液 ④. 氧化反应 ⑤. +CH OH 3 3 D少1个碳原子，说明C→D是酯化反应，因此C的结构简式为 ，B→C碳链不变，而 +H O ⑥ . 3 ⑦ . 2 浓HSO 24  Δ A→B碳链增长，且增长的碳原子数等于 中碳原子数，同时B→C的反应条件为NaClO 、H+， 2 NaClO 具有氧化性，因此B→C为氧化反应，A→B为取代反应，C HO 的不饱和度为5，说明苯环上的取代基 2 8 8 3中含有不饱和键，因此A的结构简式为 ，B的结构简式为 。 ，反应化学方程式为 +CH OH 3 浓HSO 24  Δ 【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：①含有酚羟基；②不 能发生银镜反应，说明结构中不含醛基；③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： +H O；E的结构简式为 ，其中的含氧官能团为醚键、 2 、 、 、 酚羟基、酯基，共3种，故答案为： +CH OH 3 浓HSO 24  Δ ，共有4种，故答案为： ；4。 +H O；3。 2 (2)A中含有酚羟基，B中不含酚羟基，可利用FeCl 3 溶液检验B中是否含有A，若含有A，则加入FeCl 3 溶液后 (4)由 和 制备 过程需要增长碳链，可利用题干中 溶液呈紫色；由上述分析可知，B→C的反应类型为氧化反应，故答案为：FeCl 溶液；氧化反应。 3 A→B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 (3)C→D为 与CHOH在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生酯化反应生成 3 与HBr在40℃下发生加成反应生成 ， 和 反应生成K ，根据信息Ⅰ. + 反应Ⅲ：    3    △H 3 Δ 回答下列问题： 得到 (1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数K 与温度T变化关系如图所示。据图判断，A和B中相对稳定 x ΔH 1 反应生成 ，因此合成路线为 的是__(用系统命名法命名)；ΔH 的数值范围是___(填标号)。 2 A.<-1 B.-1～0 C.0～1 D.>1 ；故答案为： 。 (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α。已知反应Ⅲ的平衡常数K =9.0，则平衡体系中B的物质的量为___mol，反应Ⅰ的平衡常数 x3 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 K x1 =___。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Ⅰ的化学平衡将__(填“正向移动”“逆向移 动”或“不移动”)平衡时，A与CHOH物质的量浓度之比c(A)：c(CHOH)=___。 得，体系中同时存在如图反应： 3 3 (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CHOH。控制温度为 3 反应Ⅰ： +CH OH △H 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， 3 1 K 1  反应Ⅲ的正反应速率v __逆反应速率v (填“＞”“＜”或“=)。 正 逆 反应Ⅱ： +CH OH △H 3 K 2 2 同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将向着分子数增大的方向移动，即逆向移 动。平衡时，TAME的转化率变大，但是平衡常数不变，A与CHOH物质的量浓度之比不变，c(A)： 3 c(CHOH)=0.1α：α=1:10。 3 nB (3)温度为353K，反应Ⅲ的平衡常数K x3 =9.0，nA=9.0。由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可 知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X；由母线的变化趋势可知，100s 以后各组分的浓度仍 nB 0.112  10.29 在变化， t=100s时nA 0.011 ，因此，反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，故其正反应速率v 正 小于 (1)(1) 逆反应速率v ，填＜。 逆 【答案】 ①. 2-甲基-2-丁烯 ②. D ③. 0.9α ④. 0.012 ⑤. 逆向移动 ⑥. 1:10 ⑦. X ⑧. ＜ 【解析】 【分析】 【详解】(1)由平衡常数K 与温度T变化关系曲线可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高（要注 x 意横坐标为温度的倒数）而减小，说明3个反应均为放热反应，即△H ＜0、△H ＜0、△H ＜0，因此，B的总能 1 2 3 量高于A的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B，其用系统命名法命名为2-甲基-2-丁烯；由盖 斯定律可知，Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，则△H-△H=△H ＜0，因此△H ＜△H ，由于放热反应的△H越小，其绝对值越大，则 1 2 3 1 2 ΔH 1 ΔH 的数值范围是大于1，选D。 2 (2)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α,则平衡时n(TAME)=(1- nB α) mol，n(A)+n(B)=n(CH 3 OH)= α mol。已知反应Ⅲ的平衡常数K x3 =9.0，则nA=9.0，将该式代入上式可以求 1 1 (1)(1)  出平衡体系中B的物质的量为0.9α mol，n(A)=0.1α mol，反应Ⅰ的平衡常数K = 。同温 x1 0.1 0.012 ( )2 1