2021年高考化学试卷（山东）（解析卷）_历年高考真题合集_化学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考化学真题_化学（按年份分类）2008-2025_2021·高考化学真题

山东省 2021 年普通高中学业水平等级考试 化学 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. 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； 第1页 | 共24页故选C。 3. 关于下列仪器使用的说法错误的是 A. ①、④不可加热 B. ②、④不可用作反应容器 C. ③、⑤可用于物质分离 D. ②、④、⑤使用前需检漏 【答案】A 【解析】 【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】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[XY ]+[XY ]-的 4 6 形式存在。下列说法错误的是 A. 原子半径：X>Y B. 简单氢化物的还原性：X>Y 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】A．P与Cl在同一周期，则P半径大，即X>Y，A项不符合题意； 第2页 | 共24页B．两者对应的简单氢化物分别是PH 和HCl，半径是P3->Cl-，所以PH 的失电子能力强，还原性强，即 3 3 X>Y，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Cl 的氧化性最强，C项不符合题意； 2 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NaHSO 溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明HSO-具有氧化性 3 3 B 向酸性KMnO 溶液中加入Fe O 粉末，紫色褪去，证明Fe O 中含Fe(Ⅱ) . 4 3 4 3 4 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 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NaHSO 中的+4价降低到0价，发生还原反应，HSO- 3 3 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Fe O 中有还原性物 3 4 质，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 ，NO暴露于空气 2 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，NaClO+H 2 O ƒ NaOH+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H 体积为V L；0.1molY 2 1 的单质与足量稀硫酸反应，生成H 体积为V L。下列说法错误的是 2 2 V A. X、Y生成H 的物质的量之比一定为 1 2 V 2 第3页 | 共24页2V B. X、Y消耗酸的物质的量之比一定为 1 V 2 V C. 产物中X、Y化合价之比一定为 1 V 2 V D. 由 1 一定能确定产物中X、Y的化合价 V 2 【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H SO 的物质的量为bmol，根 2 4 a 据转移电子守恒以及H原子守恒可知X : aHCl : 2 H 2 : Xa+、Y : bH 2 SO 4 : bH 2 : X2b+。 【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 2 V 1 ，故A正确； V 2 a a a 2V B． X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为 ，因 2 10V V ，因此 = 1 ，故B正确； b = 1 = 1 b V b 10V V 2 2 2 a a V C．产物中X、Y化合价之比为 ，由B项可知 = 1 ，故C正确； 2b 2b V 2 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 a 2V V 存在a=1，2，3，b=0.5，1的多种情况，由 = 1 可知，当a=1，b=0.5时， 1 =1，当a=2，b=1时， b V V 2 2 V V 1 =1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据 1 可能无法确定X、Y的化合价，故D错误； V V 2 2 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Ⅰ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 Ⅱ，盖紧瓶塞；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 4 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】 第4页 | 共24页【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SiO 反应生成具有黏性的 2 Na SiO ，会导致瓶盖无法打开，共2处错误，故答案为B。 2 3 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 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Na SO 和NaHCO 2 3 3 【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NaHSO ，则母液为饱和 3 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 H SO +2Na CO = Na SO + 2NaHCO ，NaHSO + Na CO = Na SO + NaHCO ，所以调节pH为8进行中和后 2 3 2 3 2 3 3 3 2 3 2 3 3 得到 Na SO 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： 2 3 3 Na SO +SO +H O=2NaHSO ↓，SO + NaHCO = CO + NaHSO ↓，此时会析出大量NaHSO 晶体，经过离心 2 3 2 2 3 2 3 2 3 3 分离，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。 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； 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 3 3 NaHCO ，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， 3 3 3 假设不成立，B错误； 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 D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na SO 和NaHCO ，D正确； 2 3 3 故选B。 9. 关于CH OH、N H 和(CH ) NNH 的结构与性质，下列说法错误的是 3 2 4 3 2 2 A. CH OH为极性分子 B. N H 空间结构为平面形 3 2 4 第5页 | 共24页C. N H 的沸点高于(CH ) NNH D. CH OH和(CH ) NNH 中C、O、N杂化方式均相同 2 4 3 2 2 3 3 2 2 【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； B．N H 中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误； 2 4 C．N H 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 2 4 3 2 2 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N H 的低，C正确； 2 4 D．CH OH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 3 3 2 2 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CH OH—O 、N H —O 、(CH ) NNH —O 清洁燃料电池，下列说 3 2 2 4 2 3 2 2 2 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，(CH ) NNH —O 燃料电池的理论放电量最大 3 2 2 2 D. 消耗1molO 时，理论上N H —O 燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2L 2 2 4 2 【答案】C 【解析】 【分析】碱性环境下，甲醇燃料电池总反应为：2CH OH+3O +4KOH=2K CO +6H O；N H -O 清洁燃料电 3 2 2 3 2 2 4 2 池总反应为：N H +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 2 4 2 2 2 3 2 2 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 ： (CH ) NNH +4O +4KOH=2K CO +N +6H O，据此结合原电池的工作原理分析解答。 3 2 2 2 2 3 2 2 【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，N H -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 2 4 2 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、N H 和 2 4 mg mg mg (CH ) NNH 放电量（物质的量表达式）分别是： ´6、 ´4、 ´16，通过比较 3 2 2 32g/mol 32g/mol 60g/mol 第6页 | 共24页可知(CH ) NNH 理论放电量最大，C正确； 3 2 2 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 22.4L，D错误； 故选C。 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 配制100mL一定物质的 100mL容量瓶、胶头滴管、烧 A 蒸馏水、NaCl固体 量浓度的NaCl溶液 杯、量筒、玻璃棒 B 制备Fe(OH) 胶体 烧杯、酒精灯、胶头滴管 蒸馏水、饱和FeCl 溶液 3 3 烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式 待测NaOH溶液、已知浓度的盐 C 测定NaOH溶液浓度 滴定管 酸、甲基橙试剂 冰醋酸、无水乙醇、饱和Na CO 2 3 D 制备乙酸乙酯 试管、量筒、导管、酒精灯 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。 第7页 | 共24页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； 第8页 | 共24页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KMnO 进行如图实验，下列说法错误的是 4 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 【答案】BD 【解析】 【分析】KMnO 固体受热分解生成K MnO 、MnO 、O ，K MnO 、MnO 均具有氧化性，在加热条件下能 4 2 4 2 2 2 4 2 与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl-被氧化为Cl ，K MnO 、MnO 被还原为MnCl ，因此气体单 2 2 4 2 2 质G为O ，气体单质H为Cl 。 2 2 【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K MnO 、MnO 与浓盐 4 2 4 2 酸的反应中，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 4 4 既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， 第9页 | 共24页故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 2 2 4 2 的电子全部是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， 2 4 2 max 但该气体中一定含有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： Ⅰ Ⅲ +OH-ˆˆ† ˆˆˆ† +CH O-能量变化如 ‡ˆⅡˆ ‡ˆⅣˆˆ 3 图所示。已知 ˆˆ† 为快速平衡，下列说法正确的是 ‡ˆˆ 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CH 18OH 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 第10页 | 共24页【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CH 18H，故C错误； 3 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CH O- 3 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[H N+(CH ) CH(NH )COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H RCl )在水溶液中存在 3 2 4 2 3 2 K K K 如下平衡：H R2+ˆˆ1ˆ†H R+ˆˆ2ˆ†HRˆˆ3ˆ†R-。向一定浓度的H RCl 溶液中滴加NaOH溶液，溶液中 3 ‡ˆˆˆ 2 ‡ˆˆˆ ‡ˆˆˆ 3 2 H R2+、H R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知 3 2 c(x) δ(x)= ，下列表述正确的是 c(H R2+)+c(H R+)+c(HR)+c(R-) 3 2 第11页 | 共24页K K A. 2 > 3 K K 1 2 B. M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H R+)+c(Na+)+c(H+) 2 -lgK -lgK C. O点，pH= 2 3 2 D. P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+) 【答案】CD 【解析】 【分析】向 H RCl 溶液中滴加 NaOH 溶液，依次发生离子反应： H R2+ +OH- =H R+ +H O、 3 2 3 2 2 H R+ +OH- =HR+H O、HR+OH- =R- +H O，溶液中H R2+逐渐减小，H R+和HR先增大后 2 2 2 3 2 c  H R+ ×c  H+ cHR×c  H+ c  R- ×c  H+ 2 减小， R-逐渐增大。 K = ， K = ， K = ，M 点 1 c  H R2+ 2 c  H R+ 3 cHR 3 2 c  H R2+ =c  H R+ ， 由 此 可 知 K =10-2.2， N 点 cHR=c  H R+ ， 则 K =10-9.1， P 点 3 2 1 2 2 cHR=c  R- ，则K =10-10.8。 3 K 10-9.1 K 10-10.8 K K 【详解】A． 2 = =10-6.9， 3 = =10-1.7，因此 2 < 3 ，故A错误； K 10-2.2 K 10-9.1 K K 1 2 1 2 B．M点存在电荷守恒：c  R- +c  OH- +c  Cl- =2c  H R2+ +c  H R+ +c  H+ +c  Na+ ，此时 3 2 c  H R2+ =c  H R+ ，因此c  R- +c  OH- +c  Cl- =3c  H R+ +c  H+ +c  Na+ ，故B错误； 3 2 2 c  H R+ c  H R+ ×cHR×c  H+ ×c  H+ c2 H+ C．O点c  H R+ =c  R- ，因此 2 =1，即 2 = =1， 2 c  R- c  R- ×cHR×c  H+ ×c  H+ K ×K 2 3 第12页 | 共24页-lgK -lgK 因此c  H+ = K ×K ，溶液pH=-lgc  H+ = 2 3 ，故C正确； 2 3 2 D．P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此c  OH- >c  H+ ，溶质浓度大于水解和电离所 产生微粒浓度，因此c  Na+ >c  Cl- >c  OH- >c  H+ ，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 5小题，共 60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__；OF 分子的空间构型为__；OF 的熔、沸点__(填“高于”或“低 2 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 室温下易升华。XeF 中心原子的价层电子对数为___， 2 2 下列对XeF 中心原子杂化方式推断合理的是___(填标号)。 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 2 2 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 1 1 1 标为( ， ， )。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 2 2 2 d=___pm。 【答案】 ①. 9 ②. F>O>Cl ③. 角(V)形 ④. 低于 ⑤. OF 和Cl O都是分子晶体，结 2 2 r 构相似，Cl O的相对分子质量大，Cl O的熔、沸点高 ⑥. 5 ⑦. D ⑧. 2 ⑨. (0，0， ) 2 2 c 1 c ⑩. d= a2+( -r)2 pm 2 2 【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 第13页 | 共24页状态有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 6-1×2 为F、O、Cl，所以电负性大小顺序为F>O>Cl；根据VSEPR理论有2+ =4，去掉2对孤对电子， 2 知OF 分子的空间构型是角形；OF 和Cl O都是分子晶体，结构相似，Cl O的相对分子质量大，Cl O的熔、 2 2 2 2 2 沸点高； 8-1×2 (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+ =5，其中心原子的杂化方式应 2 2 为sp3d； 1 1 (4)图中大球的个数为8× +1=2，小球的个数为8× +2=4，根据XeF 的原子个数比知大球是Xe原子，小 2 8 4 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 2 r r 2 都记为1，B点在棱的 处，其坐标为(0，0， )； 图中y是底面对角线的一半，y= a， c c 2 c 1 c x= -r，所以d= x2+y2= a2+( -r)2 pm。 2 2 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(Na Cr O •2H O)的工艺流 2 4 2 2 7 2 程如图。回答下列问题： (1)焙烧的目的是将FeCr O 转化为Na CrO 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 2 4 2 4 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 c≤1.0×10-5mol•L-1时，可认为已除尽。 第14页 | 共24页中和时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Na Cr O 外，可在上述流程中循环利用的 2 2 7 物质还有____。 (4)利用膜电解技术(装置如图所示)，以Na CrO 为主要原料制备Na Cr O 的总反应方程式为： 2 4 2 2 7 通电 4Na CrO +4H O 2Na Cr O +4NaOH+2H ↑+O ↑。则Na Cr O 在___(填“阴”或“阳”)极室制得， 2 4 2 2 2 7 2 2 2 2 7 电解时通过膜的离子主要为___。 【答案】 ①. 增大反应物接触面积，提高化学反应速率 ②. 4.5£pH£9.3 ③. 使 2CrO2- +2H+ ˆˆ†Cr O2- +H O平衡正向移动，提高Na Cr O 的产率 ④. 浸取 ⑤. 所得溶液 4 ‡ˆˆ 2 7 2 2 2 7 中含有大量Na SO •10H O ⑥. H SO ⑦. 阳 ⑧. Na＋ 2 4 2 2 4 【解析】 【分析】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(Na Cr O •2H O)过程中，向 2 4 2 2 7 2 铬铁矿中加入纯碱和O 进行焙烧，FeCr O 转化为Na CrO ，Fe(II)被O 氧化成Fe O ，Al、Si氧化物转化 2 2 4 2 4 2 2 3 为NaAlO 、Na SiO ，加入水进行“浸取”，Fe O 不溶于水，过滤后向溶液中加入H SO 调节溶液pH使 2 2 3 2 3 2 4 第15页 | 共24页AlO-、SiO2-转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入H SO ，将Na CrO 转化为Na Cr O ，将溶液蒸发结 2 3 2 4 2 4 2 2 7 晶将Na SO 除去，所得溶液冷却结晶得到Na Cr O •2H O晶体，母液中还含有大量H SO 。据此解答。 2 4 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， 2 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AlO-、SiO2-转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，Al3+ 2 3 除尽，当溶液pH＞9.3时，H SiO 会再溶解生成SiO2-，因此中和时pH的理论范围为4.5£pH£9.3； 2 3 3 将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以Cr O2-和CrO2-存在，溶液中存在平衡： 2 7 4 2CrO2- +2H+ ˆˆ†Cr O2- +H O，降低溶液pH，平衡正向移动，可提高Na Cr O 的产率；由上述分析 4 ‡ˆˆ 2 7 2 2 2 7 可知，Fe元素在“浸取”操作中除去，故答案为：4.5£pH£9.3；使2CrO2- +2H+ ˆˆ†Cr O2- +H O 4 ‡ˆˆ 2 7 2 平衡正向移动，提高Na Cr O 的产率；浸取。 2 2 7 (3)蒸发结晶时，Na SO 主要以Na SO •10H O存在，Na SO •10H O的溶解度随温度升高先增大后减小， 2 4 2 4 2 2 4 2 若蒸发结晶时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大量Na SO •10H O；由上述分析可知，流程中循环利用的 2 4 2 物质除Na Cr O 外，还有H SO ，故答案为：所得溶液中含有大量Na SO •10H O；H SO 。 2 2 7 2 4 2 4 2 2 4 通电 (4)由4Na CrO +4H O 2Na Cr O +4NaOH+2H ↑+O ↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上 2 4 2 2 2 7 2 2 水失去电子生成H＋和O ，阴极上H+得到电子生成H ，由2CrO2- +2H+ ˆˆ†Cr O2- +H O可知，Cr O2- 2 2 4 ‡ˆˆ 2 7 2 2 7 在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na Cr O 在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧 2 2 7 化钠在阴极生成，所以为提高制备Na Cr O 的效率，Na＋通过离子交换膜移向阴极，故答案为：阳；Na＋。 2 2 7 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 6 2 室中，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： 3 6 第16页 | 共24页(1)检查装置气密性并加入WO 。先通N ，其目的是___；一段时间后，加热管式炉，改通H ，对B处逸出 3 2 2 的H 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___。 2 3 (2)WO 完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通H ；②以干燥的接收装置替换E；③在B处加装盛有 3 2 碱石灰的干燥管；④……；⑤加热，通Cl ；⑥……。碱石灰的作用是___；操作④是___，目的是___。 2 (3)利用碘量法测定WCl 产品纯度，实验如下： 6 ①称量：将足量CS (易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m g； 2 1 2 再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m g，则样品质量为___g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。 3 ②滴定：先将WCl 转化为可溶的Na WO ，通过IO-离子交换柱发生反应： 6 2 4 3 WO2-+Ba(IO ) =BaWO +2IO-；交换结束后，向所得含IO-的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应： 4 3 2 4 3 3 IO-+5I-+6H+=3I +3H O；反应完全后，用Na S O 标准溶液滴定，发生反应：I +2S O2-=2I-+S O2-。滴定 3 2 2 2 2 3 2 2 3 4 6 达终点时消耗cmol•L-1的Na S O 溶液VmL，则样品中WCl (摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为___。称量 2 2 3 6 时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na S O 溶液的体积将___(填“偏大”“偏小”或 2 2 3 “不变”)，样品中WCl 质量分数的测定值将___(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 6 【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 2 2 cVM ⑦. ( m +m - 2m ) ⑧. % ⑨. 不变 ⑩. 偏大 3 1 2 120m +m -2m  3 1 2 【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 (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 6 2 6 中的水蒸气进入E中； (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m g，由于CS 易挥 6 2 1 2 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m g，则挥发出的CS 的质量为 2 2 (m - 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m g，则样品质量为： 1 2 1 2 2 3 m g+2(m - m )g-m g=( m +m - 2m )g；滴定时，利用关系式：WO2-~2IO-~6I ~12 S O2-计算样品中含WCl 3 1 2 1 3 1 2 4 3 2 2 3 6 的质量，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 2 3 2 器构造可知仪器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 3 3 第17页 | 共24页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 6 2 6 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 2 2 2 是排除装置中的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 2 N ；排除装置中的H ； 2 2 (3) ①根据分析，称量时加入足量的CS ，盖紧称重为m g，由于CS 易挥发，开盖时要挥发出来，称量的 2 1 2 质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m g，则挥发出的CS 的质量为(m - m )g，再开盖加入待测样品 2 2 1 2 并计时1分钟，又挥发出(m - m )g的CS ，盖紧称重为m g，则样品质量为：m g+2(m - m )g-m g=( m +m - 1 2 2 3 3 1 2 1 3 1 2m )g，故答案为：( m +m - 2m )； 2 3 1 2 ②滴定时，根据关系式：WO2-~2IO-~6I ~12 S O2-，样品中 4 3 2 2 3 1 1 1 cVM n(WCl )=n(WO2-)= n(S O2-)= cV´10-3mol，m(WCl )= cV´10-3mol´Mg/mol= g，则样品中 6 4 12 2 3 12 6 12 12000 cVM g cVM WCl 的质量分数为： 12000 100%= %；根据测定原理，称量时，若加入 6 ´ 120m +m -2m  (m +m -2m )g 3 1 2 3 1 2 待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS 的质量增大，m 偏小，但WCl 的质量不变，则滴定时消耗 2 3 6 cVM Na S O 溶液的体积将不变，样品中WCl 质量分数的测定值将偏大，故答案为： %； 2 2 3 6 120m +m -2m  3 1 2 不变；偏大。 19. 一种利胆药物F的合成路线如图： 第18页 | 共24页已知：Ⅰ. ¾Δ¾® + 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。 (4)已知： ，综合上述信息，写出由 和 制备 的合成路线___。 【答案】 ①. ②. 4 ③. FeCl 溶液 ④. 氧化反应 ⑤. 3 浓HSO +CH OHˆˆˆ2ˆˆ4† +H O ⑥. 3 ⑦. 3 ‡ˆˆˆˆˆ 2 Δ 【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 第19页 | 共24页， D 发 生 信 息 反 应 I 得 到 E ， 则 D 的 结 构 简 式 为 ，C与CH OH发生反应生成D，C相较于D少1个碳原子，说明C→D是酯化反 3 应，因此C的结构简式为 ，B→C碳链不变，而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+，NaClO 具有氧化性，因此B→C 2 2 为氧化反应，A→B为取代反应，C H O 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 8 8 3 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：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 ： 、 、 、 ，共有4种，故答案为： ；4。 第20页 | 共24页(2)A中含有酚羟基，B中不含酚羟基，可利用FeCl 溶液检验B中是否含有A，若含有A，则加入FeCl 溶 3 3 液后溶液呈紫色；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 (3)C→D为 与CH OH在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生酯化反应生成 3 ，反应化学方程式为 浓HSO +CH OHˆˆˆ2ˆˆ4† +H O；E的结构简式为 3 ‡ˆˆˆˆˆ 2 Δ ，其中的含氧官能团为醚键、酚羟基、酯基，共3种，故答案为： 浓HSO +CH OHˆˆˆ2ˆˆ4† +H O；3。 3 ‡ˆˆˆˆˆ 2 Δ (4)由 和 制备 过程需要增长碳链，可利用题干中 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 第21页 | 共24页与HBr在40℃下发生加成反应生成 ， 和 反应生 成 ，根据信息Ⅰ. ¾Δ¾® + 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： K 反应Ⅰ： +CH OHˆˆ1ˆ† △H 3 ‡ˆˆˆ 1 K 反应Ⅱ： +CH OHˆˆ2ˆ† △H 3 ‡ˆˆˆ 2 K 反应Ⅲ： ˆˆ3ˆ† △H ‡ˆˆˆ 3 回答下列问题： (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 x ΔH 对稳定的是__(用系统命名法命名)； 1 的数值范围是___(填标号)。 ΔH 2 第22页 | 共24页A.<-1 B.-1～0 C.0～1 D.>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 x3 数K =___。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 x1 动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A与CH OH物质的量浓度之比c(A)：c(CH OH)=___。 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CH OH。控制温度为 3 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Ⅲ的正反应速率v __逆反应速率v (填“＞”“＜”或“=)。 正 逆 101-a1+a 【答案】 ①. 2-甲基-2-丁烯 ②. D ③. 0.9α ④. ⑤. 逆向移动 a2 ⑥. 1:10 ⑦. X ⑧. ＜ 【解析】 第23页 | 共24页【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 x （要注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 1 2 3 此，A的总能量高于B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 1 2 3 1 2 ΔH 越小，其绝对值越大，则 1 的数值范围是大于1，选D。 ΔH 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B n(TAME)=(1-α) mol，n(A)+n(B)=n(CH OH)= α mol。已知反应Ⅲ的平衡常数K =9.0，则 =9.0，将该式 3 x3 nA 代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为0.9α mol，n(A)=0.1α mol，反应Ⅰ的平衡常数K = x1 1-a 101-a1+a 1+a = 。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 æ a ö 2 a2 0.1 ç ÷ è1+aø 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CH OH物质的量浓度之比不变，c(A)：c(CH OH)=0.1α：α=1:10。 3 3 nB (3)温度为353K，反应Ⅲ的平衡常数K =9.0， =9.0。由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲 x3 nA 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 nB 0.112 的浓度仍在变化， t=100s时 = »10.2>9，因此，反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，故其正反应 nA 0.011 速率v 小于逆反应速率v ，填＜。 正 逆 第24页 | 共24页