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 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 化B. 粮食酿酒 C. 燃煤脱硫 D. 石油裂 【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 C. 聚乙炔用作绝缘材料 【答案】C B. 氧化钙用作食品干燥剂 D. 乙二醇溶液用作汽车防冻液 【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. ①、④不可加热 C. ③、⑤可用于物质分离 【答案】A B. ②、④不可用作反应容器 D. ②、④、⑤使用前需检漏 【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[XY4]+[XY6]-的形式存在。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； 3- -的B．两者对应 简单氢化物分别是PH3 和 HCl，半径是 P >Cl，所以 PH3 的失电子能力强， 还原性强，即 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 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 HSO 具有氧化性 3B. 向酸性 KMnO4 溶液中加入 Fe3O4 粉末，紫色褪去，证明 Fe3O4 中含 Fe(Ⅱ) 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 HSO- 还原反应， 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 Fe3O4 中有还原性物质，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 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， NaClO+H O NaOH+HClO ，后来褪色，是因为水解产生了漂白性物质 HClO，D 项 2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 V1A. X、Y 生成 H2 的物质的量之比一定为 V2 2V 1B. X、Y 消耗酸的物质的量之比一定为 V2 V1C. 产物中 X、Y 化合价之比一定为 V2 V1D. 由 一定能确定产物中 X、Y 的化合价 V2 【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 aX aHCl H Xa 的 量 为bmol ， 根 据 转 移 电 子 守 恒 以 及H 原 子 守 恒 可 知 、22Y bH2SO4 bH2 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 H2 的物质 V1的量之比一定为 ，故A 正确； V2 aa2V 1a10V V，因此 1=B． X、Y 反应过程中消耗酸的物质的量之比为 ，因 ，故 21=bV2 bb 10V2 V2 B 正确； aV1a=C．产物中 X、Y 化合价之比为 ，由 B 项可知 ，故 C 正确； 2b V2 2b 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 a2V 1=三种情况，因此存在 a=1，2，3，b=0.5，1 的多种情况，由 可知，当 a=1，b=0.5 时， bV2 VVV111=1，当 a=2，b=1 时， =1，两种情况下 X、Y 的化合价不同，因此根据 可能无法 V2 V2 V2 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%CuSO4 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 C. 气流干燥湿料时温度不宜过高 NaHCO3 B. 结晶后母液中含有 NaHCO3 D. 中和后溶液中含 Na2SO3 和 【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； C．NaHSO3 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 C. N2H4 的沸点高于(CH3)2NNH2 杂化方式均相同 【答案】B B. N2H4 空间结构为平面形 D. CH3OH 和(CH3)2NNH2 中 C、O、N 【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．N2H4 中 N 原子的杂化方式为 sp3，不是平面形，B 错误； C．N2H4 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； D．CH3OH 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 CH3OH—O2、N2H4—O2、(CH3)2NNH2—O2 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)2NNH2—O2 燃料电池的理论放电量最大 D. 消耗 1molO2 时，理论上 N2H4—O2 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、 mg mg 6 4 、N2H4 和(CH3)2NNH2 放电量（物质的量表达式）分别是： 、32g/mol 32g/mol mg 16 ，通过比较可知(CH3)2NNH2 理论放电量最大，C 正确； 60g/mol 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 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 ABC蒸馏水、NaCl 固体 蒸馏水、饱和 FeCl3 溶液 量浓度的 NaCl 溶液 制备 Fe(OH)3 胶体 杯、量筒、玻璃棒 烧杯、酒精灯、胶头滴管 烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式 待测NaOH 溶液、已知浓度的盐 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 Na2CO3 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。 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； B．KMnO4 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 氧化剂也是还原剂，故B 错误； 是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 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 2KMnO4～ 5Cl2 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： ⅠⅢ- Ⅱ Ⅳ+OH +C H3O-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 CH318OH 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 【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 应 II 的成键和断键方式为 与为快速平衡，反 ，后者能生成 或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 K1 K2 K3 +-水溶液中存在如下平衡：H3R2+ H R 2HR R 。向一定浓度的 H RCl溶 3 2 液中滴加 NaOH 溶液，溶液中 H3R2+、H2R+、HR 和 R-的分布系数 δ(x)随 pH 变化如图所示。 c(x) 已知 δ(x)= ，下列表述正确的是 c(H3R2+ )+c(H2R+ )+c(HR)+c(R ) K2 K3 A. >K1 K2 B. M 点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+) -lgK2 -lgK3 C. O 点，pH= 2D. 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 ： H R2 OH H R H OH R OH HR H OHR OH R H O 、、，322222H3R2 H2R 溶 液 中 逐 渐 减 小 ， 和先 增 大 后 减 小 ， 逐 渐 增 大 。 HR Rc H R c H c HR c H c R c H 2K1 K2 ，，K3 ，M点c H R2 c H R c HR 32c H R2 =c H R c HR =c H R K 102.2 K 109.1 ，由此可知 ，N 点 ，则 ，P 32212c HR =c R K 1010.8 点，则 。3K2 109.1 K3 1010.8 =K2 K3 ==106.9 =101.7 【详解】A． ，，因此 ，故 A 错误； K1 102.2 K2 109.1 K1 K2 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 32c H R2 =c H R c R c OH c Cl 3c H R c H +c Na+ ，因此 ，322故 B 错误； c H R 1 2c H R c R C．O 点 ，因此 ，即 2c R c H R c HR c H c H c2 H 1 2c H K K ，因此 ，溶液 32c R c HR c H c H K2 K3 lg K2 lg K3 pH= lgc H = ，故 C 正确； 2c 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 c Na+ c Cl c OH c H 于水解和电离所产生微粒浓度，因此 ，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__；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 121212坐标，如 A 点原子的分数坐标为( ，，)。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 d=___pm。 【答案】 ①. 9 ②. F>O>Cl ③. 角(V)形 ④. 低于 ⑤. OF2 和 Cl2O 都是分 ⑥. 5⑦. D 子晶体，结构相似，Cl2O 的相对分子质量大，Cl2O 的熔、沸点高 r1cd= a2 +( -r)2 ⑧. 2 ⑨. (0，0， )⑩. pm c22【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 F>O>Cl；根据 VSEPR 理论有 6-1×2 2+ =4 ，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 2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 子的杂化方式应为 sp3d； 8-1×2 22+ =5 ，其中心原 118× +1=2 8× +2=4 (4)图中大球的个数为 ，小球的个数为 ，根据 XeF2 的原子个数比知大球 84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 rr中心，且每个坐标系的单位长度都记为 1，B 点在棱的 处，其坐标为(0，0， )； ccc2x= -r 图中 y 是底面对角线的一半， ，，所以 y= a221cd= x2 +y2 = a2 +( -r)2 pm。 2217. 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 (Na2Cr2O7•2H2O)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 c≤1.0×10-5mol•L-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 通电 为：4Na2CrO4+4H2O 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___。 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. 2 72CrO2 2H Cr O H O 使平衡正向移动，提高 Na2Cr2O7 的产率 ⑥. H2SO4 ⑦. 阳 ⑧. Na＋ ④. 浸取 422⑤. 所得溶液中含有大量 Na2SO4•10H2O 【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 (Na2Cr2O7•2H2O)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 AlO SiO2 转化为沉淀过滤除去， 3不溶于水，过滤后向溶液中加入 H2SO4 调节溶液 pH 使 、2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 Na2Cr2O7•2H2O 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。 AlO SiO2 (2)中和时调节溶液 pH 目的是将 、转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液 23SiO2 3+ pH≥4.5 时，Al 除尽，当溶液 pH＞9.3 时，H2SiO3 会再溶解生成 ，因此中和时 pH 3Cr O2 ；将 Al 元素和 Si 元素除去后，溶液中 Cr 元素主要以 4.5 pH 9.3 的理论范围为 272 72CrO2 2H Cr O H O CrO2 和存在，溶液中存在平衡： ，降低溶液 pH，平 4422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， 2 72CrO2 2H Cr O H O 4.5 pH 9.3 故答案为： ；使 平衡正向移动，提高 422Na2Cr2O7 的产率；浸取。 (3)蒸发结晶时，Na2SO4 主要以 Na2SO4•10H2O 存在，Na2SO4•10H2O 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 Na2SO4•10H2O；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 Na2SO4•10H2O；H2SO4。 通电 (4)由 4Na2CrO4+4H2O 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 2 72CrO24 2H Cr O H O Cr O2 可知， 在氢离子浓度较大的电极室中制得，即 7 222Na2Cr2O7 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：①冷却，停止通 H2；②以干燥的接收装置替换 E；③ 在 B 处加装盛有碱石灰的干燥管；④……；⑤加热，通 Cl2；⑥……。碱石灰的作用是___； 操作④是___，目的是___。 (3)利用碘量法测定 WCl6 产品纯度，实验如下： ①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)。 ②滴定：先将 WCl6 转化为可溶的 Na2WO4，通过 IO 离子交换柱发生反应： 3WO 42 +Ba(IO3)2=BaWO4+2IO ；交换结束后，向所得含 IO 的溶液中加入适量酸化的 KI 33溶液，发生反应：IO 3 +5I-+6H+=3I2+3H2O；反应完全后，用 Na2S2O3 标准溶液滴定，发生 反应：I2+2S2O 2 =2I-+S4O 2 。滴定达终点时消耗 cmol•L-1 的 Na2S2O3 溶液 VmL，则样品中 36WCl6(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 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】 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 N2 cVM ⑥. 排除装置中的 H2 ⑦. ( m3+m1- 2m2) ⑧. %⑨. 不变 120 m m 2m 2 31⑩. 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：WO 42 ~2IO ~6I2~12 S2O 2 计算样品中含 WCl6 的质量，进而计算样 33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⑤加热，通 Cl2 之前，装置中有多余的 H2，需要除去，所以操作④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) ①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)； 1②滴定时，根据关系式：WO 24 ~2IO ~6I2~12 S2O 2 ，样品中 n(WCl6)=n(WO 2 )= n(S2O 33412 11cVM 2 )= cV10 mol，m(WCl6)= cV 10mol Mg/mol= g，则样品中 WCl6 的质量 -3 -3 312 12 12000 cVM gcVM 分数为： 100%= %；根据测定原理，称量时，若加 12000 120 m m 2m 2 31(m3 m1 2m2 )g 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 cVM 答案为： %；不变；偏大。 120 m m 2m 2 31的19. 一种利胆药物 F 合成路线如图： Δ 已知：Ⅰ. +ΔⅡ. R －NH2 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. FeCl3 溶液 ④. 氧化反应 ⑤. 浓H2SO4 Δ+CH OH +H2O ⑥ . 3 3⑦.【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 C→D 是酯化反应，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 NaClO2、H+，NaClO2 具有氧化性，因此 B→C 为氧化反应，A→B 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：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。 (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，B→C 的反应类型为氧化反应，故答案 为：FeCl3 溶液；氧化反应。 (3)C→D 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 浓H2SO4 Δ+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， 浓H2SO4 故答案为： +CH OH +H2O；3。 3Δ(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 与 HBr 在 40℃下发生加成反应生成 ，和反应生成 ，根 Δ 据信息Ⅰ. +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： K1 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： +CH OH △H1 3K2 +CH OH △H2 3K3 反应Ⅲ： △H3 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 Kx 与温度 T 变化关系如图所示。据图判 ΔH1 断，A 和 B 中相对稳定的是__(用系统命名法命名)； 的数值范围是___(填标号)。 ΔH2 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 Kx3=9.0，则平衡体系中 B 的物质的 量为___mol，反应Ⅰ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 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Ⅲ的正反应速率 v 正__逆反应速率 v 逆(填“＞”“＜”或“=)。 (1)(1) 【答案】 ①. 2-甲基-2-丁烯 ②. D ③. 0.9α ④. ⑤. 逆向移 0.012 动⑥. 1:10 ⑦. X⑧. ＜ 【解析】 【分析】 【详解】(1)由平衡常数 Kx 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△H1 ＜0、△H2＜0、△H3＜0，因此，B 的总能量高于 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 ΔH1 △H1-△H2=△H3＜0，因此△H1＜△H2，由于放热反应的△H 越小，其绝对值越大，则 ΔH2 的数值范围是大于 1，选 D。 (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-α) mol，n(A)+n(B)=n(CH3OH)= α mol。已知反应Ⅲ的平衡常数 Kx3=9.0， n B 则=9.0，将该式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 n A 1 (1)(1) 0.012 1 0.1 mol，反应Ⅰ的平衡常数 Kx1= 。同温同压下，再向该容器中注入 2()1 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 CH3OH 物质的量浓度之比不变， c(A)：c(CH3OH)=0.1α：α=1:10。 n B (3)温度为 353K，反应Ⅲ的平衡常数 Kx3=9.0， =9.0。由 A、B 物质的量浓度 c 随反应 n A 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 n B 0.112 10.2 9 ，因此， 化趋势可知，100s 以后各组分的浓度仍在变化， t=100s 时 n A 0.011 反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，故其正反应速率 v 正小于逆反应速率 v 逆，填＜。
声明：如果本站提供的资源有问题或者不能下载，请点击页面底部的"联系我们"；
本站提供的资源大部分来自网络收集整理，如果侵犯了您的版权，请联系我们删除。
