2021年高考真题--化学(山东卷)(Word版附解析)
ID:9289 2021-09-03 1 3.00元 27页 4.25 MB
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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-1C-12N-14O-18F-19Cl-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;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[XY4]+[XY6]-的形式存在。下列说法错误的是A.原子半径:X>YB.简单氢化物还原性:X>YC.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;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B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NO2D.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,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,,,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B.X、Y消耗酸的物质的量之比一定为C.产物中X、Y化合价之比一定D.由一定能确定产物中X、Y的化合价【答案】D【解析】【分析】设与1molX反应消耗HCl的物质的量为amol,与1molY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、。【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,故A正确;B.X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为,因,因此,故B正确;C.产物中X、Y化合价之比为,由B项可知,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,由可知,当a=1,b=0.5时,=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.1B.2C.3D.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NaHCO3C.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;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B.N2H4空间结构为平面形C.N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2D.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;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、N2H4和(CH3)2NNH2放电量(物质的量表达式)分别是:、、,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.AB.BC.CD.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1molO2转移4mol电子,每生成1molCl2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:+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CH318OHD.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+H2R+HRR-。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δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=,下列表述正确的是A.>B.M点,c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C.O点,pH=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:、、,溶液中逐渐减小,和先增大后减小,逐渐增大。,,,M点,由此可知,N点,则,P点,则。【详解】A.,,因此,故A错误;B.M点存在电荷守恒:,此时,因此,故B错误;C.O点,因此,即,因此,溶液,故C正确;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.spB.sp2C.sp3D.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(,,)。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】①.9②.F>O>Cl③.角(V)形④.低于⑤.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⑥.5⑦.D⑧.2⑨.(0,0,)⑩.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F>O>Cl;根据VSEPR理论有,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,其中心原子的杂化方式应为sp3d;,(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点在棱的处,其坐标为(0,0,);图中y是底面对角线的一半,,,所以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(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的总反应方程式为:4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+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】①.增大反应物接触面积,提高化学反应速率②.③.使平衡正向移动,提高Na2Cr2O7的产率④.浸取⑤.所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O⑥.H2SO4⑦.阳⑧.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(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不溶于水,过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使、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。(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pH≥4.5时,Al3+除尽,当溶液pH>9.3时,H2SiO3会再溶解生成,因此中和时pH的理论范围为;将Al元素和Si元素除去后,溶液中Cr元素主要以和,存在,溶液中存在平衡:,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:;使平衡正向移动,提高Na2Cr2O7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。(4)由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+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,由可知,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:WO+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溶液,发生反应:IO+5I-+6H+=3I2+3H2O;反应完全后,用Na2S2O3标准溶液滴定,发生反应:I2+2S2O=2I-+S4O。滴定达终点时消耗cmol•L-1的Na2S2O3溶液VmL,则样品中WCl6(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E⑤.再次通入N2⑥.排除装置中的H2⑦.(m3+m1-2m2)⑧.%⑨.不变⑩.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~2IO~6I2~12S2O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);②滴定时,根据关系式:WO~2IO~6I2~12S2O,样品中n(WCl6)=n(WO)=n(S2O)=cV10-3mol,m(WCl6)=cV10-3molMg/mol=g,则样品中WCl6的质量分数为:100%=%;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:%;不变;偏大。19.一种利胆药物F的合成路线如图:,已知:Ⅰ.+Ⅱ.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】①.②.4③.FeCl3溶液④.氧化反应⑤.+CH3OH+H2O⑥.3⑦.【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+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:+CH3OH+H2O;3。(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:反应Ⅰ:+CH3OH△H1反应Ⅱ:+CH3OH△H2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)。A.<-1B.-1~0C.0~1D.>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“=)。【答案】①.2-甲基-2-丁烯②.D③.0.9α④.⑤.逆向移动⑥.1:10⑦.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,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△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)=αmol。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0,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0.9αmol,n(A)=0.1αmol,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。(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在变化,t=100s时,因此,反应Ⅲ正在向逆反应方向移动,故其正反应速率v正小于逆反应速率v逆,填<。
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