山東省2021年普通高中學業(yè)水平等級考試化學注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。2.回答選擇題時、選出每小題答案后、用鉛筆在答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1C-12N-14O-18F-19Cl-35.5一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分.每小題只有一個選項符合題目要求。1.有利于實現(xiàn)“碳達峰、碳中和”的是A.風能發(fā)電B.糧食釀酒C.燃煤脫硫D.石油裂化【答案】A【解析】【分析】【詳解】碳達峰是指我國承諾2030年前，二氧化碳的排放不再增長，達到峰值之后逐步降低；碳中和是指通過植樹造林、節(jié)能減排等形式，抵消自身產(chǎn)生的二氧化碳排放量，實現(xiàn)二氧化碳“零排放”，故選A?！军c睛】2.下列物質(zhì)應用錯誤的是A.石墨用作潤滑劑B.氧化鈣用作食品干燥劑C.聚乙炔用作絕緣材料D.乙二醇溶液用作汽車防凍液【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．石墨層與層之間的作用力很小，容易在層間發(fā)生相對滑動，是一種很好的固體潤滑劑，A項不符合題意；B．氧化鈣可以和水發(fā)生反應生成氫氧化鈣，可以用作食品干燥劑，B項不符合題意；,C．聚乙炔的結構中有單鍵和雙鍵交替，具有電子容易流動的性質(zhì)，是導電聚合物，C項符合題意；D．乙二醇容易與水分子形成氫鍵，可以與水以任意比例互溶?；旌虾笥捎诟淖兞死鋮s水的蒸汽壓，冰點顯著降低，故乙二醇可以用作汽車防凍液，D項不符合題意；故選C。3.關于下列儀器使用的說法錯誤的是A.①、④不可加熱B.②、④不可用作反應容器C.③、⑤可用于物質(zhì)分離D.②、④、⑤使用前需檢漏【答案】A【解析】【分析】①是錐形瓶，②是酸式滴定管，③是蒸餾燒瓶，④是容量瓶，⑤是梨形分液漏斗【詳解】A．錐形瓶可以加熱，但需要加石棉網(wǎng)，容量瓶不能加熱，A項符合題意；B．酸式滴定管用于量取一定體積的溶液，容量瓶只能用于配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，都不能作反應容器，B項不符合題意；C．蒸餾燒瓶用于蒸餾操作，分離相互溶解的液體，分液漏斗用于分液操作，分離相互不溶解的液體，兩者均可用于物質(zhì)分離，C項不符合題意；D．酸式滴定管帶有旋塞、容量瓶帶有瓶塞、分液漏斗帶有瓶塞和旋塞，使用前均需檢查是否漏水，D項不符合題意；故選A。4.X、Y為第三周期元素、Y最高正價與最低負價的代數(shù)和為6，二者形成的一種化合物能以[XY4]+[XY6]-的形式存在。下列說法錯誤的是A.原子半徑：X>YB.簡單氫化物還原性：X>YC.同周期元素形成的單質(zhì)中Y氧化性最強D.同周期中第一電離能小于X的元素,有4種【答案】D【解析】【分析】Y位于第三周期，且最高正價與最低負價的代數(shù)和為6，則Y是Cl元素，由X、Y形成的陰離子和陽離子知，X與Y容易形成共價鍵，根據(jù)化合物的形式知X是P元素?！驹斀狻緼．P與Cl在同一周期，則P半徑大，即X>Y，A項不符合題意；B．兩者對應的簡單氫化物分別是PH3和HCl，半徑是P3->Cl-，所以PH3的失電子能力強，還原性強，即X>Y，B項不符合題意；C．同周期元素從左往右，金屬性減弱，非金屬性增強，各元素對應金屬單質(zhì)還原性減弱，非金屬單質(zhì)的氧化性增強，所以Cl2的氧化性最強，C項不符合題意；D．同一周期，從左到右，第一電離能呈現(xiàn)增大的趨勢，第VA族元素的第一電離能大于相鄰元素的第一電離能；所以第三周期第一電離能從小到大依次為Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl，所以有5種，D項符合題意；故選D。5.下列由實驗現(xiàn)象所得結論錯誤的是A.向NaHSO3溶液中滴加氫硫酸，產(chǎn)生淡黃色沉淀，證明HSO具有氧化性B向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去，證明Fe3O4中含F(xiàn)e(Ⅱ)C.向濃HNO3中插入紅熱的炭，產(chǎn)生紅棕色氣體，證明炭可與濃HNO3反應生成NO2D.向NaClO溶液中滴加酚酞試劑，先變紅后褪色，證明NaClO在溶液中發(fā)生了水解反應【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．淡黃色沉淀是S，在反應過程中硫元素由NaHSO3中的+4價降低到0價，發(fā)生還原反應，體現(xiàn)氧化性，A項不符合題意；B．酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，與還原性物質(zhì)反應紫色才會褪去，所以可以證明Fe3O4中有還原性物質(zhì)，即Fe(Ⅱ)，B項不符合題意；C．在該反應中濃硝酸體現(xiàn)氧化性，N元素化合價降低，生成的產(chǎn)物可能是NO或者NO2，NO暴露于空氣中也會迅速產(chǎn)生紅棕色氣體，無法證明反應產(chǎn)物，C項符合題意；D．先變紅說明溶液顯堿性，證明NaClO在溶液中發(fā)生了水解，,，后來褪色，是因為水解產(chǎn)生了漂白性物質(zhì)HClO，D項不符合題意；故選C。6.X、Y均為短周期金屬元素，同溫同壓下，0.1molX的單質(zhì)與足量稀鹽酸反應，生成H2體積為V1L；0.1molY的單質(zhì)與足量稀硫酸反應，生成H2體積為V2L。下列說法錯誤的是A.X、Y生成H2的物質(zhì)的量之比一定為B.X、Y消耗酸的物質(zhì)的量之比一定為C.產(chǎn)物中X、Y化合價之比一定D.由一定能確定產(chǎn)物中X、Y的化合價【答案】D【解析】【分析】設與1molX反應消耗HCl的物質(zhì)的量為amol，與1molY反應消耗H2SO4的物質(zhì)的量為bmol，根據(jù)轉移電子守恒以及H原子守恒可知、?！驹斀狻緼．同溫同壓下，氣體體積之比等于其物質(zhì)的量之比，因此X、Y生成H2的物質(zhì)的量之比一定為，故A正確；B．X、Y反應過程中消耗酸的物質(zhì)的量之比為，因，因此，故B正確；C．產(chǎn)物中X、Y化合價之比為，由B項可知，故C正確；D．因短周期金屬單質(zhì)與鹽酸或稀硫酸反應時，生成的鹽中金屬元素化合價有+1、+2、+3三,種情況，因此存在a=1，2，3，b=0.5，1的多種情況，由可知，當a=1，b=0.5時，=1，當a=2，b=1時，=1，兩種情況下X、Y的化合價不同，因此根據(jù)可能無法確定X、Y的化合價，故D錯誤；綜上所述，錯誤的D項，故答案為D。7.某同學進行蔗糖水解實驗，并檢驗產(chǎn)物中的醛基，操作如下：向試管Ⅰ中加入1mL20%蔗糖溶液，加入3滴稀硫酸，水浴加熱5分鐘。打開盛有10%NaOH溶液的試劑瓶，將玻璃瓶塞倒放，取1mL溶液加入試管Ⅱ，蓋緊瓶塞；向試管Ⅱ中加入5滴2%CuSO4溶液。將試管Ⅱ中反應液加入試管Ⅰ，用酒精燈加熱試管Ⅰ并觀察現(xiàn)象。實驗中存在的錯誤有幾處？A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】【詳解】第1處錯誤：利用新制氫氧化銅溶液檢驗蔗糖水解生成的葡萄糖中的醛基時，溶液需保持弱堿性，否則作水解催化劑的酸會將氫氧化銅反應，導致實驗失敗，題干實驗過程中蔗糖水解后溶液未冷卻并堿化；第2處錯誤：NaOH溶液具有強堿性，不能用玻璃瓶塞，否則NaOH與玻璃塞中SiO2反應生成具有黏性的Na2SiO3，會導致瓶蓋無法打開，共2處錯誤，故答案為B。8.工業(yè)上以SO2和純堿為原料制備無水NaHSO3的主要流程如圖，下列說法錯誤的是A.吸收過程中有氣體生成B.結晶后母液中含有NaHCO3C.氣流干燥濕料時溫度不宜過高D.中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3【答案】B【解析】,【分析】根據(jù)工藝流程逆向分析可知，以二氧化硫和純堿為原料，得到結晶成分為NaHSO3，則母液為飽和NaHSO3和過量的二氧化硫形成的亞硫酸，溶液呈酸性，所以加入純堿進行中和，涉及的反應為：H2SO3+2Na2CO3=Na2SO3+2NaHCO3，NaHSO3+Na2CO3=Na2SO3+NaHCO3，所以調(diào)節(jié)pH為8進行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫氣體進行混合吸收，此時吸收過程中發(fā)生反應為：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+NaHCO3=CO2+NaHSO3↓，此時會析出大量NaHSO3晶體，經(jīng)過離心分離，將得到的濕料再進行氣流干燥，最終得到NaHSO3產(chǎn)品，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．根據(jù)上述分析可知，吸收過程中有二氧化碳生成，A正確；B．結晶后母液中含飽和NaHSO3和過量的二氧化硫形成的亞硫酸，沒有NaHCO3，假設產(chǎn)物中存在NaHCO3，則其會與生成的NaHSO3發(fā)生反應，且NaHCO3溶解度較低，若其殘留于母液中，會使晶體不純，假設不成立，B錯誤；C．NaHSO3高溫時易分解變質(zhì)，所以氣流干燥過程中溫度不宜過高，C正確；D．結合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正確；故選B。9.關于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的結構與性質(zhì)，下列說法錯誤的是A.CH3OH為極性分子B.N2H4空間結構為平面形C.N2H4的沸點高于(CH3)2NNH2D.CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N雜化方式均相同【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．甲醇可看成是甲烷中的一個氫原子被羥基取代得到的，為四面體結構，是由極性鍵組成的極性分子，A正確；B．N2H4中N原子的雜化方式為sp3，不是平面形，B錯誤；C．N2H4分子中連接N原子的H原子數(shù)多，存在氫鍵的數(shù)目多，而偏二甲肼（(CH3)2NNH2）只有一端可以形成氫鍵，另一端的兩個甲基基團比較大，影響了分子的排列，沸點較N2H4的低，C正確；D．CH3OH為四面體結構，-OH結構類似于水的結構，(CH3)2NNH2的結構簡式為,，兩者分子中C、O、N雜化方式均為sp3，D正確；故選B。10.以KOH溶液為離子導體，分別組成CH3OH—O2、N2H4—O2、(CH3)2NNH2—O2清潔燃料電池，下列說法正確的是A.放電過程中，K+均向負極移動B.放電過程中，KOH物質(zhì)的量均減小C.消耗等質(zhì)量燃料，(CH3)2NNH2—O2燃料電池的理論放電量最大D.消耗1molO2時，理論上N2H4—O2燃料電池氣體產(chǎn)物的體積在標準狀況下為11.2L【答案】C【解析】【分析】堿性環(huán)境下，甲醇燃料電池總反應為：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O；N2H4-O2清潔燃料電池總反應為：N2H4+O2=N2+2H2O；偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中C和N的化合價均為-2價，H元素化合價為+1價，所以根據(jù)氧化還原反應原理可推知其燃料電池的總反應為：(CH3)2NNH2+4O2+4KOH=2K2CO3+N2+6H2O，據(jù)此結合原電池的工作原理分析解答?！驹斀狻緼．放電過程為原電池工作原理，所以鉀離子均向正極移動，A錯誤；B．根據(jù)上述分析可知，N2H4-O2清潔燃料電池的產(chǎn)物為氮氣和水，其總反應中未消耗KOH，所以KOH的物質(zhì)的量不變，其他兩種燃料電池根據(jù)總反應可知，KOH的物質(zhì)的量減小，B錯誤；C．理論放電量與燃料的物質(zhì)的量和轉移電子數(shù)有關，設消耗燃料的質(zhì)量均為mg，則甲醇、N2H4和(CH3)2NNH2放電量（物質(zhì)的量表達式）分別是：、、，通過比較可知(CH3)2NNH2理論放電量最大，C正確；D．根據(jù)轉移電子數(shù)守恒和總反應式可知，消耗1molO2生成的氮氣的物質(zhì)的量為1mol，在標準狀況下為22.4L，D錯誤；故選C。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.為完成下列各組實驗，所選玻璃儀器和試劑均準確、完整的是(不考慮存放試劑的容器),實驗目的玻璃儀器試劑A配制100mL一定物質(zhì)的量濃度的NaCl溶液100mL容量瓶、膠頭滴管、燒杯、量筒、玻璃棒蒸餾水、NaCl固體B制備Fe(OH)3膠體燒杯、酒精燈、膠頭滴管蒸餾水、飽和FeCl3溶液C測定NaOH溶液濃度燒杯、錐形瓶、膠頭滴管、酸式滴定管待測NaOH溶液、已知濃度的鹽酸、甲基橙試劑D制備乙酸乙酯試管、量筒、導管、酒精燈冰醋酸、無水乙醇、飽和Na2CO3溶液A.AB.BC.CD.D【答案】AB【解析】【分析】【詳解】A．配制100mL一定物質(zhì)的量濃度的NaCl溶液的步驟為：計算、稱量、溶解、轉移、洗滌、定容、搖勻等，需要的儀器有：托盤天平、藥匙、燒杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管等，選項中所選玻璃儀器和試劑均準確，A符合題意；B．往燒杯中加入適量蒸餾水并加熱至沸騰，向沸水滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色停止加熱，得到氫氧化鐵膠體，所選玻璃儀器和試劑均準確，B符合題意；C．用標準稀鹽酸溶液滴定待測氫氧化鈉溶液可測定出氫氧化鈉的濃度，取待測液時需選取堿式滴定管，酸式滴定管則盛裝標準鹽酸溶液，所以所選儀器還應有堿式滴定管，C不符合題意；D．制備乙酸乙酯時需要用濃硫酸作催化劑和吸水劑，所選試劑中缺少濃硫酸，D不符合題意；故選AB。12.立體異構包括順反異構、對映異構等。有機物M(2—甲基—2—丁醇)存在如圖轉化關系，下列說法錯誤的是,A.N分子可能存在順反異構B.L的任一同分異構體最多有1個手性碳原子C.M的同分異構體中，能被氧化為酮的醇有4種D.L的同分異構體中，含兩種化學環(huán)境氫的只有1種【答案】AC【解析】【分析】M()在濃硫酸作催化劑并加熱條件下發(fā)生消去反應生成或，N與HCl發(fā)生加成反應生成L，L能發(fā)生水解反應生成M，則L的結構簡式為?！驹斀狻緼．順反異構是指化合物分子中由于具有自由旋轉的限制因素，使各個基團在空間的排列方式不同而出現(xiàn)的非對映異構現(xiàn)象，、都不存在順反異構，故A錯誤；B．手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，L的同分異構體結構及手性碳原子(用*標記)為、、、、、、、，任一同分異構體中最多含有1,個手性碳原子，故B正確；C．當與羥基相連的碳原子上只有1個氫原子時，醇發(fā)生催化氧化反應生成酮，羥基取代戊烷同分異構體中含有2個氫原子的碳原子上1個氫原子即滿足條件，滿足條件的結構有：、、，共3種，故C錯誤；D．連接在同一碳原子上的氫原子等效，連接在同一碳原子上的甲基等效，由B項解析可知，L的同分異構體中，含有2種化學環(huán)境的氫原子的結構為，故D正確；綜上所述，說法錯誤的是AC，故答案為：AC。13.實驗室中利用固體KMnO4進行如圖實驗，下列說法錯誤的是A.G與H均為氧化產(chǎn)物B.實驗中KMnO4只作氧化劑C.Mn元素至少參與了3個氧化還原反應D.G與H的物質(zhì)的量之和可能為0.25mol【答案】BD【解析】【分析】KMnO4固體受熱分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加熱條件下能與濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應，反應過程中Cl-被氧化為Cl2，K2MnO4、MnO2被還原為MnCl2，因此氣體單質(zhì)G為O2，氣體單質(zhì)H為Cl2?！驹斀狻緼．加熱KMnO4固體的反應中，O元素化合價由-2升高至0被氧化，加熱K2MnO4、MnO2與濃鹽酸的反應中，Cl元素化合價由-1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均為氧化產(chǎn)物，故A正確；B．KMnO4固體受熱分解過程中，Mn元素化合價降低被還原，部分O元素化合價升高被氧化，因此KMnO4既是氧化劑也是還原劑，故B錯誤；C．Mn元素在反應過程中物質(zhì)及化合價變化為,，Mn元素至少參加了3個氧化還原反應，故C正確；D．每生成1molO2轉移4mol電子，每生成1molCl2轉移2mol電子，若KMnO4轉化為MnCl2過程中得到的電子全部是Cl-生成Cl2所失去的，則氣體的物質(zhì)的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(氣體)max=0.25mol，但該氣體中一定含有O2，因此最終所得氣體的物質(zhì)的量小于0.25mol，故D錯誤；綜上所述，說法錯誤的是BD，故答案為：BD。14.18O標記的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中發(fā)生水解，部分反應歷程可表示為：+OH-+CH3O-能量變化如圖所示。已知為快速平衡，下列說法正確的是,A.反應Ⅱ、Ⅲ為決速步B.反應結束后，溶液中存在18OH-C.反應結束后，溶液中存在CH318OHD.反應Ⅰ與反應Ⅳ活化能的差值等于圖示總反應的焓變【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．一般來說，反應的活化能越高，反應速率越慢，由圖可知，反應I和反應IV的活化能較高，因此反應的決速步為反應I、IV，故A錯誤；B．反應I為加成反應，而與為快速平衡，反應II的成鍵和斷鍵方式為或，后者能生成18OH-，因此反應結束后，溶液中存在18OH-，故B正確；,C．反應III的成鍵和斷鍵方式為或，因此反應結束后溶液中不會存在CH318H，故C錯誤；D．該總反應對應反應物的總能量高于生成物總能量，總反應為放熱反應，因此和CH3O-的總能量與和OH-的總能量之差等于圖示總反應的焓變，故D錯誤；綜上所述，正確的是B項，故答案為B。15.賴氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人體必需氨基酸，其鹽酸鹽(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定濃度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系數(shù)δ(x)隨pH變化如圖所示。已知δ(x)=，下列表述正確的是A.>B.M點，c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C.O點，pH=D.P點，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，依次發(fā)生離子反應：、、，溶液中逐漸減小，和先增大后減小，逐漸增大。，，，M點，由此可知，N點，則，P點，則。【詳解】A．，，因此，故A錯誤；B．M點存在電荷守恒：，此時，因此，故B錯誤；C．O點，因此，即，因此，溶液，故C正確；D．P點溶質(zhì)為NaCl、HR、NaR，此時溶液呈堿性，因此，溶質(zhì)濃度大于水解和電離所產(chǎn)生微粒濃度，因此，故D正確；綜上所述，正確的是CD，故答案為CD。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.非金屬氟化物在生產(chǎn)、生活和科研中應用廣泛?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)F原子核外電子的運動狀態(tài)有__種。(2)O、F、Cl電負性由大到小的順序為__；OF2分子的空間構型為__；OF2的熔、沸點__(填“,高于”或“低于”)Cl2O，原因是___。(3)Xe是第五周期的稀有氣體元素，與F形成的XeF2室溫下易升華。XeF2中心原子的價層電子對數(shù)為___，下列對XeF2中心原子雜化方式推斷合理的是___(填標號)。A.spB.sp2C.sp3D.sp3d(4)XeF2晶體屬四方晶系，晶胞參數(shù)如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°，該晶胞中有__個XeF2分子。以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱為原子的分數(shù)坐標，如A點原子的分數(shù)坐標為(，，)。已知Xe—F鍵長為rpm，則B點原子的分數(shù)坐標為___；晶胞中A、B間距離d=___pm。【答案】①.9②.F>O>Cl③.角(V)形④.低于⑤.OF2和Cl2O都是分子晶體，結構相似，Cl2O的相對分子質(zhì)量大，Cl2O的熔、沸點高⑥.5⑦.D⑧.2⑨.(0，0，)⑩.pm【解析】【分析】【詳解】(1)基態(tài)F原子共有9個核外電子，則每個電子都有對應的軌道和自旋狀態(tài)，所以核外電子的運動狀態(tài)有9種；(2)電負性一定程度上相當于得電子能力，半徑越小，得電子能力越強，電負性越大，半徑由小到大的順序為F、O、Cl，所以電負性大小順序為F>O>Cl；根據(jù)VSEPR理論有，去掉2對孤對電子，知OF2分子的空間構型是角形；OF2和Cl2O都是分子晶體，結構相似，Cl2O的相對分子質(zhì)量大，Cl2O的熔、沸點高；(3)XeF2易升華，所以是分子晶體，其中心原子的價層電子對數(shù)為，其中心原子的雜化方式應為sp3d；,(4)圖中大球的個數(shù)為，小球的個數(shù)為，根據(jù)XeF2的原子個數(shù)比知大球是Xe原子，小球是F原子，該晶胞中有2個XeF2分子；由A點坐標知該原子位于晶胞的中心，且每個坐標系的單位長度都記為1，B點在棱的處，其坐標為(0，0，)；圖中y是底面對角線的一半，，，所以pm。17.工業(yè)上以鉻鐵礦(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等雜質(zhì))為主要原料制備紅礬鈉(Na2Cr2O7•2H2O)的工藝流程如圖?；卮鹣铝袉栴}：(1)焙燒的目的是將FeCr2O4轉化為Na2CrO4并將Al、Si氧化物轉化為可溶性鈉鹽，焙燒時氣體與礦料逆流而行，目的是___。(2)礦物中相關元素可溶性組分物質(zhì)的量濃度c與pH的關系如圖所示。當溶液中可溶組分濃度c≤1.0×10-5mol•L-1時，可認為已除盡。中和時pH的理論范圍為___；酸化的目的是___；Fe元素在___(填操作單元的名稱)過程中除去。,(3)蒸發(fā)結晶時，過度蒸發(fā)將導致___；冷卻結晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循環(huán)利用的物質(zhì)還有____。(4)利用膜電解技術(裝置如圖所示)，以Na2CrO4為主要原料制備Na2Cr2O7的總反應方程式為：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。則Na2Cr2O7在___(填“陰”或“陽”)極室制得，電解時通過膜的離子主要為___?！敬鸢浮竣?增大反應物接觸面積，提高化學反應速率②.③.使平衡正向移動，提高Na2Cr2O7的產(chǎn)率④.浸取⑤.所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O⑥.H2SO4⑦.陽⑧.Na＋【解析】【分析】以鉻鐵礦(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等雜質(zhì))為主要原料制備紅礬鈉(Na2Cr2O7•2H2O)過程中，向鉻鐵礦中加入純堿和O2進行焙燒，F(xiàn)eCr2O4轉化為Na2CrO4，F(xiàn)e(II)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物轉化為NaAlO2、Na2SiO3，加入水進行“浸取”，F(xiàn)e2O3不溶于水，過濾后向溶液中加入H2SO4調(diào)節(jié)溶液pH使、轉化為沉淀過濾除去，再向濾液中加入H2SO4，將Na2CrO4轉化為Na2Cr2O7，將溶液蒸發(fā)結晶將Na2SO4除去，所得溶液冷卻結晶得到Na2Cr2O7•2H2O晶體，母液中還含有大量H2SO4。據(jù)此解答?！驹斀狻?1)焙燒時氣體與礦料逆流而行，目的是利用熱量使O2向上流動，增大固體與氣體的接觸面積，提高化學反應速率，故答案為：增大反應物接觸面積，提高化學反應速率。(2)中和時調(diào)節(jié)溶液pH目的是將、轉化為沉淀過濾除去，由圖可知，當溶液pH≥4.5時，Al3+除盡，當溶液pH＞9.3時，H2SiO3會再溶解生成，因此中和時pH的理論范圍為；將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，平衡正向移動，可提高Na2Cr2O7的產(chǎn)率；由上述分析可知，F(xiàn)e元素在“浸取”操作中除去，故答案為：；使平衡正向移動，提高Na2Cr2O7的產(chǎn)率；浸取。(3)蒸發(fā)結晶時，Na2SO4主要以Na2SO4•10H2O存在，Na2SO4•10H2O的溶解度隨溫度升高先增大后減小，若蒸發(fā)結晶時，過度蒸發(fā)將導致所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O；由上述分析可知，流程中循環(huán)利用的物質(zhì)除Na2Cr2O7外，還有H2SO4，故答案為：所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O；H2SO4。(4)由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，電解過程中實質(zhì)是電解水，陽極上水失去電子生成H＋和O2，陰極上H+得到電子生成H2，由可知，在氫離子濃度較大的電極室中制得，即Na2Cr2O7在陽極室產(chǎn)生；電解過程中，陰極產(chǎn)生氫氧根離子，氫氧化鈉在陰極生成，所以為提高制備Na2Cr2O7的效率，Na＋通過離子交換膜移向陰極，故答案為：陽；Na＋。18.六氯化鎢(WCl6)可用作有機合成催化劑，熔點為283℃，沸點為340℃，易溶于CS2，極易水解。實驗室中，先將三氧化鎢(WO3)還原為金屬鎢(W)再制備WCl6，裝置如圖所示(夾持裝置略)?；卮鹣铝袉栴}：(1)檢查裝置氣密性并加入WO3。先通N2，其目是___；一段時間后，加熱管式爐，改通H2，對B處逸出的H2進行后續(xù)處理。儀器A的名稱為___，證明WO3,已被完全還原的現(xiàn)象是___。(2)WO3完全還原后，進行的操作為：①冷卻，停止通H2；②以干燥的接收裝置替換E；③在B處加裝盛有堿石灰的干燥管；④……；⑤加熱，通Cl2；⑥……。堿石灰的作用是___；操作④是___，目的是___。(3)利用碘量法測定WCl6產(chǎn)品純度，實驗如下：①稱量：將足量CS2(易揮發(fā))加入干燥的稱量瓶中，蓋緊稱重為m1g；開蓋并計時1分鐘，蓋緊稱重為m2g；再開蓋加入待測樣品并計時1分鐘，蓋緊稱重為m3g，則樣品質(zhì)量為___g(不考慮空氣中水蒸氣的干擾)。②滴定：先將WCl6轉化為可溶的Na2WO4，通過IO離子交換柱發(fā)生反應：WO+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO；交換結束后，向所得含IO的溶液中加入適量酸化的KI溶液，發(fā)生反應：IO+5I-+6H+=3I2+3H2O；反應完全后，用Na2S2O3標準溶液滴定，發(fā)生反應：I2+2S2O=2I-+S4O。滴定達終點時消耗cmol•L-1的Na2S2O3溶液VmL，則樣品中WCl6(摩爾質(zhì)量為Mg•mol-1)的質(zhì)量分數(shù)為___。稱量時，若加入待測樣品后，開蓋時間超過1分鐘，則滴定時消耗Na2S2O3溶液的體積將___(填“偏大”“偏小”或“不變”)，樣品中WCl6質(zhì)量分數(shù)的測定值將___(填“偏大”“偏小”或“不變”)?！敬鸢浮竣?排除裝置中的空氣②.直形冷凝管③.淡黃色固體變?yōu)殂y白色④.吸收多余氯氣，防止污染空氣；防止空氣中的水蒸氣進入E⑤.再次通入N2⑥.排除裝置中的H2⑦.(m3+m1-2m2)⑧.%⑨.不變⑩.偏大【解析】【分析】(1)將WO3在加熱條件下用H2還原為W，為防止空氣干擾，還原WO3之前要除去裝置中的空氣；(2)由信息可知WCl6極易水解，W與Cl2反應制取WCl6時，要在B處加裝盛有堿石灰的干燥管，防止空氣中的水蒸氣進入E中；(3)利用碘量法測定WCl6產(chǎn)品純度，稱量時加入足量的CS2用于溶解樣品，蓋緊稱重為m1g，由于CS2易揮發(fā)，開蓋時要揮發(fā)出來，稱量的質(zhì)量要減少，開蓋并計時1分鐘，蓋緊稱重m2g，則揮發(fā)出的CS2的質(zhì)量為(m1-m2)g，再開蓋加入待測樣品并計時1分鐘，又揮發(fā)出(m1,-m2)g的CS2，蓋緊稱重為m3g，則樣品質(zhì)量為：m3g+2(m1-m2)g-m1g=(m3+m1-2m2)g；滴定時，利用關系式：WO~2IO~6I2~12S2O計算樣品中含WCl6的質(zhì)量，進而計算樣品中WCl6的質(zhì)量分數(shù)；根據(jù)測定原理分析是否存在誤差及誤差是偏大還是偏小?！驹斀狻?1)用H2還原WO3制備W，裝置中不能有空氣，所以先通N2，其目的是排除裝置中的空氣；由儀器構造可知儀器A的名稱為直形冷凝管；WO3為淡黃色固體，被還原后生成W為銀白色，所以能證明WO3已被完全還原的現(xiàn)象是淡黃色固體變?yōu)殂y白色，故答案為：淡黃色固體變?yōu)殂y白色；(2)由信息可知WCl6極易水解，W與Cl2反應制取WCl6時，要在B處加裝盛有堿石灰的干燥管，防止空氣中的水蒸氣進入E中，所以堿石灰的作用其一是吸收多余氯氣，防止污染空氣；其二是防止空氣中的水蒸氣進入E；在操作⑤加熱，通Cl2之前，裝置中有多余的H2，需要除去，所以操作④是再次通入N2，目的是排除裝置中的H2，故答案為：吸收多余氯氣，防止污染空氣；防止空氣中的水蒸氣進入E；再次通入N2；排除裝置中的H2；(3)①根據(jù)分析，稱量時加入足量的CS2，蓋緊稱重為m1g，由于CS2易揮發(fā)，開蓋時要揮發(fā)出來，稱量的質(zhì)量要減少，開蓋并計時1分鐘，蓋緊稱重m2g，則揮發(fā)出的CS2的質(zhì)量為(m1-m2)g，再開蓋加入待測樣品并計時1分鐘，又揮發(fā)出(m1-m2)g的CS2，蓋緊稱重為m3g，則樣品質(zhì)量為：m3g+2(m1-m2)g-m1g=(m3+m1-2m2)g，故答案為：(m3+m1-2m2)；②滴定時，根據(jù)關系式：WO~2IO~6I2~12S2O，樣品中n(WCl6)=n(WO)=n(S2O)=cV10-3mol，m(WCl6)=cV10-3molMg/mol=g，則樣品中WCl6的質(zhì)量分數(shù)為：100%=%；根據(jù)測定原理，稱量時，若加入待測樣品后，開蓋時間超過1分鐘，揮發(fā)的CS2的質(zhì)量增大，m3偏小，但WCl6的質(zhì)量不變，則滴定時消耗Na2S2O3溶液的體積將不變，樣品中WCl6質(zhì)量分數(shù)的測定值將偏大，故答案為：%；不變；偏大。19.一種利膽藥物F的合成路線如圖：,已知：Ⅰ.+Ⅱ.回答下列問題：(1)A的結構簡式為___；符合下列條件的A的同分異構體有___種。①含有酚羥基②不能發(fā)生銀鏡反應③含有四種化學環(huán)境的氫(2)檢驗B中是否含有A的試劑為___；B→C的反應類型為___。(3)C→D的化學方程式為__；E中含氧官能團共___種。(4)已知：，綜合上述信息，寫出由和制備的合成路線___。,【答案】①.②.4③.FeCl3溶液④.氧化反應⑤.+CH3OH+H2O⑥.3⑦.【解析】【分析】由信息反應II以及F的結構簡式和E的分子式可知E的結構簡式為，D發(fā)生信息反應I得到E，則D的結構簡式為，C與CH3OH發(fā)生反應生成D，C相較于D少1個碳原子，說明C→D是酯化反應，因此C的結構簡式為，B→C碳鏈不變，而A→B碳鏈增長，且增長的碳原子數(shù)等于中碳原子數(shù)，同時B→C的反應條件為,NaClO2、H+，NaClO2具有氧化性，因此B→C為氧化反應，A→B為取代反應，C8H8O3的不飽和度為5，說明苯環(huán)上的取代基中含有不飽和鍵，因此A的結構簡式為，B的結構簡式為。【詳解】(1)由上述分析可知，A的結構簡式為；A的同分異構體中滿足：①含有酚羥基；②不能發(fā)生銀鏡反應，說明結構中不含醛基；③含有四種化學環(huán)境的氫，說明具有對稱結構，則滿足條件的結構有：、、、，共有4種，故答案為：；4。(2)A中含有酚羥基，B中不含酚羥基，可利用FeCl3溶液檢驗B中是否含有A，若含有A，則加入FeCl3溶液后溶液呈紫色；由上述分析可知，B→C的反應類型為氧化反應，故答案為：FeCl3溶液；氧化反應。(3)C→D為與CH3OH,在濃硫酸作催化劑并加熱條件下發(fā)生酯化反應生成，反應化學方程式為+CH3OH+H2O；E的結構簡式為，其中的含氧官能團為醚鍵、酚羥基、酯基，共3種，故答案為：+CH3OH+H2O；3。(4)由和制備過程需要增長碳鏈，可利用題干中A→B的反應實現(xiàn)，然后利用信息反應I得到目標產(chǎn)物，目標產(chǎn)物中碳碳雙鍵位于端基碳原子上，因此需要與HBr在40℃下發(fā)生加成反應生成，和反應生成，根據(jù)信息Ⅰ.+得到,反應生成，因此合成路線為；故答案為：。20.2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加劑。在催化劑作用下，可通過甲醇與烯烴的液相反應制得，體系中同時存在如圖反應：反應Ⅰ：+CH3OH△H1反應Ⅱ：+CH3OH△H2反應Ⅲ：△H3回答下列問題：(1)反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物質(zhì)的量分數(shù)表示的平衡常數(shù)Kx與溫度T變化關系如圖所示。據(jù)圖判斷，A和B中相對穩(wěn)定的是__(用系統(tǒng)命名法命名)；的數(shù)值范圍是___(填標號)。A.<-1B.-1～0C.0～1D.>1,(2)為研究上述反應體系的平衡關系，向某反應容器中加入1.0molTAME，控制溫度為353K，測得TAME的平衡轉化率為α。已知反應Ⅲ的平衡常數(shù)Kx3=9.0，則平衡體系中B的物質(zhì)的量為___mol，反應Ⅰ的平衡常數(shù)Kx1=___。同溫同壓下，再向該容器中注入惰性溶劑四氫呋喃稀釋，反應Ⅰ的化學平衡將__(填“正向移動”“逆向移動”或“不移動”)平衡時，A與CH3OH物質(zhì)的量濃度之比c(A)：c(CH3OH)=___。(3)為研究反應體系的動力學行為，向盛有四氫呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CH3OH。控制溫度為353K，A、B物質(zhì)的量濃度c隨反應時間t的變化如圖所示。代表B的變化曲線為__(填“X”或“Y”)；t=100s時，反應Ⅲ的正反應速率v正__逆反應速率v逆(填“＞”“＜”或“=)?！敬鸢浮竣?2-甲基-2-丁烯②.D③.0.9α④.⑤.逆向移動⑥.1:10⑦.X⑧.＜,【解析】【分析】【詳解】(1)由平衡常數(shù)Kx與溫度T變化關系曲線可知，反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常數(shù)的自然對數(shù)隨溫度升高（要注意橫坐標為溫度的倒數(shù)）而減小，說明3個反應均為放熱反應，即△H1＜0、△H2＜0、△H3＜0，因此，A的總能量高于B的總能量，能量越低越穩(wěn)定，A和B中相對穩(wěn)定的是B，其用系統(tǒng)命名法命名為2-甲基-2-丁烯；由蓋斯定律可知，Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，則△H1-△H2=△H3＜0，因此△H1＜△H2，由于放熱反應的△H越小，其絕對值越大，則的數(shù)值范圍是大于1，選D。(2)向某反應容器中加入1.0molTAME，控制溫度為353K，測得TAME的平衡轉化率為α,則平衡時n(TAME)=(1-α)mol，n(A)+n(B)=n(CH3OH)=αmol。已知反應Ⅲ的平衡常數(shù)Kx3=9.0，則=9.0，將該式代入上式可以求出平衡體系中B的物質(zhì)的量為0.9αmol，n(A)=0.1αmol，反應Ⅰ的平衡常數(shù)Kx1=。同溫同壓下，再向該容器中注入惰性溶劑四氫呋喃稀釋，反應Ⅰ的化學平衡將向著分子數(shù)增大的方向移動，即逆向移動。平衡時，TAME的轉化率變大，但是平衡常數(shù)不變，A與CH3OH物質(zhì)的量濃度之比不變，c(A)：c(CH3OH)=0.1α：α=1:10。(3)溫度為353K，反應Ⅲ的平衡常數(shù)Kx3=9.0，=9.0。由A、B物質(zhì)的量濃度c隨反應時間t的變化曲線可知，X代表的平衡濃度高于Y，則代表B的變化曲線為X；由母線的變化趨勢可知，100s以后各組分的濃度仍在變化，t=100s時，因此，反應Ⅲ正在向逆反應方向移動，故其正反應速率v正小于逆反應速率v逆，填＜。