2021年高考化学真题试题山东卷版,含答案与解析

1、2021年高考化学真题试卷（山东卷）一、单选题（共10题；共20分）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【考点】常见能量的转化及运用，使用化石燃料的利弊及新能源的开发，常见的生活环境的污染及治理， 石油的裂化和裂解【解析】【解答】碳达峰是我国承诺在 2030年前，二氧化碳的排放不在增长，达到峰值之后逐步降低,碳中和是指通过指数造林、节能减排等减少自身的二氧化碳的排放量。实现二氧化碳的0排放A.风能发电可以减少二氧化碳的排放，故A符合题意B.粮食酿酒可以增加二氧化碳的排放，故B不符合题意C.燃煤脱硫 产生大量的二氧化碳，故 C不符合

2、题意D.石油裂化的裂化可以产生碳氢化合物，燃烧产生大量的二氧化碳，故 D不符合题意故正确答案是：A【分析】主要就是降低二氧化碳的排放，找出即可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.聚乙快用作绝缘材料D.乙二醇溶液用作汽车防冻液【答案】C【考点】物质的组成、结构和性质的关系【解析】【解答】A.石墨是层状结构，层与层可以相互滑动，可以做润滑剂，故 A不符合题意B.氧化钙可以和水反应降低水的含量，故B不符合题意C.聚乙快中含有单键和双键相互交替，存在自由电子的移动性质，因此可以导电，故C符合题意D.乙二醇与水可以形成氢键，因此乙二醇溶液用作汽车防冻液，故D不符合题

3、意故答案为：C【分析】A.石墨质地柔软B.主要利用的是氧化钙与水反应C.聚乙快可以导电D.乙二醇溶液可以降低冰点.关于下列仪器使用的说法错误的是（）【考点】常用仪器及其使用【解析】【解答】A.锥形瓶可以垫上石棉网进行加热，容量瓶不能加热，故A符合题意B.酸式滴定管用于量取一定体积的溶液，容量瓶只能用于配置一定物质的量浓度的溶液，不能做反应容器，故B不符合题意C.蒸储烧瓶用于蒸储操作，可以分离熔沸点不同的液体，分液漏斗用于分液操作，分离不互溶的液体均可以用于分离，故 C不符合题意D.酸式滴定管以及容量瓶以及分液漏斗均含有瓶塞以及旋塞使用之前均需要进行捡漏，故D不符合题意【分析】 锥形瓶不能直接加

4、热，但是需要垫上石棉网进行加热 酸式滴定管需要进行检漏，只能进行量取液体蒸储烧瓶可进行分离熔沸点的不同液体容量瓶使用前需要进行检漏，能用于配置一定浓度的物质梨形分液漏斗使用前需要进行检漏，可以进行分离互不相溶的液体.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 Xh+XY6的形式存在。下列说法错误的是（）A.原子半径：XYB.简单氢化物的还原性：XYC.同周期元素形成的单质中 丫氧化性最强D.同周期中第一电离能小于 X的元素有4种【答案】D【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】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 ,即可

5、判断出Y为Cl,X也是第三周期的元素，二者形成的一种化合物能以XY4+XY6-的形式存在，因此X是PA.根据X是P, Y是Cl,原子半径：XY ,故A不符合题意B.X的氢化物是PH3,Y的氢化物是HCl,简单氢化物的还原性：XY，故B不符合题意C.同周期元素形成的单质中 Cl2氧化性最强，故C不符合题意D.同乙周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，第五主族的电离能大于相邻的第一电离能，因此电离能是由小到大依次是 Na,Mg,Al,Si, S, P,Cl共有5种元素，故D符合题意【分析】根据题目中给出的条件即可判断出XY的元素符号，结合选项进行判断5.下列由实验现象所得结论错误的是（A.向N

6、aHSQ溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明 HSO 3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（n ）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溶液中滴加酚酗: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【考点】含氮物质的综合应用，含硫物质的性质及综合应用，铁的氧化物和氢氧化物，化学实验方案的评 价【解析】【解答】A.根据题意写出离子方程式：HSC3-+2H2S+H+=3S J +3Ho反应过程中亚硫酸钠的元素化合 价由+4价降低为0价，发生了还原反应，起的是氧化

7、性，故A不符合题意B.酸性高镒酸钾具有氧化性，可与被具有还原性的物质还原，通过颜色的变化可以证明发生反应，故B不符合题意C.硝酸和碳木炭反应，体现出氧化性，氮元素的化合价降低，可能是一氧化氮或者是二氧化氮，而一氧化氮与空气接触迅速变为二氧化氮，无法确定产物一定是二氧化氮，故C符合题意D.先变红，说明此时溶液显碱性，证明次氯酸钠溶液发生可水解，后来褪色是因此水解得到了具有漂白 性的次氯酸，后来褪色，故D不符合题意故答案是：C【分析】A.标出化学价进行判断即可B.通过紫色褪去，可说明发生氧化还原反应C.随着反应的进行浓硝酸变为稀硝酸，会产生一氧化氮，与氧气反应，产生红棕色的二氧化氮D.次氯酸具有氧

8、化性且是弱酸，且强碱弱酸盐水解呈碱性6.X、Y均为短周期金属元素，同温同压下, 0.1molY的单质与足量稀硫酸反应，生成0.1molX的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为ViL;X、Y生成H2的物质的量之比一定为VV2X、丫消耗酸的物质的量之比一定为2ViV2H2体积为V2L。下列说法错误的是（）C.产物中X、Y化合价之比一定为 V1V2D.由一定能确定产物中 X、Y的化合价 V2【答案】 D【考点】物质的量的相关计算，元素周期表的结构及其应用【解析】【解答】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ViL; 0.1molY的单质与足量稀硫

9、酸反应，生成H2体积为V2L。设0.1molX消耗的盐酸的物质的量为m, 0.1molY消耗的硫酸的物质的量为 n,根据元素守恒以及电荷守恒即可得出：XmHCl9H2+X m+ , 丫nH 2SO 4nH 2Y2n+,A.同温度同压强下，物质的量之比等于体积之比，X、Y生成H2的物质的量之比为V ,故A不符合题意 TOC o 1-5 h z 1 V2一?1I1?一 .二 a 一 . ？2?1 .一、B. X、Y消耗酸的物质的量之比一定为后，而此时尚=看得到后=而，故B不符合题意?C.产物中X、Y化合价之比为 赤根据行= 2?即可得出化合价之比为V1 ,故C不符合题意V2+1 , +2 , +3

10、价，存在多种情况，化学价之比D.以第三周期为例，由钠镁铝三种金属。形成的化合价为是也，但是只能确定化合价的比值不能确定具体的化合价，故D符合题意V2故正确答案是：D【分析】根据给出的信息即可找出金属消耗酸以及产生氢气以及形成的金属阳离子之间的关系，再结合选项进行判断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n ,盖紧瓶塞；向试管n中加入5滴2%CuSQ溶液。将试管n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

11、误有几处？（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【考点】蔗糖与淀粉的性质实验，化学实验方案的评价，醛的化学性质【解析】【解答】 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。此处未进 行加入氢氧化钠溶液进行碱化，第一处错误。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n ,盖紧瓶塞；此处的氢氧化钠溶液用玻璃塞是错误的，玻璃中有二氧化硅与氢氧化钠作用，第二处错误，故B符合题意故正确答是：B【分析】氢氧化钠储存用的橡胶塞，醛基检验时需要进行碱性处理8.工业上以SQ和纯碱为原料制备无水 NaHSQ的主要流程如图，下列说法错误的是（）纯碱、水

12、A.吸收过程中有气体生成B结晶后母液中含有 NaHCQC.气流干燥湿料时温度不宜过高D.中和后溶液中含 Na2SQ和NaHCO3【答案】B【考点】含硫物质的性质及综合应用，物质的分离与提纯，制备实验方案的设计【解析】【解答】A.吸收过程中有二氧化碳气体产生，故A不符合题意B.通入的二氧化硫是过量的，因此不存在碳酸氢钠，故B符合题意C.亚硫酸氢钠易分解，气流干燥湿料时温度不宜过高故C不符合题意D.中和后溶液中含 Na2SO3和NaHCO 3 ,故D不符合题意【分析】根据图示分析，二氧化硫和纯碱进行反应得到亚硫酸氢钠溶液进行结晶后得到的是亚硫酸氢钠晶体以及含有亚硫酸氢钠和亚硫酸溶液的母液，此时加入

13、纯碱进行调节pH,此时的反应是：H2SQ+2Na2CQ=Na2SO3+2NaHCO3,NaHSQ+2Na2CO3=Na2SQ+NaHCO3得到亚硫酸钠和碳酸氢钠再通入二氧化硫后进行吸收此时吸收的方程式为：Na2SQ+SQ+H2O=2NaHSQj ,SO+NaHCO3=CQ+NaHSCU ,进行结晶后得到的亚硫酸钠晶体进行干燥，结合 选项进行判断即可9.关于CH3OH、N2H4和（CH3）2NNH2的结构与性质，下列说法错误的是（）CH3OH为极性分子N2H4空间结构为平面形N2H4 的沸点高于（CH3）2NNH2CHOH和（CH3）2NNH2中C、O、N杂化方式均相同【答案】B【考点】物质的组

14、成、结构和性质的关系，判断简单分子或离子的构型，极性分子和非极性分子，原子轨 道杂化方式及杂化类型判断【解析】【解答】A.甲醇可以看作是甲烷中氢原子被羟基取代的产物，甲烷是含有极性键的非极性分子，但是甲醇是含有极性键的极性分子，故A不符合题意B.N2H4中的氮原子是sp3杂化，应该是两个三角锥形形成的构型，故B符合题意C.N2H4和（CH3）2NNH2均含有氮原子，均含有孤对电子，均易形成氢键，但是前者氢原子的个数多，形成的氢键多，沸点高，故C不符合题意D. CH30H和（CH3）2NNH2中C、0、N杂化方式均为sp3杂化，杂化方式相同，故 D不符合题意【分析】A.根据正负电荷中心是否重合进

15、行判断B.根据氮原子的成键方式即可判断杂化方式C.比较形成氢键的个数即可D.分别找出成键方式即可判断杂化方式.以K0H溶液为离子导体，分别组成 CH3OH-O2、N2H4-02、（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）2NNH2O2燃料电池的理论放电量最大D.消耗1molO2时，理论上N2H4O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2L【答案】C【考点】原电池工作原理及应用，物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用【解析】【解答】A.据题意可知，CH3OH-O2、N2H

16、4-O2、（CH3）2NNH 2-O2清洁燃料电池，因此CH3OH、N2H4、（CH 3）2NNH 2失去电子发生氧化反应，钾离子向正极移动，故 A不符合题意B.放电过程中，CH3OH-O 2、（CH 3）2NNH 2-O2均产生二氧化碳消耗氢氧化钾溶液因此氢氧化钾溶液的物 质的量减小，而 N2H4-O 2产生的是氮气不会消耗氢氧化钾，故B不符合题意C.根据CH3OH6e , N2H4 4e,（CH 3）2NNH 216e,设质量均为 mg,即可计算出 CH 30H转移的电子数为蔓？?mol , N2H4转移的电子为:?mol , （CH3）2NNH 2转移的电子为?16nol, （CH 3）

17、2NNH 2转移的电子量 323260最大，故C符合题意D.根据N2H4-02燃料电池 的总反应式为 N2H4+O2=N2+2H2O,消耗1molO 2时产生1mol氮气，标况下体积为22.4L,故D不符合题意故答案为：C【分析】A.根据原电池的的电子的流向即可判断钾离子的移动方向B.考查的是电池反应产物中是否含有消耗氢氧化钾溶液的物质C.产生的电量是由转移的电子量决定的，计算出等质量的物质转移的电子数即可D.根据电池写出总的反应式即可判断二、不定项选择题（共5题；共20分）.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齐A配制100mL

18、 f物质的量浓度的NaCl溶液100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、 量筒、玻璃棒蒸储水、NaCl固体B制备Fe（OH）3胶体烧杯、酒精灯、胶头滴管蒸储水、饱和FeC3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】 A,B【考点】配制一定物质的量浓度的溶液，中和滴定，制取氢氧化铁、氢氧化亚铁，乙酸乙酯的制取，物质 的量浓度【解析】【解答】A.配制100ml一定物质的量浓度的氯化钠溶液，需要的玻璃仪器是100mL容量瓶、胶头

19、滴管、烧杯、量筒、玻璃棒 ，需要的试剂是 蒸储水、NaCl固体，故A符合题意B.制备氢氧化铁是是将几滴饱和的氯化铁溶液加入沸水中加热至出现红褐色即可，需要的仪器是烧杯、酒精灯、胶头滴管 ，需要的试剂为 蒸储水、饱和FeC3溶液，故B符合题意C.用标准稀盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液即可测定出氢氧化钠的浓度，需要用的仪器是烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管 、碱式滴定管，需要用的试剂是 待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙 试剂，故C不符合题意D.制备乙酸乙酯是利用浓硫酸和乙酸和乙醇进行反应得到乙酸乙酯，需要的玻璃仪器是试管、量筒、导管、酒精灯，需要的试剂是 冰醋酸、无水乙醇、饱和 NazCQ

20、溶液、浓硫酸，故 D不符合题意故答案为：AB【分析】A.仪器和试剂均符合配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液B.试剂和仪器均符合制取氢氧化铁胶体的操作C.缺少碱式滴定管量取氢氧化钠D.缺少催化剂浓硫酸.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（）N分子可能存在顺反异构L的任一同分异构体最多有 1个手性碳原子M的同分异构体中，能被氧化为酮的醇有4种L的同分异构体中，含两种化学环境氢的只有1种【答案】 A,C【考点】手性分子”在生命科学等方面的应用，同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】A.顺反异构一般是含有双键的有机物才会出现，主要是由于受

21、到自由旋转的限制使各个集团在空间的排列方式不同出现的异构体现象，而N不存在顺反异构，故 A符合题意C1B.根据推测，L的结构式为 C；jHwCCH L的同分异构体为ch5J.C1，含有的同分异构体中的手性碳原子最多为1个，故B不符合题意OJIC.M的结构式为氧化成酮主要是因为是与羟基相连的碳原子上连接只有1个氢原子，满故正确答案是：ACoiiI【分析】根据M的名称写出结构简式为jCH,在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生消去反应生成CHj日ch,匚孙_L _rHN为或，N与HCl发生加成反应生成 L, L能发生水解反应生成如 乩一 C1IM ,则L的结构简式为 C2H二C UH结合选项进行判断即可

22、CH313.实验室中利用固体 KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是（）O.lmol近而。,足量浓盐酸施-固体- ，则 T气体单质H气体辛质G酷性MticL溶液A. G与H均为氧化产物0 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】B,D【考点】氧化还原反应，氧化性、还原性强弱的比较，物质的量的相关计算【解析】【解答】A.G是高镒酸钾分解得到的，是氧化产物，氯气是浓盐酸被氧化得到，故为氧化产物, 故A不符合题意B.高镒酸钾加热得到的是镒酸钾和二氧化镒以及氧气，高镒酸钾既做氧化剂又做还原剂，故B符合题意C.高镒

23、酸钾分解以及镒酸钾和二氧化镒与浓盐反应，因此镒元素至少参与3个氧化还原反应故 C不符合题D.1mol高镒酸钾生成1mol氧气需要转移4mol电子，生成1mol氯气需要转移 2mol电子，0.1mol高镒酸 钾完全分解得到0.05mol氧气，而0.1mol高镒酸钾与盐酸反应，2KMnO45c2得到的氯气的物质的量最大 值为0.25mol,此时的气体包括得到氧气，因此气体的物质的量小于0.25mol,故D符合题意正确答案是：BDG为氧气，剩余的固体与【分析】高镒酸钾加热时的产物是镒酸钾和二氧化镒以及氧气，因此气体单质 盐酸反应得到的氯化镒溶液得到的气体单质为氯气。14.18O标记的乙酸甲酯在足量

24、NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为:+CH3O能量变化如图所示。已知OCH：为快速平衡，下列说法正确的是（过渡态I过渡态a叫一C XHjOHHjC C OFI反应进程A.反应n、m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CH3180HD.反应I与反应W活化能的差值等于图示总反应的始变【考点】反应热和燃变，有机物中的官能团，有机物的结构和性质，取代反应【解析】【解答】A.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不符B符合题意0Hl、oC.根据反应HCCOCH4|Vimb得出不可能存在 ch3180H ,故I HQ-COH

25、0Hc不符合题意OD.反应的始变等于I和 ?qB. M 点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C. O点,pH=-lgK2-lgK3D. P 点，c(Na+)c(C)c(OH)c(H+) 【答案】C,D【考点】化学平衡常数，盐类水解的应用，离子浓度大小的比较【解答】A.根据&二 -c(H 共)&=:(HR) 根据M,N,P三点计算出& 二1。10-9.1iU72210-6.9 艺一心 一 10-1.710,?3= 10-9.1 - 10A不符合题意B.M点存在电荷守恒,R-| + f(0H-匚(0一 = M(H界卜)c H* (N;T)此时据图

26、所示，可以得到lc(R-)+r(OH)+c( a = 3c(H1R)+r(H|l-Fc( Naj ,故 B不符合题意C.根据图示 O点，r(H：R)=c(R-),rHR+)可以得到=1,进行变换得到c(R-) rlHR)-c(H) r|H+)得到氢离子的浓度 cg=K - 4,根据溶液的pH=-lg$ (H)二得出pH二 二一，故C符合题意D.根据图示即可得到此时溶液是NaCl、HR NaR混合溶液，此时的 pH大于7,因此水解大于电离，因此,c(Na)ir(Cl_ | c(OJT)H,故 D 符合题意【分析】A.根据M,N,P三点的数据计算出 Ki,K2,K3即可B.根据电荷守恒结合ci H

27、mRU)F h：R ),进行判断c.根据o点N H2R-) = d.R I进行变化即可计算D.根据P点的溶质以及pH即可判断离子浓度大小三、解答题(共5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。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)CO,原因是 。Xe是第五周期的稀有气体元素，与 F形成的XeE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. sp3dXe

28、吊晶体属四方晶系，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(1 , 1 , 1 )。已知Xe F键长为rpm ,则B点原子的分数坐标为 ;晶胞中A、 B间品巨离d=pm。【答案】(1)9(2)FOCl;角(V)形；低于；OF2和C12O都是分子晶体，结构相似，C12O的相对分子质量大，C2O的熔、沸点高（4） 2;5； D （0, 0，C）； d=Ta2+（；-r）2 Pm【考点】原子核外电子的运动状态，原子核外电子的能级分布，判断简单分子或离子的构型，晶胞的计

29、算，原子轨道杂化方式及杂化类型判断【解析】【解答】(1)基态氟原子的质子数为 9,核外有9个电子对应着9种不同的运动状态，故正确答 案为9(2)半径越小，电负性越大，而半径大小为FvOvCl ,因此电负性大小为FOCl ,根据VSEPR1论有，价层电子对为 4孤对电子为2,知OF2分子的空间构型是 V型，OF2和Cl2O结构相似，相对分 子质量是Cl 2O大于OF2 ,沸点是 OF2低于 Cl2O ,故正确答案是：FOCl 、V型、 低于、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2+=5，含有2对孤对电子，是sp杂化,Xe个数=1+8x8=2，小千

30、8个占据棱，2B点在Z轴上， XeF键长为rpm ,(3)Xe也易升华，所以是分子晶体，其中心原子的价层电子对数为 故正确答案是5,dXe的半径大于F,大球为Xe,小球是F,大球占据体心和顶点,1个在晶胞内部，F的个数为2+8x4，因此晶胞中含有2个Xe同分子,因此B点的坐标是(0, 0,工)，AB的长度是d=ta2+（：-r）2 Pm,故正确答案是 2、(0, 0,；)、d=Wa2+（ C-r）2 Pm【分析】(1)核外有几个电子可判断几种运动状态(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，计算出OF2的价层电子对和孤对电子即可判断构形，分子晶体结构相似，沸

31、点与相对分子质量有关(3)根据公式即可计算出价层电子对，找出孤对电子对即可判断构型以及杂化方式(4)根据晶胞结构中占位方式即可计算出原子的个数，根据晶胞图数据即可计算出坐标以及距离 17.工业上以铭铁矿(FeCr2O4 ,含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矶钠(NazCrzOz?2H2O)的工艺流 程如图。回答下列问题：滤渣 滤法捌产品N町CqO72出。(1)焙烧的目的是将 FeCi2O4转化为Na2Cr2O4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 X5

32、dl?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Na2Cr2O4为主要原料制备 Na2Cr2O7的总反应方程式为：?!电？4Na2Cr2O4+4H2O _ 2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2 T +O2 T。贝U Na2Cr2O7在(填 阴”或 阳”极室制得， 电解时通过膜的离子主要为 。惰性电极lH,惰性电极岗子交换膜【答案】(1)增大反应物接触面积，提高化学反应速率(

33、2)4.5 pH4.5时铝离子全部除尽，而pH9.3时，产生的硅酸开始溶解，因此合适的pH范围为4.5 pH 9,3 ,酸化的目的主要是使2CrO4- + H2O? Cr2O7- + 2OH-平衡正向移动，提高 Na2Cr207的产率,铁元素已经全部转为三氧化铁在 浸取 时将其除尽，故正确答案是：4,5 pH ,极易水解。实 验室中，先将三氧化鸨(WO3)还原为金属鸨(W)再制备WCI6 ,装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问 题：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：冷却，停止通 H2；以干燥的接收装置

34、替换 E;在B处加装盛有碱石灰的干燥管；加热，通Ob；。碱石灰的作用是 ;操作是,目的是。(3)利用碘量法测定 WCl6产品纯度，实验如下：称量：将足量CQ(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为mig；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)。 滴定：先将 WCI6转化为可溶的 N32WO4 ，通过IO 3离子交换柱发生反应：WO 4-+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO 3 ;交换结束后，向所得含IO 3的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO 3 +5+6H+=3I2+3H2O;反应完全后

35、，用 Na20O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O 3- =2+SO6- 。滴定达终点时消耗 cmoI?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 Na2&O3溶液的体积将(填偏大偏小“或 不变”，)样品中WCI6质量分数的测定值将 (填偏大偏办”或 不 变”【答案】(1)排除装置中的空气；直形冷凝管；淡黄色固体变为银白色(2)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) ( m3+m1- 2m2)； 120(? 3+?1-2

36、? 2) %；不变;偏大【考点】物质的分离与提纯，制备实验方案的设计，化学实验方案的评价，有关混合物反应的计算【解析】【解答】(1)用氢气还原三氧化鸨装置中不能存在空气，先通氮气主要是为了排除装置中的空气，根据图示判断仪器 A为直形冷凝管，由于三氧化鸨是淡黄色固体，而W单质为银白色固体，因此当出现淡黄色固体全部变为银白色时已经完全被还原，故正确答案为：排除装置中的空气、直形冷凝管、淡黄色固体变为银白色(2)反应中氯气未反应完全因此碱石灰是为了吸收多于的氯气防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气 进入E装置中。装置中存在一定量的氢气，操作 是通入足量的氮气排除氢气防止与氯气反应，故正确答案是： 吸

37、收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入再次通入N2、排除装置中的H2(3)根据分析，称量时加入足量的二硫化碳，盖紧盖子此时质量为m1g,考虑到二硫化碳的挥发性，开盖挥发1min,得到的质量为 m2g,此时挥发的质量为(m2-m1)g ,开盖加入样品，此时的质量挥发出与第 一次等量的二硫化碳，此时质量为m3g,设加入的样品的质量为x,m2+x-(m1-m2)=m3,得到x= ( m 3+m 1- 2m 2)根据滴定时的方程式，得出关系式为WO42-2IO3-6I212卷O32-,根据W元素守恒即可得出c 1c 1。?O?30n(WCl3)=n(WO42-)=12n(S2O32-)=-x

38、cVx10-3mol, m(WCl3)=历xcVx10-3g,则质量分数为 12(?1+?3-2?2) x100%=?120(?3+?1-2?2)%根据测量原理开盖时间超过1min,导致m2偏大，质量分数偏大，但是消耗的Na2s2O3体积不变【分析】(1)主要是整个装置中不能有空气，因此通入氮气排尽空气，根据图示即可判断A的名称，根据金属W的颜色进行判断反应是否完全反应(2)主要是利用氯气和金属 W合成六氯化鸨，主要氯气可以污染空气且六氯化鸨易水解因此，碱石灰是 防止污染空气以及吸水，再次通入氮气是排除装置中的氢气(3) 根据操作质量的变化即可计算出样品的质量 根据反应方程式即可找出六氯化鸨与

39、硫代硫酸钠的物质的量关系，即可计算出六氯化鸨的质量分数，根据质量分数公式，放置时间过长导致二硫化碳逸散过多，会导致公式分母变小，数值偏大，但是由于六氯化鸨的量不变消耗的硫代硫酸钠不变19.一种利胆药物F的合成路线如图:N；iCIO2(定乐竹C H|H+。HOCI13 人产 | H已知：i .OHAROilR-C-ORNH2V R-C-NHRch5cho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。含有酚羟基不能发生银镜反应含有四种化学环境的氢(2);B-C的反应类型为制备18OCH【考点】有机物中的官能团，有机物的合成，有机物的结构和性质，同分异构现象和同分异构体，结构简【解析】【解答】(1)由上述分析可知，A的结构简式为OCHS 7V； A的同分异构体中满足：含有酚羟基；不能发生银镜反应，说明结构中不含醛基；含有四种化学环境的氢，说明具有对称结(2) FeC3溶液；氧化反应的合成路线检验(3) C-D的化学方程式为；E中含氧官能