2021年山东省普通高中学业水平等级考试化学试题（山东卷）

山东省2021年普通高中学业水平等级考试

化学

注意事项：

L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-lC-12N-140-18F-19C1-35.5

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.碳中和是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施中不能有效促进碳中和的是

A.研发二氧化碳人工合成淀粉技术B.扩大风电、光电规模代替火力发电

C.利用可燃冰代替现有化石能源D.推动新能源汽车代替燃油汽车

【答案】C

【解析】

A.研发二氧化碳人工合成淀粉技术可以降低CO2的浓度，制造有使用价值的物质，提高了物质的价值，能

有效促进碳中和，A不符合题意；

B.扩大风电、光电规模代替火力发电，即满足了人类对能源的需求，同时也可以节约化石能源的使用与开

采，可以大大降低CO2的产生与排放，能有效促进碳中和，B不符合题意；

C.可燃冰的主要成分为甲烷的结晶水合物，利用可燃冰代替现有化石能源不能有效减少CO2的排放，因此

不能有效促进碳中和，C符合题意；

D.推动新能源汽车代替燃油汽车，可以满足人们快速便捷出行的目的，同时也能够降低CO2的产生与排放,

因此能够有效促进碳中和，D不符合题意；

故合理选项是C。

2.下列物质应用错误的是

A.红酒中添加适量SO2可以起到杀菌和抗氧化的作用

B.A1(OH)3分解是吸热反应且分解后生成ALO3和水蒸气可作阻燃剂

C.CCh合成的聚碳酸酯类可降解塑料

D,纳米铁粉主要通过物理吸附作用除去污水中的Cu2+、Ag+、Hg2

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A.SO2有还原性，溶于水形成酸可以使蛋白质变性，所以红酒中一定范围的低浓度存在可以达到

选项描述作用，描述正确，不符题意；

D.纳米铁粉主要是通过其还原性，将Cu2+、Ag\Hg2+还原为相应的金属单质将其除去，D错误；

综上所述答案为D。

3.关于下列仪器使用的说法错误的是

①②③④⑤

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锥形瓶，②是酸式滴定管，③是蒸储烧瓶，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.蒸储烧瓶用于蒸储操作，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Ao

4.一种高效电解质的结构如图所示，W、Y、X、Z、Q均为短周期元素，且原子序数依次增大，X与Q同

族，Y和Z的原子序数之和与Q相等。下列说法正确X的是

HQH

XHrz

A.X与Q的最图化合价均为+6

B.化合物QXz、YX2均能与NaOH溶液反应

C.简单氢化物的沸点：Q>Z>X

D.W单质在空气中燃烧的产物是W2O2

【答案】B

【解析】

W、Y、X、Z、Q均为短周期元素，且原子序数依次增大，W可形成1价阳离子、W为IA,则X与Q同

族，Q能共用6对电子对、则最外层有6个电子，X、Q为VIA,结合原子序数的相对大小可知：X为。元

素、Q为S元素，W为Li元素；Z能共用1对电子对，Z为VIIA、结合原子序数的相对大小，Z为F元素,

Y和Z的原子序数之和与Q相等，Y的原子序数=16-9=7,Y为N元素，Y共用2对电子对、从W处得到

1个电子，则Y也满足8电子结构，综上，W为Li、Y为N、X为0、Z为F、Q为S,据此回答。

A.X为0、Q为S,Q的最高化合价均为+6,X则没有+6价，A错误；

B.化合物QX2即二氧化硫是酸性氧化物、能与氢氧化钠溶液反应，YX2为二氧化氮能和氢氧化钠溶液反

应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，B正确；

C.X为O、Z为F、Q为S,简单氢化物分别为H2O、HF、H2S,水分子之间有氢键、氟化氢分子之间也

有氢键，水分子间的氢键数大于氟化氢分子间的氢键数，硫化氢分子间只存在分子间作用力，因此，沸点:

X>Z>Q,C错误；

D.W单质(Li)在空气中燃烧的产物是W2O(Li2O),D错误；

答案选B。

5.下列关于常见金属、非金属元素及其化合物的说法正确的是

A.NO?与水反应生成硝酸，说明NO?是酸性氧化物

B.S0?能使酸性高镒酸钾溶液褪色，说明SO2具有漂白性

C.向酸性酸性高锌酸钾溶液中加入Fes。,粉末，紫色褪去，说明Fes。4中含有+2价Fe

D.硫与浓H2sO,在加热条件下生成SO2和水，说明浓H2sO,具有酸性和强氧化性

【答案】C

【解析】

A.二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，发生了氧化还原反应，不属于酸性氧化物，故A错误；

B.二氧化硫具有还原性，被高铳酸钾溶液还原而褪色，故B错误；

C.向酸性高锦酸钾溶液中加入四氧化三铁粉末时，四氧化三铁溶于酸生成铁离子和亚铁离子，亚铁离子能

与酸性高锌酸钾溶液反应，使溶液褪去，故C正确；

D.硫与浓硫酸共热反应生成二氧化硫和水，浓硫酸只表现强氧化性，没有生成盐，不表现酸性，故D错

误；

故选C。

6.X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，O.lmolX的单质与足量稀盐酸反应，生成处体积为ViL；O.lmolY

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

V,

A.X、Y生成H2物质的量之比一定为昔

Vo

2V

B.X、Y消耗酸的物质的量之比一定为言

V,

C.产物中X、Y化合价之比一定为力

D.由比一定能确定产物中X、Y的化合价

V。

【答案】D

【解析】

【分析】设与ImolX反应消耗HC1的物质的量为amol,与ImolY反应消耗H2sO4的物质的量为bmol,根

a2b+

据转移电子守恒以及H原子守恒可知X~aHCl~|H2~X\Y~bH2SO4~bH2~Xo

故A正确;

a—a2V.

B.X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为一，因2_世_匕，因此工=守，故B正确;

b1丽工b匕

aa_匕

C.产物中X、Y化合价之比为一，由B项可知77=77，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

a2VVV.

存在a=l,2,3,b=0.5,1的多种情况，由；7=77■可知，当a=l,b=0.5时，?二八当a=2,b=1时，77=1,

bV2V2V2

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.某同学进行海带提碘实验，部分实验操作如下：将灼烧后的海带灰放入烧杯中，加入蒸储水充分浸泡后

放置在泥三角上，煮沸2~3分钟，冷却后过滤。将适量稀硫酸与双氧水滴入滤液，充分反应后转移至分液

漏斗，打开盛有CCk的试剂瓶，将橡胶塞倒放，取少量加入分液漏斗中，塞紧瓶塞，将分液漏斗多次振荡

放气后静置分液，CC14层从上口倒出。实验中存在错误的有几处

A.1B.2C.3D.4

【答案】C

【解析】烧杯要放置铁三脚或铁圈上的石棉网上才能加热，而不是泥三角上，因为CC14会腐蚀橡胶，故装

CC14溶液的试剂瓶不能用橡胶塞，CC14的密度比水的大，故CC14层应该从下口放出，共有这3处错误，故

答案为：Co

8.禾!!用烟道气中的SO2生产Na2s205（焦亚硫酸钠）的工艺如图，已知：NaHSCh过饱和溶液经结晶脱水制得

Na2s2。5下列说法不正确的是

pH-4.1pH-7~8pH-4.1

A.步骤I中为NaHSCh溶液

B.步骤II的目的是使NaHSO3转化为Na2s2O5,可用NaOH溶液代替Na2cCh固体

C.工艺中加入Na2cO3固体、并再次充入SO2的目的是得到NaHSCh过饱和溶液

D.在测定某葡萄酒中Na2s2O5残留量时，可用一定浓度的碘标准液进行滴定

【答案】B

【解析】

A.步骤I所得溶液呈酸性，可知饱和碳酸钠溶液和二氧化硫反应生成NaHSCh溶液，故A正确；

B.步骤H的目的是使NaHSCh转化为Na2so3,故B错误；

C.工艺中加入Na2cCh固体、并再次充入S02的目的是得到NaHSCh过饱和溶液，NaHSCh过饱和溶液经

结晶脱水制得Na2s2O5,故C正确；

D.Na2s2。5中S元素为+4价，能被12氧化，所以在测定某葡萄酒中Na2s2。5残留量时，可用一定浓度的碘

标准液进行滴定，故D正确;

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.CH30H为极性分子B.N2H4空间结构为平面形

C.N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2D.CH30H和(CH3)2NNH2中C、0、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，而偏二甲股((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；

H

D.CH30H为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，(CH3”NNH2的结构简式为、加、，两者分子中

N

I

C、O、N杂化方式均为sp3,D正确；

故选B。

10.我国科学家以K0H溶液为电解质，CoP和Ni2P纳米片为催化电极材料，电催化合成偶氮化合物

(II)的装置如图所示(R代表煌基)。下列说法正确的是

0^

A.若用铅蓄电池作为电源，CoP极连接铅蓄电池的正极

B.Ni2P电极反应式为RCH2NH2-4e-+4OH=RCN+4H2O

C.合成Imol偶氮化合物，需转移4moi电子

D.离子交换膜是阳离子交换膜

【答案】B

【解析】

该装置为电解池，Ni2P电极上是RCH2NH2失电子生成RCN,发生氧化反应，Ni2P为阳极，电极反应为：

RCH2NH2-4e-+4OH-=RCN+4H2O,消耗0H,CoP电极上硝基苯变化为偶氮化合物，发生的是还原反应，为

电解池的阴极，电极反应：2。^6+8曰+4H2。=0^|+80H-,据此分析判断。

A.铅蓄电池属于二次电池，其电极材料分别是Pb和PbCh,工作时负极材料是Pb,Pb失电子生成硫酸铅,

PbO2为正极，该装置为电解池，CoP电极上硝基苯变化为偶氮化合物，发生的是还原反应，为电解池的阴

极，CoP极连接铅蓄电池的负极，故A错误；

B.Ni2P电极上是RCH2NH2失电子生成RCN,发生氧化反应，Ni2P为阳极，电极反应为：

RCH2NH2-4e+4OH-RCN+4H2O,故B正确；

C.CoP电极上硝基苯变化为偶氮化合物，电极反应：2^^6+86-+4H20=।II+8OH;合成1mol

偶氮化合物，要转移8mole:故C错误；

D.由Ni2P电极上是RCH2NH2失电子生成RCN,Ni2P电极反应式：RCH2NH2-4e-+4OH-=RCN+4H2O可知，

阳极上的反应会消耗OH:为保持电中性，右端OH通过阴离子交换膜移向左端，所以该离子交换膜是阴离

子交换膜，故D错误；

故选：B„

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.依据下列实验现象，得出的结论正确的是

操作实验现象结论

A向NaBr溶液中加入过量氯水，再加入淀粉一KI溶液溶液变蓝非金属性：Cl>Br>I

产生气体能使原溶液中不一定含有

BB向某无色溶液中滴加浓盐酸

品红溶液褪色SO或HSCF

C向酸性KMnCU溶液中滴加较浓FeCL溶液溶液紫色褪去Fe?+有还原性

在相同温度下，向溶液中滴入滴先产生白色沉

DImLO.2moiL-iNaOH2Ksp[Mg(OH)2]>

0.1mol-L"MgC12溶液，再滴加2滴O.lmolLiCuSCU溶液淀后出现蓝色KsP[Cu(OH)2]

沉淀

【答案】B

【解析】

A.过量氯水会与KI反应，故产生的12不一定是Br2与KI反应生成的，不能得到非属性：Br>LA错误;

B.与盐酸反应生成能使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，则原溶液中还可能含CIO:B正确；

C.较浓FeCb溶液,酸性条件下,C1-会与MnO；反应，使之褪色,所以KMnO4溶液褪色不一定是Fe?+与MnO；

反应，C错误；

D.NaOH溶液过量，MgCL溶液，CuSCU溶液都是少量，所以先滴MgCL溶液，后滴CuSC)4溶液，先产生

白色沉淀后产生蓝色沉淀，不能得出Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]的结论，D错误；

故答案选B。

12.m、n、p、q是有机合成中常用的原料，下列说法正确的是

A.n、p、q互为同系物

B.n的同分异构体中属于竣酸的有5种(不考虑立体异构)

C.鉴别p和q可用金属钠或澳水

D.m与q互为同分异构体

【答案】D

【解析】

A.结构相似相差n个CH2的有机物属于同系物，n、p、q结构不相似，故A错误；

B.n的分子式为C6Hl2O2,CsHn-COOH,C5H11-有8种同分异构体，故n的同分异构体中属于竣酸的有8

种，故B错误；

C.p为酯，q为残酸，可以用金属钠鉴别，二者都含有碳碳双键都可以使漠水褪色，不能用澳水鉴别，故

C错误；

D.m与q分子式都为C5H8。2,结构不同，属于同分异构体，故D正确；

故答案为D。

13.二氯化钮(VCL)是重要的有机合成试剂，具有较强的吸湿性。某学习小组通过VCb分解制备VCL,下

列说法错误的是

n

A.玻璃管m的作用为：平衡气压，使液体顺利流下B.甲装置的作用是制N2

C.装置合理的连接顺序为：a-CTb-d-e-fD.丁中的试剂可以为无水CaCb

【答案】D

【解析】

A.恒压滴液漏斗中玻璃管m的作用为平衡气压，使液体顺利流下，选项A正确；

B.甲装置的作用是利用氧化还原反应制N2,用于除去装置中的空气，选项B正确；

C.装置连接顺序为：a—c—b—d—e—f是合理的，选项C正确；

D.CaCb不能吸收分解产生的Cb,防止污染空气，选项D错误。

答案选D。

14.活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。HNO自由基与02反应过程的能量变化如图所示，下列

说法正确的是

-过渡态1

HNO+O.Jil?过渡态N

-18.92

<---、

中间产物X

(-12.16

©-

—oo

E一

W过渡态n

-153.58

IA喳心产物P里”0)

褪

玄2oo

一

罂中间产物Y中间产物

3-201.34-205.11

-OO

产物巴(iFd-N^)

-320.40

A.参与反应的反应物总键能大于生成物的总键能

B.产物Pl与P2的分子式、氧元素的化合价均相同

C.相同条件下，Z转化为产物的速率：V(P1)>V(P2)

D.该历程中最大正反应的活化能£正=186.：19口

【答案】C

【解析】

A.从图中可以看出，反应物所具有的能量之和比生成物所具有的能量之和高，总反应是放热反应，参与反

应的反应物总键能小于生成物的总键能，故A说法错误；

B.产物Pi与P2的分子式相同，但Pi中有过氧键，有两个O化合价是-1价，1个氧是-2价，P2中氧化合价

是-2价，故B说法错误；

C.由图示可知，由Z到产物P1所需的活化能低于由Z到产物P2所需的活化能，则由中间产物z转化为产

物的速率：v(Pi)>v(P2),故C说法正确；

D.由图示可知中间产物Z到过渡态IV所需的活化能最大，则E=-18.92kJ-moE—(一

205.1lkJmol-1)=186.WkJ-mol-1,单位错误，故D说法错误；

答案为C。

15.25℃时，用HC1气体调节O.lmolLT氨水的pH,体系中粒子浓度的对数值(Ige)、反应物的物质的量之

n(HCl)

比与PH的关系如图所示。若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列有关说法正确的是

A.25℃时，NH3-H2。的电离平衡常数为10475

B.t=0.5时，2c(H+)+C(NH3-H2O)=C(NH：)+2C(OH-)

C.Pi所示溶液：c(Cr)=0.05mol-L-'

D.P2所示溶液：C(NH：)>100C(NH3.H20)

【答案】AD

【解析】

A.NHHO的电离平衡常数K="七?"??、)，据图可知当lgc(NH：)=lgc(NH3.HO),即c(NH：)=c(NH3-H2。)

322

C(lNrl3•rl2O)

时，溶液pH=9.25,则此时c(OH-)=10-4.75mol/L,所以K=lC)-4.75,A正确;

B.t=0.5时，溶液中的溶质为等物质的量的NH3-H2O和NH4C1,溶液中存在电荷守恒：

+

c(NH：)+c(H)=c(OH-)+c(Cr),存在物料守恒2c(Cr)=c(NH3-H2O)+c(NH：),联立可得2c(H+)+c(NH：)=

C(NH3H2O)+2C(0H-),B错误；

C.若c(C「)=0.05mol-LT,则此时溶质应为等物质的量的NH3H2O和NH4CL由于NH：的水解程度和NH3H2O

的电离程度不同，所以此时溶液中c(NH：)匈(NH3F2O),与Pi不符，C错误；

D.)=10-475,P2所示溶液pH=7,则c(OH)=10-7,所以=竺萼口。*〉第。,D

7

C(NH3*H20)“C(NH3«H2O)10-

正确；

综上所述答案为AD。

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：

⑴基态F原子核外电子的运动状态有一种。

(2)0、F、C1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”)CbO,

原因是___O

(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。，该晶胞中有一个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】①.9®.F>O>C1③.角(V)形④.低于⑤.OF2和CLO都是分子晶体，结构相

似，ChO的相对分子质量大，ChO的熔、沸点高⑥.5©.D2⑨.(0,0,-)⑩.

C

d=J#+(|-r)2pm

【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

6-P2

为F、0、C1,所以电负性大小顺序为F>O>C1；根据VSEPR理论有2+——=4,去掉2对孤对电子，知

2

0F2分子的空间构型是角形；OF?和CbO都是分子晶体，结构相似，CbO的相对分子质量大，CbO的熔、

沸点图；

8-1?2

⑶XeF2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

为sp3d；

⑷图中大球的个数为，小球的个数为82%,根据XeF2的原子个数比知大球是Xe原子，小

84

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E处，其坐标为(0,0,-)；L•图中y是底面对角线的一半，y=—a，

CCd/xJ2

x=-r,所以d=出式y=Ra2+弓-r)2pm。

17.工业上以铭铁矿(FeCnCU,含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矶钠(NazCnChqHz。)的工艺流

滤渣滤渣副产品Na2Cr2O7*2H2O

(1)焙烧的目的是将FeCnCU转化为NazCrCU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，目的是一。

(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

cWl.OX5moi♦Li时，可认为已除尽。

(

T

0

U

V

3

W

一

中和时pH的理论范围为一；酸化的目的是一；Fe元素在一(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NazCnCh外，可在上述流程中循环利用的

物质还有O

(4)利用膜电解技术(装置如图所示)，以NazCrCU为主要原料制备NazCrzCh的总反应方程式为：

通电

4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2t+02to则NazCnCh在—(填“阴”或“阳”)极室制得，

提高化学反应速率②.4.5<pH<9.3③.使

2CrOj-+2H+-^Cr2O7+H2。平衡正向移动，提高NazCrzCh的产率④.浸取⑤.过度蒸发,

导致NazCnChZHzO（提早）析出

+

H2SO4©.阳@.Na

【解析】

【分析】以铝铁矿(FeCnCU,含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矶钠(NazCnCh*lhO)过程中，向

铝铁矿中加入纯碱和。2进行焙烧，FeCnCU转化为NazCrCU,Fe(II)被O2氧化成FezCh,Al、Si氧化物转化

为NaAlO2、Na2SiC>3,加入水进行“浸取”，FezCh不溶于水,过滤后向溶液中加入H2s04调节溶液pH使A10；、

SiO,转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2so4,将Na2CrO4转化为NazCnCh,将溶液蒸发结晶将Na2s04

除去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7・2H2O晶体，母液中还含有大量H2s。4。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A10；、SiO:转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH24.5时，Al3+

除尽，当溶液pH>9.3时，H2SiO3会再溶解生成SiOj,因此中和时pH的理论范围为4.5<pH<9.3；将

A1元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以和CrO；-存在，溶液中存在平衡：

2CrO广+2H+-^5(*+凡0,降低溶液pH,平衡正向移动，可提高NazCnCh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：4.5<pH<9.3；使2CrO1+2H+―^Cr2O7+H2。

平衡正向移动，提高NazCnCh的产率；浸取。

(3)蒸发结晶时，过度蒸发会导致NazCeCVZHzO(提早)析出。

通电

(4)由4Na2CrO4+4H2。：2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2t+O2t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Ch,阴极上H,得到电子生成员，由2CrO：+2H+-+凡。可知，Cr?。；

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NazCnCh的效率，Na+通过离子交换膜移向阴极，故答案为：阳；Na+„

18.六氯化鸨(WCk)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，先将三氧化鸨(W03)还原为金属鸨(W)再制备WC16,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W03。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W03已被完全还原的现象是—o

⑵W03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C12；(@)……o碱石灰的作用是—；操作④是—,目的是—O

(3)利用碘量法测定WCk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)。

②滴定：先将WC16转化为可溶Na2WO4,通过IO；离子交换柱发生反应：WOt+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO；；

交换结束后，向所得含101的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO]+51+6H+=3l2+3H2O；反应完

全后，用Na2s2O3标准溶液滴定，发生反应：l2+2S2O，=2r+S4。7。滴定达终点时消耗cmol・L”的Na2s2O3

溶液VmL,则样品中WCk(摩尔质量为Mg.inoH)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WCk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.不再有水凝结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.(nu+mi-2m2)

cVM

⑧.,----；―7%⑨.不变⑩.偏大

1201%+叫—2孙)

【解析】

【分析】(D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WC16极易水解，W与Cb反应制取WCk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WCk产品纯度，称量时加入足量的CS2用于溶解样品，盖紧称重为mig,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mzg,则挥发出的CS2的质量为

(mi-m2)g,再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m-m2)g的CS2,盖紧称重为m3g,则样品质量为：

m3g+2(mi-m2)g-mig=(m3+mi-2m2)g；滴定时，利用关系式：WO1~2I0]~612T2s计算样品中含WCk

的质量，进而计算样品中WC16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；当WO3被完全还原后，不再有水生成，则可观察到的现象为锥形

瓶中不再有液滴滴下，即不再有水凝结。故答案为：不再有水凝结；

(2)由信息可知WCk极易水解，W与C12反应制取WCk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Cb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；

⑶①根据分析，称量时加入足量的CS2,盖紧称重为mig,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(m「m2)g,再开盖加入待测样品

并计时1分钟，又挥发出(mi-m2)g的CS2,盖紧称重为ni3g,则样品质量为：m3g-mig+2(mi-m2)g=(ms+mi-

2m2)g,故答案为：(m3+mi-2m2)；

②滴定时,根据关系式：WO^-2103-612-12S2O|-,样品中

n(WCl)=n(WO:)=gn(SO广尸gcVx1(Pmol,m(WCl)=^cVxl0-3molxMg/mol=g,则样品中

626之2

cVM”

--------gcVM

WCk的质量分数为：12000*]00炉]20(〃,+,〃_那)%；根据测定原理，称量时，若加入

(zn,-2m2)gI31

待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，叫偏小，但WC16的质量不变，则滴定时消耗

cVM

Na2s2O3溶液的体积将不变，样品中WCk质量分数的测定值将偏大，故答案为：有%---------Z-7%;

m

120(/%+\-2mlJ

不变；偏大。

19.一种利胆药物F的合成路线如图:

OAO

11

R-C—ORR'5R-C-NHR"

回答下列问题：

(DA的结构简式为_；符合下列条件的A的同分异构体有一种。

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中含氧官能团共一种。

0H

，综合上述信息，写出由

Br

②.4③.FeCh溶液④.氧化反应⑤.

【解析】

原子数,同时B—C的反应条件为NaCICh、H+,NaCKh具有氧化性，因此B—C为氧化反应，A-B为取

代反应，C8H8。3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

;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

(2)A中含有酚羟基，B中不含酚羟基，可利用FeCb溶液检验B中是否含有A,若含有A,则加入FeCb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：FeCb溶液；氧化反应。

(3)C-D为与CH30H在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生酯化反应生成

0CHs

,反应化学方程式为

(Ay0CH3

OCH3OCH3

A

+CH30HH』+H2O；E的结构简式为

CH3

OCH3

人二H

，其中的含氧官能团为酸键、酚羟基、酯基，共3种，故答案为:

+H2O；3o

OCH3

T

⑷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

八"1'/^Br和CC^OH反应生

与HBr在40℃下发生加成反应生成/、

成根据信息

1。…一4J

j^/yOH得到

R

、

反应生成/°H,因此合成路线为

I

HBr.人人

~4。℃。广、。八/1

；故答案为：

HBrr人人

~4。℃/^Br…

orJ

20.我国力争于2060年前实现碳中和。CO2的资源化利用成为了研究热点，“CO2催化加氢制甲醇”反应体

系中涉及以下两个反应：

I.CO2(g)+3H2(g)^CH3OH(g)+H2O(g)AHi

II.CO2(g)+H2(g)^CO(g)+H2O(g)AH2

回答下列问题:

AHi0(填“大于”或“小于”或“等于”)；升高温度，反应CO(g)+2H2(g)-CH30H(g)的化学平衡常数

(填"增大’或“减小”或“不变”)。

(2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有0

A.增大CO的浓度，反应I的平衡向正反应方向移动

B.降低温度，反应I和n的正、逆反应速率都减小

C.恒温恒容下充入氨气，反应I的平衡向正反应方向移动

D.增大压强，反应I和II重新达到平衡的时间不同

(3)恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应II,在相同的时间段

内