2020年山东省高考化学试卷新高考I

2020年山东省高考化学试卷（新高考I）

阅卷人

—一、选择题（共10题；共20分）

得分

L（2分）实验室中下列做法错误的是（）

A,用冷水贮存白磷

B.用浓硫酸干燥二氧化硫

C.用酒精灯直接加热蒸发皿

D,用二氧化碳灭火器扑灭金属钾的燃烧

2.（2分）下列叙述不涉及氧化还原反应的是（）

A.谷物发酵酿造食醋B.小苏打用作食品膨松剂

C.含氯消毒剂用于环境消毒D.大气中NCh参与酸雨形成

3.（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能

级电子数的2倍，Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2,Y、W最外层电子数相同。下列说法正确的是

（）

A.第一电离能：W>X>Y>ZB.简单离子的还原性：Y>X>W

C.简单离子的半径：W>X>Y>ZD.氢化物水溶液的酸性：Y>W

4.（2分）下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是（）

A.键能C—C>Si—Si、C—H>Si—H，因此C2H6稳定性大于Si2H6

B.立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度

C.SiK中Si的化合价为+4,CH4中C的化合价为因此SiH4还原性小于CH4

D.Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C,难形成p—pjT键

5.（2分）利用下列装置（夹持装置略）进行实验，能达到实验目的的是（）

A,用甲装置制备并收集CO2

B.用乙装置制备澳苯并验证有HBr产生

C.用丙装置制备无水MgCL

D,用丁装置在铁上镀铜

6.（2分）从中草药中提取的calebinA[结构简式如下）可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于calebin

A的说法错误的是（）

A,可与FeCb溶液发生显色反应

B.其酸性水解的产物均可与Na2c03溶液反应

C.苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种

D.Imol该分子最多与8m0IH2发生加成反应

7.（2分）B3N3H6（无机苯）的结构与苯类似，也有大兀键。下列关于B3N3H6的说法错误的是（）

A.其熔点主要取决于所含化学键的键能

B.形成大九键的电子全部由N提供

C.分子中B和N的杂化方式相同

D.分子中所有原子共平面

8.（2分）实验室分离Fe3+和AF+的流程如下：

Al

知Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子（FeCb）,该配离子在乙醛（EtzO,沸点34.6C）中生成缔合物

+

Et2O.H.[FeCl4]~o下列说法错误的是（）

A.萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向下

B.分液时，应先将下层液体由分液漏斗下口放出

C.分液后水相为无色，说明已达到分离目的

D.蒸储时选用直形冷凝管

9.（2分）以菱镁矿（主要成分为MgCO-含少量Si02,FezCh和AI2O3）为原料制备高纯镁砂的工艺

流程如下：

弱化馈溶液氨水

菱银矿轻烧粉一彳•注出il卡|-A软/化镁T烦烧卜4高炖镁砂

废懑氨气波液

已知浸出时产生的废渣中有S02,Fe（0H）3和A1（OH）3。下列说法错误的是（）

A,浸出镁的反应为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3?+H20

B.浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行

C.流程中可循环使用的物质有N%、NH4cl

D,分离Mg2+与AP+、Fe3+是利用了它们氢氧化物K卬的不同

10.（2分）微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同

时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水（以含

CH3coO-的溶液为例）。下列说法错误的是（）

---------@---------

隔阻.夕膜2

!•.!

a—b

极1极

1

.

生物膜有机模拟酸性

废水海水水溶液

+

A,负极反应为CH3COO~+2H2O-8e~=2CO2+7H

B.隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜

C.当电路中转移Imol电子时，模拟海水理论上除盐58.5g

D.电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2:1

阅卷人

二、不定项选择题（每小题有一个或两个选项符合要求）（共5题;

得分共20分）

11.（4分）下列操作不能达到实验目的的是（）

目的操作

A除去苯中少量的苯酚加入适量NaOH溶液，振荡、静置、分液

将盐酸与NaHCCh混合产生的气体直接通入苯酚钠溶

B证明酸性：碳酸〉苯酚

液

C除去碱式滴定管胶管内的气泡将尖嘴垂直向下，挤压胶管内玻璃球将气泡排出

配制用于检验醛基的氢氧化铜向试管中加入2mLi0%NaOH溶液，再滴加数滴

D

悬浊液2%CuSO4溶液，振荡

A.AB.BC.CD.D

12.（4分）a・锐基丙烯酸异丁酯可用作医用胶，其结构简式如下。下列关于a-鼠基丙烯酸异丁酯的

说法错误的是（）

A.其分子式为C«H,INO2

B.分子中的碳原子有3种杂化方式

C.分子中可能共平面的碳原子最多为6个

D,其任一含苯环的同分异构体中至少有4种不同化学环境的氢原子

13.（4分）采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如下图所示。忽

略温度变化的影响，下列说法错误的是（）

A,阳极反应为2H2。-4e-=4H++02T

B.电解一段时间后，阳极室的pH未变

C.电解过程中，H+由a极区向b极区迁移

D.电解一段时间后，a极生成的02与b极反应的02等量

14.（4分）1,3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1,3-丁二烯生成碳正离子

（CHCq'KmH）；第二步进攻碳.正离子完成1，2-加成或1,4-加成°反应进程中的能量变

化如下图所示。已知在0℃和40℃时，1,2-加成产物与1,4-加I成产物的比例分别为70:30和

15:85o下列说法正确的是()

反应进程

A.1,4-加成产物比1,2-加成产物稳定

B.与0℃相比，40℃时1,3-丁二烯的转化率增大

C.从升至40C,1,2-加成正反应速率增大，1,4.加成正反应速率减小

D,从0C升至40C,1,2■加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度

1

15.(4分)25℃时，某混合溶液中C(CH3COOH)+C(CH3COO~)=O.lmol-LT,

lgc(CH3coOH)、lgc(CH3coO)、lgc(H+)和Igc(OH)随pH变化的关系如下图所示。K,为CH3coOH

的电离常数，下列说法正确的是()

A.O点时，c(C”3c。。“)=«。”3c。。一)

B.N点时，pH"明

C.该体系中，C(CHCOOH)=°」""？molIT1

3Ka+c(H+)

D.pH由7到14的变化过程中，CH3c0。的水解程度始终增大

阅卷人

一三、非选择题(共5题；共60分)

得分

16.(12分)用软锯矿(主要成分为MnCh,含少量Fe3O4、AI2O3)和BaS制备高纯MnCCh的工艺流程

如下:

已知：MnO?是一种两性氧化物；25c时相关物质的K$p见下表。

物质Fe(OH)2Fe(OH)3A1(OH)3Mn(OH)z

1X10-S31X10-38.61X10-32.3127

KsP1x10--

回答下列问题

（1）（2分）软镒矿预先粉碎的目的是,MnOz与

BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为。

（2）（2.5分）保持BaS投料量不变，随MnOz与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变

化，而Ba（OH）2的量达到最大值后会减小，减小的原因是。

（3）（2.5分）滤液I可循环使用，应当将其导入到操作中（填操作单元的名称）。

（4）（2.5分）净化时需先加入的试剂X为（填化学式）。再使用氨水调溶液的pH,则

pH的理论最小值为（当溶液中某离子浓度。（1.0乂1（）-5小。/.右1时，可认为该离子沉淀

完全）。

（5）（2.5分）碳化过程中发生反应的离子方程式

为。

17.（12分）CdSnAsz是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题：

（1）（3分）Sn为IVA族元素，单质Sn与干燥CL反应生成SnCLu常温常压下SnCLi为无色液

体，SnCL空间构型为,其固体的晶体类型为。

（2）（3分）NH3、PH"AsH3的沸点由高到低的顺序为（填化学式，下

同），还原性由强到弱的顺序为,键角由大到小的顺序

为O

（3）（3分）含有多个配位原子的配体与同一中心离子（或原子）通过螯合配位成环而形成的配合物

为螯合物。一种CcP配合物的结构如图所示，Imol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有

mol,该螯合物中N的杂化方式有利％

(4)(3分)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，称作原子的分

数坐标。四方晶系CdSnAsz的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90。，晶胞中部分原子的分数坐

标如下表所示。

坐标

Xyz

原子

Cd000

Sn000.5

As0.250.250.125

apin

一个晶胞中有个Sn,找出距离Cd(0,0,0)最近的Sn

(用分数坐标表示)。CdSnAs2

晶体中与单个Sn键合的As有个。

18.(12分)探究CH30H合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH30H的产率。以CO2、H2

为原料合成CH30H涉及的主要反应如下：

1

I.C0z(g)+3斤2(9)=CH30H(g)+H20{g}AH1=-49.5k/•moF

II.C0(g)+2,2(9)=CH3OH(g)AH2=-90.4k；-moL

III.co2(g)+”2(g)=C0(g)+H2O(g)AH3

回答下列问题：

（1）（3分）=kJ-mo/To

（2）（3分）一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2和3m0IH2发生上述反

应，达到平衡时，容器中CH30H（g）为Qmol,CO为bmol,此时H2O（g）的浓度为mol.L

十用含a、b、V的代数式表示，下同），反应IH的平衡常数为。

（3）（3分）不同压强下，按照n（C02）：n（H2）=l：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH30H

的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。

2°2）初始f（C02）

已知：CO2的平衡转化率二—x100%

二出初始

以。为。〃）平衡

CH30H的平衡产率=x100%

WC°2）初始

其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图（填“甲”或“乙）压强pi、P2、P3由大到小的顺

序为；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因

是。

（4）（3分）为同时提高C5的平衡转化率和CH30H的平衡严率，应选择的反应条件为

________（填标号）。

A.低温、高压B.高温、低压C.低温、低压D.高温、高压

19.（12分）化合物F是合成咧咪-2-酮类药物的一种中间体，其合成路线如下：

①醇钠OO①0旷，4

AB(.IIH)—»

②附。+CHjCCH,COCM②〃3。

Cl

oo

①醇钠»II(DOH\△SOCkNH2

A与，B(CH,CCHCOC,H)s口，Ac——T-^D--------►E

②H。35②HQ.△

①NaNH/NHj。)

AF(G.H.NOJ

②H。

OC①醇钠IoIIIo.

知:1RCH&RSCH巧HCOR

R

2soci29RNH29

II.-11TH•

RCOHdRCCIRCNHR

/Z①NaNH2〃，3(。/Z

HI..-\r-X+CH.,7+Ar-CH

•、z②“3。+、Z

Ar为芳基；X=C1,Br；Z或Z，=COR,CONHR,COOR等。

回答下列问题：

（1）（3分）实验室制备A的化学方程式为,

提高A产率的方法是；A的某同分异构体只有一种化

学环境的碳原子，其结构简式为。

（2）（3分）C-D的反应类型为；E中含氧官能团的名称为o

（3）（3分）C的结构简式为,F的结构简式为。

(4)(3分)Brz和的反应与Bn和苯酚的反应类似，以

X-COOCJI

CH.为原料合成,写出能获得更多目标产物的较优合成

、COCI

路线（其它试剂任选）

20.（12分）某同学利用Cb氧化KzMnCh制备KMnO4的装置如下图所示［夹持装置略）:

已知：镒酸钾（KzMnO”在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：

3MnOl-+2H2。=2MnO屋+MnO2I+4。”一

回答下列问题：

（I）（3分）装置A中a的作用是：装置C中的试剂

为:装置A中制备Ch的化学方程为o

（2）（3分）上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO”产率降低，改进的方法

是。

（3）（3分）KMnCh常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO,溶液加入（填“酸

式”或“碱式”）滴定管中；在规格为50.00mL的滴定管中，若KMnCh溶液起始读数为15.00mL,此时

滴定管中KMnO4溶液的实际体积为（填标号）。

A.15.00mLB.35.00mLC.大于35.00mLD.小于15.00ml

（4）（3分）某FeC2O4.2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2（C2O5、H2c2O4.2H2O,采用

KMnCh滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：

I.取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2so4溶解，水浴加热至75℃。用cmol.L”的KMnCh溶液

趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnCh溶液VimL。

II.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe?+,加入稀H2sO4酸化后，在75c继续用

KMnCh溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnCh溶液V2mLo

样品中所含%。2。4•2H2。（河=126g•mo/-1）的质量分数表达式

为o

下列关于样品组成分析的说法，正确的是（填标号）。

A.向=3时，样品中一定不含杂质

B.患越大，样品中H2C2O4-2H2O含量一定越高

C.若步骤I中滴入KMnCU溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低

D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高

答案解析部分

1.【答案】D

【考点】二氧化硫的性质；碱金属的性质；化学试剂的存放；常用仪器及其使用

【解析】【解答】A.白磷着火点低，易自然，且密度比水大，常保存在冷水中，A不符合题意；

B.浓硫酸有吸水性且不与SO2反应，可用浓硫酸干燥SO2,B不符合题意；

C.蒸发皿可直接加热，蒸发操作时，用酒精灯直接加热蒸发皿，C不符合题意；

D.K燃烧有K2O2、KO2生成，K2O2>KO2和CO2反应产生O2助燃，所以不能用CO2灭火器扑灭金

属钾的燃烧，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.白磷易自然，可以保存在水中；

B.浓硫酸可以用来干燥酸性气体；

C.蒸发皿可直接加热，蒸发操作时，用酒精灯直接加热蒸发皿；

D.K和钠的过氧化物均可以和CO2直接反应产生氧气。

2.【答案】B

【考点】氧化还原反应

【解析】【解答】A.涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原

反应：A不符合题意；

B.小苏打即NaHCO,NaHCCh受热分解产生无毒的CO2,因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及

氧化还原反应，B符合题意；

C.利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意；

D.NO?与水反应有HN03产生，因此NCh参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合

题意；

故答案为：B

【分析】A.谷物的主要成分为淀粉；

B.2NaHC0,4C02+H20+Na2C03；

C.如次氯酸可以分解生成HC1和O2；

D.4N02+H20=2HN03+NOO

3.【答案】C

【考点】无机物的推断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律

【解析】【解答】A.同一周期从左向右第一电离能总趋势为逐渐增大，同一主族从上到下第一电离

能逐渐减小，故四种元素中第一电离能从大到小的顺序为F>O>Cl>Na,A不符合题意；

B.单质的氧化性越强，简单离子的还原性越弱，0、F、C1三种元素中F2的氧化性最强6的氧化

性最弱，故简单离子的还原性02->C「>F-,B不符合题意；

C.电子层数越多简单离子半径越大，相同结构的离子，原子序数越大半径越小，故四种元素中离子

半径从大到小的顺序为Cl>O2>F>Na\C符合题意；

D.F元素的非金属性强于C1元素，则形成氢化物后F原子束缚H原子的能力强于C1原子，在水溶

液中HF不容易发生电离，故HC1的酸性强于HF,D不符合题意；

故答案为：Co

【分析】四种短周期主族元素，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，设若X为第二

周期元素原子，则X可能为Be或0,若X为第三周期元素原子，则均不满足题意，Z与X能形成

Z2X2的淡黄色化合物，该淡黄色固体为NazOz,则X为O元素，Z为Na元素；Y与W的最外层电

子数相同，则Y为F元素，W为CI元素，据此分析。

4.【答案】C

【考点】碳族元素简介

【解析】【解答】A.因键能C—C>Si—Si、C—H>Si—H,故C2H6的键能总和大于Si2H6,键能越

大越稳定，故C2H6的稳定性大于Si2H6,A不符合题意；

B.SiC的成键和结构与金刚石类似均为原子晶体，金刚石的硬度很大，类比可推测SiC的硬度和很

大，B不符合题意；

C.SiK中Si的化合价为-4价，C的非金属性强于Si,则C的氧化性强于Si,则Si的阴离子的还原

性强于C的阴离子，则SiH4的还原性较强，C符合题意；

D.Si原子的半径大于C原子，在形成化学键时纺锤形的p轨道很难相互重叠形成兀键，故Si原子

间难形成双键，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.键能越大越稳定，越小越易分解；

B.SiC与金刚石均为原子晶体，硬度大；

c.C的非金属性强于Si,则C的氧化性强于Si；

D.Si原子的半径大于C原子，在形成化学键时纺锤形的p轨道很难相互重叠形成兀键，故Si原子

间难形成双键。

5.【答案】C

【考点】实验装置综合

【解析】【解答】A.C02密度大于空气，应采用向上排空气法收集，A不符合题意：

B.苯与浓在滨化铁作用下反应，反应较剧烈，反应放热，且漠易挥发，挥发出来的澳单质能与水反

应生成氢澳酸，所以验证反应生成的HBr,应先将气体通过四氯化碳，将挥发的漠单质除去，B不

符合题意；

C.MgCb能水解，在加热时通入干燥的HCL能避免MgCb的水解，C符合题意；

D.电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，所以丁装置铁为阳极，失去电子，生成二价铁

离子，铜为阴极，溶液中的铜离子得到电子，得到铜，D不符合题意。

故答案为：Co

【分析】本题为实验题，结合物质的性质和电解的原理进行解题，掌握常见物质的制备方法，注意

水解的知识点。

6.【答案】D

【考点】有机物的结构和性质

【解析】【解答】A.该有机物中含有酚羟基，可以与FeC13溶液发生显色反应，A不符合题意；

B.该有机物中含有酯基，酯在酸性条件下水解生成酸基，峻基能与Na2c03溶液反应生成CO2,B

不符合题意；

C.该有机物中含有两个苯环，每个苯环上都含有三个氢原子，且无对称结构，所以苯环上一氯代物

有6种，C不符合题意；

D.该有机物中含有两个苯环、两个碳碳双键、一个短基，每个苯环可以与3个氢气加成，每个双键

可以与1个氢气加成，每个谈基可以与1个氢气加成，所以Imol分子最多可以与2x3+2xl+l=9mol

氢气发生加成反应，D符合题意。

故答案为：Do

【分圻】根据结构简式可知，该有机物含有碳碳双键、酚羟基、酯基、默基、酸键等官能团。

7.【答案】A

【考点】共价键的形成及共价键的主要类型

【解析】【解答】A.无机苯是分子晶体，其熔点主要取决于分子间的作用力，A符合题意；

B.B原子最外层3个电子，与其它原子形成3个b键，N原子最外层5个电子，与其它原子形

成3个b键，还剩余2个电子，故形成大冗键的电子全部由N原子提供，B不符合题意；

C.无机苯与苯等电子体，分子中含有大K键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp?杂化，C不

符合题意；

D.无机苯与苯等电子体，分子中含有大冗键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化，所以

分子中所有原子共平面，D不符合题意；

故答案为：A

【分析】A.分子晶体的熔点主要取决于分子间的作用力；

B.单键形成b键，双键和三键形成b键和冗键；

C.B、N原子的杂化方式为sp2杂化，杂化方式相同；

D.无机苯与苯均为平面六边形结构。

8.【答案】A

【考点】分液和萃取；物质的分离与提纯

【解析】【解答】A.萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上，A符合题意；

B.分液时，密度大的液体在下层，密度小的液体在上层，下层液体由分液漏斗下口放出，下层液体

放完后，密度小的上层液体从分液漏斗上口倒出，B不符合题意；

C.F针在浓盐酸中生成黄色配离子，该离子在乙醛中生成缔合物，乙醍与水不互溶，故分液后水相

为无色，则水相中不再含有Fe3+,说明已经达到分离目的，C不符合题意：

D.蒸馀时选用直形冷凝管，能使谯分全部转移到锥形瓶中，而不会残留在冷凝管中，D不符合题

意；

故答案为：A

【分析】A.分液漏斗振荡时，应该遵循上口上，下口下原则；

B.分液时，上层液体上口倒出，下层液体下口倒出；

C.水相为无色，说明水相中不存在铁离子了：

D.直形冷凝管中不会残留溶液。

9.【答案】B

【考点】制备实验方案的设计

【解析】【解答】A.高温燧烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与钱根水解产生的氢

离子反应，促进镂根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为

MgO+2NH4Cl=MgC12+2NH3T+H2O,故A不符合题意；

B.一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利

用率，故B符合题意；

C.浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化筱又可以利用到浸

出过程中，故C不符合题意；

D.Fe(OH)3sA1(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的K$p,所以当pH达到一定值时FQ+、AF+产生沉淀，

而Mg2+不沉淀，从而将其分离，故D不符合题意：

故答案为B。

【分析】菱镁矿煨烧后得到轻烧粉，MgCCh转化为MgO,加入氯化铁溶液浸取，浸出的废渣有

SiCh、Fe(OH)3、A1(OH)3,同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg?+,加入氨水得到Mg(OH)2

沉淀，煨烧得到高纯镁砂。

10.【答案】B

【考点】原电池工作原理及应用

【解析】【解答】A.a极为负极，CH3coO■失电子被氧化成CCh和H+,结合电荷守恒可得电极反应

式为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2T+7H+,故A不符合题意；

B.为了实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜1为阴离子交换膜，

钠离子需要移向正极，即b极，则隔膜2为阳离子交换膜，故B符合题意；

C.当电路中转移Imcl电子时，根据电荷守恒可知，海水中会有ImcIC「移向负极，同时有1mclNa+

移向正极，即除去ImolNaCL质量为58.5g,故C不符合题意：

D.b极为正极，水溶液为酸性，所以氢离子得电子产生氢气，电极反应式为2H++2e・=H23所以当

转移8moi电子时，正极产生4moi气体，根据负极反应式可知负极产生2moi气体，物质的量之比为

4:2=2:1,故D不符合题意;

故答案为B。

【分析】据图可知a极上CH3coCT转化为CO2和H+,C元素被氧化，所以a极为该原电池的负极，

则b极为正极。

11.【答案】B,C

【考点】苯酚的化学性质；醛与Cu(0H)2的反应；酸(碱)式滴定管的使用

【解析】【解答】A.苯酚可与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的苯酚钠，最后与苯混合后互不相

溶，分层，该操作能达到实验目的，A不符合题意；

B.盐酸易挥发，若将盐酸与碳酸氢钠溶液混合产生的气体直接通入苯酚钠，可能挥发的HC1会与苯

酚钠反应生成常温下难溶于水的苯酚，不能证明是二氧化碳与其发生的反应，达不到实验目的，应

该先除去二氧化碳中可能挥发的HC1再进行实验操作，B符合题意；

C.除去碱式滴定管胶管内气泡时，尖嘴不应该垂直向下，应向上挤压橡段管，利用空气排出，该实

验操作达不到实验目的，c符合题意；

D.为检验醛基，配制氢氧化铜悬浊液时，碱需过量，保证醛基是在碱性条件下发生反应，该操作可

达到实验目的，D不符合题意；

故答案为：BC

【分析】A.苯酚又名石碳酸，可以和强碱反应生成盐；

B.注意需要排除盐酸的干扰；

C.注意碱式滴定管的气泡需要尖嘴向上排出；

D.配制氢氧化铜悬浊液时需要在碱性条件下进行。

12.【答案】C

【考点】有机物的结构和性质

【解析】【解答】A.结合该分子的结构简式可以看出，其分子式为C8H11NO2,A不符合题意；

B.该分子中含-C三N（氟基）、-C=C.（碳碳双键）以及碳碳单键，它们采用的杂化类型分别

是sp杂化、sp2杂化和sp3杂化共3种杂化方式，B不符合题意；

C.碳碳双键、碳氧双键中碳原子共平面、-C三N（氨基）共直线，0原子采用sp3杂化，为V

型结沟，链状的碳碳单键中最多有两个c原子共平面，则该分子中可能共平面的C原子可表示为：

D.该分子中的不饱和度为4,含苯环的同分异构体中，等效氢原子种类最少的应具有对称结构，其

同分异构体之一的结构简式如jCC,该分子的等效氢为4种，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.根据结构简式可以确定分子式；

B.-C=N（锐基）为sp杂化、.c=C-（碳碳双键）sp?杂化以及碳碳单键sp3杂化；

C.注意单键可以通过旋转共面；

D.注意对称结构的氢原子种类最少。

13.【答案】D

【考点】电解池工作原理及应用

【解析】【解答】A.依据分析a极是阳极，属于放氧生酸性型的电解，所以阳极的反应式是2H2O-4e-

=4H++O2f,故A不符合题意；

B.电解时阳极产生氢离子，氢离子是阳离子，通过质子交换膜移向阴极，所以电解一段时间后，阳

极室的pH值不变，故B不符合题意；

C.有B的分析可知，C不符合题意；

+

D.电解时，阳极的反应为：2H2O-4e=4H+O2t，阴极的反应为：6+2e+211+=上02,总反应为：

O2+2H2O2H2O2,要消耗氧气，即是a极生成的氧气小于b极消耗的氧气，故D符合题意；

故答案为：Do

【分析】a极析出氧气，氧元素的化合价升高，做电解池的阳极，b极通入氧气，生成过氧化氢，氧

元素的化合价降低，被还原，做电解池的阴极。

14.【答案】A,D

【考点】化学反应中能量的转化；化学反应速率的影响因素

【解析】【解答】根据上述分析可知，

A.能量越低越稳定，根据图像可看出，1,4■加成产物的能量比1,2•加成产物的能量低，即1,4.加成产

物的能量比1,2-加成产物稳定，故A符合题意；

B.该加成反应不管生成1,4-加成产物还是1,2.加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利用1,3-

丁一烯的转化，即在40℃时其转化率会减小，故R不符合题意：

C.从0。。升至40℃,正化学反应速率均增大，即1,4.加成和1,2■加成反应的正速率均会增大，

故C不符合题意；

D.从0℃升至40℃,对于1,2-加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1,2-加成正反应速率的

增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D符合题意；

故答案为：AD。

【分析】根据图像分析可知该加成反应为放热反应，且生成的1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物的

能量低，结合题干信息及温度对化学反应速率与化学平衡的影响效果分析作答。

15.【答案】B,C

【考点】弱电解质在水溶液中的电离平街；影响盐类水解程度的主要因素；溶液酸碱性的判断及相关计算

【解析】【解答】A.根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7,应该得出的

结论为：c、(H+尸c(OH-),故A不符合题意；

B.N点为曲线1和曲线4的交点，IgcfCH3coO)=lgc(CH3coOH),即c(CH3coO)=c(CH3coOH),

因Ka=以/今，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa,故B符合题意；

C^CnoCUUn)

C.C(CH3COO)+C(CH3COOH)=0.1mol/L,贝I」c(CH3coO)=0.1mol/L-c<CH3coOH),又Ka=

嘱么噜?+)，联立两式消去c(CH3coO)并化简整理可得出，c(CH3coOH尸°?

C(CH3COOH)Ka+c(4)

mol/L,故C符合题意；

D.酯酸根离子的水解平衡为：CH3COO+H2O=CH3COOH+OH,pH由7至I」14的变化过程中，碱

性不断增强，c(OH)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D不

符合题意；

故答案为：BCo

【分析】根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离

子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根嗡子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线

代表的浓度分别是：曲线1为IgdCFhCO。)随pH的变化曲

线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lg《OH)随pH的变化曲线，曲线4为

lgc(CH3co0H)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。

16.【答案】(1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率；MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+

MnO+S

(2)过量的MnCh消耗了产生的Ba(OH)2

(3)蒸发

(4)H2O2；4.9

2+

(5)Mn+HCO2+NH3-H20=MnC03I+NH^+H20

【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计

【解析】【解答】(1)软钵矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；

MnO?与BaS反应转化为MnO,Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价

的S元素应被氧化得到S单质，则Mn(h与BaS的系数比应为1:1,根据后续流程可知产物还有

Ba(OH)2,结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(UH)2+MnO+S;(2)根据题目信息可

知MnCh为两性氧化物，所以当MnCh过量时，会消耗反应产生的Ba(0H)2,从而使Ba(0H)2的量达

到最大值或会减小；(3)滤液I为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环

使用；(4)净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+,为了不引入新的杂质，且不将Mn元素

氧化：加入的试剂X可以是H2O2：根据表格数据可知，Fe(0H)3和A1(OH)3为同种沉淀，而A1(OH)3

的Ks,稍大，所以当AP+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(A13+)=1.0xl0-5mol/L时，c(OH^=

脑⑷麓”]=1X10mol.L-i=10-9'mol/L,所以c(H+)=10-4Smol/L,pH=4.9,即pH的

Jc(4/)个lxlO-5

理论最小值为4.9；(5)碳化过程MM+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸镒沉淀，促进碳酸氢

根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成钱根和水，所以离子方程式为MM++HCOj

4-NH?H2O=MnCO31+NHj+H2Oo

【分析】软铸矿粉(主要成分为MnOz,含少量Fe3O4、AI2O3)加入硫化钢溶液进行反应，主要发生

MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S,过滤得到Ba(OH”溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化

钢；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有MM+、Fe2\Fe3\AI3+,得到的滤渣为不溶

于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+,然后加入氨水调节pH,使

Fe3\A13+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(0H)3和A1(OH)3,此时滤液中的金属阳离子只有

MM+,向滤液中加入碳酸氢镂、氨水，M/+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸钵沉淀，过

滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锦。

17.【答案】(1)正四面体形；分子晶体

(2)NH3、ASH3、PH3；ASH3、PH3、NH3；NH3、PH3、ASH3

(3)6；1

(4)4：(0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0)：4

【考点】配合物的成键情况；晶胞的计算；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；原子轨道杂化方

式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律

【解析】【解答】(1)Sn为第WA族元素，由于常温下SnC14为液体，故SnCb为分子晶体；SnCL分

子中中心原子的孤电子对数=々x64-4x1；=0,。键电子对数为4,价层电子对数为4,故

SnCL分子的空间构型为正四面体形；(2)N%、P%、Asth的结构相似，结构相似的物质，相对分

子质量越大，范德华力越强，物质的沸点越高，但是NH3分子间能形成氢键，故这三种物质的沸点

NH3>ASH3>PH3；N、P、As这三种元素位于元素周期表中第VA族，原子序数依次增大，同一主

族从上到下，随着核电荷数的增加，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，氢化物的还原性逐渐

增强：故这三种物质的还原性由强到弱的顺序为ASH3>PH3>NH3：NH3、PH3、ASH3中中心原子都

是sp3杂化，都有1对孤电子对，中心原子的电负性越小，成键电子对之间的斥力越小，成键电子对

之间的斥力越小，键角越小，所以这三种物质键角由大到小的顺序为NH3>PH3>AsH3；(3)由该

物质的结构简式和分析，根据题意“含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成

环而形成的配合物为螯合物“，故该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6m01,Cd—NO2那个不

算；该螯合物中N原子的杂化方式都是sp2杂化，故该物质中N的杂化方式有1种；(4)由部分Cd

原子的分数坐标为(0,0,0),可知8个Cd在晶胞的顶点，4个Cd在晶胞的面心，1个在晶胞的体

心：部分Sn原子的分数坐标为(0,0,0.5),4个Sn在晶胞的棱上，6个Sn在晶胞的面心；部分

As原子的分数坐标为(0.25,0.25,0.125),8个As在晶胞的体心；所以1个晶胞中Sn的个数为

4xi+6x1=4;距离Cd(0,0,0)最近的Sn是(0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0)；由晶胞结构图可

知，CdSnAsz晶体中与单个Sn结合的As有4个。

【分析】(1)利用价层电子对数确定SnCL的分子构型；由于常温下SnCL为液体，故SnCk为分子

晶体；(2)结构相似的分子，相对分子质量越大物质的熔沸点越高，另外分子间能形成氢键的物

质，熔沸点则较高，键角的大小取决于中心原子的杂化类型、孤电子对数、成键电子对与成键电子

对之间的斥力大小；(3)由该物质的结构简式可知，螯合作用配位成环，故1个该配合物中通过螯

合作用形成的配位键有6个，Cd—NO?那个不算；该整合物中N原子的杂化方式为sp2杂化；(4)

结合部分原子的分数坐标，结合晶胞结构图，确定各原子在晶胞中位置，找出相应原子。

18.【答案】(1)+40.9

/6a+bb(a+b)

。;(l-a-b)(3-3a-ft)

(3)乙；pi.pz、pa；1时以反应HI为主，反应III前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响

(4)A

【考点】化学平衡的调控；化学平衡转化过程中的变化曲线：化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学

平衡的计算；有关反应热的计算

【解析】【解答】(1).根据反应1+11=111,则4%=△Wi+AH2=-49.5kJmol-'+(-90.4kJmol')=+40.9

kJmol-1；(2).假设反应n中，CO反应了xmoL则II生成的CH30H为xmol,I生成的CH30H为®

x)mol,HI生成CO为(b+x)moL根据反应I：WS)+3%(9)=CH30H(9)+/°(9),反应n：

a—x3(a—x)a-xa—x

co(g)+2”2(g)=。“3。”(9),反应ni：。°2(。)+"2(。)=。°(。)+"2°(。)，所以平衡时水的

x2xxb+xb+xd+xbx

物质的量为(a-x)mol+(b+x)mol=(a+b)moL浓度为：钙臀=法租出.广】；平衡时COz的物质

的量为lmol-(a-x)mol-(b+x)mol=(l-a-b)mol,H2的物质的量为3mol-3(a-x)mol-2x-(b+x)mol=(3-3a-

b)mol,CO的物质的量为bmol,水的物质的量为(a+b)mol,则反应HI的平衡常数为：

bxq+b

1温国外=(5答第九同；⑶.反应I和n为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则

CH30H的平衡产率减少，所以图甲表示CH30H的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应I

和n为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C02的平衡转化率降低，反应in为吸热反应，升高温

度反应HI向正反应方向移动，升高一定温度后以反应III为主，CO2的平衡转化率又升高，所以图

乙表示CO2的平衡转化率；压强增大，反应I和n是气体体积减小的反应，反应I和II平衡正向移

动，反应III气体体积不变化，平衡不移动，故压强增大CH30H的平衡产率增大，根据图所以压强

关系为：P1>P2>P3：温度升高，反应I和n平衡逆向移动，反应ni向正反应方向移动，所以Ti温度

时，三条曲线交与一点的原因为：「时以反应III为主，反应HI前后分子数相等，压强改变对平衡

没有影响；（4）.根据图示可知，温度越低，CO2的平衡转化率越大，CH30H的平衡产率越大，压强越

大，CO2的平衡转化率越大，CH30H的平衡产率越大，所以选择低温和高压，故答案为：Ao

【分析】根据盖斯定律计算反应热；利用三个反应，进行浓度和化学平衡常数的计算；结合图形根

据勒夏特列原理考虑平衡移动的方向，确定温度和压强变化时，CO2的平衡转化率和CH30H的平衡

产率之间的关系得到相应的答案。

浓誓CH3COOCM+%。；及时蒸出产物（或增大乙酸或

19.【答案】⑴CHCOOH+CHCHOH

332A

乙醇的用量）；

（2）取代反应；埃基、酰胺基