2020年高考真题——化学（山东卷） Word版含解析

2020年高考真题——化学（山东卷） Word版含解析

山东省2020年普通高中学业水平等级考试 化学 可能用到的相对原子质量：H‎1 C12 O16 Na23 Cl35.5 Fe56‎ 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.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 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．白磷着火点低，易自然，且密度比水大，常保存在冷水中，A正确；‎ B．浓硫酸有吸水性且不与SO2反应，可用浓硫酸干燥SO2，B正确；‎ 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正确；‎ 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错误。‎ 答案选D。‎ ‎2.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NO2参与酸雨形成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】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NaHCO3，NaHCO3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．NO2与水反应有HNO3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。‎ - 25 -‎ 答案选B。‎ ‎3.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>Z B. 简单离子的还原性：Y>X>W C. 简单离子的半径：W>X>Y>Z D. 氢化物水溶液的酸性：Y>W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【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O，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Na2O2，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Cl元素，据此分析。‎ ‎【详解】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错误；‎ B．单质的氧化性越强，简单离子的还原性越弱，O、F、Cl三种元素中F2的氧化性最强O2的氧化性最弱，故简单离子的还原性O2-＞Cl-＞F-，B错误；‎ 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正确；‎ D．F元素的非金属性强于Cl元素，则形成氢化物后F原子束缚H原子的能力强于Cl原子，在水溶液中HF不容易发生电离，故HCl的酸性强于HF，D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.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 、 ，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. SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，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 键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因键能C—C＞Si—Si、C—H＞Si—H，故C2H6的键能总和大于Si2H6‎ - 25 -‎ ‎，键能越大越稳定，故C2H6的稳定性大于Si2H6，A正确；‎ 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正确；‎ C．SiH4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错误；‎ 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π键，故Si原子间难形成双键，D正确；‎ 故选C。‎ ‎5.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. 用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生 C. 用丙装置制备无水MgCl2‎ D. 用丁装置在铁上镀铜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CO2密度大于空气，应采用向上排空气法收集，A错误；‎ B. 苯与溴在溴化铁作用下反应，反应较剧烈，反应放热，且溴易挥发，挥发出来的溴单质能与水反应生成氢溴酸，所以验证反应生成的HBr，应先将气体通过四氯化碳，将挥发的溴单质除去，B错误；‎ C. MgCl2能水解，在加热时通入干燥的HCl，能避免MgCl2的水解，C正确； ‎ 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错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】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.从中草药中提取的 calebin A(结构简式如下)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于 calebin A - 25 -‎ 的说法错误的是 A. 可与FeCl3溶液发生显色反应 B. 其酸性水解的产物均可与Na2CO3溶液反应 C. 苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种 D. 1mol该分子最多与8molH2发生加成反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据结构简式可知，该有机物含有碳碳双键、酚羟基、酯基、羰基、醚键等官能团。‎ ‎【详解】A. 该有机物中含有酚羟基，可以与FeCl3溶液发生显色反应，A正确；‎ B. 该有机物中含有酯基，酯在酸性条件下水解生成羧基，羧基能与Na2CO3溶液反应生成CO2，B正确；‎ 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正确；‎ D. 该有机物中含有两个苯环、两个碳碳双键、一个羰基，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，每个羰基可以与1个氢气加成，所以1mol分子最多可以与2×3+2×1+1=9mol氢气发生加成反应，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题根据有机物结构得到官能团，再根据官能团的性质进行解题，注意羰基也能与氢气发生加成反应。‎ ‎7.B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似，也有大π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π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 ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 25 -‎ ‎【详解】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错误；‎ B．B原子最外层3个电子，与其它原子形成3个键，N原子最外层5个电子，与其它原子形成3个键，还剩余2个电子，故形成大键的电子全部由N原子提供，B正确；‎ C．无机苯与苯等电子体，分子中含有大键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化，C正确；‎ D．无机苯与苯等电子体，分子中含有大键，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正确；‎ 答案选A。‎ ‎8.实验室分离Fe3+和Al3+流程如下：‎ 知Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子【FeCl4】，该配离子在乙醚(Et2O，沸点‎34.6℃‎)中生成缔合物 。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. 蒸馏时选用直形冷凝管 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上，A错误；‎ 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正确；‎ C．Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子，该离子在乙醚中生成缔合物，乙醚与水不互溶，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正确；‎ D．蒸馏时选用直形冷凝管，能使馏分全部转移到锥形瓶中，而不会残留在冷凝管中，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎9.以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)‎ - 25 -‎ 为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：‎ 已知浸出时产生的废渣中有SO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是 A. 浸出镁的反应为 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NH3、NH4Cl D. 分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅烧得到高纯镁砂。‎ ‎【详解】A．高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正确；‎ 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错误；‎ 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铵又可以利用到浸出过程中，故C正确；‎ D．Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎10.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 - 25 -‎ A. 负极反应为 ‎ 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1mol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 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据图可知a极上CH3COOˉ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。‎ ‎【详解】A．a极为负极，CH3COOˉ失电子被氧化成CO2和H+，结合电荷守恒可得电极反应式为CH3COOˉ+2H2O-8eˉ=2CO2↑+7H+，故A正确；‎ 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错误；‎ C．当电路中转移1mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中会有1molClˉ移向负极，同时有1molNa+移向正极，即除去1molNaCl，质量为‎58.5g，故C正确；‎ 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++2eˉ=H2↑，所以当转移8mol电子时，正极产生4mol气体，根据负极反应式可知负极产生2mol气体，物质的量之比为4:2=2:1，故D正确；‎ 故答案为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.下列操作不能达到实验目的的是 目的 操作 - 25 -‎ A 除去苯中少量的苯酚 加入适量NaOH溶液，振荡、静置、分液 B 证明酸性：碳酸>苯酚 将盐酸与NaHCO3混合产生的气体直接通入苯酚钠溶液 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 D 配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液 向试管中加入2mL10%NaOH溶液，再滴加数滴2%CuSO4溶液，振荡 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】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，故A正确；‎ 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HCl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HCl再进行实验操作，故B错误；‎ C. 除去碱式滴定管胶管内气泡时，尖嘴不应该垂直向下，应向上挤压橡胶管，利用空气排出，该实验操作达不到实验目的，故C错误；‎ 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，故D正确；‎ 答案选BC。‎ ‎12.α-氰基丙烯酸异丁酯可用作医用胶，其结构简式如下。下列关于α-氰基丙烯酸异丁酯的说法错误的是 A. 其分子式 C8H11NO2‎ - 25 -‎ 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 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 结合该分子的结构简式可以看出，其分子式为C8H11NO2，故A正确；‎ B. 该分子中含（氰基）、（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，故B正确；‎ C. 碳碳双键、碳氧双键中碳原子共平面、（氰基）共直线，O原子采用sp3杂化，为V型结构，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：，故C错误；‎ 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，该分子的等效氢为4种，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎13.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 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 - 25 -‎ D. 电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【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。‎ ‎【详解】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++O2↑，故A正确，但不符合题意；‎ 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正确，但不符合题意；‎ C.有B的分析可知，C正确，但不符合题意；‎ D.电解时，阳极的反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，阴极的反应为：O2+2e-+2H+=H2O2，总反应为：O2+2H2O=2H2O2，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错误，符合题意；‎ 故选：D。‎ ‎14.1，3-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()；第二步Br -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-加成产物的比例分别为70:30和15:85。下列说法正确的是 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 - 25 -‎ C. 从‎0℃‎升至‎40℃‎，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率减小 D. 从‎0℃‎升至‎40℃‎，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 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【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。‎ ‎【详解】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正确；‎ 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-丁二烯的转化，即在40时其转化率会减小，故B错误；‎ 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错误；‎ 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正确；‎ 答案选AD。‎ ‎15.25℃‎时，某混合溶液中，1gc( CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是 A. O点时，‎ - 25 -‎ B. N点时，‎ C. 该体系中，‎ D. pH由7到14的变化过程中， CH3COO-的水解程度始终增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【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，氢氧根离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lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。‎ ‎【详解】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+)= c(OH-)，故A错误；‎ B. N点为曲线1和曲线4的交点， lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B正确；‎ C. c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)=0.1mol/L- c(CH3COOH)，又Ka=，联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出，c(CH3COOH)=mol/L，故C正确；‎ D. 醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2O CH3COOH +OH-，pH由7到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错误；‎ - 25 -‎ 答案选BC。‎ 三、非选择题：本题共5小题，共60分 ‎16.用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：‎ 已知：MnO2是一种两性氧化物；‎25℃‎时相关物质的Ksp见下表。‎ 物质 Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ Al(OH)3‎ Mn(OH)2‎ Ksp 回答下列问题 ‎(1)软锰矿预先粉碎的目的是____________，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为________。‎ ‎(2)保持BaS投料量不变，随MnO2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)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)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时，可认为该离子沉淀完全)。‎ ‎(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为______________________。‎ ‎【答案】 (1). 增大接触面积，充分反应，提高反应速率： (2). (3). 过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2 (4). 蒸发 (5). H2O2 (6). 4.9 (7). ‎ ‎【解析】‎ - 25 -‎ ‎【分析】‎ 软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，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+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。‎ ‎【详解】(1)软锰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；MnO2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MnO2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(OH)2+MnO+S；‎ ‎(2)根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)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(OH)3和Al(OH)3为同种沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol/L时，c(OHˉ)==10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9；‎ ‎(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O。‎ ‎17.CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题：‎ ‎(1)Sn为ⅣA族元素，单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4。常温常压下SnCl4为无色液体，SnCl4空间构型为_____________，其固体的晶体类型为_____________。‎ ‎(2)NH3、PH3、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_____________。‎ - 25 -‎ ‎(3)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Cd2+配合物的结构如图所示，1mol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__________种。‎ ‎(4)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CdSnAs2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 原子 x y z Cd ‎0‎ ‎0‎ ‎0‎ Sn ‎0‎ ‎0‎ ‎0.5‎ As ‎0.25‎ ‎0.25‎ ‎0.125‎ 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 ‎ - 25 -‎ 晶体中与单个Sn键合As有___________个。‎ ‎【答案】 (1). 正四面体形； (2). 分子晶体 (3). NH3、AsH3、PH3 (4). AsH3、PH3、NH3 (5). NH3、PH3、AsH3 (6). 6 (7). 1 (8). 4 (9). (0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0) (10). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用价层电子对数确定SnCl4的分子构型；由于常温下SnCl4为液体，故SnCl4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—NO2那个不算；该螯合物中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。‎ ‎【详解】（1）Sn为第ⅣA族元素，由于常温下SnCl4为液体，故SnCl4为分子晶体；SnCl4分子中中心原子的孤电子对数==0，键电子对数为4，价层电子对数为4，故SnCl4分子的空间构型为正四面体形；‎ ‎（2）NH3、PH3、AsH3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6mol，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 - 25 -‎ 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 ；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，CdSnAs2晶体中与单个Sn结合的As有4个。‎ ‎【点睛】本题考查轨道杂化类型的判断，分子构型，物质熔沸点大小比较，键角大小的比较，配位数的计算，晶胞的计算等知识，立足课本进行适当拓展，但整体难度不大。难点仍然是晶胞的有关判断与计算，晶胞中原子的数目往往采用均摊法：①位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/8；②位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；③位于晶胞棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；④位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1。‎ ‎18.探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：‎ Ⅰ. ‎ Ⅱ ‎ Ⅲ. ‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)_________。‎ ‎(2)一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为ɑ mol，CO为b mol，此时H2O(g)的浓度为__________mol﹒L-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为___________。‎ ‎(3)不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。‎ - 25 -‎ 已知：CO2的平衡转化率=‎ CH3OH的平衡产率=‎ 其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图___________(填“甲”或“乙”)；压强p1、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)为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，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 ‎【答案】 (1). +40.9 (2). (3). (4). 乙 (5). p1、p2、p3 (6). T1时以反应Ⅲ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 (7). A ‎【解析】‎ ‎【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CH3OH的平衡产率之间的关系得到相应的答案。‎ ‎【详解】(1).根据反应I+II=III，则△H3=△H1+△H2=-49.5kJ∙mol-1+(-90.4 kJ∙mol-1)=+40.9 kJ∙mol-1；‎ ‎(2).假设反应II中，CO反应了xmol，则II生成的CH3OH为xmol，I生成的CH3OH为(a-x)mol，III生成CO为(b+x)mol，根据反应I：，反应II： ‎ - 25 -‎ ‎，反应III：，所以平衡时水的物质的量为(a-x)mol+(b+x)mol =(a+b)mol，浓度为:；平衡时CO2的物质的量为1mol-(a-x)mol-(b+x)mol=(1-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III的平衡常数为：；‎ ‎(3).反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OH的平衡产率减少，所以图甲表示CH3OH的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，反应III为吸热反应，升高温度反应III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II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CH3OH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II平衡逆向移动，反应III向正反应方向移动，所以T1温度时，三条曲线交与一点的原因为：T1时以反应III为主，反应III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，CH3OH的平衡产率越大，压强越大，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，所以选择低温和高压，答案选A。‎ ‎【点睛】本题为化学反应原理综合题，考查了盖斯定律、化学平衡常数的计算、勒夏特列原理进行图像的分析，难点为平衡常数的计算，巧用了三个反应的化学方程式，进行了数据的处理，得到反应III的各项数据，进行计算得到平衡常数。‎ ‎19.化合物F是合成吲哚-2-酮类药物的一种中间体，其合成路线如下：‎ ‎ ()‎ - 25 -‎ 知：Ⅰ.‎ Ⅱ. ‎ Ⅲ. ‎ Ar为芳基；X=Cl，Br；Z或Z′=COR， CONHR，COOR等。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)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)C→D的反应类型为____________；E中含氧官能团的名称为____________。‎ ‎(3)C的结构简式为____________，F的结构简式为____________。‎ ‎(4)Br2和的反应与Br2和苯酚的反应类似，以和为原料合成，写出能获得更多目标产物的较优合成路线(其它试剂任选)________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 及时蒸出产物(或增大乙酸或乙醇的用量) (3). (4). 取代反应 (5). ‎ - 25 -‎ 羰基、酰胺基 (6). CH3COCH2COOH (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据B的结构和已知条件Ⅰ可知R=H、R’=CH2H5，故A为CH3COOC2H5（乙酸乙酯），有机物B经过碱性条件下水解再酸化形成有机物C（），有机物C与SOCl2作用通过已知条件Ⅱ生成有机物D（），有机物D与邻氯苯胺反应生成有机物E（），有机物E经已知条件Ⅲ发生成环反应生成有机物F（），据此分析。‎ ‎【详解】(1)根据分析，有机物A为乙酸乙酯，在实验室中用乙醇和乙酸在浓硫酸的催化下制备，反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；该反应为可逆反应，若想提高乙酸乙酯的产率需要及时的将生成物蒸出或增大反应的用量；A的某种同分异构体只有1种化学环境的C - 25 -‎ 原子，说明该同分异构体是一个对称结构，含有两条对称轴，则该有机物的结构为；‎ ‎(2)根据分析，C→D为和SOCl2的反应，反应类型为取代反应；E的结构为，其结构中含氧官能团为羰基、酰胺基；‎ ‎(3)根据分析，C的结构简式为CH3COCH2COOH；F的结构简式为；‎ ‎(4)以苯胺和H‎5C2OOCCH2COCl为原料制得目标产物，可将苯胺与溴反应生成2,4,6—三溴苯胺，再将2,4,6—三溴苯胺与H‎5C2OOCCH2COCl反应发生已知条件Ⅱ的取代反应，再发生已知条件Ⅲ的成环反应即可得到目标产物，反应的流程为 - 25 -‎ ‎20.某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(夹持装置略)：‎ 已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)装置A中a的作用是______________；装置C中的试剂为________________；装置A中制备Cl2的化学方程为______________。‎ ‎(2)上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是________________。‎ ‎(3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4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KMnO4溶液起始读数为15.00mL - 25 -‎ ‎，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为______________(填标号)。‎ A.15.00‎‎ mL B.35.00mL C.大于35.00mL D.小于‎15.00m1‎ ‎(4)某FeC2O4﹒2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H‎2C2O4﹒2H2O，采用KMnO4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 c mol﹒L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。‎ Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在‎75℃‎继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。‎ 样品中所含的质量分数表达式为_________________。‎ 下列关于样品组成分析的说法，正确的是__________(填标号)。‎ A.时，样品中一定不含杂质 B.越大，样品中含量一定越高 C.若步骤I中滴入KMnO4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】 (1). 平衡气压，使浓盐酸顺利滴下； (2). NaOH溶液 (3). (4). 在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶 (5). 酸式 (6). C (7). (8). BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 漂白粉的有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，Cl2和K2MnO4在B中反应产生KMnO4，反应不完的Cl2用C吸收，据此解答。‎ ‎【详解】(1)装置A为恒压分液漏斗，它的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，C的作用是吸收反应不完的Cl2，可用NaOH溶液吸收，Ca(ClO)2和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案为：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；NaOH溶液；Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；‎ ‎(2)锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生 - 25 -‎ ‎3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-，一部分MnO42-转化为了MnO2，导致最终KMnO4的产率低，而浓盐酸易挥发，直接导致B中NaOH溶液的浓度减小，故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl，故答案为：在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；‎ ‎(3)高锰酸钾有强氧化性，强氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“‎0”‎刻度在上，规格为50.00mL的滴定管中实际的体积大于(50.00-15.00)mL，即大于35.00mL，故答案为：酸式；C；‎ ‎(4)设FeC2O4·2H2O的物质的量为xmol，Fe2(C2O4)3的物质的量为ymol，H‎2C2O4·2H2O的物质的量为zmol，步骤I中草酸根和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有：2KMnO4~5H‎2C2O4(C2O42-)，KMnO4~5Fe2+，所以，步骤II中Fe2+被氧化，由KMnO4~5Fe2+可知，，联立二个方程解得：z=2.5(cV1-3V2)×10-3，所以H‎2C2O4·2H2O的质量分数==。关于样品组成分析如下：‎ A．时，H‎2C2O4·2H2O的质量分数==0，样品中不含H‎2C2O4·2H2O，由和可知，y≠0，样品中含Fe2(C2O4)3杂质，A错误；‎ B．越大，由H‎2C2O4·2H2O的质量分数表达式可知，其含量一定越大，B正确；‎ C．Fe元素的物质的量=，若步骤I中KMnO4溶液不足，则步骤I中有一部分Fe2+没有被氧化，不影响V2的大小，则不变，则对于测得Fe元素的含量无影响，C错误；‎ D．结合C可知：若KMnO4溶液浓度偏低，则消耗KMnO4溶液的体积V1、V2均偏大，Fe元素的物质的量偏大，则测得样品中Fe元素含量偏高，D正确；‎ 故答案为：；BD。‎ - 25 -‎