2020年山東高考化學(xué)解析版原卷版試題

2020山東高考化學(xué)試題解析

1.實(shí)驗(yàn)室中下列做法錯(cuò)誤的是

A.用冷水貯存白磷B.用濃硫酸干燥二氧化硫

C.用酒精燈直接加熱蒸發(fā)皿D.用二氧化碳滅火器撲滅金屬鉀的燃燒

【解析】A.白磷著火點(diǎn)低，易自然，且密度比水大，常保存在冷水中，A正確；

B.濃硫酸有吸水性且不與SO2反應(yīng)，可用濃硫酸干燥SO2,B正確；

C.蒸發(fā)皿可直接加熱，蒸發(fā)操作時(shí)，用酒精燈直接加熱蒸發(fā)皿，C正確；

D.K燃燒有K2O2、KO2生成,K2O2、KO2和CO2反應(yīng)產(chǎn)生。2助燃，所以不能用CO2滅火器撲滅金屬鉀

的燃燒，D錯(cuò)誤。

答案選D。

2.下列敘述不涉及氧化還原反應(yīng)的是

A.谷物發(fā)酵釀造食醋B.小蘇打用作食品膨松劑

C.含氯消毒劑用于環(huán)境消毒D.大氣中NO?參與酸雨形成

【解析】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，涉及氧化還原反應(yīng)，A不符

合題意；

B.小蘇打即NaHCOa,NaHCCh受熱分解產(chǎn)生無(wú)毒的C02,因此可用小蘇打作食品膨松劑，不涉及氧化

還原反應(yīng)，B符合題意；

C.利用含氯消毒劑的強(qiáng)氧化性消毒殺菌,涉及氧化還原反應(yīng)，C不符合題意；

D.NO?與水反應(yīng)有HN6產(chǎn)生，因此N02參與了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化還原反應(yīng)，D不符合題意。

答案選B。

3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，基態(tài)X原子的電子總數(shù)是其最高能級(jí)電子數(shù)的2倍，

Z可與X形成淡黃色化合物Z2X2,Y、W最外層電子數(shù)相同。下列說(shuō)法正確的是

A.第一電離能：W>X>Y>ZB.簡(jiǎn)單離子的還原性：Y>X>W

C.簡(jiǎn)單離子的半徑：W>X>Y>ZD.氫化物水溶液的酸性:Y>W

解析四種短周期主族元素,基態(tài)X原子的電子總數(shù)是其最高能級(jí)電子數(shù)的2倍，設(shè)若X為第二周期元素原

子，則X可能為Be或。，若X為第三周期元素原子，則均不滿足題意，Z與X能形成Z2X2的淡黃色化合

物，該淡黃色固體為Na2O2，則X為0元素，Z為Na元素；Y與W的最外層電子數(shù)相同，則Y為F元

素，W為。元素，據(jù)此分析。

【解析】A.同一周期從左向右第一電離能總趨勢(shì)為逐漸增大，同一主族從上到下第一電離能逐漸減小,

故四種元素中第一電離能從大到小的順序?yàn)镕>0>Cl>Na,A錯(cuò)誤；

B.單質(zhì)的氧化性越強(qiáng)，簡(jiǎn)單離子的還原性越弱，0、F、CI三種元素中F2的氧化性最強(qiáng)。2的氧化性最弱，

故簡(jiǎn)單離子的還原性02->（：卜>F,B錯(cuò)誤；

C.電子層數(shù)越多簡(jiǎn)單離子半徑越大，相同結(jié)構(gòu)的離子，原子序數(shù)越大半徑越小，故四種元素中離子半徑

從大到小的順序?yàn)镃l>。2->F->Na+,C正確；

D.F元素的非金屬性強(qiáng)于CI元素，則形成氫化物后F原子束縛H原子的能力強(qiáng)于CI原子，在水溶液中

HF不容易發(fā)生電離，故HCI的酸性強(qiáng)于HF,D錯(cuò)誤；

故選。

4.下列關(guān)于C、Si及其化合物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的論述錯(cuò)誤的是

A.鍵能C—C>Si—Si、C—H>Si—H，因此C2H6穩(wěn)定性大于Si2H6

B.立方型SiC是與金剛石成鍵、結(jié)構(gòu)均相似的共價(jià)晶體，因此具有很高的硬度

C.SiH4中Si的化合價(jià)為+4,CH4中C的化合價(jià)為-4,因此SiH4還原性小于CH4

D.Si原子間難形成雙鍵而C原子間可以，是因?yàn)镾i的原子半徑大于C,難形成P-I沆鍵

【解析】A.因鍵能C—C>Si—Si、C-H>Si—H,故C2H6的鍵能總和大于Si2H6,鍵能越大越穩(wěn)定，

故C2H6的穩(wěn)定性大于Si2H6,A正確；

B.SiC的成鍵和結(jié)構(gòu)與金剛石類似均為原子晶體，金剛石的硬度很大，類比可推測(cè)SiC的硬度和很大，B

正確；

C.SiH4中Si的化合價(jià)為-4價(jià)，C的非金屬性強(qiáng)于Si,則C的氧化性強(qiáng)于Si,則Si的陰離子的還原性強(qiáng)

于C的陰離子，則Sibh的還原性較強(qiáng)，C錯(cuò)誤；

D.Si原子的半徑大于C原子，在形成化學(xué)鍵時(shí)紡錘形的p軌道很難相互重疊形成TT鍵，故Si原子間難形

成雙鍵，D正確；

故選配

5.利用下列裝置俠持裝置略）進(jìn)行實(shí)驗(yàn),能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?/p>

A.用甲裝置制備并收集CO?

B.用乙裝置制備浸苯并驗(yàn)證有HBr■產(chǎn)生

C.用丙裝置制備無(wú)水MgCI2

D.用丁裝置在鐵上鍍銅

【解析】A.C02密度大于空氣，應(yīng)采用向上排空氣法收集，A錯(cuò)誤；

B.苯與浸在演化鐵作用下反應(yīng)，反應(yīng)較劇烈，反應(yīng)放熱，且浸易揮發(fā)，揮發(fā)出來(lái)的浸單質(zhì)能與水反應(yīng)生成

氫浸酸，所以驗(yàn)證反應(yīng)生成的HBr,應(yīng)先將氣體通過(guò)四氯化破，1射軍發(fā)的浪單質(zhì)除去，B錯(cuò)誤；

C.MgCb能水解，在加熱時(shí)通入干燥的HCI,能避免MgCb的水解，C正確；

D.電解時(shí)，陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，所以丁裝置鐵為陽(yáng)極，失去電子，生成二價(jià)鐵離子，

銅為陰極，溶液中的銅離子得到電子，得到銅，D錯(cuò)誤。

答案選c。

【拓展】本題為實(shí)驗(yàn)題，結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)和電解的原理進(jìn)行解題，掌握常見物質(zhì)的制備方法，注意水解的

知識(shí)點(diǎn)。

6.從中草藥中提取的calebinA（結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下）可用于治療阿爾茨海默癥。下列關(guān)于calebinA的說(shuō)法錯(cuò)誤

的是

A.可與FeCb溶液發(fā)生顯色反應(yīng)

B.其酸性水解的產(chǎn)物均可與Na2CO3溶液反應(yīng)

C.苯環(huán)上氫原子發(fā)生氯代時(shí)，一氯代物有6種

D.lmol該分子最多與8moi也發(fā)生加成反應(yīng)

解析根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，該有機(jī)物含有碳碳雙鍵、酚羥基、酯基、炭基、醛鍵等官能團(tuán).

【解析】A.該有機(jī)物中含有酚羥基，可以與FeCb溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，A正確；

B.該有機(jī)物中含有酯基，酯在酸性條件下水解生成段基，段基能與Na2c。3溶液反應(yīng)生成CO2,B正確；

C.該有機(jī)物中含有兩個(gè)苯環(huán)，每個(gè)苯環(huán)上都含有三個(gè)氫原子，且無(wú)對(duì)稱結(jié)構(gòu)，所以苯環(huán)上一氯代物有6種，

C正確；

D.該有機(jī)物中含有兩個(gè)苯環(huán)、兩個(gè)碳破雙鍵、一個(gè)放基，每個(gè)苯環(huán)可以與3個(gè)氫氣加成，每個(gè)雙犍可以與

1個(gè)氫氣加成，每個(gè)版基可以與1個(gè)氫氣加成，所以lmol分子最多可以與2x3+2xl+l=9mol氧氣發(fā)生

加成反應(yīng)，D錯(cuò)誤.

答案選D。

【拓展】本題根據(jù)有機(jī)物結(jié)構(gòu)得到官能團(tuán)，再根據(jù)官能團(tuán)的性質(zhì)進(jìn)行解題，注意段基也能與氧氣發(fā)生加

成反應(yīng)。

7.B3N3H6（無(wú)機(jī)苯）的結(jié)構(gòu)與苯類似，也有大TT鍵。下列關(guān)于B3N3H6的說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A.其熔點(diǎn)主要取決于所含化學(xué)鍵的鍵能

B.形成大TI鍵的電子全部由N提供

C.分子中B和N的雜化方式相同

D.分子中所有原子共平面

【解析】A.無(wú)機(jī)苯是分子晶體，其熔點(diǎn)主要取決于分子間的作用力，A錯(cuò)誤；

B.B原子最外層3個(gè)電子，與其它原子形成3個(gè)O"鍵，N原子最外層5個(gè)電子，與其它原子形成3個(gè)b

鍵，還剩余2個(gè)電子,故形成大兀鍵的電子全部由N原子提供，B正確；

C.無(wú)機(jī)苯與苯等電子體，分子中含有大冗鍵，故分子中B、N原子的雜化方式為sp2雜化，C正確；

D.無(wú)機(jī)苯與苯等電子體，分子中含有大兀鍵，故分子中B、N原子的雜化方式為sp2雜化，所以分子中

所有原子共平面，D正確；

答案選A。

8.實(shí)驗(yàn)室分離Fe3+和AR流程如下：

濃讓瞅乙M水

知Fe3+在濃鹽酸中生成黃色配離子【FeCIJ,該配離子在乙醛（EtzO,沸點(diǎn)34.6℃）中生成締合物

+

Et2O-H.[FeClJ-e下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A.萃取振蕩時(shí)，分液漏斗下口應(yīng)傾斜向下

B.分液時(shí)，應(yīng)先將下層液體由分液漏山下口放出

C.分液后水相為無(wú)色，說(shuō)明已達(dá)到分離目的

D.蒸儲(chǔ)時(shí)選用直形冷凝管

【解析】A.萃取振蕩時(shí)，分液漏斗下口應(yīng)傾斜向上，A錯(cuò)誤；

B.分液時(shí)，密度大的液體在下層，密度小的液體在上層，下層液體由分液漏斗下口放出，下層液體放完后，

密度小的上層液體從分液漏斗上口倒出，B正確；

C.Fe3+在濃鹽酸中生成黃色配離子,該離子在乙醛中生成締合物,乙醛與水不互溶，故分液后水相為無(wú)

色，則水相中不再含有Fe3+,說(shuō)明已經(jīng)達(dá)到分離目的，C正確；

D.蒸憎時(shí)選用直形冷凝管，能使儲(chǔ)分全部轉(zhuǎn)移到錐形瓶中，而不會(huì)殘留在冷凝管中，D正確；

答案選A。

9.以菱鎂礦(主要成分為MgCO3,含少量SiCh,FezCh和AI2O3)為原料制備高純鎂砂的工藝流程如下：

氯化鉞溶液氨水

I!「

菱鎂礦輕燒粉T浸出卜A浸出液T沉鎂|-A氫氧化鎂一＞4^]~＞高純鍥砂

TVI

廢港氨氣淤液

已知浸出時(shí)產(chǎn)生的廢渣中有SO2,Fe(0H)3和AI(0H)3。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A.浸出鎂的反應(yīng)為乂8。+21^114(21=乂8(212+2^^?,個(gè)+^120

B.浸出和沉鎂的操作均應(yīng)在較高溫度下進(jìn)行

C.流程中可循環(huán)使用的物質(zhì)有N&、NH4CI

D.分離Mg2+與AR、Fe3+是利用了它們氫氧化物包的不同

解析菱鎂礦燃燒后得到輕頻,MgCO3轉(zhuǎn)化為MgO加入氨化鉞溶液浸取，浸出的廢渣有SiO2,Fe(OH)3.

AI(OH)3,同時(shí)產(chǎn)生氨氣，則此時(shí)浸出液中主要含有Mg2+,加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，城燒得到高純

鎂砂。

【解析】A.高溫燃燒后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以與鍍根水解產(chǎn)生的氫離子反應(yīng)，促

進(jìn)鍍根的水解，所以得到氯化鎂、氨氣和水，化學(xué)方程式為MgO+2NH4CI=MgCl2+2NH3t+H2O,故A

正確；

B.一水合氨受熱易分解，沉鎂時(shí)在較高溫度下進(jìn)行會(huì)造成一水合氨大量分解，揮發(fā)出氨氣，降低^用率，

故B錯(cuò)誤;

C.浸出過(guò)程產(chǎn)生的氨氣可以回收制備氨水，沉鎂時(shí)氯化鎂與氨水反應(yīng)生成的氯化核又可以利用到浸出過(guò)

程中，故C正確；

D.Fe(0H)3、AI(0H)3的Ip遠(yuǎn)小于Mg(0H)2的。,所以當(dāng)pH達(dá)到一定值時(shí)Fe^\AP+產(chǎn)生沉淀，而

Mg2+不沉淀，從而將其分離，故D正確；

故答案為B。

1CX微生物脫鹽電池是一種高效、經(jīng)濟(jì)的能源裝置，利用微生物處理有機(jī)廢水獲得電能，同時(shí)可實(shí)現(xiàn)海水淡

化?，F(xiàn)以NaCI溶液模擬海水，采用惰性電極，用下圖裝置處理有機(jī)廢水(以含CH3CO。的溶液為例)。下

列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

廢水海水水溶液

負(fù)極反應(yīng)為+

A.CH3COO'+2H2O-8e'=2CO2+7H

B.隔膜1為陽(yáng)離子交換膜，隔膜2為陽(yáng)離子交換膜

C.當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移lmol電子時(shí)，模擬海水理論上除鹽58.5g

D.電池工作一段時(shí)間后，正、負(fù)極產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量之比為2:1

解析據(jù)圖可知a極上CH3coeT轉(zhuǎn)化為CO?和H+,C元素被氧化，所以a極為該原電池的負(fù)極，則b極

為正極。

【解析】A.a極為負(fù)極(H3C0CT失電子被氧化成C02和H?，結(jié)合電荷守恒可得電極反應(yīng)式為CH3CC)0-

+2H2O-8e-=2gt+7H+,故A正確；

B.為了實(shí)現(xiàn)海水的淡化，模擬海水中的氫離子需要移向負(fù)極，即a極，則隔膜1為陰離子交換膜，鈉離

子需要移向正極，即b極，則隔膜2為陽(yáng)離子交換膜，故B錯(cuò)誤；

C.當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移lmol電子時(shí)，根據(jù)電荷守恒可知，海水中會(huì)有移向負(fù)極，同時(shí)有ImolNa?移

向正極,即除去ImolNaCI,質(zhì)量為58.5g，故C正確；

+

D.b極為正極，水溶液為酸性，所以氫離子得電子產(chǎn)生氫氣，電極反應(yīng)式為2H+2e-=H2t,所以當(dāng)轉(zhuǎn)移

8mol電子時(shí)，正極產(chǎn)生4mol氣體，根據(jù)負(fù)極反應(yīng)式可知負(fù)極產(chǎn)生2mol氣體，物質(zhì)的量之比為4:2=2:1,

故D正確；

故答案為B。

11.下列操作不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?/p>

目的操作

A除去苯中少量的苯酚加入適量NaOH溶液，振蕩、靜置、分液

B證明酸性:碳酸〉苯酚將鹽酸與NaHCO?混合產(chǎn)生的氣體直接通入苯酚鈉溶液

C除去堿式滴定管膠管內(nèi)的氣泡將尖嘴垂直向下，擠壓膠管內(nèi)玻璃球格氣泡排出

配制用于檢驗(yàn)醛基的氫氧化銅懸濁向試管中加入2mL10%NaOH溶液再滴加數(shù)滴2%CuSO4

D

液溶液，振蕩

A.AB.BC.CD.

B【解析】A.苯酚可與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成可溶于水的苯酚鈉,最后與苯混合后互不相溶，分層，該操

作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故A正確；

B.鹽酸易揮發(fā)，若將鹽酸與碳酸氫鈉溶液混合產(chǎn)生的氣體直接通入苯酚鈉，可能揮發(fā)的HCI會(huì)與苯酚鈉反

應(yīng)生成常溫下難溶于水的苯酚，不能證明是二氧化碳與其發(fā)生的反應(yīng)，達(dá)不到實(shí)撿目的，應(yīng)該先除去二氧

化碳中可能揮發(fā)的HCI再進(jìn)行實(shí)驗(yàn)操作,故B錯(cuò)誤;

C.除去堿式滴定管膠管內(nèi)氣泡時(shí)，尖嘴不應(yīng)該垂直向下，應(yīng)向上擠壓橡膠管，利用空氣排出，該實(shí)驗(yàn)操作

達(dá)不到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故C錯(cuò)誤；

D.為檢驗(yàn)醛基，配制氫氧化銅懸濁液時(shí)，堿需過(guò)量，保證醛基是在堿性條件下發(fā)生反應(yīng)，該操作可達(dá)到實(shí)

驗(yàn)?zāi)康?，故D正確；

答案選BC。

12。-概基丙烯酸異丁酯可用作醫(yī)用膠，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下。下列關(guān)于a-器基丙烯酸異丁酯的說(shuō)法錯(cuò)誤的是

0

A.其分子式C8H11NO2

B.分子中的碳原子有3種雜化方式

C.分子中可能共平面的碳原子最多為6個(gè)

D.其任一含苯環(huán)的同分異構(gòu)體中至少有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子

【解析】A.結(jié)合該分子的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可以看出，其分子式為C8HI】NC）2，故A正確；

B.該分子中含?C三N（氨基X.（：=（：-（碳碳雙鍵）以及碳碳單鍵，它們采用的雜化類型分別是sp雜化、

sp2雜俗口sp3雜化共3種雜化方式，故B正確；

C.碳碳雙鍵、破氧雙鍵中碳原子共平面、-C三N（新基）共直線，0原子采月sp3雜化，為V型結(jié)構(gòu)，

鏈狀的碳碳單鍵中最多有兩個(gè)c原子共平面，則該分子中可能共平面的C原子可表示為：

0

D.該分子中的不飽和度為4,含苯環(huán)的同分異構(gòu)體中，等效氫原子種類最少的應(yīng)具有對(duì)稱結(jié)構(gòu)，其同分異

構(gòu)體之一的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如,該分子的等效氫為4種，故D正確;

H0

故選配

13.采用惰性電極，以去離子水和氧氣為原料通過(guò)電解法制備雙氧水的裝置如下圖所示。忽略溫度變化的影

響，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

電源

質(zhì)

子

交

換

膜

A.陽(yáng)極為2H2。-4?一=4FT-O2T

電解一段時(shí)間后，陽(yáng)極室的pH未變

C.電解過(guò)程中，H+由a極區(qū)向b極區(qū)遷移

D.電解一段時(shí)間后，a極生成的。2與b極反應(yīng)的02等量

解析a極析出氧氣，氧元素的化合價(jià)升高，做電解池的陽(yáng)極，b極通入氧氣，生成過(guò)氧化氫，氧元素的化

合價(jià)降］氐，被還原，做電解池的陰極。

【解析】A.依據(jù)分析a極是陽(yáng)極，屬于放氧生酸性型的電解，所以陽(yáng)極的反應(yīng)式是2H2O-4e=4H++O2t,

故A正確，但不符合題意；

B.電解時(shí)陽(yáng)極產(chǎn)生氫離子，氫離子是陽(yáng)高子，通過(guò)質(zhì)子交換膜移向陰極，所以電解一段時(shí)間后，陽(yáng)極室的

pH值不變，故B正確，但不符合題意;

C.有B的分析可知，C正確，但不符合題意;

D.電解時(shí)，陽(yáng)極的反應(yīng)為：2H2O-4e-=4H++CM,陰極的反應(yīng)為：O2+2e-+2H』H2C)2，總反應(yīng)為：

,要消耗氧氣，即是極生成的氯氣小于極消耗的氨氣，故錯(cuò)誤，符合題意；

O2+2H2O=2H2O2abD

故選：D.

14.1,3-丁二烯與HBr發(fā)生加成反應(yīng)分兩步：第一步H+進(jìn)攻1,3-丁二烯生成酸正離子

C

(CHjCH?CH?；第二步Br-進(jìn)攻碳正離子完成1,2-加成或1,4-加成。反應(yīng)進(jìn)程中的能量變化如

下圖所示。已知在和時(shí)■加成產(chǎn)物與-加成產(chǎn)物的比例分別為和下列說(shuō)

0℃40℃,1,21,470:3015:850

法正確的是

能,CH、

量CU,CH公叫

+B「(1,2-加成產(chǎn)物)

CH產(chǎn)CH-CH=CH,CHjCHBrCH=CH

+HBr2

-CH,CH=CHCH,Br

(?,4-加成產(chǎn)物b

反應(yīng)進(jìn)程

A.1,4-加成產(chǎn)物比1,2-加成產(chǎn)物穩(wěn)定

B.與0℃相比，40℃時(shí)1,3-丁二烯的轉(zhuǎn)化率增大

C.從0℃升至40℃,1,2-加成正反應(yīng)速率增大,1,4-加成正反應(yīng)速率減小

D.從0℃升至40。（2,1,2-加成正反應(yīng)速率的增大程度小于其逆反應(yīng)速率的熠大程度

A解析根據(jù)圖像分析可知該加成反應(yīng)為放熱反應(yīng)且生成的L4-加成產(chǎn)物的能量匕L2-加成產(chǎn)物的能量低,

結(jié)合題干信息及溫度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)平衡的影響效果分析作答。

【解析】根據(jù)上述分析可知，

A.能量越低越穩(wěn)定，根據(jù)圖像可看出，L4-加成產(chǎn)物的能量比1,2-加成產(chǎn)物的能量低，即L4-加成產(chǎn)物的

能量比1,2-加成產(chǎn)物穩(wěn)定，故A正確；

B.該加成反應(yīng)不管生成L4-加成產(chǎn)物還是1,2-加成產(chǎn)物，均為放熱反應(yīng)，則升高溫度，不利用1,3-丁二

烯的轉(zhuǎn)化，即在40℃時(shí)其轉(zhuǎn)化率會(huì)減小，故B錯(cuò)誤；

C.從0℃升至40℃,正化學(xué)反應(yīng)郵均增大，即L4-加成和12加成反應(yīng)的正速率均會(huì)增大，故C錯(cuò)

誤；

D.從0℃升至4(TC,對(duì)于L2-加成反應(yīng)來(lái)說(shuō)，化學(xué)平衡向逆向移動(dòng)，即1,2-加成正反應(yīng)速率的增大程

度小于其逆反應(yīng)速率的增大程度，故D正確；

答案選AD。

15.25℃時(shí)，某混合溶液中C(CH3COOH)+C(CH3COO)=0.1mol?L",lgc(CH3coOH)、

lgc(CH3C00)、lgc(H+)和lgc(OH)隨pH變化的關(guān)系如下圖所示。4為CKCOOH的電離常數(shù)，下列

說(shuō)法正確的是

A.O點(diǎn)時(shí)，c(CH3coOH)=C(CH3COO-)

BN點(diǎn)時(shí)，pH=-lgKa

0.1c(H+)

1

C.該體系中，C(CH3COOH)=mol-E

K*(H+)

D.pH由7到14的變化過(guò)程中，CH3coO-的水解程度始終增大

B解析根據(jù)圖像分析可知，隨著pH的升高，氫氧根離子和醋酸根離子濃度增大，氫離子和醋酸離子濃度

減小，又pH=7的時(shí)候，氫氧根離子濃度等于氫離子濃度，故可推知，圖中各曲線

代表的濃度分別是：曲線1為lg《CH3C。。）隨pH的變化

曲線，曲線2為IgGH*）隨pH的變化曲線曲線3為IgGOH）隨pH的變化曲線曲線4為lg《CH3co0H）

隨pH的變化曲線，據(jù)此結(jié)合水溶液的平衡分析作答。

【解析】A.根據(jù)上述分析可知Q點(diǎn)為曲線2和曲線3的交點(diǎn)，對(duì)應(yīng)的pH=7,應(yīng)該得出的結(jié)論為：4H+）二

40H）,故A錯(cuò)誤；

B.N點(diǎn)為曲線1和曲線4的交點(diǎn)，lg?CH3COO)=lg?CH3COOH),即ttCH3COO)=c(CH3COOH),

+

c(CH3COO)c(H)

因KB--，代入等量關(guān)系并變形可知pH=-lg給，故B正確；

C(CH3C00H)

C.《CH3coey)+aCH3COOH)=0.1mol/L,貝！J^CH3COOj=0.1mol/L-《CH3coOH),又

c（CH?COO）?c（H,）

Ka=-^―---------7\7,聯(lián)立兩式消去aCHsCOO）并化簡(jiǎn)整理可得出,

C（CH5COOH）

O.k(H+)

C(CHCOOH)=---------------mol/L,故C正確；

3K〃+c(H)

D.醋酸根離子的水解平衡為：CH38O+H2OUCH3COOH+0H-,pH由7到14的變化過(guò)程中，堿

性不斷增強(qiáng)，40H-）不斷增大，則使不利于醋酸根離子的水解平衡，會(huì)使其水解程度減小,故D錯(cuò)誤;

答案選BC.

16.用軟銃礦（主要成分為MnO2,含少量Fe3O4.AI2O3）和BaS制備高純MnCQ的工藝流程如下：

高純碳酸鐳

已知：MnCh是一種兩性氯化物；25°(:時(shí)相關(guān)物質(zhì)的1＜卬見下表。

物質(zhì)Fe(OH)

Fe(OH)23AI(OH)3Mn(OH)2

K$p1x10-631x10-38.61x10-32.31x10-3

⑴軟銃礦預(yù)先粉碎的目的是___________MnOz與BaS溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)化為MnO的化學(xué)方程式為

⑵保持BaS投料量不變，隨MnOZ與BaS投料比增大，S的量達(dá)到最大值后無(wú)明顯變化，而Ba(OH)2的

量達(dá)到最大值后會(huì)減小，減小的原因是_______

(3)濾液I可循環(huán)使用，應(yīng)當(dāng)將其導(dǎo)入到______操作中(填操作單元的名稱)。

(4)凈化時(shí)需先加入的試劑X為______(填化學(xué)式)。再使用氨水調(diào)溶液的pH,則pH的理論最小值為

(當(dāng)溶液中某離子濃度1.0x10-5mol?L-時(shí)，可認(rèn)為該離子沉淀完全)。

(5)碳化過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為

(1).增大接觸面積，充分反應(yīng)，提高反應(yīng)速率：⑵.

過(guò)量的消耗了產(chǎn)生的

MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO4-S(3).MnO?Ba(OH)2

⑷.蒸發(fā)(5).H2O2(6).4.9(7).

2+

Mn+HCO；+NH3-H2O=MnCO3J+NH：+H2O

解析軟鎰礦粉(主要成分為MnO2,含少量Fe3O4,AI2O3)加入硫化鋼溶液進(jìn)行反應(yīng)，主要發(fā)生

MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S,過(guò)濾得至!|Ba(0H)2溶液，經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶、過(guò)濾、干燥得到氫氧化鋼;

濾渣用硫酸溶解，得到的漉液中主要金屬陽(yáng)離子有MM+、Fe2+、Fe3\AR,得到的濾渣為不溶于稀硫酸

的硫磺；之后向?yàn)V液中加入合適的氨化劑將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+,然后加入氨水調(diào)節(jié)pH,使Fe?+、AP?轉(zhuǎn)化

為沉淀除去，壓濾得到的廢渣為Fe(0H)3和AI(OH)3,此時(shí)濾液中的金屬陽(yáng)離子只有Mn2*,向?yàn)V液中加

入碳酸氫鉞、氨水，Mn2+和碳酸氫根電離出的碳酸根結(jié)合生成碳酸鎰沉淀，過(guò)濾、洗滌、干燥得到高純碳

酸鎰.

【解析】Q)軟鎰礦預(yù)先粉碎可以增大反應(yīng)物的接觸面積，使反應(yīng)更充分，提高反應(yīng)速率；MnO?與BaS反

應(yīng)轉(zhuǎn)化為MnO,Mn元素的化合價(jià)由+4價(jià)降低為+2價(jià)，根據(jù)元素價(jià)態(tài)規(guī)律可知-2價(jià)的S元素應(yīng)被氧化

得到S單質(zhì)，則MnCh與BaS的系數(shù)比應(yīng)為1:1,根據(jù)后續(xù)流程可知產(chǎn)物還有Ba(OH)2,結(jié)合元素守恒可

得化學(xué)方程式為：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S;

⑵根據(jù)題目信息可知MnCh為兩性氧化物，所以當(dāng)MnCh過(guò)量時(shí)，會(huì)消耗反應(yīng)產(chǎn)生的Ba(OH)2,從而使

Ba(OH)2的量達(dá)^最大值或會(huì)減小；

(3)濾液I為結(jié)晶后剩余的Ba(OH)2飽和溶液，所以可以導(dǎo)入到蒸發(fā)操作中循環(huán)使用；

(4)凈化時(shí)更好的除去Fe元素需要將Fe2+氧化為Fe3+,為了不引入新的雜質(zhì)，目不將Mn元素氧化，加入

的試劑X可以是H2O2；根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e(OH)3和AI(OH)3為同種沉淀，而AI(OH)3的心稍大，所

以當(dāng)AP+完全沉淀時(shí)，F(xiàn)e3+也一定完全沉淀，當(dāng)(AR)=1.0xl0-5mol/L時(shí)，

40田)=卜」一(0?)31二卜10：、山-9imol/L,所以aH+)=10-4Smo|/L,pH=4.9,

=10

丫c(A產(chǎn))VIxlO'5

即pH的理論最小值為4.9;

(5)碳化過(guò)程?和碳酸氫根電離出的碳酸根結(jié)合生成碳酸錦沉淀，促進(jìn)碳酸氫根的電離，產(chǎn)生的氫離子

和一水合氨反應(yīng)生成鍍根和水，所以離子方程式為Mn2++HCO；+NH3H2O=MnCO3l4-NH；+H2O.

17CdSnAs2是一種高遷移率的新型熱電材料，回答下列問(wèn)題：

(l)Sn為IVA族元素，單質(zhì)Sn與干燥Cl?反應(yīng)生成SnCI4.常溫常壓下SnCI4為無(wú)色液體，SnCI4空間構(gòu)型

為其固體的晶體類型為

(2)NH3、PH3、ASW的沸點(diǎn)由高到低的順序?yàn)?填化學(xué)式，下同)，還原性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)?/p>

鍵角由大到小的順序?yàn)?/p>

(3)含有多個(gè)配位原子的配體與同一中心離子(或原子)通過(guò)螯合配位成環(huán)而形成的配合物為螯合物。一種

Cd?,配合物的結(jié)構(gòu)如圖所示,Imol該配合物中通過(guò)螯合作用形成的配位鍵有mol,該螯合物中

N的雜化方式有種。

(4)以晶胞參數(shù)為單位長(zhǎng)度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置,稱作原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。四方晶系

CdSnAsz的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°,晶胞中部分原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)如下表所示。

坐標(biāo)

Xyz

原子

Cd000

Sn000.5

As0.250.250.125

apm

一個(gè)晶胞中有個(gè)Sn,找出距離Cd(0,0,0)最近的Sn(用分?jǐn)?shù)坐標(biāo)表示)。CdSnAs2

晶體中與單個(gè)Sn鍵合As有_________個(gè)。

(1).正四面體形；⑵.分子晶體⑶.NH3、As±、PH3(4).ASH3,PH3.NH3(5).NH”

PH?、ASH3(6).6(7).1(8).4(9).(0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0)(10).4

解析(1)利用價(jià)層電子對(duì)數(shù)確定SnCk的分子構(gòu)型；由于常溫下SnCL為液體，故SnCLj為分子晶體；

(2)結(jié)構(gòu)相似的分子，相對(duì)分子質(zhì)量越大物質(zhì)的熔沸點(diǎn)越高，另外分子間能形成氫鍵的物質(zhì)，熔沸點(diǎn)則較

高，鍵角的大小取決于中心原子的雜像型、孤電子堿、成鍵電子對(duì)與成鍵電子對(duì)之間的斥力大小；

(3)由該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，螯合作用配位成環(huán)，故1個(gè)該配合物中通過(guò)螯合作用形成的配位鍵有6

個(gè)，Cd—NOz那個(gè)不算；該螯合物中N原子的雜化方式為sp2雜化；

(4)結(jié)合部分原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)，結(jié)合晶胞結(jié)構(gòu)圖，確定各原子在晶胞中位置，找出相應(yīng)原子。

【解析】(1)Sn為第IVA族元素，由于常溫下SnCL為液體，故SnCL為分子晶體；SnCL分子中中心原

子的孤電子對(duì)數(shù)=lx(4-4xl)=0,o鍵電子對(duì)數(shù)為4，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4,故SnCI4分子的空間構(gòu)型

2

為正四面體形；

(2)NH3、PH3、AsFh的結(jié)構(gòu)相似，結(jié)構(gòu)相似的物質(zhì)，相對(duì)分子質(zhì)量越大，范德華力越強(qiáng)，物質(zhì)的沸點(diǎn)

越高，但是NH3分子間能形成氫鍵，故這三種物質(zhì)的沸點(diǎn)NH3>ASH3>PH3；N、P、AS這三種元素位于

元素周期表中第VA族，原子序數(shù)依次增大，同一主族從上到下，隨著核電荷數(shù)的增加，原子半徑逐漸增

大，非金屬性逐漸減弱,氧化物的還原性逐漸增強(qiáng)，故這三種物質(zhì)的還原性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)锳SH3>PH3

>NHS；NH3、PH3、ASH3中中心原子都是sp3雜化，都有1對(duì)孤電子對(duì)，中心原子的電負(fù)性越小，成鍵

電子對(duì)之間的斥力越小，成鍵電子對(duì)之間的斥力越小，鍵角越小，所以這三種物質(zhì)鍵角由大到小的順序?yàn)?/p>

NH3>PH3>ASH3;

(3)由該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式和分析，根據(jù)題意"含有多個(gè)配位原子的配體與同一中心離子或原子通過(guò)螯合配

位成環(huán)而形成的配合物為螯合物"，故該配合物中通過(guò)螯合作用形成的配位鍵有6mol.Cd—NO?那個(gè)不

算；該螯合物中N原子的雜化方式都是sp2雜化，故該物質(zhì)中N的雜化方式有1種；

(4)由部分Cd原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(0,0,0),可知8個(gè)Cd在晶胞的頂點(diǎn)，4個(gè)Cd在晶胞的面心，1個(gè)

在晶胞的體心；部分Sn原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(0,0,0.5),4個(gè)Sn在晶胞的棱上，6個(gè)Sn在晶胞的面心；

部分As原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(0.25,0.25,0.125),8個(gè)As在晶胞的體心；所以1個(gè)晶胞中Sn的個(gè)數(shù)為

4xl+6xl=4;距離Cd(0,0,0)最近的Sn是(0.5,0,0.25).(0.5,0.5,0);由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，

42

CdSnAs2晶體中與單個(gè)Sn結(jié)合的As有4個(gè)。

【拓展】本題考查軌道雜化類型的判斷，分子構(gòu)型，物質(zhì)熔沸點(diǎn)大小比較，鍵角大小的比較,配位數(shù)的計(jì)

算，晶胞的計(jì)算等知識(shí)，立足課本進(jìn)行適當(dāng)拓展，但整體難度不大.難點(diǎn)仍然是晶胞的有關(guān)判斷與計(jì)算，

晶胞中原子的數(shù)目往往采用均攤法：①位于晶胞頂點(diǎn)的原子為8個(gè)晶胞共用，對(duì)一個(gè)晶胞的貢獻(xiàn)為1/8;

②位于晶胞面心的原子為2個(gè)晶胞共用，對(duì)一個(gè)晶胞的貢獻(xiàn)為1/2;③位于晶胞棱心的原子為4個(gè)晶胞共

用，對(duì)一個(gè)晶胞的貢獻(xiàn)為1/4;④位于晶胞體^的原子為1個(gè)晶胞共用，對(duì)一個(gè)晶胞的貢獻(xiàn)為lo

18探究CH30H合成反應(yīng)化學(xué)平衡的影響因素，有利于提高CH30H的產(chǎn)率。以CO2、H2為原料合成CH30H

涉及的主要反應(yīng)如下：

1

I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)AH,=-49.5kJ-moK

1

nCO(g)+2H2(g)UCH30H(g)AH2=-90.4kJ-moE

m.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

回答下列問(wèn)題：

⑴△%=kJ-mol-1。

(2)一定條件下，向體積為VL的恒容密閉容器中通入1mol82和3molH2發(fā)生上述反應(yīng)，達(dá)到平衡時(shí)，

容器中CH30H(g)為amol,CO為bmol,此時(shí)的濃度為mol「(用含a、b、V的代

數(shù)式表示，下同)，反應(yīng)皿的平衡常數(shù)為

(3)不同壓強(qiáng)下，按照n(CO2):n(H2)=l:3投料，實(shí)驗(yàn)測(cè)定CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和CH30H的平衡產(chǎn)率隨溫

度的變化關(guān)系如下圖所示.

—〃(coJ平衡

已知：C02的平衡轉(zhuǎn)化率=—~~斐\一1■■電X100%

W(CO2)初始

1

CH30H的平衡產(chǎn)率="片￡7)的X100%

W(C02)初始

其中縱坐標(biāo)表示82平衡轉(zhuǎn)化率的是圖_________(填"甲"或"乙")；壓強(qiáng)Pl、P2、P3由大到小的順序

為；圖乙中T1溫度時(shí)，三條曲線幾乎交于一點(diǎn)的原因是

(4)為同時(shí)提高C02的平衡轉(zhuǎn)化率和CH30H的平衡產(chǎn)率，應(yīng)選擇的反應(yīng)條件為(填標(biāo)號(hào)).

A.低溫、高壓B.高溫、低壓C.低溫、低壓D.高溫、高壓

a+bb(a+b)

(1).+40.9(2).—(3)(4).乙⑸.pi、p2、P3⑹.Ti時(shí)以

(l-a-b)(3-3a-b)

反應(yīng)in為主，反應(yīng)m前后氣體分子數(shù)相等，壓強(qiáng)改變對(duì)平衡沒(méi)有影響(7).解析根據(jù)蓋斯定律計(jì)算反應(yīng)

熱；利用三個(gè)反應(yīng)，進(jìn)行濃度和化學(xué)平衡常數(shù)的計(jì)算；結(jié)合圖形根據(jù)勒夏特列原理考慮平衡移動(dòng)的方向，

確定溫度和壓強(qiáng)變化時(shí)，C02的平衡轉(zhuǎn)化率和CH30H的平衡產(chǎn)率之間的關(guān)系得到相應(yīng)的答案。

【解析】(1).根據(jù)反應(yīng)I+n=HI,則=A4+A%=-49.5kJmoH+(-90.4kJmc|i)=+40.9kJmol1;

⑵.假設(shè)反應(yīng)II中，CO反應(yīng)了xmol,則II生成的CH30H為xmol,1生成的CH30H為(a-x)mol,III生

一二」C0,(g)+3H,(g)^^CHQH(g)+HQ(g)

成CO為(b+x)mol,根據(jù)反應(yīng)I:，反應(yīng)D:

a-x3(a-x)a-xa-x

反應(yīng)-。式

CO(g)+2H2(g)^SOH%g)+H.±CO(g)+H2O(g)

，所以平

x2xxb+xb+xb+xb+x

衡時(shí)水的物質(zhì)的量為(a-x)mol+(b+x)mol=(a+b)mol濃度為:色包■吧!■=上；平衡時(shí)82

VLV

的物質(zhì)的量為lmol-(a-x)mol-(b+x)mol=(l-a-b)mol,H2的物質(zhì)的量為

3mol-3(a-x)mol-2x-(b+x)mol=(3-3a-b)mol,CO的物質(zhì)的量為bmol,水的物質(zhì)的量為(a+b)mol,則

ba+b

__X---------

VVbx(a+b)

反應(yīng)ni的平衡常數(shù)為：?；

1-a-b3-3a-b(1-a-b)x(3-3a-b)

z\

VV

⑶反應(yīng)I和II為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，則CH30H的平衡產(chǎn)率減少，所以圖甲表示CH30H

的平衡產(chǎn)率，圖乙中，開始升高溫度，由于反應(yīng)I和n為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，C02的平

衡轉(zhuǎn)化率解氐，反應(yīng)m為吸熱反應(yīng)，升高溫度反應(yīng)III向正反應(yīng)方向移動(dòng)，升高一定溫度后以反應(yīng)ni為主，

co2的平衡轉(zhuǎn)化率又升高，所以圖乙表示co2的平衡轉(zhuǎn)化率；壓強(qiáng)增大，反應(yīng)I和n是氣體體積減小的反

應(yīng)，反應(yīng)I和II平衡正向移動(dòng)，反應(yīng)山氣體體積不變化，平衡不移動(dòng)，故壓強(qiáng)增大CH30H的平衡產(chǎn)率增

大，根據(jù)圖所以壓強(qiáng)關(guān)系為：P1>P2>P3；溫度升高，反應(yīng)I和n平衡逆向移動(dòng)，反應(yīng)III向正反應(yīng)方向移

動(dòng)，所以T1溫度時(shí)，三條曲線交與一點(diǎn)的原因?yàn)椋篢1時(shí)以反應(yīng)III為主，反應(yīng)HI前后分子數(shù)相等，壓強(qiáng)改

變對(duì)平衡沒(méi)有影響；

(4).根據(jù)圖示可知，溫度越低，C5的平衡轉(zhuǎn)化率越大，CH30H的平衡產(chǎn)率越大，壓強(qiáng)越大，C02的平衡

轉(zhuǎn)化率越大，CH30H的平衡產(chǎn)率越大,所以選擇低溫和高壓，答案選Ao

【拓展】本題為化學(xué)反應(yīng)原理綜合題，考查了蓋斯定律、化學(xué)平衡常數(shù)的計(jì)算、勒夏特列原理進(jìn)行圖像的

分析，難點(diǎn)為平衡常數(shù)的計(jì)算，巧用了三個(gè)反應(yīng)的化學(xué)方程式，進(jìn)行了數(shù)據(jù)的處理，得到反應(yīng)HI的各項(xiàng)數(shù)

據(jù)，進(jìn)行計(jì)算得到平衡常數(shù)。

19.化合物F是合成口引噪-2?酮類藥物的一種中間體,其合成路線如下：

00

(IIII)嚼oJ

CHJCCH2COC2H5②2

oo

①醇鈉IIII

%B(CHjCC凡COCH)

②HQ

?NaNH/NHj(l)

2AF(G°H.NOJ

0CMl|II■

知「RCHdoR'^^RCHQfHCOR

R

0,“I0O

n.ii—SOC2>ii—卜￥一ii,

RCOHRCC1RCNHR

/'?<DNaNH,/NH,(l)、，

m.Ar-X+CH,、?>Ar-CH、.

Ar為芳基；X=CI,Br;Z或Z=CORCONHR,COOR等。

回答下列問(wèn)題：

Q)實(shí)驗(yàn)室制備A的化學(xué)方程式為提高A產(chǎn)率的方法是____________；A的某同分異構(gòu)體只

有一種化學(xué)環(huán)境的碳原子，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為

(2)C-D的反應(yīng)類型為；E中含氧官能團(tuán)的名稱為

(3)C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為

,COOC,H,

和?n

(4)BrzNH］的反應(yīng)與Bn和苯酚的反應(yīng)類似，以NH/口CH,'

、COCI

,寫出能獲得更多目標(biāo)產(chǎn)物的較優(yōu)合成路線(其它試劑任

(1).CH3CQQH+CH5CH2OHk^CH5COOC2H5+H2O(2).及時(shí)蒸出產(chǎn)物

r~\

（或增大乙酸或乙醇的用量）（3）.Q?（4）.取代反應(yīng)（5）.叛基、酰胺基（6）.

CH3COCH2COOH(7).(8).

COOCJHJCOOCJl,

COCI

①NaNH2/NH3(l)

②HQ

解析根據(jù)B的結(jié)構(gòu)和已知條件I可知R=H、R'=CH2H5，故A為CH3COOC2H5（乙酸乙酯），有機(jī)物B

經(jīng)過(guò)堿性條件下水解再酸化形成有機(jī)物C（），有機(jī)物C與SOCI2作用通

OO

II1

過(guò)已知條件n生成有機(jī)物D（HccC|