2020年山東省高考化學試卷（解析版）

山東省2020年普通高中學業(yè)水平等級考試

化學

可能用到的相對原子質(zhì)量：HlC12016Na23C135.5

Fe56

一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。

1.實驗室中下列做法錯誤的是

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

【答案】D

【解析】

【詳解】A.白磷著火點低，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，用酒精燈直接加熱蒸發(fā)皿，C正確；

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

的燃燒，D錯誤。

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

【答案】B

【解析】

【詳解】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，涉及氧化還原反應(yīng)，A不符

合題意；

B.小蘇打即NaHC。-NaHCO3受熱分解產(chǎn)生無毒的CO2,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HNO3產(chǎn)生，因此NO?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。下列說法正確的是

A.第一電離能：W>X>Y>ZB.簡單離子的還原性：Y>X>W

C.簡單離子的半徑：W>X>Y>ZD.氫化物水溶液的酸性：Y>W

【答案】C

【解析】

【分析】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0,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O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C1元素，據(jù)此分析。

【詳解】A.同一周期從左向右第一電離能總趨勢為逐漸增大，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為F>O>Cl>Na,A錯誤；

B.單質(zhì)的氧化性越強，簡單離子的還原性越弱，0、F、C1三種元素中F2的氧化性最強02的氧化性最

弱，故簡單離子的還原性B錯誤；

C.電子層數(shù)越多簡單離子半徑越大，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

從大到小的順序為Cl->02>F>Na+,C正確；

D.F元素的非金屬性強于C1元素，則形成氨化物后F原子束縛H原子的能力強于C1原子，在水溶液中

HF不容易發(fā)生電離，故HC1的酸性強于HF,D錯誤；

故選Co

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

A.鍵能C—OSi—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)均相似的共價晶體，因此具有很高的硬度

C.SiH4中Si的化合價為+4,CH4中C的化合價為-4,因此SiM還原性小于CH4

D.Si原子間難形成雙鍵而C原子間可以，是因為Si的原子半徑大于C,難形成P—鍵

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】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SiC的硬度和很大，B

正確；

c.SiH4中Si的化合價為+4價，C的非金屬性強于Si,則C的氧化性強于Si,則Si的陰離子的還原性強

于C的陰離子，則SiH4的還原性較強，C錯誤；

D.Si原子的半徑大于C原子，在形成化學鍵時紡錘形的p軌道很難相互重疊形成兀鍵，故Si原子間難形

成雙鍵，D正確；

故選C。

5.利用下列裝置（夾持裝置略）進行實驗，能達到實驗?zāi)康氖?/p>

A.用甲裝置制備并收集CCh

B.用乙裝置制備溟苯并驗證有HBr產(chǎn)生

C.用丙裝置制備無水MgCb

D.用丁裝置在鐵上鍍銅

【答案】C

【解析】

【詳解】A.CCh密度大于空氣，應(yīng)采用向上排空氣法收集，A錯誤；

B.苯與澳在澳化鐵作用下反應(yīng)，反應(yīng)較劇烈，反應(yīng)放熱，且溟易揮發(fā)，揮發(fā)出來的澳單質(zhì)能與水反應(yīng)生成

氫溟酸，所以驗證反應(yīng)生成的HBr,應(yīng)先將氣體通過四氯化碳，將揮發(fā)的澳單質(zhì)除去，B錯誤；

C.MgCL能水解，在加熱時通入干燥的HC1,能避免MgCL的水解，C正確；

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

銅為陰極，溶液中的銅離子得到電子，得到銅，D錯誤。

答案選C?

【點睛】本題為實驗題，結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)和電解的原理進行解題，掌握常見物質(zhì)的制備方法，注意水解的

知識點。

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

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Na2cCh溶液反應(yīng)

C.苯環(huán)上氫原子發(fā)生氯代時，一氯代物有6種

D.1mol該分子最多與8mol比發(fā)生加成反應(yīng)

【答案】D

【解析】

【分析】根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知，該有機物含有碳碳雙鍵、酚羥基、酯基、被基、醒鍵等官能團。

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

B.該有機物中含有酯基，酯在酸性條件下水解生成酸酸和酚類物質(zhì)，較基、酚羥基都能與Na2cCh溶液反

應(yīng)，B正確；

C.該有機物中含有兩個苯環(huán)，每個苯環(huán)上都含有三個氫原子，且無對稱結(jié)構(gòu)，所以苯環(huán)上一氯代物有6

種，C正確；

D.該有機物中含有兩個苯環(huán)、兩個碳碳雙鍵、一個?；總€苯環(huán)可以與3個氫氣加成，每個雙鍵可以與

1個氫氣加成，每個皴基可以與1個氫氣加成，所以Imol分子最多可以與2x3+2xl+I=9mol氫氣發(fā)生加成

反應(yīng)，D錯誤。

答案選D。

【點睛】本題根據(jù)有機物結(jié)構(gòu)得到官能團，再根據(jù)官能團的性質(zhì)進行解題，注意談基也能與氫氣發(fā)生加

成反應(yīng)。

7.B3N3H6（無機苯）的結(jié)構(gòu)與苯類似，也有大國鍵。下列關(guān)于B3N3H6的說法錯誤的是

A.其熔點主要取決于所含化學鍵的鍵能

B.形成大n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

【答案】A

【解析】

【詳解】A.無機苯是分子晶體，其熔點主要取決于分子間的作用力，A錯誤；

B.B原子最外層3個電子，與其它原子形成3個b鍵，N原子最外層5個電子，與其它原子形成3個b

鍵，還剩余2個電子，故形成大兀鍵的電子全部由N原子提供，B正確；

C.無機苯與苯等電子體，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，C正確；

D.無機苯與苯等電子體，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.實驗室分離Fe3+和AF+的流程如下：

AP-乙醛

知Fe3+在濃鹽酸中生成黃色配離子[FeCl4b該配離子在乙醛（瓊2。，沸點346C）中生成締合物

+

Et2O-H.[FeCl4]-o下列說法錯誤的是

A.萃取振蕩時，分液漏斗下口應(yīng)傾斜向下

B.分液時，應(yīng)先將下層液體由分液漏斗下口放出

C.分液后水相為無色，說明已達到分離目的

D.蒸儲時選用直形冷凝管

【答案】A

【解析】

【詳解】A.萃取振蕩時，分液漏斗下口應(yīng)傾斜向上，A錯誤;

B.分液時，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

色，則水相中不再含有Fe3+,說明已經(jīng)達到分離目的，C正確；

D.蒸儲時選用直形冷凝管，能使微分全部轉(zhuǎn)移到錐形瓶中，而不會殘留在冷凝管中，D正確；

答案選A。

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

氯化錢溶液氨水

氫氧化鎂T煨燒1高純鎂砂

廢渣氨氣濾液

已知浸出時產(chǎn)生的廢渣中有SiO2,Fe(OH)3和A1(OH)3。下列說法錯誤的是

A.浸出鎂的反應(yīng)為MgO+2NH4Cl=MgC12+2NH3T+H?O

B.浸出和沉鎂的操作均應(yīng)在較高溫度下進行

C.流程中可循環(huán)使用的物質(zhì)有NH3、NH4cl

D.分離Mg2+與AF+、Fe3+是利用了它們氫氧化物Ksp不同

【答案】B

【解析】

【分析】菱鎂礦煨燒后得到輕燒粉，MgCCh轉(zhuǎn)化為MgO,加入氯化俊溶液浸取，浸出的廢渣有SiCh、

Fe(OH)3、A1(OH)3,同時產(chǎn)生氨氣，則此時浸出液中主要含有Mg2+,加入氨水得到Mg(OH)z沉淀，燃燒

得到高純鎂砂。

【詳解】A.高溫煙燒后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以與鏤根水解產(chǎn)生的氫離子反應(yīng)，促

進鍍根的水解，所以得到氯化鎂、氨氣和水，化學方程式為MgO+2NHQ=MgC12+2NH3T+H2。，故A正

確；

B.一水合氨受熱易分解，沉鎂時在較高溫度下進行會造成一水合氨大量分解，揮發(fā)出氨氣，降低利用

率，故B錯誤；

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

程中，故c正確；

D.Fe(OH)3、A1(OH)3的“遠小于Mg(OH)2的時,所以當pH達到一定值時Fe3+、AF+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。

10.微生物脫鹽電池是一種高效、經(jīng)濟的能源裝置，利用微生物處理有機廢水獲得電能，同時可實現(xiàn)海水

淡化?，F(xiàn)以NaCl溶液模擬海水，采用惰性電極，用下圖裝置處理有機廢水(以含CH3coe的溶液為例)。

下列說法錯誤的是

廢水海水水溶灑

+

A.負極反應(yīng)為CH3COO-+2H2O-8e=2CO2+7H

B.隔膜I為陽離子交換膜，隔膜2為陰離子交換膜

C.當電路中轉(zhuǎn)移Imol電子時，模擬海水理論上除鹽58.5g

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

【答案】B

【解析】

【分析】據(jù)圖可知a極上CH3coeF轉(zhuǎn)化為CO2和H+,C元素被氧化，所以a極為該原電池的負極，則b

極為正極。

【詳解】A.a極為負極，CH3coeT失電子被氧化成CCh和H+,結(jié)合電荷守恒可得電極反應(yīng)式為

CH3coCT+2H2O-8e-=2CO2T+7H+,故A正確；

B.為了實現(xiàn)海水的淡化，模擬海水中的氯離子需要移向負極，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為陽離子交換膜，故B錯誤；

C.當電路中轉(zhuǎn)移Imol電子時，根據(jù)電荷守恒可知，海水中會有ImolC「移向負極，同時有l(wèi)molNa+移向

正極，即除去ImolNaCl,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++2曰=比3所以當轉(zhuǎn)移

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

故D正確；

故答案為B。

二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要

求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。

11.下列操作不能達到實驗?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

將鹽酸與NaHCCh混合產(chǎn)生的氣體直接通入苯酚鈉

B證明酸性：碳酸〉苯酚

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?qū)馀菖懦?/p>

配制用于檢驗醛基的氫氧化銅向試管中加入2mLi0%NaOH溶液，再滴加數(shù)滴

D

懸濁液2%CuSC>4溶液，振蕩

A.AB.BC.CD.D

【答案】BC

【解析】

【詳解】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

能達到實驗?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HC1會與苯酚鈉

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)，達不到實驗?zāi)康?，?yīng)該先除去二

氧化碳中可能揮發(fā)的HC1再進行實驗操作，故B錯誤；

C.除去堿式滴定管膠管內(nèi)氣泡時，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，該實驗操作

達不到實驗?zāi)康?，故C錯誤；

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

驗?zāi)康?，故D正確；

答案選BCo

12.a-氟基丙烯酸異丁酯可用作醫(yī)用膠，其結(jié)構(gòu)簡式如下。下列關(guān)于a-氟基丙烯酸異丁酯的說法錯誤的是

CN

0

A.其分子式為CsHuNCh

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

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

【答案】C

【解析】

【詳解】A.結(jié)合該分子的結(jié)構(gòu)簡式可以看出，其分子式為CsHuNCh,故A正確；

B.該分子中含-C三N（盟基）、上￡.（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雜化和sp3雜化共3種雜化方式，故B正確；

C.碳碳雙鍵、碳氧雙鍵中碳原子共平面、-C三N（氟基）共直線，O原子采用sp3雜化，為V型結(jié)構(gòu)，

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

3

CNI

1d"0丫入7,故c錯誤；

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，苯環(huán)上側(cè)鏈為含-NH2、-CHOHCH2OH、或氨基、

甲基、-OH等，可為一個側(cè)鏈、兩個側(cè)鏈或多個側(cè)鏈，苯環(huán)連5個取代基（）時含H

種類最少，為4種，故D正確；

故選Co

13.采用惰性電極，以去離子水和氧氣為原料通過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，下列說法錯誤的是

A.陽極反應(yīng)為2H2（D—4e-=4H++O2T

B.電解一段時間后，陽極室的pH未變

C.電解過程中，H+由a極區(qū)向b極區(qū)遷移

D.電解一段時間后，a極生成的Ch與b極反應(yīng)的02等量

【答案】D

【解析】

【分析】a極析出氧氣，氧元素的化合價升高，做電解池的陽極，b極通入氧氣，生成過氧化氫，氧元素的

化合價降低，被還原，做電解池的陰極。

【詳解】A.依據(jù)分析a極是陽極，屬于放氧生酸性型的電解，所以陽極的反應(yīng)式是2H2CMe=4H++CM，故

A正確，但不符合題意；

B.電解時陽極產(chǎn)生氫離子，氫離子是陽離子，通過質(zhì)子交換膜移向陰極，所以電解一段時間后，陽極室的

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，陽極的反應(yīng)為：2H2O-4e=4H+O2t，陰極的反應(yīng)為：02+2&+2田=氏02,總反應(yīng)為：

O2+2H2O=2H2O2,要消耗氧氣，即是a極生成的氧氣小于b極消耗的氧氣，故D錯誤，符合題意；

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+進攻1,3-丁二烯生成碳正離子

CH

CH3CH^H?第二步B「進攻碳正離子完成I，2-加成或1，4-加成。反應(yīng)進程中的能量變化如下圖

所示。已知在0℃和40℃時，1,2-加成產(chǎn)物與1,4-加成產(chǎn)物的比例分別為70:30和15:85。下列說法正確

反應(yīng)進程

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℃,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

【答案】AD

【解析】

【分析】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1,4-加成產(chǎn)物的能量比1,2-加成產(chǎn)物的能量

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

【詳解】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，1,4-加成產(chǎn)物的能量比1,2-加成產(chǎn)物的能量低，即1,4-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1,4-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。(2時其轉(zhuǎn)化率會減小，故B錯誤；

C.從(TC升至40。(2,正化學反應(yīng)速率均增大，即1,4-加成和1,2-加成反應(yīng)的正速率均會增大，故C錯

誤；

D.從(TC升至40。(2,對于12加成反應(yīng)來說，化學平衡向逆向移動，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,

15.25C時，某混合溶液中c(CH3coOH)+c(CH3coO)=0.ImolL?,lgc(CH3coOH)、

lgc(CH3coe))、lgc(H+)和Igc(OH)隨pH變化的關(guān)系如下圖所示。K,為CH3co0H的電離常數(shù)，下列說法

正確的是

A.O點時，c(CH3coOH)=c(CH3coeT)

B.N點時，pH=-lgK;1

O.lc(H+)

C.該體系中,C(CHCOOH)=mol-L1

3K*”)

D.pH由7到14的變化過程中，CH3coO的水解程度始終增大

【答案】BC

【解析】

【分析】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lgc(CH3co0-)隨pH的變

化曲線，曲線2為lgc(H+)隨pH的變化曲線，曲線3為Igc(OH-)隨pH的變化曲線，曲線4為

lgc(CH3C00H)隨pH的變化曲線，據(jù)此結(jié)合水溶液的平衡分析作答。

【詳解】A.根據(jù)上述分析可知，。點為曲線2和曲線3的交點，對應(yīng)的pH=7,應(yīng)該得出的結(jié)論為:

c(H+)=c(OH),故A錯誤;

B.N點為曲線1和曲線4的交點，lgc(CH3co0)=1gc(CH3co0H),即c(CH3coeV)=c(CH3coOH),因Ka=

c(CH,COO)

------\,代入等量關(guān)系并變形可知pH=-lgKa,故B正確；

c(CH,COOH)

C.c(CH3coO-)+c(CH3coOH尸0.1mol/L,則c(CH3COO)=0.1mol/L-c(CH3coOH),又Ka=

++

c(CH3COO)-c(H)O.k(H)

，聯(lián)立兩式消去c(CH3coO)并化簡整理可得出，c(CH3coOH尸

c(CH3coOH)K“+c(H+)

mol/L,故C正確；

D.醋酸根離子的水解平衡為：CH3coCr+FhOUCH3coOH+OH-,pH由7到14的變化過程中，堿性不

斷增強，c(OH)不斷增大，則使不利于醋酸根離子的水解平衡，會使其水解程度減小，故D錯誤；

答案選BC?

三、非選擇題：本題共5小題，共60分

16.用軟鎰礦(主要成分為MnCh,含少量Fe3()4、AI2O3)和BaS制備高純MnCCh的工藝流程如下：

硫化鋼

溶液

軟鎰反

應(yīng)

硫酸

酸解

①試劑X

，②氨水

壓

過凈

濾

濾化

硫黃廢渣濾液n

已知：MnCh是一種兩性氧化物；25℃時相關(guān)物質(zhì)的Ksp見下表。

物質(zhì)Fe(OH)2Fe(OH)3A1(OH)3Mn(OH)2

1631x10-3861x10-3231X1()T2.7

KSpixi(r

回答下列問題

(1)軟鎬礦預(yù)先粉碎的目的是,MnO2與BaS溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)化為MnO的化學方程式為

___________________O

(2)保持BaS投料量不變，隨MnCh與BaS投料比增大，S的量達到最大值后無明顯變化，而Ba(0H)2的量

達到最大值后會減小，減小的原因是。

(3)濾液I可循環(huán)使用，應(yīng)當將其導入到操作中(填操作單元的名稱)。

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

(當溶液中某離子濃度c;,L0xl0-5moi.LT時，可認為該離子沉淀完全)。

(5)碳化過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。

【答案】①.增大接觸面積，充分反應(yīng)，提高反應(yīng)速率：②.

MnO2+BaS+H20=Ba(OH)2+MnO+S(3),過量的MnCh消耗了產(chǎn)生的Ba(OH)2④.蒸發(fā)

2+

⑤.H2O24.9⑦.Mn+HCO；+NH3-H2O=MnCO,+NH；+H2O

【解析】

【分析】軟鑄礦粉(主要成分為MnCh,含少量Fe3C)4、AI2O3)加入硫化鋼溶液進行反應(yīng)，主要發(fā)生

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

渣用硫酸溶解，得到的濾液中主要金屬陽離子有MM+、Fe2\Fe3\Al3+,得到的濾渣為不溶于稀硫酸的

硫磺；之后向濾液中加入合適的氧化劑將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+,然后加入氨水調(diào)節(jié)pH,使Fe3+、A伊轉(zhuǎn)化為沉

淀除去，壓濾得到的廢渣為Fe(OH)3和A1(OH)3,此時濾液中的金屬陽離子只有Mn?+,向濾液中加入碳酸

氫錢、氨水，M/+和碳酸氫根電離出的碳酸根結(jié)合生成碳酸錦沉淀，過濾、洗滌、干燥得到高純碳酸鎬。

【詳解】(1)軟鈦礦預(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；MnCh與BaS反

應(yīng)轉(zhuǎn)化為MnO,Mn元素的化合價由+4價降低為+2價，根據(jù)元素價態(tài)規(guī)律可知-2價的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MnCh過量時，會消耗反應(yīng)產(chǎn)生的Ba(OH)2,從而使

Ba(OH)2的量達到最大值后會減??；

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

(4)凈化時更好的除去Fe元素需要將Fe2+氧化為Fe3+,為了不引入新的雜質(zhì)，且不將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A1(OH)3為同類型的沉淀，而A1(OH)3的稍大，所

以當AF+完全沉淀時，F(xiàn)e3+也一定完全沉淀，當。(人13+)=1.0乂10-50101/1時，“OFT尸

1x1。-32.3

.mol.E'=109'mol/L,所以c(H+)=l()-4.9moi/L,pH=4.9,即pH的理論最小值

IxlO-5

為4.9；

(5)碳化過程Mn2+和碳酸紙根電離出的碳酸根結(jié)合生成碳酸鎰沉淀，促進碳酸氫根的電離，產(chǎn)生的氫離子

2+

和一水合氨反應(yīng)生成鏤根和水，所以離子方程式為Mn+HCO3+NH3H2O=MnCO3i+NH+H2O?

17.CdSnAsz是一種高遷移率的新型熱電材料，回答下列問題：

(l)Sn為IVA族元素，單質(zhì)Sn與干燥CL反應(yīng)生成SnCL常溫常壓下SnCL,為無色液體，SnCL空間構(gòu)型為

,其固體的晶體類型為。

(2)NH3、PH3、ASH3沸點由高到低的順序為(填化學式，下同)，還原性由強到弱的順序為

，鍵角由大到小的順序為o

(3)含有多個配位原子的配體與同一中心離子(或原子)通過螯合配位成環(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)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子的分數(shù)坐標。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數(shù)坐標如下表所示。

坐標

Xyz

原子

Cd000

Sn000.5

As0.250.250.125

apm

一個晶胞中有個Sn,找出距離Cd(O,0,0)最近Sn(用分數(shù)坐標表示)。CdSnAs2

晶體中與單個Sn鍵合的As有個。

【答案】①.正四面體形；②.分子晶體③.NH3、AsH3、PH3④.AsH3、PH3、NH3⑤.

NH3、PEh、AsEh⑥.6⑦.1?.40,-),(-,-,0)⑩.4

2422

【解析】

【分析】（1）利用價層電子對數(shù)確定SnCL的分子構(gòu)型；由于常溫下SnC14為液體，故SnCL為分子晶體；

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

較高，鍵角的大小取決于中心原子的雜化類型、孤電子對數(shù)、成鍵電子對與成鍵電子對之間的斥力大??；

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

個，Cd—N02那個不算；該螯合物中N原子的雜化方式為sp2雜化；

（4）結(jié)合部分原子的分數(shù)坐標，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。

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

的孤電子對數(shù)='x（4—4xl）=0,0鍵電子對數(shù)為4,價層電子對數(shù)為4,故SnCk分子的空間構(gòu)型為正四

2

面體形；

（2）N%、PH3、As%的結(jié)構(gòu)相似，結(jié)構(gòu)相似的物質(zhì)，相對分子質(zhì)量越大，范德華力越強，物質(zhì)的沸點越

高，但是NH3分子間能形成氫鍵，故這三種物質(zhì)的沸點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，氫化物的還原性逐漸增強，故這三種物質(zhì)的還原性由強到弱的順序為ASH3>PH3

>NH3；NH3、PH3、ASH3中中心原子都是sp3雜化，都有1對孤電子對，中心原子的電負性越小，成鍵電

子對之間的斥力越小，成鍵電子對之間的斥力越小，鍵角越小，所以這三種物質(zhì)鍵角由大到小的順序為

NH3>PH3>ASH3；

（3）由該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式和分析，根據(jù)題意“含有多個配位原子的配體與同一中心離子或原子通過螯合

配位成環(huán)而形成的配合物為螯合物”，故該配合物中通過螯合作用形成的配位鍵有6mol,Cd—N02那個不

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原子的分數(shù)坐標為（0,0,0）,可知8個Cd在晶胞的頂點，4個Cd在晶胞的面心，1個在

晶胞的體心；部分Sn原子的分數(shù)坐標為（0,0，《），4個Sn在晶胞的棱上，6個Sn在晶胞的面心；部

分As原子的分數(shù)坐標為（!,-）,8個As在晶胞的體心；所以1個晶胞中Sn的個數(shù)為

448

4x—1-6x—=4；距離Cd（0,0,0）最近的Sn是（一,0,一）、（—,—,0）；由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，

422422

CdSnAs2晶體中與單個Sn結(jié)合的As有4個。

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

算，晶胞的計算等知識，立足課本進行適當拓展，但整體難度不大。難點仍然是晶胞的有關(guān)判斷與計算，

晶胞中原子的數(shù)目往往采用均攤法：①位于晶胞頂點的原子為8個晶胞共用，對一個晶胞的貢獻為1/8；

②位于晶胞面心的原子為2個晶胞共用，對一個晶胞的貢獻為1/2；③位于晶胞棱心的原子為4個晶胞共

用，對一個晶胞的貢獻為1/4；④位于晶胞體心的原子為1個晶胞共用，對一個晶胞的貢獻為1。

18.探究CH30H合成反應(yīng)化學平衡的影響因素，有利于提高CH30H的產(chǎn)率?以CO?、引為原料合成

CH30H涉及的主要反應(yīng)如下：

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

-1

II.CO(g)+2H2(g)=CH30H(g)\H2=-90.4kJ-mol

III.CO2(g)+H,(g)CO(g)+H2O(g)AW,

回答下列問題:

-1

(l)A/73=kJ-molo

(2)一定條件下，向體積為VL的恒容密閉容器中通入1molCO2和3mol氏發(fā)生上述反應(yīng)，達到平衡時，

容器中CH30H(g)為amol,CO為bmol,此時H?。?的濃度為mol.L-(用含a、b、V的代數(shù)

式表示，下同)，反應(yīng)HI的平衡常數(shù)為o

(3)不同壓強下，按照n(C02)：n(H2)=l：3投料，實驗測定CC>2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。

已知：C02的平衡轉(zhuǎn)化率=」82)震[：』鬼),隨.*]00%

“g)初始

“(CH'OH)平衙

CHQH的平衡產(chǎn)率=-161x100%

〃(8?)初始

其中縱坐標表示CCh平衡轉(zhuǎn)化率的是圖(填“甲”或“乙”)；壓強中、P2、P3由大到小的順序

為；圖乙中Ti溫度時，三條曲線幾乎交于一點的原因是。

(4)為同時提高CCh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(填標號)。

A.低溫,、局壓B.局溫、低壓C.低溫、低壓D.局溫、得j壓

b(a+b)

【答案】①.+40.9②.j④.乙⑤.PI、P2、P3⑥.Tl時以

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

反應(yīng)HI為主，反應(yīng)III前后氣體分子數(shù)相等，壓強改變對平衡沒有影響⑦.A

【解析】

【分析】根據(jù)蓋斯定律計算反應(yīng)熱；利用三個反應(yīng)，進行濃度和化學平衡常數(shù)的計算；結(jié)合圖形根據(jù)勒夏

特列原理考慮平衡移動的方向，確定溫度和壓強變化時，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。

【詳解】(1).根據(jù)反應(yīng)1-11=111,則△H3=A”iF42=Y9.5kJmolT-(-90.4kJ-mol')=+40.9kJmol1；

(2).假設(shè)反應(yīng)n中，CO反應(yīng)了xmoL則II生成的CH30H為xmol,I生成的CH30H為(a-x)mol,III生成

C°2(g)+3H2^CHOH(g)+HO(g)

C。為(b+x)mol,根據(jù)反應(yīng)I：32,反應(yīng)H：

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

C0(sg)+2H2,(sg)-CH330H(gs),反_應(yīng)in：CO2,(g)+H,(g)UCO(g舊)+H,2O(號g)所以平衡時水的物質(zhì)的

x2xxb+xb+xb+xb+x

量為(a-x)mol+(b+x)mol=(a+b)mol,濃度為:包史上叫二空2moi?I?;平衡時CO2的物質(zhì)的量為lmol-(a-

VLV

x)mol-(b+x)mol=(1-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

ba+b

_x___

VV_bx(a+b)

bmol,水的物質(zhì)的量為(a+b)moL則反應(yīng)ni的平衡常數(shù)為:

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

VV

(3).反應(yīng)I和H為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，則CH.QH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II為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，C02的平

衡轉(zhuǎn)化率降低，反應(yīng)ni為吸熱反應(yīng)，升高溫度反應(yīng)III向正反應(yīng)方向移動，升高一定溫度后以反應(yīng)in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；壓強增大，反應(yīng)I和n是氣體體積減小

的反應(yīng)，反應(yīng)I和n平衡正向移動，反應(yīng)in氣體體積不變化，平衡不移動，故壓強增大CH.30H的平衡產(chǎn)

率增大，根據(jù)圖所以壓強關(guān)系為：pi>P2>P3；溫度升高，反應(yīng)I和n平衡逆向移動，反應(yīng)in向正反應(yīng)方向

移動，所以Ti溫度時，三條曲線交與一點的原因為：「時以反應(yīng)ni為主，反應(yīng)HI前后分子數(shù)相等，壓強

改變對平衡沒有影響；

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

轉(zhuǎn)化率越大，CH.QH的平衡產(chǎn)率越大，所以選擇低溫和高壓，答案選A。

【點睛】本題為化學反應(yīng)原理綜合題，考查了蓋斯定律、化學平衡常數(shù)的計算、勒夏特列原理進行圖像的

分析，難點為平衡常數(shù)的計算，巧用了三個反應(yīng)的化學方程式，進行了數(shù)據(jù)的處理，得到反應(yīng)IH的各項

數(shù)據(jù)，進行計算得到平衡常數(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：

oo

①醇鈉一CHCCHCOCH①0HA

A前bC%CC茴OC2H5②為0+c?；?/p>

①NaNH2/NH3（l]|

②H3O+*GoHgNO2

C00

u②H3O*IIII,

知：I.II，.

RCH2CCHCOR

RCHCOR①醇鈉~I

2R

II.?sjr>?,

RCOHRCC1RCNHR

Z②H。

IIL

Ar-X+H2C^z，@NaN^Hj（i）Ar-CH”

Ar為芳基；X=C1,Br；Z或Z'=COR,CONHR,COOR等。

回答下列問題：

(1)實驗室制備A的化學方程式為,提高A產(chǎn)率的方法是；A的某同分異構(gòu)體

只有一種化學環(huán)境的碳原子，其結(jié)構(gòu)簡式為。

(2)C-D的反應(yīng)類型為；E中含氧官能團的名稱為。

(3)C的結(jié)構(gòu)簡式為,F的結(jié)構(gòu)簡式為。

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

【答案】①.CH3coOH+CH3cH20H三翼』CH3coOC2Hs+H2。②.及時蒸出產(chǎn)物(或增

取代反應(yīng)⑤.皴基、酰胺基⑥.CH3COCH2COOH

【解析】

【分析】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)，有機物B

00

經(jīng)過堿性條件下水解再酸化形成有機物C(),有機物C與S0C12作用通過已知條件n

生成有機物D(),有機物D與鄰氯苯胺反應(yīng)生成有機物E

有機物E經(jīng)已知條件HI發(fā)生成環(huán)反應(yīng)生成有機物F(據(jù)此

分析。

【詳解】(1)根據(jù)分析，有機物A為乙酸乙酯，在實驗室中用乙醇和乙酸在濃硫酸的催化下制備，反應(yīng)方程

&

式為CH3coOH+CH3cH20H=CH3coOC2H5+H2O；該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，若想提高乙酸乙酯的產(chǎn)率需要

濃硫酸

及時的將生成物蒸出或增大反應(yīng)的用量；A的某種同分異構(gòu)體只有1種化學環(huán)境的C原子，說明該同分異

構(gòu)體是一個對稱結(jié)構(gòu)，含有兩條對稱軸,則該有機物的結(jié)構(gòu)為

(2)根據(jù)分析，C-D為和SOCL的反應(yīng)，反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；E的結(jié)構(gòu)為

其結(jié)構(gòu)中含氧官能團為臻基、酰胺基;

(3)根據(jù)分析，C的結(jié)構(gòu)簡式為CH3coeH2coOH；F的結(jié)構(gòu)簡式

(4)以苯胺和H5c2OOCCH2coe1為原料制得目標產(chǎn)物，可將苯胺與濕反應(yīng)生成2,4,6—三澳苯胺，再將

2,4,6—三澳苯胺與H5C2OOCCH2COCI反應(yīng)發(fā)生已知條件II的取代反應(yīng)，再發(fā)生已知條件HI的成環(huán)反應(yīng)即

20.某同學利用CL氧化K2MnC>4制備KMnCh的裝置如下圖所示(夾持裝置略):

ABC

已知：鎰酸鉀(KzMnCU)在濃強堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時易發(fā)生反應(yīng):

3MnO：+2H2。=2MnO；+MnO2J+4OFT

回答下列問題：

(1)裝置A中a的作用是；裝置C中的試劑為