2020年高考新高考卷山东省化学试题（答案解析）

2020年⾼考新⾼考卷⼭东省化学试题⼀、填空题

1、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_____________。

(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x y z原⼦Cd 0 0 0Sn 0 0 0.5As 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晶体中与单个Sn键合的As有___________个。⼆、选择题

2、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

3、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

4、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>WC. 简单离⼦的半径：W>X>Y>ZD. 氢化物⽔溶液的酸性：Y>W

5、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CH4D. 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6、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MgCl2D. ⽤丁装置在铁上镀铜

7、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 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

8、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

9、实验室分离Fe3+和Al3+的流程如下：

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

10、以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)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K sp的不同

11、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

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58.5gD. 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

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. 其分⼦式为 C8H11NO2B. 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、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

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

D. 电解⼀段时间后，a极⽣成的O2与b极反应的O2等量三、多项选择

14、下列操作不能达到实验⽬的的是⽬操作

A 除去苯中少量的苯酚加⼊适量NaOH溶液，振荡、静置、分液

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. AB. BC. CD. D

15、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

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

16、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。K a为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是

A. O点时，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四、推断题

17、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：()

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(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)________。五、实验,探究题

18、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K sp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2K sp

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______________________。

19、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，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为______________(填标号)。A.15.00 mLB.35.00mLC.⼤于35.00mLD.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

20、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ɑmol，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。

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

1、(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。⼆、选择题2、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；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。3、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NO2参与了型酸⾬的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。答案选B。4、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。5、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，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C6、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。7、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】本题根据有机物的结构得到官能团，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。8、A【解析】

【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。9、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。10、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K sp远⼩于Mg(OH)2的K sp，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。11、B

【解析】【分析】

据图可知a极上CH3COO¯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，CH3COO¯失电⼦被氧化成CO2和H+，结合电荷守恒可得电极反应式为CH3COO¯+2H2O-8e¯=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1molCl¯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++2e¯=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。12、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。【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。三、多项选择14、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。15、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。16、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代表的浓度分别是：曲线1为lg c(CH3COO-)随pH的变化曲

线，曲线2为lg c(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lg c(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lg c(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， lg c(CH3COO-)=lg c(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因K a=，代⼊等量关系并变形可知pH=-lg K a，故B正确；

C. c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)=0.1mol/L- c(CH3COOH)，⼜K a=，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；答案选BC。四、推断题

17、(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).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+CH3CH2OH CH3COOC2H5+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

18、 (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】【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K sp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(OH¯)==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。19、 (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

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。六、综合题

20、 (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：

，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。