2020年山東高考化學解析版原卷版試題

2020山東高考化學試題解析

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

【解析】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，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、KO2生成,K2O2、KO2和CO2反應產生。2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，A不符

合題意；

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

還原反應，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，C不符合題意；

D.NO?與水反應有HN6產生，因此N02參與了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化還原反應，D不符合題意。

答案選B。

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

Z可與X形成淡黃色化合物Z2X2,Y、W最外層電子數相同。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

解析四種短周期主族元素,基態(tài)X原子的電子總數是其最高能級電子數的2倍，設若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的最外層電子數相同，則Y為F元

素，W為。元素，據此分析。

【解析】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>0>Cl>Na,A錯誤；

B.單質的氧化性越強，簡單離子的還原性越弱，0、F、CI三種元素中F2的氧化性最強。2的氧化性最弱，

故簡單離子的還原性02->（：卜>F,B錯誤；

C.電子層數越多簡單離子半徑越大，相同結構的離子，原子序數越大半徑越小，故四種元素中離子半徑

從大到小的順序為Cl>。2->F->Na+,C正確；

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

HF不容易發(fā)生電離，故HCI的酸性強于HF,D錯誤；

故選。

4.下列關于C、Si及其化合物結構與性質的論述錯誤的是

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、結構均相似的共價晶體，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，是因為Si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的成鍵和結構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Sibh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）進行實驗,能達到實驗目的的是

A.用甲裝置制備并收集CO?

B.用乙裝置制備浸苯并驗證有HBr■產生

C.用丙裝置制備無水MgCI2

D.用丁裝置在鐵上鍍銅

【解析】A.C02密度大于空氣，應采用向上排空氣法收集，A錯誤；

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

氫浸酸，所以驗證反應生成的HBr,應先將氣體通過四氯化破，1射軍發(fā)的浪單質除去，B錯誤；

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

D.電解時，陽極發(fā)生氧化反應，陰極發(fā)生還原反應，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。

【拓展】本題為實驗題，結合物質的性質和電解的原理進行解題，掌握常見物質的制備方法，注意水解的

知識點。

6.從中草藥中提取的calebinA（結構簡式如下）可用于治療阿爾茨海默癥。下列關于calebinA的說法錯誤

的是

A.可與FeCb溶液發(fā)生顯色反應

B.其酸性水解的產物均可與Na2CO3溶液反應

C.苯環(huán)上氫原子發(fā)生氯代時，一氯代物有6種

D.lmol該分子最多與8moi也發(fā)生加成反應

解析根據結構簡式可知，該有機物含有碳碳雙鍵、酚羥基、酯基、炭基、醛鍵等官能團.

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

B.該有機物中含有酯基，酯在酸性條件下水解生成段基，段基能與Na2c。3溶液反應生成CO2,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，且無對稱結構，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)、兩個碳破雙鍵、一個放基，每個苯環(huán)可以與3個氫氣加成，每個雙犍可以與

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

加成反應，D錯誤.

答案選D。

【拓展】本題根據有機物結構得到官能團，再根據官能團的性質進行解題，注意段基也能與氧氣發(fā)生加

成反應。

7.B3N3H6（無機苯）的結構與苯類似，也有大TT鍵。下列關于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O"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，分子中含有大冗鍵，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34.6℃）中生成締合物

+

Et2O-H.[FeClJ-e下列說法錯誤的是

A.萃取振蕩時，分液漏斗下口應傾斜向下

B.分液時，應先將下層液體由分液漏山下口放出

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

【解析】A.萃取振蕩時，分液漏斗下口應傾斜向上，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+,說明已經達到分離目的，C正確；

D.蒸憎時選用直形冷凝管，能使儲分全部轉移到錐形瓶中，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

已知浸出時產生的廢渣中有SO2,Fe(0H)3和AI(0H)3。下列說法錯誤的是

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

B.浸出和沉鎂的操作均應在較高溫度下進行

C.流程中可循環(huán)使用的物質有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,同時產生氨氣，則此時浸出液中主要含有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可以與鍍根水解產生的氫離子反應，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+2NH4CI=MgCl2+2NH3t+H2O,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^用率，

故B錯誤;

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

程中，故C正確；

D.Fe(0H)3、AI(0H)3的Ip遠小于Mg(0H)2的。,所以當pH達到一定值時Fe^\AP+產生沉淀，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，同時可實現海水淡

化?，F以NaCI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CH3CO。的溶液為例)。下

列說法錯誤的是

廢水海水水溶液

負極反應為+

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

B.隔膜1為陽離子交換膜，隔膜2為陽離子交換膜

C.當電路中轉移lmol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、負極產生氣體的物質的量之比為2:1

解析據圖可知a極上CH3coeT轉化為CO?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。

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

+2H2O-8e-=2gt+7H+,故A正確；

B.為了實現海水的淡化，模擬海水中的氫離子需要移向負極，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.當電路中轉移lmol電子時，根據電荷守恒可知，海水中會有移向負極，同時有ImolNa?移

向正極,即除去ImolNaCI,質量為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生氫氣，電極反應式為2H+2e-=H2t,所以當轉移

8mol電子時，正極產生4mol氣體，根據負極反應式可知負極產生2mol氣體，物質的量之比為4:2=2:1,

故D正確；

故答案為B。

11.下列操作不能達到實驗目的的是

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?混合產生的氣體直接通入苯酚鈉溶液

C除去堿式滴定管膠管內的氣泡將尖嘴垂直向下，擠壓膠管內玻璃球格氣泡排出

配制用于檢驗醛基的氫氧化銅懸濁向試管中加入2mL10%NaOH溶液再滴加數滴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

作能達到實驗目的，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生的氣體直接通入苯酚鈉，可能揮發(fā)的HCI會與苯酚鈉反

應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，達不到實撿目的，應該先除去二氧

化碳中可能揮發(fā)的HCI再進行實驗操作,故B錯誤;

C.除去堿式滴定管膠管內氣泡時，尖嘴不應該垂直向下，應向上擠壓橡膠管，利用空氣排出，該實驗操作

達不到實驗目的，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，該操作可達到實

驗目的，故D正確；

答案選BC。

12。-概基丙烯酸異丁酯可用作醫(yī)用膠，其結構簡式如下。下列關于a-器基丙烯酸異丁酯的說法錯誤的是

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

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

【解析】A.結合該分子的結構簡式可以看出，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型結構，

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：

0

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

構體之一的結構簡式如,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

電源

質

子

交

換

膜

A.陽極為2H2。-4?一=4FT-O2T

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。2與b極反應的02等量

解析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］氐，被還原，做電解池的陰極。

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

故A正確，但不符合題意；

B.電解時陽極產生氫離子，氫離子是陽高子，通過質子交換膜移向陰極，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，陽極的反應為：2H2O-4e-=4H++CM,陰極的反應為：O2+2e-+2H』H2C)2，總反應為：

,要消耗氧氣，即是極生成的氯氣小于極消耗的氨氣，故錯誤，符合題意；

O2+2H2O=2H2O2abD

故選：D.

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

C

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

下圖所示。已知在和時■加成產物與-加成產物的比例分別為和下列說

0℃40℃,1,21,470:3015:850

法正確的是

能,CH、

量CU,CH公叫

+B「(1,2-加成產物)

CH產CH-CH=CH,CHjCHBrCH=CH

+HBr2

-CH,CH=CHCH,Br

(?,4-加成產物b

反應進程

A.1,4-加成產物比1,2-加成產物穩(wěn)定

B.與0℃相比，40℃時1,3-丁二烯的轉化率增大

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

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

A解析根據圖像分析可知該加成反應為放熱反應且生成的L4-加成產物的能量匕L2-加成產物的能量低,

結合題干信息及溫度對化學反應速率與化學平衡的影響效果分析作答。

【解析】根據上述分析可知，

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

能量比1,2-加成產物穩(wěn)定，故A正確；

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

烯的轉化，即在40℃時其轉化率會減小，故B錯誤；

C.從0℃升至40℃,正化學反應郵均增大，即L4-加成和12加成反應的正速率均會增大，故C錯

誤；

D.從0℃升至4(TC,對于L2-加成反應來說，化學平衡向逆向移動，即1,2-加成正反應速率的增大程

度小于其逆反應速率的增大程度，故D正確；

答案選AD。

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

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

說法正確的是

A.O點時，c(CH3coOH)=C(CH3COO-)

BN點時，pH=-lgKa

0.1c(H+)

1

C.該體系中，C(CH3COOH)=mol-E

K*(H+)

D.pH由7到14的變化過程中，CH3coO-的水解程度始終增大

B解析根據圖像分析可知，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，據此結合水溶液的平衡分析作答。

【解析】A.根據上述分析可知Q點為曲線2和曲線3的交點，對應的pH=7,應該得出的結論為：4H+）二

40H）,故A錯誤；

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

+

c(CH3COO)c(H)

因KB--，代入等量關系并變形可知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,聯立兩式消去aCHsCOO）并化簡整理可得出,

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的變化過程中，堿

性不斷增強，40H-）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.

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°(:時相關物質的1＜卬見下表。

物質Fe(OH)

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

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

⑴軟銃礦預先粉碎的目的是___________MnOz與BaS溶液反應轉化為MnO的化學方程式為

⑵保持BaS投料量不變，隨MnOZ與BaS投料比增大，S的量達到最大值后無明顯變化，而Ba(OH)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)。再使用氨水調溶液的pH,則pH的理論最小值為

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

(5)碳化過程中發(fā)生反應的離子方程式為

(1).增大接觸面積，充分反應，提高反應速率：⑵.

過量的消耗了產生的

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)加入硫化鋼溶液進行反應，主要發(fā)生

MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S,過濾得至!|Ba(0H)2溶液，經蒸發(fā)結晶、過濾、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；之后向濾液中加入合適的氨化劑將Fe2+轉化為Fe3+,然后加入氨水調節(jié)pH,使Fe?+、AP?轉化

為沉淀除去，壓濾得到的廢渣為Fe(0H)3和AI(OH)3,此時濾液中的金屬陽離子只有Mn2*,向濾液中加

入碳酸氫鉞、氨水，Mn2+和碳酸氫根電離出的碳酸根結合生成碳酸鎰沉淀，過濾、洗滌、干燥得到高純碳

酸鎰.

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

應轉化為MnO,Mn元素的化合價由+4價降低為+2價，根據元素價態(tài)規(guī)律可知-2價的S元素應被氧化

得到S單質，則MnCh與BaS的系數比應為1:1,根據后續(xù)流程可知產物還有Ba(OH)2,結合元素守恒可

得化學方程式為：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S;

⑵根據題目信息可知MnCh為兩性氧化物，所以當MnCh過量時，會消耗反應產生的Ba(OH)2,從而使

Ba(OH)2的量達^最大值或會減小；

(3)濾液I為結晶后剩余的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，目不將Mn元素氧化，加入

的試劑X可以是H2O2；根據表格數據可知，Fe(OH)3和AI(OH)3為同種沉淀，而AI(OH)3的心稍大，所

以當AP+完全沉淀時，Fe3+也一定完全沉淀，當(AR)=1.0xl0-5mol/L時，

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)VIxlO'5

即pH的理論最小值為4.9;

(5)碳化過程?和碳酸氫根電離出的碳酸根結合生成碳酸錦沉淀，促進碳酸氫根的電離，產生的氫離子

和一水合氨反應生成鍍根和水，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，回答下列問題：

(l)Sn為IVA族元素，單質Sn與干燥Cl?反應生成SnCI4.常溫常壓下SnCI4為無色液體，SnCI4空間構型

為其固體的晶體類型為

(2)NH3、PH3、ASW的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

(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?,配合物的結構如圖所示,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,稱作原子的分數坐標。四方晶系

CdSnAsz的晶胞結構如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°,晶胞中部分原子的分數坐標如下表所示。

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(0,0,0)最近的Sn(用分數坐標表示)。CdSnAs2

晶體中與單個Sn鍵合As有_________個。

(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)利用價層電子對數確定SnCk的分子構型；由于常溫下SnCL為液體，故SnCLj為分子晶體；

(2)結構相似的分子，相對分子質量越大物質的熔沸點越高，另外分子間能形成氫鍵的物質，熔沸點則較

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

(3)由該物質的結構簡式可知，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—NOz那個不算；該螯合物中N原子的雜化方式為sp2雜化；

(4)結合部分原子的分數坐標，結合晶胞結構圖，確定各原子在晶胞中位置，找出相應原子。

【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

子的孤電子對數=lx(4-4xl)=0,o鍵電子對數為4，價層電子對數為4,故SnCI4分子的空間構型

2

為正四面體形；

(2)NH3、PH3、AsFh的結構相似，結構相似的物質，相對分子質量越大，范德華力越強，物質的沸點

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

元素周期表中第VA族，原子序數依次增大，同一主族從上到下，隨著核電荷數的增加，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，故這三種物質的還原性由強到弱的順序為ASH3>PH3

>NHS；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，所以這三種物質鍵角由大到小的順序為

NH3>PH3>ASH3;

(3)由該物質的結構簡式和分析，根據題意"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—NO?那個不

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

(4)由部分Cd原子的分數坐標為(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原子的分數坐標為(0,0,0.5),4個Sn在晶胞的棱上，6個Sn在晶胞的面心；

部分As原子的分數坐標為(0.25,0.25,0.125),8個As在晶胞的體心；所以1個晶胞中Sn的個數為

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

42

CdSnAs2晶體中與單個Sn結合的As有4個。

【拓展】本題考查軌道雜化類型的判斷，分子構型，物質熔沸點大小比較，鍵角大小的比較,配位數的計

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判斷與計算，

晶胞中原子的數目往往采用均攤法：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^的原子為1個晶胞共用，對一個晶胞的貢獻為lo

18探究CH30H合成反應化學平衡的影響因素，有利于提高CH30H的產率。以CO2、H2為原料合成CH30H

涉及的主要反應如下：

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，達到平衡時，

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

數式表示，下同)，反應皿的平衡常數為

(3)不同壓強下，按照n(CO2):n(H2)=l:3投料，實驗測定CO2的平衡轉化率和CH30H的平衡產率隨溫

度的變化關系如下圖所示.

—〃(coJ平衡

已知：C02的平衡轉化率=—~~斐\一1■■電X100%

W(CO2)初始

1

CH30H的平衡產率="片￡7)的X100%

W(C02)初始

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

為；圖乙中T1溫度時，三條曲線幾乎交于一點的原因是

(4)為同時提高C02的平衡轉化率和CH30H的平衡產率，應選擇的反應條件為(填標號).

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時以

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

反應in為主，反應m前后氣體分子數相等，壓強改變對平衡沒有影響(7).解析根據蓋斯定律計算反應

熱；利用三個反應，進行濃度和化學平衡常數的計算；結合圖形根據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的平衡轉化率和CH30H的平衡產率之間的關系得到相應的答案。

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

⑵.假設反應II中，CO反應了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,根據反應I:，反應D:

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

反應-。式

CO(g)+2H2(g)^SOH%g)+H.±CO(g)+H2O(g)

，所以平

x2xxb+xb+xb+xb+x

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

VLV

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

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

ba+b

__X---------

VVbx(a+b)

反應ni的平衡常數為：?；

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

z\

VV

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

的平衡產率，圖乙中，開始升高溫度，由于反應I和n為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，C02的平

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

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

應，反應I和II平衡正向移動，反應山氣體體積不變化，平衡不移動，故壓強增大CH30H的平衡產率增

大，根據圖所以壓強關系為：P1>P2>P3；溫度升高，反應I和n平衡逆向移動，反應III向正反應方向移

動，所以T1溫度時，三條曲線交與一點的原因為：T1時以反應III為主，反應HI前后分子數相等，壓強改

變對平衡沒有影響；

(4).根據圖示可知，溫度越低，C5的平衡轉化率越大，CH30H的平衡產率越大，壓強越大，C02的平衡

轉化率越大，CH30H的平衡產率越大,所以選擇低溫和高壓，答案選Ao

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

分析，難點為平衡常數的計算，巧用了三個反應的化學方程式，進行了數據的處理，得到反應HI的各項數

據，進行計算得到平衡常數。

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。

回答下列問題：

Q)實驗室制備A的化學方程式為提高A產率的方法是____________；A的某同分異構體只

有一種化學環(huán)境的碳原子，其結構簡式為

(2)C-D的反應類型為；E中含氧官能團的名稱為

(3)C的結構簡式為F的結構簡式為

,COOC,H,

和?n

(4)BrzNH］的反應與Bn和苯酚的反應類似，以NH/口CH,'

、COCI

,寫出能獲得更多目標產物的較優(yōu)合成路線(其它試劑任

(1).CH3CQQH+CH5CH2OHk^CH5COOC2H5+H2O(2).及時蒸出產物

r~\

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

CH3COCH2COOH(7).(8).

COOCJHJCOOCJl,

COCI

①NaNH2/NH3(l)

②HQ

解析根據B的結構和已知條件I可知R=H、R'=CH2H5，故A為CH3COOC2H5（乙酸乙酯），有機物B

經過堿性條件下水解再酸化形成有機物C（），有機物C與SOCI2作用通

OO

II1

過已知條件n生成有機物D（HccC|