2020年山东省新高考化学试卷.doc

1、2020年山东省新高考化学试卷 题号一二三总分得分一、单选题（本大题共12小题，共28.0分）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：WXYZB. 简单

2、离子的还原性：YXWC. 简单离子的半径：WXYZD. 氢化物水溶液的酸性：YW4. 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C-CSi-Si、C-HSi-H，因此C2H6稳定性大于Si2H6B. 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p-p键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CO2B. 用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生C

3、. 用丙装置制备无水MgCl2D. 用丁装置在铁上镀铜6. 从中草药中提取的calebin A（结构简式如图）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7. B3N3H6（无机苯）的结构与苯类似，也有大键。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8. 实验室分离Fe3+

4、和Al3+的流程如图：已知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Et2OH+FeCl4-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9. 以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3）为原料制备高纯镁砂的工艺流程如图：已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe（OH）3 和Al（OH）3下列说法错误的是（）A. 浸出镁的反应为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3+H2OB. 浸出

5、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、NH4ClD. 分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同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，用如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CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2+7H+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

6、为2：111. -氰基丙烯酸异丁酯可用作医用胶，其结构简式如图。下列关于-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12. 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2H2O-4e-=4H+O2B. 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等量二、双选题（本大题共3小

7、题，共12.0分）13. 下列操作不能达到实验目的的是（）目的操作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2mL 10% NaOH溶液，再滴加数滴2%CuSO4溶液，振荡A. AB. BC. CD. D14. 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图所示。已知在0和

8、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15. 25时，某混合溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.1molL-1，lgc（CH3COOH）、lgc（CH3COO-）、lgc（H+）和 lgc（OH-）随pH变化的关系如图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是（）A.

9、 O点时，c（CH3COOH）=c（CH3COO-）B. N点时，pH=-lgKaC. 该体系中，c（CH3COOH）=molL-1D. pH由7到14的变化过程中，CH3COO-的水解程度始终增大三、简答题（本大题共5小题，共60.0分）16. 用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3）和 BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如图：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）2Fe（OH）3Al（OH）3Mn（OH）2Ksp110-16.3110-38.6110-32.3110-12.7回答下列问题：（1）软锰矿预先粉碎的目的是_，MnO2

10、 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c1.010-5molL-1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_。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A族元素，单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4常温常

11、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。坐标原

12、子xyzCd000Sn000.5As0.250.250.125一个晶胞中有_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。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：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H1=-49.5 kJmol-1CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H2=-90.4 kJmol-1CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H3回答下列问题：（1）H3=_kJmol-1。（2）一定条件下，

13、向体积为VL的恒容密闭容器中通入1mol CO2和3mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH（g）为amol，CO为bmol，此时H2O（g）的浓度为_molL-1（用含a、b、V的代数式表示，下同），反应的平衡常数为_。（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图所示。已知：CO2的平衡转化率=100%CH3OH的平衡产率=100%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

14、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，其合成路线如图：已知：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）CD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

15、线（其它试剂任选）。20. 某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如图所示（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：3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2+4OH-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的化学方程式为_。（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50.00 mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00 mL，此时滴定

16、管中KMnO4溶液的实际体积为_（填标号）。A15.00 mL B35.00 mL C大于35.00 mL D小于15.00 mL（4）某FeC2O42H2O样品中可能含有的杂质为Fe2（C2O4）3、H2C2O42H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：称取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75用cmolL-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。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

17、液V2 mL。样品中所含H2C2O42H2O（M=126gmol-1）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=3时，样品中一定不含杂质B越大，样品中H2C2O42H2O含量一定越高C若步骤中滴入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元素含量偏高答案和解析1.【答案】D【解析】解：A白磷的着火点很低，能在常温下易与氧气发生氧化反应而自燃，所以放在冷水里。故A正确；B浓硫酸具有吸水性且不与二氧化硫反应，所以能用浓硫酸干燥二氧化硫，故B正确；C蒸发皿可以直接加热，酒精灯外焰温度较高，加热时用酒精灯的外焰

18、进行加热，故C正确；D金属钾燃烧：K+O2KO2，超氧化钾能与二氧化碳反应生成氧气助燃，反应为4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2，不用二氧化碳灭火器扑灭金属钾的燃烧，故D错误；故选：D。A白磷的着火点低，易引起自燃；B浓硫酸具有吸水性且不与二氧化硫反应；C蒸发皿可直接用酒精灯加热；DK在空气中燃烧生成超氧化钾，超氧化钾与二氧化碳反应生成助燃物氧气。本题考查了药品的存放、常见仪器的使用方法及注意事项，题目难度不大，注意积累相关的基础知识，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力。2.【答案】B【解析】解：A谷物发酵酿造食醋，是淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酶的作用下生成乙醇，乙醇氧化生成醋酸的过

19、程，涉及氧化还原反应，故A不选； B小苏打用作食品膨松剂，是碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳气体，不是氧化还原反应，故B选； C含氯消毒剂用于环境消毒，是次氯酸的强氧化性，涉及氧化还原反应，故C不选； D大气中NO2参与酸雨形成，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，涉及氧化还原反应，故D不选。 故选：B。氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，若发生氧化还原反应，应存在元素化合价的变化，结合物质的性质解答该题。本题考查氧化还原反应，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意从元素化合价的角度判断相关概念以及物质的性质，难度不大，注意相关知识的学习。3.【答案】C【解

20、析】解：由上述分析可知，X为O、Y为F、Z为Na、W为Cl， 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FOClNa，故A错误； B非金属性越强，对应简单离子的还原性越弱，故简单离子的还原性为Cl-O2-F-，故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+，故C正确； DF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，故D错误； 故选：C。

21、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，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，结合Y的原子序数在O与Na之间，则Y为F元素，W为Cl元素，以此来解答。本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、元素化合物知识、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。4.【答案】C【解析】解：A、原子半径越小、共价键键能越大，物质越

22、稳定，原子半径：SiC，所以键能C-CSi-Si、C-HSi-H，C2H6稳定性大于Si2H6，故A正确； B、由于方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，均为原子晶体，所以立方型SiC具有很高的硬度，故B正确； C、SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，碳的非金属性强于硅，则碳的氧化性强于硅，推出SiH4还原性大于CH4，故C错误： D、Si的原子半径较大，原子间形成的键较长，p-p轨道重叠程度很小，难于形成键，所以Si原子间难形成双键而C原子间可以，故D正确； 故选：C。A、键能越大，物质越稳定； B、原子晶体的熔点高、硬度大； C、碳的非金属性强于硅，则碳的氧化

23、性强于硅，则还原性较弱； D、原子半径大，原子间形成的键较长，p-p轨道几乎不能重叠。本题考查物质结构与性质，综合考查学生的分析和灵活运用能力，把握原子半径与键长、键能、物质性质的关系即可解答，题目难度不大。5.【答案】C【解析】解：A碳酸氢钠加热有水生成，则试管口应略向下倾斜，且收集二氧化碳选向上排空气法，图中为向下排空气法，故A错误； B溴易挥发，溴及HBr均与硝酸银反应，则图中实验不能检验HBr的生成，故B错误； CHCl可抑制镁离子水解，则在HCl气流中加热可制备无水MgCl2，故C正确； DFe与电源正极相连为阳极，而Cu为阴极，Cu不能失去电子，则不能镀铜，故D错误； 故选：C。A

24、碳酸氢钠加热有水生成，二氧化碳的密度比空气密度大； B溴易挥发，溴及HBr均与硝酸银反应； CHCl可抑制镁离子水解； DFe与电源正极相连为阳极，而Cu为阴极。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、电化学为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。6.【答案】D【解析】解：A含酚-OH，与FeCl3溶液发生显色反应，故A正确； B含-COOC-，可在酸溶液中水解，且水解产物均含酚-OH，可与碳酸钠溶液反应，故B正确； C结构不对称，苯环上分别含3种H，苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种，故C正确； D苯环、碳碳双键、羰基与

25、氢气发生加成反应，则1mol该分子最多与9molH2发生加成反应，故D错误； 故选：D。由结构可知，分子中含酚-OH、碳碳双键、-COOC-及醚键、羰基，结合酚、烯烃、酯等有机物的性质来解答。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。7.【答案】A【解析】解：A、无机苯是分子晶体，其熔点取决于分子间作用力，与化学键的键能无关，故A错误；B、B的价层电子对个数是3，B核外三个电子全部成键，则形成大键的电子全部由N提供，故B正确；C、B3N3H6（无机苯）的结构与苯类似，B、N原子杂化方式都为sp

26、2，故C正确；D、苯分子中所有原子共平面，则B3N3H6（无机苯）中所有原子共平面，故D正确；故选：A。无机苯（B3N3H6）与苯结构相似，结构式为、，其中B的价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断B原子杂化方式，共价单键为键，1个B3N3H6中键的数目12，所以氮提供电子形成大键，由此分析解答。本题考查原子杂化类型、空间结构等，难度中等，学生只要根据苯的结构进行分析就可以迅速解题，比较容易。8.【答案】A【解析】解：A萃取振荡时，使分液漏斗上口朝下，使分液漏斗下口朝上，便于振荡混合、便于放气降低分液漏斗内气压，故A错误； B分液时避免上下层液体混合，先将下层液体由分液漏斗下口放出，故

27、B正确； C水相含铝离子，分液后水相为无色，说明已达到分离目的，故C正确； D蒸馏时选用直形冷凝管，便于馏分流出，防止残留在冷凝管中，故D正确； 故选：A。由流程可知，先加浓盐酸酸化，Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子FeCl4-，然后加乙醚萃取、分液分离出Al3+，然后加水反萃取，最后蒸馏分离出乙醚及Fe3+，以此来解答。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项AD为解答的易错点，题目难度不大。9.【答案】B【解析】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

28、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； DFe（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； 故选：B。菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，其中MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2

29、、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。本题考查物质制备，涉及物质分离提纯、反应原理的分析及溶度积常数的应用等知识点，明确化学反应原理、元素化合物性质及其性质差异性是解本题关键，知道流程图中发生的反应及物质成分，题目难度不大。10.【答案】B【解析】解：该装置为原电池，有机废水中的CH3COO-发生失电子的氧化反应生成CO2，则a极为负极，b极为正极，正极上H+得电子生成H2，反应式为2H+2e-=H2， A、该原电池中a极为负极，b极为正极，有机废水中的CH3COO-在负极失电子生成CO2，电极反应式为

30、CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2+7H+，故A正确； B、原电池工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即NaCl溶液中的Na+通过阳离子交换膜移向b极、Cl-通过阴离子交换膜移向a极，达到海水淡化目的，所以隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，故B错误； C、由于电子与Na+、Cl-所带电荷数相等，所以路中转移1mol电子时，通过离子交换膜的Na+、Cl-物质的量均为1mol，质量为1mol58.5g/mol=58.5g，即模拟海水理论上除盐58.5g，故C正确； D、负极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2+7H+，正极反应式为2H+2e-=H2，转移8mol

31、e-电子时正极得到4molH2、负极得到2molCO2，即正、负极产生气体的物质的量之比为2：1，故D正确； 故选：B。该装置为原电池，有机废水中的CH3COO-发生失电子的氧化反应生成CO2，则a极为负极，电极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2+7H+，b极为正极，酸性条件下，H+得电子生成H2，反应式为2H+2e-=H2，原电池工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即模拟海水NaCl溶液中的Na+通过阳离子交换膜移向b极、Cl-通过阴离子交换膜移向a极，则隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，据此分析解答。本题考查原电池工作原理及其应用，明确各个电极上发生的反应、交

32、换膜作用是解本题关键，侧重考查基础知识灵活运用能力，注意结合电解质特点书写电极反应式，题目难度不大。11.【答案】C【解析】解：A由结构可知分子中含8个C、11个H、1个N、2个O，则分子式为C8H11NO2，故A正确； B-CN中C为sp杂化，双键中C为sp2杂化，其它C均为sp3杂化，故B正确； C碳碳双键、-CN、-COOC-均直接相连，且3个原子可确定一个平面，连接2个甲基的C为四面体结构，可能共平面的碳原子最多为7个，即只有1个甲基上C与其它碳原子不共面，故C错误； D.2个双键、1个三键，不饱和度为4，含苯环的同分异构体中，苯环上侧链为含-NH2、-CHOHCH2OH或氨基、甲基、

33、-OH等，可为1个侧链、2个侧链或多个侧链，苯环连5个取代基（2个-间位-CH3、1个-NH2在甲基的间位、2个-OH分被在甲基与氨基之间）时含H种类最少为4种，故D正确； 故选：C。由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、-CN、-COOC-，结合烯烃、酯等有机物的性质来解答。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。12.【答案】D【解析】解：A、阳极发生氧化反应生成氧气，电极反应式为：2H2O-4e-=4H+O2，故A正确； B、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

34、解一段时间后，则阳极室的pH不变，故B正确； C、电解池中阳离子向阴极移动，所以电解过程中，H+由a极区向b极区迁移，故C正确； D、a极电极反应式为：2H2O-4e-=4H+O2，b极O2+2e-+2H+=H2O2，当转移4mol电子时b极消耗的氧气的量是a极产生氧气的2倍，故D错误； 故选：D。A、阳极发生氧化反应生成氧气； B、阳极产生氢离子，通过质子交换膜移向阴极； C、电解池中阳离子向阴极移动； D、根据转移电子的物质的量相等分析解答。本题考查电解池的工作原理，明确电解电池概念、各个电极上发生的反应、交换膜作用是解本题关键，侧重考查基础知识灵活运用能力，难点是电极反应式的书写，注意结

35、合电解质特点书写，题目难度不大。13.【答案】BC【解析】解：A苯酚与NaOH反应后，与苯分层，然后分液可分离，故A正确； B盐酸易挥发，盐酸与苯酚钠反应，则不能比较碳酸、苯酚的酸性，故B错误； C将尖嘴斜向上，挤压胶管内玻璃球将气泡排出，操作不合理，故C错误； D在碱性溶液中检验-CHO，则向试管中加入2mL10% NaOH溶液，再滴加数滴2%CuSO4溶液，振荡，可配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液，故D正确； 故选：BC。A苯酚与NaOH反应后，与苯分层； B盐酸易挥发，盐酸与苯酚钠反应； C将尖嘴斜向上； D在碱性溶液中检验-CHO，则碱应过量。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把

36、握物质的性质、实验操作、物质检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。14.【答案】AD【解析】解：A能量越低越稳定，根据图象可看出，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

37、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。 故选：AD。A根据图象信息，1，4-加成产物的能量更低，即1，4-加成产物更加稳定； B注意观察坐标轴，纵坐标代表能量，反应物的能量均高于两种生成物； C温度升高，反应速率增大； D1，2-加成反应为放热反应，温度升高，化学平衡向逆向移动。本题考查化学反应过程的能量变化、化学反应速率、化学平衡的移动等，还涉及有机化学的加成反应，需要学生仔细分析图象信息，根据图象判断反应物和生成物的稳定状态，题目难度中等。15.【答案】BC【解析】解：AO点时c（H+）=c（OH-），故A错误；BN点为c（CH3COO-）=c（CH3

38、COOH），N点时，Ka=c（H+），可知pH=-lgKa，故B正确；C体系中若c（CH3COOH）=molL-1，c（H+）c（CH3COOH）+c（CH3COOH）Ka=0.1c（H+），即c（H+）c（CH3COOH）+c（CH3COOH）=0.1c（H+），然后等式两边均除以c（H+），满足c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.1molL-1，故C正确；D由图可知，pH=12时不存在醋酸，此后氢氧根离子可抑制水解CH3COO-的发生，故D错误；故选：BC。混合溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.1molL-1，随pH的增大，发生CH3COOH+OH-=CH3

39、COO-+H2O，可知c（CH3COO-）增大、c（CH3COOH）减小，结合图可知N点为c（CH3COO-）=c（CH3COOH），M点时c（CH3COO-）=c（H+），O点时c（H+）=c（OH-），P点时c（CH3COOH）=c（OH-），以此来解答。本题考查酸碱混合，为高频考点，把握混合时离子浓度的变化、离子浓度的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。16.【答案】增大反应接触面积，充分反应，提高反应速率 MnO2+BaS+H2O=Ba（OH）2+MnO+S 过量的MnO2消耗了产生的Ba（OH）2 蒸发 H2O2 4.9 Mn2+HCO3

40、-+NH3H2O=MnCO3+NH4+H2O【解析】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， 故答案为：增大反应接触面积，充分反应，提高反应速率；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

41、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， 故答案为：过量的MnO2消耗了产生的Ba（OH）2； （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， 故答案为：蒸发； （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+）=1.010-5mol/L时，c（OH-）=10-9.1mol/L，所以c（H+）=1

42、0-4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9， 故答案为：H2O2；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+HCO3-+NH3H2O=MnCO3+NH4+H2O， 故答案为：Mn2+HCO3-+NH3H2O=MnCO3+NH4+H2O。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，

43、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。本题考查了制备方案的设计，为高频考点，题目难度中等，明确流程分析及混合物分离方法、发生的反应为解答的关键，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及化学实验、化学计算能力。17.【答案】正四面

44、体 分子晶体 NH3、AsH3、PH3 AsH3、PH3、NH3 NH3、PH3、AsH3 6 1 4 （0.5，0，0.25）（0.5，0.5，0） 4【解析】解：（1）Sn为第A族元素，价层电子对数=+（a-xb）=4+（4-41）=4+0=4，空间构型为正四面体形；常温常压下SnCl4为无色液体，熔沸点较低的为：分子晶体，故答案为：正四面体形；分子晶体；（2）组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高；但NH3分子间可形成氢键，使熔沸点升高；所以三种物质的熔沸点由高到低的顺序为：NH3、AsH3、PH3；同主族非金属元素由上向下非金属性依次减弱，其相应离子的还原性越

45、强，还原性由强到弱的顺序为：AsH3、PH3、NH3；同主族非金属元素由上向下电负性依次减小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，所以这三种氢化物的键角由大到小的顺序为：NH3、PH3、AsH3，故答案为：NH3、AsH3、PH3；AsH3、PH3、NH3；NH3、PH3、AsH3；（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整合物，螯合物是一种环状配合物，“螯”指螃蟹的大钳；在螯合物结构中，一定有多个多齿配体提供多对电子与中心原子形成配位键；邻二氮菲为双齿配体，形成的配位键数为：6mol；邻二氮菲为平面结构，所以N原子的杂化方式都为：sp2，且只有1种，故答案为：6；1；（4）由部分Cd原子的分数坐标（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原子的坐标为（0.25，0.25，0.125），8个As在晶胞的体心；所以一个晶胞中含有Sn的个数为：4+6=4；距离Cd（0，0，0）最近的Sn是0.5，0，0.25）、（0.5，0.5，0）；由图可知，CdSnAs2晶体中与单个Sn键合的As有4个，故答案为：4；（0.5，0，0.