2020年山东省新高考化学试卷-教师用卷

这是一份2020年山东省新高考化学试卷-教师用卷，共26页。试卷主要包含了单选题，双选题，简答题，实验题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题（本大题共12小题，共28.0分）
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
【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；
D.K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。
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
【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。
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>Z
B. 简单离子的还原性：Y>X>W
C. 简单离子的半径：W>X>Y>Z
D. 氢化物水溶液的酸性：Y>W
【答案】C
【解析】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F>O>Cl>Na，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；
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，故D错误；
故选：C。
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。
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-C>Si-Si、C-H>Si-H，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CH4
D. 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-pπ键
【答案】C
【解析】解：A、原子半径越小、共价键键能越大，物质越稳定，原子半径：Si>C，所以键能C-C>Si-Si、C-H>Si-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，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，故C错误：
D、Si的原子半径较大，原子间形成的σ键较长，p-p轨道重叠程度很小，难于形成π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，则碳的氧化性强于硅，则还原性较弱；
D、原子半径大，原子间形成的σ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。
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MgCl2
D. 用丁装置在铁上镀铜
【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；
C.HCl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；
D.Fe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.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；
C.HCl可抑制镁离子水解；
D.Fe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。
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. 1ml该分子最多与8ml H2发生加成反应
【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、羰基与氢气发生加成反应，则1ml该分子最多与9ml H2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。
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
【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π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sp2，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σ键，1个B3N3H6中σ键的数目12，所以氮提供电子形成大π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。
实验室分离Fe3+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Et2O⋅H+⋅[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
【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。
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↑+H2O
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Ksp的不同
【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、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。
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1ml电子时，模拟海水理论上除盐58.5g
D. 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
【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1ml电子时，通过离子交换膜的Na+、Cl-物质的量均为1ml，质量为1ml×58.5g/ml=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8mle-电子时正极得到4mlH2、负极得到2mlCO2，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。
α-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α-氰基丙烯酸异丁酯的说法错误的是( )
A. 其分子式为C8H11NO2
B. 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
【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、-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。
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++O2↑
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
【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4ml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，注意结合电解质特点书写，题目难度不大。
二、双选题（本大题共3小题，共12.0分）
下列操作不能达到实验目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
【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2mL 10% 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。
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
【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；
D.1，2-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。
25℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1ml⋅L-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. O点时，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)
B. N点时，pH=-lgKa
C. 该体系中，c(CH3COOH)=0.1c(H+)Ka+c(H+)ml⋅L-1
D. pH由7到14的变化过程中，CH3COO-的水解程度始终增大
【答案】BC
【解析】解：A.O点时c(H+)=c(OH-)，故A错误；
B.N点为c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，N点时，Ka=c(H+)，可知pH=-lgKa，故B正确；
C.体系中若c(CH3COOH)=0.1c(H+)Ka+c(H+)ml⋅L-1，c(H+)c(CH3COOH)+c(CH3COOH)×Ka=0.1c(H+)，即c(H+)c(CH3COOH)+c(H+)c(CH3COO-)c(CH3COOH)×c(CH3COOH)=0.1c(H+)，然后等式两边均除以c(H+)，满足c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1ml⋅L-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-)=0.1ml⋅L-1，随pH的增大，发生CH3COOH+OH-=CH3COO-+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。
三、简答题（本大题共4小题，共48.0分）
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。
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c≤1.0×10-5ml⋅L-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______。
【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-+NH3⋅H2O=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+)=1.0×10-5ml/L时，c(OH-)=10-9.1ml/L，所以c(H+)=10-4.9ml/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-+NH3⋅H2O=MnCO3↓+NH4++H2O，
故答案为：Mn2++HCO3-+NH3⋅H2O=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，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。
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，1ml该配合物中通过螯合作用形成的配位键有______ ml，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。
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。
【答案】正四面体 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ⅣA族元素，价层电子对数=σ+12(a-xb)=4+12(4-4×1)=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：6ml；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：4×14+6×12=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；(0.5,0，0.25)(0.5，0.5，0)；4。
(1)根据价层电子对互斥理论，价层电子对数=σ+12(a-xb)，价层电子对数=4，空间构型为正四面体形；熔沸点较低的为分子晶体；
(2)有氢键的物质熔沸点高，组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，熔沸点越高；
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强；
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；
(3)配位数是直接与中心离子或原子配位的的离子或分子的数目；螯合N的杂化方式为：sp2；
(4)结合部分原子的的分数坐标，结合晶胞图，确定各原子在晶胞中的位置，找出相应原子。
本题考查学生对原子结构和性质的理解和掌握，题目难度中等，掌握常见的分子的空间构型、晶体类型、杂化方式、配位数、晶胞的计算等，明确原子杂化原理和晶胞的计算是解题关键。同时考查阅读题目获取新信息能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
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.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.5 kJ⋅ml-1
Ⅱ.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H2=-90.4 kJ⋅ml-1
Ⅲ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H3
回答下列问题：
(1)△H3=______kJ⋅ml-1。
(2)一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1ml CO2和3ml H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为aml，CO为bml，此时H2O(g)的浓度为______ml⋅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图所示。
已知：CO2的平衡转化率=n(CO2)初始-n(CO2)平衡n(CO2)初始×100%
CH3OH的平衡产率=n(CH3OH)平衡n(CO2)初始×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
【答案】+40.9 a+bV b(a+b)(1-a-b)(3-3a-b) 乙 p1>p2>p3 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 A
【解析】解：(1)Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.5 kJ⋅ml-1
Ⅱ.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H2=-90.4 kJ⋅ml-1
根据盖斯定律反应I-反应II计算反应III：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)的焓变△H3=-49.5kJ⋅ml-1-(-90.4kJ⋅ml-1)=+40.9J⋅ml-1，
故答案为：+40.9；
(2)根据C原子守恒计算n(CO2)平衡=1-n(CH3OH)-n(CO)=(1-a-b)ml，O原子守恒有n(H2O)=2[n(CO2)-n(CO2)平衡]-n(CH3OH)-n(CO)=2[1-(1-a-b)]ml-aml-bml=(a+b)ml，则c(H2O)=a+bVml/L，H原子守恒得到n(H2)平衡=12[2n(H2)-4n(CH3OH)-2n(H2O)]=12[3×2-4a-2(a+b)]ml=(3-3a-b)ml，由于反应III是气体体积不变化的反应，可将平衡时各物质的物质的量数值代入平衡常数表达式中计算K，即K=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)=b(a+b)(1-a-b)(3-3a-b)，
故答案为：a+bV；b(a+b)(1-a-b)(3-3a-b)；
(3)反应III是气体体积不变化的反应，CO2的平衡转化率只与温度有关，由图乙可知，T1温度后纵坐标对应量的变化与压强无关(3条曲线重合)、只与温度有关，所以图乙对应纵坐标表示CO2平衡转化率，图甲表示CH3OH的平衡产率随温度的变化曲线，温度一定时，增大压强，反应I、II的平衡正向移动，CH3OH的平衡产率增大，即压强越大，CH3OH的平衡产率越大，由图可知相同温度下，p1时CH3OH的平衡产率最大，p3时CH3OH的平衡产率最小，所以压强：p1>p2>p3；由于反应III：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)是气体体积不变化的吸热反应，T1温度时，体系中主要发生反应III，所以三条曲线几乎交于一点，
故答案为：乙；p1>p2>p3；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；
(4)该实验的目的是探究有利于提高CH3OH的产率的影响因素，则反应I为主反应，反应II、III为副反应，反应I正向是气体体积减小的放热反应，高压、低温均有利于主反应I的平衡正向移动，反应III受到抑制、反应III的抑制导致反应II也受到抑制，所以同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率的反应条件为高压、低温，故A正确，
故答案为：A。
(1)根据盖斯定律反应I-反应II计算反应III的焓变△H3；
(2)根据C原子守恒计算平衡时n(CO2)=(1-a-b)ml，再根据O、H原子守恒计算平衡时n(H2O)=(a+b)ml、n(H2)=(3-3a-b)ml，结合反应III的平衡常数表达式计算反应Ⅲ的平衡常数K；
(3)由图乙可知，T1温度后纵坐标对应量的变化与压强无关(3条曲线重合)、只与温度有关，而反应III是气体体积不变化的反应，CO2的平衡转化率只与温度有关；温度一定时，增大压强，反应I、II的平衡正向移动，CO2的平衡转化率或CH3OH的平衡产率均增大，即压强越大，CO2的平衡转化率或CH3OH的平衡产率越大；
(4)该实验的目的是探究有利于提高CH3OH的产率的影响因素，则反应I为主反应，反应II、III为副反应，有利于反应I正向进行、副反应受到抑制的措施均能提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，结合化学平衡移动的影响因素分析解答。
本题考查化学平衡的计算，涉及化学平衡的影响因素、化学平衡常数的计算、图象分析以及盖斯定律的计算的应用等等知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，把握化学平衡常数的计算、图象分析判断和化学平衡的影响因素是解题关键，注意原子守恒的计算应用，题目难度中等。
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：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的某同分异构体只有一种化学环境的碳原子，其结构简式为______。
(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)。
【答案】CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O 及时蒸出产物(或增大乙酸或乙醇的用量) 取代反应 羰基、酰胺基 CH3COCH2COOH
【解析】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+CH3CH2OHCH3COOC2H5+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，
故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；及时蒸出产物(或增大乙酸或乙醇的用量)；；
(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，其结构中含氧官能团为羰基、酰胺基，
故答案为：取代反应；羰基、酰胺基；
(3)根据分析，C的结构简式为CH3COCH2COOH；F的结构简式，
故答案为：CH3COCH2COOH；；
(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
故答案为。
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。
(4)和Br2发生取代反应生成，和H5C2OOCCH2COCl发生已知的反应Ⅱ，生成，然后在条件下，发生已知反应Ⅲ，生成目标产物。
本题考查了有机物的推断，正确理解题给信息是解本题关键，采用正推的方法进行分析解答，注意结合题干所给的提示信息，难度中等。
四、实验题（本大题共1小题，共12.0分）
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，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为______(填标号)。
mL mL C.大于35.00 mL D.小于15.00 mL
(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.称取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃.用cml⋅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H2C2O4⋅2H2O(M=126g⋅ml-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.V1V2=3时，样品中一定不含杂质
B.V1V2越大，样品中H2C2O4⋅2H2O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
【答案】(1)平衡气压，使浓盐酸顺利流下；NaOH溶液；Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O
(2)在装置A、B之间加装有饱和食盐水的洗气瓶
(3)酸式；C
(4)0.315(cV1-3cV2)m×100%；B、D
【解析】
【分析】
本题考查物质的制备及含量测定，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意(4)为解答的难点，题目难度较大。
【解答】
(1)装置A中a的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利流下；装置C中的试剂为NaOH溶液、吸收尾气；装置A中制备Cl2的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
(2)浓盐酸易挥发，进入装置B后会导致KMnO4产率降低，改进的方法是在装置A、B之间加装有饱和食盐水的洗气瓶；
(3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，有强氧化性，滴定时应将KMnO4溶液加入酸式滴定管中；在规格为50.00 mL的滴定管中，滴定管尖嘴处没有刻度，若KMnO4溶液起始读数为15.00 mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为大于(50.00-15.00)mL=35.00mL，可选C；
(4)由I可知样品中Fe2+、C2O42-、H2C2O4消耗的KMnO4溶液的体积为V1mL，KMnO4的物质的量为
V1×10-3L×cml/L=cV1×10-3ml，由II可知Fe2+消耗的KMnO4溶液的体积为V2mL，KMnO4的物质的量为
V2×10-3L×cml/L=cV2×10-3ml，由电子守恒可知存在5Fe2+～MnO4-，5C2O42-～2MnO4-，设样品中FeC2O4⋅2H2O为xml，Fe2(C2O4)3为yml，H2C2O4⋅2H2O为yml，15x+25x+3y+z=cV1×10-3，15(x+2y)=cV2×10-3，解得z=2.5cV1-3V2×10-3ml，
则样品中所含H2C2O4⋅2H2O(M=126g⋅ml-1)的质量分数表达式为126g/ml×2.5(cV1-3cV2)×10-3mlm×100%=0.315(cV1-3cV2)m×100%，
A.V1V2=3时，0.315(cV1-3cV2)m×100%=0，样品中一定不含H2C2O4⋅2H2O杂质，可含Fe2(C2O4)3，故A错误；
B.由H2C2O4⋅2H2O的质量分数表达式可知，V1V2越大，样品中H2C2O4⋅2H2O含量一定越高，故B正确；
C.铁元素的物质的量为15x+2yml=cV2×10-3ml，若步骤Ⅰ中滴入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cV2×10-3ml不变，对Fe元素含量测定无影响，故C错误；
D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则消耗高锰酸钾的体积偏大，由关系式可得测得样品中Fe元素含量偏高，故D正确。
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
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
1×10-16.3
1×10-38.6
1×10-32.3
1×10-12.7
坐标
原子
x
y
z
Cd
0
0
0
Sn
0
0
0.5
As
0.25
0.25
0.125