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1、2021年高考新高考卷山東省化學試題(答案解析) 2021年高考新高考卷山東省化學試題 一、填空題 1、CdSnAs2是一種高遷移率的新型熱電材料，回答下列問題： (1)Sn為ⅣA族元素，單質Sn與干燥Cl2反應生成SnCl4。常溫常壓下SnCl4為無色液體，SnCl4空間構型為_____________，其固體的晶體類型為_____________。 (2)NH3、PH3、AsH3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

2、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Cd2+配合物的結構如圖所示，1mol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CdSnAs2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 x y z 原子 Cd 0 0 0 Sn 0 0 0.5 As 0.25 0.25 0.125 一個晶胞中有_________個Sn，找出距離Cd(0，0，0)最近的Sn___

3、______(用分數坐標表示)。CdSnAs2晶體中與單個Sn鍵合的As有___________個。 二、選擇題 2、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 3、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 4、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>Z B. 簡單離子的

4、還原性：Y>X>W C. 簡單離子的半徑：W>X>Y>Z D. 氫化物水溶液的酸性：Y>W 5、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、，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，難形成鍵 6、利用下列裝置(夾持裝置略)進行實驗，能達到實驗目的的是 A. 用甲裝置制備并收集CO2 B. 用乙裝置制備溴苯并驗證有HBr產生

5、C. 用丙裝置制備無水MgCl2 D. 用丁裝置在鐵上鍍銅 7、從中草藥中提取的 calebin A(結構簡式如下)可用于治療阿爾茨海默癥。下列關于 calebin A 的說法錯誤的是 A. 可與FeCl3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. 1mol該分子最多與8molH2發(fā)生加成反應 8、B3N3H6(無機苯)的結構與苯類似，也有大π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π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.

6、分子中所有原子共平面 9、實驗室分離Fe3+和Al3+的流程如下： 知Fe3+在濃鹽酸中生成黃色配離子【FeCl4】，該配離子在乙醚(Et2O，沸點34.6℃)中生成締合物。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 C. 分液后水相為無色，說明已達到分離目的 D. 蒸餾時選用直形冷凝管 10、以菱鎂礦(主要成分為MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)為原料制備高純鎂砂的工藝流程如下： 已知浸出時產生的廢渣中有SO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列說法錯誤的是 A. 浸出鎂的反應為 B. 浸出和沉鎂的操作均應在較高溫度下進行 C. 流程中

7、可循環(huán)使用的物質有NH3、NH4Cl D. 分離Mg2+與Al3+、Fe3+是利用了它們氫氧化物K sp的不同 11、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 CH3COO-的溶液為例)。下列說法錯誤的是 A. 負極反應為 B. 隔膜1為陽離子交換膜，隔膜2為陰離子交換膜 C. 當電路中轉移1mol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 12、α-氰基丙烯酸異丁酯可用作醫(yī)用膠，其結構簡式如下。下列

8、關于α-氰基丙烯酸異丁酯的說法錯誤的是 A. 其分子式為 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 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 A. 陽極反應為 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O2與b極反應的O2等量 三、多項選擇 14、下列操作不能達到實驗目的的是 目操作 A 除去苯中少量的苯酚加入適量NaOH溶液，振蕩、

9、靜置、分液 B 證明酸性：碳酸>苯酚將鹽酸與NaHCO3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，擠壓膠管內玻璃球將氣泡排出 D 配制用于檢驗醛基的氫氧化銅 懸濁液 向試管中加入2mL10%NaOH溶液，再滴加數滴 2%CuSO4溶液，振蕩 A. A B. B C. C D. D 15、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-丁二烯生成碳正離子 ()；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0℃和40℃時，1，2-加成產物與1，4-加成產物的比例分別

10、為70:30和15:85。下列說法正確的是 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℃，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 16、25℃時，某混合溶液中，1gc( CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)隨pH變化的關系如下圖所示。K a為CH3COOH的電離常數，下列說法正確的是 A. O點時， B. N點時， C. 該體系中， D. pH由7到14的變化過

11、程中， CH3COO-的水解程度始終增大 四、推斷題 17、化合物F是合成吲哚-2-酮類藥物的一種中間體，其合成路線如下： () 知：Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. Ar為芳基；X=Cl，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產率的方法是______________；A的某同 (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____________。 (4)Br2和的反應與Br2和苯

12、酚的反應類似，以和為原料合成 ，寫出能獲得更多目標產物的較優(yōu)合成路線(其它試劑任選)________。 五、實驗,探究題 18、用軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制備高純MnCO3的工藝流程如下： 已知：MnO2是一種兩性氧化物；25℃時相關物質的K sp見下表。 物質Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2 K sp 回答下列問題 (1)軟錳礦預先粉碎的目的是____________，MnO2與BaS溶液反應轉化為MnO的化學方程式為 ________。 (2)保持BaS投料量不變，隨MnO2與BaS投料比增大，S的量達到

13、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______________________。 19、某同學利用Cl2氧化K2MnO4制備KMnO4的裝置如下圖所示(夾持裝置略)： 已知：錳酸鉀(K2MnO4)在濃強堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時易發(fā)生反應

14、： 回答下列問題： (1)裝置A中a的作用是______________；裝置C中的試劑為________________；裝置A中制備Cl2的化學方程為______________。 (2)上述裝置存在一處缺陷，會導致KMnO4產率降低，改進的方法是________________。 (3)KMnO4常作氧化還原滴定的氧化劑，滴定時應將KMnO4溶液加入___________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中；在規(guī)格為50.00mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始讀數為15.00mL，此時滴定管中KMnO4溶液的實際體積為______________(填標號)。 A.15.00 mL

15、 B.35.00mL C.大于35.00mL D.小于15.00m1 (4)某FeC2O4﹒2H2O樣品中可能含有的雜質為Fe2(C2O4)3、H2C2O4﹒2H2O，采用KMnO4滴定法測定該樣品的組成，實驗步驟如下: Ⅰ.取mg樣品于錐形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加熱至75℃。用 c mol﹒L-1的KMnO4溶液趁熱滴定至溶液出現粉紅色且30s內不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。 Ⅱ.向上述溶液中加入適量還原劑將Fe3+完全還原為Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃繼續(xù)用KMnO4溶液滴定至溶液出現粉紅色且30s內不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。 樣品中

16、所含的質量分數表達式為_________________。 下列關于樣品組成分析的說法，正確的是__________(填標號)。 A.時，樣品中一定不含雜質 B.越大，樣品中含量一定越高 C.若步驟I中滴入KMnO4溶液不足，則測得樣品中Fe元素含量偏低 D.若所用KMnO4溶液實際濃度偏低，則測得樣品中Fe元素含量偏高 20、探究CH3OH合成反應化學平衡的影響因素，有利于提高CH3OH的產率。以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的主要反應如下： Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. 回答下列問題： (1)_________。 (2)一定條件下，向體積為VL的恒容密閉容器中通入1 mo

17、l CO2和3 mol H2發(fā)生上述反應，達到平衡時，容器中CH3OH(g)為ɑ mol，CO為b mol，此時H2O(g)的濃度為__________mol﹒L-1(用含a、 b、V的代數式表示，下同)，反應Ⅲ的平衡常數為___________。 (3)不同壓強下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，實驗測定CO2的平衡轉化率和CH3OH的平衡產率隨溫度的變化關系如下圖所示。 已知：CO2的平衡轉化率= CH3OH的平衡產率= 其中縱坐標表示CO2平衡轉化率的是圖___________(填“甲”或“乙”)；壓強p1、p2、p3由大到小的順序為___________；圖乙中T1

18、溫度時，三條曲線幾乎交于一點的原因是___________。 (4)為同時提高CO2的平衡轉化率和CH3OH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 1、(1). 正四面體形；(2). 分子晶體 (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）利用價層電子對數確定SnCl4的分子構型；由于常

19、溫下SnCl4為液體，故SnCl4為分子晶體；（2）結構相似分子，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化類型、孤電子對數、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—NO2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?！驹斀狻浚?）Sn為第ⅣA族元素，由于常溫下SnCl4為液體，故SnCl4為分子晶體；SnCl4分子中 中心原子的孤電子

20、對數==0，鍵電子對數為4，價層電子對數為4，故SnCl4分子 的空間構型為正四面體形； （2）NH3、PH3、AsH3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，氫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＞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

21、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—NO2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

22、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；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，CdSnAs2晶體中與單個Sn結合的As有4個。 【點睛】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

23、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。 二、選擇題 2、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； 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O2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。 3、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，A不符合題意； B．小蘇打即NaHCO3，Na

24、HCO3受熱分解產生無毒的CO2，因此可用小蘇打作食品膨松劑，不涉及氧化還原反應，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．NO2與水反應有HNO3產生，因此NO2參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。 4、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O，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的最外層電子數相同，則Y為F

25、元素，W為Cl元素，據此分析。 【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．單質的氧化性越強，簡單離子的還原性越弱，O、F、Cl三種元素中F2的氧化性最強O2的氧化性最弱，故簡單離子的還原性O2-＞Cl-＞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-＞O2-＞F-＞Na+，C正確； D．F元素的非金屬性強于Cl元素，則形成氫化物后F原子束縛H原子的能力強于Cl原子，在水溶液中HF不容

26、易發(fā)生電離，故HCl的酸性強于HF，D錯誤； 故選C。 5、C 【解析】 【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π鍵，故Si原子間難形成雙鍵

27、，D正確； 故選C 6、C 【解析】 【詳解】A. CO2密度大于空氣，應采用向上排空氣法收集，A錯誤； B. 苯與溴在溴化鐵作用下反應，反應較劇烈，反應放熱，且溴易揮發(fā)，揮發(fā)出來的溴單質能與水反應生成氫溴酸，所以驗證反應生成的HBr，應先將氣體通過四氯化碳，將揮發(fā)的溴單質除去，B 錯誤； C. MgCl2能水解，在加熱時通入干燥的HCl，能避免MgCl2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。 【點睛】本題為實驗題，結合物質的性質和電解的原

28、理進行解題，掌握常見物質的制備方法，注意水解的知識點。 7、D 【解析】 【分析】 根據結構簡式可知，該有機物含有碳碳雙鍵、酚羥基、酯基、羰基、醚鍵等官能團。 【詳解】A. 該有機物中含有酚羥基，可以與FeCl3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羧基，羧基能與Na2CO3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)、兩個碳碳雙鍵、一個羰基，每個苯環(huán)可以與3個氫氣加成，每個雙鍵可以與1個氫氣加成，每個羰基可以與1個

29、氫氣加成，所以1mol分子最多可以與23+2 1+1=9mol氫氣發(fā)生加成反應，D錯誤。 答案選D。 【點睛】本題根據有機物的結構得到官能團，再根據官能團的性質進行解題，注意羰基也能與氫氣發(fā)生加成反應。 8、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個鍵，N原子最外層5個電子，與其它原子形成3個鍵，還剩余2個電子，故形成大鍵的電子全部由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，分子中含有大鍵，故分子中

30、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。 9、A 【解析】 【詳解】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，該離子在乙醚中生成締合物，乙醚與水不互溶，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．蒸餾時選用直形冷凝管，能使餾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。 10、B 【解析】 【

31、分析】 菱鎂礦煅燒后得到輕燒粉，MgCO3轉化為MgO，加入氯化銨溶液浸取，浸出的廢渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(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，煅燒得到高純鎂砂。 【詳解】A．高溫煅燒后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以與銨根水解產生的氫離子反應，促進銨根的水解，所以得到氯化鎂、氨氣和水，化學方程式為MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+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，降低利用率，故B錯誤； C．浸出過程產生的氨氣可以回收制備氨水，沉鎂

32、時氯化鎂與氨水反應生成的氯化銨又可以利用到浸出過程中，故C正確； D．Fe(OH)3、Al(OH)3的K sp遠小于Mg(OH)2的K sp，所以當pH達到一定值時Fe3+、Al3+產生沉淀，而Mg2+不沉淀，從而將其分離，故D正確； 故答案為B。 11、B 【解析】 【分析】 據圖可知a極上CH3COOˉ轉化為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，CH3COOˉ失電子被氧化成CO2和H+，結合電荷守恒可得電極反應式為CH3COOˉ+2H2O-8eˉ=2CO2↑+7H+，故A正確； B．為了實現海水的淡化，模擬海水中的氯離

33、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1mol電子時，根據電荷守恒可知，海水中會有1molClˉ移向負極，同時有1molNa+移向正極，即除去1molNaCl，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++2eˉ=H2↑，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。 12、C 【解析】 【詳解】A. 結合該分子的結構簡式可以看出，其分子式

34、為C8H11NO2，故A正確； B. 該分子中含（氰基）、（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、（氰基）共直線，O原子采用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： ，故C錯誤； 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； 故選C。 【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

35、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++O2↑，故A正確，但不符合題意； B.電解時陽極產生氫離子，氫離子是陽離子，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++O2↑，陰極的反應為：O2+2e-+2H+=H2O2，總反應為： 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

36、誤，符合題意；故選：D。 三、多項選擇 14、BC 【解析】 【詳解】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HCl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，達不到實驗目的，應該先除去二氧化碳中可能揮發(fā)的HCl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

37、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。 15、AD 【解析】 【分析】 根據圖像分析可知該加成反應為放熱反應，且生成的1,4-加成產物的能量比1,2-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。 【詳解】根據上述分析可知， A. 能量越低越穩(wěn)定，根據圖像可看出，1,4-加成產物的能量比1,2-加成產物的能量低，即1,4-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1,4-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4

38、0時其轉化率會減小，故B錯誤； C. 從0升至40，正化學反應速率均增大，即1,4-加成和1,2-加成反應的正速率均會增大，故C錯誤； D. 從0升至40，對于1,2-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。 16、BC 【解析】 【分析】 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 代表的濃度分別是：曲線1為lg c(CH3COO-)隨pH的變化曲 線，曲線2為lg c(H+)隨pH的變化曲線，曲線3為lg c(OH-)隨pH的變化曲線，曲線4為lg

39、c(CH3COOH)隨pH的變化曲線，據此結合水溶液的平衡分析作答。 【詳解】A. 根據上述分析可知，O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：c(H+)= c(OH-)，故A錯誤； B. N點為曲線1和曲線4的交點， lg c(CH3COO-)=lg c(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因 K a=，代入等量關系并變形可知pH=-lg K a，故B正確； C. c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，則c(CH3COO-)=0.1mol/L- c(CH3COOH)，又 K a=，聯立兩式消去c(CH3COO-

40、)并化簡整理可得出， c(CH3COOH)=mol/L，故C正確； D. 醋酸根離子的水解平衡為：CH3COO-+H2O CH3COOH +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。 四、推斷題 17、(1). (2). 及時蒸出產物(或增大乙酸或乙醇的用量) (3). (4). 取代反應 (5). 羰基、酰胺基 (6). CH3COCH2COOH (7). (8). 【解析】 【分析】 根據B的結構和已知條件Ⅰ可知R=H、R’=CH2H5，故A為CH3COOC2H5（乙

41、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SOCl2作用通過已知條件Ⅱ生成有機物D（），有機物D與鄰氯苯胺反應生成有機物E （），有機物E經已知條件Ⅲ發(fā)生成環(huán)反應生成有機物F （），據此分析。 【詳解】(1)根據分析，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，反應方程式為CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOC2H5+H2O；該反應為可逆反應，若想提高乙酸乙酯的產率需要及時的將生成物蒸出或增大反應的用量；A的某種同分異構體只有1種化學環(huán)境的C原子， 說明該同分異構體是一個對稱結構，含有兩條對稱軸，則該有機物的結構為； (2)

42、根據分析，C→D為和SOCl2的反應，反應類型為取代反應；E 的結構為，其結構中含氧官能團為羰基、酰胺基； (3)根據分析，C結構簡式為CH3COCH2COOH；F的結構簡式為 (4)以苯胺和H5C2OOCCH2COCl為原料制得目標產物，可將苯胺與溴反應生成2,4,6—三溴苯胺，再將2,4,6—三溴苯胺與H5C2OOCCH2COCl反應發(fā)生已知條件Ⅱ的取代反應，再發(fā)生已知條件Ⅲ的成環(huán)反應即可得到目標產物，反應的流程為 18、 (1). 增大接觸面積，充分反應，提高反應速率： (2). (3). 過量的MnO2消耗了產生的 Ba(OH)2 (4). 蒸發(fā) (5). H2O2 (6

43、). 4.9 (7). 【解析】 【分析】 軟錳礦粉(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化鋇溶液進行反應，主要發(fā)生 MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，過濾得到Ba(OH)2溶液，經蒸發(fā)結晶、過濾、干燥得到氫氧化鋇； 濾渣用硫酸溶解，得到的濾液中主要金屬陽離子有Mn2+、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+轉化為Fe3+，然后加入氨水調節(jié)pH，使Fe3+、Al3+轉化為沉淀除去，壓濾得到的廢渣為Fe(OH)3和Al(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銨

44、、氨水，Mn2+和碳酸氫根電離出的碳酸根結合生成碳酸錳沉淀，過濾、洗滌、干燥得到高純碳酸錳。 【詳解】(1)軟錳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；MnO2 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MnO2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； (2)根據題目信息可知MnO2為兩性氧化物，所以當MnO2過量時，會消耗反應產生的Ba(OH)2，從而使Ba(OH)2的量

45、達到最大值或會減??； (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，且不將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Al(OH)3為同種沉淀，而Al(OH)3的K sp 稍大，所以當Al3+完全沉淀時，Fe3+也一定完全沉淀，當c(Al3+)=1.010-5mol/L時， c(OHˉ)==10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即 pH的理論最小值為4.9； (5)碳化過程Mn2+和碳酸氫根電

46、離出的碳酸根結合生成碳酸錳沉淀，促進碳酸氫根的電離，產生的 氫離子和一水合氨反應生成銨根和水，所以離子方程式為Mn2++HCO+NH3H2O=MnCO3↓+NH+H2O。 19、 (1). 平衡氣壓，使?jié)恹}酸順利滴下； (2). NaOH溶液 (3). (4). 在裝置A、B之間加裝盛有飽和食鹽 水的洗氣瓶 (5). 酸式 (6). C (7). (8). BD 【解析】 【分析】 漂白粉的有效成分Ca(ClO)2具有強氧化性，和濃鹽酸在A中發(fā)生歸中反應產生Cl2，Cl2和K2MnO4 在B中反應產生KMnO4，反應不完的Cl2用C吸收，據此解答。 【詳解】(1)裝置A為恒

47、壓分液漏斗，它的作用是平衡氣壓，使?jié)恹}酸順利滴下，C的作用是吸收 學方程式為Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案為：平衡氣壓，使?jié)恹}酸順利滴下；NaOH 溶液；Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O； (2)錳酸鉀在濃強堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時易發(fā)生3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-，一部分MnO42-轉化為了MnO2，導致最終KMnO4的產率低，而濃鹽酸易揮發(fā)，直接導致B中NaOH溶液的濃度減小，故改進措施是在裝置A、B之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶吸收揮發(fā)出來的HCl，故答案為：在裝置A、B之間加裝盛

48、有飽和食鹽水的洗氣瓶； (3)高錳酸鉀有強氧化性，強氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，規(guī)格為50.00mL 的滴定管中實際的體積大于(50.00-15.00)mL，即大于35.00mL，故答案為：酸式；C； (4)設FeC2O42H2O的物質的量為xmol，Fe2(C2O4)3的物質的量為ymol，H2C2O42H2O的物質的量為zmol，步驟I中草酸根和Fe2+均被氧化，結合得失電子守恒有：2KMnO4~5H2C2O4(C2O42-)，KMnO4~5Fe2+， 所以，步驟II中Fe2+被氧化，由KMnO4~5Fe2+可知， ，聯立二個方程解得：z=2.5(cV1-3V

49、2)10-3，所以H2C2O42H2O的質量分數==。關于樣品組成分析如下：A．時，H2C2O42H2O的質量分數==0，樣品中不含H2C2O42H2O， 由和可知，y≠0，樣品中含Fe2(C2O4)3雜質，A 錯誤； B．越大，由H2C2O42H2O的質量分數表達式可知，其含量一定越大，B正確； C．Fe元素的物質的量=，若步驟I中KMnO4溶液不足，則步驟I中有一部分Fe2+沒有被氧化，不影響V2的大小，則不變，則對于測得Fe元素的含量無影響， C錯誤； D．結合C可知：若KMnO4溶液濃度偏低，則消耗KMnO4溶液的體積V1、V2均偏大，Fe元素的物質的量偏大，則測得樣品中F

50、e元素含量偏高，D正確； 故答案為：；BD。 六、綜合題 20、 (1). +40.9 (2). (3). (4). 乙 (5). p1、p2、p3 (6). T1時以反應Ⅲ為主，反應Ⅲ前后氣體分子數相等，壓強改變對平衡沒有影響 (7). A 【解析】 【分析】 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，CO2的平衡轉化率和CH3OH的平衡產率之間的關系得到相應的答案。 【詳解】(1).根據反應I+II=III，則△H3=△H1+△H2=-49.5kJ?mol-1+(-90.4 kJ?m

51、ol-1)=+40.9 kJ?mol-1； (2).假設反應II中，CO反應了xmol，則II生成的CH3OH為xmol，I生成的CH3OH為(a-x)mol， III生成CO為(b+x)mol，根據反應I：，反應II： ，反應III：，所以平衡時水的物質的量為(a-x)mol+(b+x)mol =(a+b)mol，濃度為:；平衡時 CO2的物質的量為1mol-(a-x)mol-(b+x)mol=(1-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，則反應III的

52、平衡常數為：； (3).反應I和II為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，則CH3OH的平衡產率減少，所以圖甲表示CH3OH的平衡產率，圖乙中，開始升高溫度，由于反應I和II為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，CO2的平衡轉化率降低，反應III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III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II是氣體體積減小的反應，反應I和II平衡正向移動，反應III氣體體積不變化，平衡不移動，故壓強增大CH3OH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II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III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，CO2的平衡轉化率越大，CH3OH的平衡產率越大，壓強越大，CO2的平衡轉化率越大，CH3OH的平衡產率越大，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III的各項數據，進行計算得到平衡常數。