《2021年高考新高考卷山東省化學(xué)試題(答案解析)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021年高考新高考卷山東省化學(xué)試題(答案解析)（34頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2021年高考新高考卷山東省化學(xué)試題(答案解析) 2021年高考新高考卷山東省化學(xué)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(wèn)題： (1)Sn為ⅣA族元素，單質(zhì)Sn與干燥Cl2反應(yīng)生成SnCl4。常溫常壓下SnCl4為無(wú)色液體，SnCl4空間構(gòu)型為_(kāi)____________，其固體的晶體類(lèi)型為_(kāi)____________。 (2)NH3、PH3、AsH3的沸點(diǎn)由高到低的順序?yàn)開(kāi)____________(填化學(xué)式，下同)，還原性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)開(kāi)___________，鍵角由大到小的順序?yàn)開(kāi)____________。 (3)含有多個(gè)配位原子的配體與同一中

2、心離子(或原子)通過(guò)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(jié)構(gòu)如圖所示，1mol該配合物中通過(guò)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(shù)為單位長(zhǎng)度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱(chēng)作原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。四方晶系CdSnAs2的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90，晶胞中部分原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)如下表所示。 坐標(biāo) x y z 原子 Cd 0 0 0 Sn 0 0 0.5 As 0.25 0.25 0.125 一個(gè)晶胞中有_________個(gè)Sn，找出距離Cd(0，0，0)最近的Sn___

3、______(用分?jǐn)?shù)坐標(biāo)表示)。CdSnAs2晶體中與單個(gè)Sn鍵合的As有___________個(gè)。 二、選擇題 2、實(shí)驗(yàn)室中下列做法錯(cuò)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(yīng)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(shù)依次增大，基態(tài)X原子的電子總數(shù)是其最高能級(jí)電子數(shù)的2倍，Z可與X形成淡黃色化合物Z2X2，Y、W最外層電子數(shù)相同。下列說(shuō)法正確的是 A. 第一電離能：W>X>Y>Z B. 簡(jiǎn)單離子的

4、還原性：Y>X>W C. 簡(jiǎn)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(guān)于C、Si及其化合物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的論述錯(cuò)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(jié)構(gòu)均相似的共價(jià)晶體，因此具有很高的硬度 C. SiH4中Si的化合價(jià)為+4，CH4中C的化合價(jià)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?yàn)镾i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(jìn)行實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖? A. 用甲裝置制備并收集CO2 B. 用乙裝置制備溴苯并驗(yàn)證有HBr產(chǎn)生

5、C. 用丙裝置制備無(wú)水MgCl2 D. 用丁裝置在鐵上鍍銅 7、從中草藥中提取的 calebin A(結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下)可用于治療阿爾茨海默癥。下列關(guān)于 calebin A 的說(shuō)法錯(cuò)誤的是 A. 可與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng) B. 其酸性水解的產(chǎn)物均可與Na2CO3溶液反應(yīng) C. 苯環(huán)上氫原子發(fā)生氯代時(shí)，一氯代物有6種 D. 1mol該分子最多與8molH2發(fā)生加成反應(yīng) 8、B3N3H6(無(wú)機(jī)苯)的結(jié)構(gòu)與苯類(lèi)似，也有大π鍵。下列關(guān)于B3N3H6的說(shuō)法錯(cuò)誤的是 A. 其熔點(diǎn)主要取決于所含化學(xué)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(shí)驗(yàn)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(diǎn)34.6℃)中生成締合物。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是 A. 萃取振蕩時(shí)，分液漏斗下口應(yīng)傾斜向下 C. 分液后水相為無(wú)色，說(shuō)明已達(dá)到分離目的 D. 蒸餾時(shí)選用直形冷凝管 10、以菱鎂礦(主要成分為MgCO3，含少量SiO2，F(xiàn)e2O3和A12O3)為原料制備高純鎂砂的工藝流程如下： 已知浸出時(shí)產(chǎn)生的廢渣中有SO2，F(xiàn)e(OH)3和Al(OH)3。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是 A. 浸出鎂的反應(yīng)為 B. 浸出和沉鎂的操作均應(yīng)在較高溫度下進(jìn)行 C. 流程中

7、可循環(huán)使用的物質(zhì)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(jīng)濟(jì)的能源裝置，利用微生物處理有機(jī)廢水獲得電能，同時(shí)可實(shí)現(xiàn)海水淡化?，F(xiàn)以NaCl溶液模擬海水，采用惰性電極，用下圖裝置處理有機(jī)廢水(以含 CH3COO-的溶液為例)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是 A. 負(fù)極反應(yīng)為 B. 隔膜1為陽(yáng)離子交換膜，隔膜2為陰離子交換膜 C. 當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移1mol電子時(shí)，模擬海水理論上除鹽58.5g D. 電池工作一段時(shí)間后，正、負(fù)極產(chǎn)生氣體的物質(zhì)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(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下。下列

8、關(guān)于α-氰基丙烯酸異丁酯的說(shuō)法錯(cuò)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(gè) D. 其任一含苯環(huán)的同分異構(gòu)體中至少有4種不同化學(xué)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(guò)電解法制備雙氧水的裝置如下圖所示。忽略溫 A. 陽(yáng)極反應(yīng)為 B. 電解一段時(shí)間后，陽(yáng)極室的pH未變 C. 電解過(guò)程中，H+由a極區(qū)向b極區(qū)遷移 D. 電解一段時(shí)間后，a極生成的O2與b極反應(yīng)的O2等量 三、多項(xiàng)選擇 14、下列操作不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖? 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(chǎn)生的氣體直接通入苯酚鈉溶液 C 除去堿式滴定管膠管內(nèi)的氣泡將尖嘴垂直向下，擠壓膠管內(nèi)玻璃球?qū)馀菖懦? D 配制用于檢驗(yàn)醛基的氫氧化銅 懸濁液 向試管中加入2mL10%NaOH溶液，再滴加數(shù)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(yīng)分兩步：第一步H+進(jìn)攻1，3-丁二烯生成碳正離子 ()；第二步Br -進(jìn)攻碳正離子完成1，2-加成或1，4-加成。反應(yīng)進(jìn)程中的能量變 化如下圖所示。已知在0℃和40℃時(shí)，1，2-加成產(chǎn)物與1，4-加成產(chǎn)物的比例分別

10、為70:30和15:85。下列說(shuō)法正確的是 A. 1，4-加成產(chǎn)物比1，2-加成產(chǎn)物穩(wěn)定 B. 與0℃相比，40℃時(shí)1，3-丁二烯的轉(zhuǎn)化率增大 C. 從0℃升至40℃，1，2-加成正反應(yīng)速率增大，1，4-加成正反應(yīng)速率減小 D. 從0℃升至40℃，1，2-加成正反應(yīng)速率的增大程度小于其逆反應(yīng)速率的增大程度 16、25℃時(shí)，某混合溶液中，1gc( CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)隨pH變化的關(guān)系如下圖所示。K a為CH3COOH的電離常數(shù)，下列說(shuō)法正確的是 A. O點(diǎn)時(shí)， B. N點(diǎn)時(shí)， C. 該體系中， D. pH由7到14的變化過(guò)

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(lèi)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(wèn)題： (1)實(shí)驗(yàn)室制備A的化學(xué)方程式為_(kāi)__________，提高A產(chǎn)率的方法是______________；A的某同 (2)C→D的反應(yīng)類(lèi)型為_(kāi)___________；E中含氧官能團(tuán)的名稱(chēng)為_(kāi)___________。 (3)C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)___________，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)___________。 (4)Br2和的反應(yīng)與Br2和苯

12、酚的反應(yīng)類(lèi)似，以和為原料合成 ，寫(xiě)出能獲得更多目標(biāo)產(chǎn)物的較優(yōu)合成路線(其它試劑任選)________。 五、實(shí)驗(yàn),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(shí)相關(guān)物質(zhì)的K sp見(jiàn)下表。 物質(zhì)Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2 K sp 回答下列問(wèn)題 (1)軟錳礦預(yù)先粉碎的目的是____________，MnO2與BaS溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)化為MnO的化學(xué)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(dá)到

13、最大值后無(wú)明顯變化，而B(niǎo)a(OH)2的量達(dá)到最大值后會(huì)減小，減小的原因是________。 (3)濾液I可循環(huán)使用，應(yīng)當(dāng)將其導(dǎo)入到________操作中(填操作單元的名稱(chēng))。 (4)凈化時(shí)需先加入的試劑X為_(kāi)_______(填化學(xué)式)。再使用氨水調(diào)溶液的pH，則pH的理論最小值為_(kāi)______(當(dāng)溶液中某離子濃度時(shí)，可認(rèn)為該離子沉淀完全)。 (5)碳化過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____________________。 19、某同學(xué)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(qiáng)堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時(shí)易發(fā)生反應(yīng)

14、： 回答下列問(wèn)題： (1)裝置A中a的作用是______________；裝置C中的試劑為_(kāi)_______________；裝置A中制備Cl2的化學(xué)方程為_(kāi)_____________。 (2)上述裝置存在一處缺陷，會(huì)導(dǎo)致KMnO4產(chǎn)率降低，改進(jìn)的方法是________________。 (3)KMnO4常作氧化還原滴定的氧化劑，滴定時(shí)應(yīng)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(shù)為15.00mL，此時(shí)滴定管中KMnO4溶液的實(shí)際體積為_(kāi)_____________(填標(biāo)號(hào))。 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(zhì)為Fe2(C2O4)3、H2C2O4﹒2H2O，采用KMnO4滴定法測(cè)定該樣品的組成，實(shí)驗(yàn)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(xiàn)粉紅色且30s內(nèi)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(xiàn)粉紅色且30s內(nèi)不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。 樣品中

16、所含的質(zhì)量分?jǐn)?shù)表達(dá)式為_(kāi)________________。 下列關(guān)于樣品組成分析的說(shuō)法，正確的是__________(填標(biāo)號(hào))。 A.時(shí)，樣品中一定不含雜質(zhì) 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(cè)得樣品中Fe元素含量偏低 D.若所用KMnO4溶液實(shí)際濃度偏低，則測(cè)得樣品中Fe元素含量偏高 20、探究CH3OH合成反應(yīng)化學(xué)平衡的影響因素，有利于提高CH3OH的產(chǎn)率。以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的主要反應(yīng)如下： Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. 回答下列問(wèn)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(yīng)，達(dá)到平衡時(shí)，容器中CH3OH(g)為ɑ mol，CO為b mol，此時(shí)H2O(g)的濃度為_(kāi)_________mol﹒L-1(用含a、 b、V的代數(shù)式表示，下同)，反應(yīng)Ⅲ的平衡常數(shù)為_(kāi)__________。 (3)不同壓強(qiáng)下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，實(shí)驗(yàn)測(cè)定CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和CH3OH的平衡產(chǎn)率隨溫度的變化關(guān)系如下圖所示。 已知：CO2的平衡轉(zhuǎn)化率= CH3OH的平衡產(chǎn)率= 其中縱坐標(biāo)表示CO2平衡轉(zhuǎn)化率的是圖___________(填“甲”或“乙”)；壓強(qiáng)p1、p2、p3由大到小的順序?yàn)開(kāi)__________；圖乙中T1

18、溫度時(shí)，三條曲線幾乎交于一點(diǎn)的原因是___________。 (4)為同時(shí)提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和CH3OH的平衡產(chǎn)率，應(yīng)選擇的反應(yīng)條件為_(kāi)________(填標(biāo)號(hào))。 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(jià)層電子對(duì)數(shù)確定SnCl4的分子構(gòu)型；由于常

19、溫下SnCl4為液體，故SnCl4為分子晶體；（2）結(jié)構(gòu)相似分子，相對(duì)分子質(zhì)量越大物質(zhì)的熔沸點(diǎn)越高，另外分子間能形成氫鍵的物質(zhì)，熔沸點(diǎn)則較高，鍵角的大小取決于中心原子的雜化類(lèi)型、孤電子對(duì)數(shù)、成鍵電子對(duì)與成鍵電子對(duì)之間的斥力大小； （3）由該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，螯合作用配位成環(huán)，故1個(gè)該配合物中通過(guò)螯合作用形成的配位鍵有6個(gè)，Cd—NO2那個(gè)不算；該螯合物中N原子的雜化方式為sp2雜化； （4）結(jié)合部分原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)，結(jié)合晶胞結(jié)構(gòu)圖，確定各原子在晶胞中位置，找出相應(yīng)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(duì)數(shù)==0，鍵電子對(duì)數(shù)為4，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，故SnCl4分子 的空間構(gòu)型為正四面體形； （2）NH3、PH3、AsH3的結(jié)構(gòu)相似，結(jié)構(gòu)相似的物質(zhì)，相對(duì)分子質(zhì)量越大，范德華力越強(qiáng)，物質(zhì)的沸點(diǎn)越高，但是NH3分子間能形成氫鍵，故這三種物質(zhì)的沸點(diǎn)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(shù)依次增大，同一主族從上到下，隨著核電荷數(shù)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(qiáng)，故這三種物質(zhì)的還原性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)锳sH3＞PH3＞NH3；NH3、PH3、AsH3中中心原子都是sp3雜化，都有1對(duì)孤電子對(duì)，中心原子的電負(fù)性越小，成鍵電子對(duì)之

21、間的斥力越小，成鍵電子對(duì)之間的斥力越小，鍵角越小，所以這三種物質(zhì)鍵角由大到小的順序?yàn)镹H3＞PH3＞AsH3； （3）由該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式和分析，根據(jù)題意“含有多個(gè)配位原子的配體與同一中心離子或原子通過(guò)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(guò)螯合作用形成的配位鍵有6mol，Cd—NO2那個(gè)不算；該螯合物中N原子的雜化方式都是sp2雜化，故該物質(zhì)中N的雜化方式有1種；（4）由部分Cd原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(0，0，0)，可知8個(gè)Cd在晶胞的頂點(diǎn)，4個(gè)Cd在晶胞的面心，1個(gè)在晶胞的體心；部分Sn原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為（0，0，0.5），4個(gè)Sn在晶胞的棱上，6個(gè)Sn在晶胞的面心；部分As原子的分

22、數(shù)坐標(biāo)為（0.25，0.25，0.125），8個(gè)As在晶胞的體心；所以1 個(gè)晶胞中Sn的個(gè)數(shù)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(jié)構(gòu)圖可知，CdSnAs2晶體中與單個(gè)Sn結(jié)合的As有4個(gè)。 【點(diǎn)睛】本題考查軌道雜化類(lèi)型的判斷，分子構(gòu)型，物質(zhì)熔沸點(diǎn)大小比較，鍵角大小的比較，配位數(shù)的計(jì)算，晶胞的計(jì)算等知識(shí)，立足課本進(jìn)行適當(dāng)拓展，但整體難度不大。難點(diǎn)仍然是晶胞的有關(guān)判斷與計(jì)算，晶胞中原子的數(shù)目往往采用均攤法：①位于晶胞頂點(diǎn)的原子為8個(gè)晶胞共用，對(duì)一個(gè)晶胞的貢獻(xiàn)為1/8；②位于晶胞面心的原子為2個(gè)晶胞共用，對(duì)一個(gè)晶胞的貢獻(xiàn)為1/2；③位

23、于晶胞棱心的原子為4個(gè)晶胞共用，對(duì)一個(gè)晶胞的貢獻(xiàn)為1/4；④位于晶胞體心的原子為1個(gè)晶胞共用，對(duì)一個(gè)晶胞的貢獻(xiàn)為1。 二、選擇題 2、D 【解析】 【詳解】A．白磷著火點(diǎn)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(shí)，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(yīng)產(chǎn)生O2助燃，所以不能用CO2滅火器撲滅金屬鉀的燃燒，D錯(cuò)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(yīng)，A不符合題意； B．小蘇打即NaHCO3，Na

24、HCO3受熱分解產(chǎn)生無(wú)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(yīng)，B符合題意； C．利用含氯消毒劑的強(qiáng)氧化性消毒殺菌，涉及氧化還原反應(yīng)，C不符合題意； D．NO2與水反應(yīng)有HNO3產(chǎn)生，因此NO2參與了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化還原反應(yīng)，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(shù)是其最高能級(jí)電子數(shù)的2倍，設(shè)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(mǎn)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(shù)相同，則Y為F

25、元素，W為Cl元素，據(jù)此分析。 【詳解】A．同一周期從左向右第一電離能總趨勢(shì)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?yàn)镕＞O＞Cl＞Na，A錯(cuò)誤； B．單質(zhì)的氧化性越強(qiáng)，簡(jiǎn)單離子的還原性越弱，O、F、Cl三種元素中F2的氧化性最強(qiáng)O2的氧化性最弱，故簡(jiǎn)單離子的還原性O(shè)2-＞Cl-＞F-，B錯(cuò)誤； C．電子層數(shù)越多簡(jiǎn)單離子半徑越大，相同結(jié)構(gòu)的離子，原子序數(shù)越大半徑越小，故四種元素中離子半徑從大到小的順序?yàn)镃l-＞O2-＞F-＞Na+，C正確； D．F元素的非金屬性強(qiáng)于Cl元素，則形成氫化物后F原子束縛H原子的能力強(qiáng)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(qiáng)于HF，D錯(cuò)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(jié)構(gòu)與金剛石類(lèi)似均為原子晶體，金剛石的硬度很大，類(lèi)比可推測(cè)SiC的硬度和很大，B正確； C．SiH4中Si的化合價(jià)為-4價(jià)，C的非金屬性強(qiáng)于Si，則C的氧化性強(qiáng)于Si，則Si的陰離子的還原性強(qiáng)于C的陰離子，則SiH4的還原性較強(qiáng)，C錯(cuò)誤； D．Si原子的半徑大于C原子，在形成化學(xué)鍵時(shí)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(yīng)采用向上排空氣法收集，A錯(cuò)誤； B. 苯與溴在溴化鐵作用下反應(yīng)，反應(yīng)較劇烈，反應(yīng)放熱，且溴易揮發(fā)，揮發(fā)出來(lái)的溴單質(zhì)能與水反應(yīng)生成氫溴酸，所以驗(yàn)證反應(yīng)生成的HBr，應(yīng)先將氣體通過(guò)四氯化碳，將揮發(fā)的溴單質(zhì)除去，B 錯(cuò)誤； C. MgCl2能水解，在加熱時(shí)通入干燥的HCl，能避免MgCl2的水解，C正確； D. 電解時(shí)，陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，所以丁裝置鐵為陽(yáng)極，失去電子，生成二價(jià)鐵離子，銅為陰極，溶液中的銅離子得到電子，得到銅，D錯(cuò)誤。 答案選C。 【點(diǎn)睛】本題為實(shí)驗(yàn)題，結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)和電解的原

28、理進(jìn)行解題，掌握常見(jiàn)物質(zhì)的制備方法，注意水解的知識(shí)點(diǎn)。 7、D 【解析】 【分析】 根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，該有機(jī)物含有碳碳雙鍵、酚羥基、酯基、羰基、醚鍵等官能團(tuán)。 【詳解】A. 該有機(jī)物中含有酚羥基，可以與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，A正確； B. 該有機(jī)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(yīng)生成CO2，B 正確； C. 該有機(jī)物中含有兩個(gè)苯環(huán)，每個(gè)苯環(huán)上都含有三個(gè)氫原子，且無(wú)對(duì)稱(chēng)結(jié)構(gòu)，所以苯環(huán)上一氯代物有6種，C正確； D. 該有機(jī)物中含有兩個(gè)苯環(huán)、兩個(gè)碳碳雙鍵、一個(gè)羰基，每個(gè)苯環(huán)可以與3個(gè)氫氣加成，每個(gè)雙鍵可以與1個(gè)氫氣加成，每個(gè)羰基可以與1個(gè)

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(yīng)，D錯(cuò)誤。 答案選D。 【點(diǎn)睛】本題根據(jù)有機(jī)物的結(jié)構(gòu)得到官能團(tuán)，再根據(jù)官能團(tuán)的性質(zhì)進(jìn)行解題，注意羰基也能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)。 8、A 【解析】 【詳解】A．無(wú)機(jī)苯是分子晶體，其熔點(diǎn)主要取決于分子間的作用力，A錯(cuò)誤； B．B原子最外層3個(gè)電子，與其它原子形成3個(gè)鍵，N原子最外層5個(gè)電子，與其它原子形成3個(gè)鍵，還剩余2個(gè)電子，故形成大鍵的電子全部由N原子提供，B正確； C．無(wú)機(jī)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(wú)機(jī)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(shí)，分液漏斗下口應(yīng)傾斜向上，A錯(cuò)誤； B．分液時(shí)，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(wú)色，則水相中不再含有Fe3+，說(shuō)明已經(jīng)達(dá)到分離目的，C正確； D．蒸餾時(shí)選用直形冷凝管，能使餾分全部轉(zhuǎn)移到錐形瓶中，而不會(huì)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(zhuǎn)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(shí)產(chǎn)生氨氣，則此時(shí)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(chǎn)生的氫離子反應(yīng)，促進(jìn)銨根的水解，所以得到氯化鎂、氨氣和水，化學(xué)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(shí)在較高溫度下進(jìn)行會(huì)造成一水合氨大量分解，揮發(fā)出氨氣，降低利用率，故B錯(cuò)誤； C．浸出過(guò)程產(chǎn)生的氨氣可以回收制備氨水，沉鎂

32、時(shí)氯化鎂與氨水反應(yīng)生成的氯化銨又可以利用到浸出過(guò)程中，故C正確； D．Fe(OH)3、Al(OH)3的K sp遠(yuǎn)小于Mg(OH)2的K sp，所以當(dāng)pH達(dá)到一定值時(shí)Fe3+、Al3+產(chǎn)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(jù)圖可知a極上CH3COOˉ轉(zhuǎn)化為CO2和H+，C元素被氧化，所以a極為該原電池的負(fù)極，則b極為正極。 【詳解】A．a(chǎn)極為負(fù)極，CH3COOˉ失電子被氧化成CO2和H+，結(jié)合電荷守恒可得電極反應(yīng)式為CH3COOˉ+2H2O-8eˉ=2CO2↑+7H+，故A正確； B．為了實(shí)現(xiàn)海水的淡化，模擬海水中的氯離

33、子需要移向負(fù)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(yáng)離子交換膜，故B錯(cuò)誤； C．當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移1mol電子時(shí)，根據(jù)電荷守恒可知，海水中會(huì)有1molClˉ移向負(fù)極，同時(shí)有1molNa+移向正極，即除去1molNaCl，質(zhì)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(chǎn)生氫氣，電極反應(yīng)式為2H++2eˉ=H2↑，所以當(dāng)轉(zhuǎn)移8mol電子時(shí)，正極產(chǎn)生4mol氣體，根據(jù)負(fù)極反應(yīng)式可知負(fù)極產(chǎn)生2mol氣體，物質(zhì)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(jié)合該分子的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)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(lèi)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(jié)構(gòu)，鏈狀的碳碳單鍵中最多有兩個(gè)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(cuò)誤； D. 該分子中的不飽和度為4，含苯環(huán)的同分異構(gòu)體中，等效氫原子種類(lèi)最少的應(yīng)具有對(duì)稱(chēng)結(jié)構(gòu)，其同分異構(gòu)體之一的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)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(jià)升高，做電解池的陽(yáng)

35、極，b極通入氧氣，生成過(guò)氧化氫，氧元素的化合價(jià)降低，被還原，做電解池的陰極。 【詳解】A.依據(jù)分析a極是陽(yáng)極，屬于放氧生酸性型的電解，所以陽(yáng)極的反應(yīng)式是2H2O-4e-=4H++O2↑，故A正確，但不符合題意； B.電解時(shí)陽(yáng)極產(chǎn)生氫離子，氫離子是陽(yáng)離子，通過(guò)質(zhì)子交換膜移向陰極，所以電解一段時(shí)間后，陽(yáng)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(shí)，陽(yáng)極的反應(yīng)為：2H2O-4e-=4H++O2↑，陰極的反應(yīng)為：O2+2e-+2H+=H2O2，總反應(yīng)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(cuò)

36、誤，符合題意；故選：D。 三、多項(xiàng)選擇 14、BC 【解析】 【詳解】A. 苯酚可與氫氧化鈉溶液反應(yīng)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(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，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(chǎn)生的氣體直接通入苯酚鈉，可能揮發(fā)的HCl會(huì)與苯酚鈉反應(yīng)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(yīng)，達(dá)不到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，?yīng)該先除去二氧化碳中可能揮發(fā)的HCl再進(jìn)行實(shí)驗(yàn)操作，故B錯(cuò)誤； C. 除去堿式滴定管膠管內(nèi)氣泡時(shí)，尖嘴不應(yīng)該垂直向下，應(yīng)向上擠壓橡膠管，利用空氣排出，該實(shí)驗(yàn)操作達(dá)不到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故C錯(cuò)誤； D. 為檢驗(yàn)醛基，配制氫氧化銅懸濁液

37、時(shí)，堿需過(guò)量，保證醛基是在堿性條件下發(fā)生反應(yīng)，該操作可達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模蔇正確； 答案選BC。 15、AD 【解析】 【分析】 根據(jù)圖像分析可知該加成反應(yīng)為放熱反應(yīng)，且生成的1,4-加成產(chǎn)物的能量比1,2-加成產(chǎn)物的能量低，結(jié)合題干信息及溫度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)平衡的影響效果分析作答。 【詳解】根據(jù)上述分析可知， A. 能量越低越穩(wěn)定，根據(jù)圖像可看出，1,4-加成產(chǎn)物的能量比1,2-加成產(chǎn)物的能量低，即1,4-加成產(chǎn)物的能量比1,2-加成產(chǎn)物穩(wěn)定，故A正確； B. 該加成反應(yīng)不管生成1,4-加成產(chǎn)物還是1,2-加成產(chǎn)物，均為放熱反應(yīng)，則升高溫度，不利用1,3-丁二烯的轉(zhuǎn)化，即在4

38、0時(shí)其轉(zhuǎn)化率會(huì)減小，故B錯(cuò)誤； C. 從0升至40，正化學(xué)反應(yīng)速率均增大，即1,4-加成和1,2-加成反應(yīng)的正速率均會(huì)增大，故C錯(cuò)誤； D. 從0升至40，對(duì)于1,2-加成反應(yīng)來(lái)說(shuō)，化學(xué)平衡向逆向移動(dòng)，即1,2-加成正反應(yīng)速率的增大程度小于其逆反應(yīng)速率的增大程度，故D正確； 答案選AD。 16、BC 【解析】 【分析】 根據(jù)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(jù)此結(jié)合水溶液的平衡分析作答。 【詳解】A. 根據(jù)上述分析可知，O點(diǎn)為曲線2和曲線3的交點(diǎn)，對(duì)應(yīng)的pH=7，應(yīng)該得出的結(jié)論為：c(H+)= c(OH-)，故A錯(cuò)誤； B. N點(diǎn)為曲線1和曲線4的交點(diǎn)， lg c(CH3COO-)=lg c(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因 K a=，代入等量關(guān)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(lián)立兩式消去c(CH3COO-

40、)并化簡(jiǎn)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(guò)程中，堿性不斷增強(qiáng)，c(OH-)不斷增大，則使不利于醋酸根離子的水解平衡，會(huì)使其水解程度減小，故D錯(cuò)誤； 答案選BC。 四、推斷題 17、(1). (2). 及時(shí)蒸出產(chǎn)物(或增大乙酸或乙醇的用量) (3). (4). 取代反應(yīng) (5). 羰基、酰胺基 (6). CH3COCH2COOH (7). (8). 【解析】 【分析】 根據(jù)B的結(jié)構(gòu)和已知條件Ⅰ可知R=H、R’=CH2H5，故A為CH3COOC2H5（乙

41、酸乙酯），有機(jī)物B經(jīng)過(guò) 堿性條件下水解再酸化形成有機(jī)物C（），有機(jī)物C與SOCl2作用通過(guò)已知條件Ⅱ生成有機(jī)物D（），有機(jī)物D與鄰氯苯胺反應(yīng)生成有機(jī)物E （），有機(jī)物E經(jīng)已知條件Ⅲ發(fā)生成環(huán)反應(yīng)生成有機(jī)物F （），據(jù)此分析。 【詳解】(1)根據(jù)分析，有機(jī)物A為乙酸乙酯，在實(shí)驗(yàn)室中用乙醇和乙酸在濃硫酸的催化下制備，反應(yīng)方程式為CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOC2H5+H2O；該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，若想提高乙酸乙酯的產(chǎn)率需要及時(shí)的將生成物蒸出或增大反應(yīng)的用量；A的某種同分異構(gòu)體只有1種化學(xué)環(huán)境的C原子， 說(shuō)明該同分異構(gòu)體是一個(gè)對(duì)稱(chēng)結(jié)構(gòu)，含有兩條對(duì)稱(chēng)軸，則該有機(jī)物的結(jié)構(gòu)為； (2)

42、根據(jù)分析，C→D為和SOCl2的反應(yīng)，反應(yīng)類(lèi)型為取代反應(yīng)；E 的結(jié)構(gòu)為，其結(jié)構(gòu)中含氧官能團(tuán)為羰基、酰胺基； (3)根據(jù)分析，C結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3COCH2COOH；F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 (4)以苯胺和H5C2OOCCH2COCl為原料制得目標(biāo)產(chǎn)物，可將苯胺與溴反應(yīng)生成2,4,6—三溴苯胺，再將2,4,6—三溴苯胺與H5C2OOCCH2COCl反應(yīng)發(fā)生已知條件Ⅱ的取代反應(yīng)，再發(fā)生已知條件Ⅲ的成環(huán)反應(yīng)即可得到目標(biāo)產(chǎn)物，反應(yīng)的流程為 18、 (1). 增大接觸面積，充分反應(yīng)，提高反應(yīng)速率： (2). (3). 過(guò)量的MnO2消耗了產(chǎn)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(jìn)行反應(yīng)，主要發(fā)生 MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，過(guò)濾得到Ba(OH)2溶液，經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶、過(guò)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(yáng)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?yàn)V液中加入合適的氧化劑將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，然后加入氨水調(diào)節(jié)pH，使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為沉淀除去，壓濾得到的廢渣為Fe(OH)3和Al(OH)3，此時(shí)濾液中的金屬陽(yáng)離子只有Mn2+，向?yàn)V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(jié)合生成碳酸錳沉淀，過(guò)濾、洗滌、干燥得到高純碳酸錳。 【詳解】(1)軟錳礦預(yù)先粉碎可以增大反應(yīng)物的接觸面積，使反應(yīng)更充分，提高反應(yīng)速率；MnO2 與BaS反應(yīng)轉(zhuǎn)化為MnO，Mn元素的化合價(jià)由+4價(jià)降低為+2價(jià)，根據(jù)元素價(jià)態(tài)規(guī)律可知-2價(jià)的S 元素應(yīng)被氧化得到S單質(zhì)，則MnO2與BaS的系數(shù)比應(yīng)為1:1，根據(jù)后續(xù)流程可知產(chǎn)物還有Ba(OH)2，結(jié)合元素守恒可得化學(xué)方程式為：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S； (2)根據(jù)題目信息可知MnO2為兩性氧化物，所以當(dāng)MnO2過(guò)量時(shí)，會(huì)消耗反應(yīng)產(chǎn)生的Ba(OH)2，從而使Ba(OH)2的量

45、達(dá)到最大值或會(huì)減?。? (3)濾液I為結(jié)晶后剩余的Ba(OH)2飽和溶液，所以可以導(dǎo)入到蒸發(fā)操作中循環(huán)使用； (4)凈化時(shí)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(zhì)，且不將Mn元素氧化，加入的試劑X可以是H2O2；根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e(OH)3和Al(OH)3為同種沉淀，而Al(OH)3的K sp 稍大，所以當(dāng)Al3+完全沉淀時(shí)，F(xiàn)e3+也一定完全沉淀，當(dāng)c(Al3+)=1.010-5mol/L時(shí)， 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(guò)程Mn2+和碳酸氫根電

46、離出的碳酸根結(jié)合生成碳酸錳沉淀，促進(jìn)碳酸氫根的電離，產(chǎn)生的 氫離子和一水合氨反應(yīng)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(qiáng)氧化性，和濃鹽酸在A中發(fā)生歸中反應(yīng)產(chǎn)生Cl2，Cl2和K2MnO4 在B中反應(yīng)產(chǎn)生KMnO4，反應(yīng)不完的Cl2用C吸收，據(jù)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(xué)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(qiáng)堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時(shí)易發(fā)生3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-，一部分MnO42-轉(zhuǎn)化為了MnO2，導(dǎo)致最終KMnO4的產(chǎn)率低，而濃鹽酸易揮發(fā)，直接導(dǎo)致B中NaOH溶液的濃度減小，故改進(jìn)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(lái)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(qiáng)氧化性，強(qiáng)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(shí)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(shè)FeC2O42H2O的物質(zhì)的量為xmol，F(xiàn)e2(C2O4)3的物質(zhì)的量為ymol，H2C2O42H2O的物質(zhì)的量為zmol，步驟I中草酸根和Fe2+均被氧化，結(jié)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(lián)立二個(gè)方程解得：z=2.5(cV1-3V

49、2)10-3，所以H2C2O42H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)==。關(guān)于樣品組成分析如下：A．時(shí)，H2C2O42H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)==0，樣品中不含H2C2O42H2O， 由和可知，y≠0，樣品中含F(xiàn)e2(C2O4)3雜質(zhì)，A 錯(cuò)誤； B．越大，由H2C2O42H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)表達(dá)式可知，其含量一定越大，B正確； C．Fe元素的物質(zhì)的量=，若步驟I中KMnO4溶液不足，則步驟I中有一部分Fe2+沒(méi)有被氧化，不影響V2的大小，則不變，則對(duì)于測(cè)得Fe元素的含量無(wú)影響， C錯(cuò)誤； D．結(jié)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，F(xiàn)e元素的物質(zhì)的量偏大，則測(cè)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(shí)以反應(yīng)Ⅲ為主，反應(yīng)Ⅲ前后氣體分子數(shù)相等，壓強(qiáng)改變對(duì)平衡沒(méi)有影響 (7). A 【解析】 【分析】 根據(jù)蓋斯定律計(jì)算反應(yīng)熱；利用三個(gè)反應(yīng)，進(jìn)行濃度和化學(xué)平衡常數(shù)的計(jì)算；結(jié)合圖形根據(jù)勒夏特列原理考慮平衡移動(dòng)的方向，確定溫度和壓強(qiáng)變化時(shí)，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和CH3OH的平衡產(chǎn)率之間的關(guān)系得到相應(yīng)的答案。 【詳解】(1).根據(jù)反應(yīng)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(shè)反應(yīng)II中，CO反應(yīng)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(jù)反應(yīng)I：，反應(yīng)II： ，反應(yīng)III：，所以平衡時(shí)水的物質(zhì)的量為(a-x)mol+(b+x)mol =(a+b)mol，濃度為:；平衡時(shí) CO2的物質(zhì)的量為1mol-(a-x)mol-(b+x)mol=(1-a-b)mol，H2的物質(zhì)的量為 3mol-3(a-x)mol-2x-(b+x)mol=(3-3a-b)mol，CO的物質(zhì)的量為bmol，水的物質(zhì)的量為(a+b)mol，則反應(yīng)III的

52、平衡常數(shù)為：； (3).反應(yīng)I和II為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，則CH3OH的平衡產(chǎn)率減少，所以圖甲表示CH3OH的平衡產(chǎn)率，圖乙中，開(kāi)始升高溫度，由于反應(yīng)I和II為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率降低，反應(yīng)III為吸熱反應(yīng)，升高溫度反應(yīng)III向正反應(yīng)方向移動(dòng)，升高一定溫度后以反應(yīng)III為主，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率又升高，所以圖乙表示CO2的平衡轉(zhuǎn)化率；壓強(qiáng)增大，反應(yīng)I和II是氣體體積減小的反應(yīng)，反應(yīng)I和II平衡正向移動(dòng)，反應(yīng)III氣體體積不變化，平衡不移動(dòng)，故壓強(qiáng)增大CH3OH的平衡產(chǎn)率增大，根據(jù)圖所以壓強(qiáng)關(guān)系為：p1>p2>p3；溫度升高，反應(yīng)I和II平衡逆向移動(dòng)，反應(yīng)III向正反應(yīng)方向移動(dòng)，所以T1溫度時(shí)，三條曲線交與一點(diǎn)的原因?yàn)椋篢1時(shí)以反應(yīng)III為主，反應(yīng)III前后分子數(shù)相等，壓強(qiáng)改變對(duì)平衡沒(méi)有影響； (4).根據(jù)圖示可知，溫度越低，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率越大，CH3OH的平衡產(chǎn)率越大，壓強(qiáng)越大，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率越大，CH3OH的平衡產(chǎn)率越大，所以選擇低溫和高壓，答案選A。 【點(diǎn)睛】本題為化學(xué)反應(yīng)原理綜合題，考查了蓋斯定律、化學(xué)平衡常數(shù)的計(jì)算、勒夏特列原理進(jìn)行圖像的分析，難點(diǎn)為平衡常數(shù)的計(jì)算，巧用了三個(gè)反應(yīng)的化學(xué)方程式，進(jìn)行了數(shù)據(jù)的處理，得到反應(yīng)III的各項(xiàng)數(shù)據(jù)，進(jìn)行計(jì)算得到平衡常數(shù)。