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2020年山东省泰安市高考化学一模试卷
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这是一份2020年山东省泰安市高考化学一模试卷，共37页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2020年山东省泰安市高考化学一模试卷
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（2分）化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A．针对新冠肺炎疫情，可用高锰酸钾溶液、无水酒精、双氧水对场所进行杀菌消毒
B．常用危险化学品标志中的数字主要表示的是危险的类别
C．硅胶常用作食品干燥剂，也可以用作催化剂载体
D．葡萄酒中通常含有微量SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化
2．（2分）下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是（ ）
A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干
B．蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，并加垫石棉网加热
C．使用CCl4萃取溴水中的溴时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出
D．酸碱中和滴定过程中，眼睛必须注视滴定管刻度的变化
3．（2分）Weiss利用光敏剂 QD制备2﹣环己基苯乙烯（c）的过程如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．a不能使酸性KMnO4溶液褪色
B．a、b、c都能发生加成、加聚反应
C．c中所有原子共平面
D．b、c为同系物
4．（2分）胆矾CuSO4•5H2O可写为[Cu（H2O）4]SO4•H2O，其结构示意图如图：下列有关胆矾的说法正确的是（ ）
A．Cu2+的价电子排布式为3d84s1
B．所有氧原子都采取sp3杂化
C．胆矾中含有的粒子间作用力有离子键、极性键、配位键和氢键
D．胆矾所含元素中，H、O、S 的半径及电负性依次增大
5．（2分）一定条件下，有机化合物 Y 可发生重排反应：下列说法不正确的是（ ）
A．X、Y、Z互为同分异构体
B．1 mol X最多能与3 mol H2发生加成反应
C．1 mol Y最多能与2 mol NaOH发生反应
D．通过调控温度可以得到不同的目标产物
6．（2分）下列化学用语对事实的表述正确的是（ ）
A．电解CuCl2溶液：CuCl2═Cu2++2Cl﹣
B．Mg和Cl形成离子键的过程：
C．向Al2（SO4）3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32﹣═Al2（CO3）3↓
D．乙酸与乙醇发生酯化反应：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O
7．（2分）下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是（ ）
A．最外层都只有一个电子的X、Y原子
B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子与N层上仅有两个电子的Y原子
C．2p轨道上有三个未成对电子的X原子与3p轨道上有三个未成对电子的Y原子
D．原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
8．（2分）短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示。且W 与 X、Y、Z 均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是（ ）
A．YW3分子中的键角为120°
B．W2Z 的稳定性大于YW3
C．物质甲分子中存在6个σ键
D．Y 元素的氧化物对应的水化物为强酸
9．（2分）下列方案设计能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
检验淀粉是否水解
由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响
证明发生了取代反应
验证Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]
A．A B．B C．C D．D
10．（2分）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．在转化过程中化合价不变的元素只有Cu和Cl
B．由图示的转化可得出氧化性的强弱顺序：O2＞Cu2+＞S
C．在转化过程中能循环利用的物质只有FeCl2
D．反应中当有34 g H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为16 g
二、选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意,全部选对得4分,选对但不全的得1分,有选错的得0分。
11．（4分）现向下列装置中缓慢通入气体X，分别进行关闭和打开活塞K的操作，则品红溶液和澄清石灰水中现象相同的一组是（ ）
选项
A
B
C
D
X
NO2
SO2
Cl2
CO2
Y（过量）
浓H2SO4
NaHCO3饱和溶液
Na2SO3溶液
NaHSO3饱和溶液
A．A B．B C．C D．D
12．（4分）中科院科学家设计出一套利用 SO2和太阳能综合制氢方案，其基本工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．该电化学装置中，Pt电极作正极
B．Pt电极的电势高于BiVO4电极的电势
C．电子流向：Pt电极→导线→BiVO4电极→电解质溶液→Pt电极
D．BiVO4电极上的反应式为SO32﹣﹣2e﹣+2OH﹣═SO42﹣+H2O
13．（4分）分别在三个容积均为2.0 L的恒容密闭容器中发生反应：A（g）+B（g）⇌D（g）其中容器甲中反应进行至5 min时达到平衡状态，相关实验数据如表所示。下列说法不正确的是（ ）
容器
温度/℃
起始物质的量/mol
平衡物质的量/mol
化学平衡常数
n（A）
n（B）
n（D）
n（D）
甲
500
4.0
4.0
0
3.2
K1
乙
500
4.0
a
0
2.0
K2
丙
600
2.0
2.0
2.0
2.8
K3
A．0～5 min内，甲容器中A的平均反应速率v（A）＝0.64mol•L﹣1•min﹣1
B．a＝2.2
C．若容器甲中起始投料为2.0mol A、2.0mol B，反应达到平衡时，A的转化率小于80%
D．K1＝K2＞K3
14．（4分）用惰性电极电解饱和食盐水（含少量 Ca2+、Mg2+）并进行相关实验（装置如图），电解一段时间后，各部分装置及对应的现象为：下列对实验现象解释不正确的是（ ）
（1）中黑色固体变红；
（2）电极a附近溶液出现浑浊；
（3）中溶液出现浑浊；
（4）中溶液红色褪去。
A．（1）中CuO+H2Cu+H2O
B．（2）中a电极2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓
C．（3）中Cl2+S2﹣═S↓+2Cl﹣
D．（4）中：Cl2具有强氧化性
15．（4分）已知：常温下，Ksp（ZnS）＝1.6×10﹣24；pM＝﹣lgc（M2+）（M2+为 Cu2+或 Zn2+ ）。常温下，向10mL 0.10 mol•L﹣1 CuCl2溶液中滴加0.10mol•L﹣1Na2S溶液，滴加过程中pM 与 Na2S 溶液体积（V）的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Ksp（CuS）的数量级为10﹣36
B．a点溶液中，c（Na+）＝2[c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）]
C．d点溶液中：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（S2﹣）＞c（H+）
D．相同条件下，若用等浓度等体积的ZnCl2溶液代替上述CuCl2溶液，则反应终点c向上移动
三、非选择题:本题共5小题,共60分。
16．（11分）苯乙烯是重要的基础有机化工原料。工业中以乙苯催化脱氢来制取苯乙烯：
已知：上述反应的速率方程为v正＝K正P乙苯，v逆＝K逆P苯乙烯P氢气，其中K正、K逆分别为正、逆
反应速率常数，P为各组分分压。
（1）同时增大乙苯的反应速率和平衡转化率所采取的措施是 。
（2）在CO2气氛下，乙苯可催化脱氢制苯乙烯，其过程同时存在图1两种途径：
a＝ ；与掺水蒸气工艺相比，该工艺中还能够发生反应：CO2+H2═CO+H2O，CO2+C═2CO．新工艺的特点有 （填序号）。
a．CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移
b．不用高温水蒸气，可降低能量消耗
c．有利于减少生产过程中可能产生的积炭
d．CO2在反应体系中作催化剂
（3）在实际生产中，往反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，加入水蒸气稀释剂能提高乙苯转化率的原因是 。测得容器总压（P总）和乙苯转化率α随时间变化结果如图所示。平衡时，P（H2O）＝ KPa，平衡常数KP＝ KPa（用平衡分压代替平衡浓度计算）；a处的＝ 。
17．（11分）超分子在生命科学和物理学等领域中具有重要意义。由Mo将2个C60分子、2个p﹣甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图1所示
（1）Mo处于第五周期第ⅥB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态价电子排布式是 ；核外未成对电子数是 个。
（2）该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是 （填元素符号），p﹣甲酸丁酯吡啶配体中C原子的杂化方式有 。（已知吡啶可看做苯分子中的一个CH原子团被N取代的化合物）
（3）已知：C60分子中存在碳碳单、双键；C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；C60分子只含有五边形和六边形；多面体的顶点数V、面数F及棱边数E遵循欧拉定理：V+F﹣E＝2．则一个C60分子的结构是由 个五边形和 个六边形组成的球体。用文字简述C60跟F2在一定条件下反应所得的物质的组成： 。
（4）已知：某晶胞中各原子的相对位置可用如图2所示的原子坐标表示，其中所有顶点原子坐标均为（0，0，0）。钼（Mo）的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个Mo原子，其中Mo原子坐标是（0，0，0）及（，，）。根据以上信息，推断该晶体的原子堆积方式是 。已知该晶体的密度是pg•cm﹣3，Mo的摩尔质量是Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数是NA，晶体中距离最近的Mo原子核之间的距离为 pm。
18．（13分）氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业，是难溶于水的白色固体，能溶解于硝酸，在潮湿空气中可被迅速氧化。
I．实验室用CSO4﹣NaCl混合液与Na2SO3溶液反应制取CuCl．相关装置及数据如图。
回答以下问题：
（1）甲图中仪器1的名称是 ；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu（SO3）2]3﹣，为提高产率，仪器2中所加试剂应为 。
（2）乙图是体系pH随时间变化关系图，写出制备CuCl的离子方程式 。丙图是产率随pH变化关系图，实验过程中往往用Na2SO3﹣Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是 。并维持pH在 左右以保证较高产率。
（3）反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是 。
Ⅱ．工业上常用CuCl作O2、CO的吸收剂，某同学利用如图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量。
已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液可吸收氧气。
（4）装置A中用盐酸而不能用硝酸，其原因是 （用化学方程式表示）。用D装置测N2含量，读数时应注意 。整套实验装置的连接顺序应为 →D。
19．（12分）马日夫盐[Mn（H2PO4）2•2H2O]主要用作磷化剂。以软锰矿（主要成分为MnO2及少 量的FeO、Al2O3和SiO2）为原料制备马日夫盐的主要工艺流程如图：
（1）按照无机物命名规律，马日夫盐[Mn（H2PO4）2•2H2O]的化学名称为 。 在反应中，Mn2+若再失去一个电子比Fe2+再失去一个电子难，从原子结构解释其原因 。
（2）“浸锰”过程中主要反应的离子方程式为 。滤渣X主要成分为 。检验“沉锰”已完成的实验操作及现象是 。步骤五产生马日夫盐晶体的化学方程式为 。
（3）Fe3+的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系如图，据此分析，萃取的最佳条件为 。
（4）马日夫盐作防锈磷化剂的原 因是利用其较强的酸性以及 在防锈处理过程中生成了具有保护作用的FeHPO4，马日夫盐显酸性的主要原因是 （用相关化学用语回答）。
20．（13分）“达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药，化合物M是它的合成中间体，其合成路线如图：
已知：R1CHO
回答下列问题：
（1）有机物A的名称是 ；反应②反应类型是 。
（2）物质B的结构简式是 ； E的分子式为 。
（3）G中含氧官能团的名称是 ； F中有 个手性碳原子。
（4）请写出反应⑤的化学反应方程式 。
（5）物质N是C的一种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式 。
①分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环直接相连；
②能使溴水褪色；
③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为6：3：2：2：1：1。
（6）设计由苯甲醇和CH3NH2为原料制备的合成路线。 。
2020年山东省泰安市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（2分）化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A．针对新冠肺炎疫情，可用高锰酸钾溶液、无水酒精、双氧水对场所进行杀菌消毒
B．常用危险化学品标志中的数字主要表示的是危险的类别
C．硅胶常用作食品干燥剂，也可以用作催化剂载体
D．葡萄酒中通常含有微量SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化
【分析】A、无水酒精酒精杀菌效果差；
B、危险化学品标志中的数字是危险化学品分类的危险特性分类号；
C、硅胶具有吸水性、且具有较强的吸附性；
D、红葡萄酒长添加微量SO2作抑菌剂、抗氧化剂，使酒保持良好品质。
【解答】解：A、高锰酸钾溶液和双氧水具有强氧化性、乙醇能破坏细胞组织，均能使蛋白质变性，但医疗上常用75%的酒精杀菌消毒、不用无水酒精杀菌消毒，故A错误；
B、危险化学品标志上的数字表示危险品类别，如第一类、爆炸品，第二类、易燃气体等等，故B正确；
C、硅胶是硅酸凝胶经干燥脱水后得到的多孔固体，具有较强的吸附性和吸水性，可作食品干燥剂，也可以用作催化剂载体，故C正确；
D、二氧化硫具有还原性，则在葡萄酒中添加微量二氧化硫作抗氧化剂，使酒保持良好品质，同时还能抑制细菌生长，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2．（2分）下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是（ ）
A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干
B．蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，并加垫石棉网加热
C．使用CCl4萃取溴水中的溴时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出
D．酸碱中和滴定过程中，眼睛必须注视滴定管刻度的变化
【分析】A．带有刻度的仪器不能在烘箱中烘干；
B．蒸发皿为可直接加热的仪器；
C．振荡后打开活塞放气，可平衡气压；
D．滴定过程中，眼睛应该注视锥形瓶中溶液颜色变化，便于及时判断滴定终点。
【解答】解：A．容量瓶带有容积刻度线，洗净后可直接使用，不能放进烘箱中烘干，故A错误；
B．蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，可直接加热，不需要垫上石棉网，故B错误；
C．使用CCl4萃取溴水中的溴时，振荡后打开活塞放气，可平衡气压，防止气压过大发生危险，故C正确；
D．酸碱中和滴定过程中，眼睛不需要注视滴定管刻度的变化，应该观察锥形瓶中溶液颜色变化，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查常见化学实验基本方法应用，题目难度不大，明确常见仪器的构造及使用方法为解答关键，注意熟练掌握常见化学实验基本操作方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
3．（2分）Weiss利用光敏剂 QD制备2﹣环己基苯乙烯（c）的过程如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．a不能使酸性KMnO4溶液褪色
B．a、b、c都能发生加成、加聚反应
C．c中所有原子共平面
D．b、c为同系物
【分析】A．a含有碳碳双键；
B．a、b、c都含有碳碳双键；
C．c含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点；
D．b、c结构不同。
【解答】解：A．a含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，故A错误；
B．a、b、c都含有碳碳双键，则可发生加成、加聚反应，故B正确；
C．c含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能共平面，故C错误；
D．b、c结构不同，二者不是同系物，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的官能团及性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握结构与性质的关系是解答本题的关键，题目难度不大。
4．（2分）胆矾CuSO4•5H2O可写为[Cu（H2O）4]SO4•H2O，其结构示意图如图：下列有关胆矾的说法正确的是（ ）
A．Cu2+的价电子排布式为3d84s1
B．所有氧原子都采取sp3杂化
C．胆矾中含有的粒子间作用力有离子键、极性键、配位键和氢键
D．胆矾所含元素中，H、O、S 的半径及电负性依次增大
【分析】A．根据铜元素为29号元素，可以确定铜离子的核外电子排布，从而得出价电子排布式；
B．结合结构图中的氧原子的成键情况分析其杂化方式；
C．结合结构图可确定粒子间的各种作用力类型；
D．根据半径的和电负性的递变规律判断H、O、S的半径和电负性大小。
【解答】解：A．Cu2+的价电子排布式为3d9，故A错误；
B．硫酸根离子中，与S相连的氧原子没有杂化，故B错误；
C．铜离子和硫酸根离子间存在离子键，硫原子和氧原子间存在极性共价键，铜原子和氧原子间存在配位键，氧原子和氢原子间存在氢键，故C正确；
D．H、O、S分别为第1、2、3周期的元素原子半径依次增大，同主族元素从上到下电负性减弱，因此O的电负性大于S，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查粒子间的作用力判断，以及杂化类型的分析。注意电子排布式的书写规范，看准是电子排布式还是价电子排布式。
5．（2分）一定条件下，有机化合物 Y 可发生重排反应：下列说法不正确的是（ ）
A．X、Y、Z互为同分异构体
B．1 mol X最多能与3 mol H2发生加成反应
C．1 mol Y最多能与2 mol NaOH发生反应
D．通过调控温度可以得到不同的目标产物
【分析】A．X、Y、Z分子式相同，结构不同；
B．X中能与氢气发生加成反应的为苯环和羰基；
C．Y含有酯基，且水解生成酚羟基；
D．由转化关系可知，Y在不同温度下，生成不同物质。
【解答】解：A．X、Y、Z分子式相同，结构不同，则互为同分异构体，故A正确；
B．X中能与氢气发生加成反应的为苯环和羰基，则1 mol X最多能与4 mol H2发生加成反应，故B错误；
C．Y含有酯基，且水解生成酚羟基，则1 mol Y最多能与2 mol NaOH发生反应，故C正确；
D．由转化关系可知，Y在不同温度下，生成不同物质，则通过调控温度可以得到不同的目标产物，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，难度不大。
6．（2分）下列化学用语对事实的表述正确的是（ ）
A．电解CuCl2溶液：CuCl2═Cu2++2Cl﹣
B．Mg和Cl形成离子键的过程：
C．向Al2（SO4）3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32﹣═Al2（CO3）3↓
D．乙酸与乙醇发生酯化反应：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O
【分析】A．电解氯化铜生成铜和氯气；
B．氯化镁为离子化合物，镁离子与两个氯离子通过离子键结合，两个氯离子不能合写；
C．发生相互促进水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳；
D．酯化反应的断键方式是酸脱羟基醇脱氢，所以 18O 应该在生成的酯中，乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水。
【解答】解：A．电解CuCl2溶液产生Cu单质和Cl2，化学方程式为CuCl2Cu+Cl2↑，故A错误；
B．氯化镁为离子化合物，由离子形成离子键，其形成过程为，故B错误；
C．向Al2（SO4）3溶液中滴加少量Na2CO3溶液的离子反应为2Al3++3CO32﹣+3H2O＝2Al（OH）3↓+3CO2↑，故C错误；
D．酯化反应的断键方式是酸脱羟基醇脱氢，所以 18O 应该在生成的酯中，乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，方程式：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学用语的使用，侧重考查电子式书写、离子反应方程式及化学反应方程式书写的正误判断，为高频考点，题目难度中等，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，试题侧重有机反应的考查。
7．（2分）下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是（ ）
A．最外层都只有一个电子的X、Y原子
B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子与N层上仅有两个电子的Y原子
C．2p轨道上有三个未成对电子的X原子与3p轨道上有三个未成对电子的Y原子
D．原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
【分析】原子的结构决定元素的化学性质，原子核外最外层的电子或价电子数目相等，则元素对应的单质或化合物的性质相似。
【解答】解：A．最外层都只有一个电子的X、Y原子，可能为H与碱金属元素，性质有相似地方，都具有还原性，但与ⅠB族元素性质不同，虽然最外层也有1个电子，故A错误；
B．原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg元素，原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca、Sc、Ti、V、Fe、Co、Ni、Zn等元素，但价电子数不同，性质不相同，故B错误；
C.2p轨道上有三个未成对电子的X原子为N原子，3p轨道上有三个未成对电子的Y原子为P原子，二者位于周期表同一主族，最外层电子数相同，性质相似，故C正确；
D．原子核外电子排布式为1s2为He，原子核外电子排布式为1s22s2为Be，二者性质不同，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子的结构和元素的性质，题目难度不大，注意原子核外电子排布特点与对应元素化合物的性质的关系。
8．（2分）短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示。且W 与 X、Y、Z 均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是（ ）
A．YW3分子中的键角为120°
B．W2Z 的稳定性大于YW3
C．物质甲分子中存在6个σ键
D．Y 元素的氧化物对应的水化物为强酸
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大。四种元素形成的化合物甲的结构如图所示，根据图示可知，X原子最外层含有4个电子，Y原子最外层含有5个电子，Z原子最外层含有6个电子，W最外层含有1个或7个电子，结合原子序数及“且W 与 X、Y、Z 均可形成电子数相等的分子”及“W2Z常温常压下为液体”可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，据此解答。
【解答】解：根据分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素。
A．YW3为NH3，NH3的构型为三角锥形，键角为107°18′，故A错误；
B．非金属性：O＞Z，则H2O的稳定性大于NH3，故B正确；
C．双键中含有1个σ键和1个π键，根据图示可知，物质甲分子中存在7个σ键，故C错误；
D．N的氧化物对应水化物不一定为强酸，如亚硝酸为弱酸，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
9．（2分）下列方案设计能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
检验淀粉是否水解
由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响
证明发生了取代反应
验证Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．醛基和新制氢氧化铜悬浊液反应必须在碱性条件下进行；
B．高锰酸钾的浓度不同，且生成锰离子可作催化剂；
C．如果食盐水不是饱和的，氯气部分溶解于食盐水；
D．硫酸铜和硫酸镁溶液浓度未知。
【解答】解：A．向淀粉和稀硫酸共热后的溶液中加入NaOH调节溶液的pH值，醛基和新制氢氧化铜悬浊液反应必须在碱性条件下进行，所以能实现实验目的，故A正确；
B．高锰酸钾的浓度不同，且生成锰离子可作催化剂，则实验不能说明浓度对反应速率的影响，故B错误；
C．如果食盐水不是饱和的，氯气部分溶解于食盐水，导致液面上升，所以不能根据液面变化判断是否发生取代反应，故C错误；
D．硫酸铜和硫酸镁浓度相对大小未知，所以不能根据生成沉淀颜色判断溶度积大小，故D错误；
故选：A。
【点评】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、影响反应速率的因素解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，D为解答易错点，题目难度不大。
10．（2分）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．在转化过程中化合价不变的元素只有Cu和Cl
B．由图示的转化可得出氧化性的强弱顺序：O2＞Cu2+＞S
C．在转化过程中能循环利用的物质只有FeCl2
D．反应中当有34 g H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为16 g
【分析】由图可知：一共发生的有三个反应①H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+②CuS+2Fe3+＝2Fe2++Cu2++S③4Fe2++4H++O2＝4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应2H2S+O2＝2S↓+2H2O，再结合氧化还原反应中的基本概念来解决问题。
A．在转化过程中化合价不变的元素不止有Cu和Cl，还有H元素化合价也未发生变化；
B．由反应②③可知氧化性的强弱顺序；
C．由图可知能循环利用的物质是FeCl2和FeCl3；
D．有关电子转移的计算结合总反应2H2S+O2＝2S↓+2H2O，可以计算消耗氧气的质量。
【解答】解：A．在转化过程中化合价不变的元素不止有Cu和Cl，还有H元素化合价也未发生变化，故A错误；
B．由反应②CuS+2Fe3+＝2Fe2++Cu2++S③4Fe2++4H++O2＝4Fe3++2H2O，可知氧化性的强弱顺序：O2＞Fe3+＞S，故B错误；
C．由图可知能循环利用的物质是FeCl2和FeCl3，故C错误；
D．有关电子转移的计算结合总反应2H2S+O2＝2S↓+2H2O，当有2molH2S参与反应是耗氧气1mol，34gH2S为1mol，可以计算消耗氧气为0.5mol，其质量为0.5mol×32g•mol﹣1＝16g，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应的基本概念和有关电子转移的计算，由图示形式出现意在考查学生分析问题的能力，难度中等。
二、选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意,全部选对得4分,选对但不全的得1分,有选错的得0分。
11．（4分）现向下列装置中缓慢通入气体X，分别进行关闭和打开活塞K的操作，则品红溶液和澄清石灰水中现象相同的一组是（ ）
选项
A
B
C
D
X
NO2
SO2
Cl2
CO2
Y（过量）
浓H2SO4
NaHCO3饱和溶液
Na2SO3溶液
NaHSO3饱和溶液
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．X是NO2，Y（过量）为浓H2SO4，关闭活塞K，NO2通入过量的浓H2SO4中不发生反应，所以关闭和打开活塞K的操作，进入品红溶液的都是NO2；
B．X是SO2，Y（过量）为NaHCO3饱和溶液，关闭活塞K，SO2通入过量的NaHCO3饱和溶液后发生反应：SO2+2NaHCO3═Na2SO3+2CO2+H2O，生成的二氧化碳进入品红溶液，打开活塞K，SO2直接通入品红溶液；
C．X是Cl2，Y（过量）为Na2SO3溶液，关闭活塞K，Cl2通入过量的Na2SO3溶液后发生反应：Cl2+Na2SO3+H2O═Na2SO4+2HCl，打开活塞K，Cl2直接通入品红溶液；
D．X是CO2，Y（过量）为NaHSO3饱和溶液，关闭活塞K，CO2通入过量的NaHSO3饱和溶液不发生反应，所以关闭和打开活塞K的操作，进入品红溶液的都是CO2。
【解答】解：A．X是NO2，Y（过量）为浓H2SO4，关闭活塞K，NO2通入过量的浓H2SO4中不发生反应，所以关闭和打开活塞K的操作，进入品红溶液的都是NO2，NO2与水反应生成硝酸和NO，硝酸具有强氧化性，使品红褪色，生成NO不与澄清石灰水不反应，则澄清石灰水无现象，所以品红溶液和澄清石灰水中现象相同，故A正确；
B．X是SO2，Y（过量）为NaHCO3饱和溶液，关闭活塞K，SO2通入过量的NaHCO3饱和溶液后发生反应：SO2+2NaHCO3═Na2SO3+2CO2+H2O，生成的二氧化碳进入品红溶液，品红不褪色，打开活塞K，SO2直接通入品红溶液，品红溶液褪色，则现象不相同，故B错误；
C．X是Cl2，Y（过量）为Na2SO3溶液，关闭活塞K，Cl2通入过量的Na2SO3溶液后发生反应：Cl2+Na2SO3+H2O═Na2SO4+2HCl，不能使品红褪色，打开活塞K，Cl2直接通入品红溶液，品红褪色，则现象不相同，故C错误；
D．X是CO2，Y（过量）为NaHSO3饱和溶液，关闭活塞K，CO2通入过量的NaHSO3饱和溶液不发生反应，所以关闭和打开活塞K的操作，进入品红溶液的都是CO2，品红不褪色，进入澄清石灰水都变浑浊，则现象相同，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查了性质方案的设计与评价，题目难度中等，明确常见气体的性质为解答关键，注意熟练掌握性质方案设计与评价的原则，试题培养了学生的化学实验能力。
12．（4分）中科院科学家设计出一套利用 SO2和太阳能综合制氢方案，其基本工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．该电化学装置中，Pt电极作正极
B．Pt电极的电势高于BiVO4电极的电势
C．电子流向：Pt电极→导线→BiVO4电极→电解质溶液→Pt电极
D．BiVO4电极上的反应式为SO32﹣﹣2e﹣+2OH﹣═SO42﹣+H2O
【分析】该装置为原电池，由Pt电极上反应（H2O→H2）或BiVO4电极上反应（SO32﹣→SO42﹣）可知，Pt电极为正极，氢离子得电子生成氢气、发生还原反应，电极反应为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣；BiVO4电极为负极，SO32﹣失电子生成硫酸根、发生氧化反应，电极反应为4OH﹣+SO2﹣2e﹣═SO42﹣+2H2O，原电池工作时，电子由负极BiVO4电极经过导线进入正极Pt电极，据此分析解答。
【解答】解：A．Pt电极上发生还原反应，Pt电极作正极，故A正确；
B．Pt电极为正极，BiVO4电极为负极，所以Pt电极电势高于BiVO4电极，故B正确；
C．电子从BiVO4电极（负极）经导线流向Pt电极（正极），且不能进入溶液，故C错误；
D．BiVO4电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为SO32﹣﹣2e﹣+2OH﹣═SO42﹣+H2O，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查原电池的工作原理，为高频考点，根据电极上发生的反应判断正负极为解答的关键，明确原电池工作原理即可解答，题目难度不大。
13．（4分）分别在三个容积均为2.0 L的恒容密闭容器中发生反应：A（g）+B（g）⇌D（g）其中容器甲中反应进行至5 min时达到平衡状态，相关实验数据如表所示。下列说法不正确的是（ ）
容器
温度/℃
起始物质的量/mol
平衡物质的量/mol
化学平衡常数
n（A）
n（B）
n（D）
n（D）
甲
500
4.0
4.0
0
3.2
K1
乙
500
4.0
a
0
2.0
K2
丙
600
2.0
2.0
2.0
2.8
K3
A．0～5 min内，甲容器中A的平均反应速率v（A）＝0.64mol•L﹣1•min﹣1
B．a＝2.2
C．若容器甲中起始投料为2.0mol A、2.0mol B，反应达到平衡时，A的转化率小于80%
D．K1＝K2＞K3
【分析】对于甲、乙，在相同温度下，则平衡常数相同，由表中数据可知，
A（g）+B（g）⇌D（g）
起始（mol/L）：2.0 2.0 0
转化（mol/L）：1.6 1.6 1.6
平衡（mol/L）：0.4 0.4 1.6
可知K＝＝10，由此可确定a，
对比表中数据，可知甲、丙物质的量等效，由D的物质的量可知升高温度平衡逆向移动，以此解答该题。
【解答】解：A.0～5 min内，甲容器中A的平均反应速率v（A）＝＝0.32mol•L﹣1•min﹣1，故A错误；
B．由表中数据可知，
A（g）+B（g）⇌D（g）
起始（mol/L）：2.0 0.5a 0
转化（mol/L）：1.0 1.0 1.0
平衡（mol/L）：1.0 0.5a﹣1.0 1.0
则＝10，a＝2.2，故B正确；
C．由表中数据可知A的转化率为＝80%，若容器甲中起始投料为2.0mol A、2.0mol B，相当于在原来基础上减小压强，则平衡逆向移动，反应达到平衡时，A的转化率小于80%，故C正确；
D．甲、乙，在相同温度下，则平衡常数相同，对比表中数据，可知甲、丙物质的量等效，由D的物质的量可知升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，可知K1＝K2＞K3，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表格数据的应用、K的计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
14．（4分）用惰性电极电解饱和食盐水（含少量 Ca2+、Mg2+）并进行相关实验（装置如图），电解一段时间后，各部分装置及对应的现象为：下列对实验现象解释不正确的是（ ）
（1）中黑色固体变红；
（2）电极a附近溶液出现浑浊；
（3）中溶液出现浑浊；
（4）中溶液红色褪去。
A．（1）中CuO+H2Cu+H2O
B．（2）中a电极2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓
C．（3）中Cl2+S2﹣═S↓+2Cl﹣
D．（4）中：Cl2具有强氧化性
【分析】用惰性电极电解饱和食盐水（含少量Ca2+、Mg2+）产生的气体为氢气和氯气，氯气具有强氧化性，而氢气在加热条件下具有较强还原性，根据（1）中黑色固体变红（2）电极a附近溶液出现浑浊可知，a电极为阴极，放出氢气，生成氢氧根与镁离子结合成白色沉淀，b电极为阳极，产生的氯气可氧化硫化钠生成硫沉淀出现浑浊，过量的氯气通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能为H+中和了OH﹣，也可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致，据此分析解答。
【解答】解：A．（1）中黑色固体变红，则氢气还原氧化铜，方程式为：CuO+H2Cu+H2O，故A正确；
B．（2）电极a附近溶液出现浑浊，则a电极放出氢气生成氢氧根，与镁离子结合成白色沉淀，相关反应为：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，故B正确；
C．（3）中溶液出现浑浊，产生的氯气可氧化硫化钠生成硫沉淀，离子方程式为：Cl2+S2﹣═S↓+2Cl﹣，故C正确；
D．（4）中过量的氯气通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能为H+中和了OH﹣，也可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查电解原理，为高频考点，明确电极上发生的反应及各装置对应的现象是解本题关键，题目难度不大。
15．（4分）已知：常温下，Ksp（ZnS）＝1.6×10﹣24；pM＝﹣lgc（M2+）（M2+为 Cu2+或 Zn2+ ）。常温下，向10mL 0.10 mol•L﹣1 CuCl2溶液中滴加0.10mol•L﹣1Na2S溶液，滴加过程中pM 与 Na2S 溶液体积（V）的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Ksp（CuS）的数量级为10﹣36
B．a点溶液中，c（Na+）＝2[c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）]
C．d点溶液中：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（S2﹣）＞c（H+）
D．相同条件下，若用等浓度等体积的ZnCl2溶液代替上述CuCl2溶液，则反应终点c向上移动
【分析】A、Ksp（CuS）＝c（Cu2+）c（S2﹣）；
B、Na2S溶液中的物料守恒及S2﹣因生成了CuS而使S2﹣、HS﹣、H2S的浓度减小；
C、CuCl2+Na2S＝CuS↓+2NaCl，S2﹣+H2O＝HS﹣+OH﹣；
D、ZnCl2+Na2S＝ZnS↓+2NaCl；Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），c（Zn2+）＞c（Cu2+）。
【解答】解：A、常温下，平衡时）c（Cu2+）＝c（S2﹣）＝10﹣17.7mol•L﹣1，Ksp（CuS）＝c（Cu2+）c（S2﹣）＝10﹣17.7mol•L﹣1×10﹣17.7mol•L﹣1＝10﹣35.4，数量级10﹣36，即Ksp（CuS）的数量级为10﹣36；故A正确；
B、Na2S溶液中的物料守恒：c（Na+）＝2[c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）]；a点溶液是发生了CuCl2+Na2S＝CuS↓+2NaCl的反应，S2﹣因生成了CuS而使S2﹣、HS﹣、H2S的浓度减小，所以c（Na+）＞2[c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）]，故B错误；
C、10mL 0.10 mol•L﹣1 CuCl2溶液中滴加0.10mol•L﹣1Na2S溶液10mL时，CuCl2和Na2S恰好反应，CuCl2+Na2S＝CuS↓+2NaCl，此时c（Na+）＝c（Cl﹣）；再加0.10mol•L﹣1Na2S溶液10mL，则c（Na+）＞c（Cl﹣），因过量的S2﹣水解：S2﹣+H2O＝HS﹣+OH﹣，c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；
D、若用等浓度等体积的ZnCl2溶液代替上述CuCl2溶液，ZnCl2+Na2S＝ZnS↓+2NaCl；Ksp（ZnS）＝1.6×10﹣24，Ksp（CuS）＝10﹣35.4，Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS）；所以，c（Zn2+）＞c（Cu2+），pM（Zn2+）＜pM（Cu2+），反应终点c应向下移动，故D错误；
故选：BD。
【点评】考查沉淀溶解平衡的有关知识，是必考点和难点，也是重点；同时注意题给信息或图象的合理、正确并灵活运用；平时练习时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，形成化学学科的核心素养。
三、非选择题:本题共5小题,共60分。
16．（11分）苯乙烯是重要的基础有机化工原料。工业中以乙苯催化脱氢来制取苯乙烯：
已知：上述反应的速率方程为v正＝K正P乙苯，v逆＝K逆P苯乙烯P氢气，其中K正、K逆分别为正、逆
反应速率常数，P为各组分分压。
（1）同时增大乙苯的反应速率和平衡转化率所采取的措施是 升温 。
（2）在CO2气氛下，乙苯可催化脱氢制苯乙烯，其过程同时存在图1两种途径：
a＝ 159.2 ；与掺水蒸气工艺相比，该工艺中还能够发生反应：CO2+H2═CO+H2O，CO2+C═2CO．新工艺的特点有 abc （填序号）。
a．CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移
b．不用高温水蒸气，可降低能量消耗
c．有利于减少生产过程中可能产生的积炭
d．CO2在反应体系中作催化剂
（3）在实际生产中，往反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，加入水蒸气稀释剂能提高乙苯转化率的原因是 反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，相当于减小压强，平衡正向移动，乙苯转化率增大 。测得容器总压（P总）和乙苯转化率α随时间变化结果如图所示。平衡时，P（H2O）＝ 80 KPa，平衡常数KP＝ 45 KPa（用平衡分压代替平衡浓度计算）；a处的＝ 2.5 。
【分析】（1）该反应是吸热反应，升高温度，反应速率加快，同时平衡向正向移动；
（2）根据盖斯定律△H1＝△H2+△H3；
a．CO2与H2反应，使生成物浓度降低；
b．不用高温水蒸气，可降低能量消耗
c．根据CO2+C═2CO分析；
d．由题意得CO2在反应体系中，参与以下反应：CO2+H2═CO+H2O，CO2+C═2CO；
（3）反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，相当于减小压强，平衡正向移动；
由题意可知，起始时p乙苯+pH2O＝100kPa，乙苯的转化为75%，此时总压强为115kPa，列化学平衡三段式计算；
根据反应达到平衡时，此时v正＝v逆，结合v正＝K正P乙苯，v逆＝K逆P苯乙烯P氢气，得出＝＝Kp，则a处＝
a处a处，乙苯的转化率为60%，总压强为112kPa，列化学平衡三段式计算。
【解答】解：（1）该反应是吸热反应，升高温度，反应速率加快，同时平衡向正向移动，所以同时增大乙苯的反应速率和平衡转化率所采取的措施是升温，
故答案为：升温；
（2）根据盖斯定律△H1＝△H2+△H3＝（117.6+41.6）kJ/mol＝+159.2kJ/mol，
a．CO2与H2反应，使生成物浓度降低，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移，故a正确；
b．不用高温水蒸气，可降低能量消耗，故b正确；
c．根据CO2+C═2CO，有利于减少生产过程中可能产生的积炭，故c正确；
d．由题意得CO2在反应体系中，参与以下反应：CO2+H2═CO+H2O，CO2+C═2CO，CO2在反应体系中不作催化剂，故d错误，
故答案为：159.2；abc；
（3）反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，相当于减小压强，平衡正向移动，乙苯转化率增大；
由题意可知，起始时p乙苯+pH2O＝100kPa，平衡时乙苯转化率为75%，
起始p p乙苯 0 0
转化p 0.75p乙苯 0.75p乙苯 0.75p乙苯
平衡p 0.25p乙苯 0.75p乙苯 0.75p乙苯
则0.25p乙苯+0.75p乙苯+0.75p乙苯+pH2O＝115kPa，再结合p乙苯+pH2O＝100kPa，解得p乙苯＝20kPa，pH2O＝80kPa；
Kp＝＝＝45kPa；
反应达到平衡时，v正＝K正P乙苯＝v逆＝K逆P苯乙烯P氢气，则＝＝Kp＝45kPa，
a处，乙苯的转化率为60%，总压强为112kPa，
由前面可知，起始p乙苯＝20kPa，
起始p 20 0 0
转化p 12 12 12
平衡p 8 12 12
a处＝＝45kPa×＝2.5，
故答案为：反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，相当于减小压强，平衡正向移动，乙苯转化率增大；80；45；2.5
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，题目涉及化学平衡的移动、化学平衡的计算、反应热的计算，根据题目信息，结合勒夏特列原理、化学平衡三段式、盖斯定律解答，此题难度较大。
17．（11分）超分子在生命科学和物理学等领域中具有重要意义。由Mo将2个C60分子、2个p﹣甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图1所示
（1）Mo处于第五周期第ⅥB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态价电子排布式是 4d55s1 ；核外未成对电子数是 6 个。
（2）该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是 C （填元素符号），p﹣甲酸丁酯吡啶配体中C原子的杂化方式有 sp3、sp2 。（已知吡啶可看做苯分子中的一个CH原子团被N取代的化合物）
（3）已知：C60分子中存在碳碳单、双键；C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；C60分子只含有五边形和六边形；多面体的顶点数V、面数F及棱边数E遵循欧拉定理：V+F﹣E＝2．则一个C60分子的结构是由 12 个五边形和 20 个六边形组成的球体。用文字简述C60跟F2在一定条件下反应所得的物质的组成： C60F60 。
（4）已知：某晶胞中各原子的相对位置可用如图2所示的原子坐标表示，其中所有顶点原子坐标均为（0，0，0）。钼（Mo）的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个Mo原子，其中Mo原子坐标是（0，0，0）及（，，）。根据以上信息，推断该晶体的原子堆积方式是 体心立方密堆积 。已知该晶体的密度是pg•cm﹣3，Mo的摩尔质量是Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数是NA，晶体中距离最近的Mo原子核之间的距离为 ×1010 pm。
【分析】（1）Mo处于第五周期第ⅥB族，核外电子排布与Cr相似，Cr的价电子排布式为：3d54s1；Mo位于Cr的下一周期的同族，4d能级有5个电子，5s能级有1个电子；判断未成对电子数；
（2）CO提供孤电子对的原子是C原子，Mo提供空轨道；p﹣甲酸丁酯吡啶配体中C原子的价电子数分别为4和3，根据价层电子互斥理论得出C原子的杂化类型；
（3）遵循欧拉定理，并结合C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键，列式计算；
（4）根据Mo原子的坐标，得出Mo原子分别位于晶胞的顶点和体心上；最近的距离为体心到顶点的位置，即体对角线的一半。
【解答】解：（1）Mo处于第五周期第ⅥB族，核外电子排布与Cr相似，Cr的价电子排布式为：3d54s1；Mo位于Cr的下一周期的同族，则基态价电子排布式：4d55s1；则核外有6个未成对电子数；故答案为：4d55s1；6；
（2）CO提供孤电子对的原子是C原子，Mo提供空轨道，两原子形成配位键；p﹣甲酸丁酯吡啶配体中C原子的价电子数分别为4和3，根据价层电子互斥理论，C原子杂化类型分别为sp2和sp3；故答案为：C；sp2和sp3；
（3）多面体的顶点数V、面数F及棱边数E遵循欧拉定理：V+F﹣E＝2，即顶点数+面数﹣棱边数＝2；设分子中的五边形数为x，六边形数为y；
列方程组：＝；60+（x+y）﹣（3×60）＝2；得：x＝12，y＝20，即C60分子中有12个五边形和20个六边形组成的球体；每个碳形成四个共价键和C60的分子结构，可知一个C原子需连一个双键，一个双键被两个C原子公用，故含有60÷2＝30个双键，与活泼的F2发生加成反应生成C60F60；故答案为：12；20；C60F60；
（4）根据Mo原子坐标是（0，0，0）及（，，），Mo原子分别位于晶胞的顶点和体心上，为体心立方密堆积；晶胞中含有8×+1＝2个Mo原子；
设该晶胞的棱长为acm，晶胞的体积为：V＝a3；根据：m＝ρ•V；m＝；列式得＝ρ•a3，则a＝cm，晶体中最近的Mo原子核之间的距离距离为体心到顶点的位置，即体对角线的一半为：＝cm＝×1010pm；
故答案为：体心立方密堆积；×1010。
【点评】本题考查物质结构的重点知识，侧重考查学生对物质结构的理解能力和综合运用能力是必考点，也是常考点；同时注意知识点的合理、正确并灵活运用；平时练习时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，形成化学学科的核心素养。
18．（13分）氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业，是难溶于水的白色固体，能溶解于硝酸，在潮湿空气中可被迅速氧化。
I．实验室用CSO4﹣NaCl混合液与Na2SO3溶液反应制取CuCl．相关装置及数据如图。
回答以下问题：
（1）甲图中仪器1的名称是 三颈烧瓶 ；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu（SO3）2]3﹣，为提高产率，仪器2中所加试剂应为 Na2SO3溶液 。
（2）乙图是体系pH随时间变化关系图，写出制备CuCl的离子方程式 2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O＝2CuCl↓+2H++SO42﹣ 。丙图是产率随pH变化关系图，实验过程中往往用Na2SO3﹣Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是 与生成的H+反应 。并维持pH在 3.5 左右以保证较高产率。
（3）反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是 洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化 。
Ⅱ．工业上常用CuCl作O2、CO的吸收剂，某同学利用如图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量。
已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液可吸收氧气。
（4）装置A中用盐酸而不能用硝酸，其原因是 6CuCl+8HNO3＝3Cu（NO3）2+3CuCl2+2NO↑+4H2O（或3CuCl+7HNO3＝3Cu（NO3）2+3HCl+NO↑+2H2O）； （用化学方程式表示）。用D装置测N2含量，读数时应注意 温度在常温，且左右液面相平，读数时视线与凹液面最低处水平相切，以减小实验误差 。整套实验装置的连接顺序应为 C→B→A →D。
【分析】（1）根据仪器1的图示解答；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu（SO3）2]3﹣，需要控制Na2SO3的加入量，据此分析判断；
（2）根据题意，在CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液生成CuCl沉淀，同时溶液的酸性增强，结合Na2CO3的性质分析解答；
（3）根据“氯化亚铜（CuCl）在潮湿空气中可被迅速氧化”分析解答；
（4）根据氯化亚铜（CuCl）能溶解于硝酸，结合硝酸的强氧化性书写反应的方程式；根据正确的读数方法解答；用CuCl作O2、CO的吸收剂，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧气，再用A吸收CO，最后用排水法测量氮气的体积，据此分析解答。
【解答】解：（1）甲图中仪器1为三颈烧瓶；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu（SO3）2]3﹣，为提高产率，可控制Na2SO3的加入量，则仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液，
故答案为：三颈烧瓶；Na2SO3溶液；
（2）在提纯后的CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl（氯化亚铜）沉淀，同时溶液的酸性增强，生成硫酸，反应的离子方程式为：2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O＝2CuCl↓+2H++SO42﹣，用Na2SO3﹣Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，Na2CO3可与生成的H+反应，及时除去系统中反应生成的H+，利于反应进行，由图象可知，应维持pH在3.5左右，
故答案为：2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O＝2CuCl↓+2H++SO42﹣；与生成的H+反应；3.5；
（3）用去氧水作洗涤剂洗涤产品，可洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化，
故答案为：洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化；
（4）根据题意，氯化亚铜（CuCl）能溶解于硝酸，反应的方程式为6CuCl+8HNO3＝3Cu（NO3）2+3CuCl2+2NO↑+4H2O（或3CuCl+7HNO3＝3Cu（NO3）2+3HCl+NO↑+2H2O）；用D装置测N2含量，应注意温度在常温，且左右液面相平，读数时视线与凹液面最低处水平相切，以减小实验误差；用CuCl作O2、CO的吸收剂，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧气，再用A吸收CO，最后用排水法测量氮气的体积，则顺序为C→B→A→D，
故答案为：6CuCl+8HNO3＝3Cu（NO3）2+3CuCl2+2NO↑+4H2O（或3CuCl+7HNO3＝3Cu（NO3）2+3HCl+NO↑+2H2O）；温度在常温，且左右液面相平，读数时视线与凹液面最低处水平相切，以减小实验误差；C→B→A。
【点评】本题考查制备实验方案的设计、氧化还原反应，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等。
19．（12分）马日夫盐[Mn（H2PO4）2•2H2O]主要用作磷化剂。以软锰矿（主要成分为MnO2及少 量的FeO、Al2O3和SiO2）为原料制备马日夫盐的主要工艺流程如图：
（1）按照无机物命名规律，马日夫盐[Mn（H2PO4）2•2H2O]的化学名称为 二水合磷酸二氢锰 。 在反应中，Mn2+若再失去一个电子比Fe2+再失去一个电子难，从原子结构解释其原因 Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态，而Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态 。
（2）“浸锰”过程中主要反应的离子方程式为 2FeO+MnO2+8H+＝2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2＝SO42﹣+Mn2+ 。滤渣X主要成分为 Al（OH）3 。检验“沉锰”已完成的实验操作及现象是 取上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成 。步骤五产生马日夫盐晶体的化学方程式为 H2O+MnCO3+2H3PO4＝Mn（H2PO4）2•2H2O+CO2↑ 。
（3）Fe3+的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系如图，据此分析，萃取的最佳条件为 pH＝1.7下萃取60min 。
（4）马日夫盐作防锈磷化剂的原 因是利用其较强的酸性以及 在防锈处理过程中生成了具有保护作用的FeHPO4，马日夫盐显酸性的主要原因是 H2PO4﹣⇌H++HPO42﹣ （用相关化学用语回答）。
【分析】软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量的FeO、Al2O3和SiO2）用稀硫酸浸取，FeO、Al2O3和SiO2MnO2被溶解，同时二氧化锰氧化Fe2+，多余的二氧化锰被二氧化硫还原为锰离子，反应为2FeO+MnO2+8H+＝2Fe3++Mn2++4H2O，SO2+MnO2＝SO42﹣+Mn2+，SiO2不溶，过滤，滤渣为SiO2，滤液含有：Mn2+、Fe3+、Al3+，加入有机萃取剂，除去Fe3+，调节水层的pH除去Al3+，滤渣X为Al（OH）3，滤液主要含有Mn2+，加入碳酸钠溶液沉锰，得到碳酸锰，再用磷酸反应，净化得到Mn（H2PO4）2•2H2O，以此来解答。
【解答】解：（1）马日夫盐[Mn（H2PO4）2•2H2O的化学名称为二水合磷酸二氢锰；Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，
故答案为：二水合磷酸二氢锰；Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态，而Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态；
（2）“浸锰”过程中MnO2将Fe2+氧化为三价铁离子，多余的二氧化锰被二氧化硫还原为锰离子，反应的离子方程式为2FeO+MnO2+8H+＝2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2＝SO42﹣+Mn2+；滤渣X主要成分为Al（OH）3；沉锰过程中加入碳酸钠与硫酸锰反应生成碳酸锰沉淀，故检验“沉锰”已完成的实验操作及现象是取上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成；
步骤五产生马日夫盐晶体的化学反应方程式为H2O+MnCO3+2H3PO4＝Mn（H2PO4）2•2H2O+CO2↑，
故答案为：2FeO+MnO2+8H+＝2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2＝SO42﹣+Mn2+；Al（OH）3；取上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成；H2O+MnCO3+2H3PO4＝Mn（H2PO4）2•2H2O+CO2↑；
（3）由Fe3+的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系图，可知萃取的最佳条件为pH＝1.7下萃取60min，萃取率最大，
故答案为：pH＝1.7下萃取60min；
（4）马日夫盐水解显酸性的主要原因是H2PO4﹣⇌H++HPO42﹣，
故答案为：H2PO4﹣⇌H++HPO42﹣。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
20．（13分）“达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药，化合物M是它的合成中间体，其合成路线如图：
已知：R1CHO
回答下列问题：
（1）有机物A的名称是 苯甲醛 ；反应②反应类型是 加成反应 。
（2）物质B的结构简式是 ； E的分子式为 C15H21NO3 。
（3）G中含氧官能团的名称是 羟基 ； F中有 2 个手性碳原子。
（4）请写出反应⑤的化学反应方程式 。
（5）物质N是C的一种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式 或 。
①分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环直接相连；
②能使溴水褪色；
③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为6：3：2：2：1：1。
（6）设计由苯甲醇和CH3NH2为原料制备的合成路线。 。
【分析】根据题中合成路线，结合A和C的结构简式可知，B为，C与氢气发生加成得D，D与E发生加成生成F，F发生取代反应生成G，G与H发生取代生成，发生取代反应生成M，
（6）苯甲醇氧化得苯甲醛，苯甲醛与CH3NH2发生题中信息中的反应得，再发生类似题中E到F 的反应可得，据此答题。
【解答】解（1）根据A的结构简式可知，A的名称是苯甲醛，反应②为C与氢气发生加成得D，反应类型是 加成反应，故答案为：苯甲醛； 加成反应；
（2）根据上面的分析可知，B的结构简式是 ；根据E的结构简式可知 E的分子式为C15H21NO3，故答案为：；C15H21NO3；
（3）根据G的结构简式可知，G中含氧官能团的名称是羟基；手性碳原子上连有四个各不相同的原子或原子团，根据F的结构简式可知，F中与羟基相连的碳和与氨基相连的碳都是手性碳，共有 2个，故答案为：羟基；2；
（4）反应⑤为G与H发生取代生成，反应的化学反应方程式为，故答案为：；
（5）物质N是C的一种同分异构体，根据条件 ①分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环直接相连；
②能使溴水褪色，说明有碳碳双键；
③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为6：3：2：2：1：1，即有6种位置的氢，个数比为6：3：2：2：1：1，则符合条件的N的一种同分异构体结构为或，故答案为：或；
（6）苯甲醇氧化得苯甲醛，苯甲醛与CH3NH2发生题中信息中的反应得，再发生类似题中E到F 的反应可得，合成路线为，故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成与推断，为高考常见题型，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系是解本题关键，难点是同分异构体种类判断，要考虑官能团位置异构、碳链异构，题目难度中等。
2020年山东省泰安市高考化学一模试卷
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（2分）化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A．针对新冠肺炎疫情，可用高锰酸钾溶液、无水酒精、双氧水对场所进行杀菌消毒
B．常用危险化学品标志中的数字主要表示的是危险的类别
C．硅胶常用作食品干燥剂，也可以用作催化剂载体
D．葡萄酒中通常含有微量SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化
2．（2分）下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是（ ）
A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干
B．蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，并加垫石棉网加热
C．使用CCl4萃取溴水中的溴时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出
D．酸碱中和滴定过程中，眼睛必须注视滴定管刻度的变化
3．（2分）Weiss利用光敏剂 QD制备2﹣环己基苯乙烯（c）的过程如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．a不能使酸性KMnO4溶液褪色
B．a、b、c都能发生加成、加聚反应
C．c中所有原子共平面
D．b、c为同系物
4．（2分）胆矾CuSO4•5H2O可写为[Cu（H2O）4]SO4•H2O，其结构示意图如图：下列有关胆矾的说法正确的是（ ）
A．Cu2+的价电子排布式为3d84s1
B．所有氧原子都采取sp3杂化
C．胆矾中含有的粒子间作用力有离子键、极性键、配位键和氢键
D．胆矾所含元素中，H、O、S 的半径及电负性依次增大
5．（2分）一定条件下，有机化合物 Y 可发生重排反应：下列说法不正确的是（ ）
A．X、Y、Z互为同分异构体
B．1 mol X最多能与3 mol H2发生加成反应
C．1 mol Y最多能与2 mol NaOH发生反应
D．通过调控温度可以得到不同的目标产物
6．（2分）下列化学用语对事实的表述正确的是（ ）
A．电解CuCl2溶液：CuCl2═Cu2++2Cl﹣
B．Mg和Cl形成离子键的过程：
C．向Al2（SO4）3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32﹣═Al2（CO3）3↓
D．乙酸与乙醇发生酯化反应：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O
7．（2分）下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是（ ）
A．最外层都只有一个电子的X、Y原子
B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子与N层上仅有两个电子的Y原子
C．2p轨道上有三个未成对电子的X原子与3p轨道上有三个未成对电子的Y原子
D．原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
8．（2分）短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示。且W 与 X、Y、Z 均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是（ ）
A．YW3分子中的键角为120°
B．W2Z 的稳定性大于YW3
C．物质甲分子中存在6个σ键
D．Y 元素的氧化物对应的水化物为强酸
9．（2分）下列方案设计能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
检验淀粉是否水解
由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响
证明发生了取代反应
验证Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]
A．A B．B C．C D．D
10．（2分）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．在转化过程中化合价不变的元素只有Cu和Cl
B．由图示的转化可得出氧化性的强弱顺序：O2＞Cu2+＞S
C．在转化过程中能循环利用的物质只有FeCl2
D．反应中当有34 g H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为16 g
二、选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意,全部选对得4分,选对但不全的得1分,有选错的得0分。
11．（4分）现向下列装置中缓慢通入气体X，分别进行关闭和打开活塞K的操作，则品红溶液和澄清石灰水中现象相同的一组是（ ）
选项
A
B
C
D
X
NO2
SO2
Cl2
CO2
Y（过量）
浓H2SO4
NaHCO3饱和溶液
Na2SO3溶液
NaHSO3饱和溶液
A．A B．B C．C D．D
12．（4分）中科院科学家设计出一套利用 SO2和太阳能综合制氢方案，其基本工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．该电化学装置中，Pt电极作正极
B．Pt电极的电势高于BiVO4电极的电势
C．电子流向：Pt电极→导线→BiVO4电极→电解质溶液→Pt电极
D．BiVO4电极上的反应式为SO32﹣﹣2e﹣+2OH﹣═SO42﹣+H2O
13．（4分）分别在三个容积均为2.0 L的恒容密闭容器中发生反应：A（g）+B（g）⇌D（g）其中容器甲中反应进行至5 min时达到平衡状态，相关实验数据如表所示。下列说法不正确的是（ ）
容器
温度/℃
起始物质的量/mol
平衡物质的量/mol
化学平衡常数
n（A）
n（B）
n（D）
n（D）
甲
500
4.0
4.0
0
3.2
K1
乙
500
4.0
a
0
2.0
K2
丙
600
2.0
2.0
2.0
2.8
K3
A．0～5 min内，甲容器中A的平均反应速率v（A）＝0.64mol•L﹣1•min﹣1
B．a＝2.2
C．若容器甲中起始投料为2.0mol A、2.0mol B，反应达到平衡时，A的转化率小于80%
D．K1＝K2＞K3
14．（4分）用惰性电极电解饱和食盐水（含少量 Ca2+、Mg2+）并进行相关实验（装置如图），电解一段时间后，各部分装置及对应的现象为：下列对实验现象解释不正确的是（ ）
（1）中黑色固体变红；
（2）电极a附近溶液出现浑浊；
（3）中溶液出现浑浊；
（4）中溶液红色褪去。
A．（1）中CuO+H2Cu+H2O
B．（2）中a电极2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓
C．（3）中Cl2+S2﹣═S↓+2Cl﹣
D．（4）中：Cl2具有强氧化性
15．（4分）已知：常温下，Ksp（ZnS）＝1.6×10﹣24；pM＝﹣lgc（M2+）（M2+为 Cu2+或 Zn2+ ）。常温下，向10mL 0.10 mol•L﹣1 CuCl2溶液中滴加0.10mol•L﹣1Na2S溶液，滴加过程中pM 与 Na2S 溶液体积（V）的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Ksp（CuS）的数量级为10﹣36
B．a点溶液中，c（Na+）＝2[c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）]
C．d点溶液中：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（S2﹣）＞c（H+）
D．相同条件下，若用等浓度等体积的ZnCl2溶液代替上述CuCl2溶液，则反应终点c向上移动
三、非选择题:本题共5小题,共60分。
16．（11分）苯乙烯是重要的基础有机化工原料。工业中以乙苯催化脱氢来制取苯乙烯：
已知：上述反应的速率方程为v正＝K正P乙苯，v逆＝K逆P苯乙烯P氢气，其中K正、K逆分别为正、逆
反应速率常数，P为各组分分压。
（1）同时增大乙苯的反应速率和平衡转化率所采取的措施是 。
（2）在CO2气氛下，乙苯可催化脱氢制苯乙烯，其过程同时存在图1两种途径：
a＝ ；与掺水蒸气工艺相比，该工艺中还能够发生反应：CO2+H2═CO+H2O，CO2+C═2CO．新工艺的特点有 （填序号）。
a．CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移
b．不用高温水蒸气，可降低能量消耗
c．有利于减少生产过程中可能产生的积炭
d．CO2在反应体系中作催化剂
（3）在实际生产中，往反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，加入水蒸气稀释剂能提高乙苯转化率的原因是 。测得容器总压（P总）和乙苯转化率α随时间变化结果如图所示。平衡时，P（H2O）＝ KPa，平衡常数KP＝ KPa（用平衡分压代替平衡浓度计算）；a处的＝ 。
17．（11分）超分子在生命科学和物理学等领域中具有重要意义。由Mo将2个C60分子、2个p﹣甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图1所示
（1）Mo处于第五周期第ⅥB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态价电子排布式是 ；核外未成对电子数是 个。
（2）该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是 （填元素符号），p﹣甲酸丁酯吡啶配体中C原子的杂化方式有 。（已知吡啶可看做苯分子中的一个CH原子团被N取代的化合物）
（3）已知：C60分子中存在碳碳单、双键；C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；C60分子只含有五边形和六边形；多面体的顶点数V、面数F及棱边数E遵循欧拉定理：V+F﹣E＝2．则一个C60分子的结构是由 个五边形和 个六边形组成的球体。用文字简述C60跟F2在一定条件下反应所得的物质的组成： 。
（4）已知：某晶胞中各原子的相对位置可用如图2所示的原子坐标表示，其中所有顶点原子坐标均为（0，0，0）。钼（Mo）的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个Mo原子，其中Mo原子坐标是（0，0，0）及（，，）。根据以上信息，推断该晶体的原子堆积方式是 。已知该晶体的密度是pg•cm﹣3，Mo的摩尔质量是Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数是NA，晶体中距离最近的Mo原子核之间的距离为 pm。
18．（13分）氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业，是难溶于水的白色固体，能溶解于硝酸，在潮湿空气中可被迅速氧化。
I．实验室用CSO4﹣NaCl混合液与Na2SO3溶液反应制取CuCl．相关装置及数据如图。
回答以下问题：
（1）甲图中仪器1的名称是 ；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu（SO3）2]3﹣，为提高产率，仪器2中所加试剂应为 。
（2）乙图是体系pH随时间变化关系图，写出制备CuCl的离子方程式 。丙图是产率随pH变化关系图，实验过程中往往用Na2SO3﹣Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是 。并维持pH在 左右以保证较高产率。
（3）反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是 。
Ⅱ．工业上常用CuCl作O2、CO的吸收剂，某同学利用如图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量。
已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液可吸收氧气。
（4）装置A中用盐酸而不能用硝酸，其原因是 （用化学方程式表示）。用D装置测N2含量，读数时应注意 。整套实验装置的连接顺序应为 →D。
19．（12分）马日夫盐[Mn（H2PO4）2•2H2O]主要用作磷化剂。以软锰矿（主要成分为MnO2及少 量的FeO、Al2O3和SiO2）为原料制备马日夫盐的主要工艺流程如图：
（1）按照无机物命名规律，马日夫盐[Mn（H2PO4）2•2H2O]的化学名称为 。 在反应中，Mn2+若再失去一个电子比Fe2+再失去一个电子难，从原子结构解释其原因 。
（2）“浸锰”过程中主要反应的离子方程式为 。滤渣X主要成分为 。检验“沉锰”已完成的实验操作及现象是 。步骤五产生马日夫盐晶体的化学方程式为 。
（3）Fe3+的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系如图，据此分析，萃取的最佳条件为 。
（4）马日夫盐作防锈磷化剂的原 因是利用其较强的酸性以及 在防锈处理过程中生成了具有保护作用的FeHPO4，马日夫盐显酸性的主要原因是 （用相关化学用语回答）。
20．（13分）“达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药，化合物M是它的合成中间体，其合成路线如图：
已知：R1CHO
回答下列问题：
（1）有机物A的名称是 ；反应②反应类型是 。
（2）物质B的结构简式是 ； E的分子式为 。
（3）G中含氧官能团的名称是 ； F中有 个手性碳原子。
（4）请写出反应⑤的化学反应方程式 。
（5）物质N是C的一种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式 。
①分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环直接相连；
②能使溴水褪色；
③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为6：3：2：2：1：1。
（6）设计由苯甲醇和CH3NH2为原料制备的合成路线。 。
2020年山东省泰安市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（2分）化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A．针对新冠肺炎疫情，可用高锰酸钾溶液、无水酒精、双氧水对场所进行杀菌消毒
B．常用危险化学品标志中的数字主要表示的是危险的类别
C．硅胶常用作食品干燥剂，也可以用作催化剂载体
D．葡萄酒中通常含有微量SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化
【分析】A、无水酒精酒精杀菌效果差；
B、危险化学品标志中的数字是危险化学品分类的危险特性分类号；
C、硅胶具有吸水性、且具有较强的吸附性；
D、红葡萄酒长添加微量SO2作抑菌剂、抗氧化剂，使酒保持良好品质。
【解答】解：A、高锰酸钾溶液和双氧水具有强氧化性、乙醇能破坏细胞组织，均能使蛋白质变性，但医疗上常用75%的酒精杀菌消毒、不用无水酒精杀菌消毒，故A错误；
B、危险化学品标志上的数字表示危险品类别，如第一类、爆炸品，第二类、易燃气体等等，故B正确；
C、硅胶是硅酸凝胶经干燥脱水后得到的多孔固体，具有较强的吸附性和吸水性，可作食品干燥剂，也可以用作催化剂载体，故C正确；
D、二氧化硫具有还原性，则在葡萄酒中添加微量二氧化硫作抗氧化剂，使酒保持良好品质，同时还能抑制细菌生长，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2．（2分）下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是（ ）
A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干
B．蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，并加垫石棉网加热
C．使用CCl4萃取溴水中的溴时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出
D．酸碱中和滴定过程中，眼睛必须注视滴定管刻度的变化
【分析】A．带有刻度的仪器不能在烘箱中烘干；
B．蒸发皿为可直接加热的仪器；
C．振荡后打开活塞放气，可平衡气压；
D．滴定过程中，眼睛应该注视锥形瓶中溶液颜色变化，便于及时判断滴定终点。
【解答】解：A．容量瓶带有容积刻度线，洗净后可直接使用，不能放进烘箱中烘干，故A错误；
B．蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，可直接加热，不需要垫上石棉网，故B错误；
C．使用CCl4萃取溴水中的溴时，振荡后打开活塞放气，可平衡气压，防止气压过大发生危险，故C正确；
D．酸碱中和滴定过程中，眼睛不需要注视滴定管刻度的变化，应该观察锥形瓶中溶液颜色变化，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查常见化学实验基本方法应用，题目难度不大，明确常见仪器的构造及使用方法为解答关键，注意熟练掌握常见化学实验基本操作方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
3．（2分）Weiss利用光敏剂 QD制备2﹣环己基苯乙烯（c）的过程如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．a不能使酸性KMnO4溶液褪色
B．a、b、c都能发生加成、加聚反应
C．c中所有原子共平面
D．b、c为同系物
【分析】A．a含有碳碳双键；
B．a、b、c都含有碳碳双键；
C．c含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点；
D．b、c结构不同。
【解答】解：A．a含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，故A错误；
B．a、b、c都含有碳碳双键，则可发生加成、加聚反应，故B正确；
C．c含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能共平面，故C错误；
D．b、c结构不同，二者不是同系物，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的官能团及性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握结构与性质的关系是解答本题的关键，题目难度不大。
4．（2分）胆矾CuSO4•5H2O可写为[Cu（H2O）4]SO4•H2O，其结构示意图如图：下列有关胆矾的说法正确的是（ ）
A．Cu2+的价电子排布式为3d84s1
B．所有氧原子都采取sp3杂化
C．胆矾中含有的粒子间作用力有离子键、极性键、配位键和氢键
D．胆矾所含元素中，H、O、S 的半径及电负性依次增大
【分析】A．根据铜元素为29号元素，可以确定铜离子的核外电子排布，从而得出价电子排布式；
B．结合结构图中的氧原子的成键情况分析其杂化方式；
C．结合结构图可确定粒子间的各种作用力类型；
D．根据半径的和电负性的递变规律判断H、O、S的半径和电负性大小。
【解答】解：A．Cu2+的价电子排布式为3d9，故A错误；
B．硫酸根离子中，与S相连的氧原子没有杂化，故B错误；
C．铜离子和硫酸根离子间存在离子键，硫原子和氧原子间存在极性共价键，铜原子和氧原子间存在配位键，氧原子和氢原子间存在氢键，故C正确；
D．H、O、S分别为第1、2、3周期的元素原子半径依次增大，同主族元素从上到下电负性减弱，因此O的电负性大于S，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查粒子间的作用力判断，以及杂化类型的分析。注意电子排布式的书写规范，看准是电子排布式还是价电子排布式。
5．（2分）一定条件下，有机化合物 Y 可发生重排反应：下列说法不正确的是（ ）
A．X、Y、Z互为同分异构体
B．1 mol X最多能与3 mol H2发生加成反应
C．1 mol Y最多能与2 mol NaOH发生反应
D．通过调控温度可以得到不同的目标产物
【分析】A．X、Y、Z分子式相同，结构不同；
B．X中能与氢气发生加成反应的为苯环和羰基；
C．Y含有酯基，且水解生成酚羟基；
D．由转化关系可知，Y在不同温度下，生成不同物质。
【解答】解：A．X、Y、Z分子式相同，结构不同，则互为同分异构体，故A正确；
B．X中能与氢气发生加成反应的为苯环和羰基，则1 mol X最多能与4 mol H2发生加成反应，故B错误；
C．Y含有酯基，且水解生成酚羟基，则1 mol Y最多能与2 mol NaOH发生反应，故C正确；
D．由转化关系可知，Y在不同温度下，生成不同物质，则通过调控温度可以得到不同的目标产物，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，难度不大。
6．（2分）下列化学用语对事实的表述正确的是（ ）
A．电解CuCl2溶液：CuCl2═Cu2++2Cl﹣
B．Mg和Cl形成离子键的过程：
C．向Al2（SO4）3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32﹣═Al2（CO3）3↓
D．乙酸与乙醇发生酯化反应：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O
【分析】A．电解氯化铜生成铜和氯气；
B．氯化镁为离子化合物，镁离子与两个氯离子通过离子键结合，两个氯离子不能合写；
C．发生相互促进水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳；
D．酯化反应的断键方式是酸脱羟基醇脱氢，所以 18O 应该在生成的酯中，乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水。
【解答】解：A．电解CuCl2溶液产生Cu单质和Cl2，化学方程式为CuCl2Cu+Cl2↑，故A错误；
B．氯化镁为离子化合物，由离子形成离子键，其形成过程为，故B错误；
C．向Al2（SO4）3溶液中滴加少量Na2CO3溶液的离子反应为2Al3++3CO32﹣+3H2O＝2Al（OH）3↓+3CO2↑，故C错误；
D．酯化反应的断键方式是酸脱羟基醇脱氢，所以 18O 应该在生成的酯中，乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，方程式：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学用语的使用，侧重考查电子式书写、离子反应方程式及化学反应方程式书写的正误判断，为高频考点，题目难度中等，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，试题侧重有机反应的考查。
7．（2分）下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是（ ）
A．最外层都只有一个电子的X、Y原子
B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子与N层上仅有两个电子的Y原子
C．2p轨道上有三个未成对电子的X原子与3p轨道上有三个未成对电子的Y原子
D．原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
【分析】原子的结构决定元素的化学性质，原子核外最外层的电子或价电子数目相等，则元素对应的单质或化合物的性质相似。
【解答】解：A．最外层都只有一个电子的X、Y原子，可能为H与碱金属元素，性质有相似地方，都具有还原性，但与ⅠB族元素性质不同，虽然最外层也有1个电子，故A错误；
B．原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg元素，原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca、Sc、Ti、V、Fe、Co、Ni、Zn等元素，但价电子数不同，性质不相同，故B错误；
C.2p轨道上有三个未成对电子的X原子为N原子，3p轨道上有三个未成对电子的Y原子为P原子，二者位于周期表同一主族，最外层电子数相同，性质相似，故C正确；
D．原子核外电子排布式为1s2为He，原子核外电子排布式为1s22s2为Be，二者性质不同，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子的结构和元素的性质，题目难度不大，注意原子核外电子排布特点与对应元素化合物的性质的关系。
8．（2分）短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示。且W 与 X、Y、Z 均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是（ ）
A．YW3分子中的键角为120°
B．W2Z 的稳定性大于YW3
C．物质甲分子中存在6个σ键
D．Y 元素的氧化物对应的水化物为强酸
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大。四种元素形成的化合物甲的结构如图所示，根据图示可知，X原子最外层含有4个电子，Y原子最外层含有5个电子，Z原子最外层含有6个电子，W最外层含有1个或7个电子，结合原子序数及“且W 与 X、Y、Z 均可形成电子数相等的分子”及“W2Z常温常压下为液体”可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，据此解答。
【解答】解：根据分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素。
A．YW3为NH3，NH3的构型为三角锥形，键角为107°18′，故A错误；
B．非金属性：O＞Z，则H2O的稳定性大于NH3，故B正确；
C．双键中含有1个σ键和1个π键，根据图示可知，物质甲分子中存在7个σ键，故C错误；
D．N的氧化物对应水化物不一定为强酸，如亚硝酸为弱酸，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
9．（2分）下列方案设计能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
检验淀粉是否水解
由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响
证明发生了取代反应
验证Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．醛基和新制氢氧化铜悬浊液反应必须在碱性条件下进行；
B．高锰酸钾的浓度不同，且生成锰离子可作催化剂；
C．如果食盐水不是饱和的，氯气部分溶解于食盐水；
D．硫酸铜和硫酸镁溶液浓度未知。
【解答】解：A．向淀粉和稀硫酸共热后的溶液中加入NaOH调节溶液的pH值，醛基和新制氢氧化铜悬浊液反应必须在碱性条件下进行，所以能实现实验目的，故A正确；
B．高锰酸钾的浓度不同，且生成锰离子可作催化剂，则实验不能说明浓度对反应速率的影响，故B错误；
C．如果食盐水不是饱和的，氯气部分溶解于食盐水，导致液面上升，所以不能根据液面变化判断是否发生取代反应，故C错误；
D．硫酸铜和硫酸镁浓度相对大小未知，所以不能根据生成沉淀颜色判断溶度积大小，故D错误；
故选：A。
【点评】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、影响反应速率的因素解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，D为解答易错点，题目难度不大。
10．（2分）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．在转化过程中化合价不变的元素只有Cu和Cl
B．由图示的转化可得出氧化性的强弱顺序：O2＞Cu2+＞S
C．在转化过程中能循环利用的物质只有FeCl2
D．反应中当有34 g H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为16 g
【分析】由图可知：一共发生的有三个反应①H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+②CuS+2Fe3+＝2Fe2++Cu2++S③4Fe2++4H++O2＝4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应2H2S+O2＝2S↓+2H2O，再结合氧化还原反应中的基本概念来解决问题。
A．在转化过程中化合价不变的元素不止有Cu和Cl，还有H元素化合价也未发生变化；
B．由反应②③可知氧化性的强弱顺序；
C．由图可知能循环利用的物质是FeCl2和FeCl3；
D．有关电子转移的计算结合总反应2H2S+O2＝2S↓+2H2O，可以计算消耗氧气的质量。
【解答】解：A．在转化过程中化合价不变的元素不止有Cu和Cl，还有H元素化合价也未发生变化，故A错误；
B．由反应②CuS+2Fe3+＝2Fe2++Cu2++S③4Fe2++4H++O2＝4Fe3++2H2O，可知氧化性的强弱顺序：O2＞Fe3+＞S，故B错误；
C．由图可知能循环利用的物质是FeCl2和FeCl3，故C错误；
D．有关电子转移的计算结合总反应2H2S+O2＝2S↓+2H2O，当有2molH2S参与反应是耗氧气1mol，34gH2S为1mol，可以计算消耗氧气为0.5mol，其质量为0.5mol×32g•mol﹣1＝16g，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应的基本概念和有关电子转移的计算，由图示形式出现意在考查学生分析问题的能力，难度中等。
二、选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意,全部选对得4分,选对但不全的得1分,有选错的得0分。
11．（4分）现向下列装置中缓慢通入气体X，分别进行关闭和打开活塞K的操作，则品红溶液和澄清石灰水中现象相同的一组是（ ）
选项
A
B
C
D
X
NO2
SO2
Cl2
CO2
Y（过量）
浓H2SO4
NaHCO3饱和溶液
Na2SO3溶液
NaHSO3饱和溶液
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．X是NO2，Y（过量）为浓H2SO4，关闭活塞K，NO2通入过量的浓H2SO4中不发生反应，所以关闭和打开活塞K的操作，进入品红溶液的都是NO2；
B．X是SO2，Y（过量）为NaHCO3饱和溶液，关闭活塞K，SO2通入过量的NaHCO3饱和溶液后发生反应：SO2+2NaHCO3═Na2SO3+2CO2+H2O，生成的二氧化碳进入品红溶液，打开活塞K，SO2直接通入品红溶液；
C．X是Cl2，Y（过量）为Na2SO3溶液，关闭活塞K，Cl2通入过量的Na2SO3溶液后发生反应：Cl2+Na2SO3+H2O═Na2SO4+2HCl，打开活塞K，Cl2直接通入品红溶液；
D．X是CO2，Y（过量）为NaHSO3饱和溶液，关闭活塞K，CO2通入过量的NaHSO3饱和溶液不发生反应，所以关闭和打开活塞K的操作，进入品红溶液的都是CO2。
【解答】解：A．X是NO2，Y（过量）为浓H2SO4，关闭活塞K，NO2通入过量的浓H2SO4中不发生反应，所以关闭和打开活塞K的操作，进入品红溶液的都是NO2，NO2与水反应生成硝酸和NO，硝酸具有强氧化性，使品红褪色，生成NO不与澄清石灰水不反应，则澄清石灰水无现象，所以品红溶液和澄清石灰水中现象相同，故A正确；
B．X是SO2，Y（过量）为NaHCO3饱和溶液，关闭活塞K，SO2通入过量的NaHCO3饱和溶液后发生反应：SO2+2NaHCO3═Na2SO3+2CO2+H2O，生成的二氧化碳进入品红溶液，品红不褪色，打开活塞K，SO2直接通入品红溶液，品红溶液褪色，则现象不相同，故B错误；
C．X是Cl2，Y（过量）为Na2SO3溶液，关闭活塞K，Cl2通入过量的Na2SO3溶液后发生反应：Cl2+Na2SO3+H2O═Na2SO4+2HCl，不能使品红褪色，打开活塞K，Cl2直接通入品红溶液，品红褪色，则现象不相同，故C错误；
D．X是CO2，Y（过量）为NaHSO3饱和溶液，关闭活塞K，CO2通入过量的NaHSO3饱和溶液不发生反应，所以关闭和打开活塞K的操作，进入品红溶液的都是CO2，品红不褪色，进入澄清石灰水都变浑浊，则现象相同，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查了性质方案的设计与评价，题目难度中等，明确常见气体的性质为解答关键，注意熟练掌握性质方案设计与评价的原则，试题培养了学生的化学实验能力。
12．（4分）中科院科学家设计出一套利用 SO2和太阳能综合制氢方案，其基本工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．该电化学装置中，Pt电极作正极
B．Pt电极的电势高于BiVO4电极的电势
C．电子流向：Pt电极→导线→BiVO4电极→电解质溶液→Pt电极
D．BiVO4电极上的反应式为SO32﹣﹣2e﹣+2OH﹣═SO42﹣+H2O
【分析】该装置为原电池，由Pt电极上反应（H2O→H2）或BiVO4电极上反应（SO32﹣→SO42﹣）可知，Pt电极为正极，氢离子得电子生成氢气、发生还原反应，电极反应为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣；BiVO4电极为负极，SO32﹣失电子生成硫酸根、发生氧化反应，电极反应为4OH﹣+SO2﹣2e﹣═SO42﹣+2H2O，原电池工作时，电子由负极BiVO4电极经过导线进入正极Pt电极，据此分析解答。
【解答】解：A．Pt电极上发生还原反应，Pt电极作正极，故A正确；
B．Pt电极为正极，BiVO4电极为负极，所以Pt电极电势高于BiVO4电极，故B正确；
C．电子从BiVO4电极（负极）经导线流向Pt电极（正极），且不能进入溶液，故C错误；
D．BiVO4电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为SO32﹣﹣2e﹣+2OH﹣═SO42﹣+H2O，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查原电池的工作原理，为高频考点，根据电极上发生的反应判断正负极为解答的关键，明确原电池工作原理即可解答，题目难度不大。
13．（4分）分别在三个容积均为2.0 L的恒容密闭容器中发生反应：A（g）+B（g）⇌D（g）其中容器甲中反应进行至5 min时达到平衡状态，相关实验数据如表所示。下列说法不正确的是（ ）
容器
温度/℃
起始物质的量/mol
平衡物质的量/mol
化学平衡常数
n（A）
n（B）
n（D）
n（D）
甲
500
4.0
4.0
0
3.2
K1
乙
500
4.0
a
0
2.0
K2
丙
600
2.0
2.0
2.0
2.8
K3
A．0～5 min内，甲容器中A的平均反应速率v（A）＝0.64mol•L﹣1•min﹣1
B．a＝2.2
C．若容器甲中起始投料为2.0mol A、2.0mol B，反应达到平衡时，A的转化率小于80%
D．K1＝K2＞K3
【分析】对于甲、乙，在相同温度下，则平衡常数相同，由表中数据可知，
A（g）+B（g）⇌D（g）
起始（mol/L）：2.0 2.0 0
转化（mol/L）：1.6 1.6 1.6
平衡（mol/L）：0.4 0.4 1.6
可知K＝＝10，由此可确定a，
对比表中数据，可知甲、丙物质的量等效，由D的物质的量可知升高温度平衡逆向移动，以此解答该题。
【解答】解：A.0～5 min内，甲容器中A的平均反应速率v（A）＝＝0.32mol•L﹣1•min﹣1，故A错误；
B．由表中数据可知，
A（g）+B（g）⇌D（g）
起始（mol/L）：2.0 0.5a 0
转化（mol/L）：1.0 1.0 1.0
平衡（mol/L）：1.0 0.5a﹣1.0 1.0
则＝10，a＝2.2，故B正确；
C．由表中数据可知A的转化率为＝80%，若容器甲中起始投料为2.0mol A、2.0mol B，相当于在原来基础上减小压强，则平衡逆向移动，反应达到平衡时，A的转化率小于80%，故C正确；
D．甲、乙，在相同温度下，则平衡常数相同，对比表中数据，可知甲、丙物质的量等效，由D的物质的量可知升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，可知K1＝K2＞K3，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表格数据的应用、K的计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
14．（4分）用惰性电极电解饱和食盐水（含少量 Ca2+、Mg2+）并进行相关实验（装置如图），电解一段时间后，各部分装置及对应的现象为：下列对实验现象解释不正确的是（ ）
（1）中黑色固体变红；
（2）电极a附近溶液出现浑浊；
（3）中溶液出现浑浊；
（4）中溶液红色褪去。
A．（1）中CuO+H2Cu+H2O
B．（2）中a电极2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓
C．（3）中Cl2+S2﹣═S↓+2Cl﹣
D．（4）中：Cl2具有强氧化性
【分析】用惰性电极电解饱和食盐水（含少量Ca2+、Mg2+）产生的气体为氢气和氯气，氯气具有强氧化性，而氢气在加热条件下具有较强还原性，根据（1）中黑色固体变红（2）电极a附近溶液出现浑浊可知，a电极为阴极，放出氢气，生成氢氧根与镁离子结合成白色沉淀，b电极为阳极，产生的氯气可氧化硫化钠生成硫沉淀出现浑浊，过量的氯气通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能为H+中和了OH﹣，也可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致，据此分析解答。
【解答】解：A．（1）中黑色固体变红，则氢气还原氧化铜，方程式为：CuO+H2Cu+H2O，故A正确；
B．（2）电极a附近溶液出现浑浊，则a电极放出氢气生成氢氧根，与镁离子结合成白色沉淀，相关反应为：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，故B正确；
C．（3）中溶液出现浑浊，产生的氯气可氧化硫化钠生成硫沉淀，离子方程式为：Cl2+S2﹣═S↓+2Cl﹣，故C正确；
D．（4）中过量的氯气通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能为H+中和了OH﹣，也可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查电解原理，为高频考点，明确电极上发生的反应及各装置对应的现象是解本题关键，题目难度不大。
15．（4分）已知：常温下，Ksp（ZnS）＝1.6×10﹣24；pM＝﹣lgc（M2+）（M2+为 Cu2+或 Zn2+ ）。常温下，向10mL 0.10 mol•L﹣1 CuCl2溶液中滴加0.10mol•L﹣1Na2S溶液，滴加过程中pM 与 Na2S 溶液体积（V）的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Ksp（CuS）的数量级为10﹣36
B．a点溶液中，c（Na+）＝2[c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）]
C．d点溶液中：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（S2﹣）＞c（H+）
D．相同条件下，若用等浓度等体积的ZnCl2溶液代替上述CuCl2溶液，则反应终点c向上移动
【分析】A、Ksp（CuS）＝c（Cu2+）c（S2﹣）；
B、Na2S溶液中的物料守恒及S2﹣因生成了CuS而使S2﹣、HS﹣、H2S的浓度减小；
C、CuCl2+Na2S＝CuS↓+2NaCl，S2﹣+H2O＝HS﹣+OH﹣；
D、ZnCl2+Na2S＝ZnS↓+2NaCl；Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），c（Zn2+）＞c（Cu2+）。
【解答】解：A、常温下，平衡时）c（Cu2+）＝c（S2﹣）＝10﹣17.7mol•L﹣1，Ksp（CuS）＝c（Cu2+）c（S2﹣）＝10﹣17.7mol•L﹣1×10﹣17.7mol•L﹣1＝10﹣35.4，数量级10﹣36，即Ksp（CuS）的数量级为10﹣36；故A正确；
B、Na2S溶液中的物料守恒：c（Na+）＝2[c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）]；a点溶液是发生了CuCl2+Na2S＝CuS↓+2NaCl的反应，S2﹣因生成了CuS而使S2﹣、HS﹣、H2S的浓度减小，所以c（Na+）＞2[c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）]，故B错误；
C、10mL 0.10 mol•L﹣1 CuCl2溶液中滴加0.10mol•L﹣1Na2S溶液10mL时，CuCl2和Na2S恰好反应，CuCl2+Na2S＝CuS↓+2NaCl，此时c（Na+）＝c（Cl﹣）；再加0.10mol•L﹣1Na2S溶液10mL，则c（Na+）＞c（Cl﹣），因过量的S2﹣水解：S2﹣+H2O＝HS﹣+OH﹣，c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；
D、若用等浓度等体积的ZnCl2溶液代替上述CuCl2溶液，ZnCl2+Na2S＝ZnS↓+2NaCl；Ksp（ZnS）＝1.6×10﹣24，Ksp（CuS）＝10﹣35.4，Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS）；所以，c（Zn2+）＞c（Cu2+），pM（Zn2+）＜pM（Cu2+），反应终点c应向下移动，故D错误；
故选：BD。
【点评】考查沉淀溶解平衡的有关知识，是必考点和难点，也是重点；同时注意题给信息或图象的合理、正确并灵活运用；平时练习时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，形成化学学科的核心素养。
三、非选择题:本题共5小题,共60分。
16．（11分）苯乙烯是重要的基础有机化工原料。工业中以乙苯催化脱氢来制取苯乙烯：
已知：上述反应的速率方程为v正＝K正P乙苯，v逆＝K逆P苯乙烯P氢气，其中K正、K逆分别为正、逆
反应速率常数，P为各组分分压。
（1）同时增大乙苯的反应速率和平衡转化率所采取的措施是 升温 。
（2）在CO2气氛下，乙苯可催化脱氢制苯乙烯，其过程同时存在图1两种途径：
a＝ 159.2 ；与掺水蒸气工艺相比，该工艺中还能够发生反应：CO2+H2═CO+H2O，CO2+C═2CO．新工艺的特点有 abc （填序号）。
a．CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移
b．不用高温水蒸气，可降低能量消耗
c．有利于减少生产过程中可能产生的积炭
d．CO2在反应体系中作催化剂
（3）在实际生产中，往反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，加入水蒸气稀释剂能提高乙苯转化率的原因是 反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，相当于减小压强，平衡正向移动，乙苯转化率增大 。测得容器总压（P总）和乙苯转化率α随时间变化结果如图所示。平衡时，P（H2O）＝ 80 KPa，平衡常数KP＝ 45 KPa（用平衡分压代替平衡浓度计算）；a处的＝ 2.5 。
【分析】（1）该反应是吸热反应，升高温度，反应速率加快，同时平衡向正向移动；
（2）根据盖斯定律△H1＝△H2+△H3；
a．CO2与H2反应，使生成物浓度降低；
b．不用高温水蒸气，可降低能量消耗
c．根据CO2+C═2CO分析；
d．由题意得CO2在反应体系中，参与以下反应：CO2+H2═CO+H2O，CO2+C═2CO；
（3）反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，相当于减小压强，平衡正向移动；
由题意可知，起始时p乙苯+pH2O＝100kPa，乙苯的转化为75%，此时总压强为115kPa，列化学平衡三段式计算；
根据反应达到平衡时，此时v正＝v逆，结合v正＝K正P乙苯，v逆＝K逆P苯乙烯P氢气，得出＝＝Kp，则a处＝
a处a处，乙苯的转化率为60%，总压强为112kPa，列化学平衡三段式计算。
【解答】解：（1）该反应是吸热反应，升高温度，反应速率加快，同时平衡向正向移动，所以同时增大乙苯的反应速率和平衡转化率所采取的措施是升温，
故答案为：升温；
（2）根据盖斯定律△H1＝△H2+△H3＝（117.6+41.6）kJ/mol＝+159.2kJ/mol，
a．CO2与H2反应，使生成物浓度降低，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移，故a正确；
b．不用高温水蒸气，可降低能量消耗，故b正确；
c．根据CO2+C═2CO，有利于减少生产过程中可能产生的积炭，故c正确；
d．由题意得CO2在反应体系中，参与以下反应：CO2+H2═CO+H2O，CO2+C═2CO，CO2在反应体系中不作催化剂，故d错误，
故答案为：159.2；abc；
（3）反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，相当于减小压强，平衡正向移动，乙苯转化率增大；
由题意可知，起始时p乙苯+pH2O＝100kPa，平衡时乙苯转化率为75%，
起始p p乙苯 0 0
转化p 0.75p乙苯 0.75p乙苯 0.75p乙苯
平衡p 0.25p乙苯 0.75p乙苯 0.75p乙苯
则0.25p乙苯+0.75p乙苯+0.75p乙苯+pH2O＝115kPa，再结合p乙苯+pH2O＝100kPa，解得p乙苯＝20kPa，pH2O＝80kPa；
Kp＝＝＝45kPa；
反应达到平衡时，v正＝K正P乙苯＝v逆＝K逆P苯乙烯P氢气，则＝＝Kp＝45kPa，
a处，乙苯的转化率为60%，总压强为112kPa，
由前面可知，起始p乙苯＝20kPa，
起始p 20 0 0
转化p 12 12 12
平衡p 8 12 12
a处＝＝45kPa×＝2.5，
故答案为：反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，相当于减小压强，平衡正向移动，乙苯转化率增大；80；45；2.5
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，题目涉及化学平衡的移动、化学平衡的计算、反应热的计算，根据题目信息，结合勒夏特列原理、化学平衡三段式、盖斯定律解答，此题难度较大。
17．（11分）超分子在生命科学和物理学等领域中具有重要意义。由Mo将2个C60分子、2个p﹣甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图1所示
（1）Mo处于第五周期第ⅥB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态价电子排布式是 4d55s1 ；核外未成对电子数是 6 个。
（2）该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是 C （填元素符号），p﹣甲酸丁酯吡啶配体中C原子的杂化方式有 sp3、sp2 。（已知吡啶可看做苯分子中的一个CH原子团被N取代的化合物）
（3）已知：C60分子中存在碳碳单、双键；C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；C60分子只含有五边形和六边形；多面体的顶点数V、面数F及棱边数E遵循欧拉定理：V+F﹣E＝2．则一个C60分子的结构是由 12 个五边形和 20 个六边形组成的球体。用文字简述C60跟F2在一定条件下反应所得的物质的组成： C60F60 。
（4）已知：某晶胞中各原子的相对位置可用如图2所示的原子坐标表示，其中所有顶点原子坐标均为（0，0，0）。钼（Mo）的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个Mo原子，其中Mo原子坐标是（0，0，0）及（，，）。根据以上信息，推断该晶体的原子堆积方式是 体心立方密堆积 。已知该晶体的密度是pg•cm﹣3，Mo的摩尔质量是Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数是NA，晶体中距离最近的Mo原子核之间的距离为 ×1010 pm。
【分析】（1）Mo处于第五周期第ⅥB族，核外电子排布与Cr相似，Cr的价电子排布式为：3d54s1；Mo位于Cr的下一周期的同族，4d能级有5个电子，5s能级有1个电子；判断未成对电子数；
（2）CO提供孤电子对的原子是C原子，Mo提供空轨道；p﹣甲酸丁酯吡啶配体中C原子的价电子数分别为4和3，根据价层电子互斥理论得出C原子的杂化类型；
（3）遵循欧拉定理，并结合C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键，列式计算；
（4）根据Mo原子的坐标，得出Mo原子分别位于晶胞的顶点和体心上；最近的距离为体心到顶点的位置，即体对角线的一半。
【解答】解：（1）Mo处于第五周期第ⅥB族，核外电子排布与Cr相似，Cr的价电子排布式为：3d54s1；Mo位于Cr的下一周期的同族，则基态价电子排布式：4d55s1；则核外有6个未成对电子数；故答案为：4d55s1；6；
（2）CO提供孤电子对的原子是C原子，Mo提供空轨道，两原子形成配位键；p﹣甲酸丁酯吡啶配体中C原子的价电子数分别为4和3，根据价层电子互斥理论，C原子杂化类型分别为sp2和sp3；故答案为：C；sp2和sp3；
（3）多面体的顶点数V、面数F及棱边数E遵循欧拉定理：V+F﹣E＝2，即顶点数+面数﹣棱边数＝2；设分子中的五边形数为x，六边形数为y；
列方程组：＝；60+（x+y）﹣（3×60）＝2；得：x＝12，y＝20，即C60分子中有12个五边形和20个六边形组成的球体；每个碳形成四个共价键和C60的分子结构，可知一个C原子需连一个双键，一个双键被两个C原子公用，故含有60÷2＝30个双键，与活泼的F2发生加成反应生成C60F60；故答案为：12；20；C60F60；
（4）根据Mo原子坐标是（0，0，0）及（，，），Mo原子分别位于晶胞的顶点和体心上，为体心立方密堆积；晶胞中含有8×+1＝2个Mo原子；
设该晶胞的棱长为acm，晶胞的体积为：V＝a3；根据：m＝ρ•V；m＝；列式得＝ρ•a3，则a＝cm，晶体中最近的Mo原子核之间的距离距离为体心到顶点的位置，即体对角线的一半为：＝cm＝×1010pm；
故答案为：体心立方密堆积；×1010。
【点评】本题考查物质结构的重点知识，侧重考查学生对物质结构的理解能力和综合运用能力是必考点，也是常考点；同时注意知识点的合理、正确并灵活运用；平时练习时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，形成化学学科的核心素养。
18．（13分）氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业，是难溶于水的白色固体，能溶解于硝酸，在潮湿空气中可被迅速氧化。
I．实验室用CSO4﹣NaCl混合液与Na2SO3溶液反应制取CuCl．相关装置及数据如图。
回答以下问题：
（1）甲图中仪器1的名称是 三颈烧瓶 ；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu（SO3）2]3﹣，为提高产率，仪器2中所加试剂应为 Na2SO3溶液 。
（2）乙图是体系pH随时间变化关系图，写出制备CuCl的离子方程式 2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O＝2CuCl↓+2H++SO42﹣ 。丙图是产率随pH变化关系图，实验过程中往往用Na2SO3﹣Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是 与生成的H+反应 。并维持pH在 3.5 左右以保证较高产率。
（3）反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是 洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化 。
Ⅱ．工业上常用CuCl作O2、CO的吸收剂，某同学利用如图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量。
已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液可吸收氧气。
（4）装置A中用盐酸而不能用硝酸，其原因是 6CuCl+8HNO3＝3Cu（NO3）2+3CuCl2+2NO↑+4H2O（或3CuCl+7HNO3＝3Cu（NO3）2+3HCl+NO↑+2H2O）； （用化学方程式表示）。用D装置测N2含量，读数时应注意 温度在常温，且左右液面相平，读数时视线与凹液面最低处水平相切，以减小实验误差 。整套实验装置的连接顺序应为 C→B→A →D。
【分析】（1）根据仪器1的图示解答；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu（SO3）2]3﹣，需要控制Na2SO3的加入量，据此分析判断；
（2）根据题意，在CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液生成CuCl沉淀，同时溶液的酸性增强，结合Na2CO3的性质分析解答；
（3）根据“氯化亚铜（CuCl）在潮湿空气中可被迅速氧化”分析解答；
（4）根据氯化亚铜（CuCl）能溶解于硝酸，结合硝酸的强氧化性书写反应的方程式；根据正确的读数方法解答；用CuCl作O2、CO的吸收剂，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧气，再用A吸收CO，最后用排水法测量氮气的体积，据此分析解答。
【解答】解：（1）甲图中仪器1为三颈烧瓶；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu（SO3）2]3﹣，为提高产率，可控制Na2SO3的加入量，则仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液，
故答案为：三颈烧瓶；Na2SO3溶液；
（2）在提纯后的CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl（氯化亚铜）沉淀，同时溶液的酸性增强，生成硫酸，反应的离子方程式为：2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O＝2CuCl↓+2H++SO42﹣，用Na2SO3﹣Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，Na2CO3可与生成的H+反应，及时除去系统中反应生成的H+，利于反应进行，由图象可知，应维持pH在3.5左右，
故答案为：2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O＝2CuCl↓+2H++SO42﹣；与生成的H+反应；3.5；
（3）用去氧水作洗涤剂洗涤产品，可洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化，
故答案为：洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化；
（4）根据题意，氯化亚铜（CuCl）能溶解于硝酸，反应的方程式为6CuCl+8HNO3＝3Cu（NO3）2+3CuCl2+2NO↑+4H2O（或3CuCl+7HNO3＝3Cu（NO3）2+3HCl+NO↑+2H2O）；用D装置测N2含量，应注意温度在常温，且左右液面相平，读数时视线与凹液面最低处水平相切，以减小实验误差；用CuCl作O2、CO的吸收剂，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧气，再用A吸收CO，最后用排水法测量氮气的体积，则顺序为C→B→A→D，
故答案为：6CuCl+8HNO3＝3Cu（NO3）2+3CuCl2+2NO↑+4H2O（或3CuCl+7HNO3＝3Cu（NO3）2+3HCl+NO↑+2H2O）；温度在常温，且左右液面相平，读数时视线与凹液面最低处水平相切，以减小实验误差；C→B→A。
【点评】本题考查制备实验方案的设计、氧化还原反应，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等。
19．（12分）马日夫盐[Mn（H2PO4）2•2H2O]主要用作磷化剂。以软锰矿（主要成分为MnO2及少 量的FeO、Al2O3和SiO2）为原料制备马日夫盐的主要工艺流程如图：
（1）按照无机物命名规律，马日夫盐[Mn（H2PO4）2•2H2O]的化学名称为 二水合磷酸二氢锰 。 在反应中，Mn2+若再失去一个电子比Fe2+再失去一个电子难，从原子结构解释其原因 Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态，而Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态 。
（2）“浸锰”过程中主要反应的离子方程式为 2FeO+MnO2+8H+＝2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2＝SO42﹣+Mn2+ 。滤渣X主要成分为 Al（OH）3 。检验“沉锰”已完成的实验操作及现象是 取上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成 。步骤五产生马日夫盐晶体的化学方程式为 H2O+MnCO3+2H3PO4＝Mn（H2PO4）2•2H2O+CO2↑ 。
（3）Fe3+的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系如图，据此分析，萃取的最佳条件为 pH＝1.7下萃取60min 。
（4）马日夫盐作防锈磷化剂的原 因是利用其较强的酸性以及 在防锈处理过程中生成了具有保护作用的FeHPO4，马日夫盐显酸性的主要原因是 H2PO4﹣⇌H++HPO42﹣ （用相关化学用语回答）。
【分析】软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量的FeO、Al2O3和SiO2）用稀硫酸浸取，FeO、Al2O3和SiO2MnO2被溶解，同时二氧化锰氧化Fe2+，多余的二氧化锰被二氧化硫还原为锰离子，反应为2FeO+MnO2+8H+＝2Fe3++Mn2++4H2O，SO2+MnO2＝SO42﹣+Mn2+，SiO2不溶，过滤，滤渣为SiO2，滤液含有：Mn2+、Fe3+、Al3+，加入有机萃取剂，除去Fe3+，调节水层的pH除去Al3+，滤渣X为Al（OH）3，滤液主要含有Mn2+，加入碳酸钠溶液沉锰，得到碳酸锰，再用磷酸反应，净化得到Mn（H2PO4）2•2H2O，以此来解答。
【解答】解：（1）马日夫盐[Mn（H2PO4）2•2H2O的化学名称为二水合磷酸二氢锰；Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，
故答案为：二水合磷酸二氢锰；Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态，而Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态；
（2）“浸锰”过程中MnO2将Fe2+氧化为三价铁离子，多余的二氧化锰被二氧化硫还原为锰离子，反应的离子方程式为2FeO+MnO2+8H+＝2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2＝SO42﹣+Mn2+；滤渣X主要成分为Al（OH）3；沉锰过程中加入碳酸钠与硫酸锰反应生成碳酸锰沉淀，故检验“沉锰”已完成的实验操作及现象是取上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成；
步骤五产生马日夫盐晶体的化学反应方程式为H2O+MnCO3+2H3PO4＝Mn（H2PO4）2•2H2O+CO2↑，
故答案为：2FeO+MnO2+8H+＝2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2＝SO42﹣+Mn2+；Al（OH）3；取上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成；H2O+MnCO3+2H3PO4＝Mn（H2PO4）2•2H2O+CO2↑；
（3）由Fe3+的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系图，可知萃取的最佳条件为pH＝1.7下萃取60min，萃取率最大，
故答案为：pH＝1.7下萃取60min；
（4）马日夫盐水解显酸性的主要原因是H2PO4﹣⇌H++HPO42﹣，
故答案为：H2PO4﹣⇌H++HPO42﹣。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
20．（13分）“达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药，化合物M是它的合成中间体，其合成路线如图：
已知：R1CHO
回答下列问题：
（1）有机物A的名称是 苯甲醛 ；反应②反应类型是 加成反应 。
（2）物质B的结构简式是 ； E的分子式为 C15H21NO3 。
（3）G中含氧官能团的名称是 羟基 ； F中有 2 个手性碳原子。
（4）请写出反应⑤的化学反应方程式 。
（5）物质N是C的一种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式 或 。
①分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环直接相连；
②能使溴水褪色；
③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为6：3：2：2：1：1。
（6）设计由苯甲醇和CH3NH2为原料制备的合成路线。 。
【分析】根据题中合成路线，结合A和C的结构简式可知，B为，C与氢气发生加成得D，D与E发生加成生成F，F发生取代反应生成G，G与H发生取代生成，发生取代反应生成M，
（6）苯甲醇氧化得苯甲醛，苯甲醛与CH3NH2发生题中信息中的反应得，再发生类似题中E到F 的反应可得，据此答题。
【解答】解（1）根据A的结构简式可知，A的名称是苯甲醛，反应②为C与氢气发生加成得D，反应类型是 加成反应，故答案为：苯甲醛； 加成反应；
（2）根据上面的分析可知，B的结构简式是 ；根据E的结构简式可知 E的分子式为C15H21NO3，故答案为：；C15H21NO3；
（3）根据G的结构简式可知，G中含氧官能团的名称是羟基；手性碳原子上连有四个各不相同的原子或原子团，根据F的结构简式可知，F中与羟基相连的碳和与氨基相连的碳都是手性碳，共有 2个，故答案为：羟基；2；
（4）反应⑤为G与H发生取代生成，反应的化学反应方程式为，故答案为：；
（5）物质N是C的一种同分异构体，根据条件 ①分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环直接相连；
②能使溴水褪色，说明有碳碳双键；
③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为6：3：2：2：1：1，即有6种位置的氢，个数比为6：3：2：2：1：1，则符合条件的N的一种同分异构体结构为或，故答案为：或；
（6）苯甲醇氧化得苯甲醛，苯甲醛与CH3NH2发生题中信息中的反应得，再发生类似题中E到F 的反应可得，合成路线为，故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成与推断，为高考常见题型，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系是解本题关键，难点是同分异构体种类判断，要考虑官能团位置异构、碳链异构，题目难度中等。
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