2020年山东省高考化学试题

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1、精选优质文档-倾情为你奉上 2020年山东省化学高考试题一、单选题（每小题2分，共20分）1实验室中下列做法错误的是A用冷水贮存白磷B用浓硫酸干燥二氧化硫C用酒精灯直接加热蒸发皿D用二氧化碳灭火器扑灭金属钾的燃烧2下列叙述不涉及氧化还原反应的是A谷物发酵酿造食醋B小苏打用作食品膨松剂C含氯消毒剂用于环境消毒D大气中NO2参与酸雨形成3短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2，Y、W最外层电子数相同。下列说法正确的是A第一电离能：WXYZB简单离子的还原性：YXWC简单离子的半径：WXYZD氢化物水溶液的酸性：

2、YW4下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是A键能 、 ，因此C2H6稳定性大于Si2H6B立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度CSiH4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CH4DSi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 键5利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是A用甲装置制备并收集CO2B用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生C用丙装置制备无水MgCl2D用丁装置在铁上镀铜6从中草药中提取的 calebin A(结构简式如下)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于 calebi

3、n 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D1mol该分子最多与8molH2发生加成反应7B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似，也有大键。下列关于B3N3H6的说法错误的是A其熔点主要取决于所含化学键的键能B形成大键的电子全部由N提供C分子中B和N的杂化方式相同D分子中所有原子共平面8实验室分离Fe3+和Al3+的流程如下：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 。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

4、体由分液漏斗下口放出C分液后水相为无色，说明已达到分离目的D蒸馏时选用直形冷凝管9以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：已知浸出时产生的废渣中有SO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是A浸出镁的反应为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、NH4ClD分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同10微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含

5、CH3COO-的溶液为例)。下列说法错误的是A负极反应为 B隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜C当电路中转移1mol电子时，模拟海水理论上除盐58.5gD电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2:111-氰基丙烯酸异丁酯可用作医用胶，其结构简式如下。下列关于-氰基丙烯酸异丁酯的说法错误的是A其分子式为 C8H11NO2B分子中的碳原子有3种杂化方式C分子中可能共平面的碳原子最多为6个D其任一含苯环的同分异构体中至少有4种不同化学环境的氢原子12采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如下图所示。忽略温度变化的影响，下列说法错误的是A阳极反应为B电解一

6、段时间后，阳极室的pH未变C电解过程中，H+由a极区向b极区迁移D电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量二、多选题（每小题4纷纷，共20分）13下列操作不能达到实验目的的是目的操作A除去苯中少量的苯酚加入适量NaOH溶液，振荡、静置、分液B证明酸性：碳酸苯酚将盐酸与NaHCO3混合产生的气体直接通入苯酚钠溶液C除去碱式滴定管胶管内的气泡将尖嘴垂直向下，挤压胶管内玻璃球将气泡排出D配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液向试管中加入2mL10%NaOH溶液，再滴加数滴2%CuSO4溶液，振荡AABBCCDD141，3-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

7、()；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下图所示。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A1，4-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1525时，某混合溶液中，1gc( CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，

8、下列说法正确的是AO点时，BN点时，C该体系中，DpH由7到14的变化过程中， CH3COO-的水解程度始终增大三、推断题（共60分）16（12分）化合物F是合成吲哚-2-酮类药物的一种中间体，其合成路线如下： ()知：. . Ar为芳基；X=Cl，Br；Z或Z=COR， CONHR，COOR等。回答下列问题：(1)实验室制备A的化学方程式为_，提高A产率的方法是_；A的某同分异构体只有一种化学环境的碳原子，其结构简式为_。(2)CD的反应类型为_；E中含氧官能团的名称为_。(3)C的结构简式为_，F的结构简式为_。(4)Br2和的反应与Br2和苯酚的反应类似，以和为原料合成，写出能获得更多目

9、标产物的较优合成路线(其它试剂任选)_。四、工业流程17（12分）用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：已知：MnO2是一种两性氧化物；25时相关物质的Ksp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp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

10、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_。五、综合题18（12分）CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题：(1)Sn为A族元素，单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4。常温常压下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

11、环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如图所示，1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有_mol，该螯合物中N的杂化方式有_种。(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。坐标原子xyzCd000Sn000.5As0.250.250.125一个晶胞中有_个Sn，找出距离Cd(0，0，0)最近的Sn_(用分数坐标表示)。CdSnAs2 晶体中与单个Sn键合的As有_个。19（12分）探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3

12、OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：. . . 回答下列问题：(1)_。(2)一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为 mol，CO为b mol，此时H2O(g)的浓度为_molL-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应的平衡常数为_。(3)不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。已知：CO2的平衡转化率=CH3OH的平衡产率=其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图_(填“甲”或“乙

13、”)；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、高压六、实验题20（12分）某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(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：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)K

14、MnO4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50.00mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为_(填标号)。A.15.00 mL B.35.00mL C.大于35.00mL D.小于15.00m1(4)某FeC2O42H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O42H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下:.取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75。用 c molL-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，

15、消耗KMnO4溶液V1mL。.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。样品中所含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.时，样品中一定不含杂质B.越大，样品中含量一定越高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元素含量偏高专心-专注-专业参考答案1D 2B 3C 4C 5C 6D 7A 8A 9B 10B 11C12D 13BC 14AD 15BC

16、16 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 【详解】(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；(2)根据分析，CD为和SOCl2的反应，反应类型为取代反应；E的结构为，其结构中含氧官能团为羰基、酰胺基；(3)根据分析，C的结构简式为CH3COC

17、H2COOH；F的结构简式为；(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反应发生已知条件的取代反应，再发生已知条件的成环反应即可得到目标产物，反应的流程为17增大接触面积，充分反应，提高反应速率： 过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2 蒸发 H2O2 4.9 【详解】(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Ba

18、S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；(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；(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；(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Al

19、3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.010-5mol/L时，c(OH)=10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理论最小值为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+HCO+NH3H2O=MnCO3+NH+H2O。18正四面体形； 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】【详解】（1）Sn

20、为第A族元素，由于常温下SnCl4为液体，故SnCl4为分子晶体；SnCl4分子中中心原子的孤电子对数=0，键电子对数为4，价层电子对数为4，故SnCl4分子的空间构型为正四面体形；（2）NH3、PH3、AsH3的结构相似，结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越强，物质的沸点越高，但是NH3分子间能形成氢键，故这三种物质的沸点NH3AsH3PH3；N、P、As这三种元素位于元素周期表中第A族，原子序数依次增大，同一主族从上到下，随着核电荷数的增加，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，氢化物的还原性逐渐增强，故这三种物质的还原性由强到弱的顺序为AsH3PH3NH3；NH3、PH3、AsH3

21、中中心原子都是sp3杂化，都有1对孤电子对，中心原子的电负性越小，成键电子对之间的斥力越小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，所以这三种物质 键角由大到小的顺序为NH3PH3AsH3；（3）由该物质的结构简式和分析，根据题意“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”，故该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6mol，CdNO2那个不算；该螯合物中N原子的杂化方式都是sp2杂化，故该物质中N的杂化方式有1种；（4）由部分Cd原子的分数坐标为(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，

22、0.5），4个Sn在晶胞的棱上，6个Sn在晶胞的面心；部分As原子的分数坐标为（0.25，0.25，0.125），8个As在晶胞的体心；所以1个晶胞中Sn的个数为 ；距离Cd(0，0，0)最近的Sn是(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)；由晶胞结构图可知，CdSnAs2晶体中与单个Sn结合的As有4个。19+40.9 乙 p1、p2、p3 T1时以反应为主，反应前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 A 【详解】(1).根据反应I+II=III，则H3=H1+H2=-49.5kJmol-1+(-90.4 kJmol-1)=+40.9 kJmol-1；(2).假设反应II中，CO

23、反应了xmol，则II生成的CH3OH为xmol，I生成的CH3OH为(a-x)mol，III生成CO为(b+x)mol，根据反应I：，反应II： ，反应III：，所以平衡时水的物质的量为(a-x)mol+(b+x)mol =(a+b)mol，浓度为:；平衡时CO2的物质的量为1mol-(a-x)mol-(b+x)mol=(1-a-b)mol，H2的物质的量为3mol-3(a-x)mol-2x-(b+x)mol=(3-3a-b)mol，CO的物质的量为bmol，水的物质的量为(a+b)mol，则反应III的平衡常数为：；(3).反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OH的平衡

24、产率减少，所以图甲表示CH3OH的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，反应III为吸热反应，升高温度反应III向正反应方向移动，升高一定温度后以反应III为主，CO2的平衡转化率又升高，所以图乙表示CO2的平衡转化率；压强增大，反应I和II是气体体积减小的反应，反应I和II平衡正向移动，反应III气体体积不变化，平衡不移动，故压强增大CH3OH的平衡产率增大，根据图所以压强关系为：p1p2p3；温度升高，反应I和II平衡逆向移动，反应III向正反应方向移动，所以T1温度时，三条曲线交与一点的原因为：T1时以反应III为主，

25、反应III前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响；(4).根据图示可知，温度越低，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，压强越大，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，所以选择低温和高压，答案选A。20平衡气压，使浓盐酸顺利滴下； NaOH溶液 在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶 酸式 C BD 【详解】(1)装置A为恒压分液漏斗，它的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，C的作用是吸收反应不完的Cl2，可用NaOH溶液吸收，Ca(ClO)2和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2+2H2O，故答案为：

26、平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；NaOH溶液；Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2+2H2O；(2)锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2+4OH-，一部分MnO42-转化为了MnO2，导致最终KMnO4的产率低，而浓盐酸易挥发，直接导致B中NaOH溶液的浓度减小，故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl，故答案为：在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；(3)高锰酸钾有强氧化性，强氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，规格为50.00mL的滴定管中实际的体积大于(50.00-1

27、5.00)mL，即大于35.00mL，故答案为：酸式；C；(4)设FeC2O42H2O的物质的量为xmol，Fe2(C2O4)3的物质的量为ymol，H2C2O42H2O的物质的量为zmol，步骤I中草酸根和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有：2KMnO45H2C2O4(C2O42-)，KMnO45Fe2+，所以，步骤II中Fe2+被氧化，由KMnO45Fe2+可知，联立二个方程解得：z=2.5(cV1-3V2)10-3，所以H2C2O42H2O的质量分数=。关于样品组成分析如下：A时，H2C2O42H2O的质量分数=0，样品中不含H2C2O42H2O，由和可知，y0，样品中含Fe2(C2O4)3杂质，A错误；B越大，由H2C2O42H2O的质量分数表达式可知，其含量一定越大，B正确；CFe元素的物质的量=，若步骤I中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，则不变，则对于测得Fe元素的含量无影响，C错误；D结合C可知：若KMnO4溶液浓度偏低，则消耗KMnO4溶液的体积V1、V2均偏大，Fe元素的物质的量偏大，则测得样品中Fe元素含量偏高，D正确；故答案为：；BD。