2020年贵州省高考化学试卷(新课标Ⅲ)

2020年贵州省高考化学试卷（新课标Ⅲ）

一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 宋代《千里江山图）描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料（主要成分

为𝐶𝑢(𝑂𝐻)2⋅𝐶𝑢𝐶𝑂3)，青色来自蓝铜矿颜料（主要成分为𝐶𝑢(𝑂𝐻)2⋅2𝐶𝑢𝐶𝑂3）。下列说法错误的是（ ） A.保存《千里江山图》需控制温度和湿度 B.孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化 C.孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱

D.𝐶𝑢(𝑂𝐻)2⋅𝐶𝑢𝐶𝑂3中铜的质量分数高于𝐶𝑢(𝑂𝐻)2⋅2𝐶𝑢𝐶𝑂3

2. 金丝桃苷是从中药材中提取的一种具有抗病毒作用的黄酮类化合物，结构式如图：下列关于金丝桃苷的叙述，错误的是（ ）

𝐵． 𝐻𝐶𝑙 稀氨水 𝐶． 𝑁𝑂 稀𝐻2𝑆𝑂4 𝐷． 𝐶𝑂2 饱和𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3溶液

A.𝐴

5. 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是（ ）

2−−2−

A.用𝑁𝑎2𝑆𝑂3溶液吸收少量𝐶𝑙2:3𝑆𝑂3+𝐶𝑙2+𝐻2𝑂=2𝐻𝑆𝑂3+2𝐶𝑙−+𝑆𝑂4

B.𝐵 C.𝐶 D.𝐷

B.向𝐶𝑎𝐶𝑙2溶液中通入𝐶𝑂2:𝐶𝑎2++𝐻2𝑂+𝐶𝑂2=𝐶𝑎𝐶𝑂3↓+2𝐻+ C.向𝐻2𝑂2溶液中滴加少量𝐹𝑒𝐶𝑙3:2𝐹𝑒3++𝐻2𝑂2=𝑂2↑+2𝐻++2𝐹𝑒2+

A.可与氢气发生加成反应

C.能与乙酸发生酯化反应

3. 𝑁𝐴是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） A.22.4𝐿（标准状况）氮气中含有7𝑁𝐴个中子 B.1𝑚𝑜𝑙重水比1𝑚𝑜𝑙水多𝑁𝐴个质子

C.12𝑔石墨烯和12𝑔金刚石均含有𝑁𝐴个碳原子 D.1𝐿 1𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1 𝑁𝑎𝐶𝑙溶液含有28𝑁𝐴个电子

4. 喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体--溶液，能出现喷泉现象的是（ ）

A.负载通过0.04𝑚𝑜𝑙电子时，有0.224𝐿 （标准状况）𝑂2参与反应 B.正极区溶液的𝑝𝐻降低、负极区溶液的𝑝𝐻升高

3−

C.电池总反应为4𝑉𝐵2+1102+200𝐻−+6𝐻2𝑂=8𝐵(𝑂𝐻)−4+4𝑉𝑂4 +D.同浓度同体积𝑁𝐻4𝐻𝑆𝑂4溶液与𝑁𝑎𝑂𝐻溶液混合：𝑁𝐻4+𝑂𝐻−=𝑁𝐻3⋅𝐻2𝑂

B.分子含21个碳原子

D.不能与金属钠反应

6. 一种高性能的碱性硼化钒(𝑉𝐵2 )−−空气电池如图所示，其中在𝑉𝐵2电极发生反应：𝑉𝐵2+160𝐻−−

3−

11𝑒−=𝑉𝑂4+2𝐵(𝑂𝐻)−4+4𝐻2𝑂该电池工作时，下列说法错误的是（ ）

气体 溶液 𝐴． 𝐻2𝑆 稀盐酸 D.电流由复合碳电极经负载、𝑉𝐵2电极、𝐾𝑂𝐻溶液回到复合碳电极

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7. 𝑊、𝑋、𝑌、𝑍为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满足𝑋+𝑌＝𝑊+𝑍；化合物𝑋𝑊3

与𝑊𝑍相遇会产生白烟。下列叙述正确的是（ ） A.非金属性：𝑊>𝑋>𝑌>𝑍 C.元素𝑋的含氧酸均为强酸

B.原子半径：𝑍>𝑌>𝑋>𝑊 D.𝑌的氧化物水化物为强碱

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的𝑝𝐻如下表所示：

二、非选择题：共58分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11～12为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。

氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用如图装置（部分装置省略）制备 𝐾𝐶𝑙𝑂3和𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂，探究其氧化还原性质。

金属离子 开始沉淀时(𝑐＝0.01 𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1)的𝑝𝐻 沉淀完全时(𝑐＝1.0×10−5𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1)的𝑝𝐻 回答下列问题：

𝑁𝑖2+ 7.2 8.7 𝐴𝑙3+ 3.7 4.7 𝐹𝑒3+ 2.2 3.2 𝐹𝑒2+ 7.5 9.0 （1）“碱浸”中𝑁𝑎𝑂𝐻的两个作用分别是________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式________。

（2）“滤液②”中含有的金属离子是________。

（3）“转化”中可替代𝐻2𝑂2的物质是________。若工艺流程改为先“调𝑝𝐻”后“转化”，即

回答下列问题：

（1）盛放𝑀𝑛𝑂2粉末的仪器名称是________，𝑎中的试剂为________。

（2）𝑏中采用的加热方式是________。𝑐中化学反应的离子方程式是________，采用冰水浴冷却的目的是________。

（3）𝑑的作用是（ ），可选用试剂( ) （填标号）。 A.𝑁𝑎2𝑆

（4）反应结束后，取出𝑏中试管，经冷却结晶，________，________，干燥，得到𝐾𝐶𝑙𝑂3晶体。

（5）取少量𝐾𝐶𝑙𝑂3和𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性𝐾𝐼溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入𝐶𝐶𝑙4振荡，静置后𝐶𝐶𝑙4层显________色。可知该条件下𝐾𝐶𝑙𝑂3的氧化能力________𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂（填“大于”或“小于”）。

某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属𝑁𝑖、𝐴𝑙、𝐹𝑒及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如图工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(𝑁𝑖𝑆𝑂4⋅7𝐻2𝑂 )：

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，“滤液③”中可能含有的杂质离子为________。

（4）利用上述表格数据，计算𝑁𝑖(𝑂𝐻)2的𝐾𝑠𝑝＝________（列出计算式）。如果“转化”后的溶液中𝑁𝑖2+浓度为1.0𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1，则“调𝑝𝐻”应控制的𝑝𝐻范围是________。

D.𝐻2𝑆𝑂4

（5）硫酸镍在强碱溶液中用𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的𝑁𝑖𝑂𝑂𝐻．写出该反应的离子方程式________。

（6）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是________。

二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用𝐶𝑂2的热点研究领域。回答下列问题：

B.𝑁𝑎𝐶𝑙

C.𝐶𝑎(𝑂𝐻)2

解释放氢气：

+3−

3𝑁𝐻3𝐵𝐻3+6𝐻2𝑂=3𝑁𝐻4+𝐵3𝑂6+9𝐻2

3−𝐵3𝑂6的结构为

．在该反应中，𝐵原子的杂化轨道类型由________变为________。

（3）𝑁𝐻3𝐵𝐻3分子中，与𝑁原子相连的𝐻呈正电性(𝐻𝛿+)，与𝐵原子相连的𝐻呈负电性(𝐻𝛿−)，电负性大小顺序是________。与𝑁𝐻3𝐵𝐻3原子总数相等的等电子体是________（写分子式），其熔点比𝑁𝐻3𝐵𝐻3________（填“高”或“低”），原因是在𝑁𝐻3𝐵𝐻3分子之间，存在________作用，也称“双氢键”。

（4）研究发现，氨硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为𝑎𝑝𝑚、𝑏𝑝𝑚、𝑐𝑝𝑚，𝛼＝𝛽＝𝛾＝90∘．氨硼烷的2×2×2超晶胞结构如图所示。氨硼烷晶体的密度𝜌＝________𝑔⋅𝑐𝑚−3（列出计算式，设𝑁𝐴为阿伏加德罗常数的值）。 [化学--选修5：有机化学基础]（15分）

（1）𝐶𝑂2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比𝑛(𝐶2𝐻4)：𝑛(𝐻2𝑂)＝________。当反应达到

平衡时，若增大压强，则𝑛(𝐶2𝐻4)________（填“变大”“变小”或“不变”）。

（2）理论计算表明。原料初始组成𝑛(𝐶𝑂2)：𝑛(𝐻2)＝1:3，在体系压强为0.1𝑀𝑃𝑎，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数𝑥随温度𝑇的变化如图所示。图中，表示𝐶2𝐻4、𝐶𝑂2变化的曲线分别是________、________。 𝐶𝑂2催化加氢合成𝐶2𝐻4反应的△𝐻________0 （填“大于”或“小于”）。

（3）根据图中点𝐴(440𝐾, 0.39)，计算该温度时反应的平衡常数𝐾𝑝＝________(𝑀𝑃𝑎)−3（列出计算式。以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）。

（4）二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成𝐶3𝐻6、𝐶3𝐻8、𝐶4𝐻8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当________。

（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[化学--选修3：物质结构与性质]（15分）

氨硼烷(𝑁𝐻3𝐵𝐻3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题：

苯基环丁烯酮（𝑃𝐶𝐵𝑂)是一种十分活泼的反应物，可利用它的开环反应合成一系列多官能

团化合物。近期我国科学家报道用𝑃𝐶𝐵𝑂与醛或酮发生[4+2]环加成反应，合成了具有生物活性的多官能团化合物(𝐸)，部分合成路线如图：

已知如下信息：

（1）𝐻、𝐵、𝑁中，原子半径最大的是________。根据对角线规则，𝐵的一些化学性质与元素________的相似。

（2）𝑁𝐻3𝐵𝐻3分子中，𝑁−𝐵化学键称为________键，其电子对由________提供。氨硼烷在催化剂作用下水

回答下列问题：

（1）𝐴的化学名称是________。

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（2）𝐵的结构简式为________。

（3）由𝐶生成𝐷所用的试剂和反应条件为________；该步反应中，若反应温度过高，𝐶易发生脱羧反应，生成分子式为𝐶8𝐻8𝑂2的副产物，该副产物的结构简式为________。

（4）写出化合物𝐸中含氧官能团的名称________；𝐸中手性碳（注：连有四个不同的原子或基团的碳）的个数为________。

（5）𝑀为𝐶的一种同分异构体。已知：1𝑚𝑜𝑙 𝑀与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2𝑚𝑜𝑙二氧化碳；𝑀与酸性高锰酸钾溶液反应生成对苯二甲酸。𝑀的结构简式为________。

（6）对于

，选用不同的取代基𝑅′，在催化剂作用下与𝑃𝐶𝐵𝑂发生的[4+2]反应进行深入研究，

𝑅′对产率的影响见下表：

𝑅′ −𝐶𝐻3 −𝐶2𝐻5 −𝐶𝐻2𝐶𝐻2𝐶6𝐻5 产率/% 91 80 63 请找出规律，并解释原因________。

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参与试题解析

2020年贵州省高考化学试卷（新课标Ⅲ）

一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1.

【答案】 C

【考点】

古诗文中的化学 硅和二氧化硅 铁的氧化物和氢氧化物

【解析】

𝐴．𝐶𝑢(𝑂𝐻)2⋅𝐶𝑢𝐶𝑂3和𝐶𝑢(𝑂𝐻)2⋅2𝐶𝑢𝐶𝑂3均不稳定，受热易分解，纤维素或蛋白质均能水解； 𝐵．𝐶𝑢(𝑂𝐻)2⋅𝐶𝑢𝐶𝑂3和𝐶𝑢(𝑂𝐻)2⋅2𝐶𝑢𝐶𝑂3中除𝑂元素外，𝐶、𝐻、𝐶𝑢均为最高价； 𝐶．𝐶𝑢(𝑂𝐻)2⋅𝐶𝑢𝐶𝑂3和𝐶𝑢(𝑂𝐻)2⋅2𝐶𝑢𝐶𝑂3均能与酸反应，不与碱反应； 𝐷．通过计算判断比较铜的质量分数大小。 【解答】

𝐴．𝐶𝑢(𝑂𝐻)2⋅𝐶𝑢𝐶𝑂3和𝐶𝑢(𝑂𝐻)2⋅2𝐶𝑢𝐶𝑂3均不稳定，受热易分解，纤维素或蛋白质均能水解，长期在潮湿环境中易腐烂变质，则保存《千里江山图》需控制温度和湿度，故𝐴正确；

𝐵．𝐶𝑢(𝑂𝐻)2⋅𝐶𝑢𝐶𝑂3和𝐶𝑢(𝑂𝐻)2⋅2𝐶𝑢𝐶𝑂3中除𝑂元素外，𝐶、𝐻、𝐶𝑢均为最高价，无还原性，不能被空气中氧气氧化，则孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化，故𝐵正确；

𝐶．𝐶𝑢(𝑂𝐻)2⋅𝐶𝑢𝐶𝑂3和𝐶𝑢(𝑂𝐻)2⋅2𝐶𝑢𝐶𝑂3均能与酸反应，不与碱反应，则孔雀石、蓝铜矿颜料耐碱不耐酸，故𝐶错误；

𝐷．𝐶𝑢(𝑂𝐻2)⋅𝐶𝑢𝐶𝑂3中铜的质量分数为222×100%，𝐶𝑢(𝑂𝐻2)⋅2𝐶𝑢𝐶𝑂3中铜的质量分数为346×100%，则𝐶𝑢(𝑂𝐻2)⋅𝐶𝑢𝐶𝑂3中铜的质量分数高于𝐶𝑢(𝑂𝐻2)⋅2𝐶𝑢𝐶𝑂3，故𝐷正确； 【点评】

本题以《千里江山图》为载体，考查物质的组成、结构和性质的关系，涉及元素质量分数的计算和盐的通性，基础考查，难度中等。 2. 【答案】 D

【考点】

有机物的结构和性质 【解析】

𝐴、分子中含有碳碳双键、碳氧双键和苯环； 𝐵、由图可知金丝桃苷的分子式𝐶21𝐻20𝑂12； 𝐶、分子中含有羟基，能发生酯化反应； 𝐷、分子结构可知结构中含有羟基； 【解答】

𝐴、分子中含有碳碳双键、碳氧双键和苯环，可以发生加成反应，故𝐴正确； 𝐵、由图可知金丝桃苷的分子式𝐶21𝐻20𝑂12，则分子含21个碳原子，故𝐵正确；

128

192

𝐶、分子中含有羟基，能发生酯化反应，即能与乙酸发生酯化反应，故𝐶正确； 𝐷、分子结构可知结构中含有羟基，能与金属钠反应产生氢气，故𝐷错误； 【点评】

本题考查有机物结构和性质，侧重考查酚、烯烃、醇、醚和酮的性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，题目难度不大。 3. 【答案】 C

【考点】

阿伏加德罗常数 【解析】

𝐴．一个氮气分子有14个中子； 𝐵．重水和水的质子数相等；

𝐶．根据𝑛=𝑀计算物质的量，再比较微粒数；

𝐷．溶剂也要考虑。 【解答】

𝐴．氮气是双原子分子，一个氮气分子有14个中子，22.4𝐿 （标准状况）氮气中含有14𝑁𝐴个中子，故𝐴错误； 𝐵．重水(𝐷2𝑂)和水(𝐻2𝑂)的质子数都是10，1𝑚𝑜𝑙重水比1𝑚𝑜𝑙水都是10𝑁𝐴个质子，故𝐵错误；

𝐶.12𝑔石墨烯𝑛=𝑀=12𝑔/𝑚𝑜𝑙=1𝑚𝑜𝑙，含有𝑁𝐴个碳原子，12𝑔金刚石(𝐶)的物质的量𝑛=𝑀=12𝑔/𝑚𝑜𝑙=1𝑚𝑜𝑙，含有𝑁𝐴个碳原子，故𝐶正确；

𝐷.1𝐿 1𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1 𝑁𝑎𝐶𝑙溶质含有28𝑁𝐴个电子，溶剂水也要考虑，故𝐷错误； 【点评】

本题考查阿伏加德罗常数的计算，是高频考点，要熟练掌握计算公式，和公式的使用条件，𝐷选项容易思维定式出现错误。 4.

【答案】 B

【考点】 氨的化学性质 【解析】

在烧瓶中充满干燥气体，而胶头滴管及烧杯中分别盛有液体，若形成喷泉，则气体极易溶于液体或气体极易与液体反应，以此来解答。 【解答】

𝐴、𝐻2𝑆在稀盐酸中溶解度小，且与稀盐酸不反应，不能出现喷泉，故𝐴错误；

𝐵．𝐻𝐶𝑙气体极易溶于稀氨水，且氯化氢气体与氨水反应生成氯化铵，产生压强差，形成喷泉，故𝐵正确； 𝐶、一氧化氮不溶于稀𝐻2𝑆𝑂4，也不与稀𝐻2𝑆𝑂4反应，不能出现喷泉，故𝐶错误；

𝐷、二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠，也不与饱和碳酸氢钠反应，不能出现喷泉，故𝐷错误； 【点评】

本题考查实验装置综合，为高频考点，把握喷泉实验的原理为解答的关键，侧重物质性质及实验能力的考查，注意气体极易溶于液体或气体极易与液体反应可形成喷泉，题目难度不大。 5. 【答案】

𝑚

12𝑔

𝑚

12𝑔

𝑚

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A

【考点】

离子方程式的书写 【解析】

𝐴．符合电荷守恒，物料守恒，强制弱规律， 𝐵．向𝐶𝑎𝐶𝑙2溶液中通入𝐶𝑂2不反应；

𝐶．不符合客观事实，氧气氧化二价铁离子；

𝐷．不符合客观事实，氢氧根优先与氢离子反应。 【解答】

2−−2−

𝐴．用𝑁𝑎2𝑆𝑂3溶液吸收少量𝐶𝑙2:3𝑆𝑂3+𝐶𝑙2+𝐻2𝑂=2𝐻𝑆𝑂3+2𝐶𝑙−+𝑆𝑂4，符合电荷守恒，物料守恒，强制弱规律，故𝐴正确；

𝐵．弱酸不能制强酸，向𝐶𝑎𝐶𝑙2溶液中通入𝐶𝑂2不反应，故𝐵错误；

𝐶．向𝐻2𝑂2溶液中滴加少量𝐹𝑒𝐶𝑙3，𝐹𝑒𝐶𝑙3做催化剂，促进双氧水的分解，氧气的氧化性大于三价铁离子，弱氧化剂不能制强氧化剂，故𝐶错误；

𝐷．不符合客观事实，氢氧根优先与酸性更强的氢离子反应，正确的离子方程式：𝐻++𝑂𝐻−=𝐻2𝑂，故𝐷错误； 【点评】

本题考查了化学反应原理，离子方程式的书写，离子方程式的正误判断，重点考查反应发生的可能性，掌握强制弱的原理，难度中等。 6. 【答案】 B

【考点】

电解池的工作原理及应用 【解析】

𝐴、正极氧气得电子生成氢氧根离子；

3−−

𝐵、根据负极𝑉𝐵2+160𝐻−−11𝑒−=𝑉𝑂4+2𝐵(𝑂𝐻)−4+4𝐻2𝑂消耗氢氧根离子，正极𝑂2+4𝑒+2𝐻2𝑂＝40𝐻−分析解答；

3−−−

𝐶、负极：𝑉𝐵2+160𝐻−−11𝑒−=𝑉𝑂4+2𝐵(𝑂𝐻)−4+4𝐻2𝑂，正极：𝑂2+4𝑒+2𝐻2𝑂＝40𝐻，根据得失电子守恒求总的电极反应式；

𝐷、原电池中电流由正极经过外电路向负极，由此分析解答。 【解答】

𝐴、正极氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为：𝑂2+4𝑒−+2𝐻2𝑂＝40𝐻−，由电极反应式可知，消耗1𝑚𝑜𝑙氧气转移4𝑚𝑜𝑙电子，则负载通过0.04𝑚𝑜𝑙电子时，有0.224𝐿 （标准状况）𝑂2参与反应，故𝐴正确；

3−−

𝐵、根据负极𝑉𝐵2+160𝐻−−11𝑒−=𝑉𝑂4+2𝐵(𝑂𝐻)−4+4𝐻2𝑂消耗氢氧根离子，正极𝑂2+4𝑒+2𝐻2𝑂＝40𝐻−，则正极区溶液的𝑝𝐻升高、负极区溶液的𝑝𝐻降低，故𝐵错误；

3−−−

𝐶、负极：𝑉𝐵2+160𝐻−−11𝑒−=𝑉𝑂4+2𝐵(𝑂𝐻)−4+4𝐻2𝑂…①，正极：𝑂2+4𝑒+2𝐻2𝑂＝40𝐻…②，

3−

根据得失电子守恒，即4①+11②得：4𝑉𝐵2+1102+200𝐻−+6𝐻2𝑂=8𝐵(𝑂𝐻)−4+4𝑉𝑂4，故𝐶正确； 𝐷、原电池中电流由正极经过外电路向负极，则电流由复合碳电极经负载、𝑉𝐵2电极、𝐾𝑂𝐻溶液回到复合碳电极，故𝐷正确； 【点评】

本题考查原电池及其电解池的工作原理，题目难度中等，本题注意把握电极反应式的书写，利用电子守恒计算。 7. 【答案】

D

【考点】

原子结构与元素周期律的关系 【解析】

原子序数依次增大的短周期元素，化合物𝑋𝑊3与𝑊𝑍相遇会产生白烟，先假设是氨气和氯化氢，再结合四种元素的核外电子总数满足𝑋+𝑌＝𝑊+𝑍，推导出𝑊、𝑋、𝑌、𝑍分别是𝐻、𝑁、𝑁𝑎、𝐶𝑙，据此答题。 【解答】

𝐴．根据最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，非金属性𝐶𝑙>𝑁>𝐻>𝑁𝑎，故𝐴错误；

𝐵．同周期元素从左向右原子半径依次减小，同主族元素自上而下原子半径依次增大，原子半径：𝑁𝑎>𝐶𝑙>𝑁>𝐻，故𝐵错误；

𝐶．元素𝑋的含氧酸有和亚，亚是弱酸，故𝐶错误； 𝐷．𝑌的氧化物水化物为氢氧化钠，氢氧化钠是强碱，故𝐷正确； 【点评】

本题以推断的形式考查了元素周期律、元素周期表，是高频考点，要熟练掌握周期表的结构，要熟悉常见元素化合物的性质，正确推断出元素后才能做题。

二、非选择题：共58分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11～12为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。 【答案】

圆底烧瓶,饱和食盐水

水浴加热,𝐶𝑙2+20𝐻−𝐶𝑙𝑂−+𝐶𝑙−+𝐻2𝑂,避免生成𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂3 吸收多余的氯气，防止污染大气AC 过滤,少量的冷水洗涤 紫,小于

【考点】

制备实验方案的设计 氯气的实验室制法

【解析】

实验目的制备𝐾𝐶𝑙𝑂3和𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂，并探究其氧化还原性质；

实验原理：3𝐶𝑙2+6𝐾𝑂𝐻𝐾𝐶𝑙𝑂3+5𝐾𝐶𝑙+3𝐻2𝑂，𝐶𝑙2+2𝑁𝑎𝑂𝐻𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂+𝑁𝑎𝐶𝑙+3𝐻2𝑂；

实验装置：最左侧为制取氯气装置，𝑎为除杂装置，杂质为挥发的氯化氢和水，后面还要通入溶液，没有必要除水，所以𝑎中用饱和食盐水除氯化氢，

装置𝑏 用来制取𝐾𝐶𝑙𝑂3，装置𝑐 用来制取𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂，装置𝑑用来吸收多余的氯气，防止污染大气，

（1）根据形状和用途判断，盛放𝑀𝑛𝑂2粉末的仪器名称是圆底烧瓶，𝑎为除杂装置，杂质为挥发的氯化氢和水，所以𝑎中用饱和食盐水除氯化氢；

（2）根据装置图看出𝑏中采用的加热方式是水浴加热；𝑐中化学反应：𝐶𝑙2+2𝑁𝑎𝑂𝐻𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂+𝑁𝑎𝐶𝑙+𝐻2𝑂改离子方程式，氢氧化钠与氯气反应有多种情况，温度高时生成𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂3采用冰水浴冷却的目的是提高产品的纯度；

（3）𝑑为尾气处理装置，作用是装置𝑑用来吸收多余的氯气，防止污染大气，可选用试剂可以和氯气反应的物质𝑁𝑎2𝑆和𝐶𝑎(𝑂𝐻)2；

（4）𝑏试管中的溶质主要是𝐾𝐶𝑙𝑂3，𝐾𝐶𝑙，𝐾𝐶𝑙𝑂3的溶解度受温度影响大，冷却结晶，析出𝐾𝐶𝑙𝑂3晶体，经过过滤得到𝐾𝐶𝑙𝑂3晶体，表面还有𝐾𝐶𝑙杂质，通过冷水洗涤减少𝐾𝐶𝑙𝑂3的损失；

△

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（5）取少量𝐾𝐶𝑙𝑂3和𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性𝐾𝐼溶液，1号试管溶液颜色不变，说明𝐾𝐶𝑙𝑂3没有和𝐾𝐼溶液反应，2号试管溶液变为棕色，说明𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂和𝐾𝐼溶液反应生成了碘单质，加入𝐶𝐶𝑙4振荡，碘单质易溶解于𝐶𝐶𝑙4中，静置后𝐶𝐶𝑙4层显紫色。可知该条件下𝐾𝐶𝑙𝑂3的氧化能力比𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂差。 【解答】

根据形状和用途判断，盛放𝑀𝑛𝑂2粉末的仪器名称是圆底烧瓶，𝑎为除杂装置，杂质为挥发的氯化氢和水，后面还要通入溶液，没有必要除水，所以𝑎中用饱和食盐水除氯化氢，𝑎中的试剂为饱和食盐水； 故答案为：圆底烧瓶；饱和食盐水；

根据装置图看出𝑏中采用的加热方式是水浴加热；𝑐中化学反应：𝐶𝑙2+2𝑁𝑎𝑂𝐻𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂+𝑁𝑎𝐶𝑙+𝐻2𝑂，改离子方程式：𝐶𝑙2+20𝐻−𝐶𝑙𝑂−+𝐶𝑙−+𝐻2𝑂，氢氧化钠与氯气反应有多种情况，温度高时生成𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂3．采用冰水浴冷却的目的是提高产品的纯度；

故答案为：水浴加热；𝐶𝑙2+20𝐻−𝐶𝑙𝑂−+𝐶𝑙−+𝐻2𝑂；避免生成𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂3；

𝑑为尾气处理装置，作用是装置𝑑用来吸收多余的氯气，防止污染大气，可选用试剂为可以和氯气反应的物质𝑁𝑎2𝑆和𝐶𝑎(𝑂𝐻)2；

故答案为：吸收多余的氯气，防止污染大气；𝐴𝐶；

𝑏试管中的溶质主要是𝐾𝐶𝑙𝑂3，𝐾𝐶𝑙，𝐾𝐶𝑙𝑂3的溶解度受温度影响大，冷却结晶，析出𝐾𝐶𝑙𝑂3晶体，经过过滤得到𝐾𝐶𝑙𝑂3晶体，表面还有𝐾𝐶𝑙杂质，通过冷水洗涤减少𝐾𝐶𝑙𝑂3的损失； 故答案为：过滤；少量的冷水洗涤；

取少量𝐾𝐶𝑙𝑂3和𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性𝐾𝐼溶液，1号试管溶液颜色不变，说明𝐾𝐶𝑙𝑂3没有和𝐾𝐼溶液反应，2号试管溶液变为棕色，说明𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂和𝐾𝐼溶液反应生成了碘单质，加入𝐶𝐶𝑙4振荡，碘单质易溶解于𝐶𝐶𝑙4中，静置后𝐶𝐶𝑙4层显紫色。可知该条件下𝐾𝐶𝑙𝑂3的氧化能力比𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂差； 故答案为：紫；小于。

【点评】

本题是制备实验，以制备𝐾𝐶𝑙𝑂3和𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂，探究其氧化还原性质，考查学生实验素养和分析问题的能力，难度中等，要有扎实的实验功底和化学学科素养。 【答案】

−

除去油脂、溶解铝及其氧化物,𝐴𝑙𝑂2+𝐻++𝐻2𝑂＝𝐴𝑙(𝑂𝐻)3↓或[𝐴𝑙(𝑂𝐻)4]−+𝐻+＝𝐴𝑙(𝑂𝐻)3↓+𝐻2𝑂 𝑁𝑖2+、𝐹𝑒2+、𝐹𝑒3+ 𝑂2或空气,𝐹𝑒3+

𝑐(𝑁𝑖2+)𝑐2(𝑂𝐻−)＝1.0×10−5𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1×1×10−5.3𝑚𝑜𝑙/𝐿×1×10−5.3𝑚𝑜𝑙/𝐿＝1×10−15.6(𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1)3,3.2∼6.2

2𝑁𝑖2++𝐶𝑙𝑂ˉ+40𝐻ˉ＝2𝑁𝑖𝑂𝑂𝐻↓+𝐶𝑙ˉ+𝐻2𝑂 提高镍的回收率

【考点】

物质的分离、提纯和除杂的基本方法选择与应用 【解析】

由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入𝑁𝑎𝑂𝐻溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2𝐴𝑙+2𝑁𝑎𝑂𝐻+2𝐻2𝑂＝2𝑁𝑎𝐴𝑙𝑂2+3𝐻2↑、𝐴𝑙2𝑂3+2𝑁𝑎𝑂𝐻＝2𝑁𝑎𝐴𝑙𝑂2+𝐻2𝑂将𝐴𝑙及其氧化物溶解，得到的滤液①含有𝑁𝑎𝐴𝑙𝑂2，滤饼①为𝑁𝑖、𝐹𝑒及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀𝐻2𝑆𝑂4酸浸后得到含有𝑁𝑖2+、𝐹𝑒2+、𝐹𝑒3+的滤液②，𝐹𝑒2+经𝐻2𝑂2氧化为𝐹𝑒3+后，加入𝑁𝑎𝑂𝐻调节𝑝𝐻使𝐹𝑒3+转化为𝐹𝑒(𝑂𝐻)3沉淀除去，再控制

𝑝𝐻浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。 【解答】

根据分析可知，向废镍催化剂中加入𝑁𝑎𝑂𝐻溶液进行碱浸，可除去油脂，并将𝐴𝑙及其氧化物溶解，滤液①中

−

含有𝑁𝑎𝐴𝑙𝑂2（或𝑁𝑎[𝐴𝑙(𝑂𝐻)4]），加入稀硫酸可发生反应𝐴𝑙𝑂2+𝐻++𝐻2𝑂＝𝐴𝑙(𝑂𝐻)3↓或[𝐴𝑙(𝑂𝐻)4]−+𝐻+＝𝐴𝑙(𝑂𝐻)3↓+𝐻2𝑂；

−

故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；𝐴𝑙𝑂2+𝐻++𝐻2𝑂＝𝐴𝑙(𝑂𝐻)3↓或[𝐴𝑙(𝑂𝐻)4]−+𝐻+＝𝐴𝑙(𝑂𝐻)3↓+𝐻2𝑂；

加入稀硫酸酸浸，𝑁𝑖、𝐹𝑒及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是𝑁𝑖2+、𝐹𝑒2+、𝐹𝑒3+， 故答案为：𝑁𝑖2+、𝐹𝑒2+、𝐹𝑒3+；

“转化”中𝐻2𝑂2的作用是将𝐹𝑒2+氧化为𝐹𝑒3+，不能引入杂质，可用𝑂2或空气替代；若将工艺流程改为先“调𝑝𝐻”后“转化”，会使调𝑝𝐻过滤后的溶液中含有𝐹𝑒2+、则滤液③中可能含有转化生成的𝐹𝑒3+； 故答案为：𝑂2或空气；𝐹𝑒3+；

由上述表格可知，𝑁𝑖2+完全沉淀时的𝑝𝐻＝8.7，此时𝑐(𝑁𝑖2+)＝1.0×10−5𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1，𝑐(𝐻+)＝1.0×10

−8.7

1×10−14

𝑚𝑜𝑙⋅𝐿，则𝑐(𝑂𝐻)=𝑐(𝐻+)=1×10−8.7=1×10−5.3𝑚𝑜𝑙/𝐿，则𝑁𝑖(𝑂𝐻)2的𝐾𝑠𝑝＝𝑐(𝑁𝑖2+)𝑐2(𝑂𝐻−)＝

𝐾𝑠𝑝𝑐(𝑁𝑖2+)

−1−

𝐾𝑊

1.0×10−5𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1×1×10−5.3𝑚𝑜𝑙/𝐿×1×10−5.3𝑚𝑜𝑙/𝐿＝1×10−15.6(𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1)3．如果“转化”后的溶液中𝑁𝑖2+浓度为1.0𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1，为避免镍离子沉淀，𝐾𝑠𝑝＝𝑐(𝑁𝑖2+)𝑐2(𝑂𝐻−)，𝑐2(𝑂𝐻−)=

=1×

10−15.6(𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1)2，此时𝑐(𝑂𝐻−)＝1×10−7.8𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1，则𝑐(𝐻+)＝1.0×10−6.2𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1，即𝑝𝐻＝6.2；𝐹𝑒3+完全沉淀的𝑝𝐻为3.2，因此“调节𝑝𝐻”应控制的𝑝𝐻范围是3.2∼6.2；

故答案为：𝑐(𝑁𝑖2+)𝑐2(𝑂𝐻−)＝1.0×10−5𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1×1×10−5.3𝑚𝑜𝑙/𝐿×1×10−5.3𝑚𝑜𝑙/𝐿＝1×10−15.6(𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1)3；3.2∼6.2；

由题干信息，硫酸镍在强碱中被𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂氧化得到𝑁𝑖𝑂𝑂𝐻沉淀，即反应中𝑁𝑖2+被氧化为𝑁𝑖𝑂𝑂𝐻沉淀，𝐶𝑙𝑂ˉ被还原为𝐶𝑙ˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2𝑁𝑖2++𝐶𝑙𝑂ˉ+40𝐻ˉ＝2𝑁𝑖𝑂𝑂𝐻↓+𝐶𝑙ˉ+𝐻2𝑂； 故答案为：2𝑁𝑖2++𝐶𝑙𝑂ˉ+40𝐻ˉ＝2𝑁𝑖𝑂𝑂𝐻↓+𝐶𝑙ˉ+𝐻2𝑂；

分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有𝑁𝑖2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率； 故答案为：提高镍的回收率。

【点评】

本题以化学工艺流程为背景，考查物质的分离提纯，离子反应、氧化还原反应、沉淀平衡常数的计算等知识点，是近年高考的热点题型，属于学科内综合题，考查分析问题能力、提取利用题目信息能力，计算能力、表达能力等，难度中等，注意（4）中𝑁𝑖2+开始沉淀的𝑝𝐻不能直接利用表中数据，要通过计算获得。 【答案】 1:4,变大 𝑑,𝑐,小于 91× 4(0.039)3选择合适的催化剂

【考点】

化学平衡的计算 【解析】

（1）根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。根据可逆反应的特点分析增大压强对化学平衡的影响；

第13页 共20页 ◎ 第14页 共20页

（2）原料初始组成𝑛(𝐶𝑂2)：𝑛(𝐻2)＝1:3，根据方程式，生成物乙烯与水物质的量之比为1:4，从图中找到关键数据确定代表各组分的曲线；

根据图中代表各组分的曲线随温度变化的趋势，确定该反应是放热反应还是吸热反应；

（3）原料初始组成𝑛(𝐶𝑂2)：𝑛(𝐻2)＝1:3，在体系压强为0.1𝑀𝑝𝑎建立平衡，由𝐴点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，生成物乙烯与水物质的量之比为1:4，求出乙烯、二氧化碳的物质的量分数，结合化学平衡常数公式计算；

（4）根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性，工业上通常要选择合适的催化剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。 【解答】

𝐶𝑂2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2𝐶𝑂2+6𝐻2⇌𝐶𝐻2＝𝐶𝐻2+4𝐻2𝑂， 则该反应中产物的物质的量之比𝑛(𝐶2𝐻4)：𝑛(𝐻2𝑂)＝1:4；

由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，𝑛(𝐶2𝐻4)变大，

故答案为：1:4；变大；

由题中信息可知，两反应物初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，𝑐和𝑎所表示的物质的物质的量分数之比为1:3、𝑑和𝑏表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是𝑑，表示二氧化碳变化曲线的是𝑐；

由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，△𝐻小于0， 故答案为：𝑑；𝑐；小于；

原料初始组成𝑛(𝐶𝑂2)：𝑛(𝐻2)＝1:3，在体系压强为0.1𝑀𝑝𝑎建立平衡，由𝐴点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即乙烯的物质的量分数为的物质的量分数为氢气的三分之一，即二氧化碳的物质的量分数为𝐾𝑝=

𝑝(𝐶2𝐻4)⋅𝑝4(𝐻2𝑂)𝑝2(𝐶𝑂2)⋅𝑝6(𝐻2)

9

1

0.393

0.394

【考点】

原子轨道杂化方式及杂化类型判断 晶胞的计算

【解析】

根据元素在周期表中的位置比较和判断元素的相关性质；根据中心原子的价层电子对数确定其杂化轨道的类型；运用等量代换的方法寻找等电子体；根据电负性对化合价的影响比较不同元素的电负性；根据晶胞的质量和体积求晶体的密度。 【解答】

在所有元素中，𝐻原子的半径是最小的，同一周期从左到右，原子半径依次减小，所以，𝐻、𝐵、𝑁中原子半径最大是𝐵．𝐵与𝑆𝑖在元素周期表中处于对角线的位置，根据对角线规则，𝐵的一些化学性质与𝑆𝑖元素相似。 故答案为：𝐵；𝑆𝑖。

𝐵原子最外层有3个电子，其与3个𝐻原子形成共价键后，其价层电子对只有3对，还有一个空轨道；在𝑁𝐻3中，𝑁原子有一对孤对电子，故在𝑁𝐻3𝐵𝐻3分子中，𝑁−𝐵键为配位键，其电子对由𝑁原子提供。𝑁𝐻3𝐵𝐻3分子中，

3−

𝐵原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为𝑠𝑝3．𝑁𝐻3𝐵𝐻3在催化剂的作用下水解生成氢气和𝐵3𝑂6，由图中

3−

信息可知，𝐵3𝑂6中每个𝐵原子只形成3个𝜎键，其中的𝐵原子的杂化方式为𝑠𝑝2，因此，𝐵原子的杂化轨道类型由𝑠𝑝3变为𝑠𝑝2。

故答案为：配位、𝑁、𝑠𝑝3、𝑠𝑝2。

𝑁𝐻3𝐵𝐻3分子中，与𝑁原子相连的𝐻呈正电性，说明𝑁的电负性大于𝐻；与𝐵原子相连的𝐻呈负电性，说明𝐻的电负性大于𝐵，因此3种元素电负性由大到小的顺序为𝑁>𝐻>𝐵．𝑁𝐻3𝐵𝐻3分子中有8个原子，其价电子总数为14，𝑁和𝐵的价电子数的平均值为4，依据等量代换的原则，可以找到其等电子体为𝐶𝐻3𝐶𝐻3．由于𝑁𝐻3𝐵𝐻3分子属于极性分子，而𝐶𝐻3𝐶𝐻3属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极性分子的分子间作用力较大，故𝐶𝐻3𝐶𝐻3熔点比𝑁𝐻3𝐵𝐻3低。𝑁𝐻3𝐵𝐻3分子间存在“双氢键”，类比氢键的形成原理，说明其分子间存在𝐻𝛿+与𝐻𝛿−的静电引力。

故答案为：𝑁>𝐻>𝐵、𝐶𝐻3𝐶𝐻3、低、𝐻𝛿+与𝐻𝛿−的静电引力。

在氨硼烷的2×2×2的超晶胞结构中，共有16个氨硼烷分子，晶胞的长、宽、高分别为2𝑎𝑝𝑚、2𝑏𝑝𝑚、2𝑐𝑝𝑚，若将其平均分为8份可以得到8个小长方体，则平均每个小长方体中占有2个氨硼烷分子，小长方体的长、宽、高分别为𝑎𝑝𝑚、𝑏𝑝𝑚、𝑐𝑝𝑚，则小长方体的质量为此，氨硼烷晶体的密度为故答案为：𝑁

62

−30

𝐴𝑎𝑏𝑐×10

31×2𝑔𝑁𝐴𝑎𝑏𝑐×10−30

，二氧化碳

，

=

0.39

×0.1𝑀𝑃𝑎)⋅(0.39×0.1𝑀𝑃𝑎)440.39(×0.1𝑀𝑃𝑎)2⋅(0.39×0.1𝑀𝑃𝑎)63(

=×

4

91(0.039)3(𝑀𝑃𝑎)，

−3

故答案为：×

4

(0.039)

3；

31×2𝑔𝑁𝐴

，小长方体的体积为𝑎𝑏𝑐×10−30𝑐𝑚−3，因

工业上通常通过选择合适催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂， 故答案为：选择合适的催化剂。

【点评】

本题考查化学平衡相关知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，确定图中曲线所代表的化学物质是难点，其关键在于明确物质的量的分数之比等于各组分的物质的量之比，也等于化学计量数之比（在初始投料之比等于化学计量数之比的前提下，否则不成立），此题难度较大。

（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[化学--选修3：物质结构与性质]（15分） 【答案】 𝐵,𝑆𝑖

配位,𝑁,𝑠𝑝3,𝑠𝑝2

𝑁>𝐻>𝐵,𝐶𝐻3𝐶𝐻3,低,𝐻𝛿+与𝐻𝛿−的静电引力 62

𝑁𝐴𝑎𝑏𝑐×10−30=𝑁

62𝑎𝑏𝑐×10−30

𝐴

𝑔⋅𝑐𝑚−3。

。

【点评】

本题最后有关晶体密度的计算是难点，要求考生能读懂题意，通过观察晶胞结构，确定超晶胞结构中的分子数，并能合理分成8份，从而简化计算。 [化学−−选修5:有机化学基础]（15分） [化学--选修5：有机化学基础]（15分） 【答案】

2−羟基苯甲醛

第15页 共20页 ◎ 第16页 共20页

乙醇、浓硫酸/加热,

羟基、酯基,2

随着𝑅′体积增大，产率降低；原因是𝑅′体积增大，位阻增大 【考点】

有机物的合成 【解析】

根据合成路线分析可知，𝐴（

）与𝐶𝐻3𝐶𝐻𝑂在𝑁𝑎𝑂𝐻的水溶液中发生题给的已知反应

，生成𝐵（

），𝐵与𝐾𝑀𝑛𝑂4反应，被氧化后

再酸化得到𝐶（

），𝐶再与𝐶𝐻3𝐶𝐻2𝑂𝐻在浓𝐻2𝑆𝑂4加热条件下，发生酯化反应得𝐷

（），𝐷再与苯基环丁烯酮（𝑃𝐶𝐵𝑂)反应得到𝐸

（），据此分析。

【解答】

第17页 共20页 𝐴的结构简式为：，醛基所连的碳为“1”号碳，羟基相连的碳为“2”号碳，所以名称为2−羟基苯甲醛（或水杨醛），

故答案为：2−羟基苯甲醛（或水杨醛）；

根据上述分析可知，𝐵的结构简式为：

，

故答案为：；

𝐶（

）与𝐶𝐻3𝐶𝐻2𝑂𝐻在浓𝐻2𝑆𝑂4加热的条件下，发生酸脱羟基醇脱氢的酯化反应得

到𝐷（），即所用试剂为乙醇、浓硫酸，反应条件为加热；在该步反应中，若反

应温度过高，根据副产物的分子式𝐶8𝐻8𝑂2可知，𝐶（

）发生脱羧反应生成

，

故答案为：乙醇、浓硫酸/加热；

化合物𝐸的结构简式为：

，分子中的含氧官能团为：羟基和酯基，𝐸中手性碳

第18页 共20页

◎

原子共有位置为的2个手性碳，如图所示：，

故答案为：羟基、酯基；2；

𝑀为𝐶（）的一种同分异构体，1𝑚𝑜𝑙𝑀与饱和𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3溶液反应能放出2𝑚𝑜𝑙𝐶𝑂2，则𝑀中含有两个羧基(−𝐶𝑂𝑂𝐻)，𝑀又与酸性高锰酸钾溶液生成对二苯甲酸，所以𝑀分子苯环上只有两个取代

基且处于对位，则𝑀的结构简式为：，

故答案为：；

由表格数据分析可得到规律，随着取代基𝑅′体积的增大，产物的产率降低，出现此规律的原因可能是因为𝑅′体积增大，从而位阻增大，导致产率降低，

故答案为：随着𝑅′体积增大，产率降低；原因是𝑅′体积增大，位阻增大。

【点评】

本题考查学生对有机化学基础的理解和掌握，题目难度中等，掌握有机的命名、反应条件、官能团名称、手性碳、同分异构等，明确由手性碳及同分异构的书写是解题关键。同时考查了阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。

第19页 共20页 第20页 共20页◎