1、2020年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標II）題號-一一二三總分得分一、單選題（本大題共7小題，共42.0分）1.北宋沈括夢溪筆談中記載：“信州鉛山有苦泉，流以為澗。挹其水熬之則成膽礬，烹膽礬則成銅。熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”。下列有關敘述錯誤的是（）A. 膽礬的化學式為CuSO4B. 膽礬可作為濕法冶銅的原料C. “熬之則成膽礬”是濃縮結晶過程D. “熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”是發(fā)生了置換反應2. 某白色固體混合物由NaCl、KC1、MgSO4、CaCO3中的兩種組成，進行如下實驗： 混合物溶于水，得到澄清透明溶液；做焰色反應，通過鉆玻璃可觀察到紫色；向溶液中加堿，產生白色沉淀。根據(jù)實驗現(xiàn)象可

2、判斷其組成為（）A.KCl、NaClB.KCl、MgSO4C.KCl、CaCO3D.MgSO4、NaCl3. 二氧化碳的過量排放可對海洋生物的生存環(huán)境造成很大影響，其原理如圖所示。下列敘述錯誤的是（）第17頁，共16頁病藥物的原料，可由如下路線合成。下列敘述正確的是（）HN0HNMPyA.MPy只有兩種芳香同分異構體C.VPy是乙烯的同系物B.EPy中所有原子共平面D.反應的反應類型是消去反應A. 海水酸化能引起HCO3-濃度增大、CO32-濃度減小B. 海水酸化能促進CaCO3的溶解，導致珊瑚礁減少C. CO2能引起海水酸化，其原理為HCO3-=H+CO32-D. 使用太陽能、氫能等新能源可

3、改善珊瑚的生存環(huán)境是類似于苯的芳香化合物。2-乙烯基吡啶（VPy）是合成治療矽肺5. 據(jù)文獻報道：Fe（CO）5催化某反應的一種反應機理如圖所示。下列敘述錯誤的是（）coHCOA. OH-參與了該催化循環(huán)B. 該反應可產生清潔燃料H2C. 該反應可消耗溫室氣體CO2D. 該催化循環(huán)中Fe的成鍵數(shù)目發(fā)生變化6. 電致變色器件可智能調控太陽光透過率，從而實現(xiàn)節(jié)能。如圖是某電致變色器件的示意圖。當通電時，Ag+注入到無色WO3薄膜中，生成AgxWO3,器件呈現(xiàn)藍色，對于該變化過程，下列敘述錯誤的是（）A.Ag為陽極B.Ag+由銀電極向變色層遷移C.W元素的化合價升高D.總反應為：WO3+xAg=Ag

4、xWO37. 一種由短周期主族元素組成的化合物（如圖所示），具有良好的儲氫性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大、z-1且總和為24.下列有關敘述錯誤的是（）'II'A. 該化合物中，W、X、Y之間均為共價鍵'-B. Z的單質既能與水反應，也可與甲醇反應C. Y的最高化合價氧化物的水化物為強酸D. X的氟化物XF3中原子均為8電子穩(wěn)定結構二、簡答題（本大題共4小題，共48.0分）8. 化學工業(yè)為疫情防控提供了強有力的物質支撐。氯的許多化合物既是重要化工原料，又是高效、廣譜的滅菌消毒劑。回答下列問題：（1）氯氣是制備系列含氯化合物的主要原料，可采用如圖（a）所示的

5、裝置來制取。裝置中的離子膜只允許離子通過，氯氣的逸出口是（填標號）。精制鹽武稀股U濟鞭圖pH（2）次氯酸為一元弱酸，具有漂白和殺菌作用，其電離平衡體系中各成分的組成分數(shù)55（X）=，X為HC10或CIO-與pH的關系如圖（b）所示。HC1O的電離常數(shù)Ka值為。a（3）C12O為淡棕黃色氣體，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反應來制備，該反應為歧化反應（氧化劑和還原劑為同一種物質的反應）。上述制備Cl2O的化學方程式為。（4）ClO2常溫下為黃色氣體，易溶于水，其水溶液是一種廣譜殺菌劑。一種有效成分為NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡騰片”，能快速溶于水，溢出大量氣泡

6、，得到ClO2溶液。上述過程中，生成ClO2的反應屬于歧化反應，每生成lmolClO2消耗NaClO2的量為mol；產生“氣泡”的化學方程式為。（5）“84消毒液”的有效成分為NaClO，不可與酸性清潔劑混用的原因（用離子方程式表示）。工業(yè)上是將氯氣通入到30%的NaOH溶液中來制備NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的質量分數(shù)為1%,則生產1000kg該溶液需消耗氯氣的質量為kg（保留整數(shù)）。9. 天然氣的主要成分為CH4，一般還含有C2H6等烴類，是重要的燃料和化工原料。（1）乙烷在一定條件可發(fā)生如下反應：C2H6（g）=C2H4（g）+H2（g）H1，相關物質的燃燒熱數(shù)據(jù)如表：物質

7、C2H6(g)C2H4(g)H2(g)燃燒熱AH/(kJmol-1)-1560-1411-286 H1=kJmol-1。 提高該反應平衡轉化率的方法有容器中通入等物質的量的乙烷和氫氣，在等壓下（p）發(fā)生上述反應，乙烷的平衡轉化率為a反應的平衡常數(shù)Kp=（用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓x物質的量分數(shù)）。（2）高溫下，甲烷生成乙烷的反應如下：2CH4一'C2H6+H2.反應在初期階段的速率方程為：r=kxc；：i,其中k為反應速率常數(shù)。 設反應開始時的反應速率為r1，甲烷的轉化率為a時的反應速率為r2，則r2=r對于處于初期階段的該反應，列說法正確的是A. 增加甲烷濃度，r增大B.

8、 增加H2濃度，r增大C. 乙烷的生成速率逐漸增大D. 降低反應溫度，k減?。?）CH4和CO2都是比較穩(wěn)定的分子，科學家利用電化學裝置實現(xiàn)兩種分子的耦合轉化，其原理如圖所示：氧固庫電解腔（傳導-）電極A 陰極上的反應式為。 若生成的乙烯和乙烷的體積比為2：1,貝y消耗的ch4和co2體積比為。10. 鈣鈦礦（CaTiO3）型化合物是一類可用于生產太陽能電池、傳感器、固體電阻器等的功能材料。回答下列問題：（1）基態(tài)Ti原子的核外電子排布式為。（2）Ti的四鹵化物熔點如下表所示，TiF4熔點高于其他三種鹵化物，自TiCl4至TiI4熔點依次升高，原因。化合物TiF4TiCl4TiBq鞏熔點/&#

9、176;c377-24.1238.3155（3）CaTiO3的晶胞如圖（a）所示，其組成元素的電負性大小順序；金屬離子與氧離子間的作用力為，Ca2+的配位數(shù)是。（4）一種立方鈣鈦礦結構的金屬鹵化物光電材料的組成為Pb2+、I-和有機堿離子CH3NH3+，其晶胞如圖（b）所示。其中Pb2+與圖（a）中的空間位置相同，有機堿CH3NH3+中，N原子的雜化軌道類型是;若晶胞參數(shù)為anm,則晶體密度為gcm-3（列出計算式）。Ku1仆圖圖圖（I卩I"（5）用上述金屬鹵化物光電材料制作的太陽能電池在使用過程中會產生單質鉛和碘，降低了器件效率和使用壽命。我國科學家巧妙地在此材料中引入稀土銪（Eu

10、）鹽，提升了太陽能電池的效率和使用壽命，其作用原理如圖（c）所示，用離子方程式表示該原理、。11. 維生素E是一種人體必需的脂溶性維生素，現(xiàn)已廣泛應用于醫(yī)藥、營養(yǎng)品、化妝品等。天然的維生素E由多種生育酚組成，其中a生育酚（化合物E）含量最高，生理活性也最高。下面是化合物E的一種合成路線，其中部分反應略去。I'H0OHno；DCITlC)II麗1叵Pd-QiLHd-.-VAClHC三佇H/WIJ/：f>F人嘰“B1、們兒GuGIJA*龍(1) A的化學名稱為。(2) B的結構簡式為。(3) 反應物C含有三個甲基，其結構簡式為。(4) 反應的反應類型為。(5) 反應的化學方程式為。(

11、6) 化合物C的同分異構體中能同時滿足以下三個條件的有個(不考慮立體異構體，填標號)。(i)含有兩個甲基；(ii)含有酮羰基(但不含C=C=O)；(iii)不含有環(huán)狀結構。(a)4(b)6(c)8(d)10其中，含有手性碳(注：連有四個不同的原子或基團的碳)的化合物的結構簡式為三、實驗題(本大題共1小題，共15.0分)12. 苯甲酸可用作食品防腐劑。實驗室可通過甲苯氧化制苯甲酸，其反應原理簡示如圖COOKCOOII-KMnOj*-MnOjHC1T-亠-KC1名稱相對分子質量熔點/°c沸點/c密度/(gmL-l)溶解性甲苯92-95110.60.867不溶于水，易溶于乙醇苯甲酸1221

12、22.4(100°C左右開始升華)248-微溶于冷水，易溶于乙醇、熱水實驗步驟：(1) 在裝有溫度計、冷凝管和攪拌器的三頸燒瓶中加入1.5mL甲苯、lOOmL水和4.8g(約0.03mol)高錳酸鉀，慢慢開啟攪拌器，并加熱回流至回流液不再出現(xiàn)油珠。(2)停止加熱，繼續(xù)攪拌，冷卻片刻后，從冷凝管上口慢慢加入適量飽和亞硫酸氫鈉溶液，并將反應混合物趁熱過濾，用少量熱水洗滌濾渣。合并濾液和洗滌液，于冰水浴中冷卻，然后用濃鹽酸酸化至苯甲酸析出完全。將析出的苯甲酸過濾，用少量冷水洗滌，放在沸水浴上干燥。稱量，粗產品為l.Og。(3)純度測定：稱取0.122g粗產品，配成乙醇溶液，于lOOmL容量

13、瓶中定容。每次移取25.00mL溶液，用0.01000molL-1的KOH標準溶液滴定，三次滴定平均消耗21.50mL的KOH標準溶液?；卮鹣铝袉栴}：(1) 根據(jù)上述實驗藥品的用量，三頸燒瓶的最適宜規(guī)格為(填標號)。A.100mLB.250mLC.500mLD.1000mL(2) 在反應裝置中應選用冷凝管(填“直形”或“球形”)，當回流液不再出現(xiàn)油珠即可判斷反應已完成，其判斷理由是。(3) 加入適量飽和亞硫酸氫鈉溶液的目的是；該步驟亦可用草酸在酸性條件下處理，請用反應的離子方程式表達其原理。(4) “用少量熱水洗滌濾渣”一步中濾渣的主要成分是。(5) 干燥苯甲酸晶體時，若溫度過高，可能出現(xiàn)的結

14、果是。(6) 本實驗制備的苯甲酸的純度為；據(jù)此估算本實驗中苯甲酸的產率最接近于(填標號)。A.70%B.60%C.50%D.40%(7) 若要得到純度更高的苯甲酸，可通過在水中的方法提純。答案和解析1.【答案】A【解析】解：A.膽磯是硫酸銅晶體，“膽磯”化學式為CuSO45H2O,故A錯誤；B. 膽磯是硫酸銅晶體，熬膽磯鐵釜，久之亦化為銅，是發(fā)生了：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，則膽磯可作為濕法冶銅的原料，故B正確；C. 挹其水熬之則成膽磯，硫酸銅溶液蒸發(fā)得到硫酸銅晶體，是濃縮結晶過程，故C正確；D. 熬膽磯鐵釜，久之亦化為銅，是發(fā)生了：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，硫酸銅與Fe置

15、換反應生成Cu，屬于置換反應，故D正確；故選：A。“信州鉛山縣有苦泉，流以為澗。挹其水熬之則成膽磯。烹膽磯則成銅；熬膽磯鐵釜，久之亦化為銅。”由題意可知，“苦泉”泉水中含有硫酸銅，硫酸銅溶液蒸發(fā)得到硫酸銅晶體，從溶液中獲取晶體，熬膽磯鐵釜，久之亦化為銅，是發(fā)生了：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4,硫酸銅與Fe置換反應生成Cu,據(jù)此解答。本題為信息題，明確題目中所給的信息以及Cu及其化合物的性質是解本題關鍵，試題側重基礎知識的考查，有利于提高學生獲取信息利用信息解答問題能力。2. 【答案】B【解析】解：混合物溶于水，得到澄清透明溶液，則無CaCO3； 做焰色反應，通過鉆玻璃可觀察到紫色，則含有

16、KC1； 向溶液中加堿，產生白色沉淀，則含有MgSO4； 根據(jù)白色固體混合物由兩種物質組成，則無NaCl；綜上：白色固體混合物由KC1、MgSO4兩種物質組成，不含有NaCl、CaCO3，故B正確；故選：B。 混合物溶于水，得到澄清透明溶液，則無CaCO3； 做焰色反應，通過鉆玻璃可觀察到紫色，則含有KCl； 向溶液中加堿，產生白色沉淀，則含有MgSO4； 根據(jù)白色固體混合物由兩種物質組成，則無NaCl,據(jù)此分析解答。本題考查無機推斷，為高頻考點，側重考查學生的分析能力，把握物質的性質及實驗中現(xiàn)象與結論的關系為解答的關鍵，注意物質的性質以及反應的現(xiàn)象，題目難度不大。3. 【答案】C【解析】解:

17、A.海水酸化，H+濃度增大，平衡H+CO32-#HCO3-正向移動，導致CO32-濃度減小，HCO3-濃度增大，故A正確；導致H+濃度增大，故B海水酸化，CO32-濃度減小，導致CaCO3溶解平衡正向移動，促進了CaCO3溶解，導致珊瑚礁減少，故B正確；c.co2引起海水酸化的原理為：co2+h2o#h2co3#h+hco3-，C錯誤;D. 使用太陽能、氫能等新能源，可以減少化石能源的燃燒，從而減少CO2的排放，減弱海水酸化，從而改善珊瑚礁的生存環(huán)境，故D正確；故選：C。A. 根據(jù)海水酸化的反應原理：co2+h2o#h2co3#h+hco3-，h+co32-=hco3-進行分析；B. 海水酸化

18、氫離子濃度增大，導致CaCO3=Ca2+CO32-正向移動；C. 海水酸化主要原因是二氧化碳與水反應，產生碳酸，碳酸電離出氫離子引起的；D. 太陽能、氫能等新能源為清潔能源，可以減少二氧化碳的排放。本題考查學生獲取信息的能力，涉及到沉淀溶解平衡的影響因素，題目總體難度不大。4. 【答案】D【解析】解：A.MPy有3種芳香同分異構體，分別為：甲基在N原子的間位C上、甲基在N原子的對位C上、氨基苯，故A錯誤；B. EPy中側鏈含2個四面體結構的C,則所有原子不能共面，故B錯誤；C. VPy與乙烯的結構不同，且VPy含N原子，二者不互為同系物，故C錯誤；D. 反應中-OH轉化為碳碳雙鍵，反應類型為消

19、去反應，故D正確；故選：D。A. MPy的芳香同分異構體有三種；B. EPy中側鏈含2個四面體結構的C；C. VPy與乙烯的結構不同，且VPy含N原子；D. 反應中-OH轉化為碳碳雙鍵。本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質、有機反應、原子共面為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意有機物不含苯環(huán)，題目難度中等。5. 【答案】C【解析】解Fe(CO)5催化反應的一種反應機理為:Fe(CO)5Fe(CO)4COOH-Fe+u2q(CO)4H-+CO2一Fe(CO)4(HOH)H-Fe(CO)4(H)2+OH-Fe(CO)4H2Fe+co(CO)4+H2Fe(CO)5,由反應

20、機理圖可知，反應為CO+H2O=CO2+H2，、.+OHA、由反應機理中Fe(CO)5Fe(CO)4COOH-和Fe(CO)4(HOH)H-Fe(CO)(H)2+OH-可知，OH-參與了該催化循環(huán)，故A正確;B、總反應為CO+H2O=CO2+H2，所以該反應可產生清潔燃料H2，故B正確；c、總反應為co+h2o=co2+h2,所以該反應可生成溫室氣體CO2,消耗CO,沒有消耗CO2，故C錯誤；D、由反應機理圖可知，F(xiàn)e的成鍵數(shù)目變化為：5個共價鍵6個共價鍵54個共價鍵-5個共價鍵，即催化循環(huán)中Fe的成鍵數(shù)目發(fā)生變化，故D正確;+0V5.Fe(CO)4COOH-Fe(CO)故選：CoFe(CO)

21、5催化反應的一種反應機理為：Fe(CO)+H.Q4H-+CO2一Fe(CO)4(HOH)H-Fe(CO)4(H)2+OH-Fe(CO)4H2Fe(CO)+co4+H2Fe(CO)5，由反應機理圖可知，反應為CO+H2O=CO2+H2，其中OH-參與了該催化循環(huán)，生成清潔燃料H2和溫室氣體CO2,據(jù)此分析解答。本題考查反應機理的分析判斷、催化劑作用的理解應用、化學鍵的變化等，明確反應機理中的各個階段是解題關鍵，掌握化學反應原理等基礎知識即可解答，題目難度不大。6.【答案】C【解析】解:A.由圖可知這是一個電解池，銀做陽極，發(fā)生的電極反應Ag-e-=Ag+,故A正確；B.當通電時，Ag+注入到無色

22、WO3薄膜中生成AgxWO3，故B正確；C. 電極方程式:xAg+xe-+WO3=AgxWO3,W由WO3的+6價降低到AgxWO3中的+(6-x)價W的化合價降低是還原反應，故C錯誤；XD. 陽極反應：Ag-e-=Ag+，陰極反應：xAg+xe-+WO3=AgxWO3，二者合并：WO3+xAg=AgxWO3，故D正確；故選：C。由圖可知這是一個電解池，銀做陽極，發(fā)生的電極反應Ag-e-=Ag+，當通電時，Ag+注入到無色WO3薄膜中生成AgxWO3,電極方程式：xAg+xe-+WO3=AgxWO3是還原反應，總的反應方程式：WO3+xAg=AgxWO3,據(jù)此答題。本題考查電解原理的應用，雖情

23、景新穎，但是考查內容基礎，注意電極材料和離子移動是解這道題的關鍵，難度不大。7.【答案】D【解析】解：由上述分析可知，W為H、X為B、Y為N、Z為Na，A. H、B、N均以共價鍵結合，故A正確；B. Na與水、甲醇均反應生成氫氣，故B正確；C. Y的最高化合價氧化物的水化物為硝酸，屬于強酸，故C正確；D. XF3中B的最外層電子數(shù)為3+3=6，故D錯誤；故選：D。由短周期主族元素組成的化合物，Z的原子序數(shù)最大、且可形成+1價陽離子，Z為Na；X可形成4個共價鍵，W可形成1個共價鍵，Y形成3個共價鍵，且W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大、總和為24,可知W為H、X為B、Y為N,滿足1+5+7+11

24、=24，以此來解答。本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，把握化學鍵的形成及X為B時形成配位鍵為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意化學鍵的判斷，題目難度中等8.【答案】Na+a10-7.52Cl2+HgO=Cl2O+HgCl21.25NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+CO2T+H2OClO-+C1-+2H+=C12T+H2O203【解析】解：(1)電解精制鹽水，陽極陰離子Cl-失電子發(fā)生氧化反應生成Cl2，由a口逸出；陰極H+得電子發(fā)生還原反應生成H2,Na+透過離子膜陰極移動，離子膜防止OH-透過與陽極生成的Cl2反應，也防止H2和Cl2混合而發(fā)生爆炸。故答案為：Na+；

25、a；(2)HC10的電離常數(shù)Ka=m；,取CIO-與HC1O相交的點，即pH=7.5,c(ClO-)=c(HClO)；Ka=W：j：)=c(H+)=10-7.5。故答案為：10-7.5；(3) 新制的HgO和Cl2反應，根據(jù)化合價只有Cl2的化合價可以升高也可以降低，HgO中兩種元素的化合價不變；再根據(jù)電子轉移守恒，0價的Cl分別生成-1價的HgCl2中的Cl和Cl2O中+1價的Cl,根據(jù)質量守恒寫出方程式為：2Cl2+HgO=Cl2O+HgCl2，故答案為：2Cl2+HgO=Cl2O+HgCl2；(4) 根據(jù)化合價變化，NaClO2中+3價的Cl發(fā)生歧化反應，化合價升高1生成ClO2中+4價

26、的Cl,必然有NaClO2中+3價的Cl化合價降低4,生成穩(wěn)定價態(tài)-1價；根據(jù)得失電子守恒，配平離子方程式：5ClO2-+4H+=Cl-+4ClO2+2H2O；1molClO2消耗NaClO2的量為：gol,即1.25mol；NaHSO4與NaHCO3反應產生CO2氣體：NaHSO4電離出H+與HCO3-生成氣體CO2，反應方程式為：NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+CO2T+H2O,故答案為：1.25；NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+CO2T+H2O；(5)84消毒液”的有效成分為NaClO，與酸性清潔劑鹽酸混用，根據(jù)氧化還原反應，發(fā)生化合價向中間靠攏，ClO-中+1價的C

27、l與Cl-化合價向中間靠攏生成0價Cl2，所以反應的離子方程式為：ClO-+Cl-+2H+=Cl2T+H2O；90根據(jù)反應:Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O,設氯氣質量為x，消耗的NaOH的質量為一x，B0溶液中剩余NaOH為1000kgx1%=10kg,'=30%，解得：x=203kg。1000-J故答案為：ClO-+Cl-+2H+=Cl2T+H2O；203。(1) 電解精制鹽水，陽極陰離子Cl-失電子發(fā)生氧化反應生成Cl2，陰極H+得電子發(fā)生還原反應生成H2,Na+透過離子膜陰極移動；(2) HClO的電離常數(shù)Ka='二二；(3) 根據(jù)化合價只有Cl2的化合

28、價可以升高也可以降低,0價的Cl分別生成-1價的HgCl2中的Cl和Cl2O中+1價的Cl，根據(jù)電子轉移守恒和質量守恒寫出方程式；(4) 根據(jù)化合價變化，NaClO2中+3價的Cl發(fā)生歧化反應，化合價升高和化合價降低，根據(jù)得失電子守恒，配平離子方程式；1molClO2消耗NaClO2的量為|mol，即1.25mol；NaHSO4與NaHCO3反應產生氣體CO2氣體；(5) 混用時發(fā)生Cl的化合價向中間靠攏，根據(jù)NaOH質量守恒計算。本題考查學生對以氯為中心的有關化學實驗的理解和掌握，題目難度中等，掌握電解食鹽水原理、電離平衡常數(shù)的計算、氧化還原反應方程式的書寫、分析“氣泡”原因等，明確電解原理

29、、電離常數(shù)的計算、氧化還原反應是解題關鍵。同時考查學生閱讀題目獲取新信息的能力，需要學生具備扎實的基礎與綜合運用知識、信息分析解決問題能力。9.【答案】137升高溫度增大體積一1-aADCO2+2e-=CO+O2-6：5【解析】解：(1)燃燒熱是指1mol燃料充分燃燒生成溫度氧化物所釋放的熱量，利用燃燒熱寫出熱化學方程式：I 乙烷的燃燒：C2H6(g)+3.5O2=2CO2(g)+3H2O(l)H=-1560kJmol-1II 乙烯的燃燒:C2H4(g)+3O2=2CO2(g)+2H2O(l)H=-1411kJmol-1皿氫氣的燃燒：2H2(g)+0.5O2=H2O(l)H=-286kJmol

30、-1根據(jù)蓋斯定律，I-I-皿得C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)H1=137kJmol-1故答案為：137； C2H6(g)#C2H4(g)+H2(g)H1=137kJmol-1是一個氣體計量數(shù)增大的放熱反應，提高該反應平衡轉化率，就是使化學平衡右移，可以采用的措施有升高溫度、增大體積(減小壓強)等；故答案為：升高溫度；增大體積； 設容器中通入乙烷和氫氣的物質的量為mC2H6=C2H4+H2開始m0m變化amamam平衡m-amamm+am平衡時的總物質的量=m-am+am+m+am=2m+am在等壓下(P)發(fā)生上述反應，反應后各物質的分壓：P(h2)<:丿=：；同理P(C2H4

31、)P(C2H6)己fffI卜殆(1-a),故答案為：-二.I.；(2) 根據(jù)反應在初期階段的速率方程為：r=kxc，其中k為反應速率常數(shù)，r1=kc(CH4)，r2=kc(CH4)(1-a)，由于k不受反應物濃度影響，所以r2=r1故答案為：1-a；A.根據(jù)速率方程r=kxc二，反應速率與甲烷的濃度成正比，增加甲烷濃度，r增大，故A正確；B. 根據(jù)速率方程r=kxc；l,反應速率與氫氣的濃度成無關，增加H2濃度，r不變，故B錯誤；C. 乙烷的生成速率逐漸增大，隨著反應的進行，甲烷的濃度減小，反應速率下降，故C錯誤；D. 無論反應是吸熱還是放熱，速率常數(shù)隨溫度升高增大，隨反應溫度降低，k減小，故

32、D正確；故選：AD；(3) CH4和CO2都是比較穩(wěn)定的分子，科學家利用電化學裝置實現(xiàn)兩種分子的耦合轉化，其原理如圖所示：由圖象知陰極：CO2+2e-=CO+O2-,生成的乙烯和乙烷的體積比為厶1的陽極反應：6CH4+5O2-10e-=2C2H4+C2H6+5H2O，根據(jù)電荷守恒知道消耗的CH4和CO2體積比為6：5。故答案為：CO2+2e-=CO+O2-；6：5。(1) 燃燒熱是指1mol燃料充分燃燒生成溫度氧化物所釋放的熱量，寫出乙烷、乙烯和氫氣燃燒熱寫出熱化學方程式：根據(jù)蓋斯定律，合并方程式得C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)H1=137kJmol-1 根據(jù)反應的特點，是一個氣體

33、計量數(shù)增大的放熱反應，提高該反應平衡轉化率，就是使化學平衡右移，可以采用的措施有升高溫度、增大體積(減小壓強)； 利用三段式求出平衡時的總物質的量和各物質量，根據(jù)阿伏伽德羅定律的推論，壓強戶3訝心之比等于物質的量比，求出反應后各物質的分壓；Kp=.,求解；(2) 根據(jù)反應在初期階段的速率方程為：r=kxcI,其中k為反應速率常數(shù)，c(CH4)為甲烷的即時濃度，代入數(shù)據(jù)求解； 對于處于初期階段的該反應，根據(jù)速率方程為：r=kxc&i,看出速率與甲烷的濃度成正比，與氫氣的濃度無關，速率常數(shù)k受溫度影響；(3) CH4和CO2都是比較穩(wěn)定的分子，科學家利用電化學裝置實現(xiàn)兩種分子的耦合轉化，其

34、原理如圖所示：由圖象知陰極：CO2+2e-=CO+O2-，陽極甲烷變成乙烷、乙烯和水，再根據(jù)電荷守恒，和電解池中離子的移動解題。本題考查了熱化學方程式、蓋斯定律、影響平衡的因素、化學平衡常數(shù)的計算、速率的計算、電解池原理的應用，題目綜合性強，難度較大，考查讀表能力、計算能力、讀圖能力、表達能力，注重能力培養(yǎng)。10.【答案】1s22s22p63s23p63d24s2TiF4為離子化合物，熔點高，其他三種均為共價化合物，隨相對分子質量的增大，分子間作用力增大，熔點逐漸升高O>Ti>Ca離子620鍵12Ti4+sp3.、XIO212Eu3+Pb=2Eu2+Pb2+2Eu2+I2=2Eu3

35、+2I-【解析】解：(1)22號Ti位于第四周期的過渡元素，有4個電子層，前3層全滿；基態(tài)Ti原子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d24s2,故答案為：1s22s22p63s23p63d24s2；（2）般晶體的熔沸點：離子晶體大于分子晶體；第VHA族元素，由上向下得電子能力依次減弱，F(xiàn)原子得電子能力最強；TiF4為離子化合物，熔點最高，其他三種均為共價化合物，為分子晶體，對于組成和結構相似的物質，隨相對分子質量的增大，分子間作用力增大，熔點逐漸升高，故答案為：TiF4為離子晶體，熔點高，其他三種均為分子晶體，隨相對分子質量的增大，分子間作用力增大，熔點逐漸升高；（3）Ca和

36、Ti為同周期的金屬元素，Ca在Ti的左邊，周期表從左向右元素的電負性依次增大，所以Ti>Ca,O為非金屬性元素，得電子能力強，電負性最大，即O>Ti>Ca；金屬陽離子與氧的陰離子成為離子鍵；離子晶體中的配位數(shù)是指距離最近的帶相反電荷的離子有多少個，由圖可知，與Ca2+最近的等距離的氧離子位于經過Ca2+的三個相互垂直的面上，每個面上有4個，則3x4=12個，故答案為：O>Ti>Ca；離子鍵；12；（4）觀察晶胞（a）（b），將圖（b）周圍緊鄰的八個晶胞的體心連接，就能變成圖（a）所示晶胞，圖（b）體心上的Pb2+就是8個頂點，即圖（a）中的Ti4+，圖（b）頂點中

37、的I-就為體心，即圖（a）的Ca2+的位置，圖（b）面心上的CH3NH3+就是棱心，即圖（a）中的O2-的位置；所以圖（b）Pb2+與圖（a）中Ti4+的空間位置相同；有機堿CH3NH3+中，N原子形成4個g鍵，即N的雜化軌道類型為sp3；觀察圖（b）晶胞中含有1個Pb2+位于體心，I-位于面心，共有：x6=3,CH3NH3+位于頂點，共有：x8=1；根據(jù)：卅(20-4-3x127+1；+U4-6)62(1P=,1gcm-3=.、x1021gcm-3,620故答案為：Ti4+；sp3；、x1021；円、1-(f（5）由圖可知；，離子方程式表示該原理為：2Eu3+Pb=2Eu2+Pb2+；/卩P

38、'IEu1-h2Eu2+I2=2Eu3+2I-，故答案為：2Eu3+Pb=2Eu2+Pb2+；2Eu2+I2=2Eu3+2I-。（1）22號Ti位于第四周期的過渡元素，有4個電子層，前3層全滿；（2）一般晶體的熔沸點：離子晶體大于分子晶體；第VHA族元素，由上向下得電子能力依次減弱，F(xiàn)原子得電子能力最強；（3）電負性用來描述不同元素原子對鍵合電子吸引力的大小，周期表從左向右，由下到上元素的電負性依次增大；非金屬氧電負性大，Ca在Ti的左邊，周期表從左向右元素的電負性依次增大；金屬陽離子與氧的陰離子成為離子鍵；離子晶體中的配位數(shù)是指距離最近的帶相反電荷的離子有多少個；（4）將圖（b）周圍

39、緊鄰的八個晶胞的體心連接，就能變成圖（a）所示晶胞；有機堿CH3NH3+中，N原子形成4個g鍵，（5）如圖根據(jù)箭頭的方向及電子轉移守恒、電荷守恒寫出離子方程式。本題考查學生對原子結構和性質的理解和掌握，題目難度中等，掌握常見的基態(tài)原子的電子排布、電負性、雜化方式、晶胞的計算等，明確原子雜化原理和晶胞計算方法是解題關鍵。同時考查閱讀題目獲取新信息能力，需要學生具備扎實的基礎與綜合運用知識、信息分析解決問題能力。OH【解析】解：（1）A為，羥基所連的碳為“1”號碳，甲基連在苯環(huán)的“3”號碳上，所以化學名稱3-甲基苯酚（或間甲基苯酚）故答案為：3-甲基苯酚（或間甲基苯酚）；（3）由分析可知,C的結構

40、簡式為(4)與HC三CH/（CH3）3COK，H2O反應，HC三CH的三鍵碳上的H乙炔基加在羰基的C上，生成D（），發(fā)生了加成加在羰基的O上,反應，故答案為：加成反應（6）C為.，丄，有2個不飽和度，含羰基但不含環(huán)狀結構，則分子中含一個碳碳雙鍵，一個羰基，和2個甲基，符合條件的有8種：CH3CH=CHCOCH2CH3、CH3CH=CHCH2COCH3、CH3CH2CH=CHCOCH3、CH2=CHCH（CH3）COCH3、CH2=C（CH2CH3）COCH3、CH2=C（CH3）COCH2CH3、CH2=C（CH3）CH2COCH3、CH2=CHCOCH0（CH3）2，其中，含有手性碳的為CH

41、2=CHCH（CH3）COCH3），o故答案為：C；ch2=chch（ch3）coch3（或川、C13H20O，可推知D為_，據(jù)此來解答。本題考查學生對有機化學基礎的理解和掌握，題目難度中等，掌握有機物的命名、反應類型、化學反應原理、同分異構等，明確化學反應及同分異構的書寫是解題關鍵。同時考查了閱讀題目獲取新信息的能力，需要學生具備扎實的基礎與綜合運用知識、信息分析解決問題能力。12.【答案】B球形無油珠表明不溶于水的甲苯已被完全氧化除去多余的高錳酸鉀，避免加鹽酸時生成有毒的氯氣2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2f+8H,OMnO2苯甲酸易升華而損失86.0%C重結晶【解析】解：（1）根據(jù)上述實驗藥品的用量，三頸燒瓶的