2020年普通高等學校招生全國統一考試（全國卷II）理科綜合化學能力測試可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Mg24S32Fe56Cu64一、選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。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”是發生了置換反應2.某白色固體混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的兩種組成，進行如下實驗：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反應，通過鈷玻璃可觀察到紫色；③向溶液中加堿，產生白色沉淀。根據實驗現象可判斷其組成為A.KCl、NaCl B.KCl、MgSO4C.KCl、CaCO3 D.MgSO4、NaCl3.二氧化碳的過量排放可對海洋生物的生存環境造成很大影響，其原理如下圖所示。下列敘述錯誤的是A.海水酸化能引起濃度增大、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H++D.使用太陽能、氫能等新能源可改善珊瑚的生存環境4.吡啶()是類似于苯的芳香化合物，2-乙烯基吡啶(VPy)是合成治療矽肺病藥物的原料，可由如下路線合成。下列敘述正確的是A.Mpy只有兩種芳香同分異構體 B.Epy中所有原子共平面C.Vpy是乙烯的同系物 D.反應②的反應類型是消去反應5.據文獻報道：Fe(CO)5催化某反應的一種反應機理如下圖所示。下列敘述錯誤的是A.OH-參與了該催化循環 B.該反應可產生清潔燃料H2C.該反應可消耗溫室氣體CO2 D.該催化循環中Fe的成鍵數目發生變化6.電致變色器件可智能調控太陽光透過率，從而實現節能。下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=AgxWO37.一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的原子序數依次增大、且總和為24。下列有關敘述錯誤的是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電子穩定結構二、非選擇題(一)必考題8.化學工業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)。(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δ[δ(X)=，X為HClO或ClO?]與pH的關系如圖(b)所示。HClO的電離常數Ka值為______。(3)Cl2O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，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1molClO2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是______(用離子方程式表示)。工業上是將氯氣通入到30%的NaOH溶液中來制備NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的質量分數為1%，則生產1000kg該溶液需消耗氯氣的質量為____kg(保留整數)。9.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，其反應原理簡示如下：+KMnO4→+MnO2+HCl→+KCl名稱相對分子質量熔點/℃沸點/℃密度/(g·mL?1)溶解性甲苯92?95110.60.867不溶于水，易溶于乙醇苯甲酸122122.4(100℃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、100mL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油珠。(2)停止加熱，繼續攪拌，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1.0g。(3)純度測定：稱取0.122g粗產品，配成乙醇溶液，于100mL容量瓶中定容。每次移取25.00mL溶液，用0.01000mol·L?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。回答下列問題：(1)根據上述實驗藥品的用量，三頸燒瓶的最適宜規格為______(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，可能出現的結果是_______。(6)本實驗制備的苯甲酸的純度為_______；據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。10.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生如下反應：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)ΔH，相關物質的燃燒熱數據如下表所示：物質C2H6(g)C2H4(g)H2(g)燃燒熱ΔH/(kJ·mol?1)-1560-1411-286①ΔH=_________kJ·mol?1。②提高該反應平衡轉化率的方法有_________、_________。③容器中通入等物質的量的乙烷和氫氣，在等壓下(p)發生上述反應，乙烷的平衡轉化率為α。反應的平衡常數Kp=_________(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數)。(2)高溫下，甲烷生成乙烷的反應如下：2CH4C2H6+H2。反應在初期階段的速率方程為：r=k×，其中k為反應速率常數。①設反應開始時的反應速率為r1，甲烷的轉化率為α時的反應速率為r2，則r2=_____r1。②對于處于初期階段的該反應，下列說法正確的是_________。A．增加甲烷濃度，r增大B．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減小(3)CH4和CO2都是比較穩定的分子，科學家利用電化學裝置實現兩種分子的耦合轉化，其原理如下圖所示：①陰極上的反應式為_________。②若生成的乙烯和乙烷的體積比為2∶1，則消耗的CH4和CO2體積比為_________。(二)選考題［化學——選修3：物質結構與性質］11.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，原因是____________。化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔點/℃377﹣24.1238.3155(3)CaTiO3的晶胞如圖(a)所示，其組成元素的電負性大小順序是__________；金屬離子與氧離子間的作用力為__________，Ca2+的配位數是__________。(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，其晶胞如圖(b)所示。其中Pb2+與圖(a)中__________的空間位置相同，有機堿中，N原子的雜化軌道類型是__________；若晶胞參數為anm，則晶體密度為_________g·cm-3(列出計算式)。(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)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_______、_______。[化學——選修5：有機化學基礎]12.維生素E是一種人體必需的脂溶性維生素，現已廣泛應用于醫藥、營養品、化妝品等。天然的維生素E由多種生育酚組成，其中α-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。已知以下信息：a)b)c)回答下列問題：(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⑤的反應類型為______________。(5)反應⑥的化學方程式為______________。(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____________。2020年普通高等學校招生全國統一考試（全國卷II）理科綜合化學能力測試解析卷可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Mg24S32Fe56Cu64一、選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。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”是發生了置換反應【答案】A【解析】【詳解】A.膽礬為硫酸銅晶體，化學式為CuSO45H2O，A說法錯誤；B.濕法冶銅是用鐵與硫酸銅溶液發生置換反應制取銅，B說法正確；C.加熱濃縮硫酸銅溶液可析出膽礬，故“熬之則成膽礬”是濃縮結晶過程，C說法正確；D.鐵與硫酸銅溶液發生置換反應生成銅，D說法正確。綜上所述，相關說法錯誤的是A，故選A。2.某白色固體混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的兩種組成，進行如下實驗：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反應，通過鈷玻璃可觀察到紫色；③向溶液中加堿，產生白色沉淀。根據實驗現象可判斷其組成為A.KCl、NaCl B.KCl、MgSO4C.KCl、CaCO3 D.MgSO4、NaCl【答案】B【解析】【詳解】①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，則不含CaCO3，排除C選項；②做焰色反應，通過鈷玻璃可觀察到紫色，可確定含有鉀元素，即含有KCl；③向溶液中加堿，產生白色沉淀，則應含有MgSO4，綜合以上分析，混合物由KCl和MgSO4兩種物質組成，故選B。3.二氧化碳的過量排放可對海洋生物的生存環境造成很大影響，其原理如下圖所示。下列敘述錯誤的是A.海水酸化能引起濃度增大、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H++D.使用太陽能、氫能等新能源可改善珊瑚的生存環境【答案】C【解析】詳解】A．海水酸化，H+濃度增大，平衡H++?正向移動，濃度減小，濃度增大，A正確；B．海水酸化，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，B正確；C．CO2引起海水酸化的原理為：CO2+H2O?H2CO3?H++，?H++，導致H+濃度增大，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境，D正確；答案選C。4.吡啶()是類似于苯的芳香化合物，2-乙烯基吡啶(VPy)是合成治療矽肺病藥物的原料，可由如下路線合成。下列敘述正確的是A.Mpy只有兩種芳香同分異構體 B.Epy中所有原子共平面C.Vpy是乙烯的同系物 D.反應②的反應類型是消去反應【答案】D【解析】【詳解】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，A錯誤；B．EPy中有兩個飽和C，以飽和C為中心的5個原子最多有3個原子共面，所以EPy中所有原子不可能都共面，B錯誤；C．VPy含有雜環，和乙烯結構不相似，故VPy不是乙烯的同系物，C錯誤；D．反應②為醇的消去反應，D正確。答案選D。5.據文獻報道：Fe(CO)5催化某反應的一種反應機理如下圖所示。下列敘述錯誤的是A.OH-參與了該催化循環 B.該反應可產生清潔燃料H2C.該反應可消耗溫室氣體CO2 D.該催化循環中Fe的成鍵數目發生變化【答案】C【解析】【分析】題干中明確指出，鐵配合物Fe(CO)5充當催化劑作用。機理圖中，凡是出現在歷程中，進去的箭頭表示反應物，出來的箭頭表示生成物，既有進去又有出來的箭頭表示為催化劑或反應條件，其余可以看成為中間物種。由題干中提供的反應機理圖可知，鐵配合物Fe(CO)5在整個反應歷程中成鍵數目，配體種類等均發生了變化；并且也可以觀察出，反應過程中所需的反應物除CO外還需要H2O，最終產物是CO2和H2，同時參與反應的還有OH-，故OH-也可以看成是另一個催化劑或反應條件。【詳解】A．從反應機理圖中可知，OH-有進入箭頭也有出去的箭頭，說明OH-參與了該催化循環，故A項正確；B．從反應機理圖中可知，該反應的反應物為CO和H2O，產物為H2和CO2，Fe(CO)5作為整個反應的催化劑，而OH-僅僅在個別步驟中輔助催化劑完成反應，說明該反應方程式為，故有清潔燃料H2生成，故B項正確；C．由B項分析可知，該反應不是消耗溫室氣體CO2，反而是生成了溫室氣體CO2，故C項不正確；D．從反應機理圖中可知，Fe的成鍵數目和成鍵微粒在該循環過程中均發生了變化，故D項正確；答案選C。【點睛】對于反應機理圖的分析，最重要的是判斷反應物，產物以及催化劑；一般催化劑在機理圖中多數是以完整的循環出現的；通過一個箭頭進入整個歷程的物質則是反應物；而通過一個箭頭最終脫離整個歷程的物質一般多是產物。6.電致變色器件可智能調控太陽光透過率，從而實現節能。下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=AgxWO3【答案】C【解析】【分析】從題干可知，當通電時，Ag+注入到無色WO3薄膜中，生成AgxWO3器件呈現藍色，說明通電時，Ag電極有Ag+生成然后經固體電解質進入電致變色層，說明Ag電極為陽極，透明導電層時陰極，故Ag電極上發生氧化反應，電致變色層發生還原反應。【詳解】A．通電時，Ag電極有Ag+生成，故Ag電極為陽極，故A項正確；B．通電時電致變色層變藍色，說明有Ag+從Ag電極經固體電解質進入電致變色層，故B項正確；C．過程中，W由WO3的+6價降低到AgxWO3中的+(6-x)價，故C項錯誤；D．該電解池中陽極即Ag電極上發生的電極反應為：xAg-xe-=xAg+，而另一極陰極上發生的電極反應為：WO3+xAg++xe-=AgxWO3，故發生的總反應式為：xAg+WO3=AgxWO3，故D項正確；答案選C。【點睛】電解池的試題，重點要弄清楚電解的原理，陰、陽極的判斷和陰、陽極上電極反應式的書寫，陽極反應式+陰極反應式=總反應式，加的過程中需使得失電子數相等。7.一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的原子序數依次增大、且總和為24。下列有關敘述錯誤的是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電子穩定結構【答案】D【解析】【分析】一種由短周期主族元素形成的化合物，具有良好的儲氫性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，且總和為24，根據圖示，W為1價形成共價鍵，W為氫，Z為+1價陽離子，Z為Na，Y為3價，Y為N，24-1-11-7=5，X為B元素。【詳解】A．該化合物中，H、B、N之間均以共用電子對形成共價鍵，故A正確；B．Na單質既能與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，也能與甲醇反應生成甲醇鈉和氫氣，故B正確；C．N的最高價氧化物的水化物HNO3為強酸，故C正確；D．B氟化物BF3中B原子最外層只有6個電子，達不到8電子穩定結構，故D錯誤；故選D。二、非選擇題(一)必考題8.化學工業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)。(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δ[δ(X)=，X為HClO或ClO?]與pH的關系如圖(b)所示。HClO的電離常數Ka值為______。(3)Cl2O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，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1molClO2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是______(用離子方程式表示)。工業上是將氯氣通入到30%的NaOH溶液中來制備NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的質量分數為1%，則生產1000kg該溶液需消耗氯氣的質量為____kg(保留整數)。【答案】(1).Na+(2).a(3).10-7.5(4).2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O(5).1.25(6).NaHCO3+NaHSO4=CO2↑+Na2SO4+H2O(7).ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O(8).203【解析】【分析】（1）電解飽和食鹽水，陽極產生氯氣，陽離子移向陰極室；（2）由圖pH=7.5時，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka==c(H+)；（3）Cl2歧化為Cl2O和Cl-；（4）根據5ClO2－＋4H＋=4ClO2＋Cl－＋2H2O，計算每生成1molClO2，消耗的NaClO2；碳酸氫鈉和硫酸氫鈉反應生成硫酸鈉、水和二氧化碳；(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清潔劑混合后發生歸中反應；根據NaOH質量守恒計算；【詳解】（1）電解飽和食鹽水，反應的化學方程式為2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，陽極氯離子失電子發生氧化反應生成氯氣，氯氣從a口逸出，陰極氫離子得到電子發生還原反應生成氫氣，產生OH-與通過離子膜的Na+在陰極室形成NaOH，故答案為：Na+；a；(2)由圖pH=7.5時，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka==c(H+)=10-7.5；故答案為：10-7.5；（3）Cl2歧化為Cl2O和Cl-，HgO和氯氣反應的方程式為：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O，故答案為：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；（4）5ClO2－＋4H＋=4ClO2＋Cl－＋2H2O，每生成1molClO2，消耗NaClO2為=1.25mol；碳酸氫鈉和硫酸氫鈉反應生成硫酸鈉、水和二氧化碳，方程式為：NaHCO3＋NaHSO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑，故答案為:1.25mol；NaHCO3＋NaHSO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑；(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清潔劑混合后發生歸中反應，離子方程式為：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O；設氯氣為xkg，則消耗的NaOH為kg，原氫氧化鈉質量為+1000Kg×0.01，由NaOH質量守恒：原溶液為1000Kg-x，則Kg+1000Kg×0.01=（1000Kg-x)×0.3，解得x=203Kg；故答案為：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O；203。9.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，其反應原理簡示如下：+KMnO4→+MnO2+HCl→+KCl名稱相對分子質量熔點/℃沸點/℃密度/(g·mL?1)溶解性甲苯92?95110.60.867不溶于水，易溶于乙醇苯甲酸122122.4(100℃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、100mL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油珠。(2)停止加熱，繼續攪拌，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1.0g。(3)純度測定：稱取0.122g粗產品，配成乙醇溶液，于100mL容量瓶中定容。每次移取25.00mL溶液，用0.01000mol·L?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。回答下列問題：(1)根據上述實驗藥品的用量，三頸燒瓶的最適宜規格為______(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，可能出現的結果是_______。(6)本實驗制備的苯甲酸的純度為_______；據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】(1).B(2).球形(3).無油珠說明不溶于水的甲苯已經被完全氧化(4).除去過量的高錳酸鉀，避免在用鹽酸酸化時，產生氯氣(5).2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O(6).MnO2(7).苯甲酸升華而損失(8).86.0％(9).C(10).重結晶【解析】分析】甲苯用高錳酸鉀氧化時生成苯甲酸鉀和二氧化錳，為增加冷凝效果，在反應裝置中選用球形冷凝管，加熱回流，當回流液中不再出現油珠時，說明反應已經完成，加入適量的飽和亞硫酸氫鈉溶液除去過量的高錳酸鉀，用鹽酸酸化得苯甲酸，過濾、干燥、洗滌得粗產品；用KOH溶液滴定，測定粗產品的純度。【詳解】（1）加熱液體，所盛液體的體積不超過三頸燒瓶的一半，三頸燒瓶中已經加入100m的水，1.5mL甲苯，4.8g高錳酸鉀，應選用250mL的三頸燒瓶，故答案為：B；（2）為增加冷凝效果，在反應裝置中宜選用球形冷凝管，當回流液中不再出現油珠時，說明反應已經完成，因為：沒有油珠說明不溶于水的甲苯已經完全被氧化；故答案為：球形；沒有油珠說明不溶于水的甲苯已經完全被氧化；（3）高錳酸鉀具有強氧化性，能將Cl-氧化。加入適量的飽和亞硫酸氫鈉溶液是為了除去過量的高錳酸鉀，避免在用鹽酸酸化時，產生氯氣；該步驟亦可用草酸處理，生成二氧化碳和錳鹽，離子方程式為：5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；故答案為：除去過量的高錳酸鉀，避免在用鹽酸酸化時，產生氯氣；5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；（4）由信息甲苯用高錳酸鉀氧化時生成苯甲酸鉀和二氧化錳，“用少量熱水洗滌濾渣”一步中濾渣的主要成分是：MnO2，故答案為：MnO2；（5）苯甲酸100℃時易升華，干燥苯甲酸時，若溫度過高，苯甲酸升華而損失；故答案為：苯甲酸升華而損失；（6）由關系式C6H5COOH～KOH得，苯甲酸的純度為：×100%=86.0%；1.5mL甲苯理論上可得到苯甲酸的質量：=1.72g，產品的產率為×100%=50%；故答案為：86.0%；C；（7）提純苯甲酸可用重結晶的方法。故答案為：重結晶。【點睛】本題考查制備方案的設計，涉及物質的分離提純、儀器的使用、產率計算等，清楚原理是解答的關鍵，注意對題目信息的應用，是對學生實驗綜合能力的考查，難點（6）注意產品純度和產率的區別。10.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生如下反應：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)ΔH，相關物質的燃燒熱數據如下表所示：物質C2H6(g)C2H4(g)H2(g)燃燒熱ΔH/(kJ·mol?1)-1560-1411-286①ΔH=_________kJ·mol?1。②提高該反應平衡轉化率的方法有_________、_________。③容器中通入等物質的量的乙烷和氫氣，在等壓下(p)發生上述反應，乙烷的平衡轉化率為α。反應的平衡常數Kp=_________(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數)。(2)高溫下，甲烷生成乙烷的反應如下：2CH4C2H6+H2。反應在初期階段的速率方程為：r=k×，其中k為反應速率常數。①設反應開始時的反應速率為r1，甲烷的轉化率為α時的反應速率為r2，則r2=_____r1。②對于處于初期階段的該反應，下列說法正確的是_________。A．增加甲烷濃度，r增大B．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減小(3)CH4和CO2都是比較穩定的分子，科學家利用電化學裝置實現兩種分子的耦合轉化，其原理如下圖所示：①陰極上的反應式為_________。②若生成的乙烯和乙烷的體積比為2∶1，則消耗的CH4和CO2體積比為_________。【答案】(1).137(2).升高溫度(3).減小壓強(增大體積)(4).(5).1－α(6).AD(7).CO2+2e?=CO+O2?(8).6∶5【解析】【分析】(1)①先寫出三種氣體的燃燒熱的熱化學方程式，然后根據蓋斯定律進行計算，得到目標反應的?H；②反應C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)為氣體體積增大的吸熱反應，升高溫度、減小壓強平衡等都向正反應方向移動；③根據已知乙烷的轉化率，設起始時加入的乙烷和氫氣各為1mol，列出三段式，求出平衡時各物質的分壓，帶入平衡常數的計算公式進行計算；(2)①根據r=k×，若r1=kc，甲烷轉化率為甲烷的濃度為c(1-)，則r2=kc(1-)；②根據反應初期的速率方程為：r=k×，其中k為反應速率常數，據此分析速率變化的影響因素；(3)①由圖可知，CO2在陰極得電子發生還原反應，電解質傳到O2-，據此寫出電極反應；②令生成乙烯和乙烷分別為2體積和1體積，根據阿伏加德羅定律，同溫同壓下，氣體體積比等于物質的量之比，再根據得失電子守恒，得到發生的總反應，進而計算出為消耗CH4和CO2的體積比。【詳解】(1)①由表中燃燒熱數值可知：①C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)?H1=-1560kJ?mol-1；②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)?H2=-1411kJ?mol-1；③H2(g)+O2(g)=H2O(l)?H3=-286kJ?mol-1；根據蓋斯定律可知，①-②-③得C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)，則?H=?H1-?H2-?H3=(-1560kJ?mol-1)-(-1411kJ?mol-1)-(-286kJ?mol-1)=137kJ?mol-1，故答案為137；②反應C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)為氣體體積增大的吸熱反應，升高溫度、減小壓強平衡都向正反應方向移動，故提高該反應平衡轉化率的方法有升高溫度、減小壓強（增大體積）；③設起始時加入的乙烷和氫氣各為1mol，列出三段式，C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)起始（mol）101轉化（mol）αα平衡（mol）1-1+平衡時，C2H6、C2H4和H2平衡分壓分別為p、p和p，則反應的平衡常數為Kp=；(2)①根據r=k×，若r1=kc，甲烷轉化率為甲烷的濃度為c(1-)，則r2=kc(1-)，所以r2=(1-)r1；②A.增大反應物濃度反應速率增大，故A說法正確；B.由速率方程可知，初期階段的反應速率與氫氣濃度無關，故B說法錯誤；C．反應物甲烷的濃度逐漸減小，結合速率方程可知，乙烷的生成速率逐漸減小，故C說法錯誤；D．化學反應速率與溫度有關，溫度降低，反應速率常數減小，故D正確。答案選AD。(3)①由圖可知，CO2在陰極得電子發生還原反應，電極反應為CO2+2e-=CO+O2-；②令生成乙烯和乙烷分別為2體積和1體積，根據阿伏加德羅定律，同溫同壓下，氣體體積比等于物質的量之比，再根據得失電子守恒，得到發生的總反應為：6CH4+5CO2=2C2H4+C2H6+5H2O+5CO，即消耗CH4和CO2的體積比為6:5。故答案為：6:5。(二)選考題［化學——選修3：物質結構與性質］11.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，原因是____________。化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔點/℃377﹣24.1238.3155(3)CaTiO3的晶胞如圖(a)所示，其組成元素的電負性大小順序是__________；金屬離子與氧離子間的作用力為__________，Ca2+的配位數是__________。(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，其晶胞如圖(b)所示。其中Pb2+與圖(a)中__________的空間位置相同，有機堿中，N原子的雜化軌道類型是__________；若晶胞參數為anm，則晶體密度為_________g·cm-3(列出計算式)。(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)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_______、_______。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d24s2(2).TiF4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(3).O＞Ti＞Ca(4).離子鍵(5).12(6).Ti4+(7).sp3(8).(9).2Eu3++Pb=2Eu2++Pb2+(10).2Eu2++I2=2Eu3++2I?【解析】【分析】(1)考查了對基態原子電子排布規律的認識；(2)考查了不同類型的晶體的熔沸點比較，相同類型的晶體的熔沸點比較；(3)考查了電負性的周期性變化規律，微粒間的相互作用以及晶胞中離子的配位數；(4)考查了晶胞中微粒的位置和雜化理論，晶體密度的計算問題；(5)重點考查通過反應歷程圖，來書寫離子方程式等。【詳解】(1)鈦元素是22號元素，故其基態原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；故答案為：1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；(2)一般不同的晶體類型的熔沸點是原子晶體>離子晶體>分子晶體，TiF4是離子晶體，其余三種則為分子晶體，故TiF4的熔點高于其余三種物質；TiCl4、TiBr4、TiI4均為分子晶體，對于結構相似的分子晶體，則其相對分子質量越大，分子間作用力依次越大，熔點越高；故答案為：TiF4是離子晶體，其余三種則為分子晶體，故TiF4的熔點高于其余三種物質；TiCl4、TiBr4、TiI4均為分子晶體，相對分子質量依次增大，分子間作用力依次增強，故熔點依次升高；(3)CaTiO3晶體中含有Ca、Ti、O三種元素，Ca、Ti是同為第四周期的金屬元素，Ca在Ti的左邊，根據同一周期元素的電負性從左往右依次增大，故Ti>Ca，O為非金屬，故其電負性最強，故三者電負性由大到小的順序是：O>Ti>Ca，金屬陽離子和氧負離子之間以離子鍵結合，離子晶體晶胞中某微粒的配位數是指與之距離最近且相等的帶相反電性的離子，故Ca2+的配位數必須是與之距離最近且相等的氧離子的數目，從圖(a)可知，該數目為三個相互垂直的三個面上，每一個面上有4個，故Ca2+的配位數是12；故答案為：O>Ti>Ca；離子鍵；12；(4)比較晶胞(a)(b)可知，將圖(b)中周圍緊鄰的八個晶胞中體心上的離子連接起來，就能變為圖(a)所示晶胞結構，圖(b)中體心上的Pb2+就變為了八個頂點，即相當于圖(a)中的Ti4+；圖(b)中頂