2020年高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)Ⅱ）（解析卷）

第頁|共頁2020年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)Ⅱ）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．（6分）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(guān)敘述錯誤的是（）A．膽礬的化學(xué)式為CuSO4 B．膽礬可作為濕法冶銅的原料 C．“熬之則成膽礬”是濃縮結(jié)晶過程 D．“熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”是發(fā)生了置換反應(yīng)【分析】“信州鉛山縣有苦泉，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?！庇深}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，熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅，是發(fā)生了：Fe+CuSO4＝Cu+FeSO4，硫酸銅與Fe置換反應(yīng)生成Cu，據(jù)此解答?！窘獯稹拷猓篈．膽礬是硫酸銅晶體，“膽礬”化學(xué)式為CuSO4?5H2O，故A錯誤；B．膽礬是硫酸銅晶體，熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅，是發(fā)生了：Fe+CuSO4＝Cu+FeSO4，則膽礬可作為濕法冶銅的原料，故B正確；C．挹其水熬之則成膽礬，硫酸銅溶液蒸發(fā)得到硫酸銅晶體，是濃縮結(jié)晶過程，故C正確；D．熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅，是發(fā)生了：Fe+CuSO4＝Cu+FeSO4，硫酸銅與Fe置換反應(yīng)生成Cu，屬于置換反應(yīng)，故D正確；故選：A?！军c(diǎn)評】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(zhì)是解本題關(guān)鍵，試題側(cè)重基礎(chǔ)知識的考查，有利于提高學(xué)生獲取信息利用信息解答問題能力。2．（6分）某白色固體混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的兩種組成，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反應(yīng)，通過鈷玻璃可觀察到紫色；③向溶液中加堿，產(chǎn)生白色沉淀。根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可判斷其組成為（）A．KCl、NaCl B．KCl、MgSO4 C．KCl、CaCO3 D．MgSO4、NaCl【分析】①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，則無CaCO3；②做焰色反應(yīng)，通過鈷玻璃可觀察到紫色，則含有KCl；③向溶液中加堿，產(chǎn)生白色沉淀，則含有MgSO4；④根據(jù)白色固體混合物由兩種物質(zhì)組成，則無NaCl，據(jù)此分析解答。【解答】解：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，則無CaCO3；②做焰色反應(yīng)，通過鈷玻璃可觀察到紫色，則含有KCl；③向溶液中加堿，產(chǎn)生白色沉淀，則含有MgSO4；④根據(jù)白色固體混合物由兩種物質(zhì)組成，則無NaCl；綜上：白色固體混合物由KCl、MgSO4兩種物質(zhì)組成，不含有NaCl、CaCO3，故B正確；故選：B。【點(diǎn)評】本題考查無機(jī)推斷，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，把握物質(zhì)的性質(zhì)及實(shí)驗(yàn)中現(xiàn)象與結(jié)論的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，注意物質(zhì)的性質(zhì)以及反應(yīng)的現(xiàn)象，題目難度不大。3．（6分）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（）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(jìn)CaCO3的溶解，導(dǎo)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、氫能等新能源可改善珊瑚的生存環(huán)境【分析】A．根據(jù)海水酸化的反應(yīng)原理：CO2+H2O?H2CO3?H++HCO3﹣，H++CO32﹣?HCO3﹣進(jìn)行分析；B．海水酸化氫離子濃度增大，導(dǎo)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(yīng)，產(chǎn)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。【解答】解：A．海水酸化，H+濃度增大，平衡H++CO32﹣?HCO3﹣正向移動，導(dǎo)致CO32﹣濃度減小，HCO3﹣濃度增大，故A正確；B．海水酸化，CO32﹣濃度減小，導(dǎo)致CaCO3溶解平衡正向移動，促進(jìn)了CaCO3溶解，導(dǎo)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﹣，導(dǎo)致H+濃度增大，故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?！军c(diǎn)評】本題考查學(xué)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．（6分）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(gòu)體 B．EPy中所有原子共平面 C．VPy是乙烯的同系物 D．反應(yīng)②的反應(yīng)類型是消去反應(yīng)【分析】A．MPy的芳香同分異構(gòu)體有三種；B．EPy中側(cè)鏈含2個(gè)四面體結(jié)構(gòu)的C；C．VPy與乙烯的結(jié)構(gòu)不同，且VPy含N原子；D．反應(yīng)②中﹣OH轉(zhuǎn)化為碳碳雙鍵?！窘獯稹拷猓篈．MPy有3種芳香同分異構(gòu)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(cè)鏈含2個(gè)四面體結(jié)構(gòu)的C，則所有原子不能共面，故B錯誤；C．VPy與乙烯的結(jié)構(gòu)不同，且VPy含N原子，二者不互為同系物，故C錯誤；D．反應(yīng)②中﹣OH轉(zhuǎn)化為碳碳雙鍵，反應(yīng)類型為消去反應(yīng)，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握官能團(tuán)與性質(zhì)、有機(jī)反應(yīng)、原子共面為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意有機(jī)物不含苯環(huán)，題目難度中等。5．（6分）據(jù)文獻(xiàn)報(bào)道：Fe（CO）5催化某反應(yīng)的一種反應(yīng)機(jī)理如圖所示。下列敘述錯誤的是（）A．OH﹣參與了該催化循環(huán) B．該反應(yīng)可產(chǎn)生清潔燃料H2 C．該反應(yīng)可消耗溫室氣體CO2 D．該催化循環(huán)中Fe的成鍵數(shù)目發(fā)生變化【分析】Fe（CO）5催化反應(yīng)的一種反應(yīng)機(jī)理為：Fe（CO）5Fe（CO）4COOH﹣→Fe（CO）4H﹣+CO2Fe（CO）4（HOH）H﹣→Fe（CO）4（H）2+OH﹣→Fe（CO）4H2→Fe（CO）4+H2Fe（CO）5，由反應(yīng)機(jī)理圖可知，反應(yīng)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。【解答】解：Fe（CO）5催化反應(yīng)的一種反應(yīng)機(jī)理為：Fe（CO）5Fe（CO）4COOH﹣→Fe（CO）4H﹣+CO2Fe（CO）4（HOH）H﹣→Fe（CO）4（H）2+OH﹣→Fe（CO）4H2→Fe（CO）4+H2Fe（CO）5，由反應(yīng)機(jī)理圖可知，反應(yīng)為CO+H2O＝CO2+H2，A、由反應(yīng)機(jī)理中Fe（CO）5Fe（CO）4COOH﹣和Fe（CO）4（HOH）H﹣→Fe（CO）4（H）2+OH﹣可知，OH﹣參與了該催化循環(huán)，故A正確；B、總反應(yīng)為CO+H2O＝CO2+H2，所以該反應(yīng)可產(chǎn)生清潔燃料H2，故B正確；C、總反應(yīng)為CO+H2O＝CO2+H2，所以該反應(yīng)可生成溫室氣體CO2，消耗CO，沒有消耗CO2，故C錯誤；D、由反應(yīng)機(jī)理圖可知，F(xiàn)e的成鍵數(shù)目變化為：5個(gè)共價(jià)鍵→6個(gè)共價(jià)鍵→5→4個(gè)共價(jià)鍵→5個(gè)共價(jià)鍵，即催化循環(huán)中Fe的成鍵數(shù)目發(fā)生變化，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查反應(yīng)機(jī)理的分析判斷、催化劑作用的理解應(yīng)用、化學(xué)鍵的變化等，明確反應(yīng)機(jī)理中的各個(gè)階段是解題關(guān)鍵，掌握化學(xué)反應(yīng)原理等基礎(chǔ)知識即可解答，題目難度不大。6．（6分）電致變色器件可智能調(diào)控太陽光透過率，從而實(shí)現(xiàn)節(jié)能。如圖是某電致變色器件的示意圖。當(dāng)通電時(shí)，Ag+注入到無色WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈現(xiàn)藍(lán)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(jià)升高 D．總反應(yīng)為：WO3+xAg═AgxWO3【分析】由圖可知這是一個(gè)電解池，銀做陽極，發(fā)生的電極反應(yīng)Ag﹣e﹣＝Ag+，當(dāng)通電時(shí)，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(yīng)，總的反應(yīng)方程式：WO3+xAg═AgxWO3，據(jù)此答題?！窘獯稹拷猓篈．由圖可知這是一個(gè)電解池，銀做陽極，發(fā)生的電極反應(yīng)Ag﹣e﹣＝Ag+，故A正確；B．當(dāng)通電時(shí)，Ag+注入到無色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(jià)降低到AgxWO3中的+（6﹣x）價(jià)W的化合價(jià)降低是還原反應(yīng)，故C錯誤；D．陽極反應(yīng)：Ag﹣e﹣＝Ag+，陰極反應(yīng)：xAg++xe﹣+WO3＝AgxWO3，二者合并：WO3+xAg═AgxWO3，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查電解原理的應(yīng)用，雖情景新穎，但是考查內(nèi)容基礎(chǔ)，注意電極材料和離子移動是解這道題的關(guān)鍵，難度不大。7．（6分）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、且總和為24．下列有關(guān)敘述錯誤的是（）A．該化合物中，W、X、Y之間均為共價(jià)鍵 B．Z的單質(zhì)既能與水反應(yīng)，也可與甲醇反應(yīng) C．Y的最高化合價(jià)氧化物的水化物為強(qiáng)酸 D．X的氟化物XF3中原子均為8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【分析】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(jià)陽離子，Z為Na；X可形成4個(gè)共價(jià)鍵，W可形成1個(gè)共價(jià)鍵，Y形成3個(gè)共價(jià)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，以此來解答。【解答】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(jià)鍵結(jié)合，故A正確；B．Na與水、甲醇均反應(yīng)生成氫氣，故B正確；C．Y的最高化合價(jià)氧化物的水化物為硝酸，屬于強(qiáng)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?！军c(diǎn)評】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點(diǎn)，把握化學(xué)鍵的形成及X為B時(shí)形成配位鍵為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意化學(xué)鍵的判斷，題目難度中等。二、非選擇題：共58分。第8～10題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第11～12題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共43分。8．（14分）化學(xué)工業(yè)為疫情防控提供了強(qiáng)有力的物質(zhì)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?；卮鹣铝袉栴}：（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Na+離子通過，氯氣的逸出口是a（填標(biāo)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?jǐn)?shù)δ[δ（X）＝，X為HClO或ClO﹣]與pH的關(guān)系如圖（b）所示。HClO的電離常數(shù)Ka值為10﹣7.5。（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(yīng)來制備，該反應(yīng)為歧化反應(yīng)（氧化劑和還原劑為同一種物質(zhì)的反應(yīng)）。上述制備Cl2O的化學(xué)方程式為2Cl2+HgO＝Cl2O+HgCl2。（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(yīng)屬于歧化反應(yīng)，每生成1molClO2消耗NaClO2的量為1.25mol；產(chǎn)生“氣泡”的化學(xué)方程式為NaHCO3+NaHSO4＝Na2SO4+CO2↑+H2O。（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ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O（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(zhì)量分?jǐn)?shù)為1%，則生產(chǎn)1000kg該溶液需消耗氯氣的質(zhì)量為203kg（保留整數(shù)）?！痉治觥浚?）電解精制鹽水，陽極陰離子Cl﹣失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成Cl2，陰極H+得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成H2，Na+透過離子膜陰極移動；（2）HClO的電離常數(shù)Ka＝；（3）根據(jù)化合價(jià)只有Cl2的化合價(jià)可以升高也可以降低，0價(jià)的Cl分別生成﹣1價(jià)的HgCl2中的Cl和Cl2O中+1價(jià)的Cl，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒和質(zhì)量守恒寫出方程式；（4）根據(jù)化合價(jià)變化，NaClO2中+3價(jià)的Cl發(fā)生歧化反應(yīng)，化合價(jià)升高和化合價(jià)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(yīng)產(chǎn)生氣體CO2氣體；（5）混用時(shí)發(fā)生Cl的化合價(jià)向中間靠攏，根據(jù)NaOH質(zhì)量守恒計(jì)算。【解答】解：（1）電解精制鹽水，陽極陰離子Cl﹣失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成Cl2，由a口逸出；陰極H+得電子發(fā)生還原反應(yīng)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(yīng)，也防止H2和Cl2混合而發(fā)生爆炸。故答案為：Na+；a；（2）HClO的電離常數(shù)Ka＝，取ClO﹣與HClO相交的點(diǎn)，即pH＝7.5，c（ClO﹣）＝c（HClO）；Ka＝＝c（H+）＝10﹣7.5。故答案為：10﹣7.5；（3）新制的HgO和Cl2反應(yīng)，根據(jù)化合價(jià)只有Cl2的化合價(jià)可以升高也可以降低，HgO中兩種元素的化合價(jià)不變；再根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，0價(jià)的Cl分別生成﹣1價(jià)的HgCl2中的Cl和Cl2O中+1價(jià)的Cl，根據(jù)質(zhì)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(jià)變化，NaClO2中+3價(jià)的Cl發(fā)生歧化反應(yīng)，化合價(jià)升高1生成ClO2中+4價(jià)的Cl，必然有NaClO2中+3價(jià)的Cl化合價(jià)降低4，生成穩(wěn)定價(jià)態(tài)﹣1價(jià)；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：mol，即1.25mol；NaHSO4與NaHCO3反應(yīng)產(chǎn)生CO2氣體：NaHSO4電離出H+與HCO3﹣生成氣體CO2，反應(yīng)方程式為：NaHCO3+NaHSO4＝Na2SO4+CO2↑+H2O，故答案為：1.25；NaHCO3+NaHSO4＝Na2SO4+CO2↑+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(yīng)，發(fā)生化合價(jià)向中間靠攏，ClO﹣中+1價(jià)的Cl與Cl﹣化合價(jià)向中間靠攏生成0價(jià)Cl2，所以反應(yīng)的離子方程式為：ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O；根據(jù)反應(yīng)：Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，設(shè)氯氣質(zhì)量為x，消耗的NaOH的質(zhì)量為x，溶液中剩余NaOH為1000kg×1%＝10kg，＝30%，解得：x＝203kg。故答案為：ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O；203?！军c(diǎn)評】本題考查學(xué)生對以氯為中心的有關(guān)化學(xué)實(shí)驗(yàn)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(jì)算、氧化還原反應(yīng)方程式的書寫、分析“氣泡”原因等，明確電解原理、電離常數(shù)的計(jì)算、氧化還原反應(yīng)是解題關(guān)鍵。同時(shí)考查學(xué)生閱讀題目獲取新信息的能力，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)與綜合運(yùn)用知識、信息分析解決問題能力。9．（15分）苯甲酸可用作食品防腐劑。實(shí)驗(yàn)室可通過甲苯氧化制苯甲酸，其反應(yīng)原理簡示如下：名稱相對分子質(zhì)量熔點(diǎn)/℃沸點(diǎn)/℃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(shí)驗(yàn)步驟：（1）在裝有溫度計(jì)、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(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(yīng)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(chǎn)品為1.0g。（3）純度測定：稱取0.122g粗產(chǎn)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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，三次滴定平均消耗21.50mL的KOH標(biāo)準(zhǔn)溶液?；卮鹣铝袉栴}：（1）根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)藥品的用量，三頸燒瓶的最適宜規(guī)格為B（填標(biāo)號）。A.100mLB.250mLC.500mLD.1000mL（2）在反應(yīng)裝置中應(yīng)選用球形冷凝管（填“直形”或“球形”），當(dāng)回流液不再出現(xiàn)油珠即可判斷反應(yīng)已完成，其判斷理由是無油珠表明不溶于水的甲苯已被完全氧化。（3）加入適量飽和亞硫酸氫鈉溶液的目的是除去多余的高錳酸鉀，避免加鹽酸時(shí)生成有毒的氯氣；該步驟亦可用草酸在酸性條件下處理，請用反應(yīng)的離子方程式表達(dá)其原理2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O。（4）“用少量熱水洗滌濾渣”一步中濾渣的主要成分是MnO2。（5）干燥苯甲酸晶體時(shí)，若溫度過高，可能出現(xiàn)的結(jié)果是苯甲酸易升華而損失。（6）本實(shí)驗(yàn)制備的苯甲酸的純度為86.0%；據(jù)此估算本實(shí)驗(yàn)中苯甲酸的產(chǎn)率最接近于C（填標(biāo)號）。A.70%B.60%C.50%D.40%（7）若要得到純度更高的苯甲酸，可通過在水中重結(jié)晶的方法提純?！痉治觥浚?）根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)藥品的用量，三頸燒瓶的最適宜規(guī)格，根據(jù)超量接近的原則選擇；（2）直形冷凝管一般用于蒸餾、球形冷凝管一般用于反應(yīng)裝置，冷凝回流效果好使反應(yīng)更充分；根據(jù)表中數(shù)據(jù)油珠是甲苯，沒有油珠表明甲苯反應(yīng)完全；（3）加入適量飽和亞硫酸氫鈉溶液的目的是還原多余的高錳酸鉀，草酸還原高錳酸根，草酸被氧化為二氧化碳，高錳酸鉀被還原為二價(jià)錳離子；（4）“用少量熱水洗滌濾渣”一步中濾渣的主要成分是第一步反應(yīng)生成的二氧化錳；（5）苯甲酸100℃以上升華，干燥苯甲酸晶體時(shí)，若溫度過高，可能出現(xiàn)的結(jié)果是產(chǎn)率降低；（6）本實(shí)驗(yàn)制備的苯甲酸的純度為n（KOH）＝0.01000mol?L﹣1×0.02150L＝2.15×10﹣4moln（苯甲酸）＝4×2.15×10﹣4mol＝8.6×10﹣4mol苯甲酸的純度為＝＝×100%＝86.0%苯甲酸的產(chǎn)率＝帶入數(shù)據(jù)求解；（7）根據(jù)苯甲酸微溶于冷水，易溶于熱水，可見苯甲酸的溶解度受溫度影響大，可通降溫結(jié)晶的方法提純，若要得到純度更高的苯甲酸可以再結(jié)晶一次。【解答】解：（1）根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)藥品的用量，三頸燒瓶的最適宜規(guī)格，根據(jù)超量接近的原則選擇，反應(yīng)液的體積稍大于100mL，所以選B；故答案為：B；（2）直形冷凝管一般用于蒸餾、球形冷凝管一般用于反應(yīng)裝置，冷凝回流效果好使反應(yīng)更充分，所以選擇球形冷凝管；根據(jù)表中數(shù)據(jù)甲苯的熔點(diǎn)﹣95℃，甲苯的沸點(diǎn)110.6℃，可知油珠是甲苯，沒有油珠，表明甲苯反應(yīng)完全；故答案為：球形冷凝管；無油珠表明不溶于水的甲苯已被完全氧化；（3）加入適量飽和亞硫酸氫鈉溶液的目的是還原多余的高錳酸鉀，防止加鹽酸時(shí)生成有毒的氯氣，草酸還原高錳酸根，草酸被氧化為二氧化碳，高錳酸鉀被還原為二價(jià)錳離子方程式：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；故答案為：除去多余的高錳酸鉀，避免加鹽酸時(shí)生成有毒的氯氣；2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；（4）“用少量熱水洗滌濾渣”一步中濾渣的主要成分是第一步反應(yīng)生成的二氧化錳；故答案為：MnO2；（5）苯甲酸100℃以上升華，干燥苯甲酸晶體時(shí)，若溫度過高，可能出現(xiàn)的結(jié)果是產(chǎn)率降低；故答案為：苯甲酸易升華而損失；（6）本實(shí)驗(yàn)制備的苯甲酸的純度為n（KOH）＝0.01000mol?L﹣1×0.02150L＝2.15×10﹣4moln（苯甲酸）＝4×2.15×10﹣4mol＝8.6×10﹣4mol苯甲酸的純度為＝＝×100%＝86.0%苯甲酸的產(chǎn)率＝實(shí)際產(chǎn)量：1.0g×0.86＝0.86g；理論產(chǎn)量：設(shè)理論上生成苯甲酸的質(zhì)量為m，有：甲苯～苯甲酸921221.5mL×0.867g?mL﹣1mm＝＝1.72g，故產(chǎn)率為：×100%＝50.0%；故答案為：86.0%；C；（7）根據(jù)苯甲酸微溶于冷水，易溶于熱水，可見苯甲酸的溶解度受溫度影響大，可通降溫結(jié)晶的方法提純，若要得到純度更高的苯甲酸可以再結(jié)晶一次；故答案為：重結(jié)晶。【點(diǎn)評】本題考查了實(shí)驗(yàn)儀器的使用、實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的分析、誤差分析、產(chǎn)率的計(jì)算、產(chǎn)品的提純等實(shí)驗(yàn)知識，重視過程的分析，是綜合實(shí)驗(yàn)題，難度中等，重視分析問題的能力和計(jì)算能力的培養(yǎng)。10．（14分）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(yīng)：C2H6（g）═C2H4（g）+H2（g）△H1，相關(guān)物質(zhì)的燃燒熱數(shù)據(jù)如下表所示：物質(zhì)C2H6（g）C2H4（g）H2（g）燃燒熱△H/（kJ?mol﹣1）﹣1560﹣1411﹣286①△H1＝137kJ?mol﹣1。②提高該反應(yīng)平衡轉(zhuǎn)化率的方法有升高溫度、減少壓強(qiáng)（增大體積）。③容器中通入等物質(zhì)的量的乙烷和氫氣，在等壓下（p）發(fā)生上述反應(yīng)，乙烷的平衡轉(zhuǎn)化率為α．反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp＝×p（用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）。（2）高溫下，甲烷生成乙烷的反應(yīng)如下：2CH4C2H6+H2．反應(yīng)在初期階段的速率方程為：r＝k×c，其中k為反應(yīng)速率常數(shù)。①設(shè)反應(yīng)開始時(shí)的反應(yīng)速率為r1，甲烷的轉(zhuǎn)化率為α?xí)r的反應(yīng)速率為r2，則r2＝1﹣αr1。②對于處于初期階段的該反應(yīng)，下列說法正確的是AD。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(yīng)溫度，k減小（3）CH4和CO2都是比較穩(wěn)定的分子，科學(xué)家利用電化學(xué)裝置實(shí)現(xiàn)兩種分子的耦合轉(zhuǎn)化，其原理如圖所示：①陰極上的反應(yīng)式為CO2+2e﹣＝CO+O2﹣。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6：5?！痉治觥浚?）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(xué)方程式：根據(jù)蓋斯定律，合并方程式得C2H6（g）═C2H4（g）+H2（g）△H1＝137kJ?mol﹣1②根據(jù)反應(yīng)的特點(diǎn)，是一個(gè)氣體計(jì)量數(shù)增大的放熱反應(yīng)，提高該反應(yīng)平衡轉(zhuǎn)化率，就是使化學(xué)平衡右移，可以采用的措施有升高溫度、減小壓強(qiáng)（增大體積）；③利用三段式求出平衡時(shí)的總物質(zhì)的量和各物質(zhì)量，根據(jù)阿伏伽德羅定律的推論，壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量比，求出反應(yīng)后各物質(zhì)的分壓；KP＝求解；（2）①根據(jù)反應(yīng)在初期階段的速率方程為：r＝k×c，其中k為反應(yīng)速率常數(shù)，c（CH4）為甲烷的即時(shí)濃度，代入數(shù)據(jù)求解；②對于處于初期階段的該反應(yīng)，根據(jù)速率方程為：r＝k×c，看出速率與甲烷的濃度成正比，與氫氣的濃度無關(guān)，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(xué)家利用電化學(xué)裝置實(shí)現(xiàn)兩種分子的耦合轉(zhuǎn)化，其原理如圖所示：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?！窘獯稹拷猓海?）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(xué)方程式：Ⅰ乙烷的燃燒：C2H6（g）+3.5O2＝2CO2（g）+3H2O（l）△H＝﹣1560kJ?mol﹣1Ⅱ乙烯的燃燒：C2H4（g）+3O2＝2CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣1411kJ?mol﹣1Ⅲ氫氣的燃燒：2H2（g）+0.5O2＝H2O（l）△H＝﹣286kJ?mol﹣1根據(jù)蓋斯定律，Ⅰ﹣Ⅱ﹣Ⅲ得C2H6（g）═C2H4（g）+H2（g）△H1＝137kJ?mol﹣1故答案為：137；②C2H6（g）?C2H4（g）+H2（g）△H1＝137kJ?mol﹣1是一個(gè)氣體計(jì)量數(shù)增大的放熱反應(yīng)，提高該反應(yīng)平衡轉(zhuǎn)化率，就是使化學(xué)平衡右移，可以采用的措施有升高溫度、減小壓強(qiáng)（增大體積）等；故答案為：升高溫度；減小壓強(qiáng)（增大體積）；③設(shè)容器中通入乙烷和氫氣的物質(zhì)的量為mC2H6═C2H4+H2開始m0m變化αmαmαm平衡m﹣αmαmm+αm平衡時(shí)的總物質(zhì)的量＝m﹣αm+αm+m+αm＝2m+αm在等壓下（p）發(fā)生上述反應(yīng)，反應(yīng)后各物質(zhì)的分壓：P（H2）＝＝同理P（C2H4）＝、P（C2H6）＝KP＝＝×p；故答案為：×p；（2）①根據(jù)反應(yīng)在初期階段的速率方程為：r＝k×c，其中k為反應(yīng)速率常數(shù)，r1＝kc（CH4），r2＝kc（CH4）（1﹣α），由于k不受反應(yīng)物濃度影響，所以r2＝r1（1﹣α），故答案為：1﹣α；②A．根據(jù)速率方程r＝k×c，反應(yīng)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＝k×c，反應(yīng)速率與氫氣的濃度成無關(guān)，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(yīng)的進(jìn)行，甲烷的濃度減小，反應(yīng)速率下降，故C錯誤；D．無論反應(yīng)是吸熱還是放熱，速率常數(shù)隨溫度升高增大，隨反應(yīng)溫度降低，k減小，故D正確；故選：AD；（3）CH4和CO2都是比較穩(wěn)定的分子，科學(xué)家利用電化學(xué)裝置實(shí)現(xiàn)兩種分子的耦合轉(zhuǎn)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2：1的陽極反應(yīng)：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?！军c(diǎn)評】本題考查了熱化學(xué)方程式、蓋斯定律、影響平衡的因素、化學(xué)平衡常數(shù)的計(jì)算、速率的計(jì)算、電解池原理的應(yīng)用，題目綜合性強(qiáng)，難度較大，考查讀表能力、計(jì)算能力、讀圖能力、表達(dá)能力，注重能力培養(yǎng)。（二）選考題：共15分。請考生從2道化學(xué)題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。[化學(xué)--選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]（15分）11．（15分）鈣鈦礦（CaTiO3）型化合物是一類可用于生產(chǎn)太陽能電池、傳感器、固體電阻器等的功能材料?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)Ti原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2。（2）Ti的四鹵化物熔點(diǎn)如下表所示，TiF4熔點(diǎn)高于其他三種鹵化物，自TiCl4至TiI4熔點(diǎn)依次升高，原因是TiF4為離子化合物，熔點(diǎn)高，其他三種均為共價(jià)化合物，隨相對分子質(zhì)量的增大，分子間作用力增大，熔點(diǎn)逐漸升高?；衔颰iF4TiCl4TiBr4TiI4熔點(diǎn)/℃377﹣24.1238.3155（3）CaTiO3的晶胞如圖（a）所示，其組成元素的電負(fù)性大小順序是O＞Ti＞Ca；金屬離子與氧離子間的作用力為離子鍵，Ca2+的配位數(shù)是12。（4）一種立方鈣鈦礦結(jié)構(gòu)的金屬鹵化物光電材料的組成為Pb2+、I﹣和有機(jī)堿離子CH3NH3+，其晶胞如圖（b）所示。其中Pb2+與圖（a）中Ti4+的空間位置相同，有機(jī)堿CH3NH3+中，N原子的雜化軌道類型是sp3；若晶胞參數(shù)為anm，則晶體密度為×1021g?cm﹣3（列出計(jì)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(chǎn)生單質(zhì)鉛和碘，降低了器件效率和使用壽命。我國科學(xué)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2Eu3++Pb＝2Eu2++Pb2+、2Eu2++I2＝2Eu3++2I﹣?！痉治觥浚?）22號Ti位于第四周期的過渡元素，有4個(gè)電子層，前3層全滿；（2）一般晶體的熔沸點(diǎn)：離子晶體大于分子晶體；第ⅤⅡA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(qiáng)；（3）電負(fù)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(fù)性依次增大；非金屬氧電負(fù)性大，Ca在Ti的左邊，周期表從左向右元素的電負(fù)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(gè)；（4）將圖（b）周圍緊鄰的八個(gè)晶胞的體心連接，就能變成圖（a）所示晶胞；有機(jī)堿CH3NH3+中，N原子形成4個(gè)σ鍵，（5）如圖根據(jù)箭頭的方向及電子轉(zhuǎn)移守恒、電荷守恒寫出離子方程式。【解答】解：（1）22號Ti位于第四周期的過渡元素，有4個(gè)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）一般晶體的熔沸點(diǎn)：離子晶體大于分子晶體；第ⅤⅡA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(qiáng)；TiF4為離子化合物，熔點(diǎn)最高，其他三種均為共價(jià)化合物，為分子晶體，對于組成和結(jié)構(gòu)相似的物質(zhì)，隨相對分子質(zhì)量的增大，分子間作用力增大，熔點(diǎn)逐漸升高，故答案為：TiF4為離子晶體，熔點(diǎn)高，其他三種均為分子晶體，隨相對分子質(zhì)量的增大，分子間作用力增大，熔點(diǎn)逐漸升高；（3）Ca和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(fù)性依次增大，所以Ti＞Ca，O為非金屬性元素，得電子能力強(qiáng)，電負(fù)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(gè)，由圖可知，與Ca2+最近的等距離的氧離子位于經(jīng)過Ca2+的三個(gè)相互垂直的面上，每個(gè)面上有4個(gè)，則3×4＝12個(gè)，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(gè)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(gè)頂點(diǎn)，即圖（a）中的Ti4+，圖（b）頂點(diǎn)中的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(jī)堿CH3NH3+中，N原子形成4個(gè)σ鍵，即N的雜化軌道類型為sp3；觀察圖（b）晶胞中含有1個(gè)Pb2+位于體心，I﹣位于面心，共有：×6＝3，CH3NH3+位于頂點(diǎn)，共有：×8＝1；根據(jù)：ρ＝＝g?cm﹣3＝×1021g?cm﹣3，故答案為：Ti4+；sp3