2022年全国统一高考化学试卷(新课标Ⅱ).pdf

《2022年全国统一高考化学试卷(新课标Ⅱ).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年全国统一高考化学试卷(新课标Ⅱ).pdf（16页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2020年全国统一高考化学试卷（新课标H）题号二三总分得分一、单 选 题（本大题共7 小题，共 42.0分）1.北宋沈括 梦溪笔谈中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矶，烹胆矶则成铜。熬胆矶铁釜，久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是（）A.胆研的化学式为CuSC）4B.胆矶可作为湿法冶铜的原料C.“熬之则成胆研”是浓缩结晶过程D.“熬胆机铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应2.某白色固体混合物由NaCl、KCK MgSO,、CaCO3中的两种组成，进行如下实验：混合物溶于水，得到澄清透明溶液；做焰色反应，通过钻玻璃可观察到紫色；向溶液中加碱，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组

2、成为（）A.KC1、NaCl B.KCk MgSO C.KC1、CaCO D.MgSO、NaCl4 3 43.二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如图所示。下列叙述错误的是（）A.海水酸化能引起HCO-浓度增大、CO 2一浓度减小3 3B.海水酸化能促进CaCO 3的溶解，导致珊瑚礁减少C.CO2能引起海水酸化，其原理为HCO 3-H+CO32-D.使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境4.叱 咤（）是类似于苯的芳香化合物。2-乙烯基哦咤（VPy）是合成治疗砂肺病药物的原料，可由如下路线合成。下列叙述正确的是（）A.M Py只有两种芳香同分异构体C.VPy是乙烯的

3、同系物B.EPy中所有原子共平面D.反应的反应类型是消去反应第1页，共16页5.据文献报道：Fe（CO）5催化某反应的一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是（）A.OH-参与了该催化循环B.该反应可产生清洁燃料H 2C.该反应可消耗温室气体CO 2D.该催化循环中F e 的成键数目发生变化6.电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。如图是某电致变色器件的示意图。当通电时，Ag+注入到无色WC）3薄膜中，生成AgxWC）3,器件呈现蓝色,对于该变化过程，下列叙述错误的是（）A.Ag为阳极 B.Ag+由银电极向变色层迁移C.W 元素的化合价升高 D.总反应为：WO+xAg=Ag W03

4、x 37.一种由短周期主族元素组成的化合物（如图所示），具有良 W W好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大、z+|-且总和为2 4.下列有关叙述错误的是（）A.该化合物中，W、X、Y 之间均为共价键.*B.Z 的单质既能与水反应，也可与甲醇反应C.Y 的最高化合价氧化物的水化物为强酸D.X 的氨化物XF?中原子均为8 电子稳定结构二、简 答 题（本大题共4 小题，共 48.0分）8.化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：（1）氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图（a）所示的装置来制取。装

5、置中的离子膜只允许 离子通过，氯 气 的 逸 出 口 是 （填标号）。第2页，共16页a 次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数5 （X）=c丽o）+c而X为 H C 1 0 或 C I O 与 pH的关系如图（b）所示。H C 1 O 的电离常数匕 值为 oC l2o 为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酥，可由新制的HgO和 C 1,反应来制备,该反应%歧化反应（氧化剂和还原剂为同一种物质的反应）。上述制备C l2。的化学方程式为。C I O 2 常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为N a C lO?、N a H S Or N a H

6、 C C 的 二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到。2 溶液。上述过程中，生成C I O 2 的反应属于歧化反应，每生成I mo l C l O z 消耗N a d。？的量为 mo l：产 生“气泡”的 化 学 方 程 式 为。“嬴消毒液”的有效成分为N aC l O,不可与酸性清洁剂混用的原因是（用离子方程式表示）。工业上是将氯气通入到3 0%的 N a OH溶液中来制备N aC l O溶液，若 N aC l O 溶液中N a OH的质量分数为1%,则 生 产 1 000k g该溶液需消耗氯气的质量为 k g（保留整数）。9.天然气的主要成分为C H 4,一般还含有C 2 H

7、6,等煌类，是重要的燃料和化工原料。（1）乙烷在一定条件可发生如下反应:C 2 H 6 （g）=C 2 H 4 （g）+H,（g）A H,相关物质的燃烧热数据如表：物质C 2 H 6 (g)c 2 H 4 (g)H2(g)燃烧热A H/(k J mo l-i)1 5 6 0-1 4 1 1-2 8 6 H =k J mo l-1。提 高 该 反 应 平 衡 转 化 率 的 方 法 有、。容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下（P）发生上述反应，乙烷的平衡转化率为a反应的平衡常数Kp=L用平衡分压代替平衡浓度计算，分 压=总压x 物质的量分数）。（2）高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2 c

8、H,呼 C 2 H 6+凡.反应在初期阶段的速率方程为：r=k x cCH4.其中k为反应速率常数。设反应开始时的反应速率为甲烷的转化率为a 时的反应速率为b则r2=-ri对于处于初期阶段的该反应，下 列 说 法 正 确 的 是。A.增加甲烷浓度，I 增大B.增加H 2 浓度，r 增大C.乙烷的生成速率逐渐增大D.降低反应温度，k 减小（3）C H&和 C O?都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦第3页，共16页合转化，其原理如图所示:-电极B固体电解质（传导炉-）碳氧氢 阴 极 上 的 反 应 式 为。若生成的乙烯和乙烷的体积比为2：1,则消耗的C H 4 和 C O?体

9、积比为_ _ _ _ _ _。1 0.钙 钛 矿（C aTi C）3）型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传晟器、固体电阻器等的功能材料。回答下列问题：（1）基态T i 原子的核外电子排布式为 o（2）T i 的四卤化物熔点如下表所示，T i F4 熔点高于其他三种卤化物，自T i C）至T i 1 熔点依次升高，原因是_ _ _ _ _ _化合物TiF4T i C l4TiBr4熔点/377-2 4.1 238.3155（3）C aT i O,的晶胞如图（a）所示，其 组 成 元 素 的 电 负 性 大 小 顺 序 是；金属离 子 与 氧 离 子 间 的 作 用 力 为,C a2+的 配 位

10、 数 是。（4）一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为P b 2+、L 和有机碱离子C H3 N H3+,其晶胞如图（b）所示。其中P b 2+与 图（a）中 的空间位置相同，有机碱C H3 N H3+中，N 原 子 的 杂 化 轨 道 类 型 是；若晶胞参数为a n m,则晶体密度为 g c m-3 （列出计算式）。0 Ca Ti I-p a图（a）图（b）图（r）（5）用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘，降低了器件效率和使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土箱（Eu）盐，提升了太阳能电池的效率和使用寿命，其作用原理如图（c）所示，用离子方程

11、式 表 示 该 原 理、。1 1 .维生素E 是一种人体必需的脂溶性维生素，现已广泛应用于医药、营养品、化妆品等。天然的维生素E 由多种生育酚组成，其中c e 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 的一种合成路线，其中部分反应略去。第4页，共16页已知以下信息:回答下列问题：(1)A 的 化 学 名 称 为。(2)B 的 结 构 简 式 为。(3)反应物C 含有三个甲基，其 结 构 简 式 为。(4)反 应 的 反 应 类 型 为。(5)反应的化学方程式为 o(6)化合物C 的同分异构体中能同时满足以下三个条件的有 个(不考虑立体异构体，填 标 号)。(i)含有两个甲

12、基；(ii)含有酮 镁 基(但不含C=C=O)；(i i i)不含有环状结构。(a)4 (b)6 (c)8 (d)1 0其中，含有手性碳(注：连有四个不同的原子或基团的碳)的化合物的结构简式为三、实验题(本大题共1小题，共15.0分)1 2.苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如图:第 5 页，共 1 6 页甲苯 92-95110.60.867不溶于水，易溶于乙醇苯甲酸实 验 之(1)4.8g珠。122步骤：在装有温/(约 0.03n122.4(100C左右开始升华)复计、冷凝管和搅拌器1O1)高铸酸钾，慢慢3248的三颈F启搅抖烧瓶中加入15P器，并加热回;微

13、溶于冷水，易溶于乙醇、热水n L 甲苯、100mL水和流至回流液不再出现油(2)停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥。称量，粗产品为1.0g。(3)纯度测定：称取0.122g粗产品，配成乙醇溶液，于100mL容量瓶中定容。每次移取25.00mL溶液，用 0.01()00molL-l的 KOH标准溶液滴定，三次滴定平均消耗 21.50mL的 KOH标准溶液。回答下列问题：(1)根据上述实验药品的

14、用量，三颈烧 瓶 的 最 适 宜 规 格 为 (填标号)。A.100mL B.250mL C.500mL D.1000mL(2)在反应装置中应选用 冷 凝 管(填“直形”或“球形”)，当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成，其判断理由是 o(3)加 入 适 量 饱 和 亚 硫 酸 氢 钠 溶 液 的 目 的 是:该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，请 用 反 应 的 离 子 方 程 式 表 达 其 原 理。(4)“用少量热水洗涤滤渣”一步中 滤 渣 的 主 要 成 分 是。(5)干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可 能 出 现 的 结 果 是。(6)本 实 验 制 备 的 苯 甲 酸 的 纯 度 为

15、;据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于(填标号)。A.70%B.60%C.50%D.40%(7)若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中 的方法提纯。第6页，共16页答案和解析1 .【答案】A【解析】解：A.胆研是硫酸铜晶体，“胆研”化学式为CU S O/5 H2。，故A 错误；B.胆帆是硫酸铜晶体，熬胆矶铁釜，久之亦化为铜，是发生了：Fe+CuS O4=Cu+Fe S O4,则胆研可作为湿法冶铜的原料，故B 正确；C.挹其水熬之则成胆矶，硫酸铜溶液蒸发得到硫酸铜晶体，是浓缩结晶过程，故c 正确;D.熬胆研铁釜，久之亦化为铜，是发生了：Fe+CuS O4=Cu+Fe S O4,硫酸铜与F e 置

16、换反应生成C u,属于置换反应，故D 正确；故选：A o“信州铅山县有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矶。烹胆矶则成铜：熬胆帆铁釜，久之亦化为铜。”由题意可知，“苦泉”泉水中含有硫酸铜，硫酸铜溶液蒸发得到硫酸铜晶体，从溶液中获取晶体，熬胆矶铁釜，久之亦化为铜，是发生了：Fe+CuS O4=Cu+Fe S O4,硫酸铜与Fe 置换反应生成C u,据此解答。本题为信息题，明确题目中所给的信息以及C u 及其化合物的性质是解本题关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生获取信息利用信息解答问题能力。2 .【答案】B【解析】解：混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则无Ca CC)3：做焰色反应，通过钻玻

17、璃可观察到紫色，则含有K C1；向溶液中加碱，产生白色沉淀，则含有M g S C)4；根据白色固体混合物由两种物质组成，则无Na Cl；综上：白色固体混合物由K C1、M g S C)4 两种物质组成，不含有Na Cl、Ca COv故B 正确；故 选:Bo混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则无Ca CC 3；做焰色反应，通过钻玻璃可观察到紫色，则含有K C1；向溶液中加碱，产生白色沉淀，则含有M g S O/根据白色固体混合物由两种物质组成，则无Na Cl,据此分析解答。本题考查无机推断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，把握物质的性质及实验中现象与结论的关系为解答的关键，注意物质的性质以及反

18、应的现象，题目难度不大。3.【答案】C【解析】解：A.海水酸化，H+浓度增大，平衡H+CO 32-U HCO 3-正向移动，导致CO 3%浓度减小，HCO 3-浓度增大，故A正确；B.海水酸化，CO 32-浓度减小，导致Ca CO a 溶解平衡正向移动，促进了Ca CO s溶解，导致珊瑚礁减少，故B 正确；c.c o2引起海水酸化的原理为：C O2+H2O H2C O3#H+HCO3-,导 致 H+浓度增大，故C 错误；D.使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源的燃烧，从而减少C 0 2 的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，故D正确；故选：C oA 根据海水酸化的反应原理：C

19、O7+H3O#H9C O,#H+HC OFe(CO)4 H F e+C0(CO)4+H2-Fe(CO)5,由反应机理图可知，反应为CO+H2OCO2+H2，+0H-A、由反应机理中 Fe(CO)5-Fe(CO)4coOH-和 Fe(CO)4(HOH)H-Fe(CO)4(H)2+OH-可知，OH参与了该催化循环，故A 正确；B、总反应为CO+H2OCO2+H2,所以该反应可产生清洁燃料H 2,故B 正确；C、总反应为CO+H2O=CO2+H2,所以该反应可生成温室气体C02,消耗C O,没有消耗CO”故C 错误；D、由反应机理图可知，F e的成键数目变化为：5 个共价键T6个共价键-5 4 个共

20、价键-5 个共价键，即催化循环中Fe的成键数目发生变化，故D 正确；故选：CoFe(CO)5 催化反应的一种反应机理为：Fe(CO)5 F Fe(CO)4coOH Fe(CO)+H,04H-+CO2 7 Fe(CO)4(HOH)H Fe(CO)4(H)2+OH-Fe(CO)4H?Fe(CO)+co4+H2 t Fe(CO)5,由反应机理图可知，反应为CO+H2OCO2+H2，其中OH参与了该催化循环，生成清洁燃料H 2 和温室气体CO2，据此分析解答。本题考查反应机理的分析判断、催化剂作用的理解应用、化学键的变化等，明确反应机理中的各个阶段是解题关键，掌握化学反应原理等基础知识即可解答，题目难

21、度不大。6.【答案】C【解析】解：A.由图可知这是一个电解池，银做阳极，发生的电极反应Ag-e=Ag+,故 A 正确；B.当通电时，Ag+注入到无色WO?薄膜中生成Ag/WC)3，故B 正确；第 8 页，共 1 6 页C.电极方程式：xAg+xe-+WO3=Ag w o3,W 由 WO3 的+6 价降低到 AgxWC 中的+(6-x)价 W 的化合价降低是还原反应，故c 错误；D.阳极反应：Ag-e-=Ag+,阴极反应：xAg+xe-+WO3=AgxWO3,二者合并：WO3+xAg=AgxWO3，故 D 正确；故选：Co由图可知这是一个电解池，银做阳极，发生的电极反应Ag-e二A g+,当通电

22、时，Ag+注 入到无色WO?薄膜中生成AgxWC)3，电极方程式：xAg+xe-+WC)3=AgxWO3是还原反应，总的反应方程式：WO3+xAg=AgxWO3,据此答题。本题考查电解原理的应用，虽情景新颖，但是考查内容基础，注意电极材料和离子移动是解这道题的关键，难度不大。7.【答案】D【解析】解：由上述分析可知，W 为 H、X 为 B、丫为N、Z 为 Na,A.H、B、N 均以共价键结合，故A 正确；B.N a与水、甲醇均反应生成氢气，故B 正确；C.Y 的最高化合价氧化物的水化物为硝酸，属于强酸，故C 正确；D.XF3中 B 的最外层电子数为3+3=6,故D 错误；故选：D。由短周期主族

23、元素组成的化合物，Z 的原子序数最大、且可形成+1价阳离子，Z 为 Na；X 可形成4 个共价键，W 可形成1 个共价键，丫形成3 个共价键，且W、X、Y、Z 的原子序数依次增大、总和为2 4,可知W 为 H、X 为 B、丫 为 N,满 足 1+5+7+11=24,以此来解答。本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握化学键的形成及X 为 B 时形成配位键为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学键的判断，题目难度中等。8.【答案】Na+a 10-7.5 2Cl2+HgO=CI2O+HgCl2 1.25 NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+CO2t+H2O ClO-+Cl-+2

24、H+=Cl2t+H2O 203【解析】解：(1)电解精制盐水，阳极阴离子C1.失电子发生氧化反应生成C%,由 a口逸出；阴极H+得电子发生还原反应生成H2,Na+透过离子膜阴极移动，离子膜防止OH-透过与阳极生成的C1?反应，也防止H?和 Cl2混合而发生爆炸。故答案为：Na+；a；(2)HC1O的电离常数Ka=*黑2 取。0-与HC1O相交的点，即 pH=7.5,c(CIO)=c(HC1O)；K/嗡A(H+)”7.5。故答案为：10-7.5;新制的HgO和 C12反应，根据化合价只有的化合价可以升高也可以降低，HgO中两种元素的化合价不莠；再根据电子转移守恒，0 价的C1分别生成-1 价的H

25、gCU中的C1和 5 0 中+1价的C 1,根据质量守恒写出方程式为：2cU+HgOCUO+HgCU，故答案为:2Cl2+HgO=Cl2O+HgCl2；(4)根据化合价变化，Na。？中+3价的C1发生歧化反应，化合价升高1 生成。O2中+4价的C L 必然有NaClO,中+3价的C1化合价降低4,生成稳定价态-1 价；根据得失电子守恒，配平离子方程式：5C1O-+4H+=C1-+4C1O+2H O；ImolCIO消耗N aClO的2 2 2 2 2量为：;m o l,即 1.25mol；NaHSC与 NaHCO?反应产生CO2气体：NaHSC电离出H+与 HCO-生成气体CO,反应方程式为：N

26、aHCO+NaHSO=Na SO+CO f+H O,3 2 3 4 2 4 2 2故答案为：1.25；NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+CO4+H2O；第9页，共16页(5)8 4 消毒液”的有效成分为N aC lO,与酸性清洁剂盐酸混用，根据氧化还原反应，发生化合价向中间靠拢，CIO-中+1价的C1与。-化合价向中间靠拢生成0 价 C%,所以反应的离子方程式为：C10-+Cl-+2H+=Cl2t+H20;80根据反应：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O,设氯气质量为x,消耗的NaOH的质量为正，溶液中剩余NaOH 为 1000kgxl%=10kg,会上5=30%,解得：

27、x=203kg。1000-jr故答案为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2t+H2O；203(1)电解精制盐水，阳极阴离子CL失电子发生氧化反应生成Cl2，阴极H+得电子发生还原反应生成H2,Na+透过离子膜阴极移动；(2)HC1O的电离常数K嘿 意9 根据化合价只有Cl2的化合价可以升高也可以降低，0 价的C1分别生成-1价的HgCl2中的C l和 C12O 中+1价而C L 根据电子转移守恒和质量守恒写出方程式；4 根据化合价变化，Na。？中+3 价的C1发生歧化反应，化合价升高和化合价降低，根据得失电子守恒，配平离子方程式；lmolCK)2消耗NaClO2的量为:m o l,即 1.25m

28、ol；NaHSOa与 NaHCC)3反应产生气体CC)2气体；5 混用时发生C 1的化合价向中间靠拢，根据NaOH质量守恒计算。本题考查学生对以氯为中心的有关化学实验的理解和掌握，题目难度中等，掌握电解食盐水原理、电离平衡常数的计算、氧化还原反应方程式的书写、分 析“气泡”原因等，明确电解原理、电离常数的计算、氧化还原反应是解题关键。同时考查学生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。9.【答案】1 3 7 升高温度 增 大 体 积/J21-a AD CO,+2e=CO+O2-6：5(2+2【解析】解：(1)燃烧热是指Imol燃料充分燃烧生成温度氧

29、化物所释放的热量，利用燃烧热写出热化学方程式：I 乙烷的燃烧：C2H6(g)+3.5O2=2CO2(g)+3H2O(1)H=-1560kJmol iU 乙烯的燃烧:C2H4(g)+3O2=2CO2(g)+2H2O(1)H=-1411kJmol-iHI氢气的燃烧：2H,(g)+0.5O2=H2O(1)AH=-286kJmol-i根据盖斯定律,I-n-m 得 C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)H|=137kJmoU故答案为：137；C2H6(g)=C2H4(g)+H,(g)H1=137kJmoU是一个气体计量数增大的放热反应,提高该反应平衡趋化率，就显使化学平衡右移，可以采用的措施有升高温

30、度、增大体积(减小压强)等；故答案为：升高温度；增大体积；设容器中通入乙烷和氢气的物质的量为mC2H6=C2H4+H2开始 m 0 m变化 am am am平衡 m-am am m+am平衡时的总物质的=m-am+am+m+am=2m+am在等压下(p)发生上述反应，反应后各物质的分压：P(H,)二 翼 三 2 4 31同理P(C2H4)=%P 第10页，共16页_P施)a(l+a)KP=P(C-Jfa)(2+tf)(l-a);故答案为.=(1.n x 口不，j.(2 +窗)口 _0),(2)根据反应在初期阶段的速率方程为：r=k x c 6/74,其中k为反应速率常数，=k c(C H4),

31、r2=k c (C H4)(1-a),由于k不受反应物浓度影响，所以与二乙(1-a),故答案为：l-a；A.根据速率方程r=k x c b 4,反应速率与甲烷的浓度成正比，增加甲烷浓度，r增大，故A正确；B.根据速率方程r=k x c C“4,反应速率与氢气的浓度成无关，增加H 2浓度，r不变，故B错误；C.乙烷的生成速率逐渐增大，随着反应的进行，甲烷的浓度减小，反应速率下降，故C错误：D.无论反应是吸热还是放热，速率常数随温度升高增大，随反应温度降低，k减小，故D正确；故选：AD；(3)C H 4和C O?都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图而示：由图象

32、知阴极：C O2+2 e-=C O+O 2-,生成的乙烯和乙烷的体积比为2：1的阳极反应：6c H 4+5 0 2-1 0 e=2 C 2 H 4+C 2 H 6+5凡0,根据电荷守恒知道消耗的C H 4和C O?体积比为6：5。故答案为：C O2+2 e-=C O+O 2-;6：5。(1)燃烧热是指I m o l燃料充分燃烧生成温度氧化物所释放的热量，写出乙烷、乙烯和氢气燃烧热写出热化学方程式：根据盖斯定律，合并方程式得c 2 H 6(g)=C 2 H 4 (g)+H2(g)H p 1 3 7 k J-m o l-i根据反应的特点，是一个气体计量数增大的放热反应，提高该反应平衡转化率，就是使

33、化学平衡右移，可以采用的措施有升高温度、增大体积(减小压强)；利用三段式求出平衡时的总物质的量和各物质量，根据阿伏伽德罗定律的推论，压强之比等于物质的量比，求出反应后各物质的分压；p(c J)求解;(2)根据反应在初期阶段的速率方程为：r=k x W 4,其中k为反应速率常数，c(C H p为甲烷的即时浓度，代入数据求解；对于处于初期阶段的该反应，根据速率方程为：i-k x c CH4,看出速率与甲烷的浓度成正比，与氢气的浓度无关，速率常数k受温度影响；(3)C H 4和C O?都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：由图象知阴极：C O2+2 e-=C

34、 O+O 2-,阳极甲烷变成乙烷、乙烯和水，再根据电荷守恒，和电解池中离子的移动解题。本题考查了热化学方程式、盖斯定律、影响平衡的因素、化学平衡常数的计算、速率的计算、电解池原理的应用，题目综合性强，难度较大，考查读表能力、计算能力、读图能力、表达能力，注重能力培养。1 0.【答案】I s 2 2 s 2 2 P 63s 2 3P 63d 2 4s 2 T i F ,为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高 0TiCa离子620键 1 2 T i 4+s p 3 JXN X I O 2 1 2 E u 3+P b=2 E u 2+P b

35、2+2 E u 2+I2=2 E u 3+2 I-【解析】解：(1)2 2号T i位于第四周期的过渡元素，有4个电子层，前3层全满；基态T i原子的核外电子排布式为：I s 2 2 s 2 2 P 63s 2 3P 63d 2 4s 2,故答案为：1 s 2 2 s 2 2 P 63s 2 3P 63d 2 4s 2；第1 1页，共1 6页（2）一般晶体的熔沸点：离子晶体大于分子晶体；第VHA族元素，由上向下得电子能力依次减弱，F原子得电子能力最强；T i F,为离子化合物，熔点最高，其他三种均为共价化合物，为分子晶体，对于组成和结构相似的物质，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐

36、升高，故答案为：T i F 4为离子晶体，熔点高，其他三种均为分子晶体，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高；（3）C a 和 T i 为同周期的金属元素，C a 在 T i 的左边，周期表从左向右元素的电负性依次增大，所以T i C a,O为非金属性元素，得电子能力强，电负性最大，即O T i C a；金属阳离子与氧的阴离子成为离子键；离子晶体中的配位数是指距离最近的带相反电荷的离子有多少个，由图可知，与 C a 2+最近的等距离的氧离子位于经过C a 2+的三个相互垂直的面上，每个面上有4 个，则 3 x4=1 2 个，故答案为：O T i C a；离子键；1 2；（4）观

37、察晶胞（a）（b）,将 图（b）周围紧邻的八个晶胞的体心连接，就能变成图（a）所示晶胞，图（b）体心上的P b 2+就是8个顶点，即 图（a）中的Ti4+,图（b）顶点中的 L 就为体心，即 图（a）的 C a 2+的位置，图（b）面心上的C H3 N H3+就是棱心，即 图（a）中的O2-的位置：所 以 图（b）P b 2+与 图（a）中Ti4+的空间位置相同；有机碱C H3 N H 3+中，N原子形成4 个。键，即N的杂化轨道类型为s p3；观 察 图（b）晶胞中含有1 个P b 2+位于体心，I-位于面心，共有：；x6=3,C H3 N H3 位于顶点，共有：/8=1；根据：m（207+

38、3x 127+12+14+6）620P=P=（a x 10-7），gCm-3 与 谢 X102lg-CHV3,620故答案为：Ti4+;s p3;3 X 1 0 2 1;A XNA离子方程式表示该原理为：2 E u 3+P b=2 E u 2+P b 2+：2EU2+I2=2EU3+2I-,故答案为：2 E u 3+P b=2 E u 2+P b 2+；2EU2+U=2EU3+2L。（1）2 2 号 Ti位于第四周期的过渡元素，有4 个电子层，前 3层全满；（2）一般晶体的熔沸点：离子晶体大于分子晶体；第vn A族元素，由上向下得电子能力依次减弱，F 原子得电子能力最强；（3）电负性用来描述不

39、同元素原子对键合电子吸引力的大小，周期表从左向右，由下到上元素的电负性依次增大：非金属氧电负性大，Ca在 T i 的左边，周期表从左向右元素的电负性依次增大；金属阳离子与氧的阴离子成为离子键；离子晶体中的配位数是指距离最近的带相反电荷的离子有多少个；（4）将 图（b）周围紧邻的八个晶胞的体心连接，就能变成图（a）所示晶胞；有机碱C H3 N H3+中，N原子形成4 个。键，（5）如图根据箭头的方向及电子转移守恒、电荷守恒写出离子方程式。本题考查学生对原子结构和性质的理解和掌握，题目难度中等，掌握常见的基态原子的电子排布、电负性、杂化方式、晶胞的计算等，明确原子杂化原理和晶胞计算方法是解题关键。

40、同时考查阅读题目获取新信息能力，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。I I.【答案】3-甲基苯酚（或间甲基苯酚）第12页，共16页CH2=CHCH(CH3)COCH3(或【解析】解:(1)AOHa羟基所连的碳为“1”号碳，甲基连在苯环的“3”号碳上，所以化学名称3-甲基苯酚(或间甲基苯酚)，故答案为：3-甲 基 苯 酚(或 间 甲 基 苯 酚)：011(2)由分析可知，B的结构简式为:故答案为:(3)由分析可知，C的 结 构 简 式 为 人 工故答案为：人乂；(4)/丫 与 HOCH/(CH,)3 c o K,H2。反应，HCmCH的三键碳上的H加在叛基的O上，乙焕基加

41、在默基的C上，生成D(I),发生了加成反应，故答案为：加成反应；(5)反应为 I 中 的 碳 碳 三 键 和 按1：1加成，反应的化学方程式为:iio故答案为:HO第13页，共16页C为jJC有 2个不饱和度，含默基但不含环状结构，则分子中含一个碳碳双键，一个皴基，和 2个甲基，符合条件的有8种：C H3C H=C H C O C H C HC H C H=C H C H COCH、C H C H C H=C H C O C H、C H =C H C H (C H )COCH、C H =C3 2 3 3 2 3 2 3 32(C H C H )C O C H、C H =C(C H )C O C

42、 H CH、C H =C(C H )C H COCH、C H =C H C O C H2 3 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2(C H3)2，其中，含有手性碳的为C H2H He H(C H3)C O C H 3 ()，故答案为：c；(：乩=C H C H (C H3)C O C H3(或)o)oC l 3 H 2 00，可推知D 为 T，据此来解答。4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，掌握有机物的命名、反应类型、化学反应原理、同分异构等，明确化学反应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

43、能力。1 2.【答案】B 球形 无油珠表明不溶于水的甲苯已被完全氧化除去多余的高镭酸钾，避免加盐酸时生成有毒的氯气 2 M nO-+5 H C 0+6 H*=2 M n2+1 0C O t +8 H 0 M nO 苯甲酸易升华而损4 2 2 4 2 2 2失 8 6.0%C 重结晶【解析】解：(1)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格，根据超量接近的原则选择，反应液的体积稍大于1 00mL,所以选B；故答案为：B；(2)直形冷凝管一般用于蒸镭、球形冷凝管一般用于反应装置，冷凝回流效果好使反应更充分，所以选择球形冷凝管；根据表中数据甲苯的熔点-9 5 C,甲苯的沸点1 1 0.6,可知油

44、珠是甲苯，没有油珠，表明甲苯反应完全；故答案为：球形冷凝管；无油珠表明不溶于水的甲苯已被完全氧化；第14页，共16页(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是还原多余的高镉酸钾，防止加盐酸时生成有毒的氯气，草酸还原高镭酸根，草酸被氧化为二氧化碳，高钵酸钾被还原为二价镭离子方程式：2 M nO -+5 H C O +6 H+=2 M n2+1 0 C O T+8 H O；4 2 2 4 2 2故答案为：除去多余的高精酸钾，避免加盐酸时生成有毒的氯气；2 M nO -+5 H C O +6 H+=2 M n2+1 0 C O t+8 H O；4 2 2 4 2 2(4)“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤

45、渣的主要成分是第一步反应生成的二氧化橘；故答案为：M nO,；(5)苯 甲 酸 1 0 0 C 以上升华，干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是产率降低；故答案为：苯甲酸易升华而损失：(6)本实验制备的苯甲酸的纯度为n(K O H)=0.0 1 O O O mol L-1 x0.0 2 1 5 0 L=2.1 5 x1 0-4 moln(苯甲酸)=4 x2.1 5 x1 0-4 mol=8.6 x 1 0-4 mol苯甲酸的纯度为=等鲁X 1 0 0%-8 6 1 2 2x 1 0 0%=8 6.0%DC J 0.122苯甲酸的产率=靠：x 1 0 0%实际产量：1.0 g x0.8

46、6=0.8 6 g；理论产量：设理论上生成苯甲酸的质量为m,有：甲苯苯甲酸9 2 1 2 21.5 mL xO.8 6 7 g,mL-i mm=-=1.7 2 g,故产率为：p xl0 0%=5 0.0%；故答案为:8 6.0%；C；(7)根据苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，可见苯甲酸的溶解度受温度影响大，可通降温结晶的方法提纯，若要得到纯度更高的苯甲酸可以再结晶一次；故答案为：重结晶。(1)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格，根据超量接近的原则选择；(2)直形冷凝管一般用于蒸微、球形冷凝管一般用于反应装置，冷凝回流效果好使反应更充分；根据表中数据油珠是甲苯，没有油珠表明甲苯反应完全；

47、(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是还原多余的高镉酸钾，草酸还原高锌酸根，草酸被氧化为二氧化碳，高镭酸钾被还原为二价锦离子：(4)“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是第一步反应生成的二氧化镭；(5)苯 甲 酸 1 0 0 以上升华，干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是产率降低；(6)本实验制备的苯甲酸的纯度为n(K O H)=0.0 1 O O O mol L-1 x0.0 2 1 5 0 L=2.1 5 x1 0-4 moln(苯甲酸)=4 x2.1 5 x1 0-4 mol=8.6 x 1 0-4 mol苯 甲 酸 的 纯 度 为 x 1 0 0%上 缥 了 四 xl0 0%=8 6.0%苯甲酸的产率1 0 0%带入数据求解；(7)根据苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，可见苯甲酸的溶解度受温度影响大，可通降温结晶的方法提纯，若要得到纯度更高的苯甲酸可以再结晶一次。本题考查了实验仪器的使用、实验现象的分析、误差分析、产率的计算、产品的提纯等实验知识，重视过程的分析，是综合实验题，难度中等，重视分析问题的能力和计算能第15页，共16页力的培养。第16页，共16页