2020年全國(guó)統(tǒng)一考試化學(xué)試題（新課標(biāo)Ⅱ）（解析版）

1、2020年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試?yán)砜凭C合能力測(cè)試 化學(xué)可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 S 32 Fe 56 Cu 64一、選擇題：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.北宋沈括夢(mèng)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(cuò)誤的是A. 膽礬的化學(xué)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(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)【答案】A【解析】【詳解】A.膽礬為硫酸銅晶體，化學(xué)式為CuSO45H2O，A說法錯(cuò)誤

2、；B.濕法冶銅是用鐵與硫酸銅溶液發(fā)生置換反應(yīng)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(jié)晶過程，C說法正確；D.鐵與硫酸銅溶液發(fā)生置換反應(yīng)生成銅，D說法正確。綜上所述，相關(guān)說法錯(cuò)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(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)： 混合物溶于水，得到澄清透明溶液； 做焰色反應(yīng)，通過鈷玻璃可觀察到紫色； 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、NaClB. KCl、MgSO4C. KCl、CaCO3D. MgSO4、NaCl【答案】B【解析】【詳解】混合物溶于水，得到澄清透明溶

3、液，則不含CaCO3，排除C選項(xiàng)；做焰色反應(yīng)，通過鈷玻璃可觀察到紫色，可確定含有鉀元素，即含有KCl；向溶液中加堿，產(chǎn)生白色沉淀，則應(yīng)含有MgSO4，綜合以上分析，混合物由KCl和MgSO4兩種物質(zhì)組成，故選B。3.二氧化碳的過量排放可對(duì)海洋生物的生存環(huán)境造成很大影響，其原理如下圖所示。下列敘述錯(cuò)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(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H+D. 使用太陽能、氫能等新能源可改善珊瑚的生存環(huán)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(dòng)，濃度減小，濃度增大，A正確；B海水酸化，濃度減小

4、，導(dǎo)致CaCO3溶解平衡正向移動(dòng)，促進(jìn)了CaCO3溶解，導(dǎo)致珊瑚礁減少，B正確；CCO2引起海水酸化的原理為：CO2+H2OH2CO3H+，H+，導(dǎo)致H+濃度增大，C錯(cuò)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，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(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)的反應(yīng)類型是消去反應(yīng)【答案】D【解析】【詳解】AMPy有3種芳香同分異構(gòu)體，

5、分別為：甲基在N原子的間位C上、甲基在N原子的對(duì)位C上、氨基苯，A錯(cuò)誤；BEPy中有兩個(gè)飽和C，以飽和C為中心的5個(gè)原子最多有3個(gè)原子共面，所以EPy中所有原子不可能都共面，B錯(cuò)誤；CVPy含有雜環(huán)，和乙烯結(jié)構(gòu)不相似，故VPy不是乙烯的同系物，C錯(cuò)誤；D反應(yīng)為醇的消去反應(yīng)，D正確。答案選D。5.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)理如下圖所示。下列敘述錯(cuò)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H2C. 該反應(yīng)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【答案】C【解析】【分析】題干中明確指出，鐵配合物Fe(CO)5充當(dāng)催化劑作用。機(jī)理圖中，凡是出

6、現(xiàn)在歷程中，進(jìn)去的箭頭表示反應(yīng)物，出來的箭頭表示生成物，既有進(jìn)去又有出來的箭頭表示為催化劑或反應(yīng)條件，其余可以看成為中間物種。由題干中提供的反應(yīng)機(jī)理圖可知，鐵配合物Fe(CO)5在整個(gè)反應(yīng)歷程中成鍵數(shù)目，配體種類等均發(fā)生了變化；并且也可以觀察出，反應(yīng)過程中所需的反應(yīng)物除CO外還需要H2O，最終產(chǎn)物是CO2和H2，同時(shí)參與反應(yīng)的還有OH-，故OH-也可以看成是另一個(gè)催化劑或反應(yīng)條件?！驹斀狻緼從反應(yīng)機(jī)理圖中可知，OH-有進(jìn)入箭頭也有出去的箭頭，說明OH-參與了該催化循環(huán)，故A項(xiàng)正確；B從反應(yīng)機(jī)理圖中可知，該反應(yīng)的反應(yīng)物為CO和H2O，產(chǎn)物為H2和CO2，F(xiàn)e(CO)5作為整個(gè)反應(yīng)的催化劑，而OH

7、-僅僅在個(gè)別步驟中輔助催化劑完成反應(yīng)，說明該反應(yīng)方程式為，故有清潔燃料H2生成，故 B項(xiàng)正確；C由B項(xiàng)分析可知，該反應(yīng)不是消耗溫室氣體CO2，反而是生成了溫室氣體CO2，故 C項(xiàng)不正確；D從反應(yīng)機(jī)理圖中可知，F(xiàn)e的成鍵數(shù)目和成鍵微粒在該循環(huán)過程中均發(fā)生了變化，故 D項(xiàng)正確；答案選C?！军c(diǎn)睛】對(duì)于反應(yīng)機(jī)理圖的分析，最重要的是判斷反應(yīng)物，產(chǎn)物以及催化劑；一般催化劑在機(jī)理圖中多數(shù)是以完整的循環(huán)出現(xiàn)的；通過一個(gè)箭頭進(jìn)入整個(gè)歷程的物質(zhì)則是反應(yīng)物；而通過一個(gè)箭頭最終脫離整個(gè)歷程的物質(zhì)一般多是產(chǎn)物。6.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。下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

8、WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈現(xiàn)藍(lán)色，對(duì)于該變化過程，下列敘述錯(cuò)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【答案】C【解析】【分析】從題干可知，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，說明通電時(shí)，Ag電極有Ag+生成然后經(jīng)固體電解質(zhì)進(jìn)入電致變色層，說明Ag電極為陽極，透明導(dǎo)電層時(shí)陰極，故Ag電極上發(fā)生氧化反應(yīng)，電致變色層發(fā)生還原反應(yīng)?！驹斀狻緼通電時(shí)，Ag電極有Ag+生成，故Ag電極為陽極，故A項(xiàng)正確；B通電時(shí)電致變色層變藍(lán)色，說明有Ag+從Ag電極經(jīng)固體電解質(zhì)進(jìn)入電致變色層，

9、故B項(xiàng)正確；C過程中，W由WO3的+6價(jià)降低到AgxWO3中的+(6-x)價(jià)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D該電解池中陽極即Ag電極上發(fā)生的電極反應(yīng)為：xAg-xe-= xAg+，而另一極陰極上發(fā)生的電極反應(yīng)為：WO3+xAg+xe- = AgxWO3，故發(fā)生的總反應(yīng)式為：xAg + WO3=AgxWO3，故D項(xiàng)正確；答案選C?！军c(diǎn)睛】電解池的試題，重點(diǎn)要弄清楚電解的原理，陰、陽極的判斷和陰、陽極上電極反應(yīng)式的書寫，陽極反應(yīng)式+陰極反應(yīng)式=總反應(yīng)式，加的過程中需使得失電子數(shù)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(chǔ)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

10、關(guān)敘述錯(cuò)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)【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(chǔ)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，根據(jù)圖示，W為1價(jià)形成共價(jià)鍵，W為氫，Z為+1價(jià)陽離子，Z為Na，Y為3價(jià)，Y為N，24-1-11-7=5，X為B元素?！驹斀狻緼該化合物中，H、B、N之間均以共用電子對(duì)形成共價(jià)鍵，故A正確；BNa單質(zhì)既能與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，也能與甲醇反應(yīng)生成甲醇鈉和氫氣，故B正確；CN

11、的最高價(jià)氧化物的水化物HNO3為強(qiáng)酸，故C正確；DB氟化物BF3中B原子最外層只有6個(gè)電子，達(dá)不到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D錯(cuò)誤；故選D。二、非選擇題(一)必考題8.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_離子通過，氯氣的逸出口是_(填標(biāo)號(hào))。(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)(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_。(3)Cl2O為淡棕黃色

12、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_。(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1 mol ClO2消耗NaClO2的量為_mol；產(chǎn)生“氣泡”的化學(xué)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(yè)上是將氯氣通入到30%的NaOH

13、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)1000 kg該溶液需消耗氯氣的質(zhì)量為_kg(保留整數(shù))。【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(chǎn)生氯氣，陽離子移向陰極室；（2）由圖pH=7.5時(shí)，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka=c(H+)；（3）Cl2歧化為Cl2O和Cl-

14、；（4）根據(jù)5ClO24H=4ClO2Cl2H2O，計(jì)算每生成1molClO2，消耗的NaClO2；碳酸氫鈉和硫酸氫鈉反應(yīng)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(fā)生歸中反應(yīng)；根據(jù)NaOH質(zhì)量守恒計(jì)算；【詳解】（1）電解飽和食鹽水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2+H2，陽極氯離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣，氯氣從a口逸出，陰極氫離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，產(chǎn)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(shí)，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka=c(H+)=10-

15、7.5；故答案為：10-7.5；（3）Cl2歧化為Cl2O和Cl-，HgO和氯氣反應(yīng)的方程式為：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O，故答案為：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；（4）5ClO24H=4ClO2Cl2H2O，每生成1molClO2，消耗NaClO2為 =1.25mol；碳酸氫鈉和硫酸氫鈉反應(yīng)生成硫酸鈉、水和二氧化碳，方程式為：NaHCO3NaHSO4=Na2SO4H2OCO2，故答案為:1.25mol；NaHCO3NaHSO4=Na2SO4H2OCO2；(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清潔劑混合后發(fā)生歸中反應(yīng)，離子方程式為：ClOCl2H=Cl2H2O；設(shè)氯

16、氣為xkg，則消耗的NaOH為kg，原氫氧化鈉質(zhì)量為+1000Kg×0.01，由NaOH質(zhì)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：ClOCl2H=Cl2H2O；203。9.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(jiǎn)示如下：+KMnO4+ MnO2+HCl+KCl名稱相對(duì)分子質(zhì)量熔點(diǎn)/沸點(diǎn)/密度/(g·mL1)溶解性甲苯9295110.60.867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)

17、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1.5 mL甲苯、100 mL水和4.8 g(約0.03 mol)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1.0 g。(3)純度測(cè)定：稱取0. 122 g粗產(chǎn)品，配成乙醇溶液，于100 mL容量瓶中定容。每次移取25. 00 mL溶液，用0.01000 mol&

18、#183;L1的KOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，三次滴定平均消耗21. 50 mL的KOH標(biāo)準(zhǔn)溶液。回答下列問題：(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_(填標(biāo)號(hào))。A100 mL B250 mL C500 mL D1000 mL(2)在反應(yīng)裝置中應(yīng)選用_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_。(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(qǐng)用反應(yīng)的離子方程式表達(dá)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(shí)，若溫度過高，可能出現(xiàn)的結(jié)果是_。(6)本實(shí)驗(yàn)制備的苯甲酸的純度為

19、_；據(jù)此估算本實(shí)驗(yàn)中苯甲酸的產(chǎn)率最接近于_(填標(biāo)號(hào))。A70% B60% C50% D40%(7)若要得到純度更高的苯甲酸，可通過在水中_的方法提純?！敬鸢浮?(1). B (2). 球形 (3). 無油珠說明不溶于水的甲苯已經(jīng)被完全氧化 (4). 除去過量的高錳酸鉀，避免在用鹽酸酸化時(shí)，產(chǎn)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(jié)晶【解析】分析】甲苯用高錳酸鉀氧化時(shí)生成苯甲酸鉀和二氧化錳，為增加冷凝效果，在反應(yīng)裝置中選用球形冷凝管，加熱回流，當(dāng)回流液中不再出現(xiàn)

20、油珠時(shí)，說明反應(yīng)已經(jīng)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(chǎn)品；用KOH溶液滴定，測(cè)定粗產(chǎn)品的純度?！驹斀狻浚?）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(jīng)加入100m的水，1.5mL甲苯，4.8g高錳酸鉀，應(yīng)選用250mL的三頸燒瓶，故答案為：B；（2）為增加冷凝效果，在反應(yīng)裝置中宜選用球形冷凝管，當(dāng)回流液中不再出現(xiàn)油珠時(shí)，說明反應(yīng)已經(jīng)完成，因?yàn)椋簺]有油珠說明不溶于水的甲苯已經(jīng)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(jīng)完全被氧化；（3）高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性，能將Cl-氧化。加入適量的飽和亞硫酸氫鈉溶液是

21、為了除去過量的高錳酸鉀，避免在用鹽酸酸化時(shí)，產(chǎn)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：5H2C2O42MnO46H=2Mn210CO28H2O；故答案為：除去過量的高錳酸鉀，避免在用鹽酸酸化時(shí)，產(chǎn)生氯氣；5H2C2O42MnO46H=2Mn210CO28H2O；（4）由信息甲苯用高錳酸鉀氧化時(shí)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(shí)易升華，干燥苯甲酸時(shí)，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(guān)系式C6H5COOHKOH得，苯甲酸的純度為： ×100%=8

22、6.0%；1.5mL甲苯理論上可得到苯甲酸的質(zhì)量： =1.72g，產(chǎn)品的產(chǎn)率為 ×100%=50%；故答案為：86.0%；C；（7）提純苯甲酸可用重結(jié)晶的方法。故答案為：重結(jié)晶?！军c(diǎn)睛】本題考查制備方案的設(shè)計(jì)，涉及物質(zhì)的分離提純、儀器的使用、產(chǎn)率計(jì)算等，清楚原理是解答的關(guān)鍵，注意對(duì)題目信息的應(yīng)用，是對(duì)學(xué)生實(shí)驗(yàn)綜合能力的考查，難點(diǎn)（6）注意產(chǎn)品純度和產(chǎn)率的區(qū)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(fā)生如下反應(yīng)：C2H6(g)= C2H4(g)+H2(g) H，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(

23、g)H2(g)燃燒熱H/( kJ·mol1)-1560-1411-286H=_kJ·mol1。提高該反應(yīng)平衡轉(zhuǎn)化率的方法有_、_。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。反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=_(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×，其中k為反應(yīng)速率常數(shù)。設(shè)反應(yīng)開始時(shí)的反應(yīng)速率為r1，甲烷的轉(zhuǎn)化率為時(shí)的反應(yīng)速率為r2，則r2=_ r1。對(duì)于處于初期階段的該反應(yīng)，下列說法正確的是_。A增加甲烷濃度，r

24、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，其原理如下圖所示：陰極上的反應(yīng)式為_。若生成的乙烯和乙烷的體積比為21，則消耗的CH4和CO2體積比為_?！敬鸢浮?(1). 137 (2). 升高溫度 (3). 減小壓強(qiáng)(增大體積) (4). (5). 1 (6). AD (7). CO2+2e=CO+O2 (8). 65【解析】【分析】(1) 先寫出三種氣體的燃燒熱的熱化學(xué)方程式，然后根據(jù)蓋斯定律進(jìn)行計(jì)算，得到目標(biāo)反應(yīng)的H；反應(yīng)C2H6(g)C2H4(g) + H2(g)為氣體體積

25、增大的吸熱反應(yīng)，升高溫度、減小壓強(qiáng)平衡等都向正反應(yīng)方向移動(dòng)；根據(jù)已知乙烷的轉(zhuǎn)化率，設(shè)起始時(shí)加入的乙烷和氫氣各為1mol，列出三段式，求出平衡時(shí)各物質(zhì)的分壓，帶入平衡常數(shù)的計(jì)算公式進(jìn)行計(jì)算；(2) 根據(jù)r=k×，若r1=kc，甲烷轉(zhuǎn)化率為甲烷的濃度為c(1-)，則r2= kc(1-)；根據(jù)反應(yīng)初期的速率方程為：r=k×，其中k為反應(yīng)速率常數(shù)，據(jù)此分析速率變化的影響因素；(3) 由圖可知，CO2在陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電解質(zhì)傳到O2-，據(jù)此寫出電極反應(yīng)；令生成乙烯和乙烷分別為2體積和1體積，根據(jù)阿伏加德羅定律，同溫同壓下，氣體體積比等于物質(zhì)的量之比，再根據(jù)得失電子守恒，得到發(fā)

26、生的總反應(yīng)，進(jìn)而計(jì)算出為消耗CH4和CO2的體積比?！驹斀狻?1)由表中燃燒熱數(shù)值可知：C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g) +3H2O(l) H1= -1560kJmol-1；C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g) +2H2O(l) H2= -1411kJmol-1；H2(g)+O2(g)=H2O(l) H3= -286kJmol-1；根據(jù)蓋斯定律可知，-得C2H6(g) =C2H4(g) + H2(g)，則H= H1-H2-H3=( -1560kJmol-1)-( -1411kJmol-1)- ( -286kJmol-1)=137kJmol-1，故答案為137；反應(yīng)C2H6(g

27、) C2H4(g) + H2(g)為氣體體積增大的吸熱反應(yīng)，升高溫度、減小壓強(qiáng)平衡都向正反應(yīng)方向移動(dòng)，故提高該反應(yīng)平衡轉(zhuǎn)化率的方法有升高溫度、減小壓強(qiáng)（增大體積）；設(shè)起始時(shí)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） 1 0 1轉(zhuǎn)化（mol） 平衡（mol） 1- 1+平衡時(shí)，C2H6、C2H4和H2平衡分壓分別為p、p和p，則反應(yīng)的平衡常數(shù)為Kp=；(2) 根據(jù)r=k×，若r1= kc，甲烷轉(zhuǎn)化率為甲烷的濃度為c(1-)，則r2= kc(1-)，所以r2=(1-)r1；A.增大反應(yīng)物濃度反應(yīng)速率增大，故A說法正確；B.由速率

28、方程可知，初期階段的反應(yīng)速率與氫氣濃度無關(guān)，故B說法錯(cuò)誤；C反應(yīng)物甲烷的濃度逐漸減小，結(jié)合速率方程可知，乙烷的生成速率逐漸減小，故C說法錯(cuò)誤；D化學(xué)反應(yīng)速率與溫度有關(guān)，溫度降低，反應(yīng)速率常數(shù)減小，故D正確。答案選AD。(3) 由圖可知，CO2在陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為CO2+2e-=CO+O2-；令生成乙烯和乙烷分別為2體積和1體積，根據(jù)阿伏加德羅定律，同溫同壓下，氣體體積比等于物質(zhì)的量之比，再根據(jù)得失電子守恒，得到發(fā)生的總反應(yīng)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(xué)選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性

29、質(zhì)11.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，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(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_?；衔颰iF4TiCl4TiBr4TiI4熔點(diǎn)/37724.1238.3155(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_；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(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，其晶胞如圖(b)所示。其中Pb2+與圖(a)中_的空

30、間位置相同，有機(jī)堿中，N原子的雜化軌道類型是_；若晶胞參數(shù)為a nm，則晶體密度為_g·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(huì)產(chǎn)生單質(zhì)鉛和碘，降低了器件效率和使用壽命。我國(guó)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_、_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d24s2 (2). 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(duì)分子質(zhì)量的增大分子間作用力增大，熔點(diǎn)逐漸升高 (3). OTiCa (4). 離子鍵 (5). 12 (

31、6). Ti4+ (7). sp3 (8). (9). 2Eu3+Pb=2Eu2+Pb2+ (10). 2Eu2+I2=2Eu3+2I【解析】【分析】(1)考查了對(duì)基態(tài)原子電子排布規(guī)律的認(rèn)識(shí)；(2)考查了不同類型的晶體的熔沸點(diǎn)比較，相同類型的晶體的熔沸點(diǎn)比較；(3)考查了電負(fù)性的周期性變化規(guī)律，微粒間的相互作用以及晶胞中離子的配位數(shù)；(4)考查了晶胞中微粒的位置和雜化理論，晶體密度的計(jì)算問題；(5)重點(diǎn)考查通過反應(yīng)歷程圖，來書寫離子方程式等?！驹斀狻?1)鈦元素是22號(hào)元素，故其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2；故答案為：1s22s22p6

32、3s23p63d24s2或Ar3d24s2；(2) 一般不同的晶體類型的熔沸點(diǎn)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(diǎn)高于其余三種物質(zhì)；TiCl4、TiBr4、TiI4均為分子晶體，對(duì)于結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，則其相對(duì)分子質(zhì)量越大，分子間作用力依次越大，熔點(diǎn)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(diǎn)高于其余三種物質(zhì)；TiCl4、TiBr4、TiI4均為分子晶體，相對(duì)分子質(zhì)量依次增大，分子間作用力依次增強(qiáng)，故熔點(diǎn)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

33、，Ca在Ti的左邊，根據(jù)同一周期元素的電負(fù)性從左往右依次增大，故Ti>Ca，O為非金屬，故其電負(fù)性最強(qiáng)，故三者電負(fù)性由大到小的順序是：O>Ti>Ca，金屬陽離子和氧負(fù)離子之間以離子鍵結(jié)合，離子晶體晶胞中某微粒的配位數(shù)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(shù)必須是與之距離最近且相等的氧離子的數(shù)目，從圖(a)可知，該數(shù)目為三個(gè)相互垂直的三個(gè)面上，每一個(gè)面上有4個(gè)，故Ca2+的配位數(shù)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(gè)晶胞中體心上的離子連接起來，就能變?yōu)閳D(a)所示晶胞結(jié)構(gòu)，圖(b

34、)中體心上的Pb2+就變?yōu)榱税藗€(gè)頂點(diǎn)，即相當(dāng)于圖(a)中的Ti4+；圖(b)中頂點(diǎn)上的I-就變成了體心，即相當(dāng)于圖(a)中的Ca2+；圖(b)面心上中的 就變成了棱心，即相當(dāng)于圖(a)中的O2-；故圖(b)中的Pb2+與圖(a)中的Ti4+的空間位置相同；有機(jī)堿中N原子上無孤對(duì)電子，周圍形成了4個(gè)鍵，故N原子采用sp3雜化；從圖（b）可知，一個(gè)晶胞中含有Pb2+的數(shù)目為個(gè)，的數(shù)目為個(gè)，I-的數(shù)目為個(gè)，故晶胞的密度為，故答案為：Ti4+；sp3；（5）從作用原理圖(c)可以推出，這里發(fā)生兩個(gè)離子反應(yīng)方程式，左邊發(fā)生Pb + 2Eu3+= Pb2+ 2Eu2+，右邊發(fā)生I2+ 2Eu2+= 2Eu3+ 2I-，故答案為：Pb + 2Eu3+= Pb2+ 2Eu2+；I2+ 2Eu2+= 2Eu3+ 2I-【點(diǎn)睛】對(duì)電負(fù)性的考查，只要掌握周期表同一周期從左往右電負(fù)性依次增大，同一主族從上往下電負(fù)性依次減小的規(guī)律