《2020年甘肃省全国统一高考化学试卷(新课标ⅱ)(含解析版).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年甘肃省全国统一高考化学试卷(新课标ⅱ)(含解析版).docx（29页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2020年全国统一高考化学试卷（新课标）一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1（6分）北宋沈括梦溪笔谈中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是（）A胆矾的化学式为CuSO4B胆矾可作为湿法冶铜的原料C“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程D“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应2（6分）某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、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，通过钴玻璃可观察到紫色；向溶液中加碱，产生
2、白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为（）AKCl、NaClBKCl、MgSO4CKCl、CaCO3DMgSO4、NaCl3（6分）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HCO3浓度增大、CO32浓度减小B海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少CCO2 能引起海水酸化，其原理为HCO3H+CO32D使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境4（6分）吡啶（）是类似于苯的芳香化合物。2乙烯基吡啶（VPy）是合成治疗矽肺病药物的原料，可由如下路线合成。下列叙述正确的是（）AMPy只有两种芳香同分异构体BEPy 中所有原子共
3、平面CVPy 是乙烯的同系物D反应的反应类型是消去反应5（6分）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（）AOH参与了该催化循环B该反应可产生清洁燃料H2C该反应可消耗温室气体CO2D该催化循环中Fe的成键数目发生变化6（6分）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WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述错误的是（）AAg为阳极BAg+由银电极向变色层迁移CW元素的化合价升高D总反应为：WO3+xAgAgxWO37（6分）一种由短周期主族元素组成的化合物（如图
4、所示），具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24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BZ的单质既能与水反应，也可与甲醇反应CY的最高化合价氧化物的水化物为强酸DX的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构二、非选择题：共58分。第810题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1112题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。8（14分）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。装置
5、中的离子膜只允许 离子通过，氯气的逸出口是 （填标号）。（2）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（X），X为HClO或ClO与pH的关系如图（b）所示。HClO的电离常数Ka值为 。（3）Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应（氧化剂和还原剂为同一种物质的反应）。上述制备Cl2O的化学方程式为 。（4）ClO2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NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO
6、2的反应属于歧化反应，每生成1mol ClO2消耗NaClO2的量为 mol；产生“气泡”的化学方程式为 。（5）“84消毒液”的有效成分为NaClO，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30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000kg该溶液需消耗氯气的质量为 kg（保留整数）。9（15分）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，其反应原理简示如下：名称相对分子质量熔点/沸点/密度/（gmL1）溶解性甲苯9295110.60.867不溶于水，易溶于乙醇苯甲酸122122.4（100左右开
7、始升华）248微溶于冷水，易溶于乙醇、热水实验步骤：（1）在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5mL甲苯、100mL水和4.8g （约0.03mol）高锰酸钾，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。（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，
8、用0.01000molL1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 。（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
9、的纯度为 ； 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。10（14分）天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，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：C2H6（g）C2H4（g）+H2（g）H1，相关物质的燃烧热数据如下表所示：物质C2H6（g）C2H4（g）H2（g）燃烧热H/（kJmol1）15601411286H1 kJmol1。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反
10、应的平衡常数Kp （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数）。（2）高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4C2H6+H2反应在初期阶段的速率方程为：rkc，其中k为反应速率常数。设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为时的反应速率为r2，则r2 r1。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，r增大B增加H2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）CH4和CO2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：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CH4和CO2体积比为 。（二）
11、选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。化学-选修3：物质结构与性质（15分）11（15分）钙钛矿（CaTiO3） 型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料。回答下列问题：（1）基态Ti原子的核外电子排布式为 。（2）Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是 。化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/37724.1238.3155（3）CaTiO3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 ，Ca2+的配位数是 。
12、（4）一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I和有机碱离子CH3NH3+，其晶胞如图（b）所示。其中Pb2+与图（a）中 的空间位置相同，有机碱CH3NH3+中，N原子的杂化轨道类型是 ；若晶胞参数为anm，则晶体密度为 gcm3 （列出计算式）。（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铕（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，用离子方程式表示该原理 、 。化学-选修5：有机化学基础（15分）12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
13、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。已知以下信息：a）b）c）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 。（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）。（）含有两个甲基；（） 含有酮羰基（但不含CCO）； （） 不含有环状结构。（a） 4 （b） 6 （c） 8 （d） 10其中，含有手性碳（注：连有四个不同的原子或基团的碳
14、）的化合物的结构简式为 。2020年全国统一高考化学试卷（新课标）参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1（6分）北宋沈括梦溪笔谈中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是（）A胆矾的化学式为CuSO4B胆矾可作为湿法冶铜的原料C“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程D“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应【分析】“信州铅山县有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾。烹胆矾则成铜；熬胆矾铁釜，久之亦化为铜。”由题意可知，“苦泉”泉水中含有硫酸铜，
15、硫酸铜溶液蒸发得到硫酸铜晶体，从溶液中获取晶体，熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，是发生了：Fe+CuSO4Cu+FeSO4，硫酸铜与Fe置换反应生成Cu，据此解答。【解答】解：A胆矾是硫酸铜晶体，“胆矾”化学式为CuSO45H2O，故A错误；B胆矾是硫酸铜晶体，熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，是发生了：Fe+CuSO4Cu+FeSO4，则胆矾可作为湿法冶铜的原料，故B正确；C挹其水熬之则成胆矾，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熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，是发生了：Fe+CuSO4Cu+FeSO4，硫酸铜与Fe置换反应生成Cu，属于置换反应，故D正确；故选：A。【点评】本题为信息题，
16、明确题目中所给的信息以及Cu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（6分）某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、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，通过钴玻璃可观察到紫色；向溶液中加碱，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为（）AKCl、NaClBKCl、MgSO4CKCl、CaCO3DMgSO4、NaCl【分析】混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则无CaCO3；做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色，则含有KCl；向溶液中加碱，产生白色沉淀，则含有MgSO4；根据白色固体混合物由
17、两种物质组成，则无NaCl，据此分析解答。【解答】解：混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则无CaCO3；做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色，则含有KCl；向溶液中加碱，产生白色沉淀，则含有MgSO4；根据白色固体混合物由两种物质组成，则无NaCl；综上：白色固体混合物由KCl、MgSO4两种物质组成，不含有NaCl、CaCO3，故B正确；故选：B。【点评】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应的现象，题目难度不大。3（6分）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
18、是（）A海水酸化能引起HCO3浓度增大、CO32浓度减小B海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少CCO2 能引起海水酸化，其原理为HCO3H+CO32D使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境【分析】A根据海水酸化的反应原理：CO2+H2OH2CO3H+HCO3，H+CO32HCO3进行分析；B海水酸化氢离子浓度增大，导致CaCO3Ca2+CO32正向移动；C海水酸化主要原因是二氧化碳与水反应，产生碳酸，碳酸电离出氢离子引起的；D太阳能、氢能等新能源为清洁能源，可以减少二氧化碳的排放。【解答】解：A海水酸化，H+浓度增大，平衡H+CO32HCO3正向移动，导致CO32浓度减小，HC
19、O3浓度增大，故A正确；B海水酸化，CO32浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少，故B正确；CCO2引起海水酸化的原理为：CO2+H2OH2CO3H+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CO2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。【点评】本题考查学生获取信息的能力，涉及到沉淀溶解平衡的影响因素，题目总体难度不大。4（6分）吡啶（）是类似于苯的芳香化合物。2乙烯基吡啶（VPy）是合成治疗矽肺病药物的原料，可由如下路线合成。下列叙述正确的是（）AMPy只有两种芳香同
20、分异构体BEPy 中所有原子共平面CVPy 是乙烯的同系物D反应的反应类型是消去反应【分析】AMPy的芳香同分异构体有三种；BEPy 中侧链含2个四面体结构的C；CVPy与乙烯的结构不同，且VPy含N原子；D反应中OH转化为碳碳双键。【解答】解：AMPy有3种芳香同分异构体，分别为：甲基在N原子的间位C上、甲基在N原子的对位C上、氨基苯，故A错误；BEPy中侧链含2个四面体结构的C，则所有原子不能共面，故B错误；CVPy与乙烯的结构不同，且VPy含N原子，二者不互为同系物，故C错误；D反应中OH转化为碳碳双键，反应类型为消去反应，故D正确；故选：D。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考
21、点，把握官能团与性质、有机反应、原子共面为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物不含苯环，题目难度中等。5（6分）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（）AOH参与了该催化循环B该反应可产生清洁燃料H2C该反应可消耗温室气体CO2D该催化循环中Fe的成键数目发生变化【分析】Fe（CO）5催化反应的一种反应机理为：Fe（CO）5Fe（CO）4COOHFe（CO）4H+CO2Fe（CO）4（HOH）HFe（CO）4（H）2+OHFe（CO）4H2Fe（CO）4+H2Fe（CO）5，由反应机理图可知，反应为CO+H2OCO2+H2，其中OH参与了该催
22、化循环，生成清洁燃料H2和温室气体CO2，据此分析解答。【解答】解：Fe（CO）5催化反应的一种反应机理为：Fe（CO）5Fe（CO）4COOHFe（CO）4H+CO2Fe（CO）4（HOH）HFe（CO）4（H）2+OHFe（CO）4H2Fe（CO）4+H2Fe（CO）5，由反应机理图可知，反应为CO+H2OCO2+H2，A、由反应机理中Fe（CO）5Fe（CO）4COOH和Fe（CO）4（HOH）HFe（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H2，故B正确；C、总反应为CO+H2OCO2+H2，所以该反应可
23、生成温室气体CO2，消耗CO，没有消耗CO2，故C错误；D、由反应机理图可知，Fe的成键数目变化为：5个共价键6个共价键54个共价键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：C。【点评】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，题目难度不大。6（6分）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WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述错误的是（）AAg为阳极BAg+由银电极向变色层迁移C
24、W元素的化合价升高D总反应为：WO3+xAgAgxWO3【分析】由图可知这是一个电解池，银做阳极，发生的电极反应AgeAg+，当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中生成AgxWO3，电极方程式：xAg+xe+WO3AgxWO3是还原反应，总的反应方程式：WO3+xAgAgxWO3，据此答题。【解答】解：A由图可知这是一个电解池，银做阳极，发生的电极反应AgeAg+，故A正确；B当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中生成AgxWO3，故B正确；C电极方程式：xAg+xe+WO3AgxWO3，W由WO3的+6价降低到AgxWO3中的+（6x）价W的化合价降低是还原反应，故C错误；D阳极反应：Age
25、Ag+，阴极反应：xAg+xe+WO3AgxWO3，二者合并：WO3+xAgAgxWO3，故D正确；故选：C。【点评】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（6分）一种由短周期主族元素组成的化合物（如图所示），具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24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BZ的单质既能与水反应，也可与甲醇反应CY的最高化合价氧化物的水化物为强酸DX的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构【分析】由短周期主族元素组成的化合物，Z的原子序数最大、且可形成+1价
26、阳离子，Z为Na；X可形成4个共价键，W可形成1个共价键，Y形成3个共价键，且W、X、Y、Z的原子序数依次增大、总和为24，可知W为H、X为B、Y为N，满足1+5+7+1124，以此来解答。【解答】解：由上述分析可知，W为H、X为B、Y为N、Z为Na，AH、B、N均以共价键结合，故A正确；BNa与水、甲醇均反应生成氢气，故B正确；CY的最高化合价氧化物的水化物为硝酸，属于强酸，故C正确；DXF3中B的最外层电子数为3+36，故D错误；故选：D。【点评】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
27、中等。二、非选择题：共58分。第810题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1112题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。8（14分）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。装置中的离子膜只允许Na+离子通过，氯气的逸出口是a （填标号）。（2）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（X），X为HClO或ClO与pH的关系如图（b）所示。HClO的电离常数Ka值为107.5。（3）Cl2O为淡棕黄
28、色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应（氧化剂和还原剂为同一种物质的反应）。上述制备Cl2O的化学方程式为2Cl2+HgOCl2O+HgCl2。（4）ClO2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NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1mol ClO2消耗NaClO2的量为1.25 mol；产生“气泡”的化学方程式为NaHCO3+NaHSO4Na2SO4+CO2+H2O。（5）“84消毒液”的有效成分为NaC
29、lO，不可与酸性清洁剂混用的原因是ClO+Cl+2H+Cl2+H2O （用离子方程式表示）。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000kg该溶液需消耗氯气的质量为203kg（保留整数）。【分析】（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）HClO的电离常数Ka；（3）根据化合价只有Cl2的化合价可以升高也可以降低，0价的Cl分别生成1价的HgCl2中的Cl和Cl2O中+1价的Cl，根据电子转移守恒和质量守恒写出方程式；（4）根据
30、化合价变化，NaClO2中+3价的Cl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；1mol ClO2消耗NaClO2的量为mol，即1.25mol；NaHSO4与NaHCO3反应产生气体CO2气体；（5）混用时发生Cl的化合价向中间靠拢，根据NaOH质量守恒计算。【解答】解：（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，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Cl2反应，也防止H2和Cl2混合而发生爆炸。故答案为：Na+；a；（2）HClO的电离常数Ka，取ClO与HClO相交的点，即
31、pH7.5，c（ClO）c（HClO）；Kac（H+）107.5。故答案为：107.5；（3）新制的HgO和Cl2反应，根据化合价只有Cl2的化合价可以升高也可以降低，HgO中两种元素的化合价不变；再根据电子转移守恒，0价的Cl分别生成1价的HgCl2中的Cl和Cl2O中+1价的Cl，根据质量守恒写出方程式为：2Cl2+HgOCl2O+HgCl2，故答案为：2Cl2+HgOCl2O+HgCl2；（4）根据化合价变化，NaClO2中+3价的Cl发生歧化反应，化合价升高1生成ClO2中+4价的Cl，必然有NaClO2中+3价的Cl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：5
32、ClO2+4H+Cl+4ClO2+2H2O；1mol ClO2消耗NaClO2的量为：mol，即1.25mol；NaHSO4与NaHCO3反应产生CO2气体：NaHSO4电离出H+与HCO3生成气体CO2，反应方程式为：NaHCO3+NaHSO4Na2SO4+CO2+H2O，故答案为：1.25；NaHCO3+NaHSO4Na2SO4+CO2+H2O；（5）84消毒液”的有效成分为NaClO，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，ClO中+1价的Cl与Cl化合价向中间靠拢生成0价Cl2，所以反应的离子方程式为：ClO+Cl+2H+Cl2+H2O；根据反应：Cl2+2NaO
33、HNaClO+NaCl+H2O，设氯气质量为x，消耗的NaOH的质量为x，溶液中剩余NaOH为1000kg1%10kg，30%，解得：x203kg。故答案为：ClO+Cl+2H+Cl2+H2O；203。【点评】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（15分）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，其反应原理简示如下：
34、名称相对分子质量熔点/沸点/密度/（gmL1）溶解性甲苯9295110.60.867不溶于水，易溶于乙醇苯甲酸122122.4（100左右开始升华）248微溶于冷水，易溶于乙醇、热水实验步骤：（1）在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5mL甲苯、100mL水和4.8g （约0.03mol）高锰酸钾，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。（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
35、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0.01000molL1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用量，三颈烧瓶的最适宜规格为B （填标号）。A.100mL B.250mL C.500mL D.1000mL（2）在反应装置中应选用球形冷凝管（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，其判断理由是无油珠表明不溶于水的甲苯已被完全氧化。（3）加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是除去多余的高锰酸钾，避免加盐
36、酸时生成有毒的氯气；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2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O。（4）“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是MnO2。（5）干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是苯甲酸易升华而损失。（6）本实验制备的苯甲酸的纯度为86.0%； 据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于C（填标号）。A.70% B.60% C.50% D.40%（7）若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中重结晶的方法提纯。【分析】（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馏、
37、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；（3）加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是还原多余的高锰酸钾，草酸还原高锰酸根，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为二价锰离子；（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锰；（5）苯甲酸100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（KOH）0.01000molL10.02150L2.15104moln（苯甲酸）42.15104mol8.6104mol苯甲酸的纯度为100%86.0%苯甲酸的产率带入数
38、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。【解答】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100mL，所以选B；故答案为：B；（2）直形冷凝管一般用于蒸馏、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95，甲苯的沸点110.6，可知油珠是甲苯，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；（3）加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是还原多余的高锰
39、酸钾，防止加盐酸时生成有毒的氯气，草酸还原高锰酸根，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为二价锰离子方程式：2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O；故答案为：除去多余的高锰酸钾，避免加盐酸时生成有毒的氯气；2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O；（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锰；故答案为：MnO2；（5）苯甲酸100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（KOH）0.01000molL10.02150L2.15
40、104moln（苯甲酸）42.15104mol8.6104mol苯甲酸的纯度为100%86.0%苯甲酸的产率实际产量：1.0g0.860.86g；理论产量：设理论上生成苯甲酸的质量为m，有： 甲苯苯甲酸 92 122 1.5mL0.867gmL1 mm1.72g，故产率为：100%50.0%； 故答案为：86.0%；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。【点评】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，
41、难度中等，重视分析问题的能力和计算能力的培养。10（14分）天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，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：C2H6（g）C2H4（g）+H2（g）H1，相关物质的燃烧热数据如下表所示：物质C2H6（g）C2H4（g）H2（g）燃烧热H/（kJmol1）15601411286H1137kJmol1。提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减少压强（增大体积）。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反应的平衡常数Kpp （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数）。（2）高温下，甲烷生
42、成乙烷的反应如下：2CH4C2H6+H2反应在初期阶段的速率方程为：rkc，其中k为反应速率常数。设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为时的反应速率为r2，则r21r1。对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是AD。A增加甲烷浓度，r增大B增加H2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）CH4和CO2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：阴极上的反应式为CO2+2eCO+O2。若生成的乙烯和乙烷的体积比为2：1，则消耗的CH4和CO2体积比为6：5。【分析】（1）燃烧热是指1mol燃料充分燃烧生成温度氧化物所释放的热量，
43、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C2H6（g）C2H4（g）+H2（g）H1137kJmol1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，就是使化学平衡右移，可以采用的措施有升高温度、减小压强（增大体积）；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；KP求解；（2）根据反应在初期阶段的速率方程为：rkc，其中k为反应速率常数，c（CH4）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：rkc，看出速率与甲烷的浓度成正比，与氢气的浓度
44、无关，速率常数k 受温度影响；（3）CH4和CO2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：CO2+2eCO+O2，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。【解答】解：（1）燃烧热是指1mol燃料充分燃烧生成温度氧化物所释放的热量，利用燃烧热写出热化学方程式：乙烷的燃烧：C2H6（g）+3.5O22CO2（g）+3H2O（l）H1560kJmol1乙烯的燃烧：C2H4（g）+3O22CO2（g）+2H2O（l）H1411kJmol1氢气的燃烧：2H2（g）+0.5O2H2O（l）H286kJmol1根据盖斯定律，得C2H6（g）C2H4（g）+H2（g）H1137kJmol1故答案为：137；C2H6（g）C2H4（g）+H2（g）H1137kJmol1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，就是使化学平衡右移，可以采用的措施有升高温度、减小压强（增大体积）等；故答案为：升高温度；减小压强（增大体积）