1、（全国卷）2020年高考化学压轴卷（含解析）7.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A. 碳酸钠可用于去除餐具的油污B. 漂白粉可用于生活用水的消毒C. 氢氧化铝可用于中和过多胃酸D. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查8.按第26届国际计量大会重新定义，阿伏加德罗常数（NA）有了准确值6.022140761023。下列说法正确的是A. 18 gT2O中含有的中子数为12NAB. 用23.5gAgI与水制成的胶体中胶体粒子数目为0.1NAC. 标准状况下，2.24LCl2全部溶于水所得溶液中的Cl数目为0.1NAD. 1mol某烷烃CnH2n+2（n1）分子中含有的共价键数为(3n+1)NA9、
2、关于有机物（）的结构、性质有关的叙述正确的是（）A. 该物质所有原子可能在同一平面B. 与该物质具有相同官能团的芳香烃同分异构体有2种C. 该物质在一定条件下能发生加成反应、氧化反应、取代反应、加聚反应D. 1mol该物质最多可与1molBr2反应10、短周期主族元素X、Y、Z、M、W的原子序数依次增大，其中Z、W处于同一主族，Z、M的原子最外层电子数之和等于9，Y的氢化物常温下呈液态，是人类生存的重要资源，X的简单氢化物与W的单质（黄绿色）组成的混合气体见光可生成W的氢化物和油状混合物。下列说法正确的是（）A. Y和W形成的某种二元化合物可用于自来水的杀菌消毒B. 简单离子半径：C. W的氧
3、化物对应的水化物的酸性比X的强D. Z分别与X、M形成的化合物，其所含化学键的类型相同11.下列实验操作，现象和结论正确的是（ ）实验操作和现象结 论A向浓度均为0.1mol/L的FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，出现红褐色沉淀KspFe(OH)3KspAl(OH)3B将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色样品已部分或全部变质C加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置润湿的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色溶液中含Br2A. AB. BC. CD. D12.微生物燃料电池的一种重要应
4、用就是废水处理中实现碳氮联合转化为CO2和N2，如图所示，1、2为厌氧微生物电极，3为阳离子交换膜，4为好氧微生物反应器。下列有关叙述错误的是（ ）A. 协同转化总方程式：4CH3COONH4+11O2=8CO2+2N2+14H2OB. 电极1的电势比电极2上的低C. 温度越高，装置的转化效率越高D. 正极的电极反应：2NO3+10e+12H=N2+6H2O13.H2R是一种二元弱酸。25时，向H2R溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lgXX为或与pH的变化关系如图所示。下列说法一定正确的是（）A表示lg与pH的变化关系BpH1.22的溶液中：2c（R2）+c（HR）c（Na+）CNaHR
5、溶液中c（H+）c（OH）D当溶液呈中性时：c（Na+）c（HR）c（R2）c（H+）c（OH）27(14分).锆()是现代工业的重要金属原料，具有良好的可塑性，抗蚀性能超过钛。以锆英石(主要成分是，还含有少量等杂质)为原料生产锆及其化合物的流程如图所示(1)写出的电子式_。 (2)高温气化过程中，不考虑损失，发现分馏后得到的质量通常比由纯发生的反应得到的质量大，用化学方程式来解释原因_。(3)高温气化后的固体残渣除碳外，还有和，加水浸取得氯化铁溶液，过滤，从滤渣中分离出碳和两种固体的方法是_。(4)写出上述流程中与水反应的化学方程式：_。(5)已知氧化锆()是一种两性氧化物，与氢氧化钠共熔融
6、可形成酸盐，请写出化学方程式_。(6)工业上可用钾还原时制得金属，被还原时生成的钾盐的物质的量为_。(7)已知，。下列说法正确的是_A，电解质溶液的与之和均为14B用盐酸滴定某浓度的溶液，滴定过程中逐渐增大C溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加过程中逐渐减小D某温度下，则其溶液中28（14分）.草酸亚铁晶体（FeC2O42H2O，相对分子质量为180）呈淡黄色，可用作照相显影剂。某实验小组对其进行了一系列探究。I纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究。（1）气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置（可重复选用）进行实验：装置D的名称为_。按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为_尾气处理装置（填仪器接口
7、的字母编号）。实验前先通入一段时间N2，其目的为_。实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为_。（2）固体产物成分的探究。充分反应后，A处反应管中残留黑色固体。查阅资料可知，黑色固体可能为Fe或FeO。小组成员设计实验证明了其成分只有FeO，其操作及现象为_。（3）依据（1）和（2）结论，可知A处反应管中发生反应的化学方程式为_。草酸亚铁晶体样品纯度的测定工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀H2SO4中，配成250mL溶液。步骤2：取上述溶液25.00mL，用c molL1 KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1
8、 mL；步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用c molL1 KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。（4）步骤3中加入锌粉的目的为_。（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为_；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，则测定结果将_（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。29（15分）光气（COCl2）在塑料、制药等工业生产中有许多用途，其化学性质不稳定，遇水迅速产生两种酸性气体。回答下列问题：（1）少量COCl2可用烧碱溶液吸收，发生反应的离子方程式为_。（2）工业上用CO和Cl2在高温、活性炭催化作用下合成光气：Cl2(g)CO(g)COCl2(g) H-1
9、08 kJmol-1。所需CO来自CH4与CO2的催化重整反应。查阅文献获得以下数据：CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H1-890.3 kJmol-12H2(g)O2 (g)=2H2O(l) H2-571.6 kJmol-12CO(g)O2 (g)=2CO2(g) H3-566 kJmol-1则CH4与CO2催化重整反应生成CO和H2的热化学方程式为_。（3）在T 时，向盛有活性炭的5 L恒容密闭容器中加入0.6 mol CO和0.45 mol Cl2，CO和COCl2的浓度在不同时刻的变化状况如图所示：反应在第6 min时平衡常数为_，第8 min时改变的条件是_。在第
10、12 min时升高温度，重新达到平衡时，COCl2的体积分数将_（填“增大”“不变”或“减小”），原因是_。（4）Burns和Dainton研究了反应Cl2(g)CO(g)COCl2(g)的动力学，获得其速率方程v = kc(Cl2)3/2c(CO)m，k为速率常数（只受温度影响），m为CO的反应级数。该反应可认为经过以下反应历程：第一步：Cl22Cl 快速平衡第二步：Cl + COCOCl 快速平衡第三步：COCl + Cl2 COCl2 + Cl 慢反应下列表述正确的是_（填标号）。ACOCl属于反应的中间产物 B第一步和第二步的活化能较高C决定总反应快慢的是第三步 D第三步的有效碰撞频率
11、较大在某温度下进行实验，测得各组分初浓度和反应初速度如下：实验序号c(Cl2)/molL-1c(CO)/molL-1v/molL-1s-110.1000.1001.210-220.0500.1004.2610-330.1000.2002.410-240.0500.0502.1310-3CO的反应级数m =_，当实验4进行到某时刻，测得c(Cl2) = 0.010molL-1，则此时的反应速率v =_molL-1s-1（已知： 0.32）。35化学选修3：物质结构与性质（15分）含有N、P、Fe、Ti等元素的新型材料有着广泛的用途。(1)基态Fe原子未成对电子数为_个；基态Ti原子的价电子排布图
12、是_。(2)意大利罗马大学的：FuNvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子，其中氮原子的轨道杂化形式为_。(3)比较气态氢化物膦(PH3)和氨(NH3)的键角：PH3_NH3(填“大于”、“小于”或“等于”)，主要原因为_。(4)半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯的聚合，其结构如图所示。组成M的元素中，电负性最大的是_(填名称)。M中含有_(填标号)。A 键 B 键C 离子键 D 配位键 (5)已知金刚石的晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图如下图B所示，则金属铁晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图应该是图_(填标号)。 (6)某种磁性氮化铁的晶胞结构如图所示，其
13、中距离铁原子最近的铁原子的个数为_，氮化铁晶胞底边长为a cm，高为c cm，则这种磁性氮化铁的晶体密度为_gcm-3(用含a、c和NA的计算式表示)。36化学选修5：有机化学基础（15分）化合物I是合成抗心律失常药普罗帕酮的前驱体，其合成路线如下：已知：CH3COCH3+CH3CHO CH3COCHCHCH3+H2O回答下列问题：（1）A的名称_。B的分子式为_。（2）A生成B的反应类型是_；C生成D的反应类型是_。（3）F的结构简式为_；H的结构简式为_。（4）化合物E中含有的两种官能团名称分别是_、_；写出一种同时符合下列条件的E的同分异构体的结构简式：_。能发生银镜反应和水解反应核磁共
14、振氢谱上显示4组峰（5）参照上述合成路线，以2-丙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备合成路线：_（补出前面两步）。7、【答案】D【解析】A. 碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确；B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；C. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；D. 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，D错误。答案选D。8、【答案】D【解析】A18gT2O的物质的量为=mol，mol该水分子中含有中子的物质的量为mol12=mol，故A错误；B胶体微粒不是单
15、个的分子，而是多个AgI的聚合体，因此无法计算用23.5gAgI与水制成的胶体中胶体粒子数，故B错误；C氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，且生成的是HCl和HClO，故溶液中的氯离子个数小于0.1NA个，故C错误；D1molCnH2n+2(烷烃)中含有(n-1)mol碳碳键和(2n+2)mol碳氢键，总共含有(3n+1)mol共价键，含有共价键数为(3n+1)NA，故D正确；答案选D。9、【答案】C【解析】解：A含有甲基，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能在同一平面，故A错误； B与该物质具有相同官能团的芳香烃，可含有两个取代基，分别为-CH3、-CH=CH2，有邻、间、对3种，也可为
16、-CH=CHCH3、-C（CH3）=CH2，共5种，故B错误； C含有甲基、苯环，可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，故C正确； D碳碳双键和苯环在一定条件下都可发生加成反应，故D错误。 故选：C。10.【答案】A【解析】解：根据分析可知：X为C，Y为O，Z为F，M为Mg，W为Cl元素。 AO、Cl形成的二氧化氯具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故A正确； B离子的电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：MYW，故B错误； C没有指出最高价含氧酸，该说法不合理，故C错误； DF与C形成的是共价化合物，含有共价键，而F与Mg形成的是离
17、子化合物，只含有离子键，所含化学键的类型不同，故D错误； 故选：A。11.【答案】A【解析】【详解】A. 向浓度均为0.1mol/L的FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，出现红褐色沉淀，未出现白色沉淀，则说明溶度积：KspFe(OH)3KspAl(OH)3，A项正确；B. Fe2+在酸性条件下会被硝酸根离子氧化成Fe3+，故加入KSCN溶液后变红，无法判断原样品是否变质，B项错误；C. NH4HCO3固体受热易分解生成氨气、二氧化碳与水，其中氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则不能证明NH4HCO3是否显碱性，C项错误；D. 向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，说明混合后的
18、溶液中有I2分子，则原溶液可能含有I2、Fe3+或Br2等，D项错误；答案选A。12.【答案】C【解析】图示分析可知微生物燃料电池中氢离子移向电极2，说明电极1为原电池的负极，根据图示电极2为NO3-得电子被还原成N2，其电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，CH3COO-在原电池负极失电子生成二氧化碳气体，发生氧化反应，环境为酸性介质，则电极1的电极反应式为：CH3COO-8e-+2H2O2CO2+7H+，NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-，NH4+2O2NO3-+2H+H2O，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，A. 结合A、B极反应式可知，总反应为CH3
19、COONH4被氧气氧化转化为CO2和N2的过程，其化学方程式为：4CH3COONH4+11O2=8CO2+2N2+14H2O，A项正确；B. 微生物燃料电池中氢离子移向电极2，说明电极1为原电池的负极，即电极1的电势比电极2 上的低，B项正确；C. 微生物存活需要最适温度，不是温度越高活性越好，C项错误；D. 电极2为正极，NO3-得电子被还原成N2，其电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，D项正确；答案选C。13、C【解答】解：二元弱酸H2R的K1c（H+）K2c（H+），当溶液的pH相同时，c（H+）相同，lgX：，则表示lg与pH的变化关系，表示lg与pH的变化关系
20、。A根据分析可知表示lg与pH的变化关系，故A错误；BpH1.22时，溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）c（HR）+2c（R2）+c（OH）可知，2c（R2）+c（HR）c（Na+），故B错误；CpH1.22时和4.19时，lgX0，则c（H2R）c（HR）、c（HR）c（R2），K1c（H+）c（H+）101.22，K2c（H+）c（H+）104.19，HR的水解平衡常数Kh（HR）1012.78104.19Ka（HR），说明HR的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，则NaHR溶液中c（H+）c（OH），故C正确；D表示lg与pH的变化关系，lg0时pH
21、4.19，溶液呈酸性，此时c（HR）c（R2），由于lg为增函数，若使溶液为中性，则c（HR）c（R2），正确的离子浓度大小为：c（Na+）c（R2）c（HR）c（H+）c（OH），故D错误；故选：C。27、【答案】 (1). (2). (3). 加入溶液浸取过滤得碳，再向滤液通入二氧化碳后过滤，将固体加热得(或先用盐酸浸取，再用氨水也可) (4). (5). (6). (7). 【解析】锆英石（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2SiO2，还含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质），通入足量的氯气以及和足量的石焦油反应，ZrSiO4转化为ZrCl4，加水水解，使ZrCl4转化为Z
22、rOCl28H2O，900加热分解，即可得到ZrO2，加入镁置换得到海绵锆，据此分析作答。【详解】（1）SiCl4分子中硅原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氯原子能形成一个共价键达到稳定结构，电子式为：，故答案为：；（2）高温气化过程中，二氧化硅和氯气与碳反应生成氯化硅与一氧化碳，其化学方程式为：，故答案为：；（3）分离出碳和，从的两性来分析，如先加入溶液浸取过滤得碳，再向滤液通入二氧化碳后过滤，将固体加热得；或先用盐酸浸取过滤得碳，再向滤液加入过量氨水得到沉淀，最后再加热得到，故答案为：加入溶液浸取过滤得碳，再向滤液通入二氧化碳后过滤，将固体加热得(或先用盐酸浸取，再用
23、氨水也可)；（4）根据流程图可知ZrCl4与水反应产物为ZrOCl28H2O，根据原子守恒，反应方程式为：ZrCl4+9H2OZrOCl28H2O+2HCl，故答案为：ZrCl4+9H2OZrOCl28H2O+2HCl；（5）结合氧化铝的两性，根据已知条件可知，氧化锆()与氢氧化钠共熔融可形成酸盐的化学方程式为：，故答案为：；（6）用钾还原时制得金属，根据氧化还原反应的规律得出其化学方程式为：K2ZrF6+4K=Zr+6KF，根据关系式得出若被还原时生成的钾盐（KF）的物质的量为6mol,故答案为：6mol;(7) A，根据水的离子积可知，=10-14,结合公式可推出，电解质溶液的与之和均为1
24、4，A项正确；B. 用盐酸滴定某浓度的溶液，滴定过程中逐渐减小，则，B项正确；C.溶液中逐滴加入硫酸溶液，生成硫酸钡，滴加过程中逐渐减小，会逐渐增大，C项错误；D. ，则溶液中c(Zr4+)c2(CO32-)=4.010-12，则-lg c(Zr4+)c2(CO32-)=12-2lg2，即pc(Zr4+)+2p c(CO32-)=11.4，D项错误；答案选AB。28、【答案】 (1). （球形）干燥管 (2). agfbchi（或ih）de（或ed）bc (3). 排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸 (4). C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊 (5). 取固体少许溶于稀硫酸，
25、无气体生成 (6). FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O (7). 将Fe3+还原为Fe2+ (8). 100% (9). 偏低【解析】I(1)根据仪器的图形和作用分析解答；草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜可以检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水可以检验二氧化碳的生成，经碱石灰干燥后气体通入装置C中玻璃管和氧化铜反应，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，最后尾气处理，据此分析解答；实验前先通入一段时间N2，可以把装置内空气赶净，据此解答；实验证明了气体产物中含有CO，可以利用CO还原氧化铜设计实验验证；(2)黑色固体可能为Fe或FeO，可以把固体
26、溶于酸检验；(3)依据(1)和(2)的结论分析解答；(4)根据锌可以将Fe3+还原分析解答；(5)草酸亚铁与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，亚铁离子和草酸根离子都被氧化。向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmolL-1KMnO4标准溶液滴定至终点，此时滴定的是亚铁离子，利用化学反应的定量关系分析计算；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，根据消耗高锰酸钾量的变化分析误差。【详解】(1)装置D的名称为：(球形)干燥管，故答案为：(球形)干燥管；草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过
27、装置E中碱石灰干燥后，气体通入装置C中玻璃管和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为：agfbchi(或ih)de(或ed)bc，最后连接尾气处理装置，故答案为：agfbchi(或ih)de(或ed)bc；实验前先通入一段时间N2，目的是排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，故答案为：排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸；实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为：C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，故答案为：C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊；(2)充分反应后，A处反应管中残留黑色固体，黑色
28、固体可能为Fe或FeO。要证明其成分只有FeO，可以将固体溶于酸，看有无气体放出即可，具体为：取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成说明无铁存在，只有氧化亚铁，故答案为：取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成；(3)依据(1)和(2)结论，可知A处反应管中发生的反应是草酸亚铁晶体分解生成氧化亚铁、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O，故答案为：FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O；(4)锌可以将Fe3+还原，因此步骤3中加入锌粉的目的为：将Fe3+还原为Fe2+，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+；(5)取上述溶液25.00mL，用c
29、molL1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL，此过程中亚铁离子和草酸根离子都被氧化；向反应后的溶液中加入适量锌粉，锌将Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmolL1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL，此时滴定的是溶液中的亚铁离子。第一次消耗的高锰酸钾减去第二次消耗的高锰酸钾为滴定草酸根离子的量，反应的离子方程式：2MnO4-+5C2O42-+8H+=10CO2+4H2O+2Mn2+，草酸亚铁晶体样品的纯度100%，若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，会导致第一步滴定中消耗的高锰酸钾的量减少，即V1偏小，则计算得到的亚铁离子物质的量减小，测
30、定结果偏低，故答案为：100%；偏低。29、【答案】 (1). COCl24OH=CO32-2Cl2H2O (2). CH4(g)CO2(g)=2CO(g)2H2(g) H= +247.3kJmol -1 (3). 5.56 (4). 移去部分CO (5). 减小 (6). 正反应放热，升高温度，平衡逆向移动 (7). AC (8). 1 (9). 3.810-5【解析】 (1)光气(COCl2)化学性质不稳定，遇水迅速产生两种酸性气体，气体为二氧化碳和氯化氢，据此书写反应的离子方程式；(2)根据盖斯定律分析解答；(3)根据图像，平衡时COCl2的浓度为0.03mol/L，根据三段式计算平衡常
31、数K；第8 min时，COCl2的浓度逐渐减小，CO的浓度突然减小，据此分析改变的条件；该反应为放热反应，根据温度对平衡的影响分析解答；(4)反应的快慢由最慢的反应决定，结合反应历程分析判断；根据表格数据，当c(Cl2)不变时，c(CO)增大1倍，反应速率增大1倍，说明v与c(CO)的一次方成正比，结合表格数据计算判断m和 k的值，当c(Cl2) = 0.010molL-1，代入速率方程计算v。【详解】(1)光气(COCl2)化学性质不稳定，遇水迅速产生两种酸性气体，气体为二氧化碳和氯化氢，因此少量COCl2与烧碱溶液发生反应的离子方程式为COCl24OH=CO32-2Cl2H2O，故答案为：
32、COCl24OH=CO32-2Cl2H2O；(2)CH4(g)+2O2 =CO2(g)+2H2O(l)H=-890.3 kJmol-1，2H2(g)O2 (g)=2H2O(l) H2-571.6 kJmol-1，2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H=-566.0 kJmol-1，根据盖斯定律，将-得：CH4(g)CO2(g)=2CO(g)2H2(g) H=(-890.3 kJmol-1)-(-571.6 kJmol-1)-(-566.0 kJmol-1)= +247.3kJmol -1，故答案为：CH4(g)CO2(g)=2CO(g)2H2(g) H= +247.3kJmol -1；(3
33、)根据图像，平衡时COCl2的浓度为0.03mol/L，则 Cl2(g)CO(g)COCl2(g)起始(mol/L)0.09 0.12 0反应(mol/L)0.03 0.03 0.03平衡(mol/L)0.06 0.09 0.03反应在第6 min时达到平衡，平衡常数K=5.56；第8 min时，COCl2的浓度逐渐减小，CO的浓度突然减小，因此改变的条件是移去部分CO，故答案为：5.56；移去部分CO；Cl2(g)CO(g)COCl2(g) H-108 kJmol-1，为放热反应；在第12 min时升高温度，平衡逆向移动，重新达到平衡时，COCl2的体积分数将减小，故答案为：减小；正反应放热
34、，升高温度，平衡逆向移动；(4)A根据反应历程，COCl属于反应的中间产物，故A正确；B第一步和第二步反应能够快速达到平衡，说明反应容易进行，反应的活化能较低，故B错误；C反应的快慢由最慢的反应决定，因此决定总反应快慢的是第三步，故C正确；D第三步的反应较慢，说明有效碰撞频率较小，故D错误，故答案为：AC；速率方程v = kc(Cl2)3/2c(CO)m，根据表格数据，当c(Cl2)不变时，c(CO)增大1倍，反应速率增大1倍，说明v与c(CO)的一次方成正比，m=1，则1.210-2= k(0.100)3/2(0.100)1，因此当k=，因此当c(Cl2) = 0.010molL-1，v =
35、(0.0100)3/2(0.0100)1molL-1s-1 =3.810-5 molL-1s-1，故答案为：1；3.810-5。35、【答案】 (1). 4 (2). (3). sp3 (4). 小于 (5). 电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大 (6). 氧 (7). ABD (8). A (9). 12 (10). 【解析】【详解】(1) Fe为26号元素，基态Fe的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，基态原子未成对电子数为4个；Ti为22号元素，基态Ti的核外电子排布式为1s
36、22s22p63s23p63d24s2，所以基态Ti原子的价电子排布图是；答案：4；。（2）N4分子的空间构型与P4类似，4个N原子形成正四面体构型，每个N原子形成3个N-N键，还含有1对孤电子对，杂化轨道数目为4，故N原子采取sp3杂化；答案：sp3。(3) 因为电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大，所以PH3小于NH3。答案：小于；电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大。(4) 组成M的元素有Ti、C、H、O、Cl ，
37、其中O的非金属性最强，非金属性越强电负性越大，所以电负性最大的是氧；答案：氧。M中有碳碳双键、碳碳单键、CH键、CO键等，单键为键、 双键中含1个键和1个键；根据M的结构知Ti与O之间有配位键，没有离子键，故选ABD。(5) )由金刚石的晶胞结构可知，金刚石的晶胞相当于一个大的体心立方堆积中套一个小的体心立方堆积，金属铁的晶胞为体心立方堆积，根据金刚石的晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图知，金属铁的晶胞沿其体对角线垂直在纸面上的投影图为A。答案：A。 (6) 根据均摊法，在氮化铁晶胞中，含有N原子数为2，Fe原子数为21/2+121/6+3=6，所以氮化铁的化学式Fe3N，其中铁原子最近的
38、铁原子的个数为12；若晶胞底边长为acm，高为ccm，则晶胞的体积是a2ccm3，所以这种磁性氮化铁的晶体密度为ga2ccm3=g/cm3；答案：12； 。36、【答案】 (1). 乙醇（酒精） (2). C2H4O (3). 氧化反应 (4). 取代反应 (5). (6). (7). （酚）羟基 (8). 羰基（酮基） (9). (10). 【解析】【分析】A的分子式为C2H6O，能被氧气催化生成B，B能与新制氢氧化铜悬浊液反应，说明B中含醛基，结合D的结构简式，采用逆合成法可知，B为乙醛，A为乙醇；D和苯酚发生取代反应生成E，E与苯甲醛根据给定已知信息可知在一定条件下生成F（），结合产物I
39、可知，F与氢气加成反应得到的G为，与H发生取代反应生成I，则H应为据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，（1）A为乙醇或酒精，B为乙醛，其分子式为：C2H4O，故答案为：乙醇（酒精）；C2H4O；（2）A与氧气催化氧化生成B，其反应类型为氧化反应；C与SOCl2发生取代反应生成，故答案为：氧化反应；取代反应；（3）根据上述分析易知，F的结构简式为；H的结构简式为；故答案为：；（4）依据结构简式可知，E中所含官能团为：（酚）羟基和羰基（酮基）；E的的分子式为C8H8O2，不饱和度=，其同分异构体中，能发生银镜反应和水解反应，则含醛基和酯基，或甲酸酯基；核磁共振氢谱上显示4组峰，结合不饱和度可知，分子内应有苯环，可推出其结构简式为：，故答案为：；（5）以2-丙醇和苯甲醛为原料，参照上述合成路线可知，需先将2-丙醇氧化为丙酮，再根据给定信息与苯甲醛在一定条件下反应生成，最后与氢气加成生成目标产物，补充的具体合成路线如下：。