文档内容
2020年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）
一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。共78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.国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧
乙酸(CHCOOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是
3
A. CHCHOH能与水互溶
3 2
B. NaClO通过氧化灭活病毒
C. 过氧乙酸相对分子质量为76
D. 氯仿的化学名称是四氯化碳
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙醇分子中有羟基，其与水分子间可以形成氢键，因此乙醇能与水互溶，A说法
正确；
B.次氯酸钠具有强氧化性，其能使蛋白质变性，故其能通过氧化灭活病毒，B说法正确；
C.过氧乙酸的分子式为C HO，故其相对分子质量为76，C说法正确；
2 4 3
D.氯仿的化学名称为三氯甲烷，D说法不正确。
综上所述，故选D。
2.紫花前胡醇 可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免
疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是
A. 分子式为C H O
14 14 4
B. 不能使酸性重铬酸钾溶液变色
C. 能够发生水解反应
D. 能够发生消去反应生成双键
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为C H O，A叙述正确；
14 14 4
B.该有机物的分子在有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，故其可以被酸性重铬酸钾
溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液变色，B叙述不正确；
C.该有机物的分子中有酯基，故其能够发生水解反应，C叙述正确；D.该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其可以在一定的条件下
发生消去反应生成碳碳双键，D叙述正确。
综上所述，故选B。
3.下列气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是
气体(杂质) 方法
A SO (H S) 通过酸性高锰酸钾溶液
2 2
B Cl(HCl) 通过饱和的食盐水
2
C N(O ) 通过灼热的铜丝网
2 2
D NO(NO ) 通过氢氧化钠溶液
2
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．SO 和HS都具有较强的还原性，都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；因此在用酸
2 2
性高锰酸钾溶液除杂质HS时，SO 也会被吸收，故A项不能实现除杂目的；
2 2
B．氯气中混有少量的氯化氢气体，可以用饱和食盐水除去；饱和食盐水在吸收氯化氢气体
的同时，也会抑制氯气在水中的溶解，故B项能实现除杂目的；
C．氮气中混有少量氧气，在通过灼热的铜丝网时，氧气可以与之发生反应：
，而铜与氮气无法反应，因此可以采取这种方式除去杂质氧气，故C项
能实现除杂目的；
D．NO 可以与NaOH发生反应： ，NO与NaOH
2
溶液不能发生反应；尽管NO可以与NO 一同跟NaOH发生反应：
2
，但由于杂质的含量一般较少，所以也不会对NO的量
产生较大的影响，故D项能实现除杂的目的；
答案选A。
【点睛】除杂操作原则可概括为“不多不少，简单最好”：首先，避免引入新的杂质；其次，
尽量避免产品的损失；最后，方法越简单越好。4.铑的配合物离子[Rh(CO) I]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。
2 2
下列叙述错误的是
A. CHCOI是反应中间体
3
B. 甲醇羰基化反应为CHOH+CO=CH COH
3 3 2
的
C. 反应过程中Rh 成键数目保持不变
D. 存在反应CHOH+HI=CH I+H O
3 3 2
【答案】C
【解析】
【分析】
题干中明确指出，铑配合物 充当催化剂的作用，用于催化甲醇羰基化。由题
干中提供的反应机理图可知，铑配合物在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变
化；并且也可以观察出，甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要CO，最终产物是乙
酸；因此，凡是出现在历程中的，既非反应物又非产物的物种如CHCOI以及各种配离子等，
3
都可视作中间物种。
【详解】A．通过分析可知，CHCOI属于甲醇羰基化反应的反应中间体；其可与水作用，生
3
成最终产物乙酸的同时，也可以生成使甲醇转化为CHI的HI，A项正确；
3
B．通过分析可知，甲醇羰基化反应，反应物为甲醇以及CO，产物为乙酸，方程式可写成：
，B项正确；
C．通过分析可知，铑配合物在整个反应历程中，成键数目，配体种类等均发生了变化，C项不正确；
D．通过分析可知，反应中间体CHCOI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为CHI，方程式
3 3
可写成： ，D项正确；
答案选C。
【点睛】对于反应机理图的分析，最基本的是判断反应物，产物以及催化剂；一般的，催化
剂在机理图中多是以完整的循环出现的；反应物则是通过一个箭头进入整个历程的物质；而
产物一般多是通过一个箭头最终脱离整个历程的物质。
5.1934年约里奥–居里夫妇在核反应中用α粒子(即氦核 )轰击金属原子 ，得到核素
，开创了人造放射性核素的先河： + → + 。其中元素X、Y的最外层电
子数之和为8。下列叙述正确的是
A. 的相对原子质量为26
B. X、Y均可形成三氯化物
C. X的原子半径小于Y的
D. Y仅有一种含氧酸
【答案】B
【解析】
【分析】
原子轰击实验中，满足质子和质量数守恒，因此 W+4=30+1，则W=27，X与Y原子之间质
子数相差2，因X元素为金属元素，Y的质子数比X大，则Y与X位于同一周期，且Y位于
X右侧，且元素X、Y的最外层电子数之和为8，设X最外层电子数为a，则Y的最外层电子
为a+2，解得a=3，因此X为Al，Y为P，以此解答。
【详解】A． 的质量数为27，则该原子相对原子质量为27，故A错误；
B．Al元素均可形成AlCl ，P元素均可形成PCl ，故B正确；
3 3
C．Al原子与P原子位于同一周期，且Al原子序数大于P原子序数，故原子半径Al>P，故C
错误；
D．P的含氧酸有HPO 、HPO 、HPO 等，故D错误；
3 4 3 3 3 2为
故答案 ：B。
6.科学家近年发明了一种新型Zn−CO 水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性
2
催化材料，放电时，温室气体CO 被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了
2
一种新途径。
下列说法错误的是
A. 放电时，负极反应为
B. 放电时，1 mol CO 转化为HCOOH，转移的电子数为2 mol
2
C. 充电时，电池总反应为
D. 充电时，正极溶液中OH−浓度升高
【答案】D
【解析】
【分析】
由题可知，放电时，CO 转化为HCOOH，即CO 发生还原反应，故放电时右侧电极为正极，
2 2
左侧电极为负极，Zn发生氧化反应生成 ；充电时，右侧为阳极，HO发生氧化反
2
应生成O，左侧为阴极， 发生还原反应生成Zn，以此分析解答。
2
【详解】A．放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为： ，
故A正确，不选；
B．放电时，CO 转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1molCO 转化为HCOOH时，转
2 2
移电子数为2mol，故B正确，不选；C．充电时，阳极上HO转化为O，负极上 转化为Zn，电池总反应为：
2 2
，故C正确，不选；
D．充电时，正极即为阳极，电极反应式为： ，溶液中H+浓度增大，
溶液中c(H+)•c(OH-)=K ，温度不变时，K 不变，因此溶液中OH-浓度降低，故D错误，符合
W W
题意；
答案选D。
7.以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸HA溶
2
液。溶液中，pH、分布系数 随滴加NaOH溶液体积V 的变化关系如图所示。[比如A2−的
NaOH
分布系数： ]
下列叙述正确的是
A. 曲线①代表 ，曲线②代表
B. HA溶液的浓度为0.2000 mol·L−1
2
C. HA−的电离常数K=1.0×10−2
a
D. 滴定终点时，溶液中
【答案】C【解析】
【分析】
根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的
分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突
变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH为1，说明HA第一步
2
完全电离，第二步部分电离，曲线①代表 δ(HA-)，曲线②代表 δ(A2-)，根据反应
2NaOH+H A=Na A+2HO，c(H A)= =0.1000mol/L，据此分析作答。
2 2 2 2
【详解】A．根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；
B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根
据反应2NaOH+H A=Na A+2HO，c(H A)= =0.1000mol/L，B错误；
2 2 2 2
C．由于HA第一步完全电离，则HA-的起始浓度为0.1000mol/L，根据图像，当V =0时，
2 NaOH
HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡常数K=
a
= 1 10-2，C正确；
≈ ×
的
D．用酚酞作指示剂，酚酞变色 pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶
液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；
答案选C。
【点睛】本题的难点是判断HA的电离，根据pH的突变和粒子分布分数的变化确定HA的
2 2
电离方程式为HA=H++A2-，HA- H++A2-。
2
三、非选择题：共174分，第⇌22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第
33~38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共129分。
8.钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸
盐，以及SiO、Fe O。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH VO 。
2 3 4 4 3该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+
开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1
完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。
(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成 ，同时还有___________离子被氧化。写出
VO+转化为 反应的离子方程式___________。
(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为 ，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、
Na+、___________，以及部分的___________。
(4)“沉淀转溶”中， 转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。
(5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。
(6)“沉钒”中析出NH VO 晶体时，需要加入过量NH Cl，其原因是___________。
4 3 4
【答案】 (1). 加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全） (2). Fe2+ (3). VO++MnO+2H+=
2
+Mn2++H O (4). Mn2+ (5). Fe3+ 、 Al3+ (6). Fe(OH) (7).
2 3
NaAlO +HCl+H O=NaCl+Al(OH) ↓或Na[Al(OH)]+HCl= NaCl+Al(OH) ↓+H O (8). 利用同离
2 2 3 4 3 2
子效应，促进NH VO 尽可能析出完全
4 3
【解析】
【分析】
黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO 、
2Fe O ，用30%H SO 和MnO “酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成 ，Fe O 与硫酸反应生
3 4 2 4 2 3 4
成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO 此过程中不反应，滤液①中含有 、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、
2
Mn2+、 ；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为VO·xH O，根据表中
2 5 2
提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH) 沉淀，
3
部分Al3+转化为Al(OH) 沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、 ，滤
3
饼②中含VO·xH O、Fe(OH) 、Al(OH) ，滤饼②中加入NaOH使pH>13，VO·xH O转化为
2 5 2 3 3 2 5 2
钒酸盐溶解，Al(OH) 转化为NaAlO ，则滤渣③的主要成分为Fe(OH) ；滤液③中含钒酸盐、
3 2 3
偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO 转化为Al(OH) 沉淀而除去；最后向滤液④中加入
2 3
NH Cl“沉钒”得到NH VO 。
4 4 3
【详解】(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧
化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；
(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe O 与硫酸反应生成FeSO 、Fe (SO ) 和水，MnO 具有氧化
3 4 4 2 4 3 2
性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成 的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程
式为MnO +2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H O；VO+转化为 时，钒元素的化合价由+3价升至
2 2
+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO 被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，
2
1molMnO 得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为 反应
2
的离子方程式为VO++MnO+2H+= +Mn2++H O，故答案为：Fe2+，VO++MnO+2H+=
2 2 2
+Mn2++H O；
2
(3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为VO·xH O，随滤液②可除去金属离子K+、
2 5 2
Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+，Fe3+、Al3+；
(4)根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH) ，故答案为：Fe(OH) ；
3 3
(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO 与HCl反应生成Al(OH) 沉淀，生成沉淀反应的化学方
2 3程式是NaAlO +HCl+H O=NaCl+Al(OH) ↓或Na[Al(OH)]+HCl= NaCl+Al(OH) ↓+H O，故答案
2 2 3 4 3 2
为：NaAlO +HCl+H O=NaCl+Al(OH) ↓或Na[Al(OH)]+HCl= NaCl+Al(OH) ↓+H O。
2 2 3 4 3 2
(6)“沉钒”中析出NH VO 晶体时，需要加入过量NH Cl，其原因是：增大NH +离子浓度，利
4 3 4 4
用同离子效应，促进NH VO 尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH VO
4 3 4 3
尽可能析出完全。
【点睛】本题以黏土钒矿制备NH VO 的工艺流程为载体，考查流程的分析、物质的分离和
4 3
提纯、反应方程式的书写等，解题的关键是根据物质的流向分析每一步骤的作用和目的。
9.为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。
回答下列问题：
(1)由FeSO ·7H O固体配制0.10 mol·L−1 FeSO 溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、
4 2 4
_________(从下列图中选择，写出名称)。
(2)电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学
反应，并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择____________作为
电解质。
阳离子 u∞×108/(m2·s−1·V−1) 阴离子 u∞×108/(m2·s−1·V−1)
Li+ 4.07 4.61
Na+ 5.19 7.40
Ca2+ 6.59 Cl− 7.91
K+ 7.62 8.27(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入________电极溶液中。
(4)电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02 mol·L−1。石墨电极上未见Fe
析出。可知，石墨电极溶液中c(Fe2+)=________。
(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为_______，铁电极的电极反应式为
_______。因此，验证了Fe2+氧化性小于________，还原性小于________。
(6)实验前需要对铁电极表面活化。在FeSO 溶液中加入几滴Fe (SO ) 溶液，将铁电极浸泡一
4 2 4 3
段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是_______。
【答案】 (1). 烧杯、量筒、托盘天平 (2). KCl (3). 石墨 (4). 0.09mol/L (5). Fe3++e-=Fe2+
(6). Fe-2e-=Fe2+ (7). Fe3+ (8). Fe (9). 取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶
液不出现血红色，说明活化反应完成
【解析】
【分析】
(1)根据物质的量浓度溶液的配制步骤选择所用仪器；
(2)~(5)根据题给信息选择合适的物质，根据原电池工作的原理书写电极反应式，并进行计算，
由此判断氧化性、还原性的强弱；
(6)根据刻蚀活化的原理分析作答。
【详解】(1)由FeSO ·7H O固体配制0.10mol·L-1FeSO 溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却
4 2 4
至室温、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，由FeSO ·7H O固体配制
4 2
0.10mol·L-1FeSO 溶液需要的仪器有药匙、托盘天平、合适的量筒、烧杯、玻璃棒、合适的容
4
量瓶、胶头滴管，故答案为：烧杯、量筒、托盘天平。
(2)Fe2+、Fe3+能与 反应，Ca2+能与 反应，FeSO 、Fe (SO ) 都属于强酸弱碱盐，水
4 2 4 3
溶液呈酸性，酸性条件下 能与Fe2+反应，根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物
质发生化学反应”，盐桥中阴离子不可以选择 、 ，阳离子不可以选择Ca2+，另盐
桥中阴、阳离子的迁移率（u∞）应尽可能地相近，根据表中数据，盐桥中应选择KCl作为电
解质，故答案为：KCl。
(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极，则铁电极为负极，石墨电极为正极，盐桥中阳离子向正极移动，则盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中，故答案为：石墨。
(4)根据(3)的分析，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，石墨电极上未见Fe析出，石墨电极
的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c（Fe2+）增加了
0.02mol/L，根据得失电子守恒，石墨电极溶液中c（Fe2+）增加0.04mol/L，石墨电极溶液中c
（Fe2+）=0.05mol/L+0.04mol/L=0.09mol/L，故答案为：0.09mol/L。
(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，铁电极的电极反应式
为Fe-2e-=Fe2+；电池总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，根据同一反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产
物、还原剂的还原性强于还原产物，则验证了Fe2+氧化性小于Fe3+，还原性小于Fe，故答案
为：Fe3++e-=Fe2+ ，Fe-2e-=Fe2+ ，Fe3+，Fe。
(6)在FeSO 溶液中加入几滴Fe (SO ) 溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化，
4 2 4 3
发生的反应为Fe+ Fe (SO )=3FeSO，要检验活化反应完成，只要检验溶液中不含Fe3+即可，
2 4 3 4
检验活化反应完成的方法是：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现
血红色，说明活化反应完成，故答案为：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若
溶液不变红，说明活化反应完成。
【点睛】本题的难点是第(2)题盐桥中电解质的选择和第(6)实验方法的设计，要充分利用题给
信息和反应的原理解答。
10.硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO 的催化氧化：
2
SO (g)+ O(g) SO (g) ΔH=−98 kJ·mol−1。回答下列问题：
2 2 3
(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，VO(s)与SO (g)反应生成VOSO(s)和VO(s)的
2 5 2 4 2 4
热化学方程式为：_________。
(2)当SO (g)、O(g)和N(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、
2 2 2
2.5MPa和5.0MPa压强下，SO 平衡转化率α随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550℃
2
时的α=__________，判断的依据是__________。影响α的因素有__________。(3)将组成(物质的量分数)为2m% SO (g)、m% O (g)和q% N (g)的气体通入反应器，在温度
2 2 2
t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO 转化率为α，则SO 压强为___________，平衡常
2 3
数K=___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
p
(4)研究表明，SO 催化氧化的反应速率方程为：v=k( −1)0.8(1−nα')。式中：k为反应速率常
2
数，随温度t升高而增大；α为SO 平衡转化率，α'为某时刻SO 转化率，n为常数。在
2 2
α'=0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到v~t曲线，如图所示。
曲线上v最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度t 。tt 后，v
m m m
逐渐下降。原因是__________________________。
【答案】 (1). 2V O(s)+ 2SO (g) 2VOSO (s)+ V O(s) ∆H= -351 kJ∙mol-1 (2). 0.975 (3). 该
2 5 2 4 2 4
反应气体分子数减少，增大压强，⇌α提高。所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa＞2.5MPa
＝p 的，所以p=5.0MPa (4). 反应物（N 和O ）的起始浓度（组成）、温度、压强 (5).
２ 1 2 2
(6). (7). 升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低
使v逐渐下降。当t＜t ，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞t ，k增大对v的提高小
m m
于α引起的降低
【解析】【分析】
根据盖斯定律，用已知的热化学方程式通过一定的数学运算，可以求出目标反应的反应热；
根据压强对化学平衡的影响，分析图中数据找到所需要的数据；根据恒压条件下总压不变，
求出各组分的分压，进一步可以求出平衡常数；根据题中所给的速率公式，分析温度对速率
常数及二氧化硫的转化率的影响，进一步分析对速率的影响。
【详解】(1)由题中信息可知：
①SO (g)+ O(g) SO (g) ∆H= -98kJ∙mol-1
2 2 3
⇌
②V O(s)+ SO(g) VO(s)+ SO(g) ∆H= -24kJ∙mol-1
2 4 3 2 5 2 2
③V
2
O
4
(s)+ 2SO
3
(g⇌) 2VOSO
4
(s) ∆H
1
= -399kJ∙mol-1
根据盖斯定律可知，⇌③-②2得2V
2
O
5
(s)+ 2SO
2
(g) 2VOSO
4
(s)+ V
2
O
4
(s)，则∆H= ∆H
1
-
2∆H=( -399kJ∙mol-1)-( -24kJ∙mol-1)2= -351kJ∙mol-1，⇌所以该反应的热化学方程式为：2VO(s)+
2 2 5
2SO (g) 2VOSO (s)+ V O(s) ∆H= -351 kJ∙mol-1；
2 4 2 4
⇌
(2) SO(g)+ O(g) SO (g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使
2 2 3
⇌
化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO 的平衡转化率越大，所
2
以，该反应在550℃、压强为5.0MPa条件下，SO 的平衡转化率一定高于相同温度下、压强
2
为2.5MPa的，因此，p=5.0MPa，由图中数据可知，α=0.975。影响α的因素就是影响化学平
1
衡移动的因素，主要有反应物（N 和O）的浓度、温度、压强等。
2 2
(3)假设原气体的物质的量为100mol，则SO 、O 和N 的物质的量分别为2m mol、m mol和q
2 2 2
mol，2m+m+q=3m+q=100，SO 的平衡转化率为α，则有下列关系：
2
平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1-α)+m(1-α)+2mαmol+q mol，则SO 的物质的量分数
3
为。
该反应在恒压容器中进行，因此，SO 的分压p(SO )= ，p(SO )= ，
3 3 2
p(O )= ，在该条件下，SO (g)+ O(g) SO (g) 的K =
2 2 2 3 p
⇌2
。
(4) 由于该反应是放热反应，温度升高后α降低。由题中信息可知，v=
的
，升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜t ，k增大对v 提高大于
m
α引起的降低；当t＞t ，k增大对v的提高小于α引起的降低。
m
【点睛】本题有关化学平衡常数的计算是一个难点，尤其题中给的都是字母型数据，这无疑
增大了难度。这也是对考生的意志的考验，只要巧妙假设、小心求算，还是可以得到正确结
果的，毕竟有关化学平衡的计算是一种熟悉的题型。本题的另一难点是最后一问，考查的是
速率公式与化学平衡的综合理解，需要明确化学反应速率与速率常数及平衡转化率之间的函
数关系，才能作出正确的解答。所以，耐心和细心才是考好的保证。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选
一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。
11.Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而
获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：
(1)基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为_________。
(2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I)如表所示。I(Li)> I (Na)，原因是_________。
1 1 1I(Be)> I (B)> I (Li)，原因是________。
1 1 1
(3)磷酸根离子的空间构型为_______，其中P的价层电子对数为_______、杂化轨道类型为
_______。
(4)LiFePO 的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，
4
它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO 的单元数有____个。
4
电池充电时，LiFeO 脱出部分Li+，形成Li FePO ，结构示意图如(b)所示，则x=_______，
4 1−x 4
n(Fe2+ )∶n(Fe3+)=_______。
【答案】 (1). 4:5 (2). Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离
能更小 (3). Li，Be和B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；
但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于 B
的 (4). 正四面体形 (5). 4 (6). sp3 (7). 4 (8). 或0.1875 (9). 13:3
【解析】
【分析】
题(1)考查了对基态原子电子排布规律的认识；题(2)考查了第一电离能的周期性变化规律；题
(3)考查了分子或离子空间构型判断的两大理论；题(4)重点考查通过陌生晶胞的晶胞结构示意
图判断晶胞组成。
【详解】(1)基态铁原子的价电子排布式为 ，失去外层电子转化为Fe2+和Fe3+，这两种
基态离子的价电子排布式分别为 和 ，根据Hund规则可知，基态Fe2+有4个未成对电
子，基态Fe3+有5个未成对电子，所以未成对电子个数比为4:5；
(2)同主族元素，从上至下，原子半径增大，第一电离能逐渐减小，所以 ；同周期元素，从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于ⅡA元素基态原子s能级轨道
处于全充满的状态，能量更低更稳定，所以其第一电离能大于同一周期的ⅢA元素，因此
；
(3)经过计算， 中不含孤电子对，成键电子对数目为4，价层电子对数为4，因此其构型
为正四面体形，P原子是采用sp3杂化方式形成的4个sp3杂化轨道；
(4)由题干可知，LiFePO 的晶胞中，Fe存在于由O构成的正八面体内部，P存在由O构成的
4
正四面体内部；再分析题干中给出的(a),(b)和(c)三个不同物质的晶胞结构示意图，对比(a)和
(c)的差异可知，(a)图所示的LiFePO 的晶胞中，小球表示的即为Li+，其位于晶胞的8个顶点，
4
4个侧面面心以及上下底面各自的相对的两条棱心处，经计算一个晶胞中Li+的个数为
个；进一步分析(a)图所示的LiFePO 的晶胞中，八面体结构和四面体
4
结构的数目均为4，即晶胞中含Fe和P的数目均为4；考虑到化学式为LiFePO ，并且一个晶
4
胞中含有的Li+，Fe和P的数目均为4，所以一个晶胞中含有4个LiFePO 单元。对比(a)和(b)
4
两个晶胞结构示意图可知，Li FePO 相比于LiFePO 缺失一个面心的Li+以及一个棱心的
1-x 4 4
Li+；结合上一个空的分析可知，LiFePO 晶胞的化学式为LiFe PO ，那么Li FePO 晶胞的
4 4 4 4 16 1-x 4
化学式为Li Fe PO ，所以有 即x=0.1875。结合上一个空计算的结果可知，Li
3.25 4 4 16 1-
FePO 即Li FePO ；假设Fe2+和Fe3+数目分别为x和y，则列方程组： ，
x 4 0.8125 4
，解得x=0.8125，y=0.1875，则Li FePO 中
1-x 4
。
【点睛】对第一电离能的考查，最常出现的是ⅡA，ⅤA基态原子与同一周期相邻主族元素的
基态原子第一电离能的比较；判断分子等构型时，可以通过价层电子对互斥理论或杂化轨道
理论以及等电子体原理进行判断；由陌生晶胞结构书写晶体化学式时，一方面要认真分析晶胞中各类粒子的位置信息，另一方面也要注意均摊法的使用。
12.有机碱，例如二甲基胺( )、苯胺( )，吡啶( )等，在有机合成中应用很普遍，
目前“有机超强碱”的研究越来越受到关注，以下为有机超强碱F的合成路线：
已知如下信息：
①HC=CH
2 2
② +RNH
2
③苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体
回答下列问题：
(1)A的化学名称为________。
(2)由B生成C的化学方程式为________。
(3)C中所含官能团的名称为________。
(4)由C生成D的反应类型为________。
的
(5)D 结构简式为________。
(6)E的六元环芳香同分异构体中，能与金属钠反应，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比
为6∶2∶2∶1的有________种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为________。
【答案】 (1). 三氯乙烯 (2). +KOH +KCl+H O (3). 碳碳双键
2氯原子 (4). 取代反应 (5). (6). 6 (7).
【解析】
【分析】
由合成路线可知，A为三氯乙烯，其先发生信息①的反应生成B，则B为 ；B与
氢氧化钾的醇溶液共热发生消去反应生成C，则C为 ；C与过量的二环己基胺
发生取代反应生成D；D最后与E发生信息②的反应生成F。
【详解】(1)由题中信息可知，A的分子式为C HCl ，其结构简式为ClHC=CCl ，其化学名称
2 3 2
为三氯乙烯。
(2) B与氢氧化钾的醇溶液共热发生消去反应生成C（ ），该反应的化学方程式
为 +KOH +KCl+H O。
2
(3)由C的分子结构可知其所含官能团有碳碳双键和氯原子。
(4) C（ ）与过量的二环己基胺发生生成D，D与E发生信息②的反应生成F，由
F的分子结构可知，C的分子中的两个氯原子被二环己基胺基所取代，则由C生成D的反应
类型为取代反应。(5) 由D的分子式及F的结构可知D的结构简式为 。
(6) 已知苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体。E（ ）的六元环芳香同分异构体
中，能与金属钠反应，则其分子中也有羟基；核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为
6∶2∶2∶1的有 、 、 、 、 、 ，共6
种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为 。
【点睛】本题的同分异构体的书写是难点，要根据题中“苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构
体”才能找齐符合条件的同分异构体。
