2020年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）（解析版）_全国卷+地方卷_5.化学_1.化学高考真题试卷_2008-2020年_全国卷_全国统一高考化学（新课标ⅰ）2008-2021_A4word版_PDF版（赠送）

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(CH COOOH)、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. CH CH OH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 H O ，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H S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 2 2 酸性高锰酸钾溶液除杂质H S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：  2CuO ==2CuO ，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 2 项能实现除杂目的； D．NO 可以与NaOH发生反应：2NO 2NaOH=NaNO NaNO H O，NO与 2 2 3 2 2 NaOH溶液不能发生反应；尽管NO可以与NO 一同跟NaOH发生反应： 2 NONO 2NaOH=2NaNO H O，但由于杂质的含量一般较少，所以也不会对NO的量 2 2 2 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. CH COI是反应中间体 3 B. 甲醇羰基化反应为CH OH+CO=CH CO H 3 3 2 C. 反应过程中Rh的成键数目保持不变 D. 存在反应CH OH+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RhCO I   充当催化剂的作用，用于催化甲醇羰基化。由题  2 2 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 CH COI以及各种配离子 3 等，都可视作中间物种。 【详解】A．通过分析可知，CH COI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CH I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： CH OHCO   Rh  CO 2 I 2    CH COOH，B项正确； 3 3 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CH COI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为CH I，方程 3 3 式可写成：CH OH+HICH IH O，D项正确； 3 3 2 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4He)轰击金属原子WX，得到核素 2 Z 30Y，开创了人造放射性核素的先河：WX+4He→ 30Y+1n。其中元素X、Y的最外层电 Z+2 Z 2 Z+2 0 子数之和为8。下列叙述正确的是 A. WX的相对原子质量为26 Z 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．27Al的质量数为27，则该原子相对原子质量为27，故A错误； 13 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H PO 、H PO 、H PO 等，故D错误； 3 4 3 3 3 2 故答案为：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 2性催化材料，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 2 了一种新途径。 下列说法错误的是 A. 放电时，负极反应为Zn2e 4OH  Zn(OH)2 4 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2Zn(OH)2  2ZnO 4OH 2H O 4 2 2 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 2 2 极，左侧电极为负极，Zn发生氧化反应生成Zn(OH)2-；充电时，右侧为阳极，H O发生氧 4 2 化反应生成O ，左侧为阴极，Zn(OH)2-发生还原反应生成Zn，以此分析解答。 2 4 【详解】A．放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)2- 4 ，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H O转化为O ，负极上Zn(OH)2-转化为Zn，电池总反应为： 2 2 4 2Zn(OH)2-=2Zn+O +4OH-+2H O，故C正确，不选； 4 2 2 D．充电时，正极即为阳极，电极反应式为：2H O-4e-=4H++O ，溶液中H+浓度增大， 2 2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 W W 合题意； 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H A溶 2 液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V 的变化关系如图所示。[比如A2− NaOH c(A2-) 的分布系数：δ(A2-)= ] c(H A)+c(HA-)+c(A2-) 2 下列叙述正确的是 A. 曲线①代表δ(H A)，曲线②代表δ(HA-) 2 B. H A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c(Na+)<2c(A2-)+c(HA-) 【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H A第 2 一步完全电离，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 0.1000mol/L40mL 2NaOH+H A=Na A+2H O，c(H A)= =0.1000mol/L，据此分析作答。 2 2 2 2 220.00mL【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 0.1000mol/L40mL 据反应2NaOH+H A=Na A+2H O，c(H A)= =0.1000mol/L，B错误； 2 2 2 2 220.00mL C．由于H A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 2 NaOH 时，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 c(A2-)c(H+) 0.1000mol/L0.10.1000mol/L = ≈1×10-2，C正确； c(HA-) 0.1000mol/L0.9 D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的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H A的电离，根据pH的突变和粒子分布分数的变化确定H A的 2 2 电离方程式为H A=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VO，同时还有___________离子被氧化。写出VO+ 2 转化为VO反应的离子方程式___________。 2 (3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V O xH O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、 2 5 2 Na+、___________，以及部分的___________。 (4)“沉淀转溶”中，V O xH O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。 2 5 2 (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+=VO++Mn2++H O (4). Mn2+ (5). Fe3+、Al3+ (6). Fe(OH) (7). 2 2 2 3 NaAlO +HCl+H O=NaCl+Al(OH) ↓或Na[Al(OH) ]+HCl= NaCl+Al(OH) ↓+H O (8). 利用同 2 2 3 4 3 2 离子效应，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 、 2 Fe O ，用30%H SO 和MnO “酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成VO+，Fe O 与硫酸反应生 3 4 2 4 2 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VO+、K+、Mg2+、Al3+、 2 2 Fe3+、Mn2+、SO2-；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V O ·xH O，根 4 2 5 2 据表中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) 3 沉淀，部分 Al3+转化为 Al(OH) 沉淀，滤液②中含有 K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、 3 SO2-，滤饼②中含 V O ·xH O、Fe(OH) 、Al(OH) ，滤饼②中加入 NaOH使 pH>13， 4 2 5 2 3 3 V O ·xH O转化为钒酸盐溶解，Al(OH) 转化为NaAlO ，则滤渣③的主要成分为Fe(OH) ； 2 5 2 3 2 3 滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO 转化为Al(OH) 沉淀而除去； 2 3 最后向滤液④中加入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VO+的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方 2 程式为MnO +2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H O；VO+转化为VO+时，钒元素的化合价由+3价 2 2 2 升至+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 +2价，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 2 VO+反应的离子方程式为VO++MnO +2H+=VO++Mn2++H O，故答案为：Fe2+， 2 2 2 2 VO++MnO +2H+=VO++Mn2++H O； 2 2 2 (3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V O ·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 2 2 3 4 3 2 案为：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 HCO 4.61 3 Na+ 5.19 NO 7.40 3 Ca2+ 6.59 Cl− 7.91 K+ 7.62 SO2 8.27 4 (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 4 2 4 3 一段时间，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 4 2 4 却至室温、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，由FeSO ·7H O固体配制0.10mol·L- 4 2 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、合适的容量瓶、胶 4 头滴管，故答案为：烧杯、量筒、托盘天平。 (2)Fe2+、Fe3+能与HCO- 反应，Ca2+能与SO2-反应，FeSO 、Fe (SO ) 都属于强酸弱碱盐， 3 4 4 2 4 3 水溶液呈酸性，酸性条件下NO-能与Fe2+反应，根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的 3 物质发生化学反应”，盐桥中阴离子不可以选择HCO- 、NO-，阳离子不可以选择Ca2+，另 3 3 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 4 2 4 3 化，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+ 2 4 3 4 即可，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 1 SO (g)+ O (g)钒催化剂SO (g) ΔH=−98 kJ·mol−1。回答下列问题： 2 2 3 2 (1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V O (s)与SO (g)反应生成VOSO (s)和V O (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、 2 550℃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 2 3 常数K =___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 p α (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 α′ 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， m m m v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 2 5 2 4 2 4 (3). 该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 ２ 1 2 2  2mp 0.5 强 (5). (6).  mp  (7). 升高温度，k增大使v逐渐 100m 11.5   100m 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 m m 增大对v的提高小于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： 1 ①SO (g)+ O (g)⇌SO (g) ∆H= -98kJ∙mol-1 2 2 3 2 ②V O (s)+ SO (g)⇌V O (s)+ SO (g) ∆H = -24kJ∙mol-1 2 4 3 2 5 2 2 ③V O (s)+ 2SO (g)⇌2VOSO (s) ∆H = -399kJ∙mol-1 2 4 3 4 1 根据盖斯定律可知，③-②2得2V O (s)+ 2SO (g)⇌ 2VOSO (s)+ V O (s)，则∆H= ∆H - 2 5 2 4 2 4 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： 2 2V O (s)+ 2SO (g)⇌ 2VOSO (s)+ V O (s) ∆H= -351 kJ∙mol-1； 2 5 2 4 2 4 1 (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 2 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 1 平衡移动的因素，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 2 2 2 q mol，2m+m+q=3m+q=100，SO 的平衡转化率为α，则有下列关系： 2 1 SO + O  矾  催化  剂  SO 2 2 2  3 0 起始量(mol) 2m m 2m 变化量(mol) 2m m 2m 平衡量(mol) 2m(1-) m(1) 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 nSO  2mmol 2m 3 100% 100% 100% n总 2m1m12mmolq mol 100m 2mp 2m1 p 。该反应在恒压容器中进行，因此，SO 的分压p(SO )= ，p(SO )= 3 3 2 100m 100m m1 p 1 ，p(O )= ，在该条件下，SO (g)+ O (g)⇌2SO (g) 的K = 2 2 2 3 p 100m 2 2mp pSO 3   100m   pSO 2  p0.5O 2  2m1p    m1p  0.5 11.5   mp   0.5 。 100m 100m 100m   0.8   (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=k  1  1n   ，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 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 1 I (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 4 体，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 3 离能大于 B的 (4). 正四面体形 (5). 4 (6). sp3 (7). 4 (8). 或 0.1875 16 (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3d64s2，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3d6和3d5，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I Li＞I Na ； 1 1 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 I Be＞I B＞I Li ； 1 1 1 (3)经过计算，PO3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 4 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 4 点，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 1 1 1 8 4 4 =4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 8 2 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 4 晶胞中含有的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) 4 和(b)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 1-x 4 4 的Li+；结合上一个空的分析可知，LiFePO 晶胞的化学式为Li Fe P O ，那么Li FePO 晶 4 4 4 4 16 1-x 4 3.25 胞的化学式为Li Fe P O ，所以有1-x= 即x=0.1875。结合上一个空计算的结果可 3.25 4 4 16 4 知，Li FePO 即Li FePO ；假设Fe2+和Fe3+数目分别为x和y，则列方程组：x+y=1， 1-x 4 0.8125 4 0.81252x3y+5=42，解得x=0.8125，y=0.1875，则Li FePO 中 1-x 4 n(Fe2):n(Fe3)=0.8125:0.1875=13:3。 【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： ①H C=CH CCl 3 COONa 2 2 乙二醇二甲醚/△ ② +RNH NaOH 2 2HCl 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________。 (5)D的结构简式为________。 (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________。 Δ 【答案】 (1). 三氯乙烯 (2). +KOH +KCl+H O (3). 2 醇 碳碳双键、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 Δ +KOH +KCl+H O。 2 醇 (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。