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2020 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）
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）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
3
法错误的是（ ）
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
【分析】A．CH CH OH与水分子间能形成氢键，并且都是极性分子；
3 2
B．NaClO具有强氧化性；
C．过氧乙酸的结构简式为CH COOOH；
3
D．氯仿的化学名称是三氯甲烷。
【解答】解：A．CH CH OH与水分子间能形成氢键，并且都是极性分子，所以CH CH OH
3 2 3 2
能与水以任意比互溶，故A正确；
B．NaClO具有强氧化性，通过氧化能灭活病毒，故B正确；
C．过氧乙酸的结构简式为CH COOOH，相对分子质量为12×2+4+16×3＝76，故C正
3
确；
D．氯仿的化学名称是三氯甲烷，不是四氯化碳，故D错误；
故选：D。
【点评】本题结合时事热点考查化学问题，平时要注意积累，题目难度不大。
2．（6分）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
第1页 | 共22页C．能够发生水解反应
D．能够发生消去反应生成双键
【分析】A、分子中14个碳原子，不饱和度为8；
B、分子中含有碳碳双键和羟基直接相连碳上有氢原子；
C、分子中含有酯基，能发生水解；
D、与﹣OH相连的C的邻位C上有一种H可发生消去反应；
【解答】解：A、分子的不饱和度为8，则氢原子个数为：14×2+2﹣8×2＝14，四个氧
原子，所以分子式为：C H O ，故A正确；
14 14 4
B、分子中含有碳碳双键和羟基直接相连碳上有氢原子，所以能使酸性重铬酸钾溶液变色，
故B错误；
C、分子中含有能发生水解酯基，则紫花前胡醇能水解，故C正确；
D、与﹣OH相连的C的邻位C上有一种H可发生消去反应，生成双键，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握醇消去反应的结构特点为解
答的关键，侧重醇性质的考查，题目难度不大。
3．（6分）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
2 2
酸钾溶液
B． Cl （HCl） 通过饱和的食
2
盐水
C． N （O ） 通过灼热的铜
2 2
丝网
D． NO（NO ） 通过氢氧化钠
2
溶液
A．A B．B C．C D．D
【分析】除杂的原则是不引入新的杂质，不减少要提纯的物质，操作简单，绿色环保。
A．SO 具有还原性，易被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸；
2
B．饱和食盐水可以减少氯气的溶解量；
第2页 | 共22页C．N （O ）利用化学性质的差异，铜与氧气反应，；
2 2
D.2NO +2NaOH＝NaNO +NaNO +H O，NO为不成盐氧化物，
2 2 3 2
【解答】解：A．SO 被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸，故A错误；
2
B．Cl （HCl）利用溶解性的差异，除去HCl，故B正确；
2
C．N （O ）利用化学性质的差异，铜与氧气反应，不与氮气反应，达到除杂目的，故C
2 2
正确；
D．NO 可以与NaOH发生反应：2NO +2NaOH＝NaNO +NaNO +H O，NO与NaOH溶
2 2 2 3 2
液不能发生反应；尽管 NO 可以与 NO 一同跟 NaOH 发生反应：NO+NO +2NaOH═
2 2
2NaNO +H O，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，
3 2
故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了气体除杂质，要掌握各物质的性质，难度不大，注重基础。
4．（6分）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。下列
2 2
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
【分析】A、由图可知，铑的配合物离子（Rh（CO） I ]﹣生成CH COI，CH COI继续
2 2 3 3
与H O反应生成HI和CH CO H；
2 3 2
第3页 | 共22页B、由图可知发生的反应依次为：①CH OH+HI═CH I+H O，② +CH I＝
3 3 2 3
， ③ ＝ ， ④ +CO ＝
， ⑤ ＝ CH COI+ ， ⑥CH COI+H O ＝
3 3 2
HI+CH CO H，6个反应依次发生；
3 2
C、由图可以看出Rh的成键数目由4﹣6﹣5﹣6﹣4变化；
D、由B分析及图中箭头方向判断出此步反应。
【解答】解：A、由图可知，铑的配合物离子（Rh（CO） I ]﹣生成CH COI，CH COI
2 2 3 3
继续与H O反应生成HI和CH CO H，所以CH COI是反应中间体，故A正确；
2 3 2 3
B、由图可知发生的反应依次为：①CH OH+HI═CH I+H O，② +CH I＝
3 3 2 3
， ③ ＝ ， ④ +CO ＝
， ⑤ ＝ CH COI+ ， ⑥CH COI+H O ＝
3 3 2
HI+CH CO H，6个反应依次发生，6个反应方程式相加和，消去中间产物得出总反应：
3 2
CH OH+CO═CH CO H，故B正确；
3 3 2
C、由图可以看出Rh的成键数目由4变为6再变为5再变为6再变为4，依次循环，故
C错误；
D、由B分析，按照箭头方向可知：CH OH和HI反应生成CH I和H O，反应方程式为：
3 3 2
即CH OH+HI═CH I+H O，故D正确；
3 3 2
故选：C。
第4页 | 共22页【点评】本题考查学生对有机化学基础的理解和掌握，题目难度中等，掌握反应类型、
化学反应原理等，明确由化学反应是解题关键。同时也考查了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。
5．（6分）1934年约里奥﹣居里夫妇在核反应中用α粒子（即氦核 He）轰击金属原子 X，
得到核素 Y，开创了人造放射性核素的先河： X+ He→ Y+ n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． X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
【分析】由 X+ He→ Y+ n及质量守恒可知，W＝30+1﹣4＝27，X、Y的最外层电
子数之和为8，X的最外层电子数为 ＝3，金属原子 X的质量数为27、且位于ⅢA
族，Z＝13符合题意，则X为Al；Y的最外层电子数为8﹣3＝5，质子数为13+2＝15，
Y为P，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知X为Al、Y为P，
A．W为27，X原子的相对原子质量为27，故A错误；
B．X、Y可形成三氯化物分别为AlCl 、PCl ，故B正确；
3 3
C．同周期从左向右原子半径减小，则X的原子半径大于Y的半径，故C错误；
D．Y的含氧酸有磷酸、偏磷酸等，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握最外层电子数、质量守恒
来推断元素为解答的关键，同时侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，
题目难度不大。
6．（6分）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
2
属锌和选择性催化材料。放电时，温室气体CO 被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境
2
和能源问题提供了一种新途径。下列说法错误的是（ ）
第5页 | 共22页A．放电时，负极反应为Zn﹣2e﹣+4OH﹣═Zn（OH） 2﹣
4
B．放电时，1mol CO 转化为HCOOH，转移的电子数为2mol
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
【分析】电极为金属锌放电时，由图示知负极反应为Zn﹣2e﹣+4OH﹣═Zn（OH） 2﹣，
4
温室气体CO 被转化为储氢物质甲酸为还原反应，充电时阳极生成氧气，阴极发生还原
2
反应生成锌，据此答题。
【解答】解：A．放电时，金属锌做负极生成Zn（OH）2﹣，负极反应为Zn﹣2e﹣+4OH﹣═
4
Zn（OH） 2﹣，故A正确；
4
B．放电时，CO 中碳的化合价为+4价，HCOOH中碳的化合价+2，1mol CO 转化为
2 2
HCOOH，降低2价，转移的电子数为2mol，故B正确；
C．充电时，阳极电极反应：2H O﹣4e﹣＝4H++O ↑，阴极反应：Zn（OH） 2﹣═Zn﹣
2 2 4
2e﹣+4OH﹣，电池总反应为2Zn（OH） 2﹣═2Zn+O ↑+4OH﹣+2H O，故C正确；
4 2 2
D．充电时，阳极（原电池的正极）电极反应：2H O﹣4e﹣＝4H++O ↑，溶液中H+浓度
2 2
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
W W
低，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原电池原理、电解池原理、电极方程式的书写、离子电子的转移等知
识点，是高频考点，难度中等，注重基础。
7．（6分）以酚酞为指示剂，用0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元
酸H A溶液。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
2 NaOH
所示。[比如A2﹣的分布系数：δ（A2﹣）＝ ]
第6页 | 共22页下列叙述正确的是（ ）
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0.2000mol•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﹣）
【分析】A、曲线①一直在减小，曲线②在一直增加，且两者相加等于1；
B、溶液的pH发生突变时，滴有酚酞的溶液发生颜色变化，到达滴定终点，即NaOH和
H A恰好完全反应；
2
C、HA﹣的电离常数K ＝ ；
a
D、滴定终点时δ（HA﹣）＝0，溶液中的电荷守恒：c（H+）+c（Na+）＝2c（A2﹣）+c
（OH﹣）。
【解答】解：A、在未加NaOH溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等
于1，且δ曲线①一直在减小，曲线②在一直增加；说明H A第一步完全电离，第二步
2
存在电离平衡，即H A＝HA﹣+H+，HA﹣⇌A2﹣+H+，曲线①代表δ（HA﹣）；当加入用
2
0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液40.00mL滴定后，发生NaHA+NaOH＝Na A+H O，HA﹣的
2 2
分布系数减小，A2﹣的分布系数在增大，且曲线②在一直在增加，在滴定终点后与③重
合，所以曲线②代表δ（A2﹣），故A错误；
B、当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，到达滴定终点，说明NaOH和
H A恰好完全反应，根据反应2NaOH+H A＝Na A+2H O，n（NaOH）＝2n（H A），c
2 2 2 2 2
（H A）＝ ＝0.1000mol/L，故B错误；
2
第7页 | 共22页C、由于H A第一步完全电离，则HA﹣的起始浓度为0.1000mol/L，根据图象，当V ＝
2 NaOH
0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 ＝ ＝ ≈1×10﹣2，故C正
a
确；
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，c（H+）+c（Na+）＝2c（A2﹣）+c（OH﹣）+c（HA﹣），则
c（Na+）＞2c（A2﹣）+c（HA﹣），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查学生对酸碱混合时的定性判断和pH的理解和掌握，以及阅读题目获取
新信息能力等，熟练掌握电离平衡、水解平衡的的影响原理等，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，题目难度中等。明确曲线①②③是解题关
键。
二、非选择题：共58分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11～12题
为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。
8．（14分）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 加快酸浸和氧化反应速率 。
（2）“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO +，同时还有 Fe2+ 离子被氧化。写出
2
VO+转化为VO +反应的离子方程式 VO++2H++MnO ＝VO ++Mn2++H O 。
2 2 2 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+、
2 5 2
第8页 | 共22页Mg2+、Na+、 Mn2+ ，以及部分的 Al3+和Fe3+ 。
（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 Fe（OH）
2 5 2
。
3
（5）“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是 HCl+NaAl（OH） ＝Al
4
（OH） ↓+NaCl+H O 。
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 利用同离子效
4 3 4
应，促进NH VO 尽可能析出完全 。
4 3
【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 、Fe O ，加入稀硫酸，使Fe O 生成Fe3+和Fe2+；加入MnO 氧化还原性的Fe2+
2 3 4 3 4 2
成Fe3+；VO+和VO2+成VO +，SiO 和硅酸盐与酸生成的硅酸成为滤渣①，滤液①含有：
2 2
Fe3+、VO +、K+、Mg2+、Na+、Mn2+、Al3+；滤液①加入NaOH溶液至pH＝3.0～3.1，
2
中和过量的硫酸并沉淀 Fe3+，使钒水解并沉淀为 V O •xH O，得滤饼②，除去滤液
2 5 2
②Mn2+、K+、Mg2+、Na+及部分Fe3+、Al3+；滤饼②加入过量NaOH溶液至pH＞13，
沉淀转溶得滤液③，滤液③含有V O •xH O生成VO ﹣和溶于碱的Al（OH） 生成的
2 5 2 3 3
Al（OH） ﹣；滤渣③为 Fe（OH） ，滤液③加入盐酸调 pH，Al（OH） ﹣生成 Al
4 3 4
（OH）即滤渣④；滤液④含有VO ﹣，加入NH Cl沉钒的产物：NH VO ；和滤液⑤NaCl
3 3 4 4 3
溶液；
（1）升高温度，反应速率加快；
（2）加入氧化性物质可除去具有还原性的离子；依据电子转移守恒和元素守恒写出离子
方程式；
（3）根据某些离子沉淀的pH，找出相应沉淀的离子；
（4）Fe3+溶液呈强碱性时转化为Fe（OH） ；
3
（5）加入酸沉淀离子Al（OH） ﹣生成Al（OH） ；
4 3
（6）NH Cl溶于水电离出NH +，根据沉淀溶解平衡原理，利用等离子效应。
4 4
【解答】解：（1）温度升高反应速率加快；加快酸浸氧化的反应速率，
故答案为：加快酸浸和氧化反应速率；
（2）加入氧化剂MnO ，除了氧化具有还原性的VO+和VO2+，还可以氧化还原性的Fe2+
2
为Fe3+；以便后面步骤一次性的除去Fe元素；酸浸氧化VO+转化为VO +，根据电荷守
2
恒和电子转移守恒得出：在酸性条件下，+3价的矾化合价升高2生成+5价，MnO 中+4
2
价的锰化合价降低 2 生成+2 价，所以反应的离子方程式为：VO++2H++MnO ＝
2
第9页 | 共22页VO ++Mn2++H O，
2 2
故答案为：Fe2+；VO++2H++MnO ＝VO ++Mn2++H O；
2 2 2
（3）“中和沉淀”中，滤液①加入NaOH溶液至pH＝3.0～3.1，中和过量的硫酸并沉淀
Fe3+和Al3+，使钒水解并沉淀为V O •xH O，得滤饼②，除去滤液②Mn2+、K+、Mg2+、
2 5 2
Na+及部分Fe3+、Al3+，
故答案为：Mn2+、Fe3+和Al3+；
（4）滤液①加入NaOH溶液至pH＝3.0～3.1，中和过量的硫酸并沉淀Fe3+，使钒水解
并沉淀为V O •xH O，得滤饼②，
2 5 2
故答案为：Fe（OH） ；
3
（5）滤液③含有V O •xH O生成VO ﹣和溶于碱的Al（OH） 生成的Al（OH） ﹣；
2 5 2 3 3 4
滤液③加入盐酸调pH，Al（OH）﹣生成Al（OH） 即滤渣④；化学方程式为：HCl+NaAl
4 3
（OH） ＝Al（OH） ↓+NaCl+H O，
4 3 2
故答案为：HCl+NaAl（OH） ＝Al（OH） ↓+NaCl+H O；
4 3 2
（6）“沉钒”中析出NH VO 晶体时，NH VO 沉淀溶解平衡方程式为：NH +（aq）+VO
4 3 4 3 4 3
﹣（aq）⇌NH VO （s），需要加入过量 NH Cl，NH Cl 溶于水电离出 NH +，增大 c
4 3 4 4 4
（NH +），利用同离子效应，促进NH VO 尽可能析出完全。
4 4 3
故答案为：利用同离子效应，促进NH VO 尽可能析出完全。
4 3
【点评】本题考查学生对化学实验的理解和掌握，题目难度中等，掌握每步的除杂和分
离目的等，明确由工艺流程写出相应反应是解题关键。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）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0.10mol•L﹣1 FeSO 溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、
4 2 4
托盘天平、烧杯、量筒 （从下列图中选择，写出名称）。
第10页 | 共22页（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 KCl
作为电解质。
阳离子 u∞×108/（m2•s﹣1•V 阴离子 u∞×108/（m2•s﹣1•V
﹣1） ﹣1）
Li+ 4.07 HCO ﹣ 4.61
3
Na+ 5.19 NO ﹣ 7.40
3
Ca2+ 6.59 Cl﹣ 7.91
K+ 7.62 SO 2﹣ 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 石墨 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0.02mol•L﹣1．石墨电极
上未见Fe析出。可知，石墨电极溶液中c（Fe2+）＝ 0.09 mol/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
极反应式为 Fe﹣2e﹣＝Fe2+ 。因此，验证了Fe2+氧化性小于 Fe3+ ，还原性小于
Fe 。
（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
4 2 4 3
电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是 取少量活化
液，加入洁净的试管中，向其中加入两滴硫氰酸钾溶液，看是否变红，若不变红，说明
已经活化完成 。
【分析】（1）配制一定物质的量浓度的溶液用到的仪器有，托盘天平、烧杯、量筒、玻
璃棒、容量瓶。
（2）盐桥中的离子不与溶液中的物质反应，排除了碳酸氢根离子和硝酸根离子，电迁移
率尽可能的接近，硫酸根离子的电迁移率与其它离子的相差较大，KCl的阴阳离子电迁
移率相差最小；
第11页 | 共22页（3）铁电极失去电子，铁电极是负极，石墨电极是正极，原电池内部阳离子向正极移动，
所以阳离子向石墨电极移动。
（4）铁电极反应：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，铁电极增加0.02mol/L，根据电荷守恒，石墨电极反
应 Fe3++e﹣＝Fe2+，则石墨电极增加 0.04 mol/L，原溶液是 0.05mol/L，现在变为 0.09
mol/L；
（5）铁电极为负极，电极反应：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，石墨电极为正极，电极反应反应：Fe3++e
﹣＝Fe2+，电池的总反应式为：2Fe3++Fe＝3Fe2+，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，所
以氧化性：Fe3+＞Fe2+，同理还原性Fe＞Fe2+
（6）对铁电极活化是除去表面的氧化膜，氧化膜反应完成后，铁单质把三价铁还原，所
以只要检验溶液中是否还含有三价铁离子就可以了。
【解答】解析：（1）配制一定物质的量浓度的溶液用到的仪器有：托盘天平、烧杯、量
筒、玻璃棒、容量瓶。图中给出的有托盘天平、烧杯、量筒；
故答案为：托盘天平、烧杯、量筒；
（2）盐桥中的离子不与溶液中的物质反应，排除了碳酸氢根离子和硝酸根离子，电迁移
率尽可能的接近，故选KCl；
故答案为：KCl；
（3）铁电极失去电子，铁电极是负极，石墨电极是正极，原电池内部阳离子向正极移动，
所以阳离子向石墨电极移动；
故答案为：石墨；
（4）铁电极反应：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，铁电极增加 0.02mol/L，石墨电极反应 Fe3++e﹣＝
Fe2+，根据电荷守恒，则石墨电极增加0.04 mol/L，变为0.09 mol/L；
故答案为：0.09 mol/L；
（5）铁电极为负极，电极反应：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，石墨电极为正极，电极反应反应：Fe3++e
﹣＝Fe2+，电池的总反应式为：2Fe3++Fe＝3Fe2+；所以氧化性：Fe3+＞Fe2+，还原性Fe＞
Fe2+
故答案为：Fe﹣2e﹣＝Fe2+；Fe3++e﹣＝Fe2+；Fe3+； Fe；
（6）对铁电极活化是除去表面的氧化膜，氧化膜反应完成后，铁单质把三价铁还原，所
以只要检验溶液中是否还含有三价铁离子就可以了，取少量活化液，加入洁净的试管中，
向其中加入两滴硫氰酸钾溶液，看是否变红，若不变红，说明已经活化完成。
故答案为：取少量活化液，加入洁净的试管中，向其中加入两滴硫氰酸钾溶液，看是否
第12页 | 共22页变红，若不变红，说明已经活化完成。
【点评】本题考查了溶液的配制、原电池原理、氧化还原反应、电极方程式书写、离子
的检验等知识点，属于学科内综合，考查分析问题，解决问题的能力，难度中等。
10．（14分）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
2
化氧化：SO （g）+ O （g） SO （g）△H＝﹣98kJ•mol﹣1．问答下列问题：
2 2 3
（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图（a）所示，V O （s）与SO （g）反应生成VOSO
2 5 2 4
（s）和V O （s）的热化学方程式为： 2V O （s）+2SO （g）＝2VOSO （s）+V O
2 4 2 5 2 4 2 4
（s）△H＝﹣351kJ•mol﹣1 。
（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%
2 2 2
时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO 平衡转化率α随温度的变化如图（b）
2
所示。反应在5.0MPa、550℃时的α＝ 0.975 ，判断的依据是 反应是气体分子数减
小的反应，压强越大转化率越大 。影响α的因素有 压强、温度、投料比 。
（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
2 2 2
反应器，在温度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
2 3
，平衡常数K ＝ （以分压表示，分压＝
p
总压×物质的量分数）。
（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
2
中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为SO 平衡转化率，α′为某时刻SO
2 2
转化率，n为常数。在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（c）所示。
第13页 | 共22页曲线上v最大值所对应温度称为该α′下反应的最适宜温度t ．t＜t 时，v逐渐提高；t
m m
＞t 后，v逐渐下降。原因是 反应温度升高，速率常数k增大使速率加快，但α降低
m
造成速率v减小，t＜t 时，k增大对v的提高大于α引起的降低；t＞t 后，速率常数k
m m
增大小于α引起的降低 。
【分析】（1）由图象得出①V O （s）+SO （g）＝V O （s）+SO （g）△H＝﹣24kJ•
2 4 3 2 5 2
mol﹣1，
②V O （s）+2SO （g）＝2VOSO （s）△H＝﹣399kJ•mol﹣1，
2 4 3 4
结合盖斯定律可知②﹣①×2得到：2V O （s）+2SO （g）＝2VOSO （s）+V O （s）；
2 5 2 4 2 4
（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%
2 2 2
时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO 平衡转化率α随温度的变化如图（b）
2
所示，这个SO （g）+ O （g） SO （g）反应是气体分子数减小的反应，压强
2 2 3
越大转化率越大，所以反应在5.0MPa、550℃时的α＝0.975，由图象看出压强越大转化
率越高，温度越高转化率越小，转化率与影响平衡的因素：温度压强还与投料比有关，
氧气越多SO 平衡转化率α越大；
2
（3）利用三段式计算出平衡时三氧化硫的量，利用阿伏伽德罗定律的推论压强之比等于
物质的量的比，分压＝总压×物质的量分数可解；
（4）v＝k（ ﹣1）0.8（1﹣nα′）温度升高，速率常数k增大，反应速率增大；SO
2
（g）+ O （g） SO （g）△H＝﹣98kJ•mol﹣1．为放热反应，平衡转化率a减
2 3
小，（ ﹣1）0.8减小，反应速率减小，t＜t 时，速率常数k增大，对速率的影响大
m
于因（ ﹣1）0.8减小对速率的影响，总体速率加快；t＞t 后速率常数k增大没有α
m
减小对速率影响大，速率减小。
第14页 | 共22页【解答】解：（1）由图象得出①V O （s）+SO （g）＝V O （s）+SO （g）△H＝﹣24kJ
2 4 3 2 5 2
•mol﹣1，
②V O （s）+2SO （g）＝2VOSO （s）△H＝﹣399kJ•mol﹣1，
2 4 3 4
由盖斯定律可知②﹣①×2得到：2V O （s）+2SO （g）＝2VOSO （s）+V O （s）△
2 5 2 4 2 4
H＝﹣351kJ•mol﹣1；
故答案为：2V O （s）+2SO （g）＝2VOSO （s）+V O （s）△H＝﹣351kJ•mol﹣1；
2 5 2 4 2 4
（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%
2 2 2
时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO 平衡转化率α随温度的变化如图（b）
2
所示，这个SO （g）+ O （g） SO （g）反应是气体分子数减小的反应，压强
2 2 3
越大转化率越大，所以反应在5.0MPa、550℃时的α＝0.975，由图象看出压强越大转化
率越高，温度越高转化率越小，转化率与影响平衡的因素：温度、压强还与投料比有关，
氧气越多SO 平衡转化率α越大；
2
故答案为：0.975；该反应是气体分子数减小的反应，压强越大转化率越大，P ＝
1
5.0MPa，该线550℃时的转化率为97.5%；压强、温度、投料比；
（3）根据体积之比等于物质的量的比，2m%+m%+q%＝100% 3m+p＝100，设SO 的物
2
质的量为2m，O 的物质的量为m
2
SO （g）+ O （g） SO （g）
2 2 3
开始 2m m 0
变化 α×2m α×m α×2m
平衡 2m﹣α×2m m﹣α×m α×2m
反应后的总量：2m﹣α×2m+m﹣α×m+α×2m+q＝3m+q﹣αm，结合3m+p＝100，反应
后的总量＝100﹣αm，
＝ ═ ，则p（SO ）＝ ，
3
平 衡 常 数 K ＝ ＝ ＝
p
第15页 | 共22页，
故答案为： ；＝ ；
（4）v＝k（ ﹣1）0.8（1﹣nα′）温度升高，表达式中速率常数k增大，反应速率
增大；SO （g）+ O （g） SO （g）△H＝﹣98kJ•mol﹣1，为放热反应，平衡
2 2 3
转化率α减小，（ ﹣1）0.8减小，反应速率减小，t＜t 时，速率常数k增大，对速
m
率的影响大于因（ ﹣1）0.8减小对速率的影响，总体速率加快；t＞t 后速率常数k
m
增大没有α减小对速率影响大，速率减小。
故答案为：反应温度升高，速率常数k增大使速率加快，但α降低造成速率v减小。t＜
t 时，k增大对v的提高大于α引起的降低；t＞t 后，速率常数k增大小于α引起的降
m m
低。
【点评】本题考查了热化学方程式的书写，平衡转化率、压强平衡常数等知识点，情景
陌生，要好好利用图象，考查分析问题的能力，计算能力，难度较大。
（二）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）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 4：5 。
（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
1 1 1
是 Li与Na同族，Na电子层多，原子半径大，易失电子 。 I （Be）＞I （B）＞I
1 1 1
（Li），原因是 Li、Be、B同周期，核电荷数依次增加，Be的电子排布为：1s22s2，全
满稳定结构，第一电离能最大，与Li相比，B的核电荷数大，半径小，较难失去电子，
第一电离能较大。 。
I /（kJ•mol﹣1）
1
Li B
520 Be 801
900
第16页 | 共22页Na Al
496 Mg 578
738
（3）磷酸根离子的空间构型为 正四面体形 ，其中P的价层电子对数为 4 、杂化
轨道类型为 sp3 。
（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
4
正四面体，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
4
有 4 个。
电池充电时，LiFePO 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+）＝ 13：3 。
【分析】（1）基态Fe的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2；
（2）Li与Na同族，Na电子层多，原子半径大，易失电子；Be、B、Li的价电子排布分
别为：2s2，2s22p1，2s1；
（3）根据价层电子对互斥理论，价层电子对数＝杂化轨道数＝σ+ （a﹣xb），若为阴
离子，a＝价电子数+电荷数；价层电子对数＝4，空间构型为四面体形，去掉孤电子对，
即为分子的空间构型；杂化轨道数＝4，为sp3杂化；
（4）根据晶胞中的正八面体和正四面体来判断；LiFePO 失去的Li+为：棱心上一个，
4
面心上一个；化合物中正负化合价代数和等于0。
【解答】解：（1）基态Fe的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe失去最外层2
个电子得 Fe2+，价电子排布为：3d6，基态 Fe 失去 3 个电子得 Fe3+，价电子排布为：
3d5，根据洪特规则和泡利原理，d能级有5个轨道，每个轨道最多容纳2个电子，Fe2+
有4个未成对电子，Fe3+有5个未成对电子，所以未成对电子数之比为：4：5，
第17页 | 共22页故答案为：4：5；
（2）Li与Na同族，Na电子层多，原子半径大，易失电子；Li、Be、B的电子排布分别
为：1s22s1，1s22s2，1s22s22p1，Li、Be、B同周期，核电荷数依次增加，Be的电子排布
为：1s22s2，全满稳定结构，第一电离能最大，与Li相比B的核电荷数大，半径小，较
难失去电子，第一电离能较大，
故答案为：Li与Na同族，Na电子层多，原子半径大，易失电子；Li、Be、B同周期，
核电荷数依次增加，Be的电子排布为：1s22s2，全满稳定结构，第一电离能最大，与Li
相比，B的核电荷数大，半径小，较难失去电子，第一电离能较大；
（3）根据价层电子对互斥理论，PO 3﹣离子的价层电子对数：4+ （5+3﹣4×2）＝4+0＝
4
4，VSEPR构型为：四面体形，去掉孤电子对数0，即为分子的立体构型，即正四面体形；
杂化轨道数＝价层电子对数＝4，中心原子P的杂化类型为：sp3杂化；
故答案为：正四面体形；4；sp3；
（4）根据晶胞中的正八面体和正四面体，可知晶体中含有4个单元LiFePO ；由图可知
4
圆球为Li+，LiFePO 失去的Li+为：棱心上一个，面心上一个；棱心上的为该晶胞的 ，
4
面心上为该晶胞的 ；因晶体中含有4个单元LiFePO ，所以x＝ × + × ＝ ，
4
则1﹣x＝1﹣ ＝ ，所以化学式为Li FePO ，根据化合价代数和等于0，设Fe2+的
4
个数为x，Fe3+的的个数为y， +2x+3y+5＝8，又因x+y＝1，解得x＝ 、y＝ ，
所以个数比为13：3，
故答案为：4； ；13：3；
【点评】本题考查学生对原子结构和性质的理解和掌握，题目难度中等，掌握常见的基
态原子的电子排布、第一电离能、杂化方式、晶胞的计算等，明确原子杂化原理和晶胞
计算方法是解题关键。阅读题目获取新信息能力等，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。
[化学--选修5：有机化学基础]（15分）
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
第18页 | 共22页的合成路线：
已知如下信息：
①H C＝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 三氯乙烯 。
（ 2 ） 由 B 生 成 C 的 化 学 方 程 式 为
+KOH +KCl+H O 。
2
（3）C中所含官能团的名称为 碳碳双键、氯原子 。
（4）由C生成D的反应类型为 取代反应 。
（5）D的结构简式为 。
第19页 | 共22页（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 6 种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为 。
【分析】A（C HCl ）三氯乙烯在CCl COONa和乙二醇二甲醚在加热条件下生成B，
2 3 3
即B为 ，B（ ）在KOH的醇溶液下加热发生消去反应，
生成C，即 ，C与过量的二环己基胺（ ）与CH Cl 在加热
2 2
条 件 下 发 生 取 代 反 应 生 成 D ， 即 ， D
（ ）与E（ ）在NaOH条件下反应生成最终产物
F： 。
【解答】解：（1）A（C HCl ）名称为三氯乙烯，
2 3
故答案为：三氯乙烯；
（2）有分析得出，由B发生消去反应生成C的化学方程式为：
第20页 | 共22页+KOH +KCl+H O，
2
故答案为： +KOH +KCl+H O，
2
（3）C中的官能团为：碳碳双键、氯原子，
故答案为：碳碳双键、氯原子；
（4）由 +2 +2HCl 可
知，C上2个Cl原子被二环己基胺（ ）去氢后剩余的原子团所取代，反应
类型为：取代反应，
故答案为：取代反应；
（5）D的结构简式为 ，
故答案为： ；
（6）E（ ）的六元环芳香同分异构体中，与钠反应产生氢气，说明含有羟
第21页 | 共22页基，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：2：2：1；说明有两个甲基且对称；又
因苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体，所以同分异构体的结构简式分别为： ，
， ， ， ， 共6种，其中，芳香环上为二
取代的结构简式为 ，
故答案为：6； 。
【点评】本题考查学生对有机化学基础的理解和掌握，题目难度中等，掌握有机的命名、
反应类型、化学反应原理、同分异构等，明确化学反应及同分异构的书写是解题关键。
同时考查了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。
第22页 | 共22页
