2020年高考真題及答案解析《化學(xué)》（全國(guó)Ⅰ卷、Ⅱ卷、Ⅲ卷共3套）

機(jī)密★啟用前2020年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試（全國(guó)Ⅰ卷）化學(xué)一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．（6分）國(guó)家衛(wèi)健委公布的新型冠狀病毒肺炎診療方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒劑、過氧乙酸（CH3COOOH）、氯仿等均可有效滅活病毒。對(duì)于上述化學(xué)藥品，下列說法錯(cuò)誤的是（）A．CH3CH2OH能與水互溶 B．NaClO通過氧化滅活病毒 C．過氧乙酸相對(duì)分子質(zhì)量為76 D．氯仿的化學(xué)名稱是四氯化碳2．（6分）紫花前胡醇（）可從中藥材當(dāng)歸和白芷中提取得到，能提高人體免疫力。有關(guān)該化合物，下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．分子式為C14H14O4 B．不能使酸性重鉻酸鉀溶液變色 C．能夠發(fā)生水解反應(yīng) D．能夠發(fā)生消去反應(yīng)生成雙鍵3．（6分）下列氣體去除雜質(zhì)的方法中，不能實(shí)現(xiàn)目的的是（）氣體（雜質(zhì)）方法A．SO2（H2S）通過酸性高錳酸鉀溶液B．Cl2（HCl）通過飽和的食鹽水C．N2（O2）通過灼熱的銅絲網(wǎng)D．NO（NO2）通過氫氧化鈉溶液A．A B．B C．C D．D4．（6分）銠的配合物離子（Rh（CO）2I2]﹣可催化甲醇羰基化，反應(yīng)過程如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．CH3COI是反應(yīng)中間體 B．甲醇羰基化反應(yīng)為CH3OH+CO═CH3CO2H C．反應(yīng)過程中Rh的成鍵數(shù)目保持不變 D．存在反應(yīng)CH3OH+HI═CH3I+H2O5．（6分）1934年約里奧﹣居里夫婦在核反應(yīng)中用α粒子（即氦核He）轟擊金屬原子X，得到核素Y，開創(chuàng)了人造放射性核素的先河：X+He→Y+n其中元素X、Y的最外層電子數(shù)之和為8．下列敘述正確的是（）A．X的相對(duì)原子質(zhì)量為26 B．X、Y均可形成三氯化物 C．X的原子半徑小于Y的 D．Y僅有一種含氧酸6．（6分）科學(xué)家近年發(fā)明了一種新型Zn﹣CO2水介質(zhì)電池。電池示意圖如圖，電極為金屬鋅和選擇性催化材料。放電時(shí)，溫室氣體CO2被轉(zhuǎn)化為儲(chǔ)氫物質(zhì)甲酸等，為解決環(huán)境和能源問題提供了一種新途徑。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)為Zn﹣2e﹣+4OH﹣═Zn（OH）42﹣ B．放電時(shí)，1molCO2轉(zhuǎn)化為HCOOH，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2mol C．充電時(shí)，電池總反應(yīng)為2Zn（OH）42﹣═2Zn+O2↑+4OH﹣+2H2O D．充電時(shí)，正極溶液中OH﹣濃度升高7．（6分）以酚酞為指示劑，用0.1000mol?L﹣1的NaOH溶液滴定20.00mL未知濃度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系數(shù)δ隨滴加NaOH溶液體積VNaOH的變化關(guān)系如圖所示。[比如A2﹣的分布系數(shù)：δ（A2﹣）＝]下列敘述正確的是（）A．曲線①代表δ（H2A），曲線②代表δ（HA﹣） B．H2A溶液的濃度為0.2000mol?L﹣1 C．HA﹣的電離常數(shù)Ka＝1.0×10﹣2 D．滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液中c（Na+）＜2c（A2﹣）+c（HA﹣）二、非選擇題：共58分。第8～10題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第11～12題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共43分。8．（14分）釩具有廣泛用途。黏土釩礦中，釩以+3、+4、+5價(jià)的化合物存在，還包括鉀、鎂的鋁硅酸鹽，以及SiO2、Fe3O4．采用以下工藝流程可由黏土釩礦制備NH4VO3。該工藝條件下，溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+開始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列問題：（1）“酸浸氧化”需要加熱，其原因是。（2）“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO2+，同時(shí)還有離子被氧化。寫出VO+轉(zhuǎn)化為VO2+反應(yīng)的離子方程式。（3）“中和沉淀”中，釩水解并沉淀為V2O5?xH2O，隨濾液②可除去金屬離子K+、Mg2+、Na+、，以及部分的。（4）“沉淀轉(zhuǎn)溶”中，V2O5?xH2O轉(zhuǎn)化為釩酸鹽溶解。濾渣③的主要成分是。（5）“調(diào)pH”中有沉淀生成，生成沉淀反應(yīng)的化學(xué)方程式是。（6）“沉釩”中析出NH4VO3晶體時(shí)，需要加入過量NH4Cl，其原因是。9．（15分）為驗(yàn)證不同化合價(jià)鐵的氧化還原能力，利用下列電池裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。回答下列問題：（1）由FeSO4?7H2O固體配制0.10mol?L﹣1FeSO4溶液，需要的儀器有藥匙、玻璃棒、（從下列圖中選擇，寫出名稱）。（2）電池裝置中，鹽橋連接兩電極電解質(zhì)溶液。鹽橋中陰、陽(yáng)離子不與溶液中的物質(zhì)發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，并且電遷移率（u∞）應(yīng)盡可能地相近。根據(jù)下表數(shù)據(jù)，鹽橋中應(yīng)選擇作為電解質(zhì)。陽(yáng)離子u∞×108/（m2?s﹣1?V﹣1）陰離子u∞×108/（m2?s﹣1?V﹣1）Li+4.07HCO3﹣4.61Na+5.19NO3﹣7.40Ca2+6.59Cl﹣7.91K+7.62SO42﹣8.27（3）電流表顯示電子由鐵電極流向石墨電極。可知，鹽橋中的陽(yáng)離子進(jìn)入電極溶液中。（4）電池反應(yīng)一段時(shí)間后，測(cè)得鐵電極溶液中c（Fe2+）增加了0.02mol?L﹣1．石墨電極上未見Fe析出。可知，石墨電極溶液中c（Fe2+）＝。（5）根據(jù)（3）、（4）實(shí)驗(yàn)結(jié)果，可知石墨電極的電極反應(yīng)式為，鐵電極反應(yīng)式為。因此，驗(yàn)證了Fe2+氧化性小于，還原性小于。（6）實(shí)驗(yàn)前需要對(duì)鐵電極表面活化。在FeSO4溶液中加入幾滴Fe2（SO4）3溶液，將鐵電極浸泡一段時(shí)間，鐵電極表面被刻蝕活化。檢驗(yàn)活化反應(yīng)完成的方法是。10．（14分）硫酸是一種重要的基本化工產(chǎn)品。接觸法制硫酸生產(chǎn)中的關(guān)鍵工序是SO2的催化氧化：SO2（g）+O2（g）SO3（g）△H＝﹣98kJ?mol﹣1．問答下列問題：（1）釩催化劑參與反應(yīng)的能量變化如圖（a）所示，V2O5（s）與SO2（g）反應(yīng)生成VOSO4（s）和V2O4（s）的熱化學(xué)方程式為：。（2）當(dāng)SO2（g）、O2（g）和N2（g）起始的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)分別為7.5%、10.5%和82%時(shí)，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa壓強(qiáng)下，SO2平衡轉(zhuǎn)化率α隨溫度的變化如圖（b）所示。反應(yīng)在5.0MPa、550℃時(shí)的α＝，判斷的依據(jù)是。影響α的因素有。（3）將組成（物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）為2m%SO2（g）、m%O2（g）和q%N2（g）的氣體通入反應(yīng)器，在溫度t、壓強(qiáng)p條件下進(jìn)行反應(yīng)。平衡時(shí)，若SO2轉(zhuǎn)化率為α，則SO3壓強(qiáng)為，平衡常數(shù)Kp＝（以分壓表示，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）。（4）研究表明，SO2催化氧化的反應(yīng)速率方程為：v＝k（﹣1）0.8（1﹣nα′）式中：k為反應(yīng)速率常數(shù)，隨溫度t升高而增大；α為SO2平衡轉(zhuǎn)化率，α′為某時(shí)刻SO2轉(zhuǎn)化率，n為常數(shù)。在α′＝0.90時(shí)，將一系列溫度下的k、α值代入上述速率方程，得到v～t曲線，如圖（c）所示。曲線上v最大值所對(duì)應(yīng)溫度稱為該α′下反應(yīng)的最適宜溫度tm．t＜tm時(shí)，v逐漸提高；t＞tm后，v逐漸下降。原因是。（二）選考題：共15分。請(qǐng)考生從2道化學(xué)題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。[化學(xué)--選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]（15分）11．（15分）Goodenough等人因在鋰離子電池及鈷酸鋰、磷酸鐵鋰等正極材料研究方面的卓越貢獻(xiàn)而獲得2019年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)Fe2+與Fe3+離子中未成對(duì)的電子數(shù)之比為。（2）Li及其周期表中相鄰元素的第一電離能（I1）如表所示。I1（Li）＞I1（Na），原因是。I1（Be）＞I1（B）＞I1（Li），原因是。I1/（kJ?mol﹣1）Li520Be900B801Na496Mg738Al578（3）磷酸根離子的空間構(gòu)型為，其中P的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為、雜化軌道類型為。（4）LiFePO4的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖如（a）所示。其中O圍繞Fe和P分別形成正八面體和正四面體，它們通過共頂點(diǎn)、共棱形成空間鏈結(jié)構(gòu)。每個(gè)晶胞中含有LiFePO4的單元數(shù)有個(gè)。電池充電時(shí)，LiFePO4脫出部分Li+，形成Li1﹣xFePO4，結(jié)構(gòu)示意圖如（b）所示，則x＝，n（Fe2+）：n（Fe3+）＝。[化學(xué)--選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)]（15分）12．有機(jī)堿，例如二甲基胺（）、苯胺（）、吡啶（）等，在有機(jī)合成中應(yīng)用很普遍，目前“有機(jī)超強(qiáng)堿”的研究越來越受到關(guān)注。以下為有機(jī)超強(qiáng)堿F的合成路線：已知如下信息：①H2C＝CH2②+RNH2③苯胺與甲基吡啶互為芳香同分異構(gòu)體回答下列問題：（1）A的化學(xué)名稱為。（2）由B生成C的化學(xué)方程式為。（3）C中所含官能團(tuán)的名稱為。（4）由C生成D的反應(yīng)類型為。（5）D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（6）E的六元環(huán)芳香同分異構(gòu)體中，能與金屬鈉反應(yīng)，且核磁共振氫譜有四組峰，峰面積之比為6：2：2：1的有種，其中，芳香環(huán)上為二取代的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。

機(jī)密★啟用前2020年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試（全國(guó)Ⅰ卷）化學(xué)一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．（6分）國(guó)家衛(wèi)健委公布的新型冠狀病毒肺炎診療方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒劑、過氧乙酸（CH3COOOH）、氯仿等均可有效滅活病毒。對(duì)于上述化學(xué)藥品，下列說法錯(cuò)誤的是（）A．CH3CH2OH能與水互溶 B．NaClO通過氧化滅活病毒 C．過氧乙酸相對(duì)分子質(zhì)量為76 D．氯仿的化學(xué)名稱是四氯化碳【分析】A．CH3CH2OH與水分子間能形成氫鍵，并且都是極性分子；B．NaClO具有強(qiáng)氧化性；C．過氧乙酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3COOOH；D．氯仿的化學(xué)名稱是三氯甲烷?！窘獯稹拷猓篈．CH3CH2OH與水分子間能形成氫鍵，并且都是極性分子，所以CH3CH2OH能與水以任意比互溶，故A正確；B．NaClO具有強(qiáng)氧化性，通過氧化能滅活病毒，故B正確；C．過氧乙酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3COOOH，相對(duì)分子質(zhì)量為12×2+4+16×3＝76，故C正確；D．氯仿的化學(xué)名稱是三氯甲烷，不是四氯化碳，故D錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題結(jié)合時(shí)事熱點(diǎn)考查化學(xué)問題，平時(shí)要注意積累，題目難度不大。2．（6分）紫花前胡醇（）可從中藥材當(dāng)歸和白芷中提取得到，能提高人體免疫力。有關(guān)該化合物，下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．分子式為C14H14O4 B．不能使酸性重鉻酸鉀溶液變色 C．能夠發(fā)生水解反應(yīng) D．能夠發(fā)生消去反應(yīng)生成雙鍵【分析】A、分子中14個(gè)碳原子，不飽和度為8；B、分子中含有碳碳雙鍵和羥基直接相連碳上有氫原子；C、分子中含有酯基，能發(fā)生水解；D、與﹣OH相連的C的鄰位C上有一種H可發(fā)生消去反應(yīng)；【解答】解：A、分子的不飽和度為8，則氫原子個(gè)數(shù)為：14×2+2﹣8×2＝14，四個(gè)氧原子，所以分子式為：C14H14O4，故A正確；B、分子中含有碳碳雙鍵和羥基直接相連碳上有氫原子，所以能使酸性重鉻酸鉀溶液變色，故B錯(cuò)誤；C、分子中含有能發(fā)生水解酯基，則紫花前胡醇能水解，故C正確；D、與﹣OH相連的C的鄰位C上有一種H可發(fā)生消去反應(yīng)，生成雙鍵，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握醇消去反應(yīng)的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重醇性質(zhì)的考查，題目難度不大。3．（6分）下列氣體去除雜質(zhì)的方法中，不能實(shí)現(xiàn)目的的是（）氣體（雜質(zhì)）方法A．SO2（H2S）通過酸性高錳酸鉀溶液B．Cl2（HCl）通過飽和的食鹽水C．N2（O2）通過灼熱的銅絲網(wǎng)D．NO（NO2）通過氫氧化鈉溶液A．A B．B C．C D．D【分析】除雜的原則是不引入新的雜質(zhì)，不減少要提純的物質(zhì)，操作簡(jiǎn)單，綠色環(huán)保。A．SO2具有還原性，易被酸性高錳酸鉀溶液氧化為硫酸；B．飽和食鹽水可以減少氯氣的溶解量；C．N2（O2）利用化學(xué)性質(zhì)的差異，銅與氧氣反應(yīng)，；D.2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，NO為不成鹽氧化物，【解答】解：A．SO2被酸性高錳酸鉀溶液氧化為硫酸，故A錯(cuò)誤；B．Cl2（HCl）利用溶解性的差異，除去HCl，故B正確；C．N2（O2）利用化學(xué)性質(zhì)的差異，銅與氧氣反應(yīng)，不與氮?dú)夥磻?yīng)，達(dá)到除雜目的，故C正確；D．NO2可以與NaOH發(fā)生反應(yīng)：2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，NO與NaOH溶液不能發(fā)生反應(yīng)；盡管NO可以與NO2一同跟NaOH發(fā)生反應(yīng)：NO+NO2+2NaOH═2NaNO3+H2O，但由于雜質(zhì)的含量一般較少，所以也不會(huì)對(duì)NO的量產(chǎn)生較大的影響，故D正確；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了氣體除雜質(zhì)，要掌握各物質(zhì)的性質(zhì)，難度不大，注重基礎(chǔ)。4．（6分）銠的配合物離子（Rh（CO）2I2]﹣可催化甲醇羰基化，反應(yīng)過程如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．CH3COI是反應(yīng)中間體 B．甲醇羰基化反應(yīng)為CH3OH+CO═CH3CO2H C．反應(yīng)過程中Rh的成鍵數(shù)目保持不變 D．存在反應(yīng)CH3OH+HI═CH3I+H2O【分析】A、由圖可知，銠的配合物離子（Rh（CO）2I2]﹣生成CH3COI，CH3COI繼續(xù)與H2O反應(yīng)生成HI和CH3CO2H；B、由圖可知發(fā)生的反應(yīng)依次為：①CH3OH+HI═CH3I+H2O，②+CH3I＝，③＝，④+CO＝，⑤＝CH3COI+，⑥CH3COI+H2O＝HI+CH3CO2H，6個(gè)反應(yīng)依次發(fā)生；C、由圖可以看出Rh的成鍵數(shù)目由4﹣6﹣5﹣6﹣4變化；D、由B分析及圖中箭頭方向判斷出此步反應(yīng)?！窘獯稹拷猓篈、由圖可知，銠的配合物離子（Rh（CO）2I2]﹣生成CH3COI，CH3COI繼續(xù)與H2O反應(yīng)生成HI和CH3CO2H，所以CH3COI是反應(yīng)中間體，故A正確；B、由圖可知發(fā)生的反應(yīng)依次為：①CH3OH+HI═CH3I+H2O，②+CH3I＝，③＝，④+CO＝，⑤＝CH3COI+，⑥CH3COI+H2O＝HI+CH3CO2H，6個(gè)反應(yīng)依次發(fā)生，6個(gè)反應(yīng)方程式相加和，消去中間產(chǎn)物得出總反應(yīng)：CH3OH+CO═CH3CO2H，故B正確；C、由圖可以看出Rh的成鍵數(shù)目由4變?yōu)?再變?yōu)?再變?yōu)?再變?yōu)?，依次循環(huán)，故C錯(cuò)誤；D、由B分析，按照箭頭方向可知：CH3OH和HI反應(yīng)生成CH3I和H2O，反應(yīng)方程式為：即CH3OH+HI═CH3I+H2O，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生對(duì)有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)的理解和掌握，題目難度中等，掌握反應(yīng)類型、化學(xué)反應(yīng)原理等，明確由化學(xué)反應(yīng)是解題關(guān)鍵。同時(shí)也考查了學(xué)生閱讀題目獲取新信息的能力，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)與綜合運(yùn)用知識(shí)、信息分析解決問題能力。5．（6分）1934年約里奧﹣居里夫婦在核反應(yīng)中用α粒子（即氦核He）轟擊金屬原子X，得到核素Y，開創(chuàng)了人造放射性核素的先河：X+He→Y+n其中元素X、Y的最外層電子數(shù)之和為8．下列敘述正確的是（）A．X的相對(duì)原子質(zhì)量為26 B．X、Y均可形成三氯化物 C．X的原子半徑小于Y的 D．Y僅有一種含氧酸【分析】由X+He→Y+n及質(zhì)量守恒可知，W＝30+1﹣4＝27，X、Y的最外層電子數(shù)之和為8，X的最外層電子數(shù)為＝3，金屬原子X的質(zhì)量數(shù)為27、且位于ⅢA族，Z＝13符合題意，則X為Al；Y的最外層電子數(shù)為8﹣3＝5，質(zhì)子數(shù)為13+2＝15，Y為P，以此來解答?！窘獯稹拷猓河缮鲜龇治隹芍猉為Al、Y為P，A．W為27，X原子的相對(duì)原子質(zhì)量為27，故A錯(cuò)誤；B．X、Y可形成三氯化物分別為AlCl3、PCl3，故B正確；C．同周期從左向右原子半徑減小，則X的原子半徑大于Y的半徑，故C錯(cuò)誤；D．Y的含氧酸有磷酸、偏磷酸等，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點(diǎn)，把握最外層電子數(shù)、質(zhì)量守恒來推斷元素為解答的關(guān)鍵，同時(shí)側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識(shí)的應(yīng)用，題目難度不大。6．（6分）科學(xué)家近年發(fā)明了一種新型Zn﹣CO2水介質(zhì)電池。電池示意圖如圖，電極為金屬鋅和選擇性催化材料。放電時(shí)，溫室氣體CO2被轉(zhuǎn)化為儲(chǔ)氫物質(zhì)甲酸等，為解決環(huán)境和能源問題提供了一種新途徑。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)為Zn﹣2e﹣+4OH﹣═Zn（OH）42﹣ B．放電時(shí)，1molCO2轉(zhuǎn)化為HCOOH，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2mol C．充電時(shí)，電池總反應(yīng)為2Zn（OH）42﹣═2Zn+O2↑+4OH﹣+2H2O D．充電時(shí)，正極溶液中OH﹣濃度升高【分析】電極為金屬鋅放電時(shí)，由圖示知負(fù)極反應(yīng)為Zn﹣2e﹣+4OH﹣═Zn（OH）42﹣，溫室氣體CO2被轉(zhuǎn)化為儲(chǔ)氫物質(zhì)甲酸為還原反應(yīng)，充電時(shí)陽(yáng)極生成氧氣，陰極發(fā)生還原反應(yīng)生成鋅，據(jù)此答題?！窘獯稹拷猓篈．放電時(shí)，金屬鋅做負(fù)極生成Zn（OH）42﹣，負(fù)極反應(yīng)為Zn﹣2e﹣+4OH﹣═Zn（OH）42﹣，故A正確；B．放電時(shí)，CO2中碳的化合價(jià)為+4價(jià)，HCOOH中碳的化合價(jià)+2，1molCO2轉(zhuǎn)化為HCOOH，降低2價(jià)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2mol，故B正確；C．充電時(shí)，陽(yáng)極電極反應(yīng)：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，陰極反應(yīng)：Zn（OH）42﹣═Zn﹣2e﹣+4OH﹣，電池總反應(yīng)為2Zn（OH）42﹣═2Zn+O2↑+4OH﹣+2H2O，故C正確；D．充電時(shí)，陽(yáng)極（原電池的正極）電極反應(yīng)：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，溶液中H+濃度增大，溶液中c（H+）?c（OH﹣）＝KW，溫度不變時(shí)，KW不變，因此溶液中OH﹣濃度降低，故D錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查原電池原理、電解池原理、電極方程式的書寫、離子電子的轉(zhuǎn)移等知識(shí)點(diǎn)，是高頻考點(diǎn)，難度中等，注重基礎(chǔ)。7．（6分）以酚酞為指示劑，用0.1000mol?L﹣1的NaOH溶液滴定20.00mL未知濃度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系數(shù)δ隨滴加NaOH溶液體積VNaOH的變化關(guān)系如圖所示。[比如A2﹣的分布系數(shù)：δ（A2﹣）＝]下列敘述正確的是（）A．曲線①代表δ（H2A），曲線②代表δ（HA﹣） B．H2A溶液的濃度為0.2000mol?L﹣1 C．HA﹣的電離常數(shù)Ka＝1.0×10﹣2 D．滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液中c（Na+）＜2c（A2﹣）+c（HA﹣）【分析】A、曲線①一直在減小，曲線②在一直增加，且兩者相加等于1；B、溶液的pH發(fā)生突變時(shí)，滴有酚酞的溶液發(fā)生顏色變化，到達(dá)滴定終點(diǎn)，即NaOH和H2A恰好完全反應(yīng)；C、HA﹣的電離常數(shù)Ka＝；D、滴定終點(diǎn)時(shí)δ（HA﹣）＝0，溶液中的電荷守恒：c（H+）+c（Na+）＝2c（A2﹣）+c（OH﹣）。【解答】解：A、在未加NaOH溶液時(shí)，曲線①的分布系數(shù)與曲線②的分布系數(shù)之和等于1，且δ曲線①一直在減小，曲線②在一直增加；說明H2A第一步完全電離，第二步存在電離平衡，即H2A＝HA﹣+H+，HA﹣?A2﹣+H+，曲線①代表δ（HA﹣）；當(dāng)加入用0.1000mol?L﹣1的NaOH溶液40.00mL滴定后，發(fā)生NaHA+NaOH＝Na2A+H2O，HA﹣的分布系數(shù)減小，A2﹣的分布系數(shù)在增大，且曲線②在一直在增加，在滴定終點(diǎn)后與③重合，所以曲線②代表δ（A2﹣），故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)加入40.00mLNaOH溶液時(shí)，溶液的pH發(fā)生突變，到達(dá)滴定終點(diǎn)，說明NaOH和H2A恰好完全反應(yīng)，根據(jù)反應(yīng)2NaOH+H2A＝Na2A+2H2O，n（NaOH）＝2n（H2A），c（H2A）＝＝0.1000mol/L，故B錯(cuò)誤；C、由于H2A第一步完全電離，則HA﹣的起始濃度為0.1000mol/L，根據(jù)圖象，當(dāng)VNaOH＝0時(shí)，HA﹣的分布系數(shù)為0.9，溶液的pH＝1，A2﹣的分布系數(shù)為0.1，則HA﹣的電離平衡常數(shù)Ka＝＝≈1×10﹣2，故C正確；D、用酚酞作指示劑，酚酞變色的pH范圍為8.2～10，終點(diǎn)時(shí)溶液呈堿性，c（OH﹣）＞c（H+），溶液中的電荷守恒，c（H+）+c（Na+）＝2c（A2﹣）+c（OH﹣）+c（HA﹣），則c（Na+）＞2c（A2﹣）+c（HA﹣），故D錯(cuò)誤；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生對(duì)酸堿混合時(shí)的定性判斷和pH的理解和掌握，以及閱讀題目獲取新信息能力等，熟練掌握電離平衡、水解平衡的的影響原理等，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)與綜合運(yùn)用知識(shí)、信息分析解決問題能力，題目難度中等。明確曲線①②③是解題關(guān)鍵。二、非選擇題：共58分。第8～10題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第11～12題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共43分。8．（14分）釩具有廣泛用途。黏土釩礦中，釩以+3、+4、+5價(jià)的化合物存在，還包括鉀、鎂的鋁硅酸鹽，以及SiO2、Fe3O4．采用以下工藝流程可由黏土釩礦制備NH4VO3。該工藝條件下，溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+開始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列問題：（1）“酸浸氧化”需要加熱，其原因是加快酸浸和氧化反應(yīng)速率。（2）“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO2+，同時(shí)還有Fe2+離子被氧化。寫出VO+轉(zhuǎn)化為VO2+反應(yīng)的離子方程式VO++2H++MnO2＝VO2++Mn2++H2O。（3）“中和沉淀”中，釩水解并沉淀為V2O5?xH2O，隨濾液②可除去金屬離子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Al3+和Fe3+。（4）“沉淀轉(zhuǎn)溶”中，V2O5?xH2O轉(zhuǎn)化為釩酸鹽溶解。濾渣③的主要成分是Fe（OH）3。（5）“調(diào)pH”中有沉淀生成，生成沉淀反應(yīng)的化學(xué)方程式是HCl+NaAl（OH）4＝Al（OH）3↓+NaCl+H2O。（6）“沉釩”中析出NH4VO3晶體時(shí)，需要加入過量NH4Cl，其原因是利用同離子效應(yīng)，促進(jìn)NH4VO3盡可能析出完全?！痉治觥筐ね菱C礦中，釩以+3、+4、+5價(jià)的化合物存在，還包括鉀、鎂的鋁硅酸鹽，以及SiO2、Fe3O4，加入稀硫酸，使Fe3O4生成Fe3+和Fe2+；加入MnO2氧化還原性的Fe2+成Fe3+；VO+和VO2+成VO2+，SiO2和硅酸鹽與酸生成的硅酸成為濾渣①，濾液①含有：Fe3+、VO2+、K+、Mg2+、Na+、Mn2+、Al3+；濾液①加入NaOH溶液至pH＝3.0～3.1，中和過量的硫酸并沉淀Fe3+，使釩水解并沉淀為V2O5?xH2O，得濾餅②，除去濾液②Mn2+、K+、Mg2+、Na+及部分Fe3+、Al3+；濾餅②加入過量NaOH溶液至pH＞13，沉淀轉(zhuǎn)溶得濾液③，濾液③含有V2O5?xH2O生成VO3﹣和溶于堿的Al（OH）3生成的Al（OH）4﹣；濾渣③為Fe（OH）3，濾液③加入鹽酸調(diào)pH，Al（OH）4﹣生成Al（OH）3即濾渣④；濾液④含有VO3﹣，加入NH4Cl沉釩的產(chǎn)物：NH4VO3；和濾液⑤NaCl溶液；（1）升高溫度，反應(yīng)速率加快；（2）加入氧化性物質(zhì)可除去具有還原性的離子；依據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒和元素守恒寫出離子方程式；（3）根據(jù)某些離子沉淀的pH，找出相應(yīng)沉淀的離子；（4）Fe3+溶液呈強(qiáng)堿性時(shí)轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3；（5）加入酸沉淀離子Al（OH）4﹣生成Al（OH）3；（6）NH4Cl溶于水電離出NH4+，根據(jù)沉淀溶解平衡原理，利用等離子效應(yīng)。【解答】解：（1）溫度升高反應(yīng)速率加快；加快酸浸氧化的反應(yīng)速率，故答案為：加快酸浸和氧化反應(yīng)速率；（2）加入氧化劑MnO2，除了氧化具有還原性的VO+和VO2+，還可以氧化還原性的Fe2+為Fe3+；以便后面步驟一次性的除去Fe元素；酸浸氧化VO+轉(zhuǎn)化為VO2+，根據(jù)電荷守恒和電子轉(zhuǎn)移守恒得出：在酸性條件下，+3價(jià)的礬化合價(jià)升高2生成+5價(jià)，MnO2中+4價(jià)的錳化合價(jià)降低2生成+2價(jià)，所以反應(yīng)的離子方程式為：VO++2H++MnO2＝VO2++Mn2++H2O，故答案為：Fe2+；VO++2H++MnO2＝VO2++Mn2++H2O；（3）“中和沉淀”中，濾液①加入NaOH溶液至pH＝3.0～3.1，中和過量的硫酸并沉淀Fe3+和Al3+，使釩水解并沉淀為V2O5?xH2O，得濾餅②，除去濾液②Mn2+、K+、Mg2+、Na+及部分Fe3+、Al3+，故答案為：Mn2+、Fe3+和Al3+；（4）濾液①加入NaOH溶液至pH＝3.0～3.1，中和過量的硫酸并沉淀Fe3+，使釩水解并沉淀為V2O5?xH2O，得濾餅②，故答案為：Fe（OH）3；（5）濾液③含有V2O5?xH2O生成VO3﹣和溶于堿的Al（OH）3生成的Al（OH）4﹣；濾液③加入鹽酸調(diào)pH，Al（OH）4﹣生成Al（OH）3即濾渣④；化學(xué)方程式為：HCl+NaAl（OH）4＝Al（OH）3↓+NaCl+H2O，故答案為：HCl+NaAl（OH）4＝Al（OH）3↓+NaCl+H2O；（6）“沉釩”中析出NH4VO3晶體時(shí)，NH4VO3沉淀溶解平衡方程式為：NH4+（aq）+VO3﹣（aq）?NH4VO3（s），需要加入過量NH4Cl，NH4Cl溶于水電離出NH4+，增大c（NH4+），利用同離子效應(yīng)，促進(jìn)NH4VO3盡可能析出完全。故答案為：利用同離子效應(yīng)，促進(jìn)NH4VO3盡可能析出完全?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生對(duì)化學(xué)實(shí)驗(yàn)的理解和掌握，題目難度中等，掌握每步的除雜和分離目的等，明確由工藝流程寫出相應(yīng)反應(yīng)是解題關(guān)鍵。同時(shí)考查學(xué)生閱讀題目獲取新信息的能力，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)與綜合運(yùn)用知識(shí)、信息分析解決問題能力。9．（15分）為驗(yàn)證不同化合價(jià)鐵的氧化還原能力，利用下列電池裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)?；卮鹣铝袉栴}：（1）由FeSO4?7H2O固體配制0.10mol?L﹣1FeSO4溶液，需要的儀器有藥匙、玻璃棒、托盤天平、燒杯、量筒（從下列圖中選擇，寫出名稱）。（2）電池裝置中，鹽橋連接兩電極電解質(zhì)溶液。鹽橋中陰、陽(yáng)離子不與溶液中的物質(zhì)發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，并且電遷移率（u∞）應(yīng)盡可能地相近。根據(jù)下表數(shù)據(jù)，鹽橋中應(yīng)選擇KCl作為電解質(zhì)。陽(yáng)離子u∞×108/（m2?s﹣1?V﹣1）陰離子u∞×108/（m2?s﹣1?V﹣1）Li+4.07HCO3﹣4.61Na+5.19NO3﹣7.40Ca2+6.59Cl﹣7.91K+7.62SO42﹣8.27（3）電流表顯示電子由鐵電極流向石墨電極。可知，鹽橋中的陽(yáng)離子進(jìn)入石墨電極溶液中。（4）電池反應(yīng)一段時(shí)間后，測(cè)得鐵電極溶液中c（Fe2+）增加了0.02mol?L﹣1．石墨電極上未見Fe析出?？芍姌O溶液中c（Fe2+）＝0.09mol/L。（5）根據(jù)（3）、（4）實(shí)驗(yàn)結(jié)果，可知石墨電極的電極反應(yīng)式為Fe3++e﹣＝Fe2+，鐵電極反應(yīng)式為Fe﹣2e﹣＝Fe2+。因此，驗(yàn)證了Fe2+氧化性小于Fe3+，還原性小于Fe。（6）實(shí)驗(yàn)前需要對(duì)鐵電極表面活化。在FeSO4溶液中加入幾滴Fe2（SO4）3溶液，將鐵電極浸泡一段時(shí)間，鐵電極表面被刻蝕活化。檢驗(yàn)活化反應(yīng)完成的方法是取少量活化液，加入潔凈的試管中，向其中加入兩滴硫氰酸鉀溶液，看是否變紅，若不變紅，說明已經(jīng)活化完成。【分析】（1）配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液用到的儀器有，托盤天平、燒杯、量筒、玻璃棒、容量瓶。（2）鹽橋中的離子不與溶液中的物質(zhì)反應(yīng)，排除了碳酸氫根離子和硝酸根離子，電遷移率盡可能的接近，硫酸根離子的電遷移率與其它離子的相差較大，KCl的陰陽(yáng)離子電遷移率相差最小；（3）鐵電極失去電子，鐵電極是負(fù)極，石墨電極是正極，原電池內(nèi)部陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，所以陽(yáng)離子向石墨電極移動(dòng)。（4）鐵電極反應(yīng)：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，鐵電極增加0.02mol/L，根據(jù)電荷守恒，石墨電極反應(yīng)Fe3++e﹣＝Fe2+，則石墨電極增加0.04mol/L，原溶液是0.05mol/L，現(xiàn)在變?yōu)?.09mol/L；（5）鐵電極為負(fù)極，電極反應(yīng)：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，石墨電極為正極，電極反應(yīng)反應(yīng)：Fe3++e﹣＝Fe2+，電池的總反應(yīng)式為：2Fe3++Fe＝3Fe2+，根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物，所以氧化性：Fe3+＞Fe2+，同理還原性Fe＞Fe2+（6）對(duì)鐵電極活化是除去表面的氧化膜，氧化膜反應(yīng)完成后，鐵單質(zhì)把三價(jià)鐵還原，所以只要檢驗(yàn)溶液中是否還含有三價(jià)鐵離子就可以了。【解答】解析：（1）配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液用到的儀器有：托盤天平、燒杯、量筒、玻璃棒、容量瓶。圖中給出的有托盤天平、燒杯、量筒；故答案為：托盤天平、燒杯、量筒；（2）鹽橋中的離子不與溶液中的物質(zhì)反應(yīng)，排除了碳酸氫根離子和硝酸根離子，電遷移率盡可能的接近，故選KCl；故答案為：KCl；（3）鐵電極失去電子，鐵電極是負(fù)極，石墨電極是正極，原電池內(nèi)部陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，所以陽(yáng)離子向石墨電極移動(dòng)；故答案為：石墨；（4）鐵電極反應(yīng)：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，鐵電極增加0.02mol/L，石墨電極反應(yīng)Fe3++e﹣＝Fe2+，根據(jù)電荷守恒，則石墨電極增加0.04mol/L，變?yōu)?.09mol/L；故答案為：0.09mol/L；（5）鐵電極為負(fù)極，電極反應(yīng)：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，石墨電極為正極，電極反應(yīng)反應(yīng)：Fe3++e﹣＝Fe2+，電池的總反應(yīng)式為：2Fe3++Fe＝3Fe2+；所以氧化性：Fe3+＞Fe2+，還原性Fe＞Fe2+故答案為：Fe﹣2e﹣＝Fe2+；Fe3++e﹣＝Fe2+；Fe3+；Fe；（6）對(duì)鐵電極活化是除去表面的氧化膜，氧化膜反應(yīng)完成后，鐵單質(zhì)把三價(jià)鐵還原，所以只要檢驗(yàn)溶液中是否還含有三價(jià)鐵離子就可以了，取少量活化液，加入潔凈的試管中，向其中加入兩滴硫氰酸鉀溶液，看是否變紅，若不變紅，說明已經(jīng)活化完成。故答案為：取少量活化液，加入潔凈的試管中，向其中加入兩滴硫氰酸鉀溶液，看是否變紅，若不變紅，說明已經(jīng)活化完成。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了溶液的配制、原電池原理、氧化還原反應(yīng)、電極方程式書寫、離子的檢驗(yàn)等知識(shí)點(diǎn)，屬于學(xué)科內(nèi)綜合，考查分析問題，解決問題的能力，難度中等。10．（14分）硫酸是一種重要的基本化工產(chǎn)品。接觸法制硫酸生產(chǎn)中的關(guān)鍵工序是SO2的催化氧化：SO2（g）+O2（g）SO3（g）△H＝﹣98kJ?mol﹣1．問答下列問題：（1）釩催化劑參與反應(yīng)的能量變化如圖（a）所示，V2O5（s）與SO2（g）反應(yīng)生成VOSO4（s）和V2O4（s）的熱化學(xué)方程式為：2V2O5（s）+2SO2（g）＝2VOSO4（s）+V2O4（s）△H＝﹣351kJ?mol﹣1。（2）當(dāng)SO2（g）、O2（g）和N2（g）起始的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)分別為7.5%、10.5%和82%時(shí)，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa壓強(qiáng)下，SO2平衡轉(zhuǎn)化率α隨溫度的變化如圖（b）所示。反應(yīng)在5.0MPa、550℃時(shí)的α＝0.975，判斷的依據(jù)是反應(yīng)是氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，壓強(qiáng)越大轉(zhuǎn)化率越大。影響α的因素有壓強(qiáng)、溫度、投料比。（3）將組成（物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）為2m%SO2（g）、m%O2（g）和q%N2（g）的氣體通入反應(yīng)器，在溫度t、壓強(qiáng)p條件下進(jìn)行反應(yīng)。平衡時(shí)，若SO2轉(zhuǎn)化率為α，則SO3壓強(qiáng)為，平衡常數(shù)Kp＝（以分壓表示，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）。（4）研究表明，SO2催化氧化的反應(yīng)速率方程為：v＝k（﹣1）0.8（1﹣nα′）式中：k為反應(yīng)速率常數(shù)，隨溫度t升高而增大；α為SO2平衡轉(zhuǎn)化率，α′為某時(shí)刻SO2轉(zhuǎn)化率，n為常數(shù)。在α′＝0.90時(shí)，將一系列溫度下的k、α值代入上述速率方程，得到v～t曲線，如圖（c）所示。曲線上v最大值所對(duì)應(yīng)溫度稱為該α′下反應(yīng)的最適宜溫度tm．t＜tm時(shí)，v逐漸提高；t＞tm后，v逐漸下降。原因是反應(yīng)溫度升高，速率常數(shù)k增大使速率加快，但α降低造成速率v減小，t＜tm時(shí)，k增大對(duì)v的提高大于α引起的降低；t＞tm后，速率常數(shù)k增大小于α引起的降低?！痉治觥浚?）由圖象得出①V2O4（s）+SO3（g）＝V2O5（s）+SO2（g）△H＝﹣24kJ?mol﹣1，②V2O4（s）+2SO3（g）＝2VOSO4（s）△H＝﹣399kJ?mol﹣1，結(jié)合蓋斯定律可知②﹣①×2得到：2V2O5（s）+2SO2（g）＝2VOSO4（s）+V2O4（s）；（2）當(dāng)SO2（g）、O2（g）和N2（g）起始的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)分別為7.5%、10.5%和82%時(shí)，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa壓強(qiáng)下，SO2平衡轉(zhuǎn)化率α隨溫度的變化如圖（b）所示，這個(gè)SO2（g）+O2（g）SO3（g）反應(yīng)是氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，壓強(qiáng)越大轉(zhuǎn)化率越大，所以反應(yīng)在5.0MPa、550℃時(shí)的α＝0.975，由圖象看出壓強(qiáng)越大轉(zhuǎn)化率越高，溫度越高轉(zhuǎn)化率越小，轉(zhuǎn)化率與影響平衡的因素：溫度壓強(qiáng)還與投料比有關(guān)，氧氣越多SO2平衡轉(zhuǎn)化率α越大；（3）利用三段式計(jì)算出平衡時(shí)三氧化硫的量，利用阿伏伽德羅定律的推論壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量的比，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)可解；（4）v＝k（﹣1）0.8（1﹣nα′）溫度升高，速率常數(shù)k增大，反應(yīng)速率增大；SO2（g）+O2（g）SO3（g）△H＝﹣98kJ?mol﹣1．為放熱反應(yīng)，平衡轉(zhuǎn)化率a減小，（﹣1）0.8減小，反應(yīng)速率減小，t＜tm時(shí)，速率常數(shù)k增大，對(duì)速率的影響大于因（﹣1）0.8減小對(duì)速率的影響，總體速率加快；t＞tm后速率常數(shù)k增大沒有α減小對(duì)速率影響大，速率減小?！窘獯稹拷猓海?）由圖象得出①V2O4（s）+SO3（g）＝V2O5（s）+SO2（g）△H＝﹣24kJ?mol﹣1，②V2O4（s）+2SO3（g）＝2VOSO4（s）△H＝﹣399kJ?mol﹣1，由蓋斯定律可知②﹣①×2得到：2V2O5（s）+2SO2（g）＝2VOSO4（s）+V2O4（s）△H＝﹣351kJ?mol﹣1；故答案為：2V2O5（s）+2SO2（g）＝2VOSO4（s）+V2O4（s）△H＝﹣351kJ?mol﹣1；（2）當(dāng)SO2（g）、O2（g）和N2（g）起始的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)分別為7.5%、10.5%和82%時(shí)，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa壓強(qiáng)下，SO2平衡轉(zhuǎn)化率α隨溫度的變化如圖（b）所示，這個(gè)SO2（g）+O2（g）SO3（g）反應(yīng)是氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，壓強(qiáng)越大轉(zhuǎn)化率越大，所以反應(yīng)在5.0MPa、550℃時(shí)的α＝0.975，由圖象看出壓強(qiáng)越大轉(zhuǎn)化率越高，溫度越高轉(zhuǎn)化率越小，轉(zhuǎn)化率與影響平衡的因素：溫度、壓強(qiáng)還與投料比有關(guān)，氧氣越多SO2平衡轉(zhuǎn)化率α越大；故答案為：0.975；該反應(yīng)是氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，壓強(qiáng)越大轉(zhuǎn)化率越大，P1＝5.0MPa，該線550℃時(shí)的轉(zhuǎn)化率為97.5%；壓強(qiáng)、溫度、投料比；（3）根據(jù)體積之比等于物質(zhì)的量的比，2m%+m%+q%＝100%3m+p＝100，設(shè)SO2的物質(zhì)的量為2m，O2的物質(zhì)的量為mSO2（g）+O2（g）SO3（g）開始2mm0變化α×2mα×mα×2m平衡2m﹣α×2mm﹣α×mα×2m反應(yīng)后的總量：2m﹣α×2m+m﹣α×m+α×2m+q＝3m+q﹣αm，結(jié)合3m+p＝100，反應(yīng)后的總量＝100﹣αm，＝═，則p（SO3）＝，平衡常數(shù)Kp＝＝＝，故答案為：；＝；（4）v＝k（﹣1）0.8（1﹣nα′）溫度升高，表達(dá)式中速率常數(shù)k增大，反應(yīng)速率增大；SO2（g）+O2（g）SO3（g）△H＝﹣98kJ?mol﹣1，為放熱反應(yīng)，平衡轉(zhuǎn)化率α減小，（﹣1）0.8減小，反應(yīng)速率減小，t＜tm時(shí)，速率常數(shù)k增大，對(duì)速率的影響大于因（﹣1）0.8減小對(duì)速率的影響，總體速率加快；t＞tm后速率常數(shù)k增大沒有α減小對(duì)速率影響大，速率減小。故答案為：反應(yīng)溫度升高，速率常數(shù)k增大使速率加快，但α降低造成速率v減小。t＜tm時(shí)，k增大對(duì)v的提高大于α引起的降低；t＞tm后，速率常數(shù)k增大小于α引起的降低?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了熱化學(xué)方程式的書寫，平衡轉(zhuǎn)化率、壓強(qiáng)平衡常數(shù)等知識(shí)點(diǎn)，情景陌生，要好好利用圖象，考查分析問題的能力，計(jì)算能力，難度較大。（二）選考題：共15分。請(qǐng)考生從2道化學(xué)題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。[化學(xué)--選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]（15分）11．（15分）Goodenough等人因在鋰離子電池及鈷酸鋰、磷酸鐵鋰等正極材料研究方面的卓越貢獻(xiàn)而獲得2019年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)Fe2+與Fe3+離子中未成對(duì)的電子數(shù)之比為4：5。（2）Li及其周期表中相鄰元素的第一電離能（I1）如表所示。I1（Li）＞I1（Na），原因是Li與Na同族，Na電子層多，原子半徑大，易失電子。I1（Be）＞I1（B）＞I1（Li），原因是Li、Be、B同周期，核電荷數(shù)依次增加，Be的電子排布為：1s22s2，全滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能最大，與Li相比，B的核電荷數(shù)大，半徑小，較難失去電子，第一電離能較大。。I1/（kJ?mol﹣1）Li520Be900B801Na496Mg738Al578（3）磷酸根離子的空間構(gòu)型為正四面體形，其中P的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4、雜化軌道類型為sp3。（4）LiFePO4的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖如（a）所示。其中O圍繞Fe和P分別形成正八面體和正四面體，它們通過共頂點(diǎn)、共棱形成空間鏈結(jié)構(gòu)。每個(gè)晶胞中含有LiFePO4的單元數(shù)有4個(gè)。電池充電時(shí)，LiFePO4脫出部分Li+，形成Li1﹣xFePO4，結(jié)構(gòu)示意圖如（b）所示，則x＝，n（Fe2+）：n（Fe3+）＝13：3?！痉治觥浚?）基態(tài)Fe的電子排布式為：1s22s22p63s23p63d64s2；（2）Li與Na同族，Na電子層多，原子半徑大，易失電子；Be、B、Li的價(jià)電子排布分別為：2s2，2s22p1，2s1；（3）根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論，價(jià)層電子對(duì)數(shù)＝雜化軌道數(shù)＝σ+（a﹣xb），若為陰離子，a＝價(jià)電子數(shù)+電荷數(shù)；價(jià)層電子對(duì)數(shù)＝4，空間構(gòu)型為四面體形，去掉孤電子對(duì)，即為分子的空間構(gòu)型；雜化軌道數(shù)＝4，為sp3雜化；（4）根據(jù)晶胞中的正八面體和正四面體來判斷；LiFePO4失去的Li+為：棱心上一個(gè)，面心上一個(gè)；化合物中正負(fù)化合價(jià)代數(shù)和等于0。【解答】解：（1）基態(tài)Fe的電子排布式為：1s22s22p63s23p63d64s2，基態(tài)Fe失去最外層2個(gè)電子得Fe2+，價(jià)電子排布為：3d6，基態(tài)Fe失去3個(gè)電子得Fe3+，價(jià)電子排布為：3d5，根據(jù)洪特規(guī)則和泡利原理，d能級(jí)有5個(gè)軌道，每個(gè)軌道最多容納2個(gè)電子，F(xiàn)e2+有4個(gè)未成對(duì)電子，F(xiàn)e3+有5個(gè)未成對(duì)電子，所以未成對(duì)電子數(shù)之比為：4：5，故答案為：4：5；（2）Li與Na同族，Na電子層多，原子半徑大，易失電子；Li、Be、B的電子排布分別為：1s22s1，1s22s2，1s22s22p1，Li、Be、B同周期，核電荷數(shù)依次增加，Be的電子排布為：1s22s2，全滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能最大，與Li相比B的核電荷數(shù)大，半徑小，較難失去電子，第一電離能較大，故答案為：Li與Na同族，Na電子層多，原子半徑大，易失電子；Li、Be、B同周期，核電荷數(shù)依次增加，Be的電子排布為：1s22s2，全滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能最大，與Li相比，B的核電荷數(shù)大，半徑小，較難失去電子，第一電離能較大；（3）根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論，PO43﹣離子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)：4+（5+3﹣4×2）＝4+0＝4，VSEPR構(gòu)型為：四面體形，去掉孤電子對(duì)數(shù)0，即為分子的立體構(gòu)型，即正四面體形；雜化軌道數(shù)＝價(jià)層電子對(duì)數(shù)＝4，中心原子P的雜化類型為：sp3雜化；故答案為：正四面體形；4；sp3；（4）根據(jù)晶胞中的正八面體和正四面體，可知晶體中含有4個(gè)單元LiFePO4；由圖可知圓球?yàn)長(zhǎng)i+，LiFePO4失去的Li+為：棱心上一個(gè)，面心上一個(gè)；棱心上的為該晶胞的，面心上為該晶胞的；因晶體中含有4個(gè)單元LiFePO4，所以x＝×+×＝，則1﹣x＝1﹣＝，所以化學(xué)式為L(zhǎng)iFePO4，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和等于0，設(shè)Fe2+的個(gè)數(shù)為x，F(xiàn)e3+的的個(gè)數(shù)為y，+2x+3y+5＝8，又因x+y＝1，解得x＝、y＝，所以個(gè)數(shù)比為13：3，故答案為：4；；13：3；【點(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生對(duì)原子結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的理解和掌握，題目難度中等，掌握常見的基態(tài)原子的電子排布、第一電離能、雜化方式、晶胞的計(jì)算等，明確原子雜化原理和晶胞計(jì)算方法是解題關(guān)鍵。閱讀題目獲取新信息能力等，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)與綜合運(yùn)用知識(shí)、信息分析解決問題能力。[化學(xué)--選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)]（15分）12．有機(jī)堿，例如二甲基胺（）、苯胺（）、吡啶（）等，在有機(jī)合成中應(yīng)用很普遍，目前“有機(jī)超強(qiáng)堿”的研究越來越受到關(guān)注。以下為有機(jī)超強(qiáng)堿F的合成路線：已知如下信息：①H2C＝CH2②+RNH2③苯胺與甲基吡啶互為芳香同分異構(gòu)體回答下列問題：（1）A的化學(xué)名稱為三氯乙烯。（2）由B生成C的化學(xué)方程式為+KOH+KCl+H2O。（3）C中所含官能團(tuán)的名稱為碳碳雙鍵、氯原子。（4）由C生成D的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)。（5）D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（6）E的六元環(huán)芳香同分異構(gòu)體中，能與金屬鈉反應(yīng)，且核磁共振氫譜有四組峰，峰面積之比為6：2：2：1的有6種，其中，芳香環(huán)上為二取代的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為?！痉治觥緼（C2HCl3）三氯乙烯在CCl3COONa和乙二醇二甲醚在加熱條件下生成B，即B為，B（）在KOH的醇溶液下加熱發(fā)生消去反應(yīng)，生成C，即，C與過量的二環(huán)己基胺（）與CH2Cl2在加熱條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成D，即，D（）與E（）在NaOH條件下反應(yīng)生成最終產(chǎn)物F：?！窘獯稹拷猓海?）A（C2HCl3）名稱為三氯乙烯，故答案為：三氯乙烯；（2）有分析得出，由B發(fā)生消去反應(yīng)生成C的化學(xué)方程式為：+KOH+KCl+H2O，故答案為：+KOH+KCl+H2O，（3）C中的官能團(tuán)為：碳碳雙鍵、氯原子，故答案為：碳碳雙鍵、氯原子；（4）由+2+2HCl可知，C上2個(gè)Cl原子被二環(huán)己基胺（）去氫后剩余的原子團(tuán)所取代，反應(yīng)類型為：取代反應(yīng)，故答案為：取代反應(yīng)；（5）D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為：；（6）E（）的六元環(huán)芳香同分異構(gòu)體中，與鈉反應(yīng)產(chǎn)生氫氣，說明含有羥基，且核磁共振氫譜有四組峰，峰面積之比為6：2：2：1；說明有兩個(gè)甲基且對(duì)稱；又因苯胺與甲基吡啶互為芳香同分異構(gòu)體，所以同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式分別為：，，，，，共6種，其中，芳香環(huán)上為二取代的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為：6；。【點(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生對(duì)有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)的理解和掌握，題目難度中等，掌握有機(jī)的命名、反應(yīng)類型、化學(xué)反應(yīng)原理、同分異構(gòu)等，明確化學(xué)反應(yīng)及同分異構(gòu)的書寫是解題關(guān)鍵。同時(shí)考查了閱讀題目獲取新信息的能力，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)與綜合運(yùn)用知識(shí)、信息分析解決問題能力。機(jī)密★啟用前2020年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試（全國(guó)Ⅱ卷）化學(xué)一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．（6分）北宋沈括《夢(mèng)溪筆談》中記載：“信州鉛山有苦泉，流以為澗。挹其水熬之則成膽礬，烹膽礬則成銅。熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”。下列有關(guān)敘述錯(cuò)誤的是（）A．膽礬的化學(xué)式為CuSO4 B．膽礬可作為濕法冶銅的原料 C．“熬之則成膽礬”是濃縮結(jié)晶過程 D．“熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”是發(fā)生了置換反應(yīng)2．（6分）某白色固體混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的兩種組成，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反應(yīng)，通過鈷玻璃可觀察到紫色；③向溶液中加堿，產(chǎn)生白色沉淀。根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可判斷其組成為（）A．KCl、NaCl B．KCl、MgSO4 C．KCl、CaCO3 D．MgSO4、NaCl3．（6分）二氧化碳的過量排放可對(duì)海洋生物的生存環(huán)境造成很大影響，其原理如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．海水酸化能引起HCO3﹣濃度增大、CO32﹣濃度減小 B．海水酸化能促進(jìn)CaCO3的溶解，導(dǎo)致珊瑚礁減少 C．CO2能引起海水酸化，其原理為HCO3﹣?H++CO32﹣ D．使用太陽(yáng)能、氫能等新能源可改善珊瑚的生存環(huán)境4．（6分）吡啶（）是類似于苯的芳香化合物。2﹣乙烯基吡啶（VPy）是合成治療矽肺病藥物的原料，可由如下路線合成。下列敘述正確的是（）A．MPy只有兩種芳香同分異構(gòu)體 B．EPy中所有原子共平面 C．VPy是乙烯的同系物 D．反應(yīng)②的反應(yīng)類型是消去反應(yīng)5．（6分）據(jù)文獻(xiàn)報(bào)道：Fe（CO）5催化某反應(yīng)的一種反應(yīng)機(jī)理如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．OH﹣參與了該催化循環(huán) B．該反應(yīng)可產(chǎn)生清潔燃料H2 C．該反應(yīng)可消耗溫室氣體CO2 D．該催化循環(huán)中Fe的成鍵數(shù)目發(fā)生變化6．（6分）電致變色器件可智能調(diào)控太陽(yáng)光透過率，從而實(shí)現(xiàn)節(jié)能。如圖是某電致變色器件的示意圖。當(dāng)通電時(shí)，Ag+注入到無色WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈現(xiàn)藍(lán)色，對(duì)于該變化過程，下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．Ag為陽(yáng)極 B．Ag+由銀電極向變色層遷移 C．W元素的化合價(jià)升高 D．總反應(yīng)為：WO3+xAg═AgxWO37．（6分）一種由短周期主族元素組成的化合物（如圖所示），具有良好的儲(chǔ)氫性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大、且總和為24．下列有關(guān)敘述錯(cuò)誤的是（）A．該化合物中，W、X、Y之間均為共價(jià)鍵 B．Z的單質(zhì)既能與水反應(yīng)，也可與甲醇反應(yīng) C．Y的最高化合價(jià)氧化物的水化物為強(qiáng)酸 D．X的氟化物XF3中原子均為8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)二、非選擇題：共58分。第8～10題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第11～12題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共43分。8．（14分）化學(xué)工業(yè)為疫情防控提供了強(qiáng)有力的物質(zhì)支撐。氯的許多化合物既是重要化工原料，又是高效、廣譜的滅菌消毒劑?；卮鹣铝袉栴}：（1）氯氣是制備系列含氯化合物的主要原料，可采用如圖（a）所示的裝置來制取。裝置中的離子膜只允許離子通過，氯氣的逸出口是（填標(biāo)號(hào)）。（2）次氯酸為一元弱酸，具有漂白和殺菌作用，其電離平衡體系中各成分的組成分?jǐn)?shù)δ[δ（X）＝，X為HClO或ClO﹣]與pH的關(guān)系如圖（b）所示。HClO的電離常數(shù)Ka值為。（3）Cl2O為淡棕黃色氣體，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反應(yīng)來制備，該反應(yīng)為歧化反應(yīng)（氧化劑和還原劑為同一種物質(zhì)的反應(yīng)）。上述制備Cl2O的化學(xué)方程式為。（4）ClO2常溫下為黃色氣體，易溶于水，其水溶液是一種廣譜殺菌劑。一種有效成分為NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡騰片”，能快速溶于水，溢出大量氣泡，得到ClO2溶液。上述過程中，生成ClO2的反應(yīng)屬于歧化反應(yīng)，每生成1molClO2消耗NaClO2的量為mol；產(chǎn)生“氣泡”的化學(xué)方程式為。（5）“84消毒液”的有效成分為NaClO，不可與酸性清潔劑混用的原因是（用離子方程式表示）。工業(yè)上是將氯氣通入到30%的NaOH溶液中來制備NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為1%，則生產(chǎn)1000kg該溶液需消耗氯氣的質(zhì)量為kg（保留整數(shù)）。9．（15分）苯甲酸可用作食品防腐劑。實(shí)驗(yàn)室可通過甲苯氧化制苯甲酸，其反應(yīng)原理簡(jiǎn)示如下：名稱相對(duì)分子質(zhì)量熔點(diǎn)/℃沸點(diǎn)/℃密度/（g?mL﹣1）溶解性甲苯92﹣95110.60.867不溶于水，易溶于乙醇苯甲酸122122.4（100℃左右開始升華）248﹣﹣微溶于冷水，易溶于乙醇、熱水實(shí)驗(yàn)步驟：（1）在裝有溫度計(jì)、冷凝管和攪拌器的三頸燒瓶中加入1.5mL甲苯、100mL水和4.8g（約0.03mol）高錳酸鉀，慢慢開啟攪拌器，并加熱回流至回流液不再出現(xiàn)油珠。（2）停止加熱，繼續(xù)攪拌，冷卻片刻后，從冷凝管上口慢慢加入適量飽和亞硫酸氫鈉溶液，并將反應(yīng)混合物趁熱過濾，用少量熱水洗滌濾渣。合并濾液和洗滌液，于冰水浴中冷卻，然后用濃鹽酸酸化至苯甲酸析出完全。將析出的苯甲酸過濾，用少量冷水洗滌，放在沸水浴上干燥。稱量，粗產(chǎn)品為1.0g。（3）純度測(cè)定：稱取0.122g粗產(chǎn)品，配成乙醇溶液，于100mL容量瓶中定容。每次移取25.00mL溶液，用0.01000mol?L﹣1的KOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，三次滴定平均消耗21.50mL的KOH標(biāo)準(zhǔn)溶液?；卮鹣铝袉栴}：（1）根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)藥品的用量，三頸燒瓶的最適宜規(guī)格為（填標(biāo)號(hào)）。A.100mLB.250mLC.500mLD.1000mL（2）在反應(yīng)裝置中應(yīng)選用冷凝管（填“直形”或“球形”），當(dāng)回流液不再出現(xiàn)油珠即可判斷反應(yīng)已完成，其判斷理由是。（3）加入適量飽和亞硫酸氫鈉溶液的目的是；該步驟亦可用草酸在酸性條件下處理，請(qǐng)用反應(yīng)的離子方程式表達(dá)其原理。（4）“用少量熱水洗滌濾渣”一步中濾渣的主要成分是。（5）干燥苯甲酸晶體時(shí)，若溫度過高，可能出現(xiàn)的結(jié)果是。（6）本實(shí)驗(yàn)制備的苯甲酸的純度為；據(jù)此估算本實(shí)驗(yàn)中苯甲酸的產(chǎn)率最接近于（填標(biāo)號(hào)）。A.70%B.60%C.50%D.40%（7）若要得到純度更高的苯甲酸，可通過在水中的方法提純。10．（14分）天然氣的主要成分為CH4，一般還含有C2H6等烴類，是重要的燃料和化工原料。（1）乙烷在一定條件可發(fā)生如下反應(yīng)：C2H6（g）═C2H4（g）+H2（g）△H1，相關(guān)物質(zhì)的燃燒熱數(shù)據(jù)如下表所示：物質(zhì)C2H6（g）C2H4（g）H2（g）燃燒熱△H/（kJ?mol﹣1）﹣1560﹣1411﹣286①△H1＝kJ?mol﹣1。②提高該反應(yīng)平衡轉(zhuǎn)化率的方法有、。③容器中通入等物質(zhì)的量的乙烷和氫氣，在等壓下（p）發(fā)生上述反應(yīng)，乙烷的平衡轉(zhuǎn)化率為α．反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp＝（用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）。（2）高溫下，甲烷生成乙烷的反應(yīng)如下：2CH4C2H6+H2．反應(yīng)在初期階段的速率方程為：r＝k×c，其中k為反應(yīng)速率常數(shù)。①設(shè)反應(yīng)開始時(shí)的反應(yīng)速率為r1，甲烷的轉(zhuǎn)化率為α?xí)r的反應(yīng)速率為r2，則r2＝r1。②對(duì)于處于初期階段的該反應(yīng)，下列說法正確的是。A．增加甲烷濃度，r增大B．增加H2濃度，r增大C．乙烷的生成速率逐漸增大D．降低反應(yīng)溫度，k減?。?）CH4和CO2都是比較穩(wěn)定的分子，科學(xué)家利用電化學(xué)裝置實(shí)現(xiàn)兩種分子的耦合轉(zhuǎn)化，其原理如圖所示：①陰極上的反應(yīng)式為。②若生成的乙烯和乙烷的體積比為2：1，則消耗的CH4和CO2體積比為。（二）選考題：共15分。請(qǐng)考生從2道化學(xué)題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。[化學(xué)--選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]（15分）11．（15分）鈣鈦礦（CaTiO3）型化合物是一類可用于生產(chǎn)太陽(yáng)能電池、傳感器、固體電阻器等的功能材料?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)Ti原子的核外電子排布式為。（2）Ti的四鹵化物熔點(diǎn)如下表所示，TiF4熔點(diǎn)高于其他三種鹵化物，自TiCl4至TiI4熔點(diǎn)依次升高，原因是?；衔颰iF4TiCl4TiBr4TiI4熔點(diǎn)/℃377﹣24.1238.3155（3）CaTiO3的晶胞如圖（a）所示，其組成元素的電負(fù)性大小順序是；金屬離子與氧離子間的作用力為，Ca2+的配位數(shù)是。（4）一種立方鈣鈦礦結(jié)構(gòu)的金屬鹵化物光電材料的組成為Pb2+、I﹣和有機(jī)堿離子CH3NH3+，其晶胞如圖（b）所示。其中Pb2+與圖（a）中的空間位置相同，有機(jī)堿CH3NH3+中，N原子的雜化軌道類型是；若晶胞參數(shù)為anm，則晶體密度為g?cm﹣3（列出計(jì)算式）。（5）用上述金屬鹵化物光電材料制作的太陽(yáng)能電池在使用過程中會(huì)產(chǎn)生單質(zhì)鉛和碘，降低了器件效率和使用壽命。我國(guó)科學(xué)家巧妙地在此材料中引入稀土銪（Eu）鹽，提升了太陽(yáng)能電池的效率和使用壽命，其作用原理如圖（c）所示，用離子方程式表示該原理、。[化學(xué)--選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)]（15分）12．維生素E是一種人體必需的脂溶性維生素，現(xiàn)已廣泛應(yīng)用于醫(yī)藥、營(yíng)養(yǎng)品、化妝品等。天然的維生素E由多種生育酚組成，其中α﹣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的一種合成路線，其中部分反應(yīng)略去。已知以下信息：a）b）c）回答下列問題：（1）A的化學(xué)名稱為。（2）B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（3）反應(yīng)物C含有三個(gè)甲基，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（4）反應(yīng)⑤的反應(yīng)類型為。（5）反應(yīng)⑥的化學(xué)方程式為。（6）化合物C的同分異構(gòu)體中能同時(shí)滿足以下三個(gè)條件的有個(gè)（不考慮立體異構(gòu)體，填標(biāo)號(hào)）。（?。┖袃蓚€(gè)甲基；（ⅱ）含有酮羰基（但不含C＝C＝O）；（ⅲ）不含有環(huán)狀結(jié)構(gòu)。（a）4（b）6（c）8（d）10其中，含有手性碳（注：連有四個(gè)不同的原子或基團(tuán)的碳）的化合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。

機(jī)密★啟用前2020年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試（全國(guó)Ⅱ卷）化學(xué)一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．（6分）北宋沈括《夢(mèng)溪筆談》中記載：“信州鉛山有苦泉，流以為澗。挹其水熬之則成膽礬，烹膽礬則成銅。熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”。下列有關(guān)敘述錯(cuò)誤的是（）A．膽礬的化學(xué)式為CuSO4 B．膽礬可作為濕法冶銅的原料 C．“熬之則成膽礬”是濃縮結(jié)晶過程 D．“熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”是發(fā)生了置換反應(yīng)【分析】“信州鉛山縣有苦泉，流以為澗。挹其水熬之則成膽礬。烹膽礬則成銅；熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅?！庇深}意可知，“苦泉”泉水中含有硫酸銅，硫酸銅溶液蒸發(fā)得到硫酸銅晶體，從溶液中獲取晶體，熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅，是發(fā)生了：Fe+CuSO4＝Cu+FeSO4，硫酸銅與Fe置換反應(yīng)生成Cu，據(jù)此解答?！窘獯稹拷猓篈．膽礬是硫酸銅晶體，“膽礬”化學(xué)式為CuSO4?5H2O，故A錯(cuò)誤；B．膽礬是硫酸銅晶體，熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅，是發(fā)生了：Fe+CuSO4＝Cu+FeSO4，則膽礬可作為濕法冶銅的原料，故B正確；C．挹其水熬之則成膽礬，硫酸銅溶液蒸發(fā)得到硫酸銅晶體，是濃縮結(jié)晶過程，故C正確；D．熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅，是發(fā)生了：Fe+CuSO4＝Cu+FeSO4，硫酸銅與Fe置換反應(yīng)生成Cu，屬于置換反應(yīng)，故D正確；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題為信息題，明確題目中所給的信息以及Cu及其化合物的性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，試題側(cè)重基礎(chǔ)知識(shí)的考查，有利于提高學(xué)生獲取信息利用信息解答問題能力。2．（6分）某白色固體混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的兩種組成，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反應(yīng)，通過鈷玻璃可觀察到紫色；③向溶液中加堿，產(chǎn)生白色沉淀。根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可判斷其組成為（）A．KCl、NaCl B．KCl、MgSO4 C．KCl、CaCO3 D．MgSO4、NaCl【分析】①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，則無CaCO3；②做焰色反應(yīng)，通過鈷玻璃可觀察到紫色，則含有KCl；③向溶液中加堿，產(chǎn)生白色沉淀，則含有MgSO4；④根據(jù)白色固體混合物由兩種物質(zhì)組成，則無NaCl，據(jù)此分析解答。【解答】解：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，則無CaCO3；②做焰色反應(yīng)，通過鈷玻璃可觀察到紫色，則含有KCl；③向溶液中加堿，產(chǎn)生白色沉淀，則含有MgSO4；④根據(jù)白色固體混合物由兩種物質(zhì)組成，則無NaCl；綜上：白色固體混合物由KCl、MgSO4兩種物質(zhì)組成，不含有NaCl、CaCO3，故B正確；故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查無機(jī)推斷，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，把握物質(zhì)的性質(zhì)及實(shí)驗(yàn)中現(xiàn)象與結(jié)論的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，注意物質(zhì)的性質(zhì)以及反應(yīng)的現(xiàn)象，題目難度不大。3．（6分）二氧化碳的過量排放可對(duì)海洋生物的生存環(huán)境造成很大影響，其原理如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．海水酸化能引起HCO3﹣濃度增大、CO32﹣濃度減小 B．海水酸化能促進(jìn)CaCO3的溶解，導(dǎo)致珊瑚礁減少 C．CO2能引起海水酸化，其原理為HCO3﹣?H++CO32﹣ D．使用太陽(yáng)能、氫能等新能源可改善珊瑚的生存環(huán)境【分析】A．根據(jù)海水酸化的反應(yīng)原理：CO2+H2O?H2CO3?H++HCO3﹣，H++CO32﹣?HCO3﹣進(jìn)行分析；B．海水酸化氫離子濃度增大，導(dǎo)致CaCO3?Ca2++CO32﹣正向移動(dòng)；C．海水酸化主要原因是二氧化碳與水反應(yīng)，產(chǎn)生碳酸，碳酸電離出氫離子引起的；D．太陽(yáng)能、氫能等新能源為清潔能源，可以減少二氧化碳的排放?！窘獯稹拷猓篈．海水酸化，H+濃度增大，平衡H++CO32﹣?HCO3﹣正向移動(dòng)，導(dǎo)致CO32﹣濃度減小，HCO3﹣濃度增大，故A正確；B．海水酸化，CO32﹣濃度減小，導(dǎo)致CaCO3溶解平衡正向移動(dòng)，促進(jìn)了CaCO3溶解，導(dǎo)致珊瑚礁減少，故B正確；C．CO2引起海水酸化的原理為：CO2+H2O?H2CO3?H++HCO3﹣，導(dǎo)致H+濃度增大，故C錯(cuò)誤；D．使用太陽(yáng)能、氫能等新能源，可以減少化石能源的燃燒，從而減少CO2的排放，減弱海水酸化，從而改善珊瑚礁的生存環(huán)境，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生獲取信息的能力，涉及到沉淀溶解平衡的影響因素，題目總體難度不大。4．（6分）吡啶（）是類似于苯的芳香化合物。2﹣乙烯基吡啶（VPy）是合成治療矽肺病藥物的原料，可由如下路線合成。下列敘述正確的是（）A．MPy只有兩種芳香同分異構(gòu)體 B．EPy中所有原子共平面 C．VPy是乙烯的同系物 D．反應(yīng)②的反應(yīng)類型是消去反應(yīng)【分析】A．MPy的芳香同分異構(gòu)體有三種；B．EPy中側(cè)鏈含2個(gè)四面體結(jié)構(gòu)的C；C．VPy與乙烯的結(jié)構(gòu)不同，且VPy含N原子；D．反應(yīng)②中﹣OH轉(zhuǎn)化為碳碳雙鍵?！窘獯稹拷猓篈．MPy有3種芳香同分異構(gòu)體，分別為：甲基在N原子的間位C上、甲基在N原子的對(duì)位C上、氨基苯，故A錯(cuò)誤；B．EPy中側(cè)鏈含2個(gè)四面體結(jié)構(gòu)的C，則所有原子不能共面，故B錯(cuò)誤；C．VPy與乙烯的結(jié)構(gòu)不同，且VPy含N原子，二者不互為同系物，故C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)②中﹣OH轉(zhuǎn)化為碳碳雙鍵，反應(yīng)類型為消去反應(yīng)，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握官能團(tuán)與性質(zhì)、有機(jī)反應(yīng)、原子共面為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意有機(jī)物不含苯環(huán)，題目難度中等。5．（6分）據(jù)文獻(xiàn)報(bào)道：Fe（CO）5催化某反應(yīng)的一種反應(yīng)機(jī)理如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．OH﹣參與了該催化循環(huán) B．該反應(yīng)可產(chǎn)生清潔燃料H2 C．該反應(yīng)可消耗溫室氣體CO2 D．該催化循環(huán)中Fe的成鍵數(shù)目發(fā)生變化【分析】Fe（CO）5催化反應(yīng)的一種反應(yīng)機(jī)理為：Fe（CO）5Fe（CO）4COOH﹣→Fe（CO）4H﹣+CO2Fe（CO）4（HOH）H﹣→Fe（CO）4（H）2+OH﹣→Fe（CO）4H2→Fe（CO）4+H2Fe（CO）5，由反應(yīng)機(jī)理圖可知，反應(yīng)為CO+H2O＝CO2+H2，其中OH﹣參與了該催化循環(huán)，生成清潔燃料H2和溫室氣體CO2，據(jù)此分析解答?！窘獯稹拷猓篎e（CO）5催化反應(yīng)的一種反應(yīng)機(jī)理為：Fe（CO）5Fe（CO）4COOH﹣→Fe（CO）4H﹣+CO2Fe（CO）4（HOH）H﹣→Fe（CO）4（H）2+OH﹣→Fe（CO）4H2→Fe（CO）4+H2Fe（CO）5，由反應(yīng)機(jī)理圖可知，反應(yīng)為CO+H2O＝CO2+H2，A、由反應(yīng)機(jī)理中Fe（CO）5Fe（CO）4COOH﹣和Fe（CO）4（HOH）H﹣→Fe（CO）4（H）2+OH﹣可知，OH﹣參與了該催化循環(huán)，故A正確；B、總反應(yīng)為CO+H2O＝CO2+H2，所以該反應(yīng)可產(chǎn)生清潔燃料H2，故B正確；C、總反應(yīng)為CO+H2O＝CO2+H2，所以該反應(yīng)可生成溫室氣體CO2，消耗CO，沒有消耗CO2，故C錯(cuò)誤；D、由反應(yīng)機(jī)理圖可知，F(xiàn)e的成鍵數(shù)目變化為：5個(gè)共價(jià)鍵→6個(gè)共價(jià)鍵→5→4個(gè)共價(jià)鍵→5個(gè)共價(jià)鍵，即催化循環(huán)中Fe的成鍵數(shù)目發(fā)生變化，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查反應(yīng)機(jī)理的分析判斷、催化劑作用的理解應(yīng)用、化學(xué)鍵的變化等，明確反應(yīng)機(jī)理中的各個(gè)階段是解題關(guān)鍵，掌握化學(xué)反應(yīng)原理等基礎(chǔ)知識(shí)即可解答，題目難度不大。6．（6分）電致變色器件可智能調(diào)控太陽(yáng)光透過率，從而實(shí)現(xiàn)節(jié)能。如圖是某電致變色器件的示意圖。當(dāng)通電時(shí)，Ag+注入到無色WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈現(xiàn)藍(lán)色，對(duì)于該變化過程，下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．Ag為陽(yáng)極 B．Ag+由銀電極向變色層遷移 C．W元素的化合價(jià)升高 D．總反應(yīng)為：WO3+xAg═AgxWO3【分析】由圖可知這是一個(gè)電解池，銀做陽(yáng)極，發(fā)生的電極反應(yīng)Ag﹣e﹣＝Ag+，當(dāng)通電時(shí)，Ag+注入到無色WO3薄膜中生成AgxWO3，電極方程式：xAg++xe﹣+WO3＝AgxWO3是還原反應(yīng)，總的反應(yīng)方程式：WO3+xAg═AgxWO3，據(jù)此答題?！窘獯稹拷猓篈．由圖可知這是一個(gè)電解池，銀做陽(yáng)極，發(fā)生的電極反應(yīng)Ag﹣e﹣＝Ag+，故A正確；B．當(dāng)通電時(shí)，Ag+注入到無色WO3薄膜中生成AgxWO3，故B正確；C．電極方程式：xAg++xe﹣+WO3＝AgxWO3，W由WO3的+6價(jià)降低到AgxWO3中的+（6﹣x）價(jià)W的化合價(jià)降低是還原反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．陽(yáng)極反應(yīng)：Ag﹣e﹣＝Ag+，陰極反應(yīng)：xAg++xe﹣+WO3＝AgxWO3，二者合并：WO3+xAg═AgxWO3，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查電解原理的應(yīng)用，雖情景新穎，但是考查內(nèi)容基礎(chǔ)，注意電極材料和離子移動(dòng)是解這道題的關(guān)鍵，難度不大。7．（6分）一種由短周期主族元素組成的化合物（如圖所示），具有良好的儲(chǔ)氫性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大、且總和為24．下列有關(guān)敘述錯(cuò)誤的是（）A．該化合物中，W、X、Y之間均為共價(jià)鍵 B．Z的單質(zhì)既能與水反應(yīng)，也可與甲醇反應(yīng) C．Y的最高化合價(jià)氧化物的水化物為強(qiáng)酸 D．X的氟化物XF3中原子均為8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【分析】由短周期主族元素組成的化合物，Z的原子序數(shù)最大、且可形成+1價(jià)陽(yáng)離子，Z為Na；X可形成4個(gè)共價(jià)鍵，W可形成1個(gè)共價(jià)鍵，Y形成3個(gè)共價(jià)鍵，且W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大、總和為24，可知W為H、X為B、Y為N，滿足1+5+7+11＝24，以此來解答?！窘獯稹拷猓河缮鲜龇治隹芍琖為H、X為B、Y為N、Z為Na，A．H、B、N均以共價(jià)鍵結(jié)合，故A正確；B．Na與水、甲醇均反應(yīng)生成氫氣，故B正確；C．Y的最高化合價(jià)氧化物的水化物為硝酸，屬于強(qiáng)酸，故C正確；D．XF3中B的最外層電子數(shù)為3+3＝6，故D錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點(diǎn)，把握化學(xué)鍵的形成及X為B時(shí)形成配位鍵為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意化學(xué)鍵的判斷，題目難度中等。二、非選擇題：共58分。第8～10題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第11～12題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共43分。8．（14分）化學(xué)工業(yè)為疫情防控提供了強(qiáng)有力的物質(zhì)支撐。氯的許多化合物既是重要化工原料，又是高效、廣譜的滅菌消毒劑?；卮鹣铝袉栴}：（1）氯氣是制備系列含氯化合物的主要原料，可采用如圖（a）所示的裝置來制取。裝置中的離子膜只允許Na+離子通過，氯氣的逸出口是a（填標(biāo)號(hào)）。（2）次氯酸為一元弱酸，具有漂白和殺菌作用，其電離平衡體系中各成分的組成分?jǐn)?shù)δ[δ（X）＝，X為HClO或ClO﹣]與pH的關(guān)系如圖（b）所示。HClO的電離常數(shù)Ka值為10﹣7.5。（3）Cl2O為淡棕黃色氣體，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反應(yīng)來制備，該反應(yīng)為歧化反應(yīng)（氧化劑和還原劑為同一種物質(zhì)的反應(yīng)）。上述制備Cl2O的化學(xué)方程式為2Cl2+HgO＝Cl2O+HgCl2。（4）ClO2常溫下為黃色氣體，易溶于水，其水溶液是一種廣譜殺菌劑。一種有效成分為NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡騰片”，能快速溶于水，溢出大量氣泡，得到ClO2溶液。上述過程中，生成ClO2的反應(yīng)屬于歧化反應(yīng)，每生成1molClO2消耗NaClO2的量為1.25mol；產(chǎn)生“氣泡”的化學(xué)方程式為NaHCO3+NaHSO4＝Na2SO4+CO2↑+H2O。（5）“84消毒液”的有效成分為NaClO，不可與酸性清潔劑混用的原因是ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O（用離子方程式表示）。工業(yè)上是將氯氣通入到30%的NaOH溶液中來制備NaClO溶液，若NaClO溶液中NaO