2020年全國(guó)統(tǒng)一高考化學(xué)試卷(新課標(biāo)ⅰ)(含解析版)

2020年全國(guó)統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)I）

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，乙醛、75%乙醉、含氯消毒

劑、過(guò)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(shuō)

法錯(cuò)誤的是（）

A.CH3cH20H能與水互溶

B.NaClO通過(guò)氧化滅活病毒

C.過(guò)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Cl4Hl4。4

B.不能使酸性重輅酸鉀溶液變色

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(guò)酸性高鎰酸鉀溶液

B.C12(HC1)通過(guò)飽和的食鹽水

C.N2(02)通過(guò)灼熱的銅絲網(wǎng)

D.NO(NO2)通過(guò)氫氧化鈉溶液

A.AB.BC.CD.D

4.（6分）錢的配合物離子（Rh（CO）比「可催化甲醇?；?，反應(yīng)過(guò)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?；磻?yīng)為CH3OH+CO—CH3co2H

C.反應(yīng)過(guò)程中Rh的成鍵數(shù)目保持不變

D.存在反應(yīng)CH3OH+HIYH3I+H2O

5.（6分）1934年約里奧-居里夫婦在核反應(yīng)中用a粒子（即氫核：He）轟擊金屬原子：X,

汐4e

得到核素乎八丫，開創(chuàng)了人造放射性核素的先河:2%Y+n其中元素X、Y的

最外層電子數(shù)之和為8.卜?列敘述正確的是（）

A.野的相對(duì)原子質(zhì)量為26

B.X、丫均可形成三氯化物

C.X的原子半徑小于Y的

D.丫僅有一種含氧酸

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(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

雙極隔膜

A.放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)為Zn-2e+4OH——Zn(OH)42'

B.放電時(shí)，ImolCCh轉(zhuǎn)化為HCOOH,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2moi

C.充電時(shí)，電池總反應(yīng)為2Zn(OH)42=2Zn+O2t+4OH+2H2O

D.充電時(shí)，正極溶液中OFT濃度升高

7.(6分)以酚酰為指示劑，用0.1000mol?L?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)6隨滴加NaOH溶液體積VNaOH的變化關(guān)系如圖

所示。［比如A?的分布系數(shù)：8(A2")=----------豈項(xiàng)------J

-2-

C(H2A)+C(HA)+C(A)

下列敘述正確的是()

A.曲線①代表8(H2A),曲線②代表6(HA)

B.H2A溶液的濃度為0.2000mol?L1

C.HA-的電離常數(shù)Ka=1.0Xl()-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)銳具有廣泛用途。黏土機(jī)礦中，機(jī)以+3、+4、+5價(jià)的化合物存在，還包括鉀、

鎂的鋁硅酸鹽，以及SiOz、Fe3O4.采用以下工藝流程可由黏土鋼礦制備NH4V03。

MnO:通渣①遽液②濾渣③總渣④速液⑤

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O

(2)“酸浸氧化”中，V0?和VO?+被氧化成VO2+,同時(shí)還有離子被氧化。寫出

V0+轉(zhuǎn)化為VO2+反應(yīng)的離子方程式。

⑶“中和沉淀”中，帆水解并沉淀為V2O5?XH2O,隨濾液②可除去金屬離子K+、Mg2\

Na\,以及部分的o

(4)“沉淀轉(zhuǎn)溶”中，V2O5?xH2O轉(zhuǎn)化為機(jī)酸鹽溶解。濾渣③的主要成分是O

(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)“沉鋼”中析出NH4V03晶體時(shí)，需要加入過(guò)量NH4。，其原因是.

(1)由FeSO4?7H2O固體配制0.10mol?L”FeS04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(iT)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~XlO8/(m^s'W1)陰離子u=X108/(m2*sLV'1)

Li+4.07HCO34.61

Na+5.19NO37.40

Ca2+6.59Cl7.91

K+7.62SO428.27

(3)電流表顯示電子由鐵電極流向石墨電極?？芍?，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?LL石墨電極

上未見Fe析出?？芍?，石震電極溶液中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Fez十氧化性小十,還原性小十o

(6)實(shí)驗(yàn)前需要對(duì)鐵電極表面活化。在FeS04溶液中加入幾滴Fe2(S04)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o

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)+Ao2(g)機(jī)催化劑SC3(g)Z\H=-981?010「1.問答下列問題：

2

(1)鋼催化劑參與反應(yīng)的能量變化如圖(a)所示，V2O5(s)與SO:(g)反應(yīng)生成VOSO4

(s)和V2O4(s)的熱化學(xué)方程式為:

反應(yīng)過(guò)程

trc

圖⑶圖(b)

(2)當(dāng)SO2S)、02(e)和N2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a隨溫度的變化如圖(b)

所示。反應(yīng)在5.0MPa、550C時(shí)的a=,判斷的依據(jù)是。影響a的因素

有o

(3)將組成(物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))為2m%SO2(g)、m%02(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a,則SO3壓強(qiáng)

為,平衡常數(shù)Kp=(以分壓表示，分壓=總壓X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=k1)08(1-na)式

中：k為反應(yīng)速率常數(shù)，隨溫度t升高而增大；a為SO2平衡轉(zhuǎn)化率，a'為某時(shí)刻SO2

轉(zhuǎn)化率，n為常數(shù)。在屋=0.90時(shí)，將一系列溫度下的k、a值代入上述速率方程，得

到v?I曲線，如圖(c)所示。

10

420460500540580

r/℃

圖(c)

曲線上V最大值所對(duì)應(yīng)溫度稱為該屋下反應(yīng)的最適宜溫度tm.tVtm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鉆酸鋰、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)。回答下列問題：

(1)基態(tài)Fe2i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(It)如表所示。Il(Li)>Ii(Na),原因

是。Il(Be)>11(B)>Ii(Li),原因是。

11/(kJ?moL)

LiBeB

520900801

NaMgAl

496738578

(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O

（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(guò)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)。

(a)LiFePO4(b)Li1.xFePO4(c)FePO4

電池充電時(shí)，LiFePCU脫出部分Li\形成Lii-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（：NH）、苯胺（0岫）、毗咤（《））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(lái)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:

C1

X

①…乙第蕓

②bCl+RNFbNaUH.

--2HC1

③苯胺與甲基毗咤互為芳香同分異構(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o

(3)C中所含官能團(tuán)的名稱為o

(4)由C生成D的反應(yīng)類型為o

(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。

2020年全國(guó)統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)I）

參考答案與試題解析

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，乙醛、75%乙醇、含氯消毒

劑、過(guò)氯乙酸（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(shuō)

法錯(cuò)誤的是（）

A.CH3cH20H能與水互溶

B.NaQO通過(guò)氧化滅活病毒

C.過(guò)氯乙酸相對(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.CH3cH20H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(guò)氧乙酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3co00H；

D.氯仿的化學(xué)名稱是三氯甲烷。

【解答】解：A.CH3cH20H與水分子間能形成氫鍵，并且都是極性分子，所以CH3cH20H

能與水以任意比互溶，故A正確：

B.NaClO具有強(qiáng)氧化性，通過(guò)氧化能滅活病毒，故B正確；

C.過(guò)氯乙酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3coOOH,相對(duì)分子質(zhì)量為12X2+4+16X3=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。

【點(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。

toy

2.（6分）紫花前胡醇（HO八八）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CMHMCM

B.不能使酸性重輅酸鉀溶液變色

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：14X2+2-8X2=14,四個(gè)氧

原子，所以分子式為：Cl4Hl4。4,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,所以能使酸性重鋁酸鉀溶液變色,

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：Bo

【點(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)重醉性質(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(guò)酸性高缽

酸鉀溶液

B.C12(HC1)通過(guò)飽和的食

鹽水

C.N2(02)通過(guò)灼熱的銅

絲網(wǎng)

D.NO(NO2)通過(guò)氫氧化鈉

溶液

A.AB.BC.CD.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，易被酸性高缽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(02)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被酸性高缽酸鉀溶液氧化為硫酸，故A錯(cuò)誤；

B.C12(HC1)利用溶解性的差異，除去HCL故B正確；

C.N2(02)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：Ao

【點(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)錢的配合物離子(Rh(CO)2I2「可催化甲醇瑛基化，反應(yīng)過(guò)程如圖所示。下列

敘述錯(cuò)誤的是()

A.CH3coi是反應(yīng)中間體

B.甲醇鎂基化反應(yīng)為CH3OH+CO=CH3co2H

C.反應(yīng)過(guò)程中Rh的成鍵數(shù)目保持不變

D.存在反應(yīng)CH30H+HI—CH3I+H2O

【分析】A、由圖可知，佬的配合物離子(Rh(CO)2I2「生成CH3COLCH3coi繼續(xù)

與H20反應(yīng)生成HI和CH3cSH；

B、由圖可知發(fā)生的反應(yīng)依次為；?CHaOH+HI—CH3I+H2O,②

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)。

【解答】解：A、由圖可知，錯(cuò)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+CH3l=

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)：

CHaOH+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：CH30H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：Co

【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a粒子（即家核卯e）轟擊金屬原子;X,

得到核素我了，開創(chuàng)了人造放射性核素的先河：？X+'He-抑加其中元素X、丫的

Z+2Z2Z+20

最外層電子數(shù)之和為8.下列敘述正確的是（）

A.警的相對(duì)原子質(zhì)量為26

B.X、Y均可形成三氯化物

C.X的原子半徑小于丫的

D.丫僅有一種含氧酸

【分析】由;X+jHe-羿之丫+機(jī)及質(zhì)量守恒可知，W=30+l-4=27,X、丫的最外層電

子數(shù)之和為8,X的最外層電子數(shù)為掾=3,金屬原子1X的質(zhì)量數(shù)為27、且位于HIA

族，Z=13符合題意，則X為A1：丫的最外層電子數(shù)為8?3=5,質(zhì)子數(shù)為13+2=15,

丫為P,以此來(lái)解答。

【解答】解：由上述分析可知X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、丫可形成三氯化物分別為A1C13、PC13,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.丫的含氧酸有磷酸、偏磷酸等，故D錯(cuò)誤；

故選：Bo

【點(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(lái)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(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

放電

--?充電

A.放電時(shí),負(fù)極反應(yīng)為Zn-2e+4OH--Zn(OH)42'

B.放電時(shí),lmolCO2轉(zhuǎn)化為HCOOH,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2moi

2

C.充電時(shí),電池總反應(yīng)為2Zn(OH)4—2Zn+O2t+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+40H—Zn(OH)42',

溫室氣體C02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。

【解答】解：A.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+40H

-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,ImolCO2轉(zhuǎn)化為

HCOOH,降低2價(jià)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2m01,故B正確；

C.充電時(shí)，陽(yáng)極電極反應(yīng)：2H2O-4e=4H++O2f,陰極反應(yīng)：Zn(OH)42'—Zn-

2e+40H',電池總反應(yīng)為2Zn(OH)42'-2Zn+O2t+40H+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-4/=4H++O2t,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OFT濃度降

低，故D錯(cuò)誤；

故選：D。

【點(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)以酚儆為指示劑，用O.lOOOmokL”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)6隨滴加NaOH溶液體積VNaOH的變化關(guān)系如圖

所示。[比如A?的分布系數(shù)：6(A2')=----------------------------------—]

-

C(H2A)+C(HA)+C(A^)

A.曲線①代表b(H2A),曲線②代表6(HA)

B.H2A溶液的濃度為0.2000mol?L/i

C.HA的電離常數(shù)Ka=LOXIO」

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)，滴有酚酰;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=c(H)c(A_1；

c(HA-)

D、滴定終點(diǎn)時(shí)6(HA)=0,溶液中的電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(A2-)+c

(OH)。

【解答】解：A、在卡加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5曲線①一直在減小，曲線②在一直增加；說(shuō)明H2A第一步完全電離，第二步

+2+

存在電離平衡，即H2A=HA+H,HA>iA+H,曲線①代表6(HA)；當(dāng)加入用

O.lOOOmol-L-1的NaOH溶液40.00mL滴定后，發(fā)生NaHA+NaOH=NazA+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6(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(shuō)明NaOH和

H2A恰好完全反應(yīng)，根據(jù)反應(yīng)2NaOH+H2A=Na2A+2H20,n(NaOH)=2n(H2A),c

(H2A)=0,幾乂4°mL=o.]000moi/L,故B錯(cuò)誤；

2X20.00mL

C、由于H2A第一步完全電離，則HA-的起始濃度為O.IOOOmol/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=l,A2-的分布系數(shù)為0.1,則HA-的電離平

衡常數(shù)能_C(A2-)?C(H+)_0.QOOmol/LXO.1義0.1000mol/L故c

c(HA-)0.1000mol/LX0.9

正確；

D、用酚酬作指示劑，酚猷變色的pH范圍為8.2?10,終點(diǎn)時(shí)溶液呈堿性，c(OIT)>

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：Co

【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)帆具有廣泛用途。黏土帆礦中，帆以+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鋼礦制備NH4Vo3。

MnO：遽渣①遽液②濾渣③速渣④謔液⑤

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\，。2+被氧化成V6+,同時(shí)還有上二離子被氧化。寫出

VO*轉(zhuǎn)化為VO2+反應(yīng)的離子方程式VO++2H++MnO2=VO2++M/+H2O。

(3)“中和沉淀”中，鈿水解并沉淀為V2O5?XH2O,隨漉液②可除去金屬離子K+、Mg2+、

Na+、Mn2+,以及部分的Ap+和及3+。

(4)“沉淀轉(zhuǎn)溶”中，V2O5?xH2O轉(zhuǎn)化為銳酸鹽溶解。濾渣③的主要成分是Fe(OH)

3—0

(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=A1

(OH)3I+NaCl+H2O。

(6)“沉鈕”中析出NH4V03晶體時(shí)，需要加入過(guò)量NH4cL其原因是一利用同離子效

應(yīng)，促進(jìn)NH4V03盡可能析出完全°

【分析】黏土鈕礦中，帆以+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Fe?+；加入Mr。氧化還原性的Fe?+

成Fe?>；V0+和V02+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+、NatMn2+>Al3+；濾液①加入NaOH溶液至pH=3.0?3.1,

3+

中和過(guò)量的硫酸并沉淀Fe,使銳水解并沉淀為V2O5-XH2O,得濾餅②，除去濾液

②Mi?+、K+、Mg2+、Na+及部分Fe3+、Al3+；濾餅②加入過(guò)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(0H)3生成的

Al(0H)4'；濾渣③為Fe(OH)3,漉液③加入鹽酸調(diào)pH,Al(OH);生成Al(OH)

3即濾渣④：濾液④含有VO3、加入NH4CI沉鈕的產(chǎn)物：NH4V03：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AI(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V0+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)的磯化合價(jià)升高2生成+5價(jià)，MnO2中+4

價(jià)的缽化合價(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,

2++++2+

故答案為：Fe?VO+2H+MnO2=VO2+Mn+H2O5

(3)“中和沉淀”中，濾液①加入NaOH溶液至pH=3.0?3.1,中和過(guò)量的硫酸并沉淀

Fe3+和Al3+,使鈕水解并沉淀為V2O5*xH2O,得濾餅②，除去濾液②Mi?+、K\Mg2+>

Na+及部分Fe3+、Al3+,

故答案為：M/+、Fe3+ffiAl3+：

(4)濾液①加入NaOH溶液至pH=3.0?3.1,中和過(guò)量的硫酸并沉淀Fe3+,使帆水解

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=A1(OH)3I+NaCl+H2O,

故答案為：HCl+NaAl(OH)4=Al(OH)3I+NaCl+H2O；

+

(6)“沉機(jī)"中析出NH4V03晶體時(shí)，NH4V03沉淀溶解平衡方程式為：NH4(aq)+VO3

+

一(aq)=NH4V03(s),需要加入過(guò)量NH4C1,NH4CI溶于水電離出NH4,增大clNFU*),

利用同離子效應(yīng)，促進(jìn)NH4V03盡可能析出完全。

故答案為：利用同離子效應(yīng)，促進(jìn)NH4V03盡可能析出完全。

【點(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。

(1)由FeSO4?7H2O固體配制0.10mol?LiFeSCM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)。

o

（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（U00）應(yīng)盡可能地相近。根據(jù)下表數(shù)據(jù)，鹽橋中應(yīng)選擇KC1

作為電解質(zhì)。

陽(yáng)離子iTxiO*/(m2*s)?V陰離子u0°X108/(n??s1?V

-1)■1)

Li+4.07HCO34.61

Na+5.19NO37.40

Ca2+6.59Cl7.91

K+7.62SO?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。1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)式為上空三型鐵電

極反應(yīng)式為Fe-2e.=Fe2+。因此，驗(yàn)證了Fe2+氯化性小于Fe3+,還原性小于

Feo

（6）實(shí)驗(yàn)前需要對(duì)鐵電極表面活化。在FeSCM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，向其中加入兩滴硫氟酸鉀溶液，看是否變紅，若不變紅，說(shuō)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，KC1的陰陽(yáng)離子電遷

移率相差最??；

（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+,則石墨電極峭加0.04moI/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FeAFe?*

（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KC1；

故答案為：KCI；

（3）鐵電極失去電子，鐵電極是負(fù)極，石腿電極是正極，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，

向其中加入兩滴硫虱酸鉀溶液，看是否變紅，若不變紅，說(shuō)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，向其中加入兩滴斑氟酸鉀溶液，看是否

變紅，若不變紅，說(shuō)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)+A02(g).催化劑SO3(g)△f1=-98kJ?mori.問答下列問題：

2

(1)鋼催化劑參與反應(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:2V205(s)+2SO2(g)=2VOSO4(S)+V2O4

(s)AH=-351kJ*mor1。

反應(yīng)過(guò)程

圖⑶圖(b)

(2)當(dāng)SO2(g)>O2(g)和Ni(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a隨溫度的變化如圖(b)

所示。反應(yīng)在5.0MPa、550C時(shí)的a=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a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I、壓強(qiáng)p條件下進(jìn)行反應(yīng)。平衡時(shí)，若SO2轉(zhuǎn)化率為a,則SO3壓強(qiáng)為

2amp,平衡常數(shù)K=--------------------------------------------(以分壓表示，分壓=

100-am~~(^-am馬0?5一

“,”00-maP，

總壓x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=k1)08(1-naf)式

a'

中：k為反應(yīng)速率常數(shù)，隨溫度t升高而增大；a為SO2平衡轉(zhuǎn)化率，a'為某時(shí)刻SO2

轉(zhuǎn)化率，n為常數(shù)。在葭=0.90時(shí)，將一系列溫度下的k、a值代入上述速率方程，得

到v?t曲線，如圖(c)所示。

0

8

4

M

熠6

但

0

420460500540580

t/℃

圖(c)

曲線上V最大值所對(duì)應(yīng)溫度稱為該a'下反應(yīng)的最適宜溫度lm.iVtm時(shí)，V逐漸提高；I

>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a降低

造成速率V減小，tvtm時(shí)，k漕大對(duì)V的提高大于a引起的降低；t>tm后，速率常數(shù)k

增大小于a引起的降低。

【分析】(1)由圖象得出①V2O4(s)+SO3(g)=V2O5(s)+SO2(g)AH=-24kJ*

mol,

②V2O4(s)+2SO3(g)=2VOSO4(S)AH=-399kJ?mol-1,

結(jié)合蓋斯定律可知②-①X2得到：2V205(s)+2SO2(g)=2VOSO4(S)+V2O4(s)；

(2)當(dāng)SO2(g)、02(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a隨溫度的變化如圖(b)

所示，這個(gè)SO2(g)(g)機(jī)催化刑SO3(g)反應(yīng)是氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，壓強(qiáng)

2

越大轉(zhuǎn)化率越大，所以反應(yīng)在5.0MPa、550℃時(shí)的a=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a越大；

(3)利用三段式計(jì)算出平衡時(shí)三氯化硫的量，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X物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)可解；

08r

(4)v=k1)(1-na)溫度升高，速率常數(shù)k增大，反應(yīng)速率增大；SO2

a'

(g)+-I02(g)機(jī)催化和kch(g)AH=-98kJ*mor).為放熱反應(yīng)，平衡轉(zhuǎn)化率a減

小，(一J-1)減小，反應(yīng)速率減小，IVtm時(shí)，速率常數(shù)k增大，對(duì)速率的影響大

于因(_g_-1)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a

a/

減小對(duì)速率影響大，速率減小。

【解答】解：⑴由圖象得出①V2O4(s)+SO3(g)=V2O5(s)+SO2(g)AH=-24kJ

?mol1,

②V2O4(s)+2SO3(g)=2VOSO4(S)AH=-SQQkJ-mol1,

由蓋斯定律可知②-①X2得到：2V205(s)+2SO2(g)=2VOSO4(S)+V2O4(s)△

H=-351kJ*mol,；

故答案為：2V2。5(s)+2SO2(g)=2VOSO4(S)+V2O4