2020年廣東省高考化學(xué)試卷(新課標(biāo)Ⅰ)19頁(yè)

1、2020年廣東省高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)）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. 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(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.CH3CH2OH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76D.氯仿的化學(xué)名稱是四氯化碳【答案】D【考點(diǎn)】相對(duì)分子質(zhì)量及其計(jì)算電子式、化學(xué)式或化學(xué)符號(hào)及名稱的綜合【解析】ACH3CH2OH與水分子間能形成氫鍵，并且都是極性分子；BNaClO具有強(qiáng)氧化性；

2、C過(guò)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。【解答】ACH3CH2OH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；BNaClO具有強(qiáng)氧化性，通過(guò)氧化能滅活病毒，故B正確；C過(guò)氧乙酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3COOOH，相對(duì)分子質(zhì)量為122+4+16376，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；2. 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C14H14O4B.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【答案

3、】B【考點(diǎn)】有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)【解析】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】A、分子的不飽和度為8，則氫原子個(gè)數(shù)為：142+28214，四個(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；3. 下列氣體去除雜質(zhì)的方法中，不能實(shí)現(xiàn)目的的

4、是（ ）氣體（雜質(zhì)）方法ASO2(H2S)通過(guò)酸性高錳酸鉀溶液BCl2(HCl)通過(guò)飽和的食鹽水CN2(O2)通過(guò)灼熱的銅絲網(wǎng)DNO(NO2)通過(guò)氫氧化鈉溶液A.AB.BC.CD.D【答案】A【考點(diǎn)】物質(zhì)的分離、提純和除雜的基本方法選擇與應(yīng)用【解析】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。ASO2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；CN2(O2)利用化學(xué)性質(zhì)的差異，銅與氧氣反應(yīng)，；D.2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O，NO為不成鹽氧化物，【解答】ASO2被酸性高錳酸鉀溶液氧化為硫酸，故A錯(cuò)誤；BCl2(HC

5、l)利用溶解性的差異，除去HCl，故B正確；CN2(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；DNO2可以與NaOH發(fā)生反應(yīng)：2NO2+2NaOHNaNO2+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=2NaNO2+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；4. 銠的配合物離子Rh(CO)2I2可催化甲醇羰基化，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.甲醇羰基化反應(yīng)為CH3OH+CO=CH3CO2HC.反應(yīng)過(guò)程

6、中Rh的成鍵數(shù)目保持不變D.存在反應(yīng)CH3OH+HI=CH3I+H2O【答案】C【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)配合物的成鍵情況【解析】A、由圖可知，銠的配合物離子(Rh(CO)3I3CH3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：CH3OH+HI=CH3I+H2O，+CH3I，+CO，CH3COI+，CH3COI+H2OHI+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46564變化；D、由B分析及圖中箭頭方向判斷出此步反應(yīng)?！窘獯稹緼、由圖可知，銠的配合物離子(Rh(CO)3I3CH3生成CH3COI，CH3COI繼續(xù)與

7、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：CH3OH+HI=CH3I+H2O，+CH3I，+CO，CH3COI+，CH3COI+H2OHI+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；5. 1934年約里奧-居里夫婦在核反應(yīng)中用粒子（

8、即氦核24He）轟擊金屬原子ZWX，得到核素Z+230Y，開(kāi)創(chuàng)了人造放射性核素的先河：ZWX+24HeZ+230Y+01n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.ZWX的相對(duì)原子質(zhì)量為26B.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【答案】B【考點(diǎn)】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系【解析】由ZWX+24HeZ+230Y+01n及質(zhì)量守恒可知，W30+1427，X、Y的最外層電子數(shù)之和為8，X的最外層電子數(shù)為822=3，金屬原子ZWX的質(zhì)量數(shù)為27、且位于A族，Z13符合題意，則X為Al；Y的最外層電子數(shù)為835，質(zhì)子數(shù)為13+215，Y為P，以此來(lái)解

9、答?！窘獯稹坑缮鲜龇治隹芍猉為Al、Y為P，AW為27，X原子的相對(duì)原子質(zhì)量為27，故A錯(cuò)誤；BX、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；DY的含氧酸有磷酸、偏磷酸等，故D錯(cuò)誤；6. 科學(xué)家近年發(fā)明了一種新型ZnCO2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(wèn)題提供了一種新途徑。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（ ） A.放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)為Zn2e+40H=Zn(OH)42B.放電時(shí)，1molCO2轉(zhuǎn)化為HCOOH，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2molC.充電時(shí)

10、，電池總反應(yīng)為2Zn(OH)42=2Zn+O2+40H+2H2OD.充電時(shí)，正極溶液中OH濃度升高【答案】D【考點(diǎn)】電解池的工作原理及應(yīng)用【解析】電極為金屬鋅放電時(shí)，由圖示知負(fù)極反應(yīng)為Zn2e+40H=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?！窘獯稹緼放電時(shí)，金屬鋅做負(fù)極生成Zn(OH)42，負(fù)極反應(yīng)為Zn2e+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)+2，1molCO2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)：2H2

11、O4e4H+O2，陰極反應(yīng)：Zn(OH)42+2e=Zn+40H，電池總反應(yīng)為2Zn(OH)42=2Zn+O2+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)：2H2O4e4H+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；7. 以酚酞為指示劑，用0.1000molL1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)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):(A2)=c(A2)c(H2A)+c(HA)+c(A2)下列敘述正確的是（ ） A.曲線

12、代表(H2A)，曲線代表(HA)B.H2A溶液的濃度為0.2000molL1C.HA的電離常數(shù)Ka1.0102D.滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液中c(Na+)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；二、非選擇題：共58分。第810題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第1112題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共43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

13、屬離子開(kāi)始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+開(kāi)始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列問(wèn)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V2O5xH2O，隨濾液可除去金屬離子K+、Mg2+、Na+、_，以及部分的_。 （4）“沉淀轉(zhuǎn)溶”中，V2O5xH2O轉(zhuǎn)化為釩酸鹽溶解。濾渣的主要成分是_。 （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

14、）“沉釩”中析出NH4VO3晶體時(shí)，需要加入過(guò)量NH4Cl，其原因是_。【答案】加快酸浸和氧化反應(yīng)速率Fe2+,VO+2H+MnO2VO2+Mn2+H2OMn2+,Al3+和Fe3+Fe(OH)3HCl+NaAl(OH)4Al(OH)3+NaCl+H2O利用同離子效應(yīng)，促進(jìn)NH4VO3盡可能析出完全【考點(diǎn)】制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)【解析】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，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成為濾渣，濾液含有：Fe3+、VO2+、

15、K+、Mg2+、Mn2+、Al3+；濾液加入NaOH溶液至pH3.03.1，中和過(guò)量的硫酸并沉淀Fe3+，使釩水解并沉淀為V2O5xH2O，得濾餅，除去濾液Mn2+、K+、Mg2+、Na+及部分Fe3+、Al3+；濾餅加入過(guò)量NaOH溶液至pH13，沉淀轉(zhuǎn)溶得濾液，濾液含有V2O5xH2O生成VO3和溶于堿的Al(OH)3生成的Al(OH)4；濾渣為Fe(OH)3，濾液加入鹽酸調(diào)pH，Al(OH)4生成Al(OH)3即濾渣；濾液含有VO3，加入NH4Cl沉釩的產(chǎn)物：NH4VO3；和濾液NaCl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

16、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)?！窘獯稹繙囟壬叻磻?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；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

17、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+MnO2VO2+Mn2+H2O，故答案為：Fe2+；VO+2H+MnO2VO2+Mn2+H2O；“中和沉淀”中，濾液加入NaOH溶液至pH3.03.1，中和過(guò)量的硫酸并沉淀Fe3+和Al3+，使釩水解并沉淀為V2O5xH2O，得濾餅，除去濾液Mn2+、K+、Mg2+、Na+及部分Fe3+、Al3+，故答案為：Mn2+、Fe3+和Al3+；濾液加入NaOH溶液至pH3.03.1，中和過(guò)量的硫酸并沉淀Fe3+，使釩水解并沉淀為V2O5xH2O，得濾餅，故答案為：Fe(OH)3；濾液含有V2O5xH2O生成VO3和溶于堿的Al(OH)3生成的

18、Al(OH)4；濾液加入鹽酸調(diào)pH，Al(OH)4生成Al(OH)3即濾渣；化學(xué)方程式為：HCl+NaAl(OH)4Al(OH)3+NaCl+H2O，故答案為：HCl+NaAl(OH)4Al(OH)3+NaCl+H2O；“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(guò)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。 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?wèn)題：

19、（1）由FeSO47H2O固體配制0.10molL1FeSO4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u108/(m2s1V1)陰離子u108/(m2s1V1)Li+4.07HCO34.61Na+5.19NO37.40Ca2+6.59Cl7.91K+7.62SO428.27 （3）電流表顯示電子由鐵電極流向石墨電極?？芍}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(

20、Fe2+)增加了0.02molL1石墨電極上未見(jiàn)Fe析出?？芍?，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_(kāi)，鐵電極反應(yīng)式為_(kāi)。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_?！敬鸢浮客斜P天平、燒杯、量筒KCl石墨0.09mol/LFe3+eFe2+,Fe2eFe2+,Fe3+,Fe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(shuō)明已經(jīng)活化完成【考點(diǎn)】

21、性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)【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。（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)：Fe2eFe2+，鐵電極增加0.02mol/L，根據(jù)電荷守恒，石墨電極反應(yīng)Fe3+eFe2+，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

22、為負(fù)極，電極反應(yīng)：Fe2eFe2+，石墨電極為正極，電極反應(yīng)反應(yīng)：Fe3+eFe2+，電池的總反應(yīng)式為：2Fe3+Fe3Fe2+，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FeFe2+（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?！窘獯稹颗渲埔欢ㄎ镔|(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；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：

23、KCl；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；鐵電極反應(yīng)：Fe2eFe2+，鐵電極增加0.02mol/L，石墨電極反應(yīng)Fe3+eFe2+，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；鐵電極為負(fù)極，電極反應(yīng)：Fe2eFe2+，石墨電極為正極，電極反應(yīng)反應(yīng)：Fe3+eFe2+，電池的總反應(yīng)式為：2Fe3+Fe3Fe2+；所以氧化性：Fe3+Fe2+，還原性FeFe2+故答案為：Fe3+eFe2+；Fe2eFe2+；Fe3+；Fe；對(duì)鐵電極活化是除去表面的氧化膜，氧

24、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(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，向其中加入兩滴硫氰酸鉀溶液，看是否變紅，若不變紅，說(shuō)明已經(jīng)活化完成。 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)+12O2(g)SO3(g)H98kJmol1問(wèn)答下列問(wèn)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)SO

25、2(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)化率隨溫度的變化如圖(b)所示。反應(yīng)在5.0MPa、550C時(shí)的_，判斷的依據(jù)是_。影響的因素有_。 （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，則SO3壓強(qiáng)為_(kāi)，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：vk(1)0.8(1n)式中：k為反應(yīng)速率常數(shù)，隨溫度t升高而增大；為S

26、O2平衡轉(zhuǎn)化率，為某時(shí)刻SO2轉(zhuǎn)化率，n為常數(shù)。在0.90時(shí)，將一系列溫度下的k、值代入上述速率方程，得到vt曲線，如圖(c)所示。曲線上v最大值所對(duì)應(yīng)溫度稱為該下反應(yīng)的最適宜溫度tmttm后，v逐漸下降。原因是_?！敬鸢浮?V2O5(s)+2SO2(g)2VOSO4(s)+V2O4(s)H351kJmol10.975,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,壓強(qiáng)、溫度、投料比2mp100m,(1)1.5(m100mp)0.5反應(yīng)溫度升高，速率常數(shù)k增大使速率加快，但降低造成速率v減小，ttm后，速率常數(shù)k增大小于引起的降低【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算【解析】（1）由圖象得出V2O4(s)+

27、SO3(g)V2O5(s)+SO2(g)H24kJmol1，V2O4(s)+2SO3(g)2VOSO4(s)H399kJmol1，結(jié)合蓋斯定律可知-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)化率隨溫度的變化如圖(b)所示，這個(gè)SO2(g)+12O2(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、550C時(shí)的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

28、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）vk(1)0.8(1n)溫度升高，速率常數(shù)k增大，反應(yīng)速率增大；SO2(g)+12O2(g)SO3(g)H98kJmol1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，ttm后速率常數(shù)k增大沒(méi)有減小對(duì)速率影響大，速率減小。【解答】由圖象得出V2O4(s)+SO3(g)V2O5(s)+SO2(g)H24kJmol1，V2O4(s)+2SO3(g)2VOSO4(s)H399k

29、Jmol1，由蓋斯定律可知-2得到：2V2O5(s)+2SO2(g)2VOSO4(s)+V2O4(s)H351kJmol1；故答案為：2V2O5(s)+2SO2(g)2VOSO4(s)+V2O4(s)H351kJmol1；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)化率隨溫度的變化如圖(b)所示，這個(gè)SO2(g)+12O2(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、550C時(shí)的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，

30、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，P15.0MPa，該線550C時(shí)的轉(zhuǎn)化率為97.5%；壓強(qiáng)、溫度、投料比；根據(jù)體積之比等于物質(zhì)的量的比，2m%+m%+q%100%3m+q100，設(shè)SO2的物質(zhì)的量為2m，O2的物質(zhì)的量為mSO2(g)+12O2(g)SO3(g)開(kāi)始2mm0變化2mm2m平衡2m2mmm2m反應(yīng)后的總量：2m2m+mm+2m+q3m+qm，結(jié)合3m+q100，反應(yīng)后的總量100m，P(SO3)P=n(SO3)n()=2m100m，則p(SO3)=2mp100m

31、，平衡常數(shù)Kp=p(SO3)P(SO2)P0.5(O2)=2m100mp2m(1)100mp(mm)0.5(100m)0.5p0.5=(1)1.5(m100mp)0.5，故答案為：2mp100m；(1)1.5(m100mp)0.5；vk(1)0.8(1n)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)+12O2(g)SO3(g)H98kJmol1，為放熱反應(yīng)，平衡轉(zhuǎn)化率減小，(1)0.8減小，反應(yīng)速率減小，ttm后速率常數(shù)k增大沒(méi)有減小對(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，但降低造成速率v減小。ttm后，速率常數(shù)k增大小于引起的降低。（二）選考

32、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?；瘜W(xué)-選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（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?wèn)題： （1）基態(tài)Fe2+與Fe3+離子中未成對(duì)的電子數(shù)之比為_(kāi)。 （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/(kJmol1)Li520Be900B801Na496Mg738Al578 （3）磷酸根離子的空間構(gòu)型為_(kāi)，其中P的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為_(kāi)、雜化軌道

33、類型為_(kāi)。 （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)。電池充電時(shí)，LiFePO4脫出部分Li+，形成Li1xFePO4，結(jié)構(gòu)示意圖如(b)所示，則x_，n(Fe2+)：n(Fe3+)_?！敬鸢浮?:5Li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。正四面體形,4,sp34,316,13:3【考

34、點(diǎn)】晶胞的計(jì)算原子軌道雜化方式及雜化類型判斷【解析】（1）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)+12(axb)，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(lái)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?！窘獯稹炕鶓B(tài)Fe的電子

35、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；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；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)：