1、PAGE PAGE 192020年普通高等學校招生全國統一考試理科綜合能力測試 化學注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 P 31 S 32 Cl 35.5 V 51 Fe 56一、選擇題：本題共13個小題，每小題6分。共78分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是

2、符合題目要求的。1.國家衛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。對于上述化學藥品，下列說法錯誤的是A. CH3CH2OH能與水互溶B. NaClO通過氧化滅活病毒C. 過氧乙酸相對分子質量為76D. 氯仿的化學名稱是四氯化碳【答案】D【解析】【詳解】A.乙醇分子中有羥基，其與水分子間可以形成氫鍵，因此乙醇能與水互溶，A說法正確；B.次氯酸鈉具有強氧化性，其能使蛋白質變性，故其能通過氧化滅活病毒，B說法正確；C.過氧乙酸的分子式為C2H4O3，故其相對分子質量為76，C說法正確；D.氯仿的化學名稱為三氯甲烷，D

3、說法不正確。綜上所述，故選D。2.紫花前胡醇可從中藥材當歸和白芷中提取得到，能提高人體免疫力。有關該化合物，下列敘述錯誤的是A. 分子式為C14H14O4B. 不能使酸性重鉻酸鉀溶液變色C. 能夠發生水解反應D. 能夠發生消去反應生成雙鍵【答案】B【解析】【詳解】A.根據該有機物的分子結構可以確定其分子式為C14H14O4，A敘述正確；B.該有機物的分子在有羥基，且與羥基相連的碳原子上有氫原子，故其可以被酸性重鉻酸鉀溶液氧化，能使酸性重鉻酸鉀溶液變色，B敘述不正確；C.該有機物的分子中有酯基，故其能夠發生水解反應，C敘述正確；D.該有機物分子中與羥基相連的碳原子的鄰位碳原子上有氫原子，故其可以

4、在一定的條件下發生消去反應生成碳碳雙鍵，D敘述正確。綜上所述，故選B。3.下列氣體去除雜質的方法中，不能實現目的的是氣體(雜質)方法ASO2(H2S)通過酸性高錳酸鉀溶液BCl2(HCl)通過飽和的食鹽水CN2(O2)通過灼熱的銅絲網DNO(NO2)通過氫氧化鈉溶液【答案】A【解析】【詳解】ASO2和H2S都具有較強的還原性，都可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化；因此在用酸性高錳酸鉀溶液除雜質H2S時，SO2也會被吸收，故A項不能實現除雜目的；B氯氣中混有少量的氯化氫氣體，可以用飽和食鹽水除去；飽和食鹽水在吸收氯化氫氣體的同時，也會抑制氯氣在水中的溶解，故B項能實現除雜目的；C氮氣中混有少量氧氣，在通

5、過灼熱的銅絲網時，氧氣可以與之發生反應： ，而銅與氮氣無法反應，因此可以采取這種方式除去雜質氧氣，故C項能實現除雜目的；DNO2可以與NaOH發生反應：，NO與NaOH溶液不能發生反應；盡管NO可以與NO2一同跟NaOH發生反應：，但由于雜質的含量一般較少，所以也不會對NO的量產生較大的影響，故D項能實現除雜的目的；答案選A?！军c睛】除雜操作原則可概括為“不多不少，簡單最好”：首先，避免引入新的雜質；其次，盡量避免產品的損失；最后，方法越簡單越好。4.銠的配合物離子Rh(CO)2I2可催化甲醇羰基化，反應過程如圖所示。下列敘述錯誤的是A. CH3COI是反應中間體B. 甲醇羰基化反應為CH3O

6、H+CO=CH3CO2HC. 反應過程中Rh成鍵數目保持不變D. 存在反應CH3OH+HI=CH3I+H2O【答案】C【解析】【分析】題干中明確指出，銠配合物充當催化劑的作用，用于催化甲醇羰基化。由題干中提供的反應機理圖可知，銠配合物在整個反應歷程中成鍵數目，配體種類等均發生了變化；并且也可以觀察出，甲醇羰基化反應所需的反應物除甲醇外還需要CO，最終產物是乙酸；因此，凡是出現在歷程中的，既非反應物又非產物的物種如CH3COI以及各種配離子等，都可視作中間物種。【詳解】A通過分析可知，CH3COI屬于甲醇羰基化反應的反應中間體；其可與水作用，生成最終產物乙酸的同時，也可以生成使甲醇轉化為CH3I

7、的HI，A項正確；B通過分析可知，甲醇羰基化反應，反應物為甲醇以及CO，產物為乙酸，方程式可寫成：，B項正確；C通過分析可知，銠配合物在整個反應歷程中，成鍵數目，配體種類等均發生了變化，C項不正確；D通過分析可知，反應中間體CH3COI與水作用生成的HI可以使甲醇轉化為CH3I，方程式可寫成：，D項正確；答案選C?！军c睛】對于反應機理圖的分析，最基本的是判斷反應物，產物以及催化劑；一般的，催化劑在機理圖中多是以完整的循環出現的；反應物則是通過一個箭頭進入整個歷程的物質；而產物一般多是通過一個箭頭最終脫離整個歷程的物質。5.1934年約里奧居里夫婦在核反應中用粒子(即氦核)轟擊金屬原子，得到核素

8、，開創了人造放射性核素的先河：+。其中元素X、Y的最外層電子數之和為8。下列敘述正確的是A. 的相對原子質量為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【解析】【分析】原子轟擊實驗中，滿足質子和質量數守恒，因此W+4=30+1，則W=27，X與Y原子之間質子數相差2，因X元素為金屬元素，Y的質子數比X大，則Y與X位于同一周期，且Y位于X右側，且元素X、Y的最外層電子數之和為8，設X最外層電子數為a，則Y的最外層電子為a+2，解得a=3，因此X為Al，Y為P，以此解答?！驹斀狻緼的質量數為27，則該原子相對原子質量為27，故A錯誤；BAl元素均可形

9、成AlCl3，P元素均可形成PCl3，故B正確；CAl原子與P原子位于同一周期，且Al原子序數大于P原子序數，故原子半徑AlP，故C錯誤；DP的含氧酸有H3PO4、H3PO3、H3PO2等，故D錯誤；故答案：B。6.科學家近年發明了一種新型ZnCO2水介質電池。電池示意圖如圖，電極為金屬鋅和選擇性催化材料，放電時，溫室氣體CO2被轉化為儲氫物質甲酸等，為解決環境和能源問題提供了一種新途徑。下列說法錯誤的是A. 放電時，負極反應為B. 放電時，1 mol CO2轉化為HCOOH，轉移的電子數為2 molC. 充電時，電池總反應為D. 充電時，正極溶液中OH濃度升高【答案】D【解析】【分析】由題可

10、知，放電時，CO2轉化為HCOOH，即CO2發生還原反應，故放電時右側電極為正極，左側電極為負極，Zn發生氧化反應生成；充電時，右側為陽極，H2O發生氧化反應生成O2，左側為陰極，發生還原反應生成Zn，以此分析解答?！驹斀狻緼放電時，負極上Zn發生氧化反應，電極反應式為：，故A正確，不選；B放電時，CO2轉化為HCOOH，C元素化合價降低2，則1molCO2轉化為HCOOH時，轉移電子數為2mol，故B正確，不選；C充電時，陽極上H2O轉化為O2，負極上轉化為Zn，電池總反應為：，故C正確，不選；D充電時，正極即為陽極，電極反應式為：，溶液中H+濃度增大，溶液中c(H+)c(OH-)=KW，溫

11、度不變時，KW不變，因此溶液中OH-濃度降低，故D錯誤，符合題意；答案選D。7.以酚酞為指示劑，用0.1000 molL1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知濃度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系數隨滴加NaOH溶液體積VNaOH的變化關系如圖所示。比如A2的分布系數：下列敘述正確的是A. 曲線代表，曲線代表B. H2A溶液的濃度為0.2000 molL1C. HA的電離常數Ka=1.0102D. 滴定終點時，溶液中【答案】C【解析】【分析】根據圖像，曲線代表的粒子的分布系數隨著NaOH的滴入逐漸減小，曲線代表的粒子的分布系數隨著NaOH的滴入逐漸增大；當加入40mLNaOH溶液時，溶

12、液的pH在中性發生突變，且曲線代表的粒子達到最大值接近1；沒有加入NaOH時，pH為1，說明H2A第一步完全電離，第二步部分電離，曲線代表(HA-)，曲線代表(A2-)，根據反應2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000mol/L，據此分析作答。【詳解】A根據分析，曲線代表(HA-)，曲線代表(A2-)，A錯誤；B當加入40.00mLNaOH溶液時，溶液的pH發生突變，說明恰好完全反應，結合分析，根據反應2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= =0.1000mol/L，B錯誤；C由于H2A第一步完全電離，則HA-的起始濃度為0.1000mol/L，根據圖

13、像，當VNaOH=0時，HA-的分布系數為0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系數為0.1，則HA-的電離平衡常數Ka=110-2，C正確；D用酚酞作指示劑，酚酞變色pH范圍為8.210，終點時溶液呈堿性，c(OH-)c(H+)，溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，則c(Na+)2c(A2-)+c(HA-)，D錯誤；答案選C。【點睛】本題的難點是判斷H2A的電離，根據pH的突變和粒子分布分數的變化確定H2A的電離方程式為H2A=H+A2-，HA-H+A2-。三、非選擇題：共174分，第2232題為必考題，每個試題考生都必須作答。第3338題為

14、選考題，考生根據要求作答。(一)必考題：共129分。8.釩具有廣泛用途。黏土釩礦中，釩以+3、+4、+5價的化合物存在，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，同時還有_離子被氧化。寫出VO+轉化為反應的離子方程式_。(3)“中和沉淀”中，釩水解并沉淀為，隨濾液可

15、除去金屬離子K+、Mg2+、Na+、_，以及部分的_。(4)“沉淀轉溶”中，轉化為釩酸鹽溶解。濾渣的主要成分是_。(5)“調pH”中有沉淀生產，生成沉淀反應的化學方程式是_。(6)“沉釩”中析出NH4VO3晶體時，需要加入過量NH4Cl，其原因是_。【答案】 (1). 加快酸浸和氧化反應速率（促進氧化完全） (2). Fe2+ (3). VO+MnO2+2H+=+Mn2+H2O (4). Mn2+ (5). Fe3+、Al3+ (6). Fe(OH)3 (7). NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3或NaAl(OH)4+HCl= NaCl+Al(OH)3+H2O (8). 利

16、用同離子效應，促進NH4VO3盡可能析出完全【解析】【分析】黏土釩礦中，釩以+3、+4、+5價的化合物存在，還包括鉀、鎂的鋁硅酸鹽，以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”時VO+和VO2+被氧化成，Fe3O4與硫酸反應生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此過程中不反應，濾液中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；濾液中加入NaOH調節pH=3.03.1，釩水解并沉淀為V2O5xH2O，根據表中提供的溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH，此過程中Fe3+部分轉化為Fe(OH)3沉淀，部分Al3+轉化為Al(OH)3沉淀，濾液中含有K+、Na+、M

17、g2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，濾餅中含V2O5xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，濾餅中加入NaOH使pH13，V2O5xH2O轉化為釩酸鹽溶解，Al(OH)3轉化為NaAlO2，則濾渣的主要成分為Fe(OH)3；濾液中含釩酸鹽、偏鋁酸鈉，加入HCl調pH=8.5，NaAlO2轉化為Al(OH)3沉淀而除去；最后向濾液中加入NH4Cl“沉釩”得到NH4VO3。【詳解】(1)“酸浸氧化”需要加熱，其原因是：升高溫度，加快酸浸和氧化反應速率（促進氧化完全），故答案為：加快酸浸和氧化反應速率（促進氧化完全）；(2)“酸浸氧化”中，釩礦粉中的Fe3O4與硫酸反應生成FeSO4、Fe2(

18、SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有還原性，則VO+和VO2+被氧化成的同時還有Fe2+被氧化，反應的離子方程式為MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；VO+轉化為時，釩元素的化合價由+3價升至+5價，1molVO+失去2mol電子，MnO2被還原為Mn2+，Mn元素的化合價由+4價降至+2價，1molMnO2得到2mol電子，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，VO+轉化為反應的離子方程式為VO+MnO2+2H+=+Mn2+H2O，故答案為：Fe2+，VO+MnO2+2H+=+Mn2+H2O；(3)根據分析，“中和沉淀”中，釩水解并沉淀為V2O5xH2O，隨濾

19、液可除去金屬離子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+，故答案為：Mn2+，Fe3+、Al3+；(4)根據分析，濾渣的主要成分是Fe(OH)3，故答案為：Fe(OH)3；(5)“調pH”中有沉淀生成，是NaAlO2與HCl反應生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反應的化學方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3或NaAl(OH)4+HCl= NaCl+Al(OH)3+H2O，故答案為：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3或NaAl(OH)4+HCl= NaCl+Al(OH)3+H2O。(6)“沉釩”中析出NH4VO3晶體時，需要加入過

20、量NH4Cl，其原因是：增大NH4+離子濃度，利用同離子效應，促進NH4VO3盡可能析出完全，故答案為：利用同離子效應，促進NH4VO3盡可能析出完全。【點睛】本題以黏土釩礦制備NH4VO3的工藝流程為載體，考查流程的分析、物質的分離和提純、反應方程式的書寫等，解題的關鍵是根據物質的流向分析每一步驟的作用和目的。9.為驗證不同化合價鐵的氧化還原能力，利用下列電池裝置進行實驗?；卮鹣铝袉栴}：(1)由FeSO47H2O固體配制0.10 molL1 FeSO4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溶液。鹽橋中陰、陽離子不與溶液中的物質發

21、生化學反應，并且電遷移率(u)應盡可能地相近。根據下表數據，鹽橋中應選擇_作為電解質。陽離子u108/(m2s1V1)陰離子u108/(m2s1V1)Li+4.074.61Na+5.197.40Ca2+6.59Cl7.91K+7.628.27(3)電流表顯示電子由鐵電極流向石墨電極?？芍?，鹽橋中的陽離子進入_電極溶液中。(4)電池反應一段時間后，測得鐵電極溶液中c(Fe2+)增加了0.02 molL1。石墨電極上未見Fe析出。可知，石墨電極溶液中c(Fe2+)=_。(5)根據(3)、(4)實驗結果，可知石墨電極的電極反應式為_，鐵電極的電極反應式為_。因此，驗證了Fe2+氧化性小于_，還原性小

22、于_。(6)實驗前需要對鐵電極表面活化。在FeSO4溶液中加入幾滴Fe2(SO4)3溶液，將鐵電極浸泡一段時間，鐵電極表面被刻蝕活化。檢驗活化反應完成的方法是_。【答案】 (1). 燒杯、量筒、托盤天平 (2). KCl (3). 石墨 (4). 0.09mol/L (5). Fe3+e-=Fe2+ (6). Fe-2e-=Fe2+ (7). Fe3+ (8). Fe (9). 取活化后溶液少許于試管中，加入KSCN溶液，若溶液不出現血紅色，說明活化反應完成【解析】【分析】(1)根據物質的量濃度溶液的配制步驟選擇所用儀器；(2)(5)根據題給信息選擇合適的物質，根據原電池工作的原理書寫電極反應

23、式，并進行計算，由此判斷氧化性、還原性的強弱；(6)根據刻蝕活化的原理分析作答?！驹斀狻?1)由FeSO47H2O固體配制0.10molL-1FeSO4溶液的步驟為計算、稱量、溶解并冷卻至室溫、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶、貼標簽，由FeSO47H2O固體配制0.10molL-1FeSO4溶液需要的儀器有藥匙、托盤天平、合適的量筒、燒杯、玻璃棒、合適的容量瓶、膠頭滴管，故答案為：燒杯、量筒、托盤天平。(2)Fe2+、Fe3+能與反應，Ca2+能與反應，FeSO4、Fe2(SO4)3都屬于強酸弱堿鹽，水溶液呈酸性，酸性條件下能與Fe2+反應，根據題意“鹽橋中陰、陽離子不與溶液中的物質發生化學反應

24、”，鹽橋中陰離子不可以選擇、，陽離子不可以選擇Ca2+，另鹽橋中陰、陽離子的遷移率（u）應盡可能地相近，根據表中數據，鹽橋中應選擇KCl作為電解質，故答案為：KCl。(3)電流表顯示電子由鐵電極流向石墨電極，則鐵電極為負極，石墨電極為正極，鹽橋中陽離子向正極移動，則鹽橋中的陽離子進入石墨電極溶液中，故答案為：石墨。(4)根據(3)的分析，鐵電極的電極反應式為Fe-2e-=Fe2+，石墨電極上未見Fe析出，石墨電極的電極反應式為Fe3+e-=Fe2+，電池反應一段時間后，測得鐵電極溶液中c（Fe2+）增加了0.02mol/L，根據得失電子守恒，石墨電極溶液中c（Fe2+）增加0.04mol/L，

25、石墨電極溶液中c（Fe2+）=0.05mol/L+0.04mol/L=0.09mol/L，故答案為：0.09mol/L。(5)根據(3)、(4)實驗結果，可知石墨電極的電極反應式為Fe3+e-=Fe2+，鐵電極的電極反應式為Fe-2e-=Fe2+；電池總反應為Fe+2Fe3+=3Fe2+，根據同一反應中，氧化劑的氧化性強于氧化產物、還原劑的還原性強于還原產物，則驗證了Fe2+氧化性小于Fe3+，還原性小于Fe，故答案為：Fe3+e-=Fe2+ ，Fe-2e-=Fe2+ ，Fe3+，Fe。(6)在FeSO4溶液中加入幾滴Fe2(SO4)3溶液，將鐵電極浸泡一段時間，鐵電極表面被刻蝕活化，發生的反

26、應為Fe+ Fe2(SO4)3=3FeSO4，要檢驗活化反應完成，只要檢驗溶液中不含Fe3+即可，檢驗活化反應完成的方法是：取活化后溶液少許于試管中，加入KSCN溶液，若溶液不出現血紅色，說明活化反應完成，故答案為：取活化后溶液少許于試管中，加入KSCN溶液，若溶液不變紅，說明活化反應完成?！军c睛】本題的難點是第(2)題鹽橋中電解質的選擇和第(6)實驗方法的設計，要充分利用題給信息和反應的原理解答。10.硫酸是一種重要的基本化工產品，接觸法制硫酸生產中的關鍵工序是SO2的催化氧化：SO2(g)+O2(g)SO3(g) H=98 kJmol1?；卮鹣铝袉栴}：(1)釩催化劑參與反應的能量變化如圖所

27、示，V2O5(s)與SO2(g)反應生成VOSO4(s)和V2O4(s)的熱化學方程式為：_。(2)當SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物質的量分數分別為7.5%、10.5%和82%時，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa壓強下，SO2平衡轉化率隨溫度的變化如圖所示。反應在5.0MPa、550時的=_，判斷的依據是_。影響的因素有_。(3)將組成(物質的量分數)為2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的氣體通入反應器，在溫度t、壓強p條件下進行反應。平衡時，若SO2轉化率為，則SO3壓強為_，平衡常數Kp=_(以分壓表示，分壓=總壓物質的量分數)。(4)研究表明

28、，SO2催化氧化的反應速率方程為：v=k(1)0.8(1n)。式中：k為反應速率常數，隨溫度t升高而增大；為SO2平衡轉化率，為某時刻SO2轉化率，n為常數。在=0.90時，將一系列溫度下的k、值代入上述速率方程，得到vt曲線，如圖所示。曲線上v最大值所對應溫度稱為該下反應的最適宜溫度tm。ttm后，v逐漸下降。原因是_?！敬鸢浮?(1). 2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s) H= -351 kJmol-1 (2). 0.975 (3). 該反應氣體分子數減少，增大壓強，提高。所以，該反應在550、壓強為5.0MPa2.5MPap的，所以p1=5.0MPa

29、 (4). 反應物（N2和O2）的起始濃度（組成）、溫度、壓強 (5). (6). (7). 升高溫度，k增大使v逐漸提高，但降低使v逐漸下降。當ttm，k增大對v的提高大于引起的降低；當ttm，k增大對v的提高小于引起的降低【解析】【分析】根據蓋斯定律，用已知的熱化學方程式通過一定的數學運算，可以求出目標反應的反應熱；根據壓強對化學平衡的影響，分析圖中數據找到所需要的數據；根據恒壓條件下總壓不變，求出各組分的分壓，進一步可以求出平衡常數；根據題中所給的速率公式，分析溫度對速率常數及二氧化硫的轉化率的影響，進一步分析對速率的影響。【詳解】(1)由題中信息可知：SO2(g)+O2(g)SO3(g

30、) H= -98kJmol-1V2O4(s)+ SO3(g)V2O5(s)+ SO2(g) H2= -24kJmol-1V2O4(s)+ 2SO3(g)2VOSO4(s) H1= -399kJmol-1根據蓋斯定律可知，-2得2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s)，則H= H1-2H2=( -399kJmol-1)-( -24kJmol-1)2= -351kJmol-1，所以該反應的熱化學方程式為：2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s) H= -351 kJmol-1；(2) SO2(g)+O2(g)SO3(g)，該反應是一個

31、氣體分子數減少的放熱反應，故增大壓強可以使化學平衡向正反應方向移動。因此，在相同溫度下，壓強越大，SO2的平衡轉化率越大，所以，該反應在550、壓強為5.0MPa條件下，SO2的平衡轉化率一定高于相同溫度下、壓強為2.5MPa的，因此，p1=5.0MPa，由圖中數據可知，=0.975。影響的因素就是影響化學平衡移動的因素，主要有反應物（N2和O2）的濃度、溫度、壓強等。(3)假設原氣體的物質的量為100mol，則SO2、O2和N2的物質的量分別為2m mol、m mol和q mol，2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡轉化率為，則有下列關系：平衡時氣體的總物質的量為n(總)= 2m(1

32、-)+m(1-)+2mmol+q mol，則SO3的物質的量分數為。該反應在恒壓容器中進行，因此，SO3的分壓p(SO3)=，p(SO2)=，p(O2)=，在該條件下，SO2(g)+ O2(g)2SO3(g) 的Kp=。(4) 由于該反應是放熱反應，溫度升高后降低。由題中信息可知，v=，升高溫度，k增大使v逐漸提高，但降低使v逐漸下降。當ttm，k增大對v提高大于引起的降低；當ttm，k增大對v的提高小于引起的降低。【點睛】本題有關化學平衡常數的計算是一個難點，尤其題中給的都是字母型數據，這無疑增大了難度。這也是對考生的意志的考驗，只要巧妙假設、小心求算，還是可以得到正確結果的，畢竟有關化學平

33、衡的計算是一種熟悉的題型。本題的另一難點是最后一問，考查的是速率公式與化學平衡的綜合理解，需要明確化學反應速率與速率常數及平衡轉化率之間的函數關系，才能作出正確的解答。所以，耐心和細心才是考好的保證。(二)選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每科按所做的第一題計分。11.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而獲得2019年諾貝爾化學獎。回答下列問題：(1)基態Fe2+與Fe3+離子中未成對的電子數之比為_。(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)

34、，原因是_。I1(Be) I1(B) I1(Li)，原因是_。(3)磷酸根離子的空間構型為_，其中P的價層電子對數為_、雜化軌道類型為_。(4)LiFePO4的晶胞結構示意圖如(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、共棱形成空間鏈結構。每個晶胞中含有LiFePO4的單元數有_個。電池充電時，LiFeO4脫出部分Li+，形成Li1xFePO4，結構示意圖如(b)所示，則x=_，n(Fe2+ )n(Fe3+)=_?！敬鸢浮?(1). 4:5 (2). Na與Li同主族，Na的電子層數更多，原子半徑更大，故第一電離能更小 (3). Li，Be和B為同周期元素，同周期

35、元素從左至右，第一電離能呈現增大的趨勢；但由于基態Be原子的s能級軌道處于全充滿狀態，能量更低更穩定，故其第一電離能大于B的 (4). 正四面體形 (5). 4 (6). sp3 (7). 4 (8). 或0.1875 (9). 13:3【解析】【分析】題(1)考查了對基態原子電子排布規律的認識；題(2)考查了第一電離能的周期性變化規律；題(3)考查了分子或離子空間構型判斷的兩大理論；題(4)重點考查通過陌生晶胞的晶胞結構示意圖判斷晶胞組成。【詳解】(1)基態鐵原子的價電子排布式為，失去外層電子轉化為Fe2+和Fe3+，這兩種基態離子的價電子排布式分別為和，根據Hund規則可知，基態Fe2+有

36、4個未成對電子，基態Fe3+有5個未成對電子，所以未成對電子個數比為4:5；(2)同主族元素，從上至下，原子半徑增大，第一電離能逐漸減小，所以；同周期元素，從左至右，第一電離能呈現增大的趨勢，但由于A元素基態原子s能級軌道處于全充滿的狀態，能量更低更穩定，所以其第一電離能大于同一周期的A元素，因此；(3)經過計算，中不含孤電子對，成鍵電子對數目為4，價層電子對數為4，因此其構型為正四面體形，P原子是采用sp3雜化方式形成的4個sp3雜化軌道；(4)由題干可知，LiFePO4的晶胞中，Fe存在于由O構成的正八面體內部，P存在由O構成的正四面體內部；再分析題干中給出的(a),(b)和(c)三個不同物質的晶胞結構示意圖，對比(a)和(c)的差異可知，(a)圖所示的LiFePO4的晶胞中，小球表示的即為Li+，其位于晶胞的8個頂點，4個側面面心以及上下底面各自的相對的兩條棱心處，經計算一個晶胞中Li+的個數為個；進一步分析(a)圖所示的LiFePO4的晶胞中，八面體結構和四面體結構的數目均為4，即晶胞中含Fe和P的數目均為4；考慮到化學式為LiFePO4，并且一個晶胞中含有的Li+，Fe和P的數目均為4，所以一個晶胞中含有4個LiFePO4單元。對比(a)和(b)兩個晶胞結構