1、試卷第 頁，總7頁2020高考全國1卷(CH3COOOH)、氯.國家衛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、過氧乙酸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CH3CH2OH能與水互溶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有關該化合物,.紫花前胡醇|I可從中藥材當歸和白芷中提取得到，能提高人體免疫力。下列敘述錯誤的是A .分子式為Cl4H14。4B.不能使酸性重銘酸鉀溶液變色C.能夠發生水解反應D.能夠發生消去反應生成雙鍵.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)

2、通過酸性高鎰酸鉀溶液BC12(HC1)通過飽和的食鹽水CN2（O2）通過灼熱的銅絲網DNO(NO 2)通過氫氧化鈉溶液4.銬的配合物離子Rh（CO）2l2可催化甲醇玻基化，反應過程如圖所示。卜列敘述錯誤的是A. CH3COI是反應中間體B.甲醇玻基化反應為 CH3OH+CO=CH 3CO2HC .反應過程中Rh的成鍵數目保持不變D.存在反應 CH3OH+HI=CH 3I+H2O1934年約里奧-居里夫婦在核反應中用“粒子(即氨核4He)轟擊金屬原子WZX ,得到核素z+2y ,開創了人造放射性核素的先河：WZX +2He- z+2y + 0n 。其中元素X、Y的最外層電子數之和為 8。下列敘述

3、正確的是A . WZX的相對原子質量為26B . X、Y均可形成三氯化物X的原子半徑小于 Y的Y僅有一種含氧酸6.科學家近年發明了一種新型Zn-CO 2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。雙極隔膜卜列說法錯誤的是2A.放電時，負極反應為 Zn 2e 4OH Zn(OH) 4B.放電時，1 mol CO2轉化為HCOOH ,轉移的電子數為 2 mol2C.充電時，電池總反應為 2Zn(OH)2 2Zn O2 4OH 2H2OD.充電時，正極溶液中 OH-濃度升高7,以酚酬:為指示劑，用 0.

4、1000 mol L-1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c(A2-)布系數 滴加NaOH溶放體積VNaOH的變化關系如圖所示。比如A2-的分布系數：8 (摩尸 小2-、C(H 2A)+C(HA )+C(A ) J卜列敘述正確的是A.曲線代表8 (H2A),曲線代表8 (HAH2A溶液的濃度為0.2000 mol L-1HA-的電離常數 Ka=1.0 M0-2D.滴定終點時，溶液中 ？?(Ni+)2?(A2)+?(HA)8.鈕具有廣泛用途。 黏土鈕礦中，鈕以+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

5、工藝流程可由黏土鈕礦制備NH 4VO3。MnO,濾渣 濾液濾渣濾渣 濾液該工藝條件下，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 ,同時還有 離子被氧化。寫出 VO+轉化為VO2反應的離子方程式。(3)中和沉淀”中，引水解并沉淀為 V2O5 xH 2O ,隨濾液可除去金屬離子K+、Mg2+、Na+、,以及部分的。(4)沉淀轉溶中，V2O5 xH 2。轉化為鋰酸鹽溶解。濾渣的主要

6、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)沉鈕”中析出NH4VO3晶體時，需要加入過量 NH4C1,其原因是 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。回答下列問題:由FeSO4 7H2O固體配制0.10 mol L-1 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生化學反應，并且電遷移率(ub應盡可能地相近。根據下表數據，鹽橋中應選擇 作為電解質。陽離了ux108/(m2 s-1 V-1)陰離子ux108/(m2 s-1 V-1)L

7、i +4.07HCO34.61Na+5.19NO37.40Ca2+6.59Cl-7.91K+7.62so28.27(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 mol L-1。石墨電極上未見 Fe析出。可知，石墨電極溶液中c(Fe2+尸。(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

8、面1 SO2 的催化氧化：SO2(g)+ - 02(g)被刻蝕活化。檢驗活化反應完成的方法是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銳催化劑s03（g）A H=-98 kJ -I mOU答下列問題:鈕催化劑參與反應的能量變化如圖所示，V2O5（s）與S02（g）反應生成V0S04（s）和V-04（s）的熱化學方程式為:r=-24kJ rm J_1si”討nvtl-12V6nb反應過程（2）當S02（g）、02（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，S02平衡轉化率“隨溫度的變化如圖所示

9、。反應在5.0MPa、550c時的a=，判斷的依據是 。 影響 a的因素有。（3）將組成（物質的量分數） 2m% S02（g）、m% 02（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 S02轉化率為 %則S03壓強為,平衡常數Kp=（以分壓表示，分壓=總壓X 物質的量分數）。（4）研究表明，S02催化氧化的反應速率方程為：v=k（上-1） 0.8（1-n 。）式中：k為反應速率常數，隨溫度t升高而增a大；”為S02平衡轉化率，a為某時刻S02轉化率，n為常數。在a =0.90寸，將一系列溫度下的 k、a值代入上述速 率方程，得到vt曲線，如圖所示。曲線

10、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. 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(11)如表所示。l1(Li) I1(Na),原因是 。 H(Be) 11(B) 11(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。圍繞Fe和P分別形成正八面體和正四面體，它們通過共頂

11、點、共棱形成空間鏈結構。每個晶胞中含有LiFePO4的單元數有 個。(rt|LiFfPO4MLiifFMpQ(rjFpPO1電池充電時，LiFeO,脫出部分Li + ,形成Li 1-xFeP。，,結構示意圖如(b)所示，則x=, n(Fe2+ ) ： n(Fe3+尸.有機堿，例如二甲基胺(、H)、苯胺 Q ZL)，口比咤(口)等，在有機合成中應用很普遍，目前宥機超強堿的研究越來越受到關注，以下為有機超強堿F的合成路線:已知如下信息:CCbCOONaDH2C=CH2乙二醇二甲醛/2NaOH2HCl苯胺與甲基口比咤互為芳香同分異構體 回答下列問題:試卷第 頁，總 7 頁 TOC o 1-5 h z

12、 (1)A 的化學名稱為 。(2)由 B 生成 C 的化學方程式為 。(3)C 中所含官能團的名稱為 。(4)由C生成D的反應類型為 。(5)D 的結構簡式為 。(6)E的六元環芳香同分異構體中，能與金屬鈉反應，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，芳香環上為二取代的結構簡式為 。答案第 頁，總12 頁參考答案D【解析】【分析】【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C2H4。3,故其相對分子質量為7

13、6, C說法正確；D. 氯仿的化學名稱為三氯甲烷， D 說法不正確。綜上所述，故選 D。2 B【解析】【分析】【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，故其可以被酸性重銘酸鉀溶液氧化，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 A【解析】【分析】【詳解】A. SO2和H2s都具有

14、較強的還原性，都可以被酸性高鎰酸鉀溶液氧化；因此在用酸性高鎰酸鉀溶液除雜質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，在通過灼熱的銅絲網時，氧氣可以與之發生反應：2Cu O2 = 2CuO ，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，故項能實現除雜目的；D. NO2可以與 NaOH 發生反應：2NO2 2NaOH=NaNO 3 NaNO2 H2O , NO 與 NaOH溶液不能發生反應；盡管NO 可以與 NO2

15、一同跟 NaOH 發生反應：NO NO2 2NaOH=2NaNO 2 H2O ，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 。【點睛】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。 C【解析】【分析】題干中明確指出，銠配合物 Rh CO 2 I 2 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，

16、凡是出現在歷程中的，既非反應物又非產物的物種如CH 3COI 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， CH 3COI 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CH 3I 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：CH3OHCO Rh CO2I2CH3COOH，B項正確；33C 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 C

17、H3I ，方程式可寫成： CH 3OH+HI CH 3I H2O ， D 項正確； 答案選 C。【點睛】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。 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

18、,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。【詳解】27A 2173Al 的質量數為27，則該原子相對原子質量為27，故 A 錯誤；Al元素均可形成 AlCl 3, P元素均可形成 PC13,故B正確；Al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；P的含氧酸有 H 3P04、H3P。3、H3P02等，故D錯誤；故答案為： B 。6 D【解析】【分析】由題可知，放電時，C02轉化為HC00H ,即C02發生還原反應，故放電時右側電極為正極，2左側電極為負極，Zn發生氧化反應生成 Zn(0H)4 ;充電時，右側為陽極，

19、H2O發生氧化反2-應生成。2,左側為陰極，Zn(OH) 4發生還原反應生成 Zn,以此分析解答。【詳解】-2-A 放電時，負極上Zn 發生氧化反應，電極反應式為： Zn-2e +40H =Zn(0H) 4 ，故 A 答案第 頁，總12 頁答案第 頁，總12頁正確，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；2-C.充電時，陽極上 H2O轉化為。2,負極上Zn(OH)4轉化為Zn,電池總反應為：2-2Zn(OH) 4 =2Zn+O 2 +4OH +2H 2O ,故 C 正確，不選；D.充電時，正極

20、即為陽極，電極反應式為：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，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。. 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，粒子的分布系數只有1個交點；當加入40mLNaOH溶液時，溶液的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約為1,說明H2A第一步完全電離，第二步部分電離，曲線代表S(HA),曲線“、士 一q 一0.1000mol/L x 40mL1

21、代表 8 (A-),根據反應 2NaOH+H 2A=Na 2A+2H 2O, c(H2A)=2c(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H 2A 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-；同時注意題中是雙縱坐標，左邊縱坐標代表粒子分布分 數，右邊縱坐標代表 pH,圖像中S(HA尸8 (A)時溶液的pHw5,而是pH=2。8 加快酸浸和氧化反應速率(促進氧化完全)Fe2+V

22、O +MnO 2+2H += VO 2+Mn 2+H2O Mn2+ Fe3+、Al3+Fe(OH)3 NaAlO 2+HCl+H 2O=NaCl+Al(OH) 3,或NaAl(OH) 4+HCl= NaCl+Al(OH) 3 J +HO 利用同離子效應，促進 NH 4V。3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VO + , 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VO

23、 +、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、SO2-;濾液中加入 NaOH調節pH=3.03.1 ,鈕水解并沉淀為 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Al 3+轉化為Al(OH) 3沉淀， 濾液中含有K+、 Na+、 Mg2+、 Al 3+、 Fe3+、 Mn2+、 SO24- ，濾餅中含 V2O5XH2O、Fe(OH)3、Al(OH) 3,濾餅中加入 NaOH 使 pH13, V2O5XH2O 轉 化為鋰酸鹽溶解，Al(OH) 3轉化為NaAlO 2,則濾渣的主要成分為Fe(OH)3；濾液中含

24、鋰酸鹽、偏鋁酸鈉，加入 HCl調pH=8.5, NaAlO 2轉化為Al(OH) 3沉淀而除去；最后向濾液 中加入NH 4Cl “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，鈕礦粉中的 Fe3O4與硫酸反應生成 FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧 化性，Fe2+具有還原性，則 VO+和VO2+被氧化成VO；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

25、為VO 2+ 時，釩元素的化合價由+3價升至 +5價， 1molVO +失去 2mol 電子， MnO 2被還原為Mn2+， Mn 元素的化合價由 +4價降至+2 價， 1molMnO 2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VO +反應的離子方程式為 VO+MnO2+2H+= VO + +Mn2+H2O,故答案為：Fe2+,VO +MnO 2+2H += VO 2+ +Mn2+H2O；(3)根據分析，中和沉淀”中，鈕水解并沉淀為V2O5XH2O,隨濾液可除去金屬離子K;、Mg2+、Na+、Mn2+,以及部分的 Fe3+、Al3+,故答案為：Mn2+, Fe

26、3+、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+H 2O=NaCl+Al(OH) 3 域 NaAl(OH) 4+HCl= NaCl+Al(OH) 3, +HO,故答 案為：NaAlO2+HCl+H 2O=NaCl+Al(OH) 3 誡 NaAl(OH) 4+HCl= NaCl+Al(OH) 3J+HO。(6)沉鈕”中析出NH4V03晶體時，需要加入過量NH4Cl,其原因是：增大 NH4;離子濃度，利用同離子效應，促進NH4

27、V03盡可能析出完全，故答案為：利用同離子效應，促進NH4V03 盡可能析出完全。【點睛】本題以黏土鈕礦制備 NH 4V0 3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 燒杯、量筒、托盤天平KCl 石墨 0.09mol/LFe3+e-=Fe2+Fe-2e-=Fe2+Fe3+Fe 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

28、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。【詳解】由FeSO4 7H 2O固體配制0.10mol L-1 FeSO4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FeSO4 7H20固體配制0.10mol L；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HCO3反應，Ca2+能與S02-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N03能與Fe2+反應，根據題意 鹽橋中陰、陽

29、離子不與溶液中的物質發生化學反應”，鹽橋中陰離子不可以選擇HCO3、NO3,陽離子不可以選擇Ca2+,另鹽橋中陰、陽離子的遷移率(ur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

30、失電子守恒，石墨電極溶液中c(Fe2+)增加0.04mol/L ,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

31、。(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。【點睛】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。答案第 頁，總12頁10. 2V2O5（s）+ 2SO2（g）? 2

32、VOSO4（s）+ V2O4 ？H= -351 kJ?mo10.975該反應氣體2m p100 m分子數減少，增大壓強，“提高。所以，該反應在 550C、壓強為5.0MPa2.5MPa = p2的,所以Pi=5.0MPa 反應物(N2和。2)的起始濃度(組成)、溫度、壓強0.511.5 mp升高溫度，k增大使v逐漸提高，但“降低使v逐漸下降。當100 mttm, 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

33、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】由題中信息可知：SO2(g)+ 1 O2(g)? SO3(g) ?H= -98kJ?mol-12V2O4(s)+ SO3(g)? V2O5(s)+ SO2(g) ?H2= -24kJ?mol-1V2O4(s)+ 2SO3(g)? 2VOSO4(s) ?Hi= -399kJ?mol-1根據蓋斯定律可知，- 2 得 2V2O5(s)+ 2SO2(g)? 2VOSO4(s)+ V2O4(s),則？H =? H1-2? H 2=( - 39

34、9kJ?mol-1)-( - 24kJ?mo-1) 2= -351kJ?mol1,所以該反應的熱化學方程式為：2V2O5(s)+ 2SO2(g)? 2VOSO4(s)+ V2O4(s) ?H= -351 kJ?mo-1 ；(2) SO2(g)+1O2(g)? SO3(g),該反應是一個氣體分子數減少的放熱反應，故增大壓強可以使2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 C、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

35、響化學平衡移動的因素，主要有反應物(N2和。2)的濃度、溫度、壓強等。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 moln(總尸 2m(1- o)+m(1- a)+2m amol+q mol ,則 SO3 的物質的量分數n SO3100%2m 12m molm 1 2m mol q?mol100%2m100 m100%。該反應在恒壓容器中進行，因此，SO3的分壓p(SO3)= 2m p100 m2m 1 pp(SO2)=p ,100 m八 m 1 pp(O2)=，100 m在該條件下，SO2(g)+ -02(g)? 2SO3(g)的 Kp=2p

36、SO3_ _0_5 -p SO2 p O22m p100 m0.52m 1 p m 1 p100 m 100 m1.50.5 。mp100 m(4)由于該反應是放熱反應，溫度升高后a降低。由題中信息可知,v= k0.81 n ，和q mol, 2m+m+q=3m+q=100 , SO2的平衡轉化率為 a,則有下列關系:SO2 +25SO3起始里(mol)2mm0變化量(mol)2mm2m平衡量(mol)2m(1-)m(1)2m平衡時氣體的總物質的量為升高溫度，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a引起的降低；當ttm, k增大對V的提高小于 a引起的降低。

37、【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。11.4:5 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Li,Be和B為同周期元素，同周期元素從左至右，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

38、其第一電離能大于 B的 正四面體形 4sp34-3 或 0.187513:316【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3d64s2,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 3d6和3d5,根據Hund規則可知，基態Fe2+有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Ii Li Ii Na ；同周期元素，從左至右，第一電離能呈現增大的趨勢，但由于HA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mA元素，因此11 Be 11 B 11 Li ；經過計算，PO；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。構成的正八面體內部，P存在由。構成