2020年全國統(tǒng)一考試化學(xué)試題新課標

絕密★啟用前2021年全國統(tǒng)一考試化學(xué)試題〔新課標Ⅰ〕試卷副標題考試范圍：xxx；考試時間：100分鐘；命題人：xxx學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________題號一二三四五總分得分考前須知：1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息$2．請將答案正確填寫在答題卡上第I卷〔選擇題〕請點擊修改第I卷的文字說明評卷人得分一、單項選擇題1．國家衛(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。對于上述化學(xué)藥品，以下說法錯誤的選項是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(zhì)量為76D．氯仿的化學(xué)名稱是四氯化碳【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(zhì)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(zhì)量為76，C說法正確；D.氯仿的化學(xué)名稱為三氯甲烷，D說法不正確。綜上所述，應(yīng)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(guān)該化合物，以下表達錯誤的選項是A．分子式為C14H14O4B．不能使酸性重鉻酸鉀溶液變色C．能夠發(fā)生水解反響D．能夠發(fā)生消去反響生成雙鍵【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.根據(jù)該有機物的分子結(jié)構(gòu)可以確定其分子式為C14H14O4，A表達正確；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表達不正確；C.該有機物的分子中有酯基，故其能夠發(fā)生水解反響，C表達正確；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(fā)生消去反響生成碳碳雙鍵，D表達正確。綜上所述，應(yīng)選B。3．以下氣體去除雜質(zhì)的方法中，不能實現(xiàn)目的的是氣體(雜質(zhì))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(wǎng)DNO(NO2)通過氫氧化鈉溶液A．AB．BC．CD．D【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．SO2和H2S都具有較強的復(fù)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(zhì)H2S時，SO2也會被吸收，故A項不能實現(xiàn)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(xiàn)除雜目的；C．氮氣中混有少量氧氣，在通過灼熱的銅絲網(wǎng)時，氧氣可以與之發(fā)生反響：，而銅與氮氣無法反響，因此可以采取這種方式除去雜質(zhì)氧氣，故C項能實現(xiàn)除雜目的；D．NO2可以與NaOH發(fā)生反響：，NO與NaOH溶液不能發(fā)生反響；盡管NO可以與NO2一同跟NaOH發(fā)生反響：，但由于雜質(zhì)的含量一般較少，所以也不會對NO的量產(chǎn)生較大的影響，故D項能實現(xiàn)除雜的目的；答案選A?！军c睛】除雜操作原那么可概括為“不多不少，簡單最好〞：首先，防止引入新的雜質(zhì)；其次，盡量防止產(chǎn)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，反響過程如下圖。以下表達錯誤的選項是A．CH3COI是反響中間體B．甲醇羰基化反響為CH3OH+CO=CH3CO2HC．反響過程中Rh的成鍵數(shù)目保持不變D．存在反響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。由題干中提供的反響機理圖可知，銠配合物在整個反響歷程中成鍵數(shù)目，配體種類等均發(fā)生了變化；并且也可以觀察出，甲醇羰基化反響所需的反響物除甲醇外還需要CO，最終產(chǎn)物是乙酸；因此，但凡出現(xiàn)在歷程中的，既非反響物又非產(chǎn)物的物種如CH3COI以及各種配離子等，都可視作中間物種?！驹斀狻緼．通過分析可知，CH3COI屬于甲醇羰基化反響的反響中間體；其可與水作用，生成最終產(chǎn)物乙酸的同時，也可以生成使甲醇轉(zhuǎn)化為CH3I的HI，A項正確；B．通過分析可知，甲醇羰基化反響，反響物為甲醇以及CO，產(chǎn)物為乙酸，方程式可寫成：，B項正確；C．通過分析可知，銠配合物在整個反響歷程中，成鍵數(shù)目，配體種類等均發(fā)生了變化，C項不正確；D．通過分析可知，反響中間體CH3COI與水作用生成的HI可以使甲醇轉(zhuǎn)化為CH3I，方程式可寫成：，D項正確；答案選C。【點睛】對于反響機理圖的分析，最根本的是判斷反響物，產(chǎn)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(huán)出現(xiàn)的；反響物那么是通過一個箭頭進入整個歷程的物質(zhì)；而產(chǎn)物一般多是通過一個箭頭最終脫離整個歷程的物質(zhì)。5．1934年約里奧–居里夫婦在核反響中用α粒子(即氦核)轟擊金屬原子，得到核素，開創(chuàng)了人造放射性核素的先河：+→+。其中元素X、Y的最外層電子數(shù)之和為8。以下表達正確的選項是A．的相對原子質(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【解析】【分析】原子轟擊實驗中，滿足質(zhì)子和質(zhì)量數(shù)守恒，因此W+4=30+1，那么W=27，X與Y原子之間質(zhì)子數(shù)相差2，因X元素為金屬元素，Y的質(zhì)子數(shù)比X大，那么Y與X位于同一周期，且Y位于X右側(cè)，且元素X、Y的最外層電子數(shù)之和為8，設(shè)X最外層電子數(shù)為a，那么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】A．的質(zhì)量數(shù)為27，那么該原子相對原子質(zhì)量為27，故A錯誤；B．Al元素均可形成AlCl3，P元素均可形成PCl3，故B正確；C．Al原子與P原子位于同一周期，且Al原子序數(shù)大于P原子序數(shù)，故原子半徑Al>P，故C錯誤；D．P的含氧酸有H3PO4、H3PO3、H3PO2等，故D錯誤；故答案為：B。6．科學(xué)家近年創(chuàng)造了一種新型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，溫室氣體CO2被轉(zhuǎn)化為儲氫物質(zhì)甲酸等，為解決環(huán)境和能源問題提供了一種新途徑。以下說法錯誤的選項是A．放電時，負極反響為B．放電時，1molCO2轉(zhuǎn)化為HCOOH，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2molC．充電時，電池總反響為D．充電時，正極溶液中OH?濃度升高【答案】D【解析】【分析】由題可知，放電時，CO2轉(zhuǎn)化為HCOOH，即CO2發(fā)生復(fù)原反響，故放電時右側(cè)電極為正極，左側(cè)電極為負極，Zn發(fā)生氧化反響生成；充電時，右側(cè)為陽極，H2O發(fā)生氧化反響生成O2，左側(cè)為陰極，發(fā)生復(fù)原反響生成Zn，以此分析解答?！驹斀狻緼．放電時，負極上Zn發(fā)生氧化反響，電極反響式為：，故A正確，不選；B．放電時，CO2轉(zhuǎn)化為HCOOH，C元素化合價降低2，那么1molCO2轉(zhuǎn)化為HCOOH時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2mol，故B正確，不選；C．充電時，陽極上H2O轉(zhuǎn)化為O2，負極上轉(zhuǎn)化為Zn，電池總反響為：，故C正確，不選；D．充電時，正極即為陽極，電極反響式為：，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。7．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)系如下圖。[比方A2?的分布系數(shù)：δ(A2-以下表達正確的選項是A．曲線①代表δ(H2A)，曲線②B．H2A溶液的濃度為0.2000mol·L?1C．HA?的電離常數(shù)Ka=1.0×10?2D．滴定終點時，溶液中c【答案】C【解析】【分析】根據(jù)圖像，曲線①代表的粒子的分布系數(shù)隨著NaOH的滴入逐漸減小，曲線②代表的粒子的分布系數(shù)隨著NaOH的滴入逐漸增大，粒子的分布系數(shù)只有1個交點；當參加40mLNaOH溶液時，溶液的pH在中性發(fā)生突變，且曲線②代表的粒子到達最大值接近1；沒有參加NaOH時，pH約為1，說明H2A第一步完全電離，第二步局部電離，曲線①代表δ(HA-)，曲線②代表δ(A2-)，根據(jù)反響2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000mol/L×40mL【詳解】A．根據(jù)分析，曲線①代表δ(HA-)，曲線②代表δ(A2-)，A錯誤；B．當參加40.00mLNaOH溶液時，溶液的pH發(fā)生突變，說明恰好完全反響，結(jié)合分析，根據(jù)反響2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000mol/L×40mL2×C．根據(jù)曲線當δ(HA-)=δ(A2-)時溶液的pH=2，那么HA-的電離平衡常數(shù)Ka=c(A2-)?c(H+)cD．用酚酞作指示劑，酚酞變色的pH范圍為8.2~10，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-)，那么c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D錯誤；答案選C?！军c睛】此題的難點是判斷H2A的電離，根據(jù)pH的突變和粒子分布分數(shù)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(shù)，右邊縱坐標代表pH，圖像中δ(HA-)=δ(A2-)時溶液的pH≠5，而是pH=2。第II卷〔非選擇題〕請點擊修改第II卷的文字說明評卷人得分二、工業(yè)流程題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答復(fù)以下問題：(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(zhuǎn)化為反響的離子方程式___________。(3)“中和沉淀〞中，釩水解并沉淀為，隨濾液②可除去金屬離子K+、Mg2+、Na+、___________，以及局部的___________。(4)“沉淀轉(zhuǎn)溶〞中，轉(zhuǎn)化為釩酸鹽溶解。濾渣③的主要成分是___________。(5)“調(diào)pH〞中有沉淀生產(chǎn)，生成沉淀反響的化學(xué)方程式是___________。(6)“沉釩〞中析出NH4VO3晶體時，需要參加過量NH4Cl，其原因是___________。【答案】加快酸浸和氧化反響速率〔促進氧化完全〕Fe2+VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2OMn2+Fe3+、Al3+Fe(OH)3NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl=NaCl+Al(OH)3↓+H2O利用同離子效應(yīng)，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，F(xiàn)e3O4與硫酸反響生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此過程中不反響，濾液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；濾液①中參加NaOH調(diào)節(jié)pH=3.0~3.1，釩水解并沉淀為V2O5·xH2O，根據(jù)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+局部轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，局部Al3+轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀，濾液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，濾餅②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，濾餅②中參加NaOH使pH>13，V2O5·xH2O轉(zhuǎn)化為釩酸鹽溶解，Al(OH)3轉(zhuǎn)化為NaAlO2，那么濾渣③的主要成分為Fe(OH)3；濾液③中含釩酸鹽、偏鋁酸鈉，參加HCl調(diào)pH=8.5，NaAlO2轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀而除去；最后向濾液④中參加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，加快酸浸和氧化反響速率〔促進氧化完全〕，故答案為：加快酸浸和氧化反響速率〔促進氧化完全〕；(2)“酸浸氧化〞中，釩礦粉中的Fe3O4與硫酸反響生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，F(xiàn)e2+具有復(fù)原性，那么VO+和VO2+被氧化成的同時還有Fe2+被氧化，反響的離子方程式為MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+轉(zhuǎn)化為時，釩元素的化合價由+3價升至+5價，1molVO+失去2mol電子，MnO2被復(fù)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(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，VO+轉(zhuǎn)化為反響的離子方程式為VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O，故答案為：Fe2+，VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O；(3)根據(jù)分析，“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+，以及局部的Fe3+、Al3+，故答案為：Mn2+，F(xiàn)e3+、Al3+；(4)根據(jù)分析，濾渣③的主要成分是Fe(OH)3，故答案為：Fe(OH)3；(5)“調(diào)pH〞中有沉淀生成，是NaAlO2與HCl反響生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反響的化學(xué)方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl=NaCl+Al(OH)3↓+H2O，故答案為：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl=NaCl+Al(OH)3↓+H2O。(6)“沉釩〞中析出NH4VO3晶體時，需要參加過量NH4Cl，其原因是：增大NH4+離子濃度，利用同離子效應(yīng)，促進NH4VO3盡可能析出完全，故答案為：利用同離子效應(yīng)，促進NH4VO3盡可能析出完全?！军c睛】此題以黏土釩礦制備NH4VO3的工藝流程為載體，考查流程的分析、物質(zhì)的別離和提純、反響方程式的書寫等，解題的關(guān)鍵是根據(jù)物質(zhì)的流向分析每一步驟的作用和目的。評卷人得分三、實驗題9．為驗證不同化合價鐵的氧化復(fù)原能力，利用以下電池裝置進行實驗。答復(fù)以下問題：(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、_________(從以下圖中選擇，寫知名稱)。(2)電池裝置中，鹽橋連接兩電極電解質(zhì)溶液。鹽橋中陰、陽離子不與溶液中的物質(zhì)發(fā)生化學(xué)反響，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)。陽離子u∞×108/(m2·s?1·V?1)陰離子u∞×108/(m2·s?1·V?1)Li+4.074.61Na+5.197.40Ca2+6.59Cl?7.91K+7.628.27(3)電流表顯示電子由鐵電極流向石墨電極?？芍}橋中的陽離子進入________電極溶液中。(4)電池反響一段時間后，測得鐵電極溶液中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+)=________。(5)根據(jù)(3)、(4)實驗結(jié)果，可知石墨電極的電極反響式為_______，鐵電極的電極反響式為_______。因此，驗證了Fe2+氧化性小于________，復(fù)原性小于________。(6)實驗前需要對鐵電極外表活化。在FeSO4溶液中參加幾滴Fe2(SO4)3溶液，將鐵電極浸泡一段時間，鐵電極外表被刻蝕活化。檢驗活化反響完成的方法是_______?！敬鸢浮繜⒘客?、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，參加KSCN溶液，假設(shè)溶液不出現(xiàn)血紅色，說明活化反響完成【解析】【分析】(1)根據(jù)物質(zhì)的量濃度溶液的配制步驟選擇所用儀器；(2)~(5)根據(jù)題給信息選擇適宜的物質(zhì)，根據(jù)原電池工作的原理書寫電極反響式，并進行計算，由此判斷氧化性、復(fù)原性的強弱；(6)根據(jù)刻蝕活化的原理分析作答?！驹斀狻?1)由FeSO4·7H2O固體配制0.10mol·L-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FeSO4·7H2O固體配制0.10mol·L-1FeSO4溶液需要的儀器有藥匙、托盤天平、適宜的量筒、燒杯、玻璃棒、適宜的容量瓶、膠頭滴管，故答案為：燒杯、量筒、托盤天平。(2)Fe2+、Fe3+能與反響，Ca2+能與反響，F(xiàn)eSO4、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+反響，根據(jù)題意“鹽橋中陰、陽離子不與溶液中的物質(zhì)發(fā)生化學(xué)反響〞，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(yīng)盡可能地相近，根據(jù)表中數(shù)據(jù)，鹽橋中應(yīng)選擇KCl作為電解質(zhì)，故答案為：KCl。(3)電流表顯示電子由鐵電極流向石墨電極，那么鐵電極為負極，石墨電極為正極，鹽橋中陽離子向正極移動，那么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(jù)(3)的分析，鐵電極的電極反響式為Fe-2e-=Fe2+，石墨電極上未見Fe析出，石墨電極的電極反響式為Fe3++e-=Fe2+，電池反響一段時間后，測得鐵電極溶液中c〔Fe2+〕增加了0.02mol/L，根據(jù)得失電子守恒，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(jù)(3)、(4)實驗結(jié)果，可知石墨電極的電極反響式為Fe3++e-=Fe2+，鐵電極的電極反響式為Fe-2e-=Fe2+；電池總反響為Fe+2Fe3+=3Fe2+，根據(jù)同一反響中，氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物、復(fù)原劑的復(fù)原性強于復(fù)原產(chǎn)物，那么驗證了Fe2+氧化性小于Fe3+，復(fù)原性小于Fe，故答案為：Fe3++e-=Fe2+，F(xiàn)e-2e-=Fe2+，F(xiàn)e3+，F(xiàn)e。(6)在FeSO4溶液中參加幾滴Fe2(SO4)3溶液，將鐵電極浸泡一段時間，鐵電極外表被刻蝕活化，發(fā)生的反響為Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，要檢驗活化反響完成，只要檢驗溶液中不含F(xiàn)e3+即可，檢驗活化反響完成的方法是：取活化后溶液少許于試管中，參加KSCN溶液，假設(shè)溶液不出現(xiàn)血紅色，說明活化反響完成，故答案為：取活化后溶液少許于試管中，參加KSCN溶液，假設(shè)溶液不變紅，說明活化反響完成?！军c睛】此題的難點是第(2)題鹽橋中電解質(zhì)的選擇和第(6)實驗方法的設(shè)計，要充分利用題給信息和反響的原理解答。評卷人得分四、原理綜合題10．硫酸是一種重要的根本化工產(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)ΔH=?98kJ·mol?1。答復(fù)以下問題：(1)釩催化劑參與反響的能量變化如下圖，V2O5(s)與SO2(g)反響生成VOSO4(s)和V2O4(s)的熱化學(xué)方程式為：_________。(2)當SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物質(zhì)的量分數(shù)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(zhuǎn)化率α隨溫度的變化如下圖。反響在5.0MPa、550℃時的α=__________，判斷的依據(jù)是__________。影響α的因素有__________。(3)將組成(物質(zhì)的量分數(shù))為2m%SO2(g)、m%O2(g)和q%N2(g)的氣體通入反響器，在溫度t、壓強p條件下進行反響。平衡時，假設(shè)SO2轉(zhuǎn)化率為α，那么SO3壓強為___________，平衡常數(shù)Kp=___________(以分壓表示，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。(4)研究說明，SO2催化氧化的反響速率方程為：v=k(?1)0.8(1?nα')。式中：k為反響速率常數(shù)，隨溫度t升高而增大；α為SO2平衡轉(zhuǎn)化率，α'為某時刻SO2轉(zhuǎn)化率，n為常數(shù)。在α'=0.90時，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，如下圖。曲線上v最大值所對應(yīng)溫度稱為該α'下反響的最適宜溫度tm。t<tm時，v逐漸提高；t>tm后，v逐漸下降。原因是__________________________。【答案】2V2O5(s)+2SO2(g)?2VOSO4(s)+V2O4(s)?H=-351kJ?mol-10.975該反響氣體分子數(shù)減少，增大壓強，α提高。所以，該反響在550℃、壓強為5.0MPa＞2.5MPa＝p２的，所以p1=5.0MPa反響物〔N2和O2〕的起始濃度〔組成〕、溫度、壓強升高溫度，k增大使v逐漸提高，但α降低使v逐漸下降。當t＜tm，k增大對v的提高大于α引起的降低；當t＞tm，k增大對v的提高小于α引起的降低【解析】【分析】根據(jù)蓋斯定律，用的熱化學(xué)方程式通過一定的數(shù)學(xué)運算，可以求出目標反響的反響熱；根據(jù)壓強對化學(xué)平衡的影響，分析圖中數(shù)據(jù)找到所需要的數(shù)據(jù)；根據(jù)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(shù)；根據(jù)題中所給的速率公式，分析溫度對速率常數(shù)及二氧化硫的轉(zhuǎn)化率的影響，進一步分析對速率的影響?！驹斀狻?1)由題中信息可知：①SO2(g)+O2(g)?SO3(g)?H=-98kJ?mol-1②V2O4(s)+SO3(g)?V2O5(s)+SO2(g)?H2=-24kJ?mol-1③V2O4(s)+2SO3(g)?2VOSO4(s)?H1=-399kJ?mol-1根據(jù)蓋斯定律可知，③-②2得2V2O5(s)+2SO2(g)?2VOSO4(s)+V2O4(s)，那么?H=?H1-2?H2=(-399kJ?mol-1)-(-24kJ?mol-1)2=-351kJ?mol-1，所以該反響的熱化學(xué)方程式為：2V2O5(s)+2SO2(g)?2VOSO4(s)+V2O4(s)?H=-351kJ?mol-1；(2)SO2(g)+O2(g)?SO3(g)，該反響是一個氣體分子數(shù)減少的放熱反響，故增大壓強可以使化學(xué)平衡向正反響方向移動。因此，在相同溫度下，壓強越大，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率越大，所以，該反響在550℃、壓強為5.0MPa條件下，SO2的平衡轉(zhuǎn)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(shù)據(jù)可知，α=0.975。影響α的因素就是影響化學(xué)平衡移動的因素，主要有反響物〔N2和O2〕的濃度、溫度、壓強等。(3)假設(shè)原氣體的物質(zhì)的量為100mol，那么SO2、O2和N2的物質(zhì)的量分別為2mmol、mmol和qmol，2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率為α，那么有以下關(guān)系：平衡時氣體的總物質(zhì)的量為n(總)=2m(1-α)+m(1-α)+2mαmol+qmol，那么SO3的物質(zhì)的量分數(shù)為。該反響在恒壓容器中進行，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)由于該反響是放熱反響，溫度升高后α降低。由題中信息可知，v=，升高溫度，k增大使v逐漸提高，但α降低使v逐漸下降。當t＜tm，k增大對v的提高大于α引起的降低；當t＞tm，k增大對v的提高小于α引起的降低?！军c睛】此題有關(guān)化學(xué)平衡常數(shù)的計算是一個難點，尤其題中給的都是字母型數(shù)據(jù)，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(shè)、小心求算，還是可以得到正確結(jié)果的，畢竟有關(guān)化學(xué)平衡的計算是一種熟悉的題型。此題的另一難點是最后一問，考查的是速率公式與化學(xué)平衡的綜合理解，需要明確化學(xué)反響速率與速率常數(shù)及平衡轉(zhuǎn)化率之間的函數(shù)關(guān)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．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奉獻而獲得2021年諾貝爾化學(xué)獎。答復(fù)以下問題：(1)基態(tài)Fe2+與Fe3+離子中未成對的電子數(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________。(3)磷酸根離子的空間構(gòu)型為_______，其中P的價層電子對數(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、共棱形成空間鏈結(jié)構(gòu)。每個晶胞中含有LiFePO4的單元數(shù)有____個。電池充電時，LiFeO4脫出局部Li+，形成Li1?xFePO4，結(jié)構(gòu)示意圖如(b)所示，那么x=_______，n(Fe2+)∶n(Fe3+)=_______。【答案】4:5Na與Li同主族，Na的電子層數(shù)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(xiàn)增大的趨勢；但由于基態(tài)Be原子的s能級軌道處于全充滿狀態(tài)，能量更低更穩(wěn)定，故其第一電離能大于B的正四面體形4sp34或0.187513:3【解析】【分析】題(1)考查了對基態(tài)原子電子排布規(guī)律的認識；題(2)考查了第一電離能的周期性變化規(guī)律；題(3)考查了分子或離子空間構(gòu)型判斷的兩大理論；題(4)重點考查通過陌生晶胞的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖判斷晶胞組成?！驹斀狻?1)基態(tài)鐵原子的價電子排布式為，失去外層電子轉(zhuǎn)化為Fe2+和Fe3+，這兩種基態(tài)離子的價電子排布式分別為和，根據(jù)Hund規(guī)那么可知，基態(tài)Fe2+有4個未成對電子，基態(tài)Fe3+有5個未成對電子，所以未成對電子個數(shù)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(xiàn)增大的趨勢，但由于ⅡA元素基態(tài)原子s能級軌道處于全充滿的狀態(tài)，能量更低更穩(wěn)定，所以其第一電離能大于同一周期的ⅢA元素，因此；(3)經(jīng)過計算，中不含孤電子對，成鍵電子對數(shù)目為4，價層電子對數(shù)為4，因此其構(gòu)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，F(xiàn)e存在于由O構(gòu)成的正八面體內(nèi)部，P存在由O構(gòu)成的正四面體內(nèi)部；再分析題干中給出的(a),(b)和(c)三個不同物質(zhì)的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，比照(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(cè)面面心以及上下底面各自的相對的兩條棱心處，經(jīng)計算一個晶胞中Li+的個數(shù)為個；進一步分析(a)圖所示的LiFePO4的晶胞中，八面體結(jié)構(gòu)和四面體結(jié)構(gòu)的數(shù)目均為4，即晶胞中含F(xiàn)e和P的數(shù)目均為4；考慮到化學(xué)式為LiFePO4，并且一個晶胞中含有的Li+，F(xiàn)e和P的數(shù)目均為4，所以一個晶胞中含有4個LiFePO4單元。比照(a)和(b)兩個晶胞結(jié)構(gòu)示意圖可知，Li1