高中化学 全国卷1化学高考解析.docx
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高中化学全国卷1化学高考解析
2020年全国1卷化学高考详细解析版
运城龙翔实验中学陈振雄杨洋洋
一、单选题(本大题共7小题,每小题6分,共42分)
1.国家卫健委公布的新,型冠状病毒肺炎诊疗方案指出,乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。
对于上述化学药品,下列说法错误的是()
A.CH3CH2OH能与水互溶B.NaClO通过氧化灭活病毒
C.过氧乙酸相对分子质量为76D.氯仿的化学名称是四氯化碳解析
A选项:
CH3CH2OH能与水以任意比互溶,故A正确;
B选项:
NaClO具有强氧化性,通过氧化灭活病毒,故B正确;
C选项:
过氧乙酸的分子式为CH3COOOH,其相对分子质量为76,故C正确;
D选项:
氯仿的化学名称是三氯甲烷,分子式是CHCl3,故D错误;
故选D
2.紫花前胡醇(
)可从中药材当归和白芷中提取得到,能提高人体免疫力,有关该化合物,下列叙述错误的是()
A.分子式为C14H1404B.不能使酸性重铬酸钾溶液变色
C.能够发生水解反应D.能够发生消去反应生成双键
解析:
A选项:
根据紫花前胡醇的结构简式可知,其分子中含有14个C原子,4个O原子,分子的不饱和度Ω=8.所以其分子式为C14H1404,故A正确;
B选项:
由于分子中存在碳碳双键,所以可以被强氧化剂酸性重铬酸钾氧化,从而使其褪色,故B错误;
C选项:
分子中存在酯基-COO-,可以在酸性或碱性条件下水解,故C正确;
D选项:
分子中存在-OH,可以发生消去反应,生成碳碳双键,故D正确;
故选B
3、下列气体除杂质的方法中,不能实现目的的是()
气体(杂质)
方法
A
SO2(H2S)
通过酸性高锰酸钾溶液
B
Cl2(HCl)
通过饱和的食盐水
C
N2(O2)
通过灼热的铜丝网
D
NO(NO2)
通过氢氧化钠溶液
A.AB.BC.CD.D
解析
A选项:
SO2和H2S均具有还原性,酸性KMnO4具有强氧化性,因此SO2和H2S均可以被氧化,所以不能实现目的,故选A;
B选项:
Cl2与水发生反应Cl2+H2O===HCl+HClO,通过饱和食盐水可以除去Cl2中的HC1,由于Cl-的大量存在,不改变HC1的溶解度,又可以使Cl2与水的反应平衡向逆反应方向移动,降低Cl2的溶解度,能够实现目的,故B不选;
C选项:
02与灼热的铜网会发生反应2Cu+02=≜=2CuO,N2与Cu不反应,因此通过灼热的铜网可以除掉N2中的O2,能够实现目的,故C不选;
D选项NO2会与水发生反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O,因此可以用NaOH溶液除去NO中混有的NO2,能够实现目的,故D不选;
故选A
4、铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]-可催化甲醇羰基化,反应过程如图所示。
下列叙述错误的是()
A.CH3COI是反应中间体
B.甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=CH3CO2H
C.反应过程中Rh的成键数目保持不变
D.存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O
解析
A选项:
CH3COI在反应历程中先生成后消失,是反应的中间体,故A正确;
B选项:
根据反应历程,甲醇羰基化的反应物为CO和CH3OH,经过一系列中间态,最终产物为CH3CO2H,反应方程式为CH3OH+CO=CH3CO2H,故B正确;
C选项:
反应过程中,含Rh的物质
有四种,Rh的成键数目会发生改变,故C错误;
D选项:
反应中,CH3OH与HI反应,产生CH3I和H2O,故D正确;
故选C
5、1934年约里奥--居里夫妇在核反应中用α粒子(即氢核24He)轰击金属原子
,得到核素Z+230Y,开创了人造放射性核素的先河ZWX+24He---Z+230Y+01n,其中元素X、Y的最外层电子数之和为8。
下列叙述正确的是()
A.ZWX的相对原子质量为26B.X、Y均可形成三氯化物
C.x的原子半径小于Y的D.Y仅有一种含氧酸
解析:
ZWX的质子数为Z,质量数为w,Z+230Y的质子数为Z+2,质量数为30,则Z+230Y的质量数比ZWX的质子数多2,由于ZWX为金属原子,则可推知ZWX与Z+230Y位于同一周期,由于元素X,Y的最外层电子数之和为8,设元素X的最外层电子数为x,则元素Y的最外层电子数为x+2,故x+x+2=8,解得x=3。
核反应遵循质子数守恒和质量数守恒,由核反应式ZWX+24He---Z+230Y+01n可知,W+4=30+1,解得W=27,故X的质量数27,故根据上述分析可推知金属元素X为Al,质子数为13,元素Y的质子数为15,Y为P,故ZWX为1327Al,Z+230Y为1530P。
A选项:
1327Al的质量数27,根据核素的相对原子质量约等于质量数可知,1327Al的相对原子质量约等于27,故A错误;
B选项:
X、Y元素均可形成三氯化物,X元素的三氯化物为AlCl3,Y元素三氯化物为PCl3,故B正确;
C选项:
同一周期元素(稀有气体元素除外)的原子,核外电子层数相同,随着核电荷数的递增,原子半径逐渐减少,由于X、Y位于同一周期,核电荷数:
X X>Y,故C错误; D选项: Y为P,Y元素的含氧酸有H3PO4、H3PO3、H3PO2等,故D错误; 故选B。 6.科学家近年发明了一种新型Zn-CO2水介质电池。 电池示意图如下,电极为金属锌和选择性催化材料,放电时,温室气体CO2被转化为储氧物质甲酸等,为解决环境和能源问题提供了一种新途径。 下列说法错误的是() A.放电时,负极反应为Zn-2e-+40H-=Zn(OH)42- B.放电时,1molCO2转化为HCOOH,转移的电子数为2mol C.充电时,电池总反应为2Zn(OH)42-=2Zn+O2+40H-+2H2O D.充电时,正极溶液中OH-浓度升高 解析 A选项: 由图中的放电过程可知,Zn失电子变为Zn(OH)42-,Zn作负极,故负极反应为Zn-2e-+40H-=Zn(OH)42-,故A正确; B选项: 放电时,CO2中C元素化合价为+4价,HCOOH中C元素化合价为+2价,得电子,故1molCO2转化为HCOOH,转移的电子数为2mol,故B正确; C选项: 由图中的充电过程可知,Zn(OH)42-得电子变为Zn,阴极反应为Zn(OH)42-+2e-==Zn+40H-,H2O失电子生成O2,阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+,则充电时电池的总反应为2Zn(OH)42-=2Zn+O2↑+40H-+2H2O,故C正确; D选项: 充电时,阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+,正极溶液中OH-浓度降低,故D错误 故选D。 7.以酚酞为指示剂,用0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。 溶液中,pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如下图所示, [比如A²-的分布系数: δ(A2-)= ] 下列叙述正确的是() A.曲线①代表δ(H2A),曲线②代表δ(HA-) B.H2A溶液的浓度为0.2000mol·L-l C.HA-的电离常数Ka=1.0×10-2 D.滴定终点时,溶液中c(Na+)<2c(A2-)+c(HA-) 解析: A选项: H2A溶液中逐滴加入NaOH,发生的反应依次为: ①NaOH+H2A=NaHA+H2O, ②NaHA+NaOH=Na2H+H2O;经分析可知,在反应过程中H2A逐渐减小,HA-会先增多后减少(反应①生成HA-,反应②消耗HA-),A2-会在HA-开始消耗时才出现,所以曲线①若为δ(H2A),曲线②不能代表δ(HA-),δ(HA-)的曲线会先上升后下降才合理。 δ(A²-)会持续增大,且从HA-发生与NaOH的中和反应时[δ(HA-)在反应过程中减小]才持续增大,所以曲线②代表δ(A²-),曲线①代表δ(HA-),而H2A的第一步电离为完全电离,故A错误; B选项: 根据分布系数图像可知,当VNaoH=40mL时,达到滴定终点,由于H2A为二元酸,所以其浓度应为0.1000mol·L-l,故B错误; C选项: HA-====H++A2-,Ka= ,当VNaoH=25ml,曲线①与曲线②相交,δ(HA-)=δ(A²-)=0.5,pH=2.0,c(H+)=1X10-2mol/L, δ(A2-)= =δ(HA-)= ,所以c(HA-)=c(A²-),代入到Ka中Ka= =1x10-²,故C正确; D选项: 达到滴定终点时,NaOH与H2A恰好完全反应,此时溶质为Na2A,溶液中的电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=2c(A²-)+c(HA-)+c(OH-),H2A为弱酸,由于Na2A水解,溶液显碱性,A2-+H2O===HA-+OH-,c(OH-)>c(H+),c(Na+)>2c(A2-)+c(HA-),所以达到滴定终点时c(Na+)>2c(A²-)+c(HA-),故D错误; 故选C。 二、必考题(本大题共3小题,共43分) 8: 钒具有广泛用途。 黏土钒矿中,钒以+3、+4、+5价的化合物存在,还包括钾、镁的铝硅酸盐,以及SiO2、Fe3O4。 采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。 该工艺条件下,溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示: 回答下列问题: (1)“酸浸氧化”需要加热,其原因是_________________ (2)“酸浸氧化”中,VO+和VO2+被氧化成VO2+,同时还有_______离子被氧化。 写出VO+转化为VO2+反应的离子方程式_____________ (3)“中和沉淀”中,钒水解并沉淀为V2O5·xH2O,随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、________,以及部分的_____________。 (4)“沉淀转溶”中,V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。 滤渣③的主要成分是_________。 (5)“调pH”中有沉淀生成,生成沉淀反应的化学方程式是_____________。 (6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时,需要加入过量NH4Cl,其原因是_____________。 答案(1)加快酸侵和氧化速率 (2)1: Fe2+2: VO++MnO2+2H+=VO2++Mn2++H20 (3)1: Mn2+2: Fe3+和A13+ (4)Fe(OH)3 (5)NaAl(OH)4+HC1==Al(OH)3↓+NaCl+H2O (6)利用同离子效应,促进NH4VO3尽可能析出完全 解析 (1)分析流程图: “酸浸氧化”加入H2SO4、MnO2,可将VO+和VO2+氧化成VO2+,将Fe2+氧化成Fe3+,并且得到滤渣①为H2SiO3、SiO2沉淀,滤液①中含有K+、Mg2+、Fe3+、A13+、Mn2+、VO2+等; “中和沉淀”加入NaOH,调节pH=3.0~3.1,分析金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH,滤饼②中含有V2O5·xH2O,少部分的Fe(OH)3、A1(OH)3,滤液②中含有K+、Mg2+、Na+、Mn2+、以及部分Fe3+和A13+ “沉淀转溶”加入NaOH,调节pH>13,V2O5·xH2O转化为钒酸盐,Al(OH)3转化成NaAl(OH)4,所以滤液③中含有钒酸盐、NaAl(OH)4,滤渣③中含有Fe(OH)3;“调pH”加入HCl,调节pH=8.5,可以使NaAl(OH)4转化为Al(OH)3沉淀,所以滤渣④为Al(OH)3,滤液④中含有钒酸盐; “沉钒”中加入过量的NH4Cl使钒酸盐变成NH4VO3沉淀下来; “酸浸氧化”发生酸浸和氧化反应,加热可以加快酸浸和氧化反应速率。 (2)由分析得: “酸浸氧化”步骤将VO+和VO2+氧化成VO2+,将Fe2+氧化成Fe3+; VO+和MnO2反应生成VO2+和Mn2+,反应前为酸性条件,根据守恒反应的离子方程式为: VO++MnO2+2H+=VO2++Mn2++H2O。 (3)“中和沉淀”步骤加入NaOH,调节pH=3.0~3.1,分析金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH,滤液②中含有K+、Mg2+、Na+、Mn2+以及部分Fe3+和A13+。 (4)“沉淀转溶”加入NaOH,调节pH>13,V2O5·xHzO转化为钒酸盐,以及Al(OH)3转化成NaAl(OH)4,则剩下滤渣③Fe(OH)3过滤出来。 (5)“调pH”加入HCl,调节pH=8.5,根据金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH,可知NaAl(OH)4转化为Al(OH)3沉淀,反应的化学方程式为: NaAl(OH)4+HC1==Al(OH)3↓+NaCl+H2O。 (6)“沉钒”中加入过量的NH4Cl可以利用同离子效应,促进NH4VO3尽可能析出完全。 9: 为验证不同化合价铁的氧化还原能力,利用下列电池装置进行实验。 回答下列问题: (2)电池装置中,盐桥连接两电极电解质溶液。 盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应,并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。 根据下表数据,盐桥中应选择________作为 电解质。 (3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。 可知盐桥中的阳离子进入_______电极溶液中。 (4)电池反应一段时间后测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02mol·L-1。 石墨电极上未见Fe析出。 可知,石墨电极溶液中c(Fe2+)=_______ (5)根据(3)、(4)实验结果,可知石墨电极的电极反应式为_____________________。 铁电极的电极反应式为_____________________。 因此验证了Fe2+氧化性小于_______,还原性小于___________。 (6)实验前需要对铁电极表面活化。 在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液,将铁电极泡一段时间,铁电极表面被刻蚀活化。 检验活化反应完成的方法是__________。 答案 (1)烧杯、量筒、托盘天平 (2)KCl(3)石墨(4)0.09mol.L-1 (5)1: Fe3++e-=Fe2+2: Fe-2e-=Fe2+3: Fe3+4: Fe (6)取少量溶液,滴入KSCN溶液,溶液不出现血红色 解析 (1)由FeSO4·7H2O固体配制0.1mol·L-1FeSO4溶液,需要的仪器有药匙、玻璃棒、烧杯、量筒、托盘天平。 (2)盐桥连接两电极电解质溶液,盐桥中阳、阴离子不与溶液中的物质发生化学反应,并且电迁移率应尽可能相近,分析电解质溶液和表格,不与FeSO4和Fe2(SO4)3反应且与SO42-的电迁移率最相近的阳离子为K+、阴离子为Cl-,所以盐桥中应选择KCl作为电解质。 (3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极,则铁电极为负极,石墨电极为正极,溶液中阳离子移向正极,阴离子移向负极,则盐桥中的阳离子移向石墨电极的溶液。 (4)分析电池可知电池的总反应为: 2Fe3++Fe=3Fe2+反应一段时间后,测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02mol·L-1假设电解质溶液的体积为V,则铁电极增加的Fe2+的物质的量为0.02Vmol,即铁电极由Fe转变为Fe2+转移的电子为0.04Vmol,那么石墨电极Fe3+转变为Fe2+转移的电子也为0.04Vmol,得到石墨电极增加的Fe2+的物质的量为0.04Vmol,即增加的c(Fe²+)为0.04mol·L-1,则反应后石墨电极c(Fe²+)=0.04mol·L-1+0.05mol·L-1=0.09mol·L-1 (5)根据(3)(4)的结果,石墨电极为正极,发生的电极反应式为: Fe3++e-=Fe2+;铁电极为负极,发生的电极反应式为: Fe-2e-=Fe2+;从电极反应式可以得出,Fe2+的氧化性要小于Fe3+,还原性小于Fe。 (6)实验前需要对铁电极进行表面活化,在铁电极FeSO4溶液中滴入几滴Fe2(SO4)3溶液,将铁电极浸泡一段时间,Fe会与Fe2(SO4)3发生反应,铁电极表面被刻蚀活化,此时溶液中不含有Fe3+,所以检验活化反应完成的方法即为检验溶液中不存在Fe3+的方法,可以取少量溶液滴入KSCN溶液,溶液不出现血红色则证明活化反应完成。 10: 硫酸是一种重要的基本化工产品。 接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化: SO2(g)+ O2(g)----钒催化剂---SO3(g)△H=98kJ·mol-1。 回答下列问题: (1)钒催化剂参与反应的能量变化如图(a)所示,V205(s)与SO2(g)反应生VOSO4(s)和V204(s)的热化学方程式为: __________________________________________ (2)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时,在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下,SO2平衡转化率α随温度的变化如图(b)所示,反应在5.0MPa、550°C时的α=_______,判断的依据是____________。 影响α的因素有______________。 (3)将组成(物质的量分数)为2m%SO2(g)、m%02(g)和q%N2(g)的气体通入反应器,在温度t、压强p条件下进行反应。 平衡时,若SO2转化率为α,则SO3压强为_________,平衡常数Kp=_________(以分压表示,分压=总压×物质的量分数)。 (4)研究表明,SO2催化氧化的反应速率方程为: v=k( )0.8(1-nα')式中: k为反应速率常数,随温度t升高而增大;α为SO2平衡转化率,α'为某时刻SO2转化率,n为常数。 在α'=0.90时,将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程,得到v~t曲线,如图(c)所示。 曲线上v最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度tm。 t 原因是___________________________ 答案: (1)2V2O5(s)+2SO2(g)=2VOSO4(s)+V2O4(s)△H=-351kJ·mol-1 (2)1: 0.975 2.该反应气体分子数减少,增大压强,α提高,5.0MPa>2.5MPa=P2,所以P1=5.0MPa 3: 温度、压强和反应物的起始浓度(组成) (3)1: 2: α·(1-α)-1.5·( )-0.5 (4)温度升高,k增大使v逐渐提高,但α降低使v逐渐下降。 t 解析 (1)V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的目标方程式为: 2V2O5(s)+2SO2(g)=2VOSO4(s)+V2O4(s)△H,从图(a)可得热化学方程式 ①V2O4(s)+2SO3(g)=2VOSO4(s)△H1=-399kJ·mol-1 ②V2O4(s)+SO3(g)=V2O5(s)+SO2(g)△H2=-24kJ·mol-1 由盖斯定律得: 目标方程式=①-2x②,则 △H=△H1-2×△H2=-399kJ·mol-1-2x(-24kJ·mol-1)=-351kJ·mol-1,则V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为: 2V2O5(s)+2SO2(g)=2VOSO4(s)+V2O4(s)△H=-351kJ·mol-1 (2)SO2(g)+ O2(g)----钒催化剂---SO3(g),该反应为气体系数减小的反应,相同温度下增大压强,SO2平衡转化率增大,则图(b)中P1=5.0MPa,反应在5.0MPa、550℃时,从图中得出α=0.975;该反应为放热反应,其它条件不变时温度升高,α减小,该反应为气体系数减小的反应,其它条件不变时,压强增大,α增大,反应物起始投料n(O2): n(SO2)越大,α越大,则影响α的因素有: 温度、压强和反应物的起始浓度(组成)。 (3)该反应: SO2(g)+ O2(g)----钒催化剂---SO3(g),在温度t,压强p条件下进行反应,根据题意,设起始投料100mol,其中SO2为2mmol,O2为mmol,则N2为(100-3m)mol,平衡时,SO2 转化率为α,可列三段式: SO2(g)+ O2(g)----钒催化剂---SO3(g) 起始物质的量(mol)2mm0 变化物质的量(mol)2mαmα2mα 平衡物质的量(mol)2m(1-α)m(1-α)2mα 达平衡时,气体总物质的量为: n(SO2)+n(O2)+n(SO3)+n(N2)=2m(1-α)mol+m(1-α)mol+2mαmol+(100-3m)mol=(100-mα)mol 则平衡时SO3物质的量分数为: x100%,SO3压强为: ,O2压强为: p,SO2压强为: p,则平衡常数 (4)SO2催化氧化的反应速率方程式为: ,k随温度t升高而增大,α为SO2平衡转化率,由于该反应放热,温度t升高,α减小,α'为某时刻SO2转化率,n为常数,则可得出,温度升高,k增大使v增大,而α减小使v减小,t 三、选考题(本大题共2小题,每小题15分,选做1题) 【化学一选修3: 物质结构与性质】 11.[化学-选修3: 物质结构与性质] Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。 回答下列问题: (1)基态Fe2+与Fe3+中未成对的电子数之比为________。 (2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。 I1(Li)>I1(Na),原因是______________________。 I1(Be)>I1(B)>I1(Li),原因是______________________。 (3)磷酸根离子的空间构型为________,其中P的价层电子对数为________、杂化轨道类型为________。 (4)LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。 其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体,它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。 每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有_______个。 电池充电时,LiFePO4脱出部分Li+,形成Li1-xFePO4,结构示意图如(b)所示,则x=_______,n(Fe²+): n(Fe3+)=_______。 答案 (1)4: 5 (2)1: Na与Li是同主族元素,Na原子和Li原子价电子数都为1,原子半径Li 2: I1(Be)>I1(B),Be的价电子排布为2s²,是全充满结构,比较稳定,不易失去电子;而B的价电子排布为2s22p1,容易失去2p上的电子,所以I1(Be)>I1(B)。 Li与B同周期,原子序数Li<B,原子半径Li>B,原子核对核外电子的吸引力B>Li,失电子能力B弱于Li,所以I1(B)>I1(Li) (3)1: 正四面体结构2: 4 3: sp (4)1: 4 2: 3: 13: 3 解析 (1)Fe原子的核外电子排布式为[Ar|3d64s²,失去最外层的两个电子变为Fe²+,此时剩下[Ar]3d6,3d上电子排布图为型 ,有4个未成对电子
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