《2020年河北省全国统一高考化学试卷(新课标ⅰ)(含解析版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年河北省全国统一高考化学试卷(新课标ⅰ)(含解析版).pdf（30页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第 1页（共 30页）2020 年全国统一高考化学试卷（新课标年全国统一高考化学试卷（新课标）一一、选择题选择题：本题共本题共 7 小题小题，每小题每小题 6 分分，共共 42 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一只有一项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。1（6 分）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（）ACH3CH2OH 能与水互溶BNaClO 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2（6 分）紫花前
2、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 C14H14O4B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3（6 分）下列气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是（）气体（杂质）方法ASO2（H2S）通过酸性高锰酸钾溶液BCl2（HCl）通过饱和的食盐水CN2（O2）通过灼热的铜丝网DNO（NO2）通过氢氧化钠溶液AABBCCDD4（6 分）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（）第 2页（共 30页）ACH3COI 是反应中间体B甲醇羰基化反应为 CH3OH+
3、COCH3CO2HC反应过程中 Rh 的成键数目保持不变D存在反应 CH3OH+HICH3I+H2O5（6 分）1934 年约里奥居里夫妇在核反应中用粒子（即氦核 He）轰击金属原子 X，得到核素Y，开创了人造放射性核素的先河：X+HeY+n 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 X 的相对原子质量为 26BX、Y 均可形成三氯化物CX 的原子半径小于 Y 的DY 仅有一种含氧酸6（6 分）科学家近年发明了一种新型 ZnCO2水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料。放电时，温室气体 CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径
4、。下列说法错误的是（）第 3页（共 30页）A放电时，负极反应为 Zn2e+4OHZn（OH）42B放电时，1mol CO2转化为 HCOOH，转移的电子数为 2molC充电时，电池总反应为 2Zn（OH）422Zn+O2+4OH+2H2OD充电时，正极溶液中 OH浓度升高7（6 分）以酚酞为指示剂，用 0.1000molL1的 NaOH 溶液滴定 20.00mL 未知浓度的二元酸 H2A 溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加 NaOH 溶液体积 VNaOH的变化关系如图所示。比如 A2的分布系数：（A2）下列叙述正确的是（）A曲线代表（H2A），曲线代表（HA）BH2A 溶液的浓度为 0.20
5、00molL1CHA的电离常数 Ka1.0102D滴定终点时，溶液中 c（Na+）2c（A2）+c（HA）二、非选择题：共二、非选择题：共 58 分。第分。第 810 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 1112 题题为选考题，考生根据要求作答为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共（一）必考题：共 43 分。分。8（14 分）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
6、表所示：第 4页（共 30页）金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+开始沉淀 pH1.97.03.08.1完全沉淀 pH3.29.04.710.1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 V2O5xH2O，随滤液可除去金属离子 K+、Mg2+、Na+、，以及部分的。（4）“沉淀转溶”中，V2O5xH2O 转化为钒酸盐溶解。滤渣的主要成分是。（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 N
7、H4VO3晶体时，需要加入过量 NH4Cl，其原因是。9（15 分）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：（1）由 FeSO47H2O 固体配制 0.10molL1FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、（从下列图中选择，写出名称）。（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。第 5页（共 30页）阳离子u108/（m2s1V1）阴离子u108/（m2s1V1）Li+4.07HCO34.61Na+5.19NO37.40Ca2+6.59Cl7
8、.91K+7.62SO428.27（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 0.02molL1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，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是。10（14 分）硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫
9、酸生产中的关键工序是 SO2的催化氧化：SO2（g）+O2（g）SO3（g）H98kJmol1问答下列问题：（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图（a）所示，V2O5（s）与 SO2（g）反应生成 VOSO4（s）和 V2O4（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平衡转化率随温度的变化如图（b）所示。反应在 5.0MPa、550时的，判断的依据是。影响的因素有。第 6页（共 30页）（3）将组成（物质的量分数）为 2m%SO2（g）、m%
10、O2（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，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：vk（1）0.8（1n）式中：k 为反应速率常数，随温度 t 升高而增大；为 SO2平衡转化率，为某时刻 SO2转化率，n 为常数。在0.90 时，将一系列温度下的 k、值代入上述速率方程，得到vt 曲线，如图（c）所示。曲线上 v 最大值所对应温度称为该下反应的最适宜温度 tmttm时，v 逐渐提高；ttm后，v 逐渐下降。原因是。（二（二）选考题选考题：共共 15
11、 分分。请考生从请考生从 2 道化学题中任选一题作答道化学题中任选一题作答。如果多做如果多做，则按所做的第则按所做的第一题计分。一题计分。化学化学-选修选修 3：物质结构与性质：物质结构与性质（15 分）分）11（15 分）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+离子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。I1/（kJmol1）Li520Be900
12、B801Na496Mg738Al578（3）磷酸根离子的空间构型为，其中 P 的价层电子对数为、杂化轨道类第 7页（共 30页）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 Li1xFePO4，结构示意图如（b）所示，则 x，n（Fe2+）：n（Fe3+）。化学化学-选修选修 5：有机化学基础：有机化学基础（15 分）分）12有机碱，例如二甲基胺（）、苯胺（）、吡啶（）等，在有机合成中应用很普遍，目
13、前“有机超强碱”的研究越来越受到关注。以下为有机超强碱 F的合成路线：已知如下信息：H2CCH2第 8页（共 30页）+RNH2苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体回答下列问题：（1）A 的化学名称为。（2）由 B 生成 C 的化学方程式为。（3）C 中所含官能团的名称为。（4）由 C 生成 D 的反应类型为。（5）D 的结构简式为。（6）E 的六元环芳香同分异构体中，能与金属钠反应，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为 6：2：2：1 的有种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为。第 9页（共 30页）2020 年全国统一高考化学试卷（新课标年全国统一高考化学试卷（新课标）参考答案与试题解析参考答
14、案与试题解析一一、选择题选择题：本题共本题共 7 小题小题，每小题每小题 6 分分，共共 42 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一只有一项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。1（6 分）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（）ACH3CH2OH 能与水互溶BNaClO 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【分析】ACH3CH2OH 与水分子间能形成氢键，并且都是极性分子；BNaClO 具有强氧化性；C过
15、氧乙酸的结构简式为 CH3COOOH；D氯仿的化学名称是三氯甲烷。【解答】解：A CH3CH2OH 与水分子间能形成氢键，并且都是极性分子，所以 CH3CH2OH能与水以任意比互溶，故 A 正确；BNaClO 具有强氧化性，通过氧化能灭活病毒，故 B 正确；C过氧乙酸的结构简式为 CH3COOOH，相对分子质量为 122+4+16376，故 C 正确；D氯仿的化学名称是三氯甲烷，不是四氯化碳，故 D 错误；故选：D。【点评】本题结合时事热点考查化学问题，平时要注意积累，题目难度不大。2（6 分）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
16、分子式为 C14H14O4B不能使酸性重铬酸钾溶液变色第 10页（共 30页）C能够发生水解反应D能够发生消去反应生成双键【分析】A、分子中 14 个碳原子，不饱和度为 8；B、分子中含有碳碳双键和羟基直接相连碳上有氢原子；C、分子中含有酯基，能发生水解；D、与OH 相连的 C 的邻位 C 上有一种 H 可发生消去反应；【解答】解：A、分子的不饱和度为 8，则氢原子个数为：142+28214，四个氧原子，所以分子式为：C14H14O4，故 A 正确；B、分子中含有碳碳双键和羟基直接相连碳上有氢原子，所以能使酸性重铬酸钾溶液变色，故 B 错误；C、分子中含有能发生水解酯基，则紫花前胡醇能水解，故
17、 C 正确；D、与OH 相连的 C 的邻位 C 上有一种 H 可发生消去反应，生成双键，故 D 正确；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握醇消去反应的结构特点为解答的关键，侧重醇性质的考查，题目难度不大。3（6 分）下列气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是（）气体（杂质）方法ASO2（H2S）通过酸性高锰酸钾溶液BCl2（HCl）通过饱和的食盐水CN2（O2）通过灼热的铜丝网DNO（NO2）通过氢氧化钠溶液AABBCCDD【分析】除杂的原则是不引入新的杂质，不减少要提纯的物质，操作简单，绿色环保。ASO2具有还原性，易被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸；B饱和食盐水可以减
18、少氯气的溶解量；第 11页（共 30页）CN2（O2）利用化学性质的差异，铜与氧气反应，；D.2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O，NO 为不成盐氧化物，【解答】解：ASO2被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸，故 A 错误；BCl2（HCl）利用溶解性的差异，除去 HCl，故 B 正确；CN2（O2）利用化学性质的差异，铜与氧气反应，不与氮气反应，达到除杂目的，故 C正确；DNO2可以与 NaOH 发生反应：2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O，NO 与 NaOH 溶液不能发生反应；尽管 NO 可以与 NO2一同跟 NaOH 发生反应：NO+NO2+2NaOH2NaNO3
19、+H2O，但由于杂质的含量一般较少，所以也不会对 NO 的量产生较大的影响，故 D 正确；故选：A。【点评】本题考查了气体除杂质，要掌握各物质的性质，难度不大，注重基础。4（6 分）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（）ACH3COI 是反应中间体B甲醇羰基化反应为 CH3OH+COCH3CO2HC反应过程中 Rh 的成键数目保持不变D存在反应 CH3OH+HICH3I+H2O【分析】A、由图可知，铑的配合物离子（Rh（CO）2I2生成 CH3COI，CH3COI 继续与H2O 反应生成 HI 和 CH3CO2H；第 12页（共 30页）B、
20、由图可知发生的反应依次为：CH3OH+HICH3I+H2O，+CH3I，+CO，CH3COI+，CH3COI+H2O HI+CH3CO2H，6 个反应依次发生；C、由图可以看出 Rh 的成键数目由 46564 变化；D、由 B 分析及图中箭头方向判断出此步反应。【解答】解：A、由图可知，铑的配合物离子（Rh（CO）2I2生成 CH3COI，CH3COI继续与 H2O 反应生成 HI 和 CH3CO2H，所以 CH3COI 是反应中间体，故 A 正确；B、由图可知发生的反应依次为：CH3OH+HICH3I+H2O，+CH3I，+CO，CH3COI+，CH3COI+H2O HI+CH3CO2H，6
21、 个反应依次发生，6 个反应方程式相加和，消去中间产物得出总反应：CH3OH+COCH3CO2H，故 B 正确；C、由图可以看出 Rh 的成键数目由 4 变为 6 再变为 5 再变为 6 再变为 4，依次循环，故C 错误；D、由 B 分析，按照箭头方向可知：CH3OH 和 HI 反应生成 CH3I 和 H2O，反应方程式为：即 CH3OH+HICH3I+H2O，故 D 正确；故选：C。第 13页（共 30页）【点评】本题考查学生对有机化学基础的理解和掌握，题目难度中等，掌握反应类型、化学反应原理等，明确由化学反应是解题关键。同时也考查了学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合
22、运用知识、信息分析解决问题能力。5（6 分）1934 年约里奥居里夫妇在核反应中用粒子（即氦核 He）轰击金属原子 X，得到核素Y，开创了人造放射性核素的先河：X+HeY+n 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 X 的相对原子质量为 26BX、Y 均可形成三氯化物CX 的原子半径小于 Y 的DY 仅有一种含氧酸【分析】由 X+HeY+n 及质量守恒可知，W30+1427，X、Y 的最外层电子数之和为 8，X 的最外层电子数为3，金属原子 X 的质量数为 27、且位于A族，Z13 符合题意，则 X 为 Al；Y 的最外层电子数为 835，质子数为 13+215，Y
23、为 P，以此来解答。【解答】解：由上述分析可知 X 为 Al、Y 为 P，AW 为 27，X 原子的相对原子质量为 27，故 A 错误；BX、Y 可形成三氯化物分别为 AlCl3、PCl3，故 B 正确；C同周期从左向右原子半径减小，则 X 的原子半径大于 Y 的半径，故 C 错误；DY 的含氧酸有磷酸、偏磷酸等，故 D 错误；故选：B。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握最外层电子数、质量守恒来推断元素为解答的关键，同时侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。6（6 分）科学家近年发明了一种新型 ZnCO2水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择
24、性催化材料。放电时，温室气体 CO2被转化为储氢物质甲酸等，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（）第 14页（共 30页）A放电时，负极反应为 Zn2e+4OHZn（OH）42B放电时，1mol CO2转化为 HCOOH，转移的电子数为 2molC充电时，电池总反应为 2Zn（OH）422Zn+O2+4OH+2H2OD充电时，正极溶液中 OH浓度升高【分析】电极为金属锌放电时，由图示知负极反应为 Zn2e+4OHZn（OH）42，温室气体 CO2被转化为储氢物质甲酸为还原反应，充电时阳极生成氧气，阴极发生还原反应生成锌，据此答题。【解答】解：A放电时，金属锌做负极生成 Zn
25、（OH）42，负极反应为 Zn2e+4OHZn（OH）42，故 A 正确；B放电时，CO2中碳的化合价为+4 价，HCOOH 中碳的化合价+2，1mol CO2转化为HCOOH，降低 2 价，转移的电子数为 2mol，故 B 正确；C充电时，阳极电极反应：2H2O4e4H+O2，阴极反应：Zn（OH）42Zn2e+4OH，电池总反应为 2Zn（OH）422Zn+O2+4OH+2H2O，故 C 正确；D充电时，阳极（原电池的正极）电极反应：2H2O4e4H+O2，溶液中 H+浓度增大，溶液中 c（H+）c（OH）KW，温度不变时，KW不变，因此溶液中 OH浓度降低，故 D 错误；故选：D。【点评
26、】本题考查原电池原理、电解池原理、电极方程式的书写、离子电子的转移等知识点，是高频考点，难度中等，注重基础。7（6 分）以酚酞为指示剂，用 0.1000molL1的 NaOH 溶液滴定 20.00mL 未知浓度的二元酸 H2A 溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加 NaOH 溶液体积 VNaOH的变化关系如图所示。比如 A2的分布系数：（A2）第 15页（共 30页）下列叙述正确的是（）A曲线代表（H2A），曲线代表（HA）BH2A 溶液的浓度为 0.2000molL1CHA的电离常数 Ka1.0102D滴定终点时，溶液中 c（Na+）2c（A2）+c（HA）【分析】A、曲线一直在减小，曲线在一
27、直增加，且两者相加等于 1；B、溶液的 pH 发生突变时，滴有酚酞的溶液发生颜色变化，到达滴定终点，即 NaOH 和H2A 恰好完全反应；C、HA的电离常数 Ka；D、滴定终点时（HA）0，溶液中的电荷守恒：c（H+）+c（Na+）2c（A2）+c（OH）。【解答】解：A、在未加 NaOH 溶液时，曲线的分布系数与曲线的分布系数之和等于 1，且曲线一直在减小，曲线在一直增加；说明 H2A 第一步完全电离，第二步存在电离平衡，即 H2AHA+H+，HAA2+H+，曲线代表（HA）；当加入用0.1000molL1的 NaOH 溶液 40.00mL 滴定后，发生 NaHA+NaOHNa2A+H2O，
28、HA的分布系数减小，A2的分布系数在增大，且曲线在一直在增加，在滴定终点后与重合，所以曲线代表（A2），故 A 错误；B、当加入 40.00mLNaOH 溶液时，溶液的 pH 发生突变，到达滴定终点，说明 NaOH 和H2A 恰好完全反应，根据反应 2NaOH+H2ANa2A+2H2O，n（NaOH）2n（H2A），c（H2A）0.1000mol/L，故 B 错误；第 16页（共 30页）C、由于 H2A 第一步完全电离，则 HA的起始浓度为 0.1000mol/L，根据图象，当 VNaOH0 时，HA的分布系数为 0.9，溶液的 pH1，A2的分布系数为 0.1，则 HA的电离平衡常数 Ka
29、1102，故 C正确；D、用酚酞作指示剂，酚酞变色的 pH 范围为 8.210，终点时溶液呈碱性，c（OH）c（H+），溶液中的电荷守恒，c（H+）+c（Na+）2c（A2）+c（OH）+c（HA），则c（Na+）2c（A2）+c（HA），故 D 错误；故选：C。【点评】本题考查学生对酸碱混合时的定性判断和 pH 的理解和掌握，以及阅读题目获取新信息能力等，熟练掌握电离平衡、水解平衡的的影响原理等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力，题目难度中等。明确曲线是解题关键。二、非选择题：共二、非选择题：共 58 分。第分。第 810 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第题为
30、必考题，每个试题考生都必须作答。第 1112 题题为选考题，考生根据要求作答为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共（一）必考题：共 43 分。分。8（14 分）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：金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+开始沉淀 pH1.97.03.08.1完全沉淀 pH3.29.04.710.1回答下列问题：（1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是加快酸浸和氧化反应速率。（2）“酸
31、浸氧化”中，VO+和 VO2+被氧化成 VO2+，同时还有Fe2+离子被氧化。写出VO+转化为 VO2+反应的离子方程式VO+2H+MnO2VO2+Mn2+H2O。（3）“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为 V2O5xH2O，随滤液可除去金属离子 K+、Mg2+、第 17页（共 30页）Na+、Mn2+，以及部分的Al3+和 Fe3+。（4）“沉淀转溶”中，V2O5xH2O 转化为钒酸盐溶解。滤渣的主要成分是Fe（OH）3。（5）“调 pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是HCl+NaAl（OH）4Al（OH）3+NaCl+H2O。（6）“沉钒”中析出 NH4VO3晶体时，需要加入过量 NH
32、4Cl，其原因是利用同离子效应，促进 NH4VO3尽可能析出完全。【分析】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，加入稀硫酸，使 Fe3O4生成 Fe3+和 Fe2+；加入 MnO2氧化还原性的 Fe2+成 Fe3+；VO+和 VO2+成 VO2+，SiO2和硅酸盐与酸生成的硅酸成为滤渣，滤液含有：Fe3+、VO2+、K+、Mg2+、Na+、Mn2+、Al3+；滤液加入 NaOH 溶液至 pH3.03.1，中和过量的硫酸并沉淀 Fe3+，使钒水解并沉淀为 V2O5xH2O，得滤饼，除去滤液Mn2+、K+、Mg2+、Na+及部分 Fe
33、3+、Al3+；滤饼加入过量 NaOH 溶液至 pH13，沉淀转溶得滤液，滤液含有 V2O5xH2O 生成 VO3和溶于碱的 Al（OH）3生成的Al（OH）4；滤渣为 Fe（OH）3，滤液加入盐酸调 pH，Al（OH）4生成 Al（OH）3即滤渣；滤液含有 VO3，加入 NH4Cl 沉钒的产物：NH4VO3；和滤液NaCl 溶液；（1）升高温度，反应速率加快；（2）加入氧化性物质可除去具有还原性的离子；依据电子转移守恒和元素守恒写出离子方程式；（3）根据某些离子沉淀的 pH，找出相应沉淀的离子；（4）Fe3+溶液呈强碱性时转化为 Fe（OH）3；（5）加入酸沉淀离子 Al（OH）4生成 Al
34、（OH）3；（6）NH4Cl 溶于水电离出 NH4+，根据沉淀溶解平衡原理，利用等离子效应。【解答】解：（1）温度升高反应速率加快；加快酸浸氧化的反应速率，故答案为：加快酸浸和氧化反应速率；（2）加入氧化剂 MnO2，除了氧化具有还原性的 VO+和 VO2+，还可以氧化还原性的 Fe2+为 Fe3+；以便后面步骤一次性的除去 Fe 元素；酸浸氧化 VO+转化为 VO2+，根据电荷守恒和电子转移守恒得出：在酸性条件下，+3 价的矾化合价升高 2 生成+5 价，MnO2中+4价的锰化合价降低 2 生成+2 价，所以反应的离子方程式为：VO+2H+MnO2第 18页（共 30页）VO2+Mn2+H2
35、O，故答案为：Fe2+；VO+2H+MnO2VO2+Mn2+H2O；（3）“中和沉淀”中，滤液加入 NaOH 溶液至 pH3.03.1，中和过量的硫酸并沉淀Fe3+和 Al3+，使钒水解并沉淀为 V2O5xH2O，得滤饼，除去滤液Mn2+、K+、Mg2+、Na+及部分 Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+、Fe3+和 Al3+；（4）滤液加入 NaOH 溶液至 pH3.03.1，中和过量的硫酸并沉淀 Fe3+，使钒水解并沉淀为 V2O5xH2O，得滤饼，故答案为：Fe（OH）3；（5）滤液含有 V2O5xH2O 生成 VO3和溶于碱的 Al（OH）3生成的 Al（OH）4；滤液加入盐酸调 p
36、H，Al（OH）4生成 Al（OH）3即滤渣；化学方程式为：HCl+NaAl（OH）4Al（OH）3+NaCl+H2O，故答案为：HCl+NaAl（OH）4Al（OH）3+NaCl+H2O；（6）“沉钒”中析出 NH4VO3晶体时，NH4VO3沉淀溶解平衡方程式为：NH4+（aq）+VO3（aq）NH4VO3（s），需要加入过量 NH4Cl，NH4Cl 溶于水电离出 NH4+，增大 c（NH4+），利用同离子效应，促进 NH4VO3尽可能析出完全。故答案为：利用同离子效应，促进 NH4VO3尽可能析出完全。【点评】本题考查学生对化学实验的理解和掌握，题目难度中等，掌握每步的除杂和分离目的等，明
37、确由工艺流程写出相应反应是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。9（15 分）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：（1）由 FeSO47H2O 固体配制 0.10molL1FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、托盘天平、烧杯、量筒（从下列图中选择，写出名称）。第 19页（共 30页）（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KCl作为电解质。阳离子u108/（m2s1V1）阴离
38、子u108/（m2s1V1）Li+4.07HCO34.61Na+5.19NO37.40Ca2+6.59Cl7.91K+7.62SO428.27（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石墨电极溶液中。（4）电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中 c（Fe2+）增加了 0.02molL1石墨电极上未见 Fe 析出。可知，石墨电极溶液中 c（Fe2+）0.09 mol/L。（5）根据（3）、（4）实验结果，可知石墨电极的电极反应式为Fe3+eFe2+，铁电极反应式为Fe2eFe2+。因此，验证了 Fe2+氧化性小于Fe3+，还原性小于Fe。（6）实验前需要对铁电极表面活化。在
39、 FeSO4溶液中加入几滴 Fe2（SO4）3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是取少量活化液，加入洁净的试管中，向其中加入两滴硫氰酸钾溶液，看是否变红，若不变红，说明已经活化完成。【分析】（1）配制一定物质的量浓度的溶液用到的仪器有，托盘天平、烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶。（2）盐桥中的离子不与溶液中的物质反应，排除了碳酸氢根离子和硝酸根离子，电迁移率尽可能的接近，硫酸根离子的电迁移率与其它离子的相差较大，KCl 的阴阳离子电迁移率相差最小；第 20页（共 30页）（3）铁电极失去电子，铁电极是负极，石墨电极是正极，原电池内部阳离子向正极移动，所以阳离子向
40、石墨电极移动。（4）铁电极反应：Fe2eFe2+，铁电极增加 0.02mol/L，根据电荷守恒，石墨电极反应 Fe3+eFe2+，则石墨电极增加 0.04 mol/L，原溶液是 0.05mol/L，现在变为 0.09 mol/L；（5）铁电极为负极，电极反应：Fe2eFe2+，石墨电极为正极，电极反应反应：Fe3+eFe2+，电池的总反应式为：2Fe3+Fe3Fe2+，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以氧化性：Fe3+Fe2+，同理还原性 FeFe2+（6）对铁电极活化是除去表面的氧化膜，氧化膜反应完成后，铁单质把三价铁还原，所以只要检验溶液中是否还含有三价铁离子就可以了。【解答】解析：（1
41、）配制一定物质的量浓度的溶液用到的仪器有：托盘天平、烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶。图中给出的有托盘天平、烧杯、量筒；故答案为：托盘天平、烧杯、量筒；（2）盐桥中的离子不与溶液中的物质反应，排除了碳酸氢根离子和硝酸根离子，电迁移率尽可能的接近，故选 KCl；故答案为：KCl；（3）铁电极失去电子，铁电极是负极，石墨电极是正极，原电池内部阳离子向正极移动，所以阳离子向石墨电极移动；故答案为：石墨；（4）铁电极反应：Fe2eFe2+，铁电极增加 0.02mol/L，石墨电极反应 Fe3+eFe2+，根据电荷守恒，则石墨电极增加 0.04 mol/L，变为 0.09 mol/L；故答案为：0.09 mo
42、l/L；（5）铁电极为负极，电极反应：Fe2eFe2+，石墨电极为正极，电极反应反应：Fe3+eFe2+，电池的总反应式为：2Fe3+Fe3Fe2+；所以氧化性：Fe3+Fe2+，还原性 FeFe2+故答案为：Fe2eFe2+；Fe3+eFe2+；Fe3+；Fe；（6）对铁电极活化是除去表面的氧化膜，氧化膜反应完成后，铁单质把三价铁还原，所以只要检验溶液中是否还含有三价铁离子就可以了，取少量活化液，加入洁净的试管中，向其中加入两滴硫氰酸钾溶液，看是否变红，若不变红，说明已经活化完成。故答案为：取少量活化液，加入洁净的试管中，向其中加入两滴硫氰酸钾溶液，看是否变红，若不变红，说明已经活化完成。第
43、 21页（共 30页）【点评】本题考查了溶液的配制、原电池原理、氧化还原反应、电极方程式书写、离子的检验等知识点，属于学科内综合，考查分析问题，解决问题的能力，难度中等。10（14 分）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）SO3（g）H98kJmol1问答下列问题：（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图（a）所示，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）H351kJmol1。（2）当 SO2（g）、O2（g）和
44、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平衡转化率随温度的变化如图（b）所示。反应在 5.0MPa、550时的0.975，判断的依据是反应是气体分子数减小的反应，压强越大转化率越大。影响的因素有压强、温度、投料比。（3）将组成（物质的量分数）为 2m%SO2（g）、m%O2（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，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：vk（
45、1）0.8（1n）式中：k 为反应速率常数，随温度 t 升高而增大；为 SO2平衡转化率，为某时刻 SO2转化率，n 为常数。在0.90 时，将一系列温度下的 k、值代入上述速率方程，得到vt 曲线，如图（c）所示。第 22页（共 30页）曲线上 v 最大值所对应温度称为该下反应的最适宜温度 tmttm时，v 逐渐提高；ttm后，v 逐渐下降。原因是反应温度升高，速率常数 k 增大使速率加快，但降低造成速率 v 减小，ttm时，k 增大对 v 的提高大于引起的降低；ttm后，速率常数 k 增大小于引起的降低。【分析】（1）由图象得出V2O4（s）+SO3（g）V2O5（s）+SO2（g）H24
46、kJmol1，V2O4（s）+2SO3（g）2VOSO4（s）H399kJmol1，结合盖斯定律可知2 得到：2V2O5（s）+2SO2（g）2VOSO4（s）+V2O4（s）；（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平衡转化率随温度的变化如图（b）所示，这个 SO2（g）+O2（g）SO3（g）反应是气体分子数减小的反应，压强越大转化率越大，所以反应在 5.0MPa、550时的0.975，由图象看出压强越大转化率越高，温度越高转化率越小，转化率与影响平衡的因素：
47、温度压强还与投料比有关，氧气越多 SO2平衡转化率越大；（3）利用三段式计算出平衡时三氧化硫的量，利用阿伏伽德罗定律的推论压强之比等于物质的量的比，分压总压物质的量分数可解；（4）vk（1）0.8（1n）温度升高，速率常数 k 增大，反应速率增大；SO2（g）+O2（g）SO3（g）H98kJmol1为放热反应，平衡转化率 a 减小，（1）0.8减小，反应速率减小，ttm时，速率常数 k 增大，对速率的影响大于因（1）0.8减小对速率的影响，总体速率加快；ttm后速率常数 k 增大没有减小对速率影响大，速率减小。第 23页（共 30页）【解答】解：（1）由图象得出V2O4（s）+SO3（g）V
48、2O5（s）+SO2（g）H24kJmol1，V2O4（s）+2SO3（g）2VOSO4（s）H399kJmol1，由盖斯定律可知2 得到：2V2O5（s）+2SO2（g）2VOSO4（s）+V2O4（s）H351kJmol1；故答案为：2V2O5（s）+2SO2（g）2VOSO4（s）+V2O4（s）H351kJmol1；（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平衡转化率随温度的变化如图（b）所示，这个 SO2（g）+O2（g）SO3（g）反应是气体分子数减小的
49、反应，压强越大转化率越大，所以反应在 5.0MPa、550时的0.975，由图象看出压强越大转化率越高，温度越高转化率越小，转化率与影响平衡的因素：温度、压强还与投料比有关，氧气越多 SO2平衡转化率越大；故答案为：0.975；该反应是气体分子数减小的反应，压强越大转化率越大，P15.0MPa，该线 550时的转化率为 97.5%；压强、温度、投料比；（3）根据体积之比等于物质的量的比，2m%+m%+q%100%3m+p100，设 SO2的物质的量为 2m，O2的物质的量为 mSO2（g）+O2（g）SO3（g）开始2mm0变化2mm2m平衡 2m2mmm2m反应后的总量：2m2m+mm+2m
50、+q3m+qm，结合 3m+p100，反应后的总量100m，则 p（SO3），平 衡 常 数Kp第 24页（共 30页），故答案为：；（4）vk（1）0.8（1n）温度升高，表达式中速率常数 k 增大，反应速率增大；SO2（g）+O2（g）SO3（g）H98kJmol1，为放热反应，平衡转化率减小，（1）0.8减小，反应速率减小，ttm时，速率常数 k 增大，对速率的影响大于因（1）0.8减小对速率的影响，总体速率加快；ttm后速率常数 k 增大没有减小对速率影响大，速率减小。故答案为：反应温度升高，速率常数 k 增大使速率加快，但降低造成速率 v 减小。ttm时，k 增大对 v 的提高大于引