《2020年高考全国卷Ⅰ理综试题解析（精编版）（解析版）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考全国卷Ⅰ理综试题解析（精编版）（解析版）.pdf（44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、2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试 注意事项：注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷
2、和答题卡一并交回。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 P 31 Cl 35.5 Ar 40 V 51 Fe 56 二、选择题：本题共二、选择题：本题共8小题，每小题小题，每小题6分。共分。共48分。在每小题给出的四个选项中，第分。在每小题给出的四个选项中，第15题只题只有一项符合题目要求，第有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求。全部选对的得题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得分，选对但不全的得3分，有选错的得分，有选错的得0分。分。1.行驶中的汽车如果发生
3、剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（）A.增加了司机单位面积的受力大小B.减少了碰撞前后司机动量的变化量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积【答案】D【解析】【详解】A因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；B有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；C因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；D因为安全气囊充气后面积增大
4、，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。故选D。2.火星的质量约为地球质量的，半径约为地球半径的11012，则同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为（）关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料A.0.2B.0.4C.2.0D.2.5【答案】B【解析】【详解】设物体质量为m，则在火星表面有 1121M mFGR=在地球表面有2222M mFGR=由题意知有12110MM=1212RR故联立以上公式可得21122221140.4101FM RFM R故选B。3.如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总
5、质量约为50kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（）A.200 NB.400 NC.600 ND.800 N【答案】B【解析】【详解】在最低点由 关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料22mvTmgr知 T=410N 即每根绳子拉力约为410N，故选B。4.图（a）所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图（b）所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图像中，正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】根据电容器的定义式可知 QCUCQIUtCC结合图
6、像可知，图像的斜率为，则内的电流与内的电流关系为 IC12s:12I35s:35I12352II且两段时间中的电流方向相反，根据欧姆定律可知两端电压大小关系满足 UIRR关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料12352RRUU由于电流方向不同，所以电压方向不同。故选A。5.一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，:ab为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（）A.B.C.D.7
7、6mqB54mqB43mqB32mqB【答案】C【解析】【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，2mvqBvr2 rTv可得粒子在磁场中的周期 2 mTqB粒子在磁场中运动的时间 2mtTqB则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。采用放缩圆解决该问题，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大。当半径和0.5rR1.5rR时，粒子分别从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期。关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料当0.5Rr0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知
8、刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角=60。运动中粒子仅受电场力作用。（1）求电场强度的大小；（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料【答案】(1)；(2)；(3)0或202mvEqR0124vv=0232vv=【解析】【详解】（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知：ACxR=所以根据动能定理有：20102ACqExmv=-解得：；20
9、2mvEqR（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有 1sin60 xRvt=21cos602yRRat=+=而电场力提供加速度有qEma联立各式解得粒子进入电场时的速度：；0124vv=（3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有2 23BCxRv t=2212ACxRat=电场力提供加速度有
10、qEma关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料联立解得；当粒子从C点射出时初速度为0。0232vv=（二）选考题：共（二）选考题：共15分。请考生从分。请考生从2道物理题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所道物理题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。做的第一题计分。物理物理选修选修3-3 13.分子间作用力F与分子间距r的关系如图所示，r=r1时，F=0。分子间势能由r决定，规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零。若一分子固定于原点O，另一分子从距O点很远处向O点运动，在两分子间距减小到r2的过程中，势能_（填“减小“不变”或“增大”）；在间距由r2减小到r1的过程中
11、，势能_（填“减小”“不变”或“增大”）；在间距等于r1处，势能_（填“大于”“等于”或“小于”）零。【答案】(1).减小 (2).减小 (3).小于【解析】【详解】1从距点很远处向点运动，两分子间距减小到OO2r的过程中，分子间体现引力，引力做正功，分子势能减小；2在的过程中，分子间仍然体现引力，引力做正功，分子势能减小；21rr3在间距等于之前，分子势能一直减小，取无穷远处分子间势能为零，则在处分子势能小于零。1r1r14.甲、乙两个储气罐储存有同种气体（可视为理想气体）。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料容积为2V，罐中气体的压强为12p。
12、现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后：（i）两罐中气体的压强；（ii）甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。【答案】（i）；（ii）23p23【解析】【详解】（i）气体发生等温变化，对甲乙中的气体，可认为甲中原气体有体积V变成3V，乙中原气体体积有2V变成3V，则根据玻意尔定律分别有，13pVpV21232pVpV则 1212()32pVpVppV则甲乙中气体最终压强 1223pppp（ii）若调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强为p，则 p VpV计算可得 23VV由密度定律可得，质量之
13、比等于 23mVmV现原物理物理选修选修3-4 15.在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有_。A.雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声B.超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化C.观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料8D.同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同E.天文学上观察到双星（相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星）光谱随时间的周期性变化【答案】BCE【解析】【详解】A之所以不能同时观察到是因为声音的传播速度比光的传播速度慢，所以A错误；B超声波与血液中的血小板等细胞发生反射时，由于血小板的运动
14、会使得反射声波的频率发生变化，B正确；C列车和人的位置相对变化了，所以听得的声音频率发生了变化，所以C正确；D波动传播速度不一样是由于波的频率不一样导致的，D错误；E双星在周期性运动时，会使得到地球的距离发生周期性变化，故接收到的光频率会发生变化，E正确。故选BCE。16.一振动片以频率f做简谐振动时，固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样。c是水面上的一点，a、b、c间的距离均为l，如图所示。已知除3c点外，在ac连线上还有其他振幅极大的点，其中距c最近的点到c的距离为 l。求：（i）波的波长；（ii）波的传播速度。【答案】（i）；
15、（ii）14l14fl【解析】【详解】（i）设与c点最近的振幅极大点为d，则3588adlll 2272cos608bdcdbcbccdl 根据干涉加强点距离差的关系：关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料 12xxxn 14bdadl所以波长为14l（ii）由于受迫振动的频率取决于受迫源的频率由知，vf14vfl2020年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试理科综合能力测试 化学化学 注意事项：注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用
16、铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 P 31 S 32 Cl 35.5 V 51 Fe 56 一、选择题：本题共一、选择题：本题共13个
17、小题，每小题个小题，每小题6分。共分。共78分，在每小题给出的四个选项中，只有一分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。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【答案】D【解析】【详解】A.乙醇分子中有羟基，其与水分子间可以形成氢键，因此乙醇能与水互溶，A说法正确；关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料B.次氯酸钠
18、具有强氧化性，其能使蛋白质变性，故其能通过氧化灭活病毒，B说法正确；C.过氧乙酸的分子式为C2H4O3，故其相对分子质量为76，C说法正确；D.氯仿的化学名称为三氯甲烷，D说法不正确。综上所述，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【答案】B【解析】【详解】A.根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为C14H14O4，A叙述正确；B.该有机物的分子在有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，故其可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，能使
19、酸性重铬酸钾溶液变色，B叙述不正确；C.该有机物的分子中有酯基，故其能够发生水解反应，C叙述正确；D.该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其可以在一定的条件下发生消去反应生成碳碳双键，D叙述正确。综上所述，故选B。3.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 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【答案】A【解析】关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料【详解】ASO2和H2S都具有较强的还原性，都可以被酸性高锰酸钾溶液
20、氧化；因此在用酸性高锰酸钾溶液除杂质H2S时，SO2也会被吸收，故A项不能实现除杂目的；B氯气中混有少量的氯化氢气体，可以用饱和食盐水除去；饱和食盐水在吸收氯化氢气体的同时，也会抑制氯气在水中的溶解，故B项能实现除杂目的；C氮气中混有少量氧气，在通过灼热的铜丝网时，氧气可以与之发生反应：22CuO=2CuO，而铜与氮气无法反应，因此可以采取这种方式除去杂质氧气，故C项能实现除杂目的；DNO2可以与NaOH发生反应：23222NO2NaOH=NaNONaNOH O，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：222NONO2NaOH=2NaNOH O，但由于杂质的
21、含量一般较少，所以也不会对NO的量产生较大的影响，故D项能实现除杂的目的；答案选A。【点睛】除杂操作原则可概括为“不多不少，简单最好”：首先，避免引入新的杂质；其次，尽量避免产品的损失；最后，方法越简单越好。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=CH3CO2HC.反应过程中Rh的成键数目保持不变D.存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O【答案】C【解析】关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料【分析】题干中明确指出，铑配合物Rh(CO)2 I2 充当催化剂的作用，用于催化甲
22、醇羰基化。由题干中提供的反应机理图可知，铑配合物在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要CO，最终产物是乙酸；因此，凡是出现在历程中的，既非反应物又非产物的物种如CH3COI以及各种配离子等，都可视作中间物种。【详解】A通过分析可知，CH3COI属于甲醇羰基化反应的反应中间体；其可与水作用，生成最终产物乙酸的同时，也可以生成使甲醇转化为CH3I的HI，A项正确；B通过分析可知，甲醇羰基化反应，反应物为甲醇以及CO，产物为乙酸，方程式可写成：，B项正确；22Rh COI33CH OHCOCH COOH C通过分析可知，铑配合物在
23、整个反应历程中，成键数目，配体种类等均发生了变化，C项不正确；D通过分析可知，反应中间体CH3COI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为CH3I，方程式可写成：，D项正确；332CH OH+HICH IH O 答案选C。【点睛】对于反应机理图的分析，最基本的是判断反应物，产物以及催化剂；一般的，催化剂在机理图中多是以完整的循环出现的；反应物则是通过一个箭头进入整个历程的物质；而产物一般多是通过一个箭头最终脱离整个历程的物质。5.1934年约里奥居里夫妇在核反应中用粒子(即氦核)轰击金属原子，得到核素42HeWZX30Z+2Y，开创了人造放射性核素的先河：+WZX42He30Z+2Y10n。其中元
24、素X、Y的最外层电子数之和为8。下列叙述正确的是A.的相对原子质量为26WZXB.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【答案】B【解析】【分析】原子轰击实验中，满足质子和质量数守恒，因此W+4=30+1，则W=27，X与Y原子之间质子数相差2，因X元素为金属元素，Y的质子数比X大，则Y与X位于同一周期，且Y位于X右侧，且元素X、Y的最外层电子关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料数之和为8，设X最外层电子数为a，则Y的最外层电子为a+2，解得a=3，因此X为Al，Y为P，以此解答。【详解】A的质量数为27，则该原子相对原子质量为27，故A错误；2713AlBAl
25、元素均可形成AlCl3，P元素均可形成PCl3，故B正确；CAl原子与P原子位于同一周期，且Al原子序数大于P原子序数，故原子半径AlP，故C错误；DP的含氧酸有H3PO4、H3PO3、H3PO2等，故D错误；故答案为：B。6.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。下列说法错误的是 A.放电时，负极反应为24Zn2e4OH Zn(OH)B.放电时，1 mol CO2转化为HCOOH，转移的电子数为2 molC.充电时，电池总反应为24222Zn OH)2Zn
26、O4OHO(2H D.充电时，正极溶液中OH浓度升高【答案】D【解析】【分析】由题可知，放电时，CO2转化为HCOOH，即CO2发生还原反应，故放电时右侧电极为正极，左侧电极为负极，Zn发生氧化反应生成；充电时，右侧为阳极，H2O发生氧化反应生成O2，左侧为阴极，2-4Zn(OH)发生还原反应生成Zn，以此分析解答。2-4Zn(OH)【详解】A放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为：-2-4Zn-2e+4OH=Zn(OH)，故A正确，不选；B放电时，CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1molCO2转化为HCOOH时，转移电子数为2mol关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料
27、，故B正确，不选；C充电时，阳极上H2O转化为O2，负极上转化为Zn，电池总反应为：2-4Zn(OH)，故C正确，不选；2-4222Zn(OH)=2Zn+O+4OH+2H OD充电时，正极即为阳极，电极反应式为：-+222H O-4e=4H+O，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，符合题意；答案选D。7.以酚酞为指示剂，用0.1000 molL1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：2-2-2-2c(A
28、)(A)=c(H A)+c(HA)+c(A)下列叙述正确的是 A.曲线代表，曲线代表2(H A)-(HA)B.H2A溶液的浓度为0.2000 molL1C.HA的电离常数Ka=1.0102D.滴定终点时，溶液中+2-(Na)13，V2O5xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣的主要成分为Fe(OH)3；滤液中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料+2+2+2【详解】(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧
29、化反应速率（促进氧化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成VO的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；VO+转化为VO时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为VO反应的离子方程式为VO+
30、MnO2+2H+=+Mn2+H2O，故答案为：Fe2+，VO+MnO2+2H+=+2VO+2VO+Mn2+H2O；(3)根据分析，“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+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+，Fe3+、Al3+；(4)根据分析，滤渣的主要成分是Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3或NaAl(OH)4+HCl=NaCl+Al(OH)3+H2O，
31、故答案为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3或NaAl(OH)4+HCl=NaCl+Al(OH)3+H2O。(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，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。【点睛】本题以黏土钒矿制备NH4VO3的工艺流程为载体，考查流程的分析、物质的分离和提纯、反应方程式的书写等，解题的关键是根据物质的流向分析每一步骤的作用和目的。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：(1)由FeSO47H2O固体
32、配制0.10 molL1FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、_(从下列图中选择，写出名称)。关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料(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。阳离子 u108/(m2s1V1)阴离子 u108/(m2s1V1)Li+4.07 3HCO4.61 Na+5.19 3NO7.40 Ca2+6.59 Cl 7.91 K+7.62 24SO8.27(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
33、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_。【答案】(1).烧杯、量筒、托盘天平 (2).KCl (3).石墨 (4).0.09mol/L (5).Fe3+e-=Fe2+(6).Fe-2e-=Fe2+(7).Fe3+(8).F
34、e (9).取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成【解析】【分析】(1)根据物质的量浓度溶液的配制步骤选择所用仪器；(2)(5)根据题给信息选择合适的物质，根据原电池工作的原理书写电极反应式，并进行计算，由此判断氧化性、还原性的强弱；(6)根据刻蚀活化的原理分析作答。关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料【详解】(1)由FeSO47H2O固体配制0.10molL-1FeSO4溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却至室温、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，由FeSO 47H2O固体配制0.10molL-1FeSO4溶液需要的仪器有药匙、托盘天平、合适的
35、量筒、烧杯、玻璃棒、合适的容量瓶、胶头滴管，故答案为：烧杯、量筒、托盘天平。(2)Fe2+、Fe3+能与反应，Ca2+能与-3HCO2-4SO反应，FeSO4、Fe2(SO4)3都属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，酸性条件下-3NO能与Fe2+反应，根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应”，盐桥中阴离子不可以选择、-3HCO-3NO，阳离子不可以选择Ca2+，另盐桥中阴、阳离子的迁移率（u）应尽可能地相近，根据表中数据，盐桥中应选择KCl作为电解质，故答案为：KCl。(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，盐桥中阳离子向正极移动，则盐桥中的阳离子进
36、入石墨电极溶液中，故答案为：石墨。(4)根据(3)的分析，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，石墨电极上未见Fe析出，石墨电极的电极反应式为Fe3+e-=Fe2+，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，根据得失电子守恒，石墨电极溶液中c（Fe2+）增加0.04mol/L，石墨电极溶液中c（Fe2+）=0.05mol/L+0.04mol/L=0.09mol/L，故答案为：0.09mol/L。(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为Fe3+e-=Fe2+，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；电池总反应为Fe+2Fe3+=3F
37、e2+，根据同一反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物、还原剂的还原性强于还原产物，则验证了Fe2+氧化性小于Fe3+，还原性小于Fe，故答案为：Fe3+e-=Fe2+，Fe-2e-=Fe2+，Fe3+，Fe。(6)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，发生的反应为Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，要检验活化反应完成，只要检验溶液中不含Fe3+即可，检验活化反应完成的方法是：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成，故答案为：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不变红，说明活化反应完
38、成。【点睛】本题的难点是第(2)题盐桥中电解质的选择和第(6)实验方法的设计，要充分利用题给信息和反应的原理解答。关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料110.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)2SO3(g)H=98 kJmol1。回答下列问题：钒催化剂(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，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
39、强下，SO2平衡转化率随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550时的=_，判断的依据是_。影响的因素有_。(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：v=k(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，如图所示。关注公
40、众号”一个高中僧“获取更多高中资料曲线上v最大值所对应温度称为该下反应的最适宜温度tm。ttm后，v逐渐下降。原因是_。【答案】(1).2V2O5(s)+2SO2(g)2VOSO4(s)+V2O4(s)H=-351 kJmol-1 (2).0.975 (3).该反应气体分子数减少，增大压强，提高。所以，该反应在550、压强为5.0MPa2.5MPap的，所以p1=5.0MPa (4).反应物（N2和O2）的起始浓度（组成）、温度、压强 (5).(6).2m100mp(7).0.51.51100mpm升高温度，k增大使v逐渐提高，但降低使v逐渐下降。当ttm，k增大对v的提高大于引起的降低；当t
41、tm，k增大对v的提高小于引起的降低【解析】【分析】根据盖斯定律，用已知的热化学方程式通过一定的数学运算，可以求出目标反应的反应热；根据压强对化学平衡的影响，分析图中数据找到所需要的数据；根据恒压条件下总压不变，求出各组分的分压，进一步可以求出平衡常数；根据题中所给的速率公式，分析温度对速率常数及二氧化硫的转化率的影响，进一步分析对速率的影响。【详解】(1)由题中信息可知：SO2(g)+O2(g)SO3(g)H=-98kJmol-112V2O4(s)+SO3(g)V2O5(s)+SO2(g)H2=-24kJmol-1V2O4(s)+2SO3(g)2VOSO4(s)H1=-399kJmol-1根
42、据盖斯定律可知，-2得2V2O5(s)+2SO2(g)2VOSO4(s)+V2O4(s)，则H=H1-2H2=(-399kJmol-1)-(-24kJmol-1)2=-351kJmol-1，所以该反应的热化学方程式为：2V2O5(s)+2SO2(g)2VOSO4(s)+V2O4(s)H=-351 kJmol-1；(2)SO2(g)+12O2(g)SO3(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550、压强为5.0MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa
43、的，因此，p1=5.0MPa，由图中数据可知，=0.975。影响的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物（N2和O2）的浓度、温度、压强等。(3)假设原气体的物质的量为100mol，则SO2、O2和N2的物质的量分别为2m mol、m mol和qmol，2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡转化率为，则有下列关系：关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料2231SO+O SO20()2mm2()22()2m(1-)m(1)molmmolmmmmol:矾催化剂起始量变化量平衡量平衡时气体的总物质的量为n(总)=2m(1-)+m(1-)+2mmol+q mol，则SO3的物质的量分数为
44、3n SO2m mol2m100%100%100%n2m 1m 12m molq mol100m总。该反应在恒压容器中进行，因此，SO3的分压p(SO3)=，p(SO2)=，p(O2)=2m100mp2m 1100mp，在该条件下，SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的Kp=m 1100mp12。30.50.50.51.5222mSO100mSO2m 1m 11100100m100mppppOmpppm(4)由于该反应是放热反应，温度升高后降低。由题中信息可知，v=0.8k11n，升高温度，k增大使v逐渐提高，但降低使v逐渐下降。当ttm，k增大对v的提高大于引起的降低；当ttm，k增大对v
45、的提高小于引起的降低。【点睛】本题有关化学平衡常数的计算是一个难点，尤其题中给的都是字母型数据，这无疑增大了难度。这也是对考生的意志的考验，只要巧妙假设、小心求算，还是可以得到正确结果的，毕竟有关化学平衡的计算是一种熟悉的题型。本题的另一难点是最后一问，考查的是速率公式与化学平衡的综合理解，需要明确化学反应速率与速率常数及平衡转化率之间的函数关系，才能作出正确的解答。所以，耐心和细心才是考好的保证。(二二)选考题：共选考题：共45分。请考生从分。请考生从2道物理题、道物理题、2道化学题、道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。果
46、多做，则每科按所做的第一题计分。11.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_。关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料(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
47、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，LiFeO4脱出部分Li+，形成Li1xFePO4，结构示意图如(b)所示，则x=_，n(Fe2+)n(Fe3+)=_。【答案】(1).4:5 (2).Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小 (3).Li，Be和B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于B的 (4).正四面体形 (5).4 (6).sp3 (7).4 (8).或0.1875 (9).13:3 316【解析】【分析】题(1)考查了对
48、基态原子电子排布规律的认识；题(2)考查了第一电离能的周期性变化规律；题(3)考查了分子或离子空间构型判断的两大理论；题(4)重点考查通过陌生晶胞的晶胞结构示意图判断晶胞组成。【详解】(1)基态铁原子的价电子排布式为623d 4s，失去外层电子转化为Fe2+和Fe3+，这两种基态离子的价电子排布式分别为和63d53d，根据Hund规则可知，基态Fe2+有4个未成对电子，基态Fe3+有5个未成对电子，所以未成对电子个数比为4:5；(2)同主族元素，从上至下，原子半径增大，第一电离能逐渐减小，所以11LiNaII；同周期元素，从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于A元素基态原子s能级轨道处于全
49、充满的状态，能量更低更稳定，所以其第一电离能大于同一周期的A元素，因此；111BeBLiIII(3)经过计算，34PO中不含孤电子对，成键电子对数目为4，价层电子对数为4，因此其构型为正四面体形，P原子是采用sp3杂化方式形成的4个sp3杂化轨道；关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料824(4)由题干可知，LiFePO4的晶胞中，Fe存在于由O构成的正八面体内部，P存在由O构成的正四面体内部；再分析题干中给出的(a),(b)和(c)三个不同物质的晶胞结构示意图，对比(a)和(c)的差异可知，(a)图所示的Li FePO4的晶胞中，小球表示的即为Li+，其位于晶胞的8个顶点，4个侧面面心以及
50、上下底面各自的相对的两条棱心处，经计算一个晶胞中Li+的个数为8 1=4 1 +4 1 +4个；进一步分析(a)图所示的LiFePO4的晶胞中，八面体结构和四面体结构的数目均为4，即晶胞中含Fe和P的数目均为4；考虑到化学式为LiFePO4，并且一个晶胞中含有的Li+，Fe和P的数目均为4，所以一个晶胞中含有4个LiFePO4单元。对比(a)和(b)两个晶胞结构示意图可知，Li1-xFePO4相比于LiFePO4缺失一个面心的Li+以及一个棱心的Li+；结合上一个空的分析可知，LiFePO4晶胞的化学式为Li4Fe4P4O16，那么Li1-xFePO4晶胞的化学式为Li3.25Fe4P4O16