全国卷1化学高考解析Word格式.docx
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NO（NO2）
通过氢氧化钠溶液
A.
AB.BC.C
D.D
解析
A选项:
:
SO和HS均具有还原性，
酸性KMnC具有强氧化性，因此SO和"
S均
可以被氧化，所以不能实现目的，故选A；
Cl2与水发生反应Cl2+HO===HCI+HCIO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；
02与灼热的铜网会发生反应2Cu+0=?
=2CuO2与Cu不反应，因此通过
灼热的铜网可以除掉N2中的Q,能够实现目的，故C不选；
D选项NO会与水发生反应2NO+2NaOH=Na3+NaNO+HO,因此可以用NaOH溶液除去NO中混有的NO,能够实现目的，故D不选；
故选A
4、铑的配合物离子[Rh（CO）2l2]-可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。
下列叙述错误的是（）
D.存在反应CHaOH+HI=CHal+H2O解析
CHCOI在反应历程中先生成后消失，是反应的中间体，故A正确；
根据反应历程，甲醇羰基化的反应物为CC和CHOH经过一系列中间
态，最终产物为CHCOH，反应方程式为CHOH+CO=CCOH,故B正确；
有四种，Rh的成键数目会发生改变，故C错误；
反应中，CHOH与HI反应，产生CHI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a粒子（即氢核24He）轰击金属原子wZx，得到核素z+230Y,开创了人造放射性核素的先河Z^+^He---z+230Y+?
n,其中元素X、Y的最外层电子数之和为&
下列叙述正确的是（）
A.z叹的相对原子质量为26B.X、丫均可形成三氯化物
C.x的原子半径小于丫的D.Y仅有一种含氧酸
汰的质子数为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z"
X的质子数多2,由于z"
X为金属原子，则可推知z"
X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，贝U元素丫的最外层电子数为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zVX+>
4He---z+230Y+）1n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%为i327Al,z+230Y为1沖。
『Al的质量数27,根据核素的相对原子质量约等于质量数可知，i327Al的相对原子质量约等于27,故A错误；
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PCb,故B正确；
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、丫位于同一周期，核电荷数：
X<
Y故原子半径：
x>
丫故C错误；
丫为P,丫元素的含氧酸有HPQ、HPQ、HPO等，故D错误；
故选B。
6.
科学家近年发明了一种新型Zn-CQ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CO被转化为储氧物质甲酸等，为
下列说法错误的是（）
A.放电时，负极反应为Zn-2e-+40H=Zn（OH》2-
B.放电时，ImolCO转化为HCOQH转移的电子数为2mol
C.充电时，电池总反应为2Zn（OH*2-=2Zn+O2+40H+2H2O
D.充电时，正极溶液中OH浓度升高解析
由图中的放电过程可知，Zn失电子变为Zn（OH》2-，Zn作负极，故负极
2
反应为Zn-2e-+40H=Zn（OH）4-，故A正确；
放电时，CO中C元素化合价为+4价，HCOO中C元素化合价为+2价,得电子，故1molCO转化为HCOQH转移的电子数为2mol,故B正确；
由图中的充电过程可知，Zn（OH）?
得电子变为Zn,阴极反应为
Zn（OH）?
+2e-==Zn+40H-,H2O失电子生成Q，阳极反应为2HO-4e=QT+4H,则充电时电池的总反应为2Zn（OH）4-=2Zn+QT+40H+2HO,故C正确；
充电时，阳极反应为2fO-4e=OT+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HA溶液。
溶液中，pH分布系数S随滴加NaOH溶液体积VUh的变化关
c（A2-）
[比如A2-的分布系数：
S（A-）=c（H2A）c（HA）c（A2）]
A.曲线①代表S（H2A），曲线②代表S（HA-）
B.H2A溶液的浓度为0.2000mol•L-1
C.HA-的电离常数Ka=1.0x10-2
D.滴定终点时，溶液中c（Na+）<
2c（A2-）+c（HA-）
HA溶液中逐滴加入NaOH发生的反应依次为：
①NaOH+2A=NaHA七O,②NaHA+NaOH=HI+HO;
经分析可知，在反应过程中H.A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S（H2A），曲线②不能代表S（HA），S（HA）的曲线会先上升后下降才合理。
S（A2-）会持续增大，且从HA发生与NaOH勺中和反应时［S（HA-）在反应过程中减小］才持续增大，所以曲线②代表S（A2-），曲线①代表S（HA-），而HA的第一步电离为完全电离，故A错误；
根据分布系数图像可知，当VNao=40mL时，达到滴定终点，由于HA为二元酸，所以其浓度应为0.1000mol•L-1，故B错误；
HA====H+¥
，Ka=c（Hc（）haC（A2），当V^aoH=25ml,曲线①与曲线②相交，
S（HA）=S（A2-）=0.5，pH=2.0,c（H+）=1X10-2mol/L，
c（A2-）c（HA-）
S（A2-）=c（H2A）c（HA）c（A2）=S（HA-）=c（H2A）c（HA）c（A2），所以c
达到滴定终点时，NaOHWH2A恰好完全反应，此时溶质为NaA,溶液中的电荷守恒为c（H）+c（Na）=2c（A-）+c（HA-）+c（OH-），H2A为弱酸，由于NaA水解，溶液显碱性，A-+HO===HAOH,c（OH）>
c（H），c（Na）>
2c（A-）+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、FesQ。
采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NHVO
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
Ft3+
Fe2+
Al3+
Mn时
开始沉淀pH
7.0
3.0
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10-1
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vO+被氧化成VO+,同时还有子被氧化。
写出vO转化为vo+反应的离子方程式
⑶“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为MQ・XH2O,随滤液②可除去金属离子K、
MgUN6、以及部分的。
（4）"
沉淀转溶”中，7VO•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NHWO3晶体时，需要加入过量NMCl，其原因是。
答案
（1）加快酸侵和氧化速率
（2）1:
Fe2+：
2VO++MnO2+2『=VO2++Mn2++H20
（3）1:
Mn2+：
2Fe'
+和A13+
（4）Fe（OH）
（5）NaAI（OH）4+HC1==AI（OH）3J+NaCI+fO
（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F0氧化成Fe3+，并且得到滤渣①为H2SiOs、SiC2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VO・xH2O,少部分的Fe（OH）3、A1（OH）s，滤液②中含有K+、Mg2+、Na+、Mn小、以及部分Fe"
和A13+
“沉淀转溶”加入NaOH，调节pH>
13，V2Q•xH2O转化为钒酸盐，AI（OH）3转化成NaAI（OH）4，所以滤液③中含有钒酸盐、NaAI（OH）4，滤渣③中含有Fe（OH）s;
“调pH”加入
HCI,调节pH=8.5，可以使NaAI（OH）4转化为AI（OH）3沉淀，所以滤渣④为AI（OH）3,滤液④中含有钒酸盐；
“沉钒”中加入过量的NH4CI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。
⑵由分析得：
“酸浸氧化”步骤将VO+和NO氧化成VO2+，将F0氧化成Fe^;
VO+和MnO2反应生成VO2^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。
⑶“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QMg2+、Na+、Mn2+以及部分Fe3+和A13+。
（4）“沉淀转溶”加入NaOH,调节pH>
13,V2O・xHzO转化为钒酸盐，以及AI（OH）3转化成NaAI（OH）4,则剩下滤渣③Fe（OH）3过滤出来。
（5）“调pH”加入HCI，调节pH=8.5，根据金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，可知
NaAI（OH）4转化为AI（OH）3沉淀，反应的化学方程式为：
NaAI（OH）4+HC1==AI（OH）3J
+NaCI+H20。
（6）“沉钒”中加入过量的NH4CI可以利用同离子效应，促进NH4VQ尽可能析出完全。
回答下列问题:
（1）由FeSO<
*7H3O固体配制0.10mol■IT丄FeSO4溶液,需雯的仪器有药匙，璇璃
棒、（从下列图中选择，写出名称）6
（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■乍为
电解质。
阳离子
.——
“bxV"
1）
xltf/（m1曲7V】）
口+
4*07
HCO,
4.61
Na+
NOJ
L40
CaJ卜
&
闘
a-
7J1
7,03
so^
M7
⑶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。
⑷电池反应一段时间后测得铁电极溶液中c（Fe2+）增加了0.02mol•匚1。
石墨电极上未见Fe
析出。
可知，石墨电极溶液中c（FW+）=
（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FeSQ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⑴烧杯、量筒、托盘天平
（2）KCI（3）石墨（4）0.09mol丄
（5）1:
Fe3++e-=Fe2+2:
Fe-2e-=Fe2+3:
Fe3+4:
Fe
⑹取少量溶液，滴入KSCN溶液，溶液不出现血红色
（1）由FeSQ・7H2O固体配制O.lmol•L-1FeSQ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FeSQ和Fe2（SQ）3反应且与SO2-的
电迁移率最相近的阳离子为K+、阴离子为Ct,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。
⑷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F0转移的电子为0.04Vmol，那么石墨电极Fe^转变为F/+转移的电子也为0.04Vmol，得到石墨电极增加的F0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（FeZ）=0.04mol•L-1+0.05mol•^=0.09
mol•匚1
⑸根据⑶（4）的结果，石墨电极为正极，发生的电极反应式为：
Fe+e=Fe；
铁电极为负
极，发生的电极反应式为：
Fe-2e-=FeT；
从电极反应式可以得出，FW+的氧化性要小于
F』+，还原性小于Fe。
⑹实验前需要对铁电极进行表面活化，在铁电极FeSO溶液中滴入几滴Fe2（SC4）3溶液，将
铁电极浸泡一段时间，Fe会与Fe2（SQ）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SQ的催化氧化：
1钒催化齐U1I_仓V—r、一I日石
SQ（g）+2°
2（g）-------SQ（g）△H=98kJ・mol-1。
（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图⑻所示，V205（s）与SQ（g）反应生VOSQ（s）和V204（s）
⑵当SQ（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，SQ平衡转化率a随温度的变化如图（b）所示，反应在5.0MPa、
550°
C时的a=,判断的依据是。
影响a的因素有
率常数，随温度t升高而增大；
a为SC2平衡转化率，a/为某时刻SO2转化率，n为常数。
在a/=0.90时，将一系列温度下的k、a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a/下反应的最适宜温度tm。
t<
tm时，V逐渐提高；
t>
tm
后，V逐渐下降。
原因是
答案：
（1）2V2C5（s）+2SQ（g）=2VOSC4（s）+V2O4（s）△H=-351kJ-mol-1
0.975
2.该反应气体分子数减少，增大压强，a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:
2ma
P
100-ma厂
（4）温度升高，k增大使V逐渐提高，但a降低使V逐渐下降。
tm时，k增大对V的提
高大于a引起的降低，t>
tm后，k增大对V的提高小于a引起的降低
（1）V2O5（s）与SQ（g）反应生成VOSO（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）+2SQ（g）=2VOSQ（s）△Hp-399kJ•mol-1
2V2O4（s）+SQ（g）=V2O5（s）+SQ（g）△H2=-24kJ•mol-1
由盖斯定律得：
目标方程式二①-2x②，则
△H=AH1-2H2=-399kJ•mol-1-2x（-24kJ•mol-1）=-351kJ•mol-1,则V2O5（s）与SQ（g）反应生成VOSQ（s）和V2O4（s）的热化学方程式为：
2V2O5（s）+2SQ（g）=2VOSO4（s）+V2O4（s）△H=-351kJ•mol-1
1钒催化剂
（2）SO2（g）+2O2（g）-------SQ（g），该反应为气体系数减小的反应，相同温度下增大压强,
SQ平衡转化率增大，则图（b）中P1=5.0MPa，反应在5.0MPa、550C时，从图中得出a
=0.975;
该反应为放热反应，其它条件不变时温度升高，a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，a增大，反应物起始投料n（O2）:
n（SQ）越大，a越
大，则影响a的因素有：
温度、压强和反应物的起始浓度（组成）。
（3）该反应：
SQ（g）+2O2（g）-------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SO?
为2mmol,O2为mmol，贝VN2为（100-3m）mol，平衡时，SQ转化率为a,可列三段式：
平衡物质的量（mol）2m（1-a）m（1a）2na
达平衡时，气体总物质的量为：
n（SO2）+n（02）+n（SC3）+n（N2）=2m（1-a）mol+m（1-a）mol+2mamol+（100-3m）mol=（100-ma）mol
则平衡时S03物质的量分数为：
2max100%,S03压强为：
2map,02压强为:
100-ma100-ma
（4）SQ催化氧化的反应速率方程式为:
5‘,k随温度t升高而增大，a
为SO2平衡转化率，由于该反应放热，温度t升高，a减小，a，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a减小使V减小，t<
tm时，k增大对
V的增大大于a引起的减小，t>
tm后，k增大对V的增大小于a引起的减小。
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。
（1）基态F0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。
h（Li）>
I1（Na）,原因是
。
l1（Be）>
l1（B）>
l1（Li），原因是。
Ji/（kJ•mol-1）
U
520
Be
900
801
Na
Mg
A]
496
73S
578
（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。
⑷LiFePO的晶胞结构示意图如⑻所示。
其中0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LiFePQ的单元数有个。
（a）IirePO4亠氏Pg（c）FePO4
电池充电时，LiFePQ脱出部分Li+，形成Lii-XFePOg结构示意图如（b）所示，则x=
n（Fe2+）:
n（Fe'
+）=。
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<
Na,原
子核对核外电子的吸引为Li>
Na,Li比Na更难失去电子
2：
li（Be）>
li（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E的价电子排布为2s22pJ容易失去2p上的电子，所以h（Be）>
li（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li（B）>
|i（Li）
正四面体结构243:
sp
3
（4）1：
42:
Yy3:
I3：
解析
（1）Fe原子的核外电子排布式为［Ar|3d4s2，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Mlt【t】TI忖，有4个未成对电子，Fe原子失去4s上的2个电子和3d上的1个电子变为Fe3+,Fe3+的电子排布式为［Ar］3d,3d上的电子排布图为门'
I门11，有5个未成对电子，故Fe?
+和Fe3+中未成对电子数之比为4：
5。
Na与Li是同主族元素，Na原子和L
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