全国卷1化学高考解析.docx
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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
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聽醇、含氯
消毒剂、过氧乙酸(CHCOOOH)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.NaCIO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:
CHCHOH能与水以任意比互溶,故A正确;
B选项:
NaCIO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CHCOOQH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CHC3,故D错误;
故选D
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C4H14O4B.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Q=8.所以其分子式为C14H14O4,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.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;
B选项:
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;
C选项:
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
A选项:
CHCOI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;
D选项:
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
解析:
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。
A选项:
『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;
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PCb,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、丫位于同一周期,核电荷数:
X x>丫故C错误; D选项: 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 A选项: 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; B选项: 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; C选项: 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; D选项: 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-) 2 [比如A2-的分布系数: S(A-)=c(H2A)c(HA)c(A2)] 下列叙述正确的是() 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-) 解析: A选项: 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; B选项: 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; C选项: 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 D选项: 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) 阳离子 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 解析 (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。 回答下列问题: (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 后,V逐渐下降。 原因是 答案: (1)2V2C5(s)+2SQ(g)=2VOSC4(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,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。 t 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 解析 (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)。 1钒催化剂 (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 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。 回答下列问题: (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 B 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 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LiB,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) (3)1: 正四面体结构243: sp 3 (4)1: 42: Yy3: I3: 3 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。 (2)1: Na与Li是同主族元素,Na原子和L
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