年普通高等学校招生全国统一考试

理科综合能力测试化学（一）

一、选择题：

7.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．CH3CH2OH能与水互溶，故A正确。

B．NaClO通过强氧化性，氧化灭活病毒，B正确。

C．过氧乙酸相对分子质量为76，C正确。

D．氯仿的化学名称是三氯甲烷，D错误。

答案：D。

8.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C14H14O2B.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．该化合物分子式为C14H14O2，故A正确。

B．该化合物有碳碳双键和羟基，故能使酸性重铬酸钾溶液变色，B错误。

C．该化合物有酯基，能够发生水解反应，C正确。

D．该化合物有醇羟基，能够发生消去反应生成碳碳双键，D正确。

答案：B。

9.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

解析：

A．SO2和H2S都能与酸性高锰酸钾溶液反应，故A错误。

B．通过饱和的食盐水可以除去Cl2中的HCl，B正确。

C．通过灼热的铜丝网可以除去O2，C正确。

D．通过氢氧化钠溶液可以除去NO2，D正确。

答案：A。

10.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=CHCO2H

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：由图像分析可知，铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]-首先与CH3I结合，产生中间产物①；中间产物①异构化后生成中间产物②；中间产物②与CO结合，产生中间产物③；中间产物③反应产生CH3COI和[Rh(CO)2I2]-；CH3COI和H2O反应生成CH3CO2H和HI；CH3OH和HI反应生成CH3I和H2O。总反应为：CH3OH+CO=CHCO2H。

A．从反应过程看，CH3COI先生成后又消耗，因而是反应中间体，故A正确。

B．从反应过程看，甲醇羰基化反应为：CH3OH+CO=CHCO2H，B正确。

C．从反应过程看，反应过程中Rh的成键数目分别为4、5、6，C错误。

D．由图像分析可知，存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O，D正确。

答案：C。

11.年约里奥-居里夫妇在核反应中用a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：

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26

B.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：

根据原子核反应可知，w=30+1-4=27，X、Y的质子数相差2，X、Y的最外层电子数之和为8，说明X为最外层电子数为3或7，Y的最外层电子数为5或1，由于X为金属，故X为Al，Y为P。

A．X的质量数为27，相对原子质量约为27，故A错误。

B．Al、P均可形成三氯化物，B正确。

C．Al的原子半径大于Y的原子半径，C错误。

D．P有多种含氧酸，D错误。

答案：B。

12、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Zn-2e-+4OH-=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↑+4OH-+2H2O

D.充电时，正极溶液中OH-浓度升高

解析：由电池示意图可知，当工作时，负极Zn失去电子发生氧化反应，变成Zn(OH)42-，负极反应为：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42-;正极CO2得到电子发生还原反应生成HCOOH，电极反应为：CO2+2H2O+2e-=HCOOH+2OH-；电池总反应为：Zn+CO2+2H2O+2OH-=HCOOH+Zn(OH)42-。

充电时，阳极H2O中的OH-放电产生O2，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；阴极Zn(OH)42-放电，产生Zn，电极反应为：Zn(OH)42-+2e-=Zn+4OH-。充电时，电池总反应为：2Zn(OH)42—=2Zn+O2↑+4OH-+2H2O。

A．放电时，负极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42-，故A正确。

B．利用化合价分析可知，放电时，1molCO2转化为HCOOH，转移的电子数为2mol，B正确。

C．充电时，电池总反应为：2Zn(OH)42—=2Zn+O2↑+4OH-+2H2O，C正确。

D．充电时，正极溶液中消耗OH-，OH-浓度降低，D错误。

答案：D。

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.mol·L-1

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：若H2A是二元弱酸，NaOH溶液滴定二元酸H2A过程中，δ(H2A)不断减少，δ(HA-)先增加后减少，δ(A2-)不断增加。

由图像可知，曲线①和曲线②代表二元酸H2A溶液中微粒分布曲线，曲线③是滴定曲线。

曲线①开始为0.9，VNaOH=40mL时曲线①变成0，曲线②开始为0.1，VNaOH=40mL时变成1.0。当NaOH溶液体积VNaOH=40mL，达到滴定终点。说明反应过程中，二元酸H2A溶液中只有两种成分，一种增大，一种减小。当VNaOH＞40mL，曲线①和②对应的值保持不变，反应结束，说明二元酸H2A与通过NaOH溶液反应，只有一步就结束。

由分析可知，二元酸H2A，第一步完全电离，第二步是部分电离，曲线①代表δ(HA-)，反应开始δ(HA-)=0.9，最终δ(HA-)=0，反应过程中不断减少；曲线②代表δ(A2-)，反应开始δ(A2-)=0.1，最终δ(A2-)=1.0，反应过程中不断增加。

A．曲线①代表δ(A2-)，曲线②代表δ(A2-)，故A错误。

B．根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，H2A溶液的浓度为0.mol·L-1，B错误。

C．由于H2A第一步完全电离，则HA-的起始浓度为0.mol/L，根据图像，当VNaOH=0时，HA-的分布系数为0.9，A2-的分布系数为0.1，溶液的pH=1，则HA-的电离平衡常数：

故，HA-的电离常数Ka=1.0×10-2，C正确。

D．滴定终点时，溶液为Na2A溶液，pH＞7，根据电荷守恒，溶液中c(Na+)＜2c(A2-)+c(HA-)，D错误。

答案：C。

①本题的难点是判断H2A的电离，根据pH的突变和粒子分布分数的变化确定H2A的电离方程式为H2A=H++A2-，HA-?H++A2-。

②本题容易因为思维定势，导致认为H2A是二元弱酸，曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA-)，从而陷入误区。

③本题图像绘制不准确，一是滴定终点的图像pH突变范围不准确，二是利用两条分布系数曲线交叉点对应的pH计算出的电离常数，与利用起点计算出的电离常数结果不一致。

二、非选择题：

26．（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pH

1.9

7.0

3.0

8.1

完全沉淀pH

3.2

9.0

4.7

10.1

(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_____。

解析：黏土钒矿经酸浸氧化、中和沉淀、沉淀转溶、调pH、沉钒等得到NH4VO3。根据工艺流程和问题可知：

黏土钒矿经酸浸氧化，滤渣①的主要成分是SiO2、H2SiO3，溶液中的阳离子主要有K+、Mg2+、Fe3+、Al3+、Mn2+，VO+和VO2+“被氧化成VO2+，阴离子主要是SO42-；

向滤液①中加入NaOH溶液调节pH为3.0~3-1，中和沉淀，可以使大部分Fe3+和少量Al3+沉淀，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O。说明滤液②中含K+、Mg2+、Mn2+、Na+、Al3+和Fe3+，滤饼②成分为V2O5·xH2O和Fe(OH)3、少量Al(OH)3。放弃滤液②，保留滤饼②，可以将在滤液②中的K+、Mg2+、Na+、Mn2+，及没有沉淀的Al3+和Fe3+除去。

向滤饼②中加入NaOH溶液调节pH为＞13.0，沉淀转溶，滤饼②中的V2O5·xH2O转化为钒酸钠溶解，滤饼②中的Al(OH)3，转化为偏铝酸钠溶液，剩下Fe(OH)3就是滤渣③的成分。

向钒酸钠和偏铝酸钠混合溶液中加入盐酸，调pH=8.5，可以将偏铝酸钠转化为Al(OH)3沉淀。

最后，钒酸钠溶液与氯化铵溶液反应，生成NH4VO3沉淀。

(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：加快反应速率；

(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+“被氧化成VO2+，同时还有Fe2+离子被氧化。VO+转化为VO2+反应的氧化剂是MnO2，反应是酸性条件，离子方程式为：VO+＋MnO2＋2H+==VO2+＋Mn2+＋H2O。

(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+、Mn2+，以及部分的Al3+和Fe3+。

(4)“沉淀转溶”中,V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，滤渣的主要成分是：Fe(OH)3。

(5)“调pH”中生成沉淀的反应是偏氯酸钠和盐酸反应生成Al(OH)3，化学方程式是：NaAlO2+HCl＋H2O=Al(OH)3↓＋NaCl。

(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，加入过量NH4Cl，增加NH4+浓度，可以使NH4VO3尽可能充分沉淀析出。

答案：

（1）加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)

（2）Fe2+VO+＋MnO2＋2H+==VO2+＋Mn2+＋H2O

（3）Mn2+Al3+和Fe3+

（4）Fe(OH)3

(5)NaAlO2+HCl＋H2O=Al(OH)3↓＋NaCl

或

NaAl(OH)4＋HCl==Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O

(6)增加NH4+浓度，可以使NH4VO3尽可能充分沉淀析出

27.(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0.10mol·L-1FeSO4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(μ∞)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

μ∞×/m2?s-1?v-1

阴离子

μ∞×/m2?s-1?v-1

Li+

4.07

HCO3-

4.61

Na+

5.19

NO3-

7.40

Ca2+

6.59

Cl-

7.91

K+

7.62

SO42-

8.27

(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0.02mol·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________________。

解析：（1）根据配置一定物质的量浓度溶液的步骤可知，需要的仪器除过药匙、玻璃棒，还需要托盘天平、烧杯、量筒、滴管、洗瓶等。

（2）根据盐桥的基本要求和表中数据可知，盐桥中应选择KCl作为电解质，KNO3由于具有强氧化性，不适合做电解质。

（3）由于在原电池工作时，阳离子向正极移动，石墨电极为正极，所以盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中。

（4）该电池的电极反应为：

负极：Fe-2e-=Fe2+正极：2Fe3++2e-=2Fe2+

石墨电极溶液中c(Fe2+)=0.05mol·L-1+2×0.02mol·L-1=0.09mol·L-1

（5）该实验验证了Fe2+氧化性小于Fe3+、还原性小于Fe。

（6）检验活化反应完成的主要目的就是检验溶液中是否有Fe3+，具体方法是：取少量溶液，滴入KSCN溶液，观察溶液颜色是否变血红色。

答案：(1)烧杯、量筒、托盘天平

(2)KCl(3)石墨(4)0.09mol/L

(5)Fe3+＋e－==Fe2+Fe－2e－==Fe2+Fe3+Fe

(6)取少量溶液，滴入KSCN溶液，观察溶液颜色是否变血红色。

28.(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)ΔH=-98mol·L-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，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75%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率a随温度的变化如图(b)所示。反应在5.0MPa、℃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%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：

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、a值代入上述速率方程,得到v-t曲线，如图(c)所示。

图(c)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。ttm时，v逐渐提高；ttm后，v逐渐下降。原因是______________。

解析：（1）由图(a)可知：

V2O4(s)+SO3(g)=V2O5(s)+SO2(g)ΔH=-24mol/L①

V2O4(s)+2SO3(g)=2VOSO4(s)ΔH=-mol/L②

根据盖斯定律可知，由②-①×2可得：

2V2O5(s)＋2SO2(g)==2VOSO4(s)＋V2O4(s)ΔH=－kJ·mol－1

（2）已知SO2(g)+O2(g)SO3(g)ΔH=98mol/L

由于该反应为气体分子数减少的反应，温度一定时，压强越大，转化率越高，所以P1是5.0MPa压强下的平衡曲线。由此可知，反应在5.0MPa、℃时的α=0.。

影响α的因素有：温度、压强、SO2(g)物质的量分数等。

（3）该反应在恒温恒压下进行，由于气体总共三种成分，所以，q%=1-3m%。

解法一：若SO2转化率为α，则气体的总物质的量减少αm%，SO3(g)物质的量为：2αm%。SO3(g)物质的量分数为：2αm%/(1-αm%)，则SO3压强为：p×2αm%/(1-αm%)=2mαp/(-mα)。SO2压强为：p×2m%(1-α)/(1-αm%)，O2压强为：p×(m%-αm%)/(1-αm%)。

解法二：假设，起始总物质的量为mol，SO2(g)为2mmol、O2(g)为mmol，达到平衡时，若SO2转化率为α，总物质的量为：-2m×α/2=-mα，SO3(g)物质的量为：2mα。SO3(g)物质的量分数为：2mα/(-mα),

此时，则SO3压强为：p×[2mα/(-mα)]=2mαp/(-mα)。

SO2压强为：2(1-α)mp/(-αm)，O2压强为：(1-α)mp/(-αm)。

Kp=[2mαp/(-mα)]÷{[p×2m%(1-α)/(1-αm%)]×[p×(m%-αm%)/(1-αm%)]1/2}

或

Kp=[2mαp/(-mα)]÷{2(1-α)mp/(-αm)×[(1-α)mp/(-αm)]1/2}

或

（4）升高温度，k增大使逐渐提高，反应速率加快；由于该反应是放热反应，平衡逆移，导致转化率降低，由题中反应速率方程分析可知，转化率降低，导致速率下降。

ttm时，升高温度，k增大对反应速率加快的程度，大于平衡逆移引起速率降低的程度，v逐渐提高；

ttm后，升高温度，k增大对反应速率加快的程度，小于平衡逆移引起速率降低的程度，v逐渐下降。

答案：(1)2V2O5(s)＋2SO2(g)==2VOSO4(s)＋V2O4(s)ΔH=－kJ/mol

(2)0.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)2mαp/(-mα)

(4)ttm时，升高温度，k增大对反应速率加快的程度，大于平衡逆移引起速率降低的程度，v逐渐提高；ttm后，升高温度，k增大对反应速率加快的程度，小于平衡逆移引起速率降低的程度，v逐渐下降。

35.(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)如下表所示。

I1(Li)I1(Na)的原因是______________。

I1(Be)I1(B)I1(Li)的原因是___________。

I1/(kJ·mol-1)

Li

Be

B

Na

Mg

Al

(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Li(1-x)FePO4，结构示意图如(b)所示，则x=_____，n(Fe2+)/n(Fe3+)=_________。

解析：

（1）基态铁原子的价电子排布式为3d64s2，Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+价电子排布式分别为3d5，根据洪特规则可知，Fe2+有4个未成对电子，Fe3+有5个未成对电子，故未成对电子个数比为:4:5；

(2)根据原子的第一电离能规律可知：同主族元素，从上至下，原子半径增大，第一电离能逐渐减小，同周期元素，从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，ⅡA与ⅤA因为是全充满和半充满结构，第一电离能反常增高。

I1(Li)I1(Na)的原因：同主族元素，从上至下，原子半径增大，第一电离能逐渐减小。

I1(Be)I1(B)I1(Li)的原因：同周期元素，从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于ⅡA元素基态原子s能级轨道处于全充满的状态，能量更低更稳定，所以其第一电离能大于同一周期的ⅢA元素，与Li相比，B核电荷数大，原子半径小，较难失去电子，第一电离能比Li大。

（3）PO43-的成键电子对数目为4，孤电子对数为0。故，磷酸根离子的价层电子对数为4，空间构型为正四面体形，杂化轨道类型为sp3杂化；

(4)由题目信息得知，对比图(a),(b)和(c)三个不同物质的晶胞结构示意图得知，图(a)中顶点，面心和棱心处的小球代表Li+，经计算一个晶胞中Li+的个数为(8×1/8+4×1/2+4×1/4)=4个，图(a)晶胞的化学式为：LiFePO4，即晶胞中含Fe和P的数目均为4个；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缺少一个面心的Li+及一个棱心的Li+；LiFePO4晶胞的化学式为Li4Fe4P4O16，那么Li1-xFePO4晶胞的化学式为Li3.25Fe4P4O16，所以有1-x=3.25/4，即x=3/16。

由此可知，Li1-xFePO4即为Li0.FePO4；设Fe2+和Fe3+数目分别为x和y，则列方程组：

x+y=1(原子守恒)，0.+2x+3y+5=4×2(化合价守恒)

x=0.y=0.

则n(Fe2+)/n(Fe3+)=0.:0.=13:3。

答案：(1)4:5

(2)Na与Li同族，Na电子层数多，原子半径大，易失电子，故第一电离能更小

Li、Be、B同周期元素，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1s22s2，第一电离能最大。与Li相比，B核电荷数大，原子半径小，较难失去电子，第一电离能比Li大。

(3)正四面体形4sp3

(4)43/:3

36.(15分)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，目前“有机超强碱”的研究越来越受到