【334036】2020年全国统一考试化学试题新课标Ⅰ

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【334036】2020年全国统一考试化学试题新课标Ⅰ

时间：2025-01-21 18:35:31 作者：字数：31674字

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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

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绝密★启用前

2020年全国统一考试化学试题（新课标Ⅰ）

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

题号	一	二	三	四	五	总分
得分

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息$2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

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评卷人	得分

一、单选题

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76

D．氯仿的化学名称是四氯化碳

【答案】D

【解析】

【分析】

【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；

B.次氯酸钠具有强氧化性，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C₁₄H₁₄O₄

B．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】

【分析】

【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．A B．B C．C D．D

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

A．SO₂和H₂S都具有较强的还原性，都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；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：，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；

D．NO₂可以与NaOH发生反应：，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：，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=CH₃CO₂H

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

【答案】C

【解析】

【分析】

题干中明确指出，铑配合物充当催化剂的作用，用于催化甲醇羰基化。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；

C．通过分析可知，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，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；

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α粒子(即氦核 )轰击金属原子 ，得到核素 ，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． 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

【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；

B．Al元素均可形成AlCl₃，P元素均可形成PCl₃，故B正确；

C．Al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Al>P，故C错误；

D．P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Zn−CO₂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

B．放电时，1 mol CO₂转化为HCOOH，转移的电子数为2 mol

C．充电时，电池总反应为

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，发生还原反应生成Zn，以此分析解答。

【详解】

A．放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为：，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，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：，故C正确，不选；

D．充电时，正极即为阳极，电极反应式为：，溶液中H⁺浓度增大，溶液中c(H⁺)•c(OH^-)=K_W，温度不变时，K_W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 mol·L⁻¹的NaOH溶液滴定20.00 mL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V_NaOH的变化关系如图所示。[比如A²⁻的分布系数： ]

下列叙述正确的是

A．曲线①代表 ，曲线②代表

B．H₂A溶液的浓度为0.2000 mol·L⁻¹

C．HA⁻的电离常数K_a=1.0×10⁻²

D．滴定终点时，溶液中

【答案】C

【解析】

【分析】

根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H₂A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA^-)，曲线②代表δ(A^2-)，根据反应2NaOH+H₂A=Na₂A+2H₂O，c(H₂A)= =0.1000mol/L，据此分析作答。

【详解】

A．根据分析，曲线①代表δ(HA^-)，曲线②代表δ(A^2-)，A错误；

B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H₂A=Na₂A+2H₂O，c(H₂A)= =0.1000mol/L，B错误；

C．根据曲线当δ(HA^-)=δ(A^2-)时溶液的pH=2，则HA^-的电离平衡常数K_a= =c(H⁺)=1×10^-2，C正确；

D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH^-)＞c(H⁺)，溶液中的电荷守恒为c(Na⁺)+c(H⁺)=2c(A^2-)+c(HA^-)+c(OH^-)，则c(Na⁺)＞2c(A^2-)+c(HA^-)，D错误；

答案选C。

【点睛】

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⁺+A^2-，HA^-⇌H⁺+A^2-；同时注意题中是双纵坐标，左边纵坐标代表粒子分布分数，右边纵坐标代表pH，图像中δ(HA^-)=δ(A^2-)时溶液的pH≠5，而是pH=2。

第II卷（非选择题）

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评卷人	得分

二、工业流程题

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、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

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 ，同时还有___________离子被氧化。写出VO⁺转化为 反应的离子方程式___________。

(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为 ，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， 转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。

(5)“调pH”中有沉淀生产，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___________。

【答案】加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全） Fe²⁺ VO⁺+MnO₂+2H⁺= +Mn²⁺+H₂O Mn²⁺ Fe³⁺、Al³⁺ Fe(OH)₃ NaAlO₂+HCl+H₂O=NaCl+Al(OH)₃↓或Na[Al(OH)₄]+HCl= NaCl+Al(OH)₃↓+H₂O 利用同离子效应，促进NH₄VO₃尽可能析出完全

【解析】

【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，用30%H₂SO₄和MnO₂“酸浸氧化”时VO⁺和VO²⁺被氧化成，Fe₃O₄与硫酸反应生成的Fe²⁺被氧化成Fe³⁺，SiO₂此过程中不反应，滤液①中含有、K⁺、Mg²⁺、Al³⁺、Fe³⁺、Mn²⁺、；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V₂O₅·xH₂O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe³⁺部分转化为Fe(OH)₃沉淀，部分Al³⁺转化为Al(OH)₃沉淀，滤液②中含有K⁺、Na⁺、Mg²⁺、Al³⁺、Fe³⁺、Mn²⁺、，滤饼②中含V₂O₅·xH₂O、Fe(OH)₃、Al(OH)₃，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V₂O₅·xH₂O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)₃转化为NaAlO₂，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)₃；滤液③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④中加入NH₄Cl“沉钒”得到NH₄VO₃。

【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⁺转化为反应的离子方程式为VO⁺+MnO₂+2H⁺= +Mn²⁺+H₂O，故答案为：Fe²⁺，VO⁺+MnO₂+2H⁺= +Mn²⁺+H₂O；

(3)根据分析，“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Fe³⁺、Al³⁺，故答案为：Mn²⁺，Fe³⁺、Al³⁺；

(4)根据分析，滤渣③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Na[Al(OH)₄]+HCl= NaCl+Al(OH)₃↓+H₂O，故答案为：NaAlO₂+HCl+H₂O=NaCl+Al(OH)₃↓或Na[Al(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。

评卷人	得分

三、实验题

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FeSO₄·7H₂O固体配制0.10 mol·L⁻¹ FeSO₄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。

阳离子	u^∞×10⁸/(m²·s⁻¹·V⁻¹)	阴离子	u^∞×10⁸/(m²·s⁻¹·V⁻¹)
Li⁺	4.07		4.61
Na⁺	5.19		7.40
Ca²⁺	6.59	Cl⁻	7.91
K⁺	7.62		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0.02 mol·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】烧杯、量筒、托盘天平 KCl 石墨 0.09mol/L Fe³⁺+e^-=Fe²⁺ Fe-2e^-=Fe²⁺ Fe³⁺ Fe 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。

【详解】

(1)由FeSO₄·7H₂O固体配制0.10mol·L^-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FeSO₄·7H₂O固体配制0.10mol·L^-1FeSO₄溶液需要的仪器有药匙、托盘天平、合适的量筒、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、，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⁺=3Fe²⁺，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。

评卷人	得分

四、原理综合题

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SO₂的催化氧化：SO₂(g)+ O₂(g) SO₃(g) ΔH=−98 kJ·mol⁻¹。回答下列问题：

(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压强下，SO₂平衡转化率α 随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550℃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K_p=___________(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(1−nα')。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、α值代入上述速率方程，得到v~t曲线，如图所示。

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t_m。t<t_m时，v逐渐提高；t>t_m后，v逐渐下降。原因是__________________________。

【答案】2V₂O₅(s)+ 2SO₂(g)⇌ 2VOSO₄(s)+ V₂O₄(s) ∆H= -351 kJ∙mol^-1 0.975 该反应气体分子数减少，增大压强，α提高。所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa＞2.5MPa＝p_２的，所以p₁=5.0MPa 反应物（N₂和O₂）的起始浓度（组成）、温度、压强升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜t_m，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞t_m，k增大对v的提高小于α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：

①SO₂(g)+ O₂(g)⇌SO₃(g) ∆H= -98kJ∙mol^-1

②V₂O₄(s)+ SO₃(g)⇌V₂O₅(s)+ SO₂(g) ∆H₂= -24kJ∙mol^-1

③V₂O₄(s)+ 2SO₃(g)⇌2VOSO₄(s) ∆H₁= -399kJ∙mol^-1

根据盖斯定律可知，③-②2得2V₂O₅(s)+ 2SO₂(g)⇌ 2VOSO₄(s)+ V₂O₄(s)，则∆H= ∆H₁-2∆H₂=( -399kJ∙mol^-1)-( -24kJ∙mol^-1)2= -351kJ∙mol^-1，所以该反应的热化学方程式为：2V₂O₅(s)+ 2SO₂(g)⇌ 2VOSO₄(s)+ V₂O₄(s) ∆H= -351 kJ∙mol^-1；

(2) SO₂(g)+ O₂(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的，因此，p₁=5.0MPa，由图中数据可知，α=0.975。影响α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q mol，2m+m+q=3m+q=100，SO₂的平衡转化率为α，则有下列关系：

平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1-α)+m(1-α)+2mαmol+q mol，则SO₃的物质的量分数为。该反应在恒压容器中进行，因此，SO₃的分压p(SO₃)= ，p(SO₂)= ，p(O₂)= ，在该条件下，SO₂(g)+ O₂(g)⇌2SO₃(g) 的K_p= 。

(4) 由于该反应是放热反应，温度升高后α降低。由题中信息可知，v= ，升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜t_m，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞t_m，k增大对v的提高小于α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。

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________。

(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，LiFeO₄脱出部分Li⁺，形成Li_1−xFePO₄，结构示意图如(b)所示，则x=_______，n(Fe²⁺ )∶n(Fe³⁺)=_______。

【答案】4:5 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 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的正四面体形 4 sp³ 4 或0.1875 13:3

【解析】

【分析】

题(1)考查了对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，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，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；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，因此；

(3)经过计算，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；

(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LiFePO₄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，Li_1-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Li_1-xFePO₄晶胞的化学式为Li_3.25Fe₄P₄O₁₆，所以有即x=0.1875。结合上一个空计算的结果可知，Li_1-xFePO₄即Li_0.8125FePO₄；假设Fe²⁺和Fe³⁺数目分别为x和y，则列方程组：，，解得x=0.8125，y=0.1875，则Li_1-xFePO₄中。