1、 2020 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 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。 。
2、 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 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 题题 只有一项符合题目要求，第只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
3、错的得分，有选错的得 0 分。分。 1.行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，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
4、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，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 1 10 ，半径约为地球半径的 1 2 ，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（ ） A. 0.2 B. 0.4 C. 2.0 D. 2.5 【答案】B 【解析】 【详解】设物体质量为 m，则在火星表面有 1 1 2 1 M m FG R = 在地球表面有 2 2 2 2 M m FG R = 由题意知有 1 2 1 10 M M =
5、 1 2 1 2 R R 故联立以上公式可得 2 112 2 221 14 0.4 101 FM R FM 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质量约为 50 kg。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 N B. 400 N C. 600 N D. 800 N 【答案】B 【解析】 【详解】在最低点由 2 2 mv Tmg r 知 T=410N 即每根绳子拉力约为 410N，故选 B。 4.图（a）所示电路中，K与 L间接一智能电源，用以控制
6、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 Q C U 可知 C QI Ut CC 结合图像可知，图像的斜率为 I C ，则12s:内的电流 12 I与3 5s内的电流 35 I关系为 1235 2II 且两段时间中的电流方向相反，根据欧姆定律 U I R 可知R两端电压大小关系满足 1235 2 RR UU 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
7、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. 7 6 m qB B. 5 4 m qB C. 4 3 m qB D. 3 2 m qB 【答案】C 【解析】 【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动 2 mv qBv r ， 2 r T v 可得粒子在磁场中的周期 2 m T qB 粒子在磁场中运动的时间 2 m tT qB 则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应
8、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0.5rR和1.5rR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。 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
9、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？ 【答案】(1) 2 0 2 mv E qR ；(2) 0 1 2 4 v v =；(3)0 或 0 2 3 2 v v = 【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： AC xR= 所以根据动能定理有： 2 0 1 0 2 AC qExmv=- 解得： 2 0 2 mv E qR ； （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
10、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 1 sin60 xRvt= 2 1 cos60 2 yRRat=+= 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： 0 1 2 4 v v =； （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 2 3 BC xRv t= 2 2 1 2 AC xRat= 电场力提供加速度有 qEma 联立解得 0 2 3 2 v v =；当粒
11、子从 C 点射出时初速度为 0。 （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， 势能_ （填“
12、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O点很远处向O点运动，两分子间距减小到 2 r的过程中，分子间体现引力，引力做正功， 分子势能减小； 2在 21 rr过程中，分子间仍然体现引力，引力做正功，分子势能减小； 3在间距等于 1 r之前，分子势能一直减小，取无穷远处分子间势能为零，则在 1 r处分子势能小于零。 14.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 容积为 2V，罐中气体的压强为 1 2 p
13、。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） 2 3 p； （ii） 2 3 【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 1 3pVpV， 2 1 23 2 pVpV 则 12 1 2() 3 2 pVpVppV 则甲乙中气体最终压强 12 2 3 pppp （ii）若调配后将甲气体再等温
14、压缩到气体原来的压强为 p，则 p VpV 计算可得 2 3 VV 由密度定律可得，质量之比等于 2 3 mV mV 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 D. 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
15、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 c 点外
16、，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 3 8 l。求： （i）波的波长； （ii）波的传播速度。 【答案】 （i） 1 4 l； （ii） 1 4 fl 【解析】 【详解】 （i）设与 c点最近的振幅极大点为 d，则 35 88 adlll 22 7 2cos60 8 bdcdbcbccdl 根据干涉加强点距离差的关系： 12 xxxn 1 4 bdadl 所以波长为 1 4 l （ii）由于受迫振动的频率取决于受迫源的频率由vf知， 1 4 vfl 2020 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
17、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， 用铅回答选择题时， 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，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，写在本试用橡皮擦干净后，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。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
18、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. NaC
19、lO 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】 【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
20、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 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 S
21、O2(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】 【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： 2 2C
22、uO =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： 2322 2NO2NaOH=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： 222 NONO2NaOH=2NaNOH O，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
23、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 2 2 Rh COI 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
24、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： 2 2 Rh COI 33 CH OHCOCH COOH ，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： 332 CH OH+HICH IH O ，D 项
25、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 粒子(即氦核 4 2He)轰击金属原子 W ZX，得到核素 30 Z+2Y，开创了人 造放射性核素的先河： W ZX+ 4 2He 30 Z+2Y+ 1 0n。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. W ZX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
26、 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 27 13Al的质量数为 27，则该原子相对原子质量为 27，故 A错误； BAl元素均可形成 AlCl3，P 元素均可形成 PCl3，故 B 正确； CAl原子与 P
27、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：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 2 4 Zn2e4OH Zn(OH) 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 2 422 2Zn OH) 2ZnO4OHO(
28、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 2- 4 Zn(OH)；充电时，右侧为阳极，H2O 发生氧化反应生成 O2，左侧为阴极， 2- 4 Zn(OH)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： -2- 4 Zn-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 HCOO
29、H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 2- 4 Zn(OH)转化为 Zn，电池总反应为： 2- 422 2Zn(OH) =2Zn+O+4OH +2H O，故 C正确，不选； D充电时，正极即为阳极，电极反应式为： -+ 22 2H 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 mol L1的 NaOH溶液滴定 20.00 mL未知浓度的二元酸 H2A溶液。溶液中， p
30、H、分布系数随滴加 NaOH 溶液体积 VNaOH的变化关系如图所示。比如 A 2的分布系数： 2- 2- -2- 2 c(A ) (A )= c(H A)+c(HA )+c(A ) 下列叙述正确的是 A. 曲线代表 2 (H A)，曲线代表 - (HA ) B. H2A 溶液的浓度为 0.2000 mol L1 C. HA的电离常数 Ka=1.0 102 D. 滴定终点时，溶液中 +2- (Na )13，V2O5 xH2O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 A
31、l(OH)3沉淀而除去；最后向滤液中加入 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 + 2 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 + 2 VO时，钒元素的化合价由+3 价升至+5价，1molVO
32、+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 + 2 VO反应的离子方程式为 VO+MnO2+2H+= + 2 VO+Mn2+H2O，故答案为：Fe2+，VO+MnO2+2H+= + 2 VO+Mn2+H2O； (3)根据分析， “中和沉淀”中， 钒水解并沉淀为 V2O5 xH2O， 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(
33、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，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 N
34、H4VO3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 FeSO4 7H2O固体配制 0.10 mol L1 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
35、108/(m2 s1 V1) 阴离子 u 108/(m2 s1 V1) Li+ 4.07 3 HCO 4.61 Na+ 5.19 3 NO 7.40 Ca2+ 6.59 Cl 7.91 K+ 7.62 2 4 SO 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 L1。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
36、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). Fe (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
37、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 - 3 HCO反应，Ca2+能与 2- 4 SO反应，FeSO4、Fe2(SO4)3都属于强酸弱碱盐，水溶液
38、呈酸性， 酸性条件下 - 3 NO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 - 3 HCO、 - 3 NO，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+
39、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
40、 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
41、息和反应的 原理解答。 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)+ 1 2 O2(g) 钒催化剂 SO3(g) H=98 kJmol 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 随温度的变化如图所示。反应在 5.0MPa、550时的
42、 =_，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。 曲线上 v最大值
43、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). 2m 100m p (6). 0.5 1.5 1 100 mp m (7). 升高温度，k 增大使 v 逐渐提高，但 降低使 v 逐渐下降。当 t
44、tm，k 增大对 v 的提高大于 引起的降 低；当 ttm，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)+ 1 2 O2(g)SO3(g) H= -98kJmol-1 V2O4(s)+ SO3(g)V2O5(s)+ SO2(g) H2=
45、-24kJmol-1 V2O4(s)+ 2SO3(g)2VOSO4(s) H1= -399kJmol-1 根据盖斯定律可知，-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)+ 1 2 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，
46、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， =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 q mol， 2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡转化率为 ，则有下列关系： 22 3 1 SO+O SO 2 0 ()2mm 2 ()2 2 ()2
47、m(1- )m(1) mol m molmm m mol 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 3 n SO2m mol2m 100%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)= 2m 100m p ，p(SO2)= 2m 1 100m p ，p(O2)= m 1 100m p ，在该条件 下，SO2(g)+ 1 2 O2(g)2SO3(g) 的 Kp= 3 0.50.50.5 1.5 22 2m SO 100m SO 2m 1m 1 1 100 100m100m p p ppO mppp m 。 (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= 0.8 k11n ，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提高大于 引起的降低；当 ttm，k 增大对 v 的提高小于 引起的降低。
