性重铬酸钾溶液变色，B叙述不正确；2020年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）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；一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。共78分，在每小题给出的四个选项中，只有一项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是符合题目要求的。碳碳双键，D叙述正确。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)、综上所述，故选B。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3.下列气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是A.CH3CH2OH能与水互溶气体(杂质)方法B.NaClO通过氧化灭活病毒ASO2(H2S)通过酸性高锰酸钾溶液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BCl2(HCl)通过饱和的食盐水【答案】DCN2(O2)通过灼热的铜丝网【解析】DNO(NO2)通过氢氧化钠溶液【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；A.AB.BC.CD.DC.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；【答案】D.氯仿的化学名称为三氯甲烷，D说法不正确。A【解析】综上所述，故选D。【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。有关该化合杂质H2S时，SO2也会被吸收，故A项不能实现除杂目的；物，下列叙述错误的是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；A.分子式为C14H14O4B.不能使酸性重铬酸钾溶液变色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2CuO2==2CuOC.能够发生水解反应气无法反应，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.能够发生消去反应生成双键D．NO2可以与NaOH发生反应：2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O，NO与NaOH溶液不能发生反【答案】B应；尽管NO可以与NO2一同跟NaOH发生反应：NONO2NaOH=2NaNOHO，但由于杂质的含量【解析】222一般较少，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；【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；答案选。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。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：－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。CH3OH+HICH3IH2O，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。4W305.1934年约里奥–居里夫妇在核反应中用α粒子(即氦核2He)轰击金属原子ZX，得到核素Z+2Y，开创了人造放W4301射性核素的先河：ZX+2He→Z+2Y+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WA.ZX的相对原子质量为26B.X、Y均可形成三氯化物下列叙述错误的是C.X的原子半径小于Y的A.CH3COI是反应中间体D.Y仅有一种含氧酸B.甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=CH3CO2H【答案】BC.反应过程中Rh的成键数目保持不变【解析】D.存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O【分析】【答案】C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【解析】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【分析】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，以此解题干中明确指出，铑配合物RhCOI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22答。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27【详解】A．13Al的质量数为27，则该原子相对原子质量为27，故A错误；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B．Al元素均可形成AlCl3，P元素均可形成PCl3，故B正确；物种如CH3COI以及各种配离子等，都可视作中间物种。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；【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D．P的含氧酸有H3PO4、H3PO3、H3PO2等，故D错误；同时，也可以生成使甲醇转化为CH3I的HI，A项正确；故答案为：B。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：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RhCOI22，B项正确；CH3OHCOCH3COOH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。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；答案选D。−17.以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、2−分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A的分布系数：2-2-c(A)δ(A)=-2-]c(H2A)+c(HA)+c(A)下列说法错误的是2A.放电时，负极反应为Zn2e4OHZn(OH)4B.放电时，1molCO2转化为HCOOH，转移的电子数为2mol2C.充电时，电池总反应为2Zn(OH)42ZnO24OH2H2OD.充电时，正极溶液中OH−浓度升高【答案】D【解析】下列叙述正确的是【分析】-A.曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA)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−1B.H2A溶液的浓度为0.2000mol·L2-极，Zn发生氧化反应生成Zn(OH)4；充电时，右侧为阳极，H2O发生氧化反应生成O2，左侧为阴极，−−2C.HA的电离常数Ka=1.0×10Zn(OH)2-发生还原反应生成Zn，以此分析解答。4D.滴定终点时，溶液中c(Na+)<2c(A2-)+c(HA-)【详解】．放电时，负极上发生氧化反应，电极反应式为：--2-，故正确，不AZnZn-2e+4OH=Zn(OH)4A【答案】C选；【解析】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，【分析】故B正确，不选；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2-NaOH的滴入逐渐增大；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C．充电时，阳极上H2O转化为O2，负极上Zn(OH)4转化为Zn，电池总反应为：-大值接近1；没有加入NaOH时，pH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)，2Zn(OH)2-=2Zn+O+4OH-+2HO，故C正确，不选；4220.1000mol/L40mL2-曲线②代表δ(A)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，据此分-++220.00mLD．充电时，正极即为阳极，电极反应式为：2H2O-4e=4H+O2，溶液中H浓度增大，溶液中析作答。c(H+)•c(OH-)=K，温度不变时，K不变，因此溶液中OH-浓度降低，故D错误，符合题意；WW【详解】A．根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，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(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。0.1000mol/L40mL+2++2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，B错误；(2)“酸浸氧化”中，VO和VO被氧化成VO，同时还有___________离子被氧化。写出VO转化为VO反应220.00mL22--C．由于H2A第一步完全电离，则HA的起始浓度为0.1000mol/L，根据图像，当VNaOH=0时，HA的分布系数的离子方程式___________。c(A2-)c(H+)(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为VOxHO，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以2--252为0.9，溶液的pH=1，A的分布系数为0.1，则HA的电离平衡常数Ka==c(HA-)及部分的___________。0.1000mol/L0.10.1000mol/L≈1×10-2，C正确；0.1000mol/L0.9(4)“沉淀转溶”中，V2O5xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。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(5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。答案选C。2++++【答案】(1).加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）(2).Fe(3).VO+MnO2+2H=VO2【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+Mn2++HO(4).Mn2+(5).Fe3+、Al3+(6).Fe(OH)(7).NaAlO+HCl+HO=NaCl+Al(OH)↓或+2--+2-23223H2A=H+A，HA⇌H+A。Na[Al(OH)]+HCl=NaCl+Al(OH)↓+HO(8).利用同离子效应，促进NHVO尽可能析出完全三、非选择题：共174分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考43243【解析】题，考生根据要求作答。【分析】(一)必考题：共129分。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%H2SO48.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、+2++2+3+和MnO2“酸浸氧化”时VO和VO被氧化成VO，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe被氧化成Fe，SiO2此过程中Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。2++2+3+3+2+2-不反应，滤液①中含有VO2、K、Mg、Al、Fe、Mn、SO4；