2020年全国卷1化学高考解析

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2020-08-07

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2020年全国1卷化学高考详细解析版

运城龙翔实验中学陈振雄杨洋洋

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%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解析

A选项：CH3CH2OH能与水以任意比互溶，故A正确；
B选项：NaClO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CH3COOOH，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CHCl3,故D错误；

故选D

2.紫花前胡醇( 1595601986(1) )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C14H1404 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

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Ω=8.所以其分子式为C14H1404，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. A B. B C. C D. D

解析

A选项：SO2和H2S均具有还原性，酸性KMnO4具有强氧化性，因此SO2和H2S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+H2O===HCl+HClO，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+02=≜=2CuO，N2与Cu不反应，因此通过灼热的铜网可以除掉N2中的O2，能够实现目的，故C不选；
D选项NO2会与水发生反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，因此可以用NaOH溶液除去NO中混有的NO2，能够实现目的，故D不选；
故选A

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()

$C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\404c0817c83bc34496bed0fbfaaf5a3.jpg$

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

解析

A选项：CH3COI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CO和CH3OH，经过一系列中间态，最终产物为CH3CO2H，反应方程式为CH3OH+CO=CH3CO2H，故B正确；
C选项：反应过程中，含Rh的物质 $C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\e890b6a6b5f6fb74ab446219e25f76e.jpg$ $C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\9358b873d6dc3decf07b70725ddc679.jpg$

有四种，Rh的成键数目会发生改变，故C错误；
D选项：反应中，CH3OH与HI反应，产生CH3I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α粒子(即氢核24He)轰击金属原子，得到核素Z+230Y,开创了人造放射性核素的先河ZWX+24He---Z+230Y+01n,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. ZWX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：

ZWX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ZWX的质子数多2，由于ZWX为金属原子，则可推知ZWX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，则元素Y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ZWX+24He---Z+230Y+01n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ZWX为1327Al, Z+230Y为1530P。
A选项：1327Al 的质量数27，根据核素的相对原子质量约等于质量数可知，1327Al 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PCl3,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、Y位于同一周期，核电荷数：X<Y，故原子半径：X>Y，故C错误；
D选项：Y为P，Y元素的含氧酸有H3PO4、H3PO3、H3PO2等，故D错误；

故选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被转化为储氧物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。 $C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\219d93d3094bf8ec8a0355da10e574d.jpg$

下列说法错误的是( )
A.放电时，负极反应为Zn-2e-+40H-=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2 Zn(OH)42- = 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)42-，Zn作负极，故负极反应为Zn-2e-+40H-= Zn(OH)42-，故A正确；
B选项：放电时，CO2中C元素化合价为+4价，HCOOH中C元素化合价为+2价，得电子，故1molCO2转化为HCOOH，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)42-得电子变为Zn，阴极反应为Zn(OH)42-+2e-== Zn+40H- ,H2O失电子生成O2，阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+ ,则充电时电池的总反应为2Zn(OH)42- =2Zn+O2↑+40H-+2H2O，故C正确；

D选项：充电时，阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，正极溶液中OH-浓度降低，故D错误

故选D。

以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如下图所示， $C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\5acd95719ea10b980520b849346c5fa.jpg$

[比如A²-的分布系数：δ(A2-)=]
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0.2000mol·L-l
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:

A选项：H2A溶液中逐滴加入NaOH，发生的反应依次为：①NaOH+H2A=NaHA+H2O，
②NaHA+NaOH=Na2H+H2O；经分析可知，在反应过程中H2A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δ(H2A)，曲线②不能代表δ(HA-)，δ(HA-)的曲线会先上升后下降才合理。δ(A²-)会持续增大，且从HA-发生与NaOH的中和反应时[δ(HA-)在反应过程中减小]才持续增大，所以曲线②代表δ(A²-)，曲线①代表δ(HA-)，而H2A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VNaoH=40mL时，达到滴定终点，由于H2A为二元酸，所以其浓度应为0.1000mol·L-l，故B错误；
C选项：HA-====H++A2-，Ka=，当VNaoH=25ml,曲线①与曲线②相交， δ(HA-)=δ(A²-)=0.5，pH=2.0，c(H+)=1X10-2mol/L，

δ(A2-)==δ(HA-)=，所以c (HA-)=c(A²-),代入到Ka中Ka==1x10-²，故C正确；

D选项：达到滴定终点时，NaOH与H2A恰好完全反应，此时溶质为Na2A，溶液中的电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=2c(A²-)+c(HA-)+c(OH-)，H2A为弱酸，由于Na2A水解，溶液显碱性，A2-+H2O===HA-+OH-，c(OH-)>c(H+)，c(Na+)>2c(A2-)+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、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。

$C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\f1c563f2edb290cf0eb1886a3a64762.jpg$

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：

$C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\0c40f1901fd27462249cf1f53427b86.jpg$

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NH４VO３晶体时，需要加入过量NH４Cl，其原因是_____________。

答案（１）加快酸侵和氧化速率

(2)1：Fe2+ 2：VO++MnO2+2H＋=VO２+＋Mn２＋+H２0

(3)1：Mn2+ 2：Fe３+和A13+

(4)Fe(OH)3

(5)NaAl(OH)４+HC1＝＝Al(OH)３↓+NaCl+H２O

(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Fe2+氧化成Fe3+，并且得到滤渣①为H２SiO３、SiO2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V2O5·ｘH２O，少部分的Fe(OH)３、A1(OH)３，滤液②中含有 K+、Mg2+、Na+、Mn２＋、以及部分Fe３＋和A1３＋

“沉淀转溶”加入NaOH，调节pH>13，V2O5·ｘH2O转化为钒酸盐，Al(OH)3转化成NaAl(OH)4，所以滤液③中含有钒酸盐、NaAl(OH)4，滤渣③中含有Fe(OH)3；“调pH”加入HCl，调节pH=8.5，可以使NaAl(OH)4转化为Al(OH)3沉淀，所以滤渣④为Al(OH)3，滤液④中含有钒酸盐；

“沉钒”中加入过量的NH4Cl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。

(2)由分析得：“酸浸氧化”步骤将VO+和VO2+氧化成VO2+，将Fe2+氧化成Fe3+；

VO+和MnO2反应生成VO2+和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。

(3)“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K+、Mg2+、Na+、Mn2+以及部分Fe3+和A13+。

(４) “沉淀转溶”加入NaOH，调节pH>13，V2O5·ｘHzO转化为钒酸盐，以及Al(OH)３转化成NaAl(OH)４，则剩下滤渣③Fe(OH)３过滤出来。

(５)“调pH”加入HCl，调节pH=8.5，根据金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，可知

NaAl(OH)４转化为Al(OH)３沉淀，反应的化学方程式为：NaAl(OH)４+HC1＝＝Al(OH)３↓+NaCl+H２O。

（６）“沉钒”中加入过量的NH4Cl可以利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。

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。

$C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\eac44850c282931198704ae95d5c2bb.jpg$

回答下列问题：

$C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\ab2623bc8afb4c51c07744a7c0237c4.jpg$

(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。

$C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\395fa8044446496cfb497c08eadd9c1.jpg$

(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-1

(5)1：Fe3++e-=Fe2+ 2：Fe-2e-=Fe2+ 3：Fe3+ 4：Fe

(6)取少量溶液，滴入KSCN溶液，溶液不出现血红色

解析

(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.1mol·L-1FeSO4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FeSO4和Fe2(SO4)3反应且与SO42-的电迁移率最相近的阳离子为K+、阴离子为Cl-，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。

(4)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Fe2+转移的电子为0.04Vmol，那么石墨电极Fe3+转变为Fe2+转移的电子也为0.04Vmol，得到石墨电极增加的Fe2+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(Fe²+)=0.04mol·L-1+0.05mol·L-1=0.09 mol·L-1

(5)根据(3)(4)的结果，石墨电极为正极，发生的电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+；铁电极为负极，发生的电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；从电极反应式可以得出， Fe2+的氧化性要小于Fe3+，还原性小于Fe。

(6)实验前需要对铁电极进行表面活化，在铁电极FeSO4溶液中滴入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，Fe会与Fe2(SO4)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SO2的催化氧化：

SO2(g)+O2(g)----钒催化剂---SO3(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(a)所示，V205(s)与SO2 (g)反应生VOSO4(s)和V204(s)的热化学方程式为：__________________________________________ $C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\1c550e0174f482f2e6c9f40d6b27dd2.jpg$ $C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\7a6b15f92ce87cc02a28dcb86777009.jpg$

(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(b)所示，反应在5.0MPa、550°C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%02(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：v=k()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(c)所示。

$C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\5d6eccabdfb0bd953121747e80cfba9.jpg$

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

答案：(1)2V2O5(s)+2SO2(g)=2VOSO4(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， α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：

2: α·(1-α)-1.5·( )-0.5

(4)温度升高，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。t<tm时，k增大对v的提高大于α引起的降低，t>tm后，k增大对v的提高小于α引起的降低

解析

(1)V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(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)+2SO3(g)=2VOSO4(s) △H1=-399 kJ·mol-1

②V2O4(s)+SO3(g) =V2O5(s)+SO2(g) △H2=-24 kJ·mol-1

由盖斯定律得：目标方程式=①-2x②，则

△H=△H1-2×△H2=-399kJ·mol-1-2x(-24kJ·mol-1)=-351kJ·mol-1,则V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为：

2V2O5(s)+2SO2(g)=2VOSO4(s)+V2O4(s) △H=-351kJ·mol-1

(2)SO2(g)+O2(g) ----钒催化剂---SO3(g)，该反应为气体系数减小的反应，相同温度下增大压强，SO2平衡转化率增大，则图(b)中P1=5.0MPa，反应在5.0MPa、550℃时，从图中得出α=0.975；该反应为放热反应，其它条件不变时温度升高，α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，α增大，反应物起始投料n(O2)：n(SO2)越大，α越大，则影响α的因素有：温度、压强和反应物的起始浓度(组成)。

(3)该反应：SO2(g)+O2(g) ----钒催化剂---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SO2为2mmol，O2为mmol，则N2为(100-3m)mol，平衡时，SO2

转化率为α，可列三段式：

SO2(g) +O2(g) ----钒催化剂--- SO3(g)

起始物质的量(mol) 2m m 0

变化物质的量(mol) 2mα mα 2mα

平衡物质的量(mol) 2m(1-α) m(1-α) 2mα

达平衡时，气体总物质的量为:

n(SO2)+n(O2)+n(SO3)+n(N2)=2m(1-α)mol+m(1-α)mol+2mαmol+(100-3m)mol=(100-mα)mol

则平衡时SO3物质的量分数为：x100%，SO3压强为：，O2压强为：p，SO2压强为：p，则平衡常数 $C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\495da7cd16dd0bf69ddded7b5a7f6e3.png$ (4)SO2催化氧化的反应速率方程式为： $C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\dc5cdef531e7acf89bef0062a21c98f.png$ ，k随温度t升高而增大，α为SO2平衡转化率，由于该反应放热，温度t升高，α减小，α＇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α减小使ｖ减小，t<tm时，k增大对v的增大大于α引起的减小，t>tm后，k增大对ｖ的增大小于α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Fe2+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。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。

$C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\e700b850aaa5b04b1d585a6678bcec6.png$

电池充电时，LiFePO4脱出部分Li+，形成Li1-ｘFePO４，结构示意图如(b)所示，则ｘ＝_______，n(Fe²+)：n(Fe３+)=_______。

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<Na，原子核对核外电子的吸引为Li>Na，Li比Na更难失去电子

2：I1(Be)>I１(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Ｂ的价电子排布为2s２2p１，容易失去2p上的电子，所以I１(Be)>I１(B)。Li与B同周期，原子序数Li<Ｂ，原子半径Li>B，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I1(B)>I１(Li)

(3)1：正四面体结构 2：4　　　　　3： sp

(4)1：4　　　　　２：　　　　　　３：　１３：３

解析(1)Fe原子的核外电子排布式为[Ar|3d６4s²，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 $C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\1596460961(1).png$ ，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]3d５，3d上的电子排布图为，有5个未成对电子，故Fe２＋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Li原子价电子数都为1，原子半径Li<Na，原子核对核外电子的吸引为Li>Na，Li比Na更难失去电子，所以Ⅰ1(Li)>Ⅰ1(Na)。

2∶Ⅰ1 (Be)> Ⅰ1(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Ｂ的价电子排布为2s22p1，容易失去2p上的电子，所以Ⅰ1(Be)> Ⅰ1(B)。Li与Ｂ同周期，原子序数Li<B，原子半径Li>B，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Ⅰ1 (B)> Ⅰ1 (Li)，所以Ⅰ1I(Be)> Ⅰ1 (B)> Ⅰ1 (Li)。

(3)PO43-的中心原子是Ｐ，周围有4个Ｏ原子，价层电子对数=＝４，孤对电子数=(5-4×2+3)×=0，P采用sp３杂化轨道，PO４３－为正四面体结构。

(4)1：Li原子位于晶胞的8个顶点，4个侧面和4条棱，故晶胞中Li个数=8×+4×+4×z=4个。Fe存在于由O构成的正八面体内部，P也存在于由O构成的正四面体中，从图 (a)中可以看出晶胞中正八面体和四面体结构都为4个。所以晶胞中含有4个Fe和4个Ｐ原子，磷酸铁锂化学式为LiFePO4，故1个晶胞中有4个LiFePO４单元。

2：对比(a)和(b)晶胞结构可发现Li1-ｘFePO４比LiFePO４。少了面心的一个Li+和一个棱上的Li+。由①的分析可知LiFePO4晶胞的化学式为Li4Fe4P4016，(b)比(a)少Li+=×1+1×=0.75，

则Li1-xFePO4晶胞为Li3.25Fe4P4016，所以1-x=，x=0.1875。Li1-xFePO4：表示为Li0.8125FePO4，x=0.1875=

3：设Fe2+、Fe3+数目分别为x、y，则x+y=1，根据化学式中正负化合价绝对值相等，则0.1875+2x+3y=4×2，又由x+y=1，解出x=0.8125，ｙ＝0.1875，则n(Fe²+)：n(Fe3+)=x：y=0.8125：0.1875=13：3。

【化学一选修5：有机化学基础】

12．有机碱，例如二甲基胺 $C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\ea3f78771ca4460028dbc07a682324f.png$ 苯胺 $C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\664a1738e982f82529960df6bd5b598.png$ ，吡啶 $C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\d26535d044f3c53b2355f7ec0de0e4a.png$ 等，在有机合成中应用很普遍，目前”有机超强碱”的研究越来越受到关注，以下为有机超强碱Ｆ的合成路线：

$C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\ac73abbf1c6a5857f42d21f3985c1b8.png$

已知如下信息：

$C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\9983cfd26d96f3cdfdec79d1ef5fa8d.png$

　③苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体

回答下列问题：

(1)A的化学名称为______________。

(2)由B生成C的化学方程式为____________________________。

(3)C中所含官能团的名称为_____________________________。

(4)由Ｃ生成D的反应类型为_______。

(5)D的结构简式为_____________________。

(6)E的六元环芳香同分异构体中，能与金属钠反应，且核磁共摄有四峰，峰面积之为6：2：

2：1的有_______种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为_______。

答案：

$C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\e04d0b66c7d31c14cece6af407aa457.png$

解析： (1)A的分子式为C2HCl3，其不饱和度Ω＝1，说明含有碳碳双键，所以A结构简式为CHCl＝CCl2，其命名为三氯乙烯。

(2)根据已知信息①，A与CCl3COONa一定条件下生成B，则B结构为: $C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\a0fb70e7081f33ec3afe9de2e62a240.png$ 。

B在KOH醇溶液条件下加热发生消去反应生成C，则B生成C的原理为：

$C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\5d3b4c41fd60d6eba8a0300386bf35a.png$

(3) C结构为 $C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\53ada4ec58f2ca977a671977afede0b.png$ ，所含官能团为：碳碳双键，氯原子。

(4)二环己基胺结构简式为： $C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\f4b56aa60b2bc2d81ef18c8fd0e1e8a.png$ ， C与二环己基胺一定条件下生成 D，结合D的分子式C27H44Cl2N2可知Ｃ生成Ｄ的反应原理为：

$C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\856588075db15dbb5419a5308e7799d.png$ 该反应属于取代反应。

(5)由(4)分析，D结构为： $C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\265a4ff0529b356425cf7e86fe8d01a.png$ 。

(6) E结构为 $C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\647dba221bf77fd6d50cf311e30581e.png$ ，其六元环芳香同分异构体符合条件：

①能与金属钠反应，说明含有羟基(-OH)；

②核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为6：2：2：1，说明含有两个甲基(--CH3)，且位于六元环上对称位置或连在同一个原子上。

若六元环为苯环，则符合条件结构为： $C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\1a8378fabedcb33820c56bddb97a708.png$ ， $C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\45e118a07b5064efefcae373ea93244.png$ 。

根据已知信息③苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体，若该同分异构体为吡啶类物质，则符合条件结构为： $C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\293ea1f2cb9a3483824b93a61a76a3a.png$ ，综上，E

的同分异构体共有6种，其中芳香环上为二取代的结构为： $C:\Users\ADMINI~1\AppData\Local\Temp\WeChat Files\54904309675ea348275303da15cbac0.png$ 。