2020年高考全国卷ⅱ理综试题解析(精编版)(解析版).pdf

2020 年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试二、选择题：二、选择题：1.管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（）A.库仑B.霍尔C.洛伦兹D.法拉第【答案】D【解析】【详解】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热。该过程利用原理的是电磁感应现象，其发现者为法拉第。故选 D。2.若一均匀球形星体的密度为，引力常量为 G，则在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期是（）A.3GB.4GC.13GD.14G【答案】A【解析】【详解】卫星在星体表面附近绕其做圆周运动，则2224GMmmRRTp=，343VR，MV知卫星该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期3TG3.如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为 3h，其左边缘 a 点比右边缘 b 点高 0.5h。若摩托车经过 a 点时的动能为 E1，它会落到坑内 c 点。c 与 a 的水平距离和高度差均为 h；若经过 a 点时的动能为 E2，该摩托车恰能越过坑到达 b 点。21EE等于（）A.20B.18C.9.0D.3.0【答案】B【解析】【详解】有题意可知当在 a 点动能为 E1时，有21112Emv=根据平抛运动规律有2112hgt1 1hv t当在 a 点时动能为 E2时，有22212Emv=根据平抛运动规律有221122hgt=2 23hv t=联立以上各式可解得2118EE=故选 B。4.CT 扫描是计算机 X 射线断层扫描技术的简称，CT 扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种 CT机主要部分的剖面图，其中 X 射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中 M、N 之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生 X 射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为 P 点。则（）A.M 处的电势高于 N 处的电势B.增大 M、N 之间的加速电压可使 P 点左移C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使 P 点左移【答案】D【解析】【详解】A由于电子带负电，要在 MN 间加速则 MN 间电场方向由 N 指向 M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知 M 的电势低于 N 的电势，故 A 错误；B增大加速电压则根据212eUmv可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有2vevBmR可得mvReB可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故 P点会右移，故 B 错误；C电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故 C 错误；D由 B 选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使 P 点左移，故 D 正确。故选 D。5.氘核21H可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式241112106 H2 He2 H+2 n+43.15MeV表示。海水中富含氘，已知 1kg 海水中含有的氘核约为 1.01022个，若全都发生聚变反应，其释放的能量与质量为M 的标准煤燃烧时释放的热量相等；已知 1 kg 标准煤燃烧释放的热量约为 2.9107J，1 MeV=1.61013J，则 M 约为（）A.40 kgB.100 kgC.400kgD.1 000 kg【答案】C【解析】【详解】氘核21H可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式241112106 H2 He2 H+2 n+43.15MeV则平均每个氘核聚变释放的能量为43.15=MeV66E1kg 海水中含有的氘核约为 1.01022个，可以放出的总能量为0EN由Qmq可得，要释放的相同的热量，需要燃烧标准煤燃烧的质量0400kgEQmqq6.特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从 A 处采用 550 kV 的超高压向 B 处输电，输电线上损耗的电功率为P，到达 B 处时电压下降了U。在保持 A 处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用 1 100 kV 特高压输电，输电线上损耗的电功率变为P，到达 B 处时电压下降了U。不考虑其他因素的影响，则（）A.P=14PB.P=12PC.U=14UD.U=12U【答案】AD【解析】【详解】输电线上损失的功率P(PU)2r损失的电压UPUr当输送电压变为原来的 2 倍，损失的功率变为原来的14，即P14P损失的电压变为原来的12，即U12U故选 AD。7.如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b 为圆环水平直径上的两个点，c、d 为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则（）A.a、b 两点的场强相等B.a、b 两点的电势相等C.c、d 两点的场强相等D.c、d 两点的电势相等【答案】ABC【解析】【详解】BD如下图所示，为等量异种电荷周围空间的电场分布图。本题的带电圆环，可拆解成这样无数对等量异种电荷的电场，沿竖直直径平行放置。它们有共同的对称轴PP，PP所在的水平面与每一条电场线都垂直，即为等势面，延伸到无限远处，电势为零。故在PP上的点电势为零，即0ab；而从M 点到 N 点，电势一直在降低，即cd，故 B 正确，D 错误；AC上下两侧电场线分布对称，左右两侧电场线分布也对称，由电场的叠加原理可知 AC 正确；故选 ABC。8.水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为 4.0 kg 的静止物块以大小为 5.0 m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为 5.0 m/s 的速度与挡板弹性碰撞。总共经过 8 次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于 5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为A.48 kgB.53 kgC.58 kgD.63 kg【答案】BC【解析】【详解】设运动员和物块的质量分别为m、0m规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为1v、0v，则根据动量守恒定律10 00mvm v解得010mvvm物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块10 020 0mvm vmvm v解得0203mvvm第 3 次推出后20 030 0mvm vmvm v解得0305mvvm依次类推，第 8 次推出后，运动员的速度08015mvvm根据题意可知08015m/smvvm解得60kgm 第 7 次运动员的速度一定小于5m/s，则07013m/smvvm解得52kgm 综上所述，运动员的质量满足kg60kgmAD 错误，BC 正确。故选 BC。三、非选择题：三、非选择题：（一）必考题：（一）必考题：9.一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球 A 和 B，如图所示。一实验小组用此装置测量小球 B 运动的加速度。令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球 B 释放时的高度 h0=0.590 m，下降一段距离后的高度h=0.100 m；由 h0下降至 h 所用的时间 T=0.730 s。由此求得小球 B 加速度的大小为 a=_m/s2（保留 3位有效数字）。从实验室提供的数据得知，小球 A、B 的质量分别为 100.0 g 和 150.0 g，当地重力加速度大小为 g=9.80 m/s2。根据牛顿第二定律计算可得小球 B 加速度的大小为 a=_m/s2（保留 3 位有效数字）。可以看出，a与 a 有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：_。【答案】(1).1.84(2).1.96(3).滑轮的轴不光滑，绳和滑轮之间有摩擦（或滑轮有质量）【解析】【详解】有题意可知小球下降过程中做匀加速直线运动，故根据运动学公式有2012hhaT-=代入数据解得 a=1.84m/s2；根据牛顿第二定律可知对小球 A 有AATm gm a-=对小球 B 有BBm gTm a-=带入已知数据解得21.96m/sa=；在实验中绳和滑轮之间有摩擦会造成实际计算值偏小。10.某同学要研究一小灯泡 L（3.6 V，0.30A）的伏安特性。所用器材有：电流表 A1（量程 200 mA，内阻Rg1=10.0），电流表 A2（量程 500 mA，内阻 Rg2=1.0）、定值电阻 R0（阻值 R0=10.0）、滑动变阻器 R1（最大阻值 10）、电源 E（电动势 4.5 V，内阻很小）、开关 S 和若干导线。该同学设计的电路如图（a）所示。（1）根据图（a），在图（b）的实物图中画出连线_。（2）若 I1、I2分别为流过电流表 A1和 A2的电流，利用 I1、I2、Rg1和 R0写出：小灯泡两端的电压 U=_，流过小灯泡的电流 I=_。为保证小灯泡的安全，I1不能超过_mA。（3）实验时，调节滑动变阻器，使开关闭合后两电流表的示数为零。逐次改变滑动变阻器滑片位置并读取相应的 I1和 I2。所得实验数据在下表中给出。I1/mA325585125144173I2/mA171229299379424470根据实验数据可算得，当 I1=173 mA 时，灯丝电阻 R=_（保留 1 位小数）。（4）如果用另一个电阻替代定值电阻 R0，其他不变，为了能够测量完整的伏安特性曲线，所用电阻的阻值不能小于_（保留 1 位小数）。【答案】(1).(2).()110gIRR+(3).21II(4).180(5).11.6(6).8.0【解析】【详解】（1）根据电路图连接实物图如图所示（2）根据电路图可知灯泡两端的电压为电流表 A1和 R0的总电压，故根据欧姆定律有()110gUIRR=+根据并联电路特点可知流过小灯泡的电流为21III因为小灯泡的额定电压为 3.6V，故根据题目中已知数据带入中可知 I1不能超过 180mA；（3）根据表中数据可知当 I1=173mA 时，I2=470mA；根据前面的分析代入数据可知此时灯泡两端的电压为U=3.46V；流过小灯泡的电流为 I=297mA=0.297A；故根据欧姆定律可知此时小灯泡的电阻为3.4611.60.297URI=（4）要测量完整的伏安特性曲线则灯泡两端的电压至少要达到 3.6V，而电流表 A1不能超过其量程 200mA，此时结合有()03.60.210R=+解得08R，即要完整的测量小灯泡伏安特性曲线所用电阻的阻值不能小于8。11.如图，在 0 xh，y 区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度 B 的大小可调，方向不变。一质量为 m，电荷量为 q（q0）的粒子以速度 v0从磁场区域左侧沿 x 轴进入磁场，不计重力。（1）若粒子经磁场偏转后穿过 y 轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值 Bm；（2）如果磁感应强度大小为m2B，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与 x 轴正方向的夹角及该点到 x 轴的距离。【答案】（1）磁场方向垂直于纸面向里；0m=mvBqh；（2）6；(23)yh【解析】【详解】（1）由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为 R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有200vqv BmR由此可得0mvRqB粒子穿过 y 轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在 y 轴正半轴上，半径应满足Rh由题意，当磁感应强度大小为 Bm时，粒子的运动半径最大，由此得0m=mvBqh（2）若磁感应强度大小为m2B，粒子做圆周运动的圆心仍在 y 轴正半轴上，由式可得，此时圆弧半径为2Rh 粒子会穿过图中 P 点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在 P 点的运动方向与 x 轴正方向的夹角为，由几何关系1sin22hh即6由几何关系可得，P 点与 x 轴的距离为2(1cos)yh联立式得(23)yh12.如图，一竖直圆管质量为 M，下端距水平地面的高度为 H，顶端塞有一质量为 m 的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知 M=4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为 4mg,g 为重力加速度的大小，不计空气阻力。（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。【答案】（1）a1=2g，a2=3g；（2）11325HH；（3）152125LH【解析】【详解】（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为 a1，方向向下；球的加速度大小为 a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为 f，由牛顿运动定律有Ma1=Mg+fma2=f mg联立式并代入题给数据，得a1=2g，a2=3g（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为02vgH方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。设自弹起时经过时间 t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式v0a1t1=v0+a2t1联立式得1225Htg设此时管下端的高度为 h1，速度为 v。由运动学公式可得210 11 112hv ta t01 1vva t由式可判断此时 v0。此后，管与小球将以加速度 g 减速上升 h2，到达最高点。由运动学公式有222vhg设管第一次落地弹起后上升的最大高度为 H1，则H1=h1+h2联立式可得11325HH（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为 x1。在管开始下落到上升 H1这一过程中，由动能定理有Mg（HH1）+mg（HH1+x1）4mgx1=0联立式并代入题给数据得145xH同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移 x2为2145xH设圆管长度为 L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+x2L联立式，L 应满足条件为152125LH（二）选考题：（二）选考题：13.下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有_，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有_。（填正确答案标号）A.汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热B.冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低C.某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响D.冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内【答案】(1).B(2).C【解析】【详解】A燃烧汽油产生的内能一方面向机械能转化，同时热传递向空气转移。既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律；B冷水倒入保温杯后，没有对外做功，同时也没有热传递，内能不可能减少，故违背热力学第一定律；C某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，必然产生其他影响故违背热力学第二定律；D制冷机消耗电能工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，发生了内能的转移，同时对外界产生了影响。既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律。14.潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便，将潜水钟简化为截面积为 S、高度为 h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为 H 的水下，如图所示。已知水的密度为，重力加速度大小为 g，大气压强为 p0，Hh，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。（1）求进入圆筒内水的高度 l；（2）保持 H 不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为 p0时的体积。【答案】（1）0gHlhpgH；（2）0gSHhVp【解析】【详解】（1）设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为 V0和 V1，放入水下后筒内气体的压强为 p1，由玻意耳定律和题给条件有p1V1=p0V0V0=hSV1=（hl）Sp1=p0+g（Hl）联立以上各式并考虑到 Hh，h l，解得0gHlhpgH（2）设水全部排出后筒内气体的压强为 p2；此时筒内气体的体积为 V0，这些气体在其压强为 p0时的体积为 V3，由玻意耳定律有p2V0=p0V3其中p2=p0+gH设需压入筒内的气体体积为 V，依题意V=V3V0联立式得0gSHhVp15.用一个摆长为 80.0 cm 的单摆做实验，要求摆动的最大角度小于 5，则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过_cm（保留 1 位小数）。（提示：单摆被拉开小角度的情况下，所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程。）某同学想设计一个新单摆，要求新单摆摆动 10 个周期的时间与原单摆摆动 11 个周期的时间相等。新单摆的摆长应该取为_cm。【答案】(1).6.9(2).96.8【解析】【详解】拉离平衡位置的距离5280cm6.97cm360 x题中要求摆动的最大角度小于5，且保留 1 位小数，所以拉离平衡位置的不超过6.9cm；根据单摆周期公式2LTg结合题意可知1011TT代入数据为1011 80cmL 解得新单摆的摆长为96.8cmL16.直角棱镜的折射率 n=1.5，其横截面如图所示，图中C=90，A=30。截面内一细束与 BC 边平行的光线，从棱镜 AB 边上的 D 点射入，经折射后射到 BC 边上。（1）光线在 BC 边上是否会发生全反射?说明理由；（2）不考虑多次反射，求从 AC 边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值。【答案】（1）光线在 E 点发生全反射；（2）2 23sin4r【解析】【详解】（1）如图，设光线在 D 点的入射角为 i，折射角为 r。折射光线射到 BC 边上的 E 点。设光线在 E点的入射角为，由几何关系，有=90（30r）60根据题给数据得sin sin601n即大于全反射临界角，因此光线在 E 点发生全反射。（2）设光线在 AC 边上的 F 点射出棱镜，光线的入射角为 i，折射角为 r，由几何关系、反射定律及折射定律，有i=30i=90sin i=nsinrnsini=sinr联立式并代入题给数据，得2 23sin4r 由几何关系，r即 AC 边射出的光线与最初的入射光线的夹角。20202020 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学化学可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H H 1 1C C 1212N N 1414O O 1616MgMg 2424S S 3232FeFe 5656CuCu 6464一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.北宋沈括梦溪笔谈中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是A.胆矾的化学式为 CuSO4B.胆矾可作为湿法冶铜的原料C.“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程D.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应【答案】A【解析】【详解】A.胆矾为硫酸铜晶体，化学式为 CuSO45H2O，A 说法错误；B.湿法冶铜是用铁与硫酸铜溶液发生置换反应制取铜，B 说法正确；C.加热浓缩硫酸铜溶液可析出胆矾，故“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程，C 说法正确；D.铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，D 说法正确。综上所述，相关说法错误的是 A，故选 A。2.某白色固体混合物由 NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的两种组成，进行如下实验：混合物溶于水，得到澄清透明溶液；做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；向溶液中加碱，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为A.KCl、NaClB.KCl、MgSO4C.KCl、CaCO3D.MgSO4、NaCl【答案】B【解析】【详解】混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则不含 CaCO3，排除 C 选项；做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色，可确定含有钾元素，即含有 KCl；向溶液中加碱，产生白色沉淀，则应含有 MgSO4，综合以上分析，混合物由 KCl 和 MgSO4两种物质组成，故选 B。3.二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是A.海水酸化能引起3HCO浓度增大、23CO浓度减小B.海水酸化能促进 CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少C.CO2能引起海水酸化，其原理为3HCOH+23COD.使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境【答案】C【解析】【详解】A海水酸化，H+浓度增大，平衡 H+2-3CO-3HCO正向移动，2-3CO浓度减小，-3HCO浓度增大，A 正确；B海水酸化，2-3CO浓度减小，导致 CaCO3溶解平衡正向移动，促进了 CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少，B正确；CCO2引起海水酸化的原理为：CO2+H2OH2CO3H+-3HCO，-3HCOH+2-3CO，导致 H+浓度增大，C错误；D使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源的燃烧，从而减少 CO2的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D 正确；答案选 C。4.吡啶()是类似于苯的芳香化合物，2-乙烯基吡啶(VPy)是合成治疗矽肺病药物的原料，可由如下路线合成。下列叙述正确的是A.Mpy 只有两种芳香同分异构体B.Epy 中所有原子共平面C.Vpy 是乙烯的同系物D.反应的反应类型是消去反应【答案】D【解析】【详解】AMPy 有 3 种芳香同分异构体，分别为：甲基在 N 原子的间位 C 上、甲基在 N 原子的对位 C 上、氨基苯，A 错误；BEPy 中有两个饱和 C，以饱和 C 为中心的 5 个原子最多有 3 个原子共面，所以 EPy 中所有原子不可能都共面，B 错误；CVPy 含有杂环，和乙烯结构不相似，故 VPy 不是乙烯的同系物，C 错误；D反应为醇的消去反应，D 正确。答案选 D。5.据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是A.OH-参与了该催化循环B.该反应可产生清洁燃料 H2C.该反应可消耗温室气体 CO2D.该催化循环中 Fe 的成键数目发生变化【答案】C【解析】【分析】题干中明确指出，铁配合物 Fe(CO)5充当催化剂的作用。机理图中，凡是出现在历程中，进去的箭头表示反应物，出来的箭头表示生成物，既有进去又有出来的箭头表示为催化剂或反应条件，其余可以看成为中间物种。由题干中提供的反应机理图可知，铁配合物 Fe(CO)5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，反应过程中所需的反应物除 CO 外还需要 H2O，最终产物是 CO2和 H2，同时参与反应的还有 OH-，故 OH-也可以看成是另一个催化剂或反应条件。【详解】A从反应机理图中可知，OH-有进入的箭头也有出去的箭头，说明 OH-参与了该催化循环，故 A项正确；B从反应机理图中可知，该反应的反应物为 CO 和 H2O，产物为 H2和 CO2，Fe(CO)5作为整个反应的催化剂，而 OH-仅仅在个别步骤中辅助催化剂完成反应，说明该反应方程式为2522CO+H OFe(CO)CO+H，故有清洁燃料 H2生成，故 B 项正确；C由 B 项分析可知，该反应不是消耗温室气体 CO2，反而是生成了温室气体 CO2，故 C 项不正确；D从反应机理图中可知，Fe 的成键数目和成键微粒在该循环过程中均发生了变化，故 D 项正确；答案选 C。【点睛】对于反应机理图的分析，最重要的是判断反应物，产物以及催化剂；一般催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的；通过一个箭头进入整个历程的物质则是反应物；而通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物。6.电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图。当通电时，Ag+注入到无色 WO3薄膜中，生成 AgxWO3，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述错误的是A.Ag 为阳极B.Ag+由银电极向变色层迁移C.W 元素的化合价升高D.总反应为：WO3+xAg=AgxWO3【答案】C【解析】【分析】从题干可知，当通电时，Ag+注入到无色 WO3薄膜中，生成 AgxWO3器件呈现蓝色，说明通电时，Ag 电极有 Ag+生成然后经固体电解质进入电致变色层，说明 Ag 电极为阳极，透明导电层时阴极，故 Ag 电极上发生氧化反应，电致变色层发生还原反应。【详解】A通电时，Ag 电极有 Ag+生成，故 Ag 电极为阳极，故 A 项正确；B通电时电致变色层变蓝色，说明有 Ag+从 Ag 电极经固体电解质进入电致变色层，故 B 项正确；C过程中，W 由 WO3的+6 价降低到 AgxWO3中的+(6-x)价，故 C 项错误；D该电解池中阳极即 Ag 电极上发生的电极反应为：xAg-xe-=xAg+，而另一极阴极上发生的电极反应为：WO3+xAg+xe-=AgxWO3，故发生的总反应式为：xAg+WO3=AgxWO3，故 D 项正确；答案选 C。【点睛】电解池的试题，重点要弄清楚电解的原理，阴、阳极的判断和阴、阳极上电极反应式的书写，阳极反应式+阴极反应式=总反应式，加的过程中需使得失电子数相等。7.一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大、且总和为 24。下列有关叙述错误的是A.该化合物中，W、X、Y 之间均为共价键B.Z 的单质既能与水反应，也可与甲醇反应C.Y 的最高化合价氧化物的水化物为强酸D.X 的氟化物 XF3中原子均为 8 电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】一种由短周期主族元素形成的化合物，具有良好的储氢性能，其中元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，且总和为 24，根据图示，W 为 1 价形成共价键，W 为氢，Z 为+1 价阳离子，Z 为 Na，Y 为 3 价，Y 为 N，24-1-11-7=5，X 为 B 元素。【详解】A该化合物中，H、B、N 之间均以共用电子对形成共价键，故 A 正确；BNa 单质既能与水反应生成氢氧化钠和氢气，也能与甲醇反应生成甲醇钠和氢气，故 B 正确；CN 的最高价氧化物的水化物 HNO3为强酸，故 C 正确；DB的氟化物 BF3中 B 原子最外层只有 6 个电子，达不到 8 电子稳定结构，故 D 错误；故选 D。二、非选择题二、非选择题(一一)必考题必考题8.化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许_离子通过，氯气的逸出口是_(填标号)。(2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数(X)=-cXcHClO+cClO（）（）（），X 为 HClO 或 ClO与 pH 的关系如图(b)所示。HClO 的电离常数 Ka值为_。(3)Cl2O 为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的 HgO 和 Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备 Cl2O 的化学方程式为_。(4)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为 NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到 ClO2溶液。上述过程中，生成 ClO2的反应属于歧化反应，每生成 1 mol ClO2消耗 NaClO2的量为_mol；产生“气泡”的化学方程式为_。(5)“84 消毒液”的有效成分为 NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是_(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到 30%的 NaOH 溶液中来制备 NaClO 溶液，若 NaClO 溶液中 NaOH 的质量分数为 1%，则生产 1000 kg 该溶液需消耗氯气的质量为_kg(保留整数)。【答案】(1).Na+(2).a(3).10-7.5(4).2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O(5).1.25(6).NaHCO3+NaHSO4=CO2+Na2SO4+H2O(7).ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O(8).203【解析】【分析】（1）电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阳离子移向阴极室；（2）由图 pH=7.5 时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO 的 Ka=+-c(H)c(ClO)c(HClO)=c(H+)；（3）Cl2歧化为 Cl2O 和 Cl-；（4）根据 5ClO24H=4ClO2Cl2H2O，计算每生成 1molClO2，消耗的 NaClO2；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳；(5)“84”中的 NaClO、NaCl 和酸性清洁剂混合后发生归中反应；根据 NaOH 质量守恒计算；【详解】（1）电解饱和食盐水，反应的化学方程式为 2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，氯气从 a 口逸出，阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，产生 OH-与通过离子膜的 Na+在阴极室形成 NaOH，故答案为：Na+；a；(2)由图 pH=7.5 时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO 的 Ka=+-c(H)c(ClO)c(HClO)=c(H+)=10-7.5；故答案为：10-7.5；（3）Cl2歧化为 Cl2O 和 Cl-，HgO 和氯气反应的方程式为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O，故答案为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；（4）5ClO24H=4ClO2Cl2H2O，每生成 1molClO2，消耗 NaClO2为1mol54=1.25mol；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，方程式为：NaHCO3NaHSO4=Na2SO4H2OCO2，故答案为:1.25mol；NaHCO3NaHSO4=Na2SO4H2OCO2；(5)“84”中的 NaClO、NaCl 和酸性清洁剂混合后发生归中反应，离子方程式为：ClOCl2H=Cl2H2O；设氯气为 xkg，则消耗的 NaOH 为8071xkg，原氢氧化钠质量为8071x+1000Kg0.01，由 NaOH 质量守恒：原溶液为 1000Kg-x，则8071xKg+1000Kg0.01=（1000Kg-x)0.3，解得 x=203Kg；故答案为：ClOCl2H=Cl2H2O；203。9.苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如下：+KMnO4+MnO2+HCl+KCl名称相对分子质量熔点/沸点/密度/(gmL1)溶解性甲苯9295110.60.867不溶于水，易溶于乙醇苯甲酸122122.4(100左右开始升华)248微溶于冷水，易溶于乙醇、热水实验步骤：(1)在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入 1.5 mL 甲苯、100 mL 水和 4.8 g(约 0.03 mol)高锰酸钾，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。(2)停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥。称量，粗产品为 1.0 g。(3)纯度测定：称取 0.122 g 粗产品，配成乙醇溶液，于 100 mL 容量瓶中定容。每次移取 25.00 mL 溶液，用 0.01000 molL1的 KOH 标准溶液滴定，三次滴定平均消耗 21.50 mL 的 KOH 标准溶液。回答下列问题：(1)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为_(填标号)。A100 mLB250 mLC500 mL D1000 mL(2)在反应装置中应选用_冷凝管(填“直形”或“球形”)，当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成，其判断理由是_。(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是_；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，请用反应的离子方程式表达其原理_。(4)“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是_。(5)干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是_。(6)本实验制备的苯甲酸的纯度为_；据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于_(填标号)。A70%B60%C50%D40%(7)若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中_的方法提纯。【答案】(1).B(2).球形(3).无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化(4).除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气(5).24MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O(6).MnO2(7).苯甲酸升华而损失(8).86.0(9).C(10).重结晶【解析】【分析】甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，为增加冷凝效果，在反应装置中选用球形冷凝管，加热回流，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液除去过量的高锰酸钾，用盐酸酸化得苯甲酸，过滤、干燥、洗涤得粗产品；用 KOH 溶液滴定，测定粗产品的纯度。【详解】（1）加热液体，所盛液体的体积不超过三颈烧瓶的一半，三颈烧瓶中已经加入 100m 的水，1.5mL甲苯，4.8g 高锰酸钾，应选用 250mL 的三颈烧瓶，故答案为：B；（2）为增加冷凝效果，在反应装置中宜选用球形冷凝管，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，因为：没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化；故答案为：球形；没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化；（3）高锰酸钾具有强氧化性，能将 Cl-氧化。加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液是为了除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；该步骤亦可用草酸处理，生成二氧化碳和锰盐，离子方程式为：5H2C2O42MnO46H=2Mn210CO28H2O；故答案为：除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；5H2C2O42MnO46H=2Mn210CO28H2O；（4）由信息甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是：MnO2，故答案为：MnO2；（5）苯甲酸 100时易升华，干燥苯甲酸时，若温度过高，苯甲酸升华而损失；故答案为：苯甲酸升华而损失；（6）由关系式 C6H5COOHKOH 得，苯甲酸的纯度为：-1-3-11000.01000molL21.50 10 L122gmol250.122g100%=86.0%；1.5mL 甲苯理论上可得到苯甲酸的质量：-1-1-11.5mL 0.867gmL122gmol92gmol=1.72g，产品的产率为1g 86%1.72g100%=50%；故答案为：86.0%；C；（7）提纯苯甲酸可用重结晶的方法。故答案为：重结晶。【点睛】本题考查制备方案的设计，涉及物质的分离提纯、仪器的使用、产率计算等，清楚原理是解答的关键，注意对题目信息的应用，是对学生实验综合能力的考查，难点（6）注意产品纯度和产率的区别。10.天然气的主要成分为 CH4，一般还含有 C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。(1)乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)H，相关物质的燃烧热数据如下表所示：物质C2H6(g)C2H4(g)H2(g)燃烧热H/(kJmol1)-1560-1411-286H=_kJmol1