2020年全国统一考试化学试题(新课标Ⅰ)(解析版).docx
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1、2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试 化学注意事项: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。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。3.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: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,只有一项是符合题目要求的。1.国家
2、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76D. 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
3、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C14H14O4B. 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】【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
4、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ASO2(H2S)通过酸性高锰酸钾溶液BCl2(HCl)通过饱和的食盐水CN2(O2)通过灼热的铜丝网DNO(NO2)通过氢氧化钠溶液A. AB. BC. CD. 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
5、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;DNO2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
6、CH3OH+CO=CH3CO2HC. 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
7、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粒子(即氦核)轰击金属原子
8、,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26B. 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;BAl
9、元素均可形成AlCl3,P元素均可形成PCl3,故B正确;CAl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AlP,故C错误;DP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B. 放电时,1 mol CO2转化为HCOOH,转移的电子数为2 molC. 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】【
10、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-
11、)=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 molL1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VNaOH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. 曲线代表,曲线代表B. H2A溶液的浓度为0.2000 molL1C. HA的电离常数Ka=1.0102D. 滴定终点时,溶液中【答案】C【解析】分析】根据图像,曲线代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小,曲线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
12、交点;当加入40mLNaOH溶液时,溶液的pH在中性发生突变,且曲线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,曲线代表(HA-),曲线代表(A2-),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,曲线代表(HA-),曲线代表(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2NaOH+H2A=Na2A+2H2O,c(H2A)= =0.1000mol/L,B错误;C根据曲线当(HA-)=(A2-)时溶
13、液的pH=2,则HA-的电离平衡常数Ka=c(H+)=110-2,C正确;D用酚酞作指示剂,酚酞变色的pH范围为8.210,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(A2-)+c(HA-)+c(OH-),则c(Na+)2c(A2-)+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+A2-,HA-H+A2-;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(HA-)=(A2-)时溶液的pH5,而是pH=2。三、非选择题:共17
14、4分,第2232题为必考题,每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题:共129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。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pH197.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1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
15、应的离子方程式_。(3)“中和沉淀”中,钒水解并沉淀为,随滤液可除去金属离子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】 (1). 加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全) (2). Fe2+ (3). VO+MnO2+2H+=+Mn2+H2O (4). Mn2+ (5). Fe3+、Al3+ (6). Fe(OH)3 (7). NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3或NaAl(O
16、H)4+HCl= NaCl+Al(OH)3+H2O (8). 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,滤液中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、;滤液中加入NaOH调节pH=3.03.1,钒水解并沉淀为V2O5xH2O,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
17、分Al3+转化为Al(OH)3沉淀,滤液中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、,滤饼中含V2O5xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3,滤饼中加入NaOH使pH13,V2O5xH2O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Al(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
18、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)
19、根据分析,“中和沉淀”中,钒水解并沉淀为V2O5xH2O,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(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)
20、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。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FeSO47H2O固体配制0.10 molL1 FeSO4溶液,需要仪器有药匙、玻璃棒、_(从下列图中选择,写出名称)。(2)电池装置中,
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