《2020年普通高等学校招生全国统一考试-理综化学(全国II卷)【答案解析】.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年普通高等学校招生全国统一考试-理综化学(全国II卷)【答案解析】.doc（3页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、绝密启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合-化学学科第I卷（共42分）一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。7、【答案】A【解析】胆矾的化学式为，故A错。湿法炼铜原理为CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，故B、D均对。“熬之则成胆矾”是蒸发浓缩结晶的过程，故C对。8、【答案】B【解析】由可知，固体中不含碳酸钙；由可知，固体中含KCl；由可知，固体中含MgSO4，故选B。9、【答案】C【解析】海水酸化，会发生反应H+ + CO32- = HCO3-，CO32-浓度减小，HCO3-浓度增大，A对。珊瑚礁主要成分为CaCO3，
2、海水酸化可消耗CO32-，促进CaCO3溶解平衡正向移动，导致珊瑚礁减少，故B正确。CO2引起海洋酸化，原理为H2CO3H+ HCO3-，C错。太阳能、氢能为清洁能源，不会产生CO2，不会引起海水酸化，可改善珊瑚的生存环境，D正确。10、【答案】D【解析】MPy的芳香同分异构体只有苯胺（也叫氨基苯）一种，A错误。EPy分子中含有亚甲基，不可能所有原子共平面，B错。VPy的结构与乙烯不相似，不是乙烯的同系物，C错。反应为醇的消去生成烯，D对。11、【答案】C【解析】OH在过程中存在消耗与生成，参与了该催化循环，A正确。该过程生成了H2，H2为清洁燃料，B对。该反应只有CO2的生成，没有消耗，C错
3、。该循环中，Fe的成键数目有4、5、6的变化，D对。12、【答案】C【解析】通电时，Ag作阳极，失电子生成Ag+，进入WO3薄膜中（电致变色层），W元素化合价降低，总反应为xAg + WO3 = AgxWO3，故A、B、D对，C错。13、【答案】D【解析】由物质结构及成键数目可推知，W为H，Z为Na；Y原子可成三个键，故为N；总原子序数之和为24，故X为B。该化合物中，H、B、N均为非金属元素，原子之间为共价键，A正确。Na既能与水反应，也能与醇反应，B正确。N的最高价氧化物的水化物为强酸HNO3，C正确。BF3中，B原子周围只有6个电子，D错。二、非选择题：共58分。第2628题为必考题，每
4、个试题考生都必修作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26、【答案】（1）Na+；a（2）10-7.5（3）2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O（4）1.25；NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+H2O+CO2（5） Cl-+ClO-+2H+=H2O+Cl2；203【解析】（1） 在氯碱工业中，阳极发生的反应是2Cl-2e-=Cl2，阴极发生的反应是2H2O+2e-=H2+2OH-，中间的膜为阳离子交换膜，由于阴极产生了NaOH，故离子膜允许Na+自由通过。在a处逸出氯气。（2） 当HClO与ClO-浓度相等时，pH为7.5，则有Ka。（3） 根据题中所
5、给信息，HgO与Cl2反应，Cl2歧化，产物有Cl2O，故另一种产物为HgCl2，因此2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O。（4） 根据题中所给信息，NaClO2反应歧化反应，产物之一为ClO2，故另一种产物为NaCl，因此，x=1.25mol。由于反应物中有Na2CO3和NaHSO4，故二者可以反应放出气体NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+H2O+CO2。（5） ClO-与Cl-在酸性条件下发生归中反应，Cl-+ClO-+2H+=H2O+Cl2。（6）假设需要Cl2的质量为a，则总NaOH溶液的质量为(1000a)，参与反应的NaOH的质量为(1000a)30%10g；根据参与反应
6、时，NaOH与Cl2的物质的量之比为2:1，可列出方程式(1000-a)30%10402a71，解得a=203。27、【答案】（1） B（2） 球形；无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化。（3） 除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O。（4） MnO2（5） 苯甲酸升华而损失（6） 86.0%；C（7） 重结晶【解析】（1） 实验中药品体积略大于100mL，故选择250mL的三颈烧瓶。（2） 反应过程中有机物需要冷凝回流，故而选择球形冷凝管；甲苯不溶于水，苯甲酸易溶于热水，若无油珠则说明不溶于水的甲苯已经被完全氧
7、化，则可判断反应已完成。（3） 反应后的试液中有高锰酸钾残留，若不除去高锰酸钾，在加入浓盐酸酸化时会产生氯气，故使用还原性的亚硫酸氢钠与高锰酸钾反应使之除去，高锰酸钾被还原为MnO2。草酸具有还原剂，可用于除去高锰酸钾且不引入杂质，反应为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O。（4） 二氧化锰难溶于混合液，可以用过滤的方式除去，并用热水洗涤该沉淀。（5） 根据题中所给信息，苯甲酸易升华，干燥时若温度过高，晶体会损耗。（6） 用乙醇溶解0.122g苯甲酸样品，配制成100mL的溶液，取进行滴定，（7） 苯甲酸提纯应使用重结晶的方法。28、【答案】（1） 137升高温
8、度；减小压强（增大体积）（2） 1-AD（3） CO2+2e-=CO+O2-6:5【解析】（1） 根据盖斯定律可知，H1=-1560kJ/mol-（-1411kJ/mol）-（-286kJ/mol）= +137kJ/mol。该反应为吸热反应，且气体体积增大，故使平衡正向移动，提高平衡转化率的措施有升高温度、减小压强或增大体积。 C2H6（g）=C2H4（g）+H2（g）起始 a mol 0 mol a mol变化 a a a平衡 a（1-） a a（1+）Kp=（2） r1=kc(CH4)1，r2=kc(CH4)2；若起始时甲烷的物质的量为x mol，甲烷的转化率为时的物质的量为（1-）x，则
9、有，所以r2=（1-）r1。速率方程中，r受甲烷浓度的影响，甲烷浓度增大，r增大；速率常数k受温度影响，当温度降低，速率减小，k减小。（3） 根据图示，阴极上发生的反应为CO2CO，故根据电荷守恒和电子守恒可知，阴极反应式为CO2+2e-=CO+O2-。阳极反应式为2CH4-2e-+O2-=C2H6+H2O，2CH4-4e-+2O2-=C2H4+2H2O，若产物中乙烷与乙烯的体积比为1:2，则此时消耗甲烷6体积，转移电子10份，消耗二氧化碳5体积，故甲烷与二氧化碳的体积比为6:5。（二）选考题：共15分，请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。35、【答案】（1）1s22
10、s22p63s23p63d24s2或Ar 3d24s2（2）TiF4为离子化合物，熔点较高，其它三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大，分子间作用力增强，熔点逐渐升高。（3）OTiCa；离子键；12（4）Ti4；sp3；620a3NA1021（5）2Eu3Pb2Eu2Pb2 、2Eu2I22Eu32I【解析】（1）基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或Ar 3d24s2；（2）TiF4为离子化合物，而其它三种为共价化合物，故TiF4熔点更高；三种共价化合物分子间无氢键，熔点主要取决于分子间作用力（范德华力），相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高。（
11、3）三种元素电负性最大的明显是O，而Ti的电负性大于Ca；金属离子与氧离子之间的作用力为离子键，Ca2周围最近且等距的原子为棱中的O，共12个，故配位数为12。（4）取图（b）的晶胞中的体心为顶点，即可得到与图（a）相同的晶胞，故Pb2与图（a）中的Ti4的空间位置相同；有机碱中，N周围共有4个价电子对，杂化类型为sp3；图（b）中共有3个I，1个CH3NH3，1个Pb2，相对分子质量为620，根据=mV，可得密度为620a3NA1021，注意nm与cm之间的换算。（5）根据图（c）的箭头方向，即可得出反应原理为2Eu3Pb2Eu2Pb2 、2Eu2I22Eu32I36、【答案】（1）3-甲基
12、苯酚（或间甲基苯酚）；（2）（3）（4）加成反应；（5）（6）c；【解析】（1）A的名称为3-甲基苯酚（或间甲基苯酚）；（2）根据已知反应(a)可知，CH3OH中的甲基取代酚羟基的邻位C上的氢原子，结合分子式可知B的结构简式；（3）C的分子式为C6H10O，含有三个甲基，根据反应的反应物与产物结构可推知，C的结构简式为；（4）根据已知反应(c)的原理，结合反应的条件，可推出D的结构简式为，反应的反应类型为加成反应；（5）根据反应的条件及D的结构简式，可推知反应为碳碳三键的加成，化学方程式；（6）化合物C分子式为C6H10O，不饱和度为2，含有酮羰基（占1个不饱和度），不含环状结构，则还含有一个双键，且有两个甲基，故同分异构体共8个；含有手性碳的化合物结构简式为（中心C为手性碳原子）。3
