2020年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）化学

1、2020年普通高等学校招生全国统一考试(重庆卷)化学一、选择题(本大题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求)1.下列物质的使用不涉及化学变化的是( )A.明矾用作净水剂 B.液氯用作致冷剂C.氢氟酸刻蚀玻璃 D.生石灰作干燥剂解析：A、明矾作净水剂是利用Al3水解生成的氢氧化铝胶体的吸附性，即发生化学变化；B、液氨作制冷剂是利用液氨气化吸热，是物理变化；C、氢氟酸可与玻璃中的二氧化硅反应生成四氟化硅和水，是化学变化；D、生石灰作干燥剂是因为它与水反应生成氢氧化钙，是化学变化。答案：B2.下列实验可实现鉴别目的是( )A.用KOH溶液鉴别SO3(g)和

2、SO2B.用湿润的碘化钾淀粉试纸鉴别Br2(g)和NO2C.用CO2鉴别NaAlO2溶液和CH3COONa溶液D.用BaCl2溶液鉴别AgNO3溶液和K2SO4溶液解析：A、氢氧化钾与二氧化硫和三氧化硫都能反应，而且都没有现象，因此不能用氢氧化钾溶液鉴别；B、Br2和NO2都能将I氧化为I2，因此不能用淀粉碘化钾鉴别它们；C、二氧化碳与NaAlO2溶液反应生成Al(OH)3沉淀，与CH3COONa不反应；D、BaCl2与AgNO3、K2SO4都能形成白色沉淀，即不能用BaCl2溶液鉴别，因此选C。答案：C3.下列叙述正确的是( )A.浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体B.C

3、H3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c(CH3COO)增大C.Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应可制得Ca(OH)2D.25时Cu(OH)2在水中的溶解度大于Cu(NO3)2溶液中的溶解度解析：浓氨水与氯化铁饱和溶液反应生成氢氧化铁沉淀，而不是胶体，A错误；CH3COO与H反应生成CH3COOH，即cC(CH3COO)减小，B错误；Ca(HCO3)2与NaOH反应生成CaCO3沉淀，C错误；Cu(OH)2存在沉淀溶解平衡：Cu(OH)2(s)Cu2(aq)2OH(aq)，硝酸铜溶液中Cu2浓度大，抑制氢氧化铜的溶解，因此D正确。答案：D4.茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各

4、步骤中选用的实验用品不能都用到的是( )A.将茶叶灼烧灰化，选用、和B.用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用、和C.过滤得到的滤液，选用、和D.检验滤液中的Fe3，选用、和解析：茶叶灼烧在坩埚中进行，酒精灯、坩埚、三脚架和泥三角等，A正确；容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的，不能用来稀释，B错误；过滤用到漏斗、玻璃棒、烧杯，C正确；检验铁离子一般用KSCN溶液，因此需要试管、胶头滴管和KSCN溶液，D正确。答案：B5.某天然拒食素具有防御非洲大群蚯蚓的作用，其结构简式如题5图(未表示出原子或原子团的空间排列)。该拒食素与下列某试剂充分反应，所得有机物分子的官能团数目增加，则该试剂是( )

5、A.Br2的CCl4溶液 B.Ag(NH3)2OH溶液C.HBr D.H2解析：A、该物质含碳碳双键，与溴水发生加成反应而引入2个Br原子，官能团数目增加；B、含醛基，可被银氨溶液氧化为羧基，官能团数目不变；C、碳碳双键与HBr加成，碳碳双键变为Br原子，官能团数目不变；D、与氢气发生加成反应使官能团数目减少，因此选A。答案：A6.已知C(s)H2O(g)CO(g)H2(g) HakJ·mol12C(s)O2(g)2CO(g) H220kJ·mol1HH、OO和OH键的键能分别为436、496和462kJ·mol1，则a为( )A.332 B.118 C.350

6、D.1306.D解析：根据题意有C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)H=akJ·mol12C(s)O2(g)=2CO(g) H=-220kJ·mol1根据盖斯定律-×2得2H2(g)O2(g)=2 H2O(g) H=-(220+2a)kJ·mol1，496+2×436-2×2×462=-(220+2a)，a=+130，D正确。7.在恒容密闭容器中通入X并发生反应:2X(g) Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如题7图所示。下列叙述正确的是( )A.该反应进行到M点放出的热量大于进行到W

7、点放出的热量B.T2下，在0 t1时间内，c(Y)mol·L1·min1C.M点的正反应速率V正大于N点的逆反应速率V逆D.M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小解析：根据图像可知W点消耗的X的物质的量比M点消耗的X的量大，因此W点放热多些，A错误；0t1时间内X的浓度减少了(a-b)mol/L，则Y浓度增加0.5(a-b)mol/L，因此v(Y)= 0.5(a-b)/tmol/(L·min)，B错误；根据先拐先平知T1>T2，M点的速率大于W点的反应速率，N点没有达平衡，此时反应正向程度大，即N点的正向速率大于逆向速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆

8、反应速率，C正确；M点时，再加入一定量的X，则相当是增大压强，平衡正向移动，X的转化率增大，D错误。答案：C二、非选择题(本大题共4小题，共58分)8.(15分)月球含有H、He、N、Na、Mg、Si等元素，是人类未来的资源宝库。(1)3He是高效能原料，其原子核内的中子数为 。(2)Na的原子结构示意图为 ，Na在氧气中完全燃烧所得产物的电子式为 。 (3)MgCl2在工业上应用广泛，可由MgO制备。MgO的熔点比BaO的熔点 (填“高”或“低”。)月球上某矿石经处理得到的MgO中含有少量SiO2，除去SiO2的离子方程式为；SiO2的晶体类型为 。MgO与碳粉和氯气在一定条件下反应可制备M

9、gCl2。若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收，则生成的盐为(写化学式)。(4)月壤中含有丰富的3He，从月壤中提炼1kg 3He，同时可得6000kg H2和700kg N2，若以得到H2和N2为原料经一系列反应最多可生产碳酸氢铵 kg解析：根据质子数+中子数=质量数281+11知中子数为3-2=1钠是11号元素，原子结构示意图为 ；钠燃烧生成过氧化钠，含离子键和非极性键，电子式为离子半径Ba2>Mg2，因此熔点MgO>BaOSiO2与氢氧化钠反应，因此可用氢氧化钠溶液除去氧化镁中的二氧化硅，2OHSiO2SiO32H2O，二氧化硅是由O与Si通过共价键形成的空间网状结构的原子晶体

10、根据质量守恒知该反应除生成氯化镁外，还生成二氧化碳，二氧化碳与足量的氢氧化钠反应生成碳酸钠，尾气中的氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠和氯化钠，因此盐是NaCl、NaClO、Na2CO3的混合物经分析氮气与氢气反应氮气不足，因此根据N22NH4HCO3，28 2×79700kg m，m=3950kg答案：(1)1 (2) ；(3)高 2OHSiO2SiO32H2O；原子晶体 NaCl、NaClO、Na2CO3 (4)39509.(15)中华人民共和国国家标准(GB2760200)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L1.某兴趣小组用题9图I装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中

11、SO2，并对其含量进行测定。(1)仪器A的名称是 ，水通入A的进口为 。(2)B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为 。(3)除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol·L1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择题9图2中的；若滴定终点时溶液的pH8.8，则选择的指示剂为；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积 (填序号)(10mL，40mL，10mL，40mL)(4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为 g·L121教(5

12、)该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施： 解析：根据仪器A特点知是冷凝管，为了充分冷却气体，应该下口进水即b口进水二氧化硫与过氧化氢反应生成硫酸：SO2H2O2H2SO4氢氧化钠溶液装在碱式滴定管中，排除滴定管中的空气用的方法，根据终点的pH知应该选择酚酞做指示剂(酚酞的变色范围是8.210.0)，50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积大于50.00mL-10.00mL=40.00mL根据2NaOHH2SO4SO2知SO2质量为(0.0900mol·L1×0.025L)/2×64g·mol1=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含

13、量是0.072g÷0.3L=0.24g·L1由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施是用不挥发的强酸例如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响。答案：(1)冷凝管或冷凝器；b (2)SO2H2O2H2SO4 (3)；酚酞； (4)0.24(5)原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸例如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响。10.(14分)结晶玫瑰是具有强烈玫瑰香气的香料，可由下列反应路线合成(部分反应条件)(1)(A)的类别是 ，能与Cl2反应生成A的

14、烷烃是 。B中的官能团是 。(2)反应的化学方程式为 (3)已知：B KOH苯甲醇+苯甲酸钾，则经反应路线得到的副产物加水萃取、分液，能除去的副产物是 (4)已知：，则经反应路线得到一种副产物，其核磁共振氢谱有4种峰，各组吸收峰的面积之比为 (5)G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，与足量饱和溴水反应未见白色沉淀产生，则L与NaOH的乙醇溶液共热，所得有机物的结构简式为 。(只写一种)解析：A是卤代烃，显然生成A的烷烃是甲烷，B含醛基根据G、J的结构知反应是G与乙酸的酯化反应苯甲酸钾是盐，溶于水，因此加水萃取、分液，能除去的副产物是苯甲酸钾根据题给已知路线生成的G与苯反应生成，有4种H，面积

15、比为1：2：4：4(苯环对称)根据遇FeCl3溶液显色可知L含酚羟基，与足量饱和溴水反应未见白色沉淀产生说明酚羟基的邻、对位被占，即邻、对位有取代基，又L与NaOH的乙醇溶液共热说明L能发生消去反应，该基团是C2H4Cl， 则L与NaOH的乙醇溶液共热，所得有机物的结构简式为。答案：卤代烃，甲烷，醛基苯甲酸钾1244或11.(14分)氢能是最重要的新能源。储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一。氢气是清洁能源，其燃烧产物为 。NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应生成NaBO3，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为，反应消耗1molNaBH4时转移的电子数目为。储氢还可

16、借助有机物，如利用环已烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢。在某温度下，向恒容容器中加入环已烷，其起始浓度为amol·L1，平衡时苯的浓度为bmol·L1，该反应的平衡常数K 一定条件下，题11图所示装置可实现有机物的电化学储氢(忽略其它有机物)。导线中电子转移方向为 。(用A、D表示)生成目标产物的电极反应式为 。该储氢装置的电流效率 。(生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数×100%，计算结果保留小数点后1位。)解析：氢气燃烧产物是水根据B的化合价没有改变，则NaBH4中的H为-1价，因此与水反应生成NaBO3和氢气，即NaBH42H2O=NaBO24H2，H的化合价由-10，因此消耗1molNaBH4时转移的电子数目为4mol平衡时苯的浓度为bmol·L1，则根据化学方程式知氢气浓度为3bmol·L1，环已烷浓度为(a-b)mol·L1，平衡常数K=(3b)33b÷(a-b)=mol3/L3根据图示苯环己烷知发生还原反应，则D是阴极，电子转移方向为AD苯得到电子生成环己烷是目标产物(储氢)，反应为C6H66H6eC6H12阳极生成2.8mol气体应该是氧气，转移电子2.8mol