2020年高考全国Ⅰ卷理综化学试题解析

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2020年高全国Ⅰ卷综化学试一单题1.国家卫健委公布的新型冠状病肺炎诊疗方案指出，乙醚75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(

COOOH)、氯仿等均可有效灭活病。对于上述化学药品，下列说法错误的()A.

CHCHOH能与水互溶32

通过氧化灭活病毒C.过氧乙酸相对分子质量为

D.氯仿的化学名称是四氯化碳【答案】【解析】乙醇易溶于水,能与水任意比例互,A项正；次氯酸钠具有强氧化性，能通过氧化灭活病毒，B项正确；由过氧乙酸的结构简式COOOH相分子质量为C项正3确。氯仿的化学式为CHCl，化学名称是氯甲烷D项错误。2.紫花前胡醇

可从中药材当归和白芷中提取得，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错的()A.分子式为HO4C.能够发生水解反应

B.不能使酸性重铬酸钾溶液变色D.能够发生消去反应生成双键【答案】【解析】由紫花前胡醇的结构简可确定其分子式为HO,A项正确;结构中含有碳双键、醇4羟基，能使酸性重铬酸钾溶液变,B项错结构含有酯基，能发生水解反应C项正确该有机物能发生消去反应，形成碳碳,D项正。3.下列气体去除杂质的方法中，能实现目的的()A

气体(杂质)SO2

方法通过酸性高锰酸钾溶液B

Cl

通过饱和的食盐水C

N2

2

通过灼热的铜丝网D

NO

通过氢氧化钠溶液【答案】【解析】二氧化硫和硫化氢都具还原性，都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，不能用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫的硫化氢气体A项符题意；极易溶于水，氯气在饱和22

22盐水中溶解度很小，可用饱和食水除去氯气中的氯化氢气体B项不符合题意；铜与氧气在加条件下反应生成氧化铜，铜与氮不反应，故可用灼热的铜丝网除去氮气中的氧气C项不符合意；可与反应，NO不与NaOH反应，可用NaOH溶除去NO中的NO，D项不符合题2意。4.铑的配合物离子可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。2下列叙述错误的是()A.CHCOI是反应中间体3C.反应过程中Rh的成键数目保不变【答案】【解析】由反应过程图可知

B.甲醇羰基化反应为H32D.存在反应CHI+HO332CHH32

，CHCOI3

是反应的中间产物，A项正确；把各步反应累加，得到CHOHCOH3

，B项正确；

和中Rh的成键数为6，

中Rh的成键数为5，

中Rh的成键数为4，反应过程Rh的成数不相同C错误；由题图可知，甲醇的第一步反应为HII，D项正确。3年约里奥–居里夫妇在核反应中α粒(即氦核

He)轰击金原子

WZ

X，得到核素

Y

，开创了人造放射性核素的先河：

WZ

X

+

→

Y

+

n其中元素、Y的最外层电子数之和为8。下列叙述正确的是()A.

WZ

X的相对原子量为26

、Y均可形成三氯化物的原子半径小于Y的仅有一种含氧酸【答案】【解析】Al的相对原子质为27，A错误x(A1)、Y(P)均可形成三氯化物，分别为AlCl、，B项正确；根同一周期主族元素从左到右原子半径依次减小知X(Al)的原子径3大于的，C项错误；Y(p)有种含氧酸，如H和HPO等，D项错误。36.科学家近年发明了一种新型ZnCO

水介质电池。电池示意图如图，极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体途径。

2

被转化为储氢物质甲酸等，为解环境和能源问题提供了一种新下列说法错误的是()A.放电时，负极反应为Zn

Zn(OH)

B.放电时，1mol

转化为HCOOH，转移的电子数为2molC.充电时，电池总反应为2Zn(OH)

2Zn

2NaOH2NaOH度升高D.充电时，正极溶液中OH【答案】【解析】由题给装置图可知，放时负极梓失去电子后结合OH

-

生成Zn(OH)，负极反应为4Zn

Zn(OH)

24

，A项正确；放电时，正极上得电子生成HCOOH，中C化2合价为4中C的化合价+，1molCO转化为1molHCOOH，转移2mol电子B正确；2充电时阴极上Zn(OH)

24

参与反应得到锌，阳极上参反应得到氧气，电池总反应为2

24

2ZnO2

O，C项正确；充电时，阳极上发生失电的氧化反应：22H4eO，氧根离子浓度降低，D项错误。227.以酚酞为指示剂，用molL的NaOH溶滴定mL未知浓度的二元酸HA溶。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体V的变化关系如图所示。比如2-的分布系数：δ(A

)=

c(Ac(HA)+c(HA

)+c(A

)

]下列叙述正确的是()A.曲线①代表

δ(HA)

，曲线②代表-

)

B.HA

溶液的浓度为LC.HA-的电常数K

D.滴定终点时，溶液中c

c(A

)+

-

)【答案】【解析】由题图可知加入40mLNaOH溶液时达到滴定终点，又HA为二元酸则A溶液的浓22度为，由题图可知，没有加入NaOH溶时，HA溶液的pH约为分析可知HA第一步完全电离，曲线①代表项误；由题图可知

Ka

，C

项正确；滴定终点时溶液中存在离子有

、

、A

、HA

、OH

，根据电荷守恒有二非择题8.钒具有广泛用途。黏土钒矿中钒+、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及、FeO。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备VO。该工艺条件下，溶液中金属离子始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子

3+

Mn

2+开始沉淀pH完全沉淀pH回答下列问题：(1)“酸浸氧化”需要加热，其因___________(2)“酸浸氧化”中，VO

和VO被化成，同时还有___________子被氧化。写出VO

转化为反应的离子方程_。(3)“中和沉淀”中，钒水解并淀为V___________，以及部分的___________

，随滤液②可除去金属离子、Mg、、(4)“沉淀转溶”中，VO

转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主成分___________。(5)“调pH”中有沉淀生成，生沉淀反应的化学方程式___________。(6)“沉钒”中析出VO

晶体时，需要加入过量NHCl

，其原因是_。【答案】）加快酸浸和氧化应速率（促进氧化完全）（2）；VO

+MnO

=VO

+Mn+HO（3）Mn2+；Fe、（4）

（5）

NaAlOO=NaCl+AlNa

4

+HCl=

3

O2（6）利用同离子效应，促进NHVO

尽可能析出完全

2+【解析】（1）“酸浸氧化”中度较低时，酸浸和氧化反应速率较慢。为了加快酸浸和氧化反应速率，需要加热。（2）从原料看，“酸漫氧化”四氧化三铁溶于稀硫酸，发生反应OSOFeSOFe3444

4

3

4HO，入的二氧化锰除氧化VO2

和VO

2

外，还氧化

2+

。

转化为

反应的离子方程式为VO

MnO2

2

2

HO。2（3）根据表格中数据知pH在时，铁离子接近沉淀完全，少量铁离子随滤液②除去，A1部分沉淀，大量铝离子随滤液②除去K、Mg、、Mn随滤液②除去。（4）在pH>13的强碱性溶液中VO转化为钒酸盐而溶解，转化为NaAl(OH)而溶解，Fe，滤渣③的主要成分是Fe3（5）pH=时铝元素沉淀，故“调pH”时生成氢氧化铝沉淀，反应的化学方程式为NaAl(OH)HCl=Al(OH)NaClH。4（6）“沉钒”时要使NHVO尽可能析出完全，利用同离子效应，入过量NCl可达到此目44的。9.为验证不同化合价铁的氧化还能力，利用下列电池装置进行实验。回答下列问题：(1)由FeSO7HO

固体配制molL溶液，要的仪器有药匙、玻璃棒从下列图中选择，写出名称)。(2)电池装置中，盐桥连接两电电解质溶液。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____________作为电解质。阳离子

/-1V

阴离子

8/-1V

32+232+22Li

Na

NO

K

+

Cl

(3)电流表显示电子由铁电极流石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进________电极溶液中。(4)电池反应一段时间后，测得电极溶液中cL。石墨电极上未析出可知，石墨电极溶液中。(5)根据3)、(4)实验结果，可石墨电极的电极反应式_______，铁电极的电极反应式为_______。因此，验证了

氧化性小于________，还原性小于________。(6)实验前需要对铁电极表面活。在FeSO溶液中加入几滴

溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。验活化反应完成的方法_______。【答案】）烧杯、量筒、托天平（2）KCl（3）石墨（4）L（5）

+e

-

；Fe-2e

；Fe

；Fe（6）取活化后溶液少许于试管，加入KSCN液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成【解析】）利用固体配制一物质的量浓度的溶液时需要用托盘天平称量固体，用烧杯溶解体，用量筒量取蒸馏水。（2）根据盐桥中阴、阳离子不参与反应，及Fe、33+SO

4

可排除HCO、4

，再根据溶液显酸性，而NO在酸性溶液中具3有氧化性，可排除

最后根据阴、阳离子的电迁移率尽可能地接近，知选择KCl作盐桥中电解质较合适。（3）电子由负极流向正极，结电子由铁电极流向石墨电极，可知铁电极为负极，石墨电极为极。盐桥中的阳离子流向正极（石墨电极）溶液中。（4）由题意知负极反应为Fe

，正极反应为Fe

，则铁电极溶液中增加L-1时石墨电极溶液中L-1，故此时石墨电极溶液中

。

322钒化322钒化（5）石墨电极的电极反应式为F

，铁电极的电极反应式为

，故验证了氧化性，还原:Fe。（6）该活化反应为Fe

3Fe

，故通过检验

3+

可说明活化反应是否完成，具体作为取少量活化后溶液于试管，滴加滴溶液若溶液不变血红色，则说明活化反应已完成。10.硫酸是一种重要的基本化工品，接触法制硫酸生产中的关键工序是S的催化氧化：SO(g)O(g)SO(g)

。回答下列问题：(1)钒催化剂参与反应的能量变如图所示，VO(s)2

与

SO

反应生成VOSO(s)4

和VO(s)2

的热化学方程式为：_________。(2)当SO2

、O2

和N(g)2

起始的物质的量分数分别%、%时，在、和压强下，SO

平衡转化率随温度的变化如图示。反应在、550℃时的=__________，判断的依据是__________。影响的因素有_________(3)将组成物质的量分数)为2m(g)、m%O(g)(g)22

的气体通入反应器，在温度、压强条件下进行反应。平衡时，若SO

转化率为，则SO

压强为___________，平衡常数K

=___________(以分压表示，分=总压×物质的量分)。

100100钒催化剂(4)研究表明，

催化氧化的反应速率方程为：(1

。式中：

为反应速率常数，随温度t升高增大；为SO平衡转化率，某时SO转化率，为常数。在

=时，将一系列温度下的

、值代入上述速率方程，得

v

曲线，如图所示。曲线上最大值所对应温度称该

下反应的最适宜温度t

。t

时，v逐渐提高；t

后，逐渐下降。原因__________________________。【答案】）2V(s)2SO(g)2VOSOO2544

（2）；该反应气体分子数减少增大压强，提。5.0MPa2.5MPa，所以=反应物（N和O2

）的起始浓度（组成）、温度、强（3）；

（4）升高温度，

增大使v逐渐提高，但降低v逐下降。当t＜，m

增大对v的提高大于引起的降低；当t

，

增大对v的提高小于引起的低【解析】）根据题图（a）知，VO(s)O(g)2432

2

①，V(g)(s)②。根据盖斯定律，由得2312V(s)(g)VO(s)48)kJ。252424（2）由题给反应式知，该反应气体分子数减少的反应，其他条件一定时，增大压强SO平2转化率增大，故。合题图（b）知、550℃时对应的SO平转化率为。影响平衡转2化率的因素有：温度、压强、反物的起始浓度等。（3）设通入的、和N共100mol，利用三段式法进行计算2221(g)O(g)SO(g)2起始量mol

2m

0转化量mol

2m

m

2m平衡量mol

2m

m

2m

11平衡时气体的总物质的量为m)mol，则p

2

m/(3，

2

m/(3，p，因3100，3

，代入计算得Kp

。（4）升高温度，反应速率常数k增大，反应速率v提，但降低使反应速率渐下降。t时增大对的提高大于起的降低；t后，增大对v的提高小于引起的降低。等人因在锂离子电池及钴酸锂、酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得年诺贝尔化学奖。回答下列问题：(1)基态3+

离子中未成对的电子数之比为_________(2)Li及其周期表中相邻元素的一电离能

I1

如表所示。I(Li)

，原因是。II(B)(Li)11

，原因是________。(3)磷酸根离子的空间构型为_______，中的价电子对数_______、杂化轨道类型为_______。(4)

LiFePO

的晶胞结构示意图如(a)所示。中O围绕Fe和P别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链构。每个晶胞中含有LiFePO的单元数____。4电池充电时，

4

脱出部分Li形成Li

4

，结构示意图如(b)所示，则=_______

=_______。

223CClCOONa【答案】）4:5（2）Na与Li同主族，Na的电层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小Li和B为周期元素，同周期元素从左至右第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态Be原子的能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳，故其第一电离能大于B的（3）正四面体形；4；

（4）4；

316

或；13:3【解析】（1）根据构造原理可基态

和Fe

的价层电子排布式分别为3

6

和3d

5

，其未成对电子数分别为4和5，即未成对子数之比为

。（2）Li和Na均为第Ⅰ族元素由于Na电子层数多，原子半径大，故Na比Li容易失去最外电子，即I(Li)I。Li、Be、B均为第二周期元素，随原子序数递增,第一电离能有增大趋1势，而Be的2s能级处于全充满态，较难失去电子，故第一电离能Be比大。（3）PO

的中心原子P的价层电子对数为4，孤电子对数为，中心原子P为sp

杂化，故PO

的空间构型为正四面体。（4）由题图可知，小白球表示原子，由图a）知，每个晶胞中的锂原子数为842，一个晶胞中有4个单元。由图（b）知，Li4

结4中，一个晶胞含有