高考全国卷Ⅲ化学试题解析.docx

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高考全国卷Ⅲ化学试题解析

2020年高考全国卷Ⅲ理综化学试题解析

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16Mg24S32Fe56Cu64

一、选择题：

本题共7个小题，每小题6分。

共42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。

7．宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料（主要成分为Cu（OH）2·CuCO3），青色来自蓝铜矿颜料（主要成分为Cu（OH）2·2CuCO3）。

下列说法错误的是

A．保存《千里江山图》需控制温度和湿度

B．孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化

C．孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱

D．Cu（OH）2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu（OH）2·2CuCO3

【答案】C

【解析】A．字画主要由纸张和绢、绫、锦等织物构成，为防止受潮和氧化，保存古代字画时要特别注意控制适宜的温度和湿度，A说法正确；

B．由孔雀石和蓝铜矿的化学成分可知，其中的铜元素、碳元素和氢元素均处于最高价，其均为自然界较稳定的化学物质，因此，用其所制作的颜料不易被空气氧化，B说法正确；

C．孔雀石和蓝铜矿的主要成分均可与酸反应生成相应的铜盐，因此，用其制作的颜料不耐酸腐蚀，C说法错误；

D．因为氢氧化铜中铜元素的质量分数高于碳酸铜，所以Cu（OH）2∙CuCO3中铜的质量分数高于Cu（OH）2∙2CuCO3，D说法正确。

8．金丝桃苷是从中药材中提取的一种具有抗病毒作用的黄酮类化合物，结构式如下：

下列关于金丝桃苷的叙述，错误的是

A．可与氢气发生加成反应B．分子含21个碳原子

C．能与乙酸发生酯化反应D．不能与金属钠反应

【答案】D

【解析】A．该物质含有苯环和碳碳双键，一定条件下可以与氢气发生加成反应，故A正确；

B．根据该物质的结构简式可知该分子含有21个碳原子，故B正确；

C．该物质含有羟基，可以与乙酸发生酯化反应，故C正确；

D．该物质含有普通羟基和酚羟基，可以与金属钠反应放出氢气，故D错误；

故答案为D。

9．NA是阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是

A．22.4L（标准状况）氮气中含有7NA个中子

B．1mol重水比1mol水多NA个质子

C．12g石墨烯和12g金刚石均含有NA个碳原子

D．1L1mol·L−1NaCl溶液含有28NA个电子

【答案】C

【解析】3份全国卷了，只有这份保留了这一经典题型。

A．标准状况下22.4L氮气的物质的量为1mol，若该氮气分子中的氮原子全部为14N，则每个N2分子含有（14-7）×2=14个中子，1mol该氮气含有14NA个中子，不是7NA，且构成该氮气的氮原子种类并不确定，故A错误；

B．重水分子和水分子都是两个氢原子和一个氧原子构成的，所含质子数相同，故B错误；

C．石墨烯和金刚石均为碳单质，12g石墨烯和12g金刚石均相当于12g碳原子，即

=1molC原子，所含碳原子数目为NA个，故C正确；

D．1molNaCl中含有28NA个电子，但该溶液中除NaCl外，水分子中也含有电子，故D错误；

故答案为C。

10．喷泉实验装置如图所示。

应用下列各组气体—溶液，能出现喷泉现象的是

气体

溶液

A．

H2S

稀盐酸

B．

HCl

稀氨水

C．

NO

稀H2SO4

D．

CO2

饱和NaHCO3溶液

【答案】B

【解析】喷泉实验也是非常古老的题，至少10多年没有见过。

这次重出江湖。

由产生喷泉现象的原理可知，烧瓶中的“气体”应易溶于胶头滴管中的“溶液”，当胶头滴管中的溶液挤入烧瓶后，导致烧瓶中的气压急骤减小，从而产生喷泉现象。

A.H2S与稀盐酸不反应，且H2S在水中的溶解度很小，不能形成喷泉，故A不正确；B.HCl能与稀氨水反应，且HCl极易溶液水，能形成喷泉，故B正确；C.NO不溶于稀H2SO4，不能形成喷泉，故C不正确；D.CO2难溶于饱和NaHCO3溶液，不能形成喷泉，故D不正确，正确答案B。

11．对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是

A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：

3SO2—3＋Cl2＋H2O　＝　2HSO—3＋2Cl¯＋SO2—4

B．向CaCl2溶液中通入CO2：

Ca2++H2O+CO2=CaCO3↓+2H+

C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：

2Fe3++H2O2=O2↑+2H++2Fe2+

D．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：

+OH－=NH3·H2O

【答案】A

【解析】离子方程式正误判断，去年重新出现，今年继续，这要引起我们备考重视。

A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2离子方程式为：

3SO2—3＋Cl2＋H2O　＝　2HSO—3＋2Cl¯＋SO2—4

，A正确；B．向CaCl2溶液中通入CO2不能反应，故B不正确；C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：

2Fe3++H2O2=O2↑+2H++2Fe2+，H2O2溶液与Fe3+均为氧化性物质，一般不发生反应，且Fe3+一般作为H2O2分解的催化剂，正确的离子方程式应为2H2O2

2H2O+O2↑，C选项错误；

D．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，OH－应该先与H+反应，离子反应为，H++OH－=H2O，故D不正确，正确答案A。

12．一种高性能的碱性硼化钒（VB2）—空气电池如下图所示，其中在VB2电极发生反应：

VB2＋16OH¯—11e¯　＝　VO3—4＋2B（OH）—4＋4H2O该电池工作时，下列说法错误的是

A．负载通过0.04mol电子时，有0.224L（标准状况）O2参与反应

B．正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高

C．电池总反应为4VB2＋11O2＋20OH¯＋6H2O　＝　8B（OH）—4＋4VO3—4

D．电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极

【答案】B

【解析】A．当负极通过0.04mol电子时，正极也通过0.04mol电子，根据正极的电极方程式，通过0.04mol电子消耗0.01mol氧气，在标况下为0.224L，A正确；

B．反应过程中正极生成大量的OH—使正极区pH升高，负极消耗OH—使负极区OH—浓度减小pH降低，B错误；

C．根据分析，电池的总反应为4VB2＋11O2＋20OH¯＋6H2O　＝　8B（OH）—4＋4VO3—4，C正确；

D．电池中，电子由VB2电极经负载流向复合碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电极→负载→VB2电极→KOH溶液→复合碳电极，D正确；这里要注意是电流，不是电子。

13．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z；化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。

下列叙述正确的是

A．非金属性：

W>X>Y>ZB．原子半径：

Z>Y>X>W

C．元素X的含氧酸均为强酸D．Y的氧化物水化物为强碱

【答案】D

【解析】根据题干信息可知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，化合物XW3与WZ相遇会产生白烟，则WX3为NH3，WZ为HCl，所以W为H元素，X为N元素，Z为Cl元素，又四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z，则Y的核外电子总数为11，Y为Na元素，据此分析解答。

根据上述分析可知，W为H元素，X为N元素，Y为Na元素，Z为Cl元素，则

A．Na为金属元素，非金属性最弱，非金属性Y＜Z，A选项错误；

B．同周期元素从左至右原子半径依次减小，同主族元素至上而下原子半径依次增大，则原子半径：

Na＞Cl＞N＞H，B选项错误；

C．N元素的含氧酸不一定全是强酸，如HNO2为弱酸，C选项错误；

D．Y的氧化物水化物为NaOH，属于强碱，D选项正确；

二、非选择题

（一）必考题

26．（14分）

氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。

实验室中利用下图装置（部分装置省略）制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。

回答下列问题：

（1）盛放MnO2粉末的仪器名称是，a中的试剂为。

（2）b中采用的加热方式是，c中化学反应的离子方程式是，采用冰水浴冷却的目的是。

（3）d的作用是，可选用试剂（填标号）。

A．Na2SB．NaClC．Ca（OH）2D．H2SO4

（4）反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，，，干燥，得到KClO3晶体。

（5）取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。

1号试管溶液颜色不变。

2号试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显____色。

可知该条件下KClO3的氧化能力____NaClO（填“大于”或“小于"）。

【答案】

（1）圆底烧瓶饱和食盐水

（2）水浴加热Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O避免生成NaClO3

（3）吸收尾气（Cl2）AC

（4）过滤少量（冷）水洗涤

（5）紫小于

【解析】

（1）氯气发生装置，是在圆底烧瓶中完成，故盛放MnO2粉末的仪器名称是圆底烧瓶，b中是氯气与氢氧化钾反应，因此a中的试剂应该除去氯气中的氯化氢气体，即a中的试剂为饱和食盐水；

（2）b中采用的加热方式是水浴加热，由题意可知b中是氯气与氢氧化钾在热水浴中反应生成的是KClO3，c中是氯气与冷的氢氧化钠反应生成NaClO，故化学反应的离子方程式Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O，采用冰水浴冷却的目的是防止生成NaClO3；

（3）d的作用是除去多以的氯气，防止污染大气，可选用能与氯气反的物质，A．Na2S可以将氯气还原成氯离子，可以吸收氯气，故A可选；B．氯气在NaCl溶液中溶解度很小，无法吸收氯气，故B不可选；C．氯气可以Ca（OH）2或浊液反应生成氯化钙和次氯酸钙，故C可选；D．氯气与硫酸不反应，且硫酸溶液中存在大量氢离子会降低氯气的溶解度，故D不可选；综上所述可选用试剂AC；

（4）b中试管为KClO3和KCl的混合溶液，KClO3的溶解度受温度影响更大，所以将试管b中混合溶液冷却结晶、过滤、少量（冷）水洗涤、干燥，得到KClO3晶体；

（5）1号试管溶液颜色不变，表明KClO3不与KI溶液反应，即KClO3不能氧化KI。

2号试管溶液变为棕色，表明与KI溶液反应生成了I2,加入CCl4振荡，萃取，I2的CCl4溶液显紫色，故KClO3的氧化能力小于NaClO的氧化能力。

27．（15分）

某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。

采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体（NiSO4·7H2O）：

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

Ni2+

Al3+

Fe3+

Fe2+

开始沉淀时（c=0.01mol·L−1）的pH

沉淀完全时（c=1.0×10−5mol·L−1）的pH

7.2

8.7

3.7

4.7

2.2

3.2

7.5

9.0

回答下列问题：

（1）“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。

为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。

写出该反应的离子方程式______________。

（2）“滤液②”中含有的金属离子是______________。

（3）“转化”中可替代H2O2的物质是______________。

若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即

，“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。

（4）利用上述表格数据，计算Ni（OH）2的Ksp=______________（列出计算式）。

如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是______________。

（5）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。

写出该反应的离子方程式______________。

（6）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。

【答案】

（1）除去油脂，溶解铝及其氧化物

+H+=Al（OH）3↓+H2O

（2）Ni2+、Fe2+、Fe3+

（3）O2或空气Fe3+

（4）0.01×（107.2−14）2[或10−5×（108.7−14）2]3.2~6.2

（5）2Ni2++ClO−+4OH−=2NiOOH↓+Cl−+H2O

（6）提高镍回收率

【解析】油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，则其表面有油污，

（1）“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油污，和溶解铝及铝的氧化物；因“滤液①”主要成分是NaAlO2（或Na[Al（OH）4]）,加酸后发生反应为

+H+=Al（OH）3↓+H2O。

“滤饼①”的主要成分为金属铁、铁锈和镍，加入稀硫酸后生成对应的金属离子Ni2+、Fe2+、Fe3+；

（3）“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：

O2或空气；Fe3+；

（4）由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c（Ni2+）=1.0×10-5mol·L-1，c（H+）=1.0×10-8.7mol·L-1，则c（OH-）=

，则Ni（OH）2的

；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c（Ni2+）=0.01mol·L-1，c（H+）=1.0×10-7.2mol·L-1，则c（OH-）=

，则Ni（OH）2的

；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，为避免镍离子沉淀，此时

，则

，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2，故答案为：

；3.2~6.2；

（5）由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O，故答案为：

2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；

（6）分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：

提高镍的回收率。

28．（14分）

二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。

回答下列问题：

（1）CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n（C2H4）∶n（H2O）=__________。

当反应达到平衡时，若增大压强，则n（C2H4）___________（填“变大”“变小”或“不变”）。

（2）理论计算表明，原料初始组成n（CO2）∶n（H2）=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。

图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是______、______。

CO2催化加氢合成C2H4反应的ΔH______0（填“大于”或“小于”）。

（3）根据图中点A（440K，0.39），计算该温度时反应的平衡常数Kp=_________（MPa）−3（列出计算式。

以分压表示，分压=总压×物质的量分数）。

（4）二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。

一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当___________________。

【答案】

（1）1∶4变大

（2）dc小于

（3）

或

等

（4）选择合适催化剂等

【解析】

（1）由CO2催化加氢生成乙烯和水的反应方程式为2CO2+6H2=C2H4+4H2O，产物的物质的量之比n（C2H4）∶n（H2O）=1:

4，该反应是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向右移动，故增大压强n（C2H4）增大；

（2）由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:

3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:

4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。

由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，∆H小于0。

（3）原料初始组成n（CO2）∶n（H2）=1∶3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。

由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即

，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即

，这种比例的思维非常重要，简化了计算。

因此，该温度下反应的平衡常数

（MPa）-3=

（MPa）-3。

（4）工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。

二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。

一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当选择合适催化剂等。

35．［化学——选修3：

物质结构与性质］（15分）

氨硼烷（NH3BH3）含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。

回答下列问题：

（1）H、B、N中，原子半径最大的是______。

根据对角线规则，B的一些化学性质与元素______的相似。

（2）NH3BH3分子中，N—B化学键称为____键，其电子对由____提供。

氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：

3NH3BH3+6H2O=3NH3+B3O3—6+9H2

B3O3—6的结构为

。

在该反应中，B原子的杂化轨道类型由______变为______。

（3）NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性（Hδ+），与B原子相连的H呈负电性（Hδ-），电负性大小顺序是__________。

与NH3BH3原子总数相等的等电子体是_________（写分子式），其熔点比NH3BH3____________（填“高”或“低”），原因是在NH3BH3分子之间，存在____________________，也称“双氢键”。

（4）研究发现，氦硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，α=β=γ=90°。

氨硼烷的2×2×2超晶胞结构如图所示。

氨硼烷晶体的密度ρ=___________g·cm−3（列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值）。

【答案】

（1）BSi（硅）

（2）配位Nsp3sp2

（3）N＞H＞BCH3CH3低Hδ+与Hδ−的静电引力

（4）

【解析】

（1）H、B、N中，B、N电子层数均大于H原子的，又B、N同周期，B的质子数比N的小，，故原子半径最大的是B。

根据周期表结构可知，Si位于B右下对角线相邻位置上，根据对角线规则，B的一些化学性质与元素Si的相似。

（2）NH3BH3分子中，B最外层3个电子，分别与3个H原子成键，空出一个空轨道，而分子中N原子与3个H原子成键后，多出一对孤对电子，故N—B化学键称为配位键，其电子对由N原子提供。

由氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：

3NH3BH3+6H2O=3NH3+B3O3—6+9H2反应可知，结合B3O3—6的结构为

很容易得出在该反应中，B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2。

（3）NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性（Hδ+），即电负性N＞H，与B原子相连的H呈负电性（Hδ-），即电负性H＞B，故H、B、N电负性大小顺序是N＞H＞B。

NH3BH3分子中有8个原子，其价电子总数为14，N和B的价电子数的平均值为4，依据等量代换的原则，NH3BH3中B、N原子的电子数的平均值刚好与C原子的电子数相等，故可知与NH3BH3原子总数相等的等电子体是乙烷（CH3CH3），其熔点比NH3BH3的低，原因是在NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性（Hδ+），与B原子相连的H呈负电性（Hδ-），则在NH3BH3分子之间，存在Hδ+与Hδ−的静电引力，即“双氢键”。

（4）氨硼烷的2×2×2超晶胞结构里有16个NH3BH3分子，其质量为[16×M（NH3BH3）]÷NA,=（16×31）÷NA,

氨硼烷的2×2×2超晶胞d体积为8abcpm3=8abccm-30，故氨硼烷晶体的密度ρ=（16×31）÷NA÷8abccm-30=

g·cm−3

35．[化学——选修5：

有机化学基础]（15分）

苯基环丁烯酮（

PCBO）是一种十分活泼的反应物，可利用它的开环反应合成一系列多官能团化合物。

近期我国科学家报道用PCBO与醛或酮发生[4+2]环加成反应，合成了具有生物活性的多官能团化合物（E），部分合成路线如下：

已知如下信息：

回答下列问题：

（1）A的化学名称是___________。

（2）B的结构简式为___________。

（3）由C生成D所用的试剂和反应条件分别为___________；该步反应中，若反应温度过高，C易发生脱羧反应，生成分子式为C8H8O2的副产物，该副产物的结构简式为________。

（4）写出化合物E中含氧官能团的名称__________；E中手性碳（注：

连有四个不同的原子或基团的碳）的个数为___________。

（5）M为C的一种同分异构体。

已知：

1molM与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2mol二氧化碳；M与酸性高锰酸钾溶液反应生成对苯二甲酸。

M的结构简式为__________。

（6）对于

，选用不同的取代基R'，在催化剂作用下与PCBO发生的[4+2]反应进行深入研究，R'对产率的影响见下表：

R'

—CH3

—C2H5

—CH2CH2C6H5

产率/%

91

80

63

请找出规律，并解释原因___________。

【答案】

（1）2−羟基苯甲醛（水杨醛）

（2）

（3）乙醇、浓硫酸/加热

（4）羟基、酯基2

（5）

（6）随着R'体积增大，产率降低；原因是R'体积增大，位阻增大

【解析】

（1）由A的结构简式

可知化学名称为2−羟基苯甲醛或临羟基苯甲醛；

（2）由

可知A中的醛基发生类似信息的反应，其酚羟基在氢氧化钠溶液中反应生成酚钠，故B的结构简式为

；

（3）根据官能团的变化可知，由C生成D发生了酯化反应，故所用的试剂为乙醇，反应条件为浓硫酸、加热；若反应温度过高，C发生脱羧反应，由生成分子式为C8H8O2可知，该副产物的结构简式为

。

（4）E中含氧官能团的名称羟基、酯基；手性碳即连有四个不同的原子或基团的碳，即首先应该是饱和碳，即红色圈里的碳原子，如结构

故E中手性碳的个数为2。

（5）C的结构简式

，除苯环外不饱和度为2，M是C的同分异构体，由M与酸性高锰酸钾溶液反应生成对苯二甲酸，则M苯环有两个取代基，1molM与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2mol二氧化碳，则一个M分子有两个羧基，故M的结构简式只能是

。

（6）从表格看很容易看出R'对产率大小的规律，R'结构越简单，

与PCBO发生的[4+2]反应时，产率越大，其原因就是R'越简单，反应的位阻越小，反之即随着R'体积增大，产率降低；原因是R'体积增大，位阻增大。