高考化学 全国卷III解析版.docx

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高考化学全国卷III解析版

2020年普通高等学校招生全国统一考试（III卷）

理科综合化学

1.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】

【详解】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

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。

综上所述，相关说法错误的是C，故本题答案为C。

2.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】

【详解】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。

3.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

B1mol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】

【详解】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。

4.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

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【分析】

能够发生喷泉实验，需要烧瓶内外产生明显的压强差；产生压强差可以通过气体溶于水的方法，也可以通过发生反应消耗气体产生压强差，据此分析。

【详解】A．由于硫化氢气体和盐酸不发生反应且硫化氢在水中的溶解度较小，烧瓶内外压强差变化不大，不会出现喷泉现象，A错误；

B．氯化氢可以和稀氨水中的一水合氨发生反应，使烧瓶内外产生较大压强差，能够出现喷泉实验，B正确；

C．一氧化氮不与硫酸发生反应且不溶于水，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉现象，C错误；

D．二氧化碳不会溶于饱和碳酸氢钠溶液中，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉实验，D错误；

故选B。

5.[2020年全国Ⅲ]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：

3SO32-＋Cl2＋H2O＝2HSO3－＋2Cl－＋SO42-

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：

NH4+＋OH－＝NH3∙H2O

答案A

解析A．用Na2SO3溶液吸收少量的Cl2，Cl2具有强氧化性，可将部分SO32-氧化为SO42-，同时产生的氢离子与剩余部分SO32-结合生成HSO3－，Cl2被还原为Cl－，反应的离子反应方程式为：

3SO32-+Cl2+H2O=2HSO3－+2Cl-+SO42-，A选项正确；

B．向CaCl2溶液中通入CO2，H2CO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸，故不发生反应，B选项错误；

C．向H2O2中滴加少量的FeCl3，Fe3+的氧化性弱于H2O2，不能氧化H2O2，但Fe3+能催化H2O2的分解，正确的离子方程式应为2H2O2

2H2O+O2↑，C选项错误；

D．NH4HSO4电离出的H+优先和NaOH溶液反应，同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，氢离子和氢氧根恰好完全反应，正确的离子反应方程式应为：

H++OHˉ=H2O，D选项错误。

【点睛】B选项为易错点，在解答时容易忽略H2CO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸这一知识点。

6.一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：

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

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】

【分析】

根据图示的电池结构，左侧VB2发生失电子的反应生成

和

，反应的电极方程式如题干所示，右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OH-，反应的电极方程式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电池的总反应方程式为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8

+4

，据此分析。

【详解】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=8

+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；

故选B。

【点睛】本题在解答时应注意正极的电极方程式的书写，电解质溶液为碱性，则空气中的氧气得电子生成氢氧根；在判断电池中电流流向时，电流流向与电子流向相反。

7.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】

【分析】

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。

【详解】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；

答案选D。

二、非选择题

（一）必考题

8.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

（2）.饱和食盐水（3）.水浴加热（4）.Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O（5）.避免生成NaClO3（6）.吸收尾气（Cl2）（7）.AC（8）.过滤（9）.少量（冷）水洗涤（10）.紫（11）.小于

【解析】

【分析】

本实验目的是制备KClO3和NaClO，并探究其氧化还原性质；首先利用浓盐酸和MnO2粉末共热制取氯气，生成的氯气中混有HCl气体，可在装置a中盛放饱和食盐水中将HCl气体除去；之后氯气与KOH溶液在水浴加热的条件发生反应制备KClO3，再与NaOH溶液在冰水浴中反应制备NaClO；氯气有毒会污染空气，所以需要d装置吸收未反应的氯气。

【详解】

（1）根据盛放MnO2粉末的仪器结构可知该仪器为圆底烧瓶；a中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体；

（2）根据装置图可知盛有KOH溶液的试管放在盛有水的大烧杯中加热，该加热方式为水浴加热；c中氯气在NaOH溶液中发生歧化反应生成氯化钠和次氯酸钠，结合元素守恒可得离子方程式为Cl2+2OHˉ=ClOˉ+Clˉ+H2O；根据氯气与KOH溶液的反应可知，加热条件下氯气可以和强碱溶液反应生成氯酸盐，所以冰水浴的目的是避免生成NaClO3；

（3）氯气有毒，所以d装置的作用是吸收尾气（Cl2）；

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，2号试管溶液变为棕色，说明1号试管中氯酸钾没有将碘离子氧化，2号试管中次氯酸钠将碘离子氧化成碘单质，即该条件下KClO3的氧化能力小于NaClO；碘单质更易溶于CCl4，所以加入CCl4振荡，静置后CCl4层显紫色。

【点睛】第3小题为本题易错点，要注意氯气除了可以用碱液吸收之外，氯气还具有氧化性，可以用还原性的物质吸收。

9.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

（2）.

+H++H2O=Al（OH）3↓或

+H+=Al（OH）3↓+H2O（3）.Ni2+、Fe2+、Fe3+（4）.O2或空气（5）.Fe3+（6）.

（7）.3.2~6.2（8）.2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O（9）.提高镍回收率

【解析】

【分析】

由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。

【详解】

（1）根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2（或Na[Al（OH）4]），加入稀硫酸可发生反应

+H++H2O=Al（OH）3↓或

+H+=Al（OH）3↓+H2O，故答案为：

除去油脂、溶解铝及其氧化物；

+H++H2O=Al（OH）3↓或

+H+=Al（OH）3↓+H2O；

（2）加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为：

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。

【点睛】本题主要考查金属及其化合物的性质、沉淀溶解平衡常数Ksp的计算、氧化还原离子反应方程式的书写等知识点，需要学生具有很好的综合迁移能力，解答关键在于正确分析出工艺流程原理，难点在于Ksp的计算及“调pH”时pH的范围确定。

10.二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

（2）.变大（3）.d（4）.c（5）.小于（6）.

或

等（7）.选择合适催化剂等

【解析】

【分析】

根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。

根据可逆反应的特点分析增大压强对化学平衡的影响。

根据物质的量之比等于化学计量数之比，从图中找到关键数据确定代表各组分的曲线，并计算出平衡常数。

根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性，工业上通常要选择合适的催化剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。

【详解】

（1）CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2⇌CH2=CH2+4H2O，因此，该反应中产物的物质的量之比n（C2H4）：

n（H2O）=1：

4。

由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n（C2H4）变大。

（2）由题中信息可知，两反应物

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

，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

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。

因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。

【点睛】本题确定图中曲线所代表的化学物质是难点，其关键在于明确物质的量的分数之比等于各组分的物质的量之比，也等于化学计量数之比（在初始投料之比等于化学计量数之比的前提下，否则不成立）。

（二）选考题

［化学——选修3：

物质结构与性质］

11.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+

+9H2，

的结构如图所示：

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）.B

（2）.Si（硅）（3）.配位（4）.N（5）.sp3（6）.sp2（7）.N＞H＞B（8）.CH3CH3（9）.低（10）.Hδ+与Hδ−的静电引力（11）.

【解析】

【分析】

根据元素在周期表中的位置比较和判断元素的相关性质；根据中心原子的价层电子对数确定其杂化轨道的类型；运用等量代换的方法寻找等电子体；根据电负性对化合价的影响比较不同元素的电负性；根据晶胞的质量和体积求晶体的密度。

【详解】

（1）在所有元素中，H原子的半径是最小的，同一周期从左到右，原子半径依次减小，所以，H、B、N中原子半径最大是B。

B与Si在元素周期表中处于对角张的位置，根据对角线规则，B的一些化学性质与Si元素相似。

（2）B原子最外层有3个电子，其与3个H原子形成共价键后，其价层电子对只有3对，还有一个空轨道；在NH3中，N原子有一对孤对电子，故在NH3BH3分子中，N—B键为配位键，其电子对由N原子提供。

NH3BH3分子中，B原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为sp3。

NH3BH3在催化剂的作用下水解生成氢气和B3O63-，由图中信息可知，B3O63-中每个B原子只形成3个σ键，其中的B原子的杂化方式为sp2，因此，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，说明N的电负性大于H；与B原子相连的H呈负电性，说明H的电负性大于B，因此3种元素电负性由大到小的顺序为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，可以找到其等电子体为CH3CH3。

由于NH3BH3分子属于极性分子，而CH3CH3属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极性分子