高考全国卷Ⅲ化学试题解析.docx

1、高考全国卷化学试题解析2020年高考全国卷理综化学试题解析可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 S 32 Fe 56 Cu 64一、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)2CuCO3），青色来自蓝铜矿颜料（主要成分为Cu(OH)22CuCO3）。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 DCu(OH)2CuCO3中铜的质量分

2、数高于Cu(OH)22CuCO3【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)2CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)22CuCO3，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

3、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。9NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A22.4 L（标准状况）氮气中含有7NA个中子 B1 mol重水比1 mol水多NA个质子C12 g石墨烯和12 g金刚石均含有NA

4、个碳原子 D1 L 1 molL1 NaCl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；D1molNaCl中含有28NA个电子，但该溶

5、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AH2S稀盐酸BHCl稀氨水CNO稀H2SO4DCO2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

6、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Cl2：3SO23Cl2H2O2HSO32ClSO24B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=NH3H2O【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Cl

7、2离子方程式为：3SO23Cl2H2O2HSO32ClSO24，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2H2O22H2O+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：VB216OH11eVO34

8、2B(OH)44H2O该电池工作时，下列说法错误的是A负载通过0.04 mol电子时，有0.224 L（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4VB211O220OH6H2O8B(OH)44VO34D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

9、总反应为4VB211O220OH6H2O8B(OH)44VO34，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。13W、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 XY Z B原子半径：ZYXWC元素X的含氧酸均为强酸 DY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WX

10、3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ANa为金属元素，非金属性最弱，非金属性YZ，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：NaClNH，B选项错误；CN元素的含氧酸不一定全是强酸，如HNO2为弱酸，C选项错误；DY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

11、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）。ANa2S BNaCl CCa(OH)2 DH2SO4（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

12、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+

13、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，ANa2S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

14、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（NiSO47H2O）：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=0.01 molL1）的pH沉淀完全时（c=1.0105 molL1）的pH7.28.73.7

15、4.72.23.27.59.0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”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式_。（2）“滤液”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”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1.0 molL1，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

16、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(107.214)2或105(108.714)2 3.26.2（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”主要成分是NaAlO2(或NaAl(OH)4),加酸后发生反应为+H+=Al(OH)3+H2O。“滤饼”

17、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+)=1.010-5molL-1，c(H+)=1.010-8.7molL-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+)=0.01molL-1，c(H+)=1.01

18、0-7.2molL-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0molL-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3.26.2，故答案为：；3.26.2；(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，ClO被还原为Cl，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O，故答案为：2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O；(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2

19、+，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)=13，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H_0(填“大于”或“小于”)。（3

20、）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）14 变大（2）d c 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+6 H2 = 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；

21、（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)=13，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

22、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）NH

23、3BH3分子中，NB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+B3O36+9H2B3O36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（H+），与B原子相连的H呈负电性（H-），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a pm、b pm、c pm，=90。氨硼烷的222超晶胞结

24、构如图所示。 氨硼烷晶体的密度=_ gcm3（列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值）。【答案】（1）B Si（硅）（2）配位 N sp3 sp2（3）NHB CH3CH3 低 H+与H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NB化学键称为配位键，其电子对由N原子提供

25、。由氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：3NH3BH3+6H2O=3NH3+B3O36+9H2反应可知，结合B3O36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（H+），即电负性NH，与B原子相连的H呈负电性（H-），即电负性HB，故H、B、N电负性大小顺序是NHB。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

26、的低，原因是在NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性（H+），与B原子相连的H呈负电性（H-），则在NH3BH3分子之间，存在H+与H的静电引力，即“双氢键”。（4）氨硼烷的222超晶胞结构里有16个NH3BH3分子，其质量为16M(NH3BH3)NA,= (1631)NA,氨硼烷的222超晶胞d体积为8abcpm3=8abc cm-30，故氨硼烷晶体的密度= (1631)NA8abc cm-30= gcm335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

27、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：1 mol M与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2 mol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

28、PCBO发生的4+2反应进行深入研究，R对产率的影响见下表：RCH3C2H5CH2CH2C6H5产率/%918063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

29、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，1 mol M与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2 mol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。