2020年全国统一高考化学试卷(新课标Ⅰ)一、选择题:本题共13个小题,每小题6分。共78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。1.国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出,乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品,下列说法错误的是A.CH3CH2OH能与水互溶B.NaClO通过氧化灭活病毒C.过氧乙酸相对分子质量为76D.氯仿的化学名称是四氯化碳【答案】D【解析】【详解】A.乙醇分子中有羟基,其与水分子间可以形成氢键,因此乙醇能与水互溶,A说法正确;B.次氯酸钠具有强氧化性,其能使蛋白质变性,故其能通过氧化灭活病毒,B说法正确;C.过氧乙酸的分子式为C2H4O3,故其相对分子质量为76,C说法正确;D.氯仿的化学名称为三氯甲烷,D说法不正确。综上所述,故选D。2.紫花前胡醇可从中药材当归和白芷中提取得到,能提高人体免疫力。有关该化合物,下列叙述错误的是A.分子式为C14H14O4B.不能使酸性重铬酸钾溶液变色C.能够发生水解反应D.能够发生消去反应生成双键【答案】B【解析】【详解】A.根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为C14H14O4,A叙述正确;B.该有机物的分子在有羟基,且与羟基相连的碳原子上有氢原子,故其可以被酸性重铬酸钾溶液氧化,能使酸性重铬酸钾溶液变色,B叙述不正确;C.该有机物的分子中有酯基,故其能够发生水解反应,C叙述正确;D.该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子,故其可以在一定的条件下发生消去反应生成碳碳双键,D叙述正确。综上所述,故选B。3.下列气体去除杂质的方法中,不能实现目的的是气体(杂质)方法ASO2(H2S)通过酸性高锰酸钾溶液BCl2(HCl)通过饱和的食盐水CN2(O2)通过灼热的铜丝网DNO(NO2)通过氢氧化钠溶液A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.SO2和H2S都具有较强的还原性,都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化;因此在用酸性高锰酸钾溶液除杂质H2S时,SO2也会被吸收,故A项不能实现除杂目的;B.氯气中混有少量的氯化氢气体,可以用饱和食盐水除去;饱和食盐水在吸收氯化氢气体的同时,也会抑制氯气在水中的溶解,故B项能实现除杂目的;C.氮气中混有少量氧气,在通过灼热的铜丝网时,氧气可以与之发生反应:,而铜与氮气无法反应,因此可以采取这种方式除去杂质氧气,故C2CuO2==2CuO项能实现除杂目的;D.NO2可以与NaOH发生反应:2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O,NO与NaOH溶液不能发生反应;尽管NO可以与NO2一同跟NaOH发生反应:NONO22NaOH=2NaNO2H2O,但由于杂质的含量一般较少,所以也不会对NO的量产生较大的影响,故D项能实现除杂的目的;答案选A。【点睛】除杂操作原则可概括为“不多不少,简单最好”:首先,避免引入新的杂质;其次,尽量避免产品的损失;最后,方法越简单越好。-4.铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]可催化甲醇羰基化,反应过程如图所示。下列叙述错误的是A.CH3COI是反应中间体B.甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=CH3CO2HC.反应过程中Rh的成键数目保持不变D.存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O【答案】C【解析】【分析】题干中明确指出,铑配合物RhCOI充当催化剂的作用,用于催化甲醇羰基化。由题22干中提供的反应机理图可知,铑配合物在整个反应历程中成键数目,配体种类等均发生了变化;并且也可以观察出,甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要CO,最终产物是乙酸;因此,凡是出现在历程中的,既非反应物又非产物的物种如CH3COI以及各种配离子等,都可视作中间物种。【详解】A.通过分析可知,CH3COI属于甲醇羰基化反应的反应中间体;其可与水作用,生成最终产物乙酸的同时,也可以生成使甲醇转化为CH3I的HI,A项正确;B.通过分析可知,甲醇羰基化反应,反应物为甲醇以及CO,产物为乙酸,方程式可写成:RhCOI22,B项正确;CH3OHCOCH3COOHC.通过分析可知,铑配合物在整个反应历程中,成键数目,配体种类等均发生了变化,C项不正确;D.通过分析可知,反应中间体CH3COI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为CH3I,方程式可写成:CH3OH+HICH3IH2O,D项正确;答案选C。【点睛】对于反应机理图的分析,最基本的是判断反应物,产物以及催化剂;一般的,催化剂在机理图中多是以完整的循环出现的;反应物则是通过一个箭头进入整个历程的物质;而产物一般多是通过一个箭头最终脱离整个历程的物质。4W5.1934年约里奥–居里夫妇在核反应中用α粒子(即氦核2He)轰击金属原子ZX,得到核素30W4301Z+2Y,开创了人造放射性核素的先河:ZX+2He→Z+2Y+0n。其中元素X、Y的最外层电子数之和为8。下列叙述正确的是WA.ZX的相对原子质量为26B.X、Y均可形成三氯化物C.X的原子半径小于Y的D.Y仅有一种含氧酸【答案】B【解析】【分析】原子轰击实验中,满足质子和质量数守恒,因此W+4=30+1,则W=27,X与Y原子之间质子数相差2,因X元素为金属元素,Y的质子数比X大,则Y与X位于同一周期,且Y位于X右侧,且元素X、Y的最外层电子数之和为8,设X最外层电子数为a,则Y的最外层电子为a+2,解得a=3,因此X为Al,Y为P,以此解答。27【详解】A.13Al的质量数为27,则该原子相对原子质量为27,故A错误;B.Al元素均可形成AlCl3,P元素均可形成PCl3,故B正确;C.Al原子与P原子位于同一周期,且Al原子序数大于P原子序数,故原子半径Al>P,故C错误;D.P的含氧酸有H3PO4、H3PO3、H3PO2等,故D错误;故答案为:B。6.科学家近年发明了一种新型Zn−CO2水介质电池。电池示意图如图,电极为金属锌和选择性催化材料,放电时,温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等,为解决环境和能源问题提供了一种新途径。下列说法错误的是2A.放电时,负极反应为Zn2e4OHZn(OH)4B.放电时,1molCO2转化为HCOOH,转移的电子数为2mol2C.充电时,电池总反应为2Zn(OH)42ZnO24OH2H2OD.充电时,正极溶液中OH−浓度升高【答案】D【解析】【分析】由题可知,放电时,CO2转化为HCOOH,即CO2发生还原反应,故放电时右侧电极为正2-极,左侧电极为负极,Zn发生氧化反应生成Zn(OH)4;充电时,右侧为阳极,H2O发生氧2-化反应生成O2,左侧为阴极,Zn(OH)4发生还原反应生成Zn,以此分析解答。--2-【详解】A.放电时,负极上Zn发生氧化反应,电极反应式为:Zn-2e+4OH=Zn(OH)4,故A正确,不选;B.放电时,CO2转化为HCOOH,C元素化合价降低2,则1molCO2转化为HCOOH时,转移电子数为2mol,故B正确,不选;2-C.充电时,阳极上H2O转化为O2,负极上Zn(OH)4转化为Zn,电池总反应为:2--2Zn(OH)4=2Zn+O2+4OH+2H2O,故C正确,不选;-++D.充电时,正极即为阳极,电极反应式为:2H2O-4e=4H+O2,溶液中H浓度增大,+--溶液中c(H)•c(OH)=KW,温度不变时,KW不变,因此溶液中OH浓度降低,故D错误,符合题意;答案选D。−17.以酚酞为指示剂,用0.1000mol·L的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶2−液。溶液中,pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2-2-c(A)的分布系数:δ(A)=-2-]c(H2A)+c(HA)+c(A)下列叙述正确的是-A.曲线①代表δ(H2A),曲线②代表δ(HA)−1B.H2A溶液的浓度为0.2000mol·L−−2C.HA的电离常数Ka=1.0×10D.滴定终点时,溶液中c(Na+)<2c(A2-)+c(HA-)【答案】C【解析】【分析】根据图像,曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小,曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大;当加入40mLNaOH溶液时,溶液的pH在中性发生突变,且曲线②代表的粒子达到最大值接近1;没有加入NaOH时,pH为1,说明H2A第一步完全电离,第二步部分电离,曲线①代表δ(HA-),曲线②代表δ(A2-),根据反应0.1000mol/L40mL2NaOH+H2A=Na2A+2H2O,c(H2A)==0.1000mol/L,据此分析作答。220.00mL【详解】A.根据分析,曲线①代表δ(HA-),曲线②代表δ(A2-),A错误;B.当加入40.00mLNaOH溶液时,溶液的pH发生突变,说明恰好完全反应,结合分析,根0.1000mol/L40mL据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O,c(H2A)==0.1000mol/L,B错误;220.00mL-C.由于H2A第一步完全电离,则HA的起始浓度为0.1000mol/L,根据图像,当VNaOH=0-2--时,HA的分布系数为0.9,溶液的pH=1,A的分布系数为0.1,则HA的电离平衡常数Ka=c(A2-)c(H+)0.1000mol/L0.10.1000mol/L=≈1×10-2,C正确;c(HA-)0.1000mol/L0.9D.用酚酞作指示剂,酚酞变色的pH范围为8.2~10,终点时溶液呈碱性,c(OH-)>c(H+),溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-),则c(Na+)>2c(A2-)+c(HA-),D错误;答案选C。【点睛】本题的难点是判断H2A的电离,根据pH的突变和粒子分布分数的变化确定H2A的+2--+2-电离方程式为H2A=H+A,HA⇌H+A。三、非选择题:共174分,第22~32题为必考题,每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题:共129分。8.钒具有广泛用途。黏土钒矿中,钒以+3、+4、+5价的化合物存在,还包括钾、镁的铝硅酸盐,以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。该工艺条件下,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Fe3+Fe2+Al3+Mn2+开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列问题:(1)“酸浸氧化”需要加热,其原因是___________。+2++(2)“酸浸氧化”中,VO和VO被氧化成VO2,同时还有___________离子被氧化。写出VO转化为VO2反应的离子方程式___________。+2+(3)“中和沉淀”中,钒水解并沉淀为V2O5xH2O,随滤液②可除去金属离子K、Mg、Na+、___________,以及部分的___________。(4)“沉淀转溶”中,V2O5xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。(5)“调pH”中有沉淀生产,生成沉淀反应的化学方程式是___________。(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时,需要加入过量NH4Cl,其原因是___________。【答案】(1).加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)(2).Fe2+(3).+++2+2+3+3+VO+MnO2+2H=VO2+Mn+H2O(4).Mn(5).Fe、Al(6).Fe(OH)3(7).NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl=NaCl+Al(OH)3↓+H2O(8).利用同离子效应,促进NH4VO3尽可能析出完全【解析】【分析】黏土钒矿中,钒以+3、+4、+5价的化合物存在,还包括钾、镁的铝硅酸盐,以及SiO2、+2++Fe3O4,用30%H2SO4和MnO2“酸
2020年全国统一高考化学试卷(新课标ⅰ)(含解析版)
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