2020年江苏省高考化学试卷解析版

16【详解】A．N原子的质子数为7，中子数为9的氮原子的质量数为7+9=16，该氮原子表示为7N，A错误；2020年江苏省高考化学试卷B．N2分子中两个N原子间形成3对共用电子对，N2分子的电子式为，B错误；可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Cl35.5K39Ca40C．Cl2分子中两个Cl原子间形成1对共用电子对，Cl2分子的结构式为Cl—Cl，C正确；Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Il27单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。D．Cl-的核电荷数为17，核外有18个电子，Cl-的结构示意图为，D错误；1.打赢蓝天保卫战，提高空气质量。下列物质不属于空气污染物的是A.PM2.5答案选C。B.O23.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是C.SO2A.铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品D.NOB.氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料【答案】BC.氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸【解析】D.明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水【详解】A．PM2.5指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5微米的颗粒物，PM2.5粒径小，面积大，活【答案】D性强，易附带有毒、有害物质，且在大气中的停留时间长、输送距离远，因而对人体健康和大气环境质量的影【解析】响大，其在空气中含量浓度越高，就代表空气污染越严重，PM2.5属于空气污染物，A不选；【详解】A．铝在空气中可以与氧气反应生成致密氧化铝，致密氧化铝包覆在铝表面阻止铝进一步反应，铝具B．O2是空气的主要成分之一，是人类维持生命不可缺少的物质，不属于空气污染物，B选；有延展性，故铝可用于制作铝金属制品，A错误；C．SO2引起的典型环境问题是形成硫酸型酸雨，SO2属于空气污染物，C不选；B．氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B错误；D．NO引起的典型环境问题有：硝酸型酸雨、光化学烟雾、破坏O3层等，NO属于空气污染物，D不选；C．氢氧化铝为两性氢氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C错误；答案选B。D．明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物，用于净水，D正2.反应8NH33Cl26NH4ClN2可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的是确；A.中子数为的氮原子：997N故选D。B.N2分子的电子式：NN4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是C.Cl2分子的结构式：Cl—Cl1++--A.0.1molL氨水溶液：Na、K、OH、NO3B.0.1molL1盐酸溶液：Na+、K+、SO2-、SiO2-D.Cl-的结构示意图：431++--C.0.1molLKMnO4溶液：NH4、Na、NO3、I【答案】C1+2+-2-D.0.1molLAgNO3溶液：NH4、Mg、Cl、SO4【解析】-1-【答案】A【详解】A．碳酸钙盛放在锥形瓶中，盐酸盛放在分液漏斗中，打开分液漏斗活塞，盐酸与碳酸钙反应生成氯【解析】化钙、二氧化碳和水，故A正确；【详解】A．在0.1mol/L氨水中，四种离子可以大量共存，A选；B．二氧化碳密度比空气大，用向上排空气法收集二氧化碳气体，故B正确；B．在0.1mol/L盐酸中含有大量氢离子，四种离子中硅酸根可以与氢离子反应生成硅酸沉淀，故不能共存，BC．加入的盐酸与碳酸钙反应后，部分碳酸钙未反应完，碳酸钙是难溶物，因此用过滤的方法分离，故C正不选；确；D．CaCl2∙6H2O易失去结晶水，因此不能通过加热蒸发皿得到，可由氯化钙的热饱和溶液冷却结晶析出六水氯C．MnO4具有强氧化性，可以将碘离子氧化成碘单质，故不能共存，C不选；化钙结晶物，故D错误。D．在0.1mol/L硝酸银溶液中，银离子可以与氯离子、硫酸根离子反应生成氯化银、硫酸银沉淀，不能共存，综上所述，答案为D。D不选；6.下列有关化学反应的叙述正确的是故选A。A.室温下，Na在空气中反应生成Na2O25.实验室以CaCO3为原料，制备CO2并获得CaCl2﹒6H2O晶体。下列图示装置和原理不能达到实验目的的是-1B.室温下，Al与4.0mol﹒LNaOH溶液反应生成NaAlO2C.室温下，Cu与浓HNO3反应放出NO气体A.制备CO2D.室温下，Fe与浓H2SO4反应生成FeSO4【答案】B【解析】【详解】A．室温下，钠与空气中氧气反应生成氧化钠，故A错误；B.收集CO2B．室温下，铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故B正确；C．室温下，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体，故C错误；D．室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，故D错误。综上所述，答案为B。C.滤去CaCO37.下列指定反应的离子方程式正确的是A.通入水中制氯水：Cl2Cl2H2O2HClClOB.NO2通入水中制硝酸：2NO2H2O2HNO3NO1D.制得CaCl2﹒6H2OC.0.1molLNaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2CO22H2OAl(OH)3HCO31D.0.1molLAgNO3溶液中加入过量浓氨水：AgNH3H2OAgOHNH4【答案】D【答案】C【解析】【解析】-2-＋－【详解】A.次氯酸为弱酸，书写离子方程式时应以分子形式体现，正确的是Cl2＋H2OH＋Cl＋HClO，海水晒盐后精制得到NaCl，氯碱工业电解饱和NaCl溶液得到Cl2和NaOH，以NaCl、NH3、故A错误；CO2等为原料可得到NaHCO3；向海水晒盐得到的卤水中通Cl2可制溴；从海水中还能提取镁。＋9.下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是B.NO2与H2O反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，离子方程式为3NO2＋H2O=2H＋2NO3＋NO，故B错误；A.NaOH的碱性比Mg(OH)2的强C.碳酸的酸性强于偏铝酸，因此NaAlO2溶液通入过量的CO2，发生的离子方程式为AlO2＋CO2＋B.Cl2得到电子的能力比Br2的弱2HO=Al(OH)↓＋HCO，故C正确；233C.原子半径r:r(Br)＞r(Cl)＞r(Mg)＞r(Na)D.AgOH能与过量的NH3·H2O反应生成[Ag(NH3)2]OH，故D错误；D.原子的最外层电子数n:n(Na)＜n(Mg)＜n(Cl)＜n(Br)答案为C。【答案】A2-【点睛】本题应注意“量”，像选项C中若不注意CO2是过量的，往往产物写成CO3，还有选项D，AgOH能溶【解析】于氨水中，生成银氨溶液。【详解】A．同周期自左至右金属性减弱，所以金属性Na＞Mg，则碱性NaOH＞Mg(OH)2，故A正确；高温8.反应SiCl(g)+2H(g)Si(s)+4HCl(g)可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是42B．同主族元素自上而下非金属性减弱，所以非金属性Cl＞Br，所以Cl2得电子的能力比Br2强，故B错误；A.该反应H>0、S<0C．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小原子半径越大，所以原子半径：r(Br)＞r(Na)＞c4(HCl)r(Mg)＞r(Cl)，故C错误；B.该反应的平衡常数K2cSiCl4cH2D．Cl和Br为同主族元素，最外层电子数相等，故D错误。综上所述，答案为A。C.高温下反应每生成1molSi需消耗222.4LH210.下列选项所示的物质间转化均能实现的是D用E表示键能，该反应ΔH=4E(Si-Cl)+2E(H-H)-4E(H-Cl)电解石灰水A.NaCl(aq)(g)漂白粉(s)Cl2【答案】B加热COgB.NaCl(aq)2NaHCO(s)(s)【解析】3Na2CO3ClgNalaq【详解】A．SiCl4、H2、HCl为气体，且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此该反应为熵增，C.2NaBr(aq)Br2(aq)I2(aq)即△S>0，故A错误；电解HClaqD.Mg(OH)2(s)MgCl2(aq)Mg(s)c4(HCl)．根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数故正确；BK=2,B【答案】Cc(SiCl4)c(H2)【解析】C.题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22.4L·mol－1计算，故C错误；【详解】A．石灰水中Ca(OH)浓度太小，一般用氯气和石灰乳反应制取漂白粉，故A错误；D．△H=反应物键能总和－生成物键能总和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl)－2E(Si－Si)，故D错2B．碳酸的酸性弱于盐酸，所以二氧化碳与氯化钠溶液不反应，故B错误；误；C．氧化性Cl＞Br＞I，所以氯气可以氧化NaBr得到溴单质，溴单质可以氧化碘化钠得到碘单质，故C正答案为B。222确；阅读下列资料，完成9~10题-3-D．电解氯化镁溶液无法得到镁单质，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出的氢离子放电产生氢气，同时蚀速率比在河水中快，故D错误；产生大量氢氧根，与镁离子产生沉淀，故D错误。故选：C。综上所述，答案为C。12.化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11.将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是是A.X分子中不含手性碳原子B.Y分子中的碳原子一定处于同一平面C.Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应D.X、Z分别在过量NaOH溶液中加热，均能生成丙三醇【答案】CD【解析】A.阴极的电极反应式为Fe2eFe2B.金属M的活动性比Fe的活动性弱【详解】A.X中红色碳原子为手性碳原子，故A说法错误；C.钢铁设施表面因积累大量电子而被保护D.钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快B.中与氧原子相连接的碳原子之间化学键为单键，可以旋转，因此左侧甲基上碳【答案】C【解析】原子不一定与苯环以及右侧碳原子共平面，故B说法错误；【分析】该装置为原电池原理的金属防护措施，为牺牲阳极的阴极保护法，金属M作负极，钢铁设备作正极，据此分析C.中与羟基相连接的碳原子邻位碳原子上有氢原子，在浓硫酸作催解答。【详解】A.阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，故A错误；化并加热条件下，能够发生消去反应，故C说法正确；B.阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比Fe的活D.中含有卤素原子，在过量氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，动性强，故B错误；C.金属M失电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，故C正确；在氢氧化钠溶液作用下先发生水解反应生成，D.海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐-4-反应中H2O2被氧化，体现出还原性，故D错误；然后在氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，故D说法正确；综上所述，故答案为：B。综上所述，说法正确的是：CD。【点睛】淀粉在稀硫酸作催化剂下的水解程度确定试验较为典型，一般分三种考法：①淀粉未发生水解：向充【点睛】醇类和卤代烃若发生消去反应，则醇分子中羟基(-OH)或卤代烃中卤原子相连的碳原子必须有相邻的碳分反应后的溶液中加入碘单质，溶液变蓝，然后加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入新制氢氧化铜原子，且此相邻的碳原子上还必须连有氢原子时，才可发生消去反应。溶液并加热，未生成砖红色沉淀；②淀粉部分发生水解：向充分反应后的溶液中加入碘单质，溶液变蓝，然后13.根据下列实验操作和现象所得到的结论