2020年全国II卷化学真题及详解

2020年普通高等学校招生全国统一考试

理科综合能力测试 全国卷二（化学部份）

选择为7，8，9，10，11，12，13题 共7题 大题为26 27 28 共三题 选做题为35，36共两道

一、选择题：（化学部分共7题 7-13）

7.北宋沈括《梦溪笔谈》中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧，挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾

铁釜，久之亦化为铜”，下列有关叙述错误的是 A. 胆矾的化学式为4CuSO B.胆矾可作为湿法冶铜的原料 C.“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程

D.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应

解析：该题选择A ，题目翻译：在信州铅山有一泉他的水味苦，在山涧流淌，将其水熬制可得到胆矾，高温加热胆矾可以得到铜。熬煮胆矾的容器是铁做的釜，久而久之就变成了铜釜 A.错 胆矾的化学式为CuSO 4·5H 2O 无水硫酸铜则为 4CuSO 故选A

B,D 题目中“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”说明硫酸铜和铁反应能生成铜单质，为置换反应，由于其是在水溶液中进行又称为湿法炼铜。故B ，D 正确

C “挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜”将含硫酸铜的水溶液进行熬煮得到胆矾固体，该提取方法为高中所学的浓缩结晶。故C 正确

8. 某白色固体混合物由NaCl 、KCl 、4MgSO 、3CaCO 中的两种组成，进行如下实验：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液：②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色：③向溶液中加碱，产生白色沉淀，根据实验现象可判断其组成为 A.KCl 、NaCl B.KCl 、4MgSO C.KCl 、3CaCO D.4MgSO 、NaCl 该题目考察物质鉴别

①混合物溶于水，得到澄清透明溶液： 由于碳酸钙难溶于水，其他物质易溶于水故排除C 选项 ②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色通过钴玻璃可观察到紫色，说明溶液中含有K + 则氯化钾一定存在，故排除D 选项

③向溶液中加碱，产生白色沉淀，加OH -生成沉淀说明该物质的氢氧化物为难溶物，说明溶液中含有Mg 2+说明组成中含有氯化镁

由以上分析说明该混合物由KCl 、4MgSO 组成，故选B

9.二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是

A.海水酸化能引起3HCO -,浓度增大、23CO -浓度减小

B.海水酸化能促进3CaCO 的溶解，导致珊瑚礁减少

C.2CO 能引起海水酸化，其原理为233HCO H CO -+-??→+←??

D.使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境

解析：由图中第①个化学方程式分析海水酸化来源于CO 2溶于水形成H 2CO 3 ，H 2CO 3一级电离生成H +，HCO 3-故C 错误。海水酸化来自碳酸电离，碳酸电离生成碳酸氢根和氢离子，氢离子也会结合海水中碳酸根生成碳酸氢根，在此过程中会导致碳酸氢根浓度增大，碳酸根浓度减小。故A 正确 由于碳酸根的浓度减小会使碳酸钙沉淀溶解平衡向溶解的方向移动。而珊瑚礁的主要成分为碳酸钙，故珊瑚礁会因海水酸化减少，故C 正确 减少碳排放，使用绿色清洁能源是可以减少海水酸化的程度，从而达到保护珊瑚礁以及珊瑚的生存环境，氢能和太阳能均不会排放二氧化碳，故可以改善珊瑚生存环境

10.吡啶（）是类似于苯的芳香化合物。2-乙烯基吡啶（VPy)是合成治疗矽肺病药物的原料，可由

如下路线合成，下列叙述正确的是

A.MPy 只有两种芳香同分异构体

B.EPy 中所有原子共平面

C.VPy 是乙烯的同系物

D.反应②的反应类型是消去反应

解析：MPy的化学式为C6H7N 其不饱和度为4(一个环，三个双键) 苯环的不饱和度为4故其芳香同分异构体除芳环外无不饱和键，仅有一种，为苯胺故A错误

由于EPy中支链均为为饱和σ键可以旋转，故无法所有原子共平面故B错误

由于VPy中含有吡啶环，由于同系物要求官能团，原子基团数目种类要相同。VPy故不是乙烯同系物故C错误

反应②由EPy变为VPy，醇羟基和阿尔法氢脱去一分子水，形成一分子碳碳双键，为消除反应故D正确11.据文献报道: ()

5

e F CO催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是

A. 1

OH-参与了该催化循环

B.该反应可产生清洁燃料

2

H

C.该反应可消耗温室气体

2

CO

D.该催化循环中e

F的成键数目发生变化

解析，观察进入体系的箭头有CO,H

2O和OH-参加催化循环；观察脱离体系箭头，可知该催化循环有H

2

,CO

2

和OH-生成。-故A B正确 C错误

观察所有的铁配合物有成4键 5键 6键的配合物，故该催化循环中e

F的成键数目发生变化，故D正确

12.电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图，当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中,生成Ag x WO3，器件呈现蓝色,对于该变化过程，下列叙述错误的是

A.Ag 为阳极

B.+g A 由银电极向变色层迁移

C.W 元素的化合价升高

D ．总反应为33x WO xAg Ag WO += 解析：该题目考察电解池相关知识

由题目中Ag +注入到无色WO 3薄膜中,生成Ag x WO 3，分析由于电解池中阳离子向阴极移动，可知导电层和电致变色层

共同构成阴极，银为阳极。故A ，B 正确

由于阴极得电子，发生还原反应，W 化合价应降低，故C 错误

13.一种由短周期主族元素组成的化合物（如图所示），具有良好的储氢性能，其中元素W 、X 、Y 、Z 的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是 A.该化合物中，W 、X 、Y 之间均为共价键 B.Z 的单质既能与水反应，也可与甲醇反应 C.Y 的最高化合价氧化物的水化物为强酸 D.X 的氟化物3XF 中原子均为8电子稳定结构

根据题目中为储氢材料，短周期元素，原子序数依次增大、且总和为24，以及图中所示Z 为一价阳离子 X 可成四键，Y 可成三键 ，W 可成一键，可知阳离子为Na + ，W 为氢元素，Y 为氮元素，根据24-1-11-7=5 五号元素为B

A.B,N,H 均为非金属元素，由图可知其成键方式为共用电子，故为共价键

B.Z 为钠元素，其单质钠性质活泼，可与水和醇反应，与水生成氢氧化钠和氢气 与醇形成醇钠和氢气 故正确

C ，Y 元素为N ，其最高价氧化物水化物是硝酸为一元强酸 D,X 为B,最外层电子为3，故BF3非8电子稳定结构，

D 错误

二、非选择题

26. (14分)化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：

(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图（a ）所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许 离子通过，氯气的逸出口是 （填标号）。

(2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数

()[()()()

c X X c HClO c ClO δδ-

=

+,X 为HClO 或-ClO ]与pH 的关系如图（b ）所示。HClO 的电离常数a K 值为 。 (3)2Cl O 为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的g H O 和2Cl 反应来制备，该反应为歧化反应（氧化剂和还原剂为同一种物质的反应）。上述制备2Cl O 的化学方程式为 。

(4)ClO 2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO 2、NaHCO 3 NaHSO 4的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO 2溶液。上述过程中，生成ClO 2的反应属于歧化反应，每生成1mol ClO 2消耗NaClO 2 的量为 mol ； 产生“气泡”的化学方程式为 。

(5)“84消毒液“的有效成分为NaClO ，不可与酸性清洁剂混用的原因是 （用离子方程式表示）。工业上是将氯气通入到30%的NaOH 溶液中来制备NaCIO 溶液，若NaClO 溶液中NaOH 的质量分数为1%，则生产1000kg 该溶液需消耗氯气的质量为 kg （保留整数）。 解析 该题目通过氯碱工业制备氯气和次氯酸制备，考察电解池和定量分析等相关知识 (1)考察阴阳离子在电解池中移动，放电顺序，以及阴，阳极产物

左侧为阳极，阳极发生氧化反应，阴离子在阳极放电，氯离子放电优先于氢氧根，故左侧产生氯气，从a 口放出（左侧Na+富余）

右侧为阴极，阳离子发生还原反应由于钠离子无法在水溶液中放电，故只有氢离子在阴极放电生成氢气从b 口放出（右侧OH -富余）

为了氯碱工业可以得到较纯的氢氧化钠和氯气（经济性）以及生产安全性，利用离子交换膜将阴极和阳极隔开，用阳离子交换膜可以使钠离子向阴极移动，并阻止氢氧根向阳极移动，在阴极区可得到较浓的氢氧化钠

故填：+a N ；a (2)

(3)由氧化剂和还原剂是同一种物质，可知氯气即被氧化又被还原，氧化汞中汞化合价不变生成氯化汞。 2222+gO=HgCl Cl Cl H O +

（1）+a N ；a ； （2）-7.510；

（3）2222+gO=HgCl Cl Cl H O +；

（4）1.25；34242NaHCO NaHSO CO NaSO H O +=↑++； （5）222ClO Cl H Cl H O --+++=↑+；203。

27. （15分）

苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如下：

实验步骤：

(1)在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5mL 甲苯、100mL 水和4.8g （0.03mol ）高锰酸钾，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。

(2)停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥。称量，粗产品为1.0g 。 (3)纯度测定：称取0.122g 粗产品，配成乙醇溶液，于100mL 容量瓶中定容。每次移取25.00mL 溶液，用0.01000mol/L 的KOH 标准溶液滴定，三次滴定平均消耗21.50mL 的KOH 标准溶液。 回答下列问题：

（1）根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为 （填标号） A ．100mL B ．250mL C ．500mL D ．1000mL

（2）在反应装置中应选用 冷凝管（填“真形”或“球形”），当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成，其判断理由是 。

（3）加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是 ；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，请用反应的离子方程式表达其原理 。 （4）“用少量热水洗涤滤渣”一步骤滤渣的主要成分是 。

（5）干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是 。 （6）本实验制备的苯甲酸的纯度为 ；

据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于 （填标号） A ．70% B ．60% C ．50% D ．40%

（7）若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中 的方法提纯。 答案（1）B ；（原因液体体积大于100但小于250mL 的2/3，可选用250mL ）

（2）球形（原因：回流冷凝选择蛇形冷凝管或者球形冷凝管）；无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化（原因：甲苯不溶于水，苯甲酸易溶于热水，若存在甲苯会有油珠。当油珠不存在时甲苯完全被氧化）；

(3)除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气（原因：酸化苯甲酸盐得到苯甲酸所用的酸为盐酸，高锰酸钾具有强氧化性和盐酸产生氯气，亚硫酸氢钠具有还原性可与高锰酸钾反应生成硫酸钠）

24224222562108MnO H C O H Mn CO H O -++++=+↑+（草酸具有还原性，可被高锰酸钾氧化为二氧化碳，高

锰酸钾酸性条件被还原为锰离子）

（4）2MnO ；（高锰酸钾在中性条件氧化甲苯生成苯甲酸和二氧化锰）

（5）苯甲酸升华而损失;（由题目条件：苯甲酸100摄氏度开始升华，可知若温度过高会导致苯甲酸因升华而损失）

（6）86.0%；C;（粗产品0.122g 有苯甲酸摩尔质量122g/mol 得粗苯甲酸为0.001mol ，若为纯的苯甲酸

由于是等浓度的苯甲酸和KOH 标准溶液，则消耗25.00毫升的KOH （等体积），但是仅消耗21.50mL 则纯度可由21.50/25.00=0.86故纯度为86.0%。由纯度可得苯甲酸为0.00086mol ，理论产量为（0.867g/mLx1.5mL ）/92g/mol=0.0141mol ，产率=0.00086/0.014=0.601接近60%选择C ）

（7）重结晶。（由题目可知苯甲酸易溶于热水，难溶于冷水，溶解度受温度变化大故可采用重结晶进行提纯） 28.（14分）

天然气的主要成分为4CH ,一般还含有26C H 等烃类，是重要的燃料和化工原料。

（1）乙烷在一定条件可发生如下反应：26242()()()C H g C H g H g =+?H ，相关物质的燃烧热数据如下表所示： 物质

26()C H g 24()C H g 2()H g 燃烧热?H (kJ/mol) -1560

-1411

-286

?H kJ/mol ② 提高该反应平衡转化率的方法有 。

③ 容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下()p 发生上述反应，乙烷的平衡转化率为α。反应对的平衡常数p K = （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压?物质的量分数）。

（2）高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH 4 ==C 2H 4+H 2。反应在初期阶段的速率方程为：

4CH r k c =?，其中k 为反应速率常数。

①设反应开始时的反应速率为1r ，甲烷的转化率为α时的反应速率为2r ，则2r = 1r ②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是 。 A ．增加甲烷浓度，r 增大 B ．增加2H 浓度，r 增大 C ．乙烷的生成速率逐渐增大 D ．降低反应温度，k 减小

（3）4CH 和2CO 都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示：

① 阴极上的反应式为 。

② 若生成的乙烯和乙烷的体积比为2:1，则消耗的64

CH 和

2

CO 体积比为 。

（1）137；升高温度、减小压强（增大体积）； (1)

(2)(1)

p αααα+?+-；

（2）1α-；AD ；

（3）222CO e CO O --+=+；6：5。(观察图中可知电极A 为阴极，二氧化碳分子变成一氧化碳，碳化合价下降两价。)

三，选做题（二选一，共15分）

35.【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）

钙钛矿3()CaTiO 型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能性材料。回答下列问题：

（1）基态Ti 原子的核外电子排布式为 。

（2）Ti 的四卤化合物熔点如下表所示，4TiF 熔点高于其他三种卤化物，自4TiCl 至4TiI 熔点依次升高，原因是 。

化合物 4TiF 4TiCl 4TiBr 4TiI 熔点/0C

377

-24.12

38.3

155

（3）3）所示，其组成元素的电负性大小顺序是_ _；金属离子与氧离子间的作用力为___ ___，2Ca +的配位数是__ __。

（4）一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为2Pb +、I -和有机碱离子33CH NH +，其晶胞如图（b ）所示。其中2Pb +与图（a ）中 的空间位置相同，有机碱33CH NH +中，N 原子的杂化轨道类型是 ；若晶胞参数为nm α，则晶体密度为 3g cm -?（列出计算公式）。

(5)用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘，降低了器件效率和

使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕（Eu ）盐，提升了太阳能电池的效率和使用寿命，其作用原理如图（c ）所示，用离子方程式表示该原理 、 。 （1）22626221223334s s p s p d s ；

（2）4TiF 为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高；

（3）O>Ti>Ca ；离子键；12； （4）4Ti +；3sp ；

213

620

10A

a N ??； （5）32222Eu P

b Eu Pb ++++=+；232222Eu I Eu I ++-+=+。

36.【化学——选修5：有机化学基础】（15分）

维生素E 是一种人体必需的脂溶性维生素，现已广泛应用于医药、营养品、化妆品等。天然的维生素E 由多种生育酚组成，其中α—生育酚（化合物E ）含量最高，生理活性也最高。下面是化合物E 的一种合成路线，其中部分反应略去 已知以下信息：

回答下列问题：

（1） A的化学名称为__ ___。

（2） B的结构简式为__ ____。

（3）反应物C含有三个甲基,其结构简式为__ ___。

（4）反应⑤的反应类型为__ __。

（5）反应⑥的化学方程式为__ ___。

（6）化合物C的同分异构体中能同时满足以下三个条件的有__ _个(不考虑立体异构体,填标号)。(ⅰ)含有两个甲基；(ⅱ)含有酮羰基(但不含)；(ⅲ)不含有环状结构。

(a)4 (b)6 (c)8 (d)10

其中，含有手性碳(注:连有四个不同的原子或基团的碳)的化合物的结构简式为_______。（1）3-甲基苯酚（或间甲基苯酚）；

（2）；

（3）；

（4）加成反应；

（5）；

（6）c；。