1、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)注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16Mg 24S 32Fe 56Cu 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
2、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CuSO4B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”是发生了置换反应答案A解析胆矾是晶体，化学式为CuSO45H2O，A错误；湿法冶铜，即“胆铜法”，利用金属的活动性强弱，铁与硫酸铜溶液反应的化学方程式为FeCuSO4=CuFeSO4，B正确；“熬之则成胆矾”就是加热浓缩、溶质结晶析出的过程，C正确；“熬胆矾铁釡，久之亦化为铜”，即铁置换出铜：FeCuSO4=CuFeSO4，反应类型为置换反应，D正确。8某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、Ca
3、CO3中的两种组成，进行如下实验：混合物溶于水，得到澄清透明溶液；做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；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()AKCl、NaCl BKCl、MgSO4CKCl、CaCO3 DMgSO4、NaCl答案B解析由信息得到澄清透明溶液，可排除碳酸钙；由信息焰色反应透过钴玻璃可观察到紫色，说明含有钾离子，可推测含有氯化钾。由信息向溶液中加入碱产生白色沉淀，可推测含有硫酸镁，所以B正确。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HCO3-浓度增大、CO32-浓度减小B海水酸化能促进CaCO
4、3的溶解，导致珊瑚礁减少CCO2能引起海水酸化，其原理为HCO3-HCO32-D使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境答案C解析二氧化碳能引起海水酸化，其原理为CO2H2OH2CO3HHCO3-，C错误。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()AMPy只有两种芳香同分异构体BEPy中所有原子共平面CVPy是乙烯的同系物D反应的反应类型是消去反应答案D解析MPy的芳香同分异构体有、，共3种，A错误；EPy中含有两个“CH2”，均为饱和碳原子，所有原子不可能共平面，B错误；同系物是指结构相似，在组成上相差一个
5、或若干个“CH2”原子团的一系列有机物，VPy与乙烯结构不同，两者不互为同系物，C错误；由题图中醇羟基转化为碳碳双键可知，发生了消去反应，D正确。11据文献报道：Fe(CO)5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()AOH参与了该催化循环B该反应可产生清洁燃料H2C该反应可消耗温室气体CO2D该催化循环中Fe的成键数目发生变化答案C解析根据题图中信息可知，OH参与了该催化循环过程，A正确；由题图中箭头方向可知有H2生成，所以该反应可以产生清洁燃料H2，B正确；由题图中箭头方向可知，在催化反应过程中释放出CO2，CO2是生成物，C错误；根据题图中信息可知，转化为和H2的过程中，铁
6、的成键数目发生了变化，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AgxWO3，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述错误的是()AAg为阳极BAg由银电极向变色层迁移CW元素的化合价升高D总反应为：WO3xAg=AgxWO3答案C解析根据题给信息，通电时Ag注入无色WO3薄膜中，生成AgxWO3，可得Ag为阳极，失去电子发生氧化反应，Age=Ag，Ag通过固体电解质向变色层迁移，总反应为WO3xAg=AgxWO3，A、B、D正确；WO3得xe生成WO3x-，W元素的化合价降低，C错误。13一种由短周期主
7、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BZ的单质既能与水反应，也可与甲醇反应CY的最高化合价氧化物的水化物为强酸DX的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构答案D解析根据图中信息可得，Z为Na，W为H，结合题给信息“W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24”可推知，X为B，Y为N。H、B、N三种非金属元素之间形成的化学键均为共价键，A正确；Na既可以与水反应，也可以和甲醇反应，B正确；N的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，C正确；三氟化硼中硼原子最外层有3个电子
8、，与氟原子之间形成3个共价键，即最外层共6个电子，不满足8电子稳定结构，D错误。三、非选择题：第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：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(X)cXcHClO+cClO-，X为HClO或ClO与pH的关
9、系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为_。(3)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2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Cl2O的化学方程式为_。(4)ClO2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NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1 mol ClO2消耗NaClO2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
10、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NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1 000 kg该溶液需消耗氯气的质量为_ kg(保留整数)。答案(1)Naa(2)107.5(3)2Cl2HgO=HgCl2Cl2O(4)1.25NaHCO3NaHSO4=CO2Na2SO4H2O(5)ClOCl2H=Cl2 H2O203解析(1)电解精制盐水的电极反应为阳极：2Cl2e=Cl2，阴极：2H2O2e=H22OH，为了防止阴极产生的OH与阳极产生的Cl2反应，中间的离子交换膜应为阳离子交换膜，只允许Na通过，Cl2在a口逸出。(2
11、)由图像知，当pH7.5时，(ClO)cClO-cHClO+cClO-50%，可求得该点c(ClO)c(HClO)，由HClO的电离方程式HClOClOH，KacH+cClO-cHClO10-7.5cClO-cHClO107.5。(3)由新制的HgO和Cl2反应制备Cl2O，由于该反应为歧化反应，所以只有氯元素的化合价发生变化，由0价变为1价和1价，所以反应的化学方程式为2Cl2HgO=HgCl2Cl2O。(4)由题意知，在NaClO2生成ClO2的过程中，发生歧化反应，NaClO2既是氧化剂，又是还原剂，每生成4 mol ClO2，需消耗5 mol NaClO2，所以每生成1 mol ClO
12、2，需消耗54 mol(即1.25 mol) NaClO2。产生的气泡的成分为CO2，反应的化学方程式为NaHCO3NaHSO4=CO2Na2SO4H2O。(5)“84消毒液”遇到酸性清洁剂能发生氧化还原反应：ClOCl2H=Cl2H2O，Cl2有毒，故“84消毒液”不能和酸性清洁剂混用。1 000 kg溶液中NaOH溶液的质量为m(NaOH)1 000 kg1%10 kg，设反应中消耗Cl2的质量为x kg，则：2NaOHCl2=NaClNaClOH2O80 718071x kg x kg需要NaOH溶液的质量为(10 kg8071x kg)30%103(108071x)kg。溶液的质量Na
13、OH溶液的质量Cl2的质量，1 000 kg103(108071x)kgx kg，解得x203。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：KMnO4 MnO2HClKCl名称相对分子质量熔点/沸点/密度/(gmL1)溶解性甲苯9295110.60.867不溶于水，易溶于乙醇苯甲酸122122.4(100 左右开始升华)248微溶于冷水，易溶于乙醇、热水实验步骤：(1)在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5 mL甲苯、100 mL水和4.8 g(约0.03 mol)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，
14、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1.0 g。(3)纯度测定：称取0.122 g粗产品，配成乙醇溶液，于100 mL容量瓶中定容。每次移取25.00 mL溶液，用0.010 00 molL1的KOH标准溶液滴定，三次滴定平均消耗21.50 mL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)。A100 mL B250 mLC500 mL
15、D1 000 mL(2)在反应装置中应选用_冷凝管(填“直形”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”一步中滤渣的主要成分是_。(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)。A70% B60%C50% D40%(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(2)球形无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化(3)
16、除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气2MnO4-5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O(4)MnO2(5)苯甲酸升华而损失(6)86.0%C(7)重结晶解析(1)该反应需要向三颈烧瓶中加入1.5 mL甲苯、100 mL水和4.8 g高锰酸钾，所以三颈烧瓶的最适宜规格为250 mL。(2)反应中应选用球形冷凝管，球形冷凝管散热面积大，冷凝效果好；回流液中不再出现油珠，说明不溶于水的甲苯(油状液体)已经被KMnO4完全氧化。(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的：NaHSO3与KMnO4(H)发生氧化还原反应除去过量的KMnO4(H)，防止用盐酸酸化时，KMnO4把盐酸中的Cl
17、氧化为Cl2；该过程也可用草酸在酸性条件下与KMnO4反应除去KMnO4，反应的离子方程式为2MnO4-5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O。(4)用少量热水洗涤滤渣的目的是使生成的尽可能溶于水，故滤渣的主要成分是KMnO4在中性条件下的还原产物MnO2。(5)苯甲酸在100 左右开始升华，干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，苯甲酸易升华而损失。(6)根据反应KOHH2O可知，n(KOH)0.010 00 molL121.50103 L4，m()0.010 00 molL121.50103 L4122 gmol10.104 92 g，制备的苯甲酸的纯度为0.10492 g0.122 g10
18、0%86.0%。在理论上，1 mol甲苯反应后生成1 mol苯甲酸，则：1.5 mL0.867 gmL1 m苯甲酸的理论产量m1.72 g苯甲酸的产率为1.0 g86.0%1.72 g100%50%。(7)根据苯甲酸的水溶性可知，若要得到纯度更高的苯甲酸，需要利用重结晶的方法进行提纯。28(14分)天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6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：C2H6(g)=C2H4(g)H2(g)H1，相关物质的燃烧热数据如下表所示：物质C2H6(g)C2H4(g)H2(g)燃烧热H/( kJmol1)1 5601 411286H1_ kJm
19、ol1。提高该反应平衡转化率的方法有_、_。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。反应的平衡常数Kp_(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：2CH4高温C2H6H2。反应在初期阶段的速率方程为：rkcCH4，其中k为反应速率常数。设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为时的反应速率为r2，则r2_ r1。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H2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)CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学
20、装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示：阴极上的反应式为_。若生成的乙烯和乙烷的体积比为21，则消耗的CH4和CO2体积比为_。答案(1)137升高温度减小压强(增大体积)1+2+1-p(2)1AD(3)CO22e=COO265解析(1)选写出三种气体的燃烧热的热化学方程式，然后根据盖斯定律，H11 560 kJmol1(1 411 kJmol1)(286 kJmol1)137 kJmol1。C2H6(g)=C2H4(g)H2(g)H1137 kJmol1是一个气体分子数增大的吸热反应，要提高反应物的转化率，可以采取升高温度、减小压强(增大体积)等措施。设容器中通入的乙烷和氢气均为1 m
21、ol，则： C2H6(g)=C2H4(g)H2(g)n(总)初始量/mol 1 0 1转化量/mol 平衡量/mol 1 1 2Kp2+P1+2+P1-2+P1+ 2+1-p。(2)甲烷的转化率为时，cCH42(1) cCH41，则r2r1kcCH42kcCH41 1，即r2(1)r1。A对，由速率方程知，甲烷的浓度越大，反应越快；B错，H2的浓度大小不影响反应速率；C错，反应过程中cCH4逐渐减小，故C2H6的生成速率逐渐减小；D对，降低反应温度，反应速率减小，故k减小。(3)由图示可知，阴极上CO2CO，且固体电解质能传导O2，则阴极反应式为CO22e=COO2。假设生成的乙烯和乙烷的物质
22、的量分别为2 mol和1 mol，由4CH42C2H44H2、2CH4C2H6H2知，生成2 mol乙烯和1 mol乙烷时，共脱去5 mol H2，转移10 mol e，根据电子转移数目守恒可知，此时消耗的CO2为5 mol，消耗的CH4为6 mol，即消耗的CH4和CO2的体积比为65。(二)选考题：请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。35化学选修3：物质结构与性质(15分)钙钛矿(CaTiO3)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的四卤化物熔点如下表所示，TiF
23、4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是_。化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/37724.1238.3155(3)CaTiO3的晶胞如图(a)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_，Ca2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Pb2、I和有机碱离子CH3NH3+，其晶胞如图(b)所示。其中Pb2与图(a)中_的空间位置相同，有机碱CH3NH3+中，N原子的杂化轨道类型是_；若晶胞参数为a nm，则晶体密度为_ gcm3(列出计算式)。(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
24、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_、_。答案(1)1s22s22p63s23p63d24s2(2)TiF4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)OTiCa离子键12(4)Ti4sp3620a3NA1021(5)2Eu3Pb=2Eu2Pb22Eu2I2=2Eu32I解析(1)Ti的原子序数为22，因此基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2。(2)TiF4的熔点明显
25、高于TiCl4，而TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点依次升高，由此说明TiF4为离子化合物，而TiCl4、TiBr4、TiI4为共价化合物，共价化合物随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，因此熔点依次升高。(3)三种元素中O的电负性最大，Ca的电负性最小，因此三种元素电负性的大小顺序为OTiCa。氧离子与金属离子之间形成的是离子键。由图(a)可知，每个Ca2周围与之等距离的O2的个数为12，即配位数为12。(4)由图(b)可知，该晶胞中I位于面心上，每个Pb2周围有6个I，图(a)中每个Ti4周围有6个O2，由此可知，Pb2与图(a)中的Ti4位置相同。N原子形成4个键，价电子层上无孤电
26、子对，因此杂化轨道类型是sp3。每个晶胞中含有1个Pb(CH3NH3)I3，晶胞的体积为(a107)3 cm3，Pb(CH3NH3)I3的相对分子质量为620，因此1个晶胞的质量为620NA g，晶体密度为620a3NA1021 gcm3。(5)由图(c)可知，Pb与Eu3反应生成Pb2和Eu2，即离子方程式为Pb2Eu3=Pb22Eu2；I2和Eu2反应生成I和Eu3，即离子方程式为I22Eu2=2I2Eu3。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，其中生育酚(化合物E)含量最高，生理活
27、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)反应的反应类型为_。(5)反应的化学方程式为_。(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)。()含有两个甲基；()含有酮羰基(但不含C=C=O)；()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_。答案(1)3甲基苯酚(或间甲基苯酚)(2)(3)(4)加成反应(5)(6)c解析(1)由A
28、的结构简式可知，A的名称为3甲基苯酚或间甲基苯酚。(2)由信息a及B的分子式可知，B的结构简式为。(3)由信息b可知，反应中，断键、成键位置为，据此结合题中反应中反应物和生成物的结构简式可推断C为。(4)由信息c可知，反应是HCCH中的H加到中羰基的氧原子上，而HCC加到羰基的碳原子上，则D的结构简式为，反应属于加成反应。(5)由反应中反应物和生成物的结构简式可知，D与H2发生加成反应，碳碳三键变为碳碳双键，化学方程式为。(6)化合物C符合条件的同分异构体中，必须含有酮羰基和碳碳双键，可采用插入法书写其同分异构体的结构简式。第1步先抽出“”，剩余部分碳骨架可能为(舍去，只含1个甲基)、(舍去，含3个甲基)和。第2步：在合适的位置插入“”，则合适的位置分别有、(其中，位置7和9插入羰基得到的是同种物质)，故符合条件的同分异构体共有8种。其中，含有手性碳原子的化合物为位置7插入羰基的产物，其结构简式为。