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1、精选优质文档-倾情为你奉上2020高考全国卷I卷化学试题答案及解析7、【答案】D【分析】本题考查了物质性质、物质应用、氧化还原反应等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。【解答】A. CH3CH2OH能与水任意比互溶，故A正确；B. NaClO有强氧化性，可以通过氧化灭活病毒，故B正确；C. 过氧乙酸（CH3COOOH）相对分子质量为76，故C正确；D. 氯仿的分子式为CHCl3，化学名称是三氯甲烷，故D错误，故选D。8、【答案】B【分析】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的性质，题目难度不大。【解答】A
2、.由题干有机物的结构简式可知该物质为8个不饱和度，由碳原子数为14，氧原子数为4，可知该物质分子式为：C14H14O4，A正确，A不选。B该物质中碳碳双键，可被酸性重铬酸钾氧化，使酸性重铬酸钾溶液变色。故B错误，选BC.该物质含有酯基可发生水解反应，故C正确，C不选。D.该物质含-OH，且与-OH相连的C的邻位C上含H，可在浓硫酸作用下发生消去反应。故D正确，D不选。故选B。9.【答案】A【分析】本题主要考查常见物质的除杂问题，了解物质的化学性质是解题的关键，题型较易。【解答】A.SO2和H2S都可以和酸性高锰酸钾溶液反应，故A错误；B.由于HCl在饱和食盐水中的溶解度很高，而Cl2几乎不溶于
3、饱和食盐水，所以可以用通过饱和食盐水洗气的方式来除去Cl2中的HCl，故B正确；C.O2和Cu在加热条件下发生反应生成CuO，N2不与Cu发生反应，故可通过灼热的铜丝网出去N2中的O2，故C正确；D. 2NO2 +2NaOH = NaNO3 +NaNO2 +H2O，NO不与NaOH反应，所以可以通过NaOH溶液出去NO中的NO2，故D正确。故选A。10.【答案】C【解析】【分析】本题考查Rh(CO)2I2催化甲醇羰基化的反应历程中的分析判断，掌握物质结构和转化是解题的关键，难度一般。【解答】A.由物质转化流程可知，CH3COI是反应的中间产物，是反应的中间体，故A正确；B.根据物质的进出转化，
4、反应物是甲醇和一氧化碳，产物是CH3CO2H，故B正确； C.反应开始时，配合物离子中Rh的成键数目是4，反应过程中成键数有6和5，故C错误； D.根据反应开始时，甲醇先于HI反应转化为CH3I；即存在反应：CH3OH+HI=CH3I+H2O,故D正确；故本题选C。11. 【答案】B【分析】本题考查核反应中的质量守恒定律以及元素推断，难度不大。【解答】A.由X+4=30+1可知X=27，故WZX的相对原子质量为27，故A错误B.由X、Y的最外层电子数之和为8且X为金属，设X最外层电子数为a，则Y的最外层电子数为a+2,故a+a+2=8，则a=3, X的相对原子质量为27,故可知X为Al,Y为P
5、, Al与P均可形成AlCl3与PCl3,故B正确。C.X为Al,Y为P，同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径AlP，故C错误。D. Y为P，其含氧酸有H3PO4、H3PO3等，故D错误故选B12、【答案】D【分析】本题考查原电池及电解池，为高频考点，把握电极判断、电极反应、工作原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电化学知识的应用，题目难度一般。【解答】A. 由电池示意图可知，金属锌为负极，放电时，负极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42-，故A正确；B. 选择性催化材料为正极，放电时，正极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，故B正确；C. 由电
6、池示意图可知，充电时Zn(OH)42-转化为Zn，H2O转化为O2，电池总反应式为2Zn(OH)42-=2Zn+O2+4OH-+2H2O，故C正确；D. 充电时，正极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，溶液中OH-浓度降低，故D错误，故选D。13. 【答案】C【分析】本题考查电解质溶液曲线，涉及离子浓度大小比较、电离常数计算等，解答这类问题应明确图像的含义以及变化趋势等，试题难度较大。【解答】A.由NaOH滴定二元酸H2A的滴定中含A微粒的分布曲线可知溶液中含有两种含A离子，且它们的分布系数和为1，则说明溶液中只有两种含A离子，可以推出H2A的一级电离为完全电离，二级电离为部分电离。即H2A
7、=H+HA-, HA-=H+A2-,因此为HA-为A2-，故A错误。B.由2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000molL-1,故B错误。C.由HA-H+A2-，Ka=结合图像可知当NaOH体积为25ml时，c(HA-)=c(A2-)此时滴定曲线对应的pH=2,故Ka=c(H+)=10-2，C项正确，故选C。D.滴定终点时溶液呈碱性，由电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= 2c(A2-)+ c(HA-)+ c(OH-)可知c(Na+)2c(A2-)+ c(HA-),故D错误。故选C。26. 【答案】（1）加快酸浸和氧化反应的速率; （2）Fe2+;VO+2H+MnO2
8、=Mn2+VO2+H2O;（3）Mn2+;Al3+和Fe3+（4）Fe(OH)3;（5）NaAl(OH)4+HCl =Al(OH)3+NaCl+H2O；（6）利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。【分析】本题为工艺流程题，主要考查常见物质的性质、反应条件的控制、物质的推断、化学方程式的书写，弄清每步操作的意图、熟知常见物质的性质是解题的关键，难度中等。【解答】（1）“酸浸氧化”需加热其原因主要是为了加快酸浸和氧化反应的速率，故答案为：加快酸浸和氧化反应的速率；（2）Fe2+在酸性条件下被MnO2氧化，故除VO+和VO2+被氧化外，还有Fe2+被氧化；加入MnO2将VO+氧化为VO2+
9、，其自身被还原为Mn2+，离子方程式为VO+2H+MnO2=Mn2+VO2+H2O，故答案为: Fe2+;VO+2H+MnO2=Mn2+VO2+H2O;（3）“酸浸氧化”后溶液中含有的金属元素阳离子为：K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、VO2+，“中和沉淀”过程中加入NaOH调节溶液的pH为3.03.1，钒水解为V2O5x H2O，同时引入Na+，结合题中所给金属离子开始沉淀和完全沉淀表格，Mn2+不沉淀，Fe3+沉淀接近完全， Al3+刚开始沉淀，所以除K+、Mg2+、Na+外，溶液中还有Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+，故答案为：Al3+和Fe3+；（4）滤饼的成分为：V
10、2O5x H2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，在“沉淀转溶“过程中V2O5x H2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3与NaOH反应转化为NaAl(OH)4溶解，而Fe(OH)3与NaOH不反应，故滤渣的成分为Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；（5）“调pH”中NaAl(OH)4与盐酸反应生成Al(OH)3沉淀，故答案为：NaAl(OH)4+HCl =Al(OH)3+NaCl+H2O；（6）“沉钒”过程中析出NH4VO3晶体，而NH4VO3(s) NH4+ VO3+,加入过量NH4Cl，会使平衡逆向移动，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能
11、析出完全。27、【分析】本题考查简单的氧化还原反应，理解实验意图是解答的关键，题目难度不大。【解答】（1）由FeSO47H2O固体制备0.10 molL-1 FeSO4溶液，需要用托盘天平精确称量FeSO47H2O固体的质量，加入烧杯中，用量筒向烧杯中加入适量蒸馏水，用玻璃棒搅拌使固体溶解，待冷却到室温后，通过玻璃棒引流将溶液加入容量瓶中。多次洗涤烧杯和玻璃棒，通过玻璃棒引流将洗涤液加入容量瓶中。向容量瓶中加入蒸馏水，液面离容量瓶颈刻度线下12cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切。盖好瓶塞反复上下颠倒，摇匀。整个过程需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，
12、图中的仪器有天平、烧杯、量筒，故答案为：托盘天平、烧杯、量筒；（2）由题可知，盐桥中阴阳离子不能与溶液中的物质反应，且电迁移率应尽可能相近。HCO3-会与Fe2+发生双水解反应，NO3-在酸性条件下可以氧化Fe2+。根据表中数据，应该选择KCl作为盐桥中的电解质，故答案为：KCl；（3）电流表显示电子由铁电极流向石墨电极，所以石墨电极为正极，盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中，故答案为：石墨；（4）铁电极发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，一段时间后c(Fe)2+增加了0.02 molL-1。石墨电极发生还原反应，且未见Fe析出，所以电极反应式为Fe3+e-=Fe2+。根据电荷守恒
13、可知，石墨溶液中c(Fe)2+=0.05 molL-1+20.02 molL-1=0.09 molL-1，故答案为：0.09；（5）根据（3）、（4）实验结果，可知石墨电极的电极反应式为Fe3+e-=Fe2+，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+。验证了Fe2+氧化性小于Fe3+，还原性小于Fe，故答案为：Fe3+e-=Fe2+；Fe-2e-=Fe2+；Fe3+；Fe；（6）Fe3+可以氧化Fe，发生反应2Fe3+Fe=3Fe2+。如果Fe3+完全反应，则铁电极表面被刻蚀活化，所以可以用KSCN溶液检测活化反应是否完成，故答案为：取少量溶液，滴入KSCN溶液，不出现血红色。28、【答案】
14、【分析】本题考查化学反应原理综合知识，涉及热化学方程式的书写、平衡移动及影响因素、Kp计算等，题目难度一般。【解答】（1） 根据题中所给能量图可及盖斯定律可知， 故答案为：（2）由可知，正反应为气体分子数减小的反应，则增大压强，平衡向右移动，二氧化硫转化率随体系内压强的增大而减小，可分析判断P1P2P3,则P1=5MPa，由图可知，5MPa，550时二氧化硫转化率为0.975；影响该平衡因素有：温度、压强、浓度等。故答案为：（3）由化学平衡中“三段式”的相关计算即可得出故答案为：（4）由二氧化硫催化氧化的速率方程式可知，影响反应速率因素为反应速率常数与转化率，结合此条件分析：温度升高，反应速率
15、常数k增大,使反应速率增大，转化率降低使反应速率减小，当ttm时，k增大对反应速率的提高小于转化率引起的降低。故答案为：温度升高，反应速率常数k增大,使反应速率增大，转化率降低使反应速率减小，当ttm时，k增大对反应速率的提高小于转化率引起的降低。35、【答案】（1）4：5；（2）Na与Li同族，Na电子层数多，原子半径大，易失电子；Li、Be、B同周期，核电荷数依次增加。Be为1s22s2全满稳定结构，第一电离能最大。与Li相比，B核电荷数大，原子半径小，较难失去电子，第一电离能较大。（3）正四面体；4；sp3；（4）4；3/16；13：3；【分析】本题考查结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化
16、类型判断等知识点，侧重考查基础知识综合运用、空间想像能力及计算能力，题目难度中等。【解答】（1）Fe2+核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6，未成对电子数为4；Fe3+核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5，未成对电子数为5，所以Fe2+与Fe3+离子中未成对电子数之比为4：5，故答案为：4：5。（2）结合图表可知I1（Li）I1（Na），原因是Li和Na属于同主族元素，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，Li的原子序数小于Na；I1（Be）I1（Li）I1（Na），原因是同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈现增大的趋势，所以I1（B）
17、I1（Li），Be位于第IIA族，Be的2s全满较稳定，故第一电离能大于B。故答案为：Na与Li同族，Na电子层数多，原子半径大，易失电子；Li、Be、B同周期，核电荷数依次增加。Be为1s22s2全满稳定结构，第一电离能最大。与Li相比，B核电荷数大，原子半径小，较难失去电子，第一电离能较大。（3）PO43-中孤电子对为5+3-422 = 0，成键电子对为4，所以PO43-为正四面体结构，P的价层电子对数为4，杂化轨道类型为sp3杂化。（4）结合图像（a）可知，每个晶胞中含有LiFePO4的个数为4。结合图像（a），一个晶胞中Li+的个数为4个，转化为图像（b），减少一个棱上和一个面心上的L
18、i+，结合均摊法可知减少Li+的数目为1/4+1/2=3/4个，所以x=4-3/4=3/16。失去一个Li+，相当于生成一个Fe3+，所以Li1-xFePO4中n（Fe2+）：n（Fe3+）=（1-3/16）：3/16=13：3。36.【答案】【分析】本题考查有机反应合成和推断，有机反应的类型、官能团名称、有机物命名、化学方程式书写、同分异构体等知识，注意知识的灵活运用，题目难度一般。【解答】本题采用正逆向推断结合的方法，已知E、F的结构简式和D的分子式，可知D的结构简式为：，再根据信息可知，物质B是，B到C是卤代烃的消去反应，再结合D的结构简式，可知C的结构简式为：；总上所属，回答题目问题如下：（1） 由A的分子式可知A的化学名称为：三氯乙烯；（2） 由B生成C的化学方程式为：；（3） C的结构简式为：；故C中所含官能团的名称为：碳碳双键、氯原子；（4） 由C生成D可知，该反应类型为取代反应；（5） 根据上述分析可知，D的结构简式为；（6） E的六元环芳香同分异构体中，能与金属钠反应，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6:2:2:1的结构中存在六元苯环和六元吡啶两类，与钠反应的可以是醇也可以是酚，总上所述，共有6种同分异构体，分别如下： ；其中，芳香环上为二取代的结构简式为：。专心-专注-专业