2020年高考全国Ⅱ卷理综化学试题评析胡征善温馨提示：准高三的莘莘学子，明年高考的胜利，在于当下好好研究分析2020年及近三年的高考题，从中获得高考命题的方向和考前备考复习的策略！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【解析】胆矾(也称蓝矾)是带5个结晶水的硫酸铜。

【点评】传统文化，化学史料。

湿法冶金，分离方法、反应类型和物质名称与组成。

8. 某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3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、NaCl、KClB、KCl、MgSO4C、KCl、CaCO3D、MgSO4、NaCl【点评】物质的溶解性及其鉴定与判断。

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CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少C、CO2能引起海水酸化，其原理为HCO3—H++CO32—D、使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境【解析】过量排放的二氧化碳溶于海水，海水的H2CO3浓度增大(海水酸化)，与海水中CO32—及珊瑚礁反应生成HCO3—，海水HCO3—浓度增大，珊瑚礁减少。

【点评】过量排放CO2对环境的影响。

引起海水成分的变化及其对珊瑚礁的破坏、减排的措施与方法。

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】A选项：MPy有3种具有芳香性的同分异构体；B选项：若把题给EPy的结构的这些原子认为共平面，那么分子中的2个亚甲基CH2上的H原子一定不在此平面内；C选项：分子中含1个碳碳双键且服从分子通式C n H2n，n值不同的系列物质是乙烯的同系物【点评】有机化学题。

杂环芳香性化合物的组成(同系物的概念)、结构(同分异构与共面)与性质(反应类型)。

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A、OH—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【解析】该循环过程是以Fe(CO)5——五羰基铁(Fe为0价)为催化剂、OH—为助催化剂，使CO和H2O反应生成H2和CO2。

根据铁的化合物的空间结构，可以很清楚地看出Fe(CO)5在反应过程中，Fe原子价键数由5 5 5 6 6 5 4。

【点评】催化反应机理。

情境新陌生度大，但难度较小。

认识铁的配合物的结构；由复杂的循环反应过程提炼出总反应(反应物、产物)以及助催化剂。

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、Ag+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WO3+x Ag=Ag x WO3【解析】Ag电极是阳极，Ag失电子形成Ag+，Ag+通过固体电解质迁移至电致变色层的电极，发生WO3+x e—+x Ag+=Ag x WO3，W的化合价降低。

【点评】电化学。

运用电解原理分析图示电解装置(固体电解质)的电极反应和电池反应，并判断元素化合价的变化。

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XF3中原子均为8电子稳定结构【解析】根据该化合物的结构：X共用4对电子，Y共用3对电子，且原子序数“总和为24”可推：X为B元素、Y为N元素；W为H 元素、Z为Na元素。

其中有1个H为H—与B共用电子对，使其阴离子带1个单位负电荷。

BF3中B原子最外层只有6个电子。

2019全国I卷.13.科学家合成出了一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。

下列叙述正确的是A.WZ的水溶液呈碱性B.元素非金属性的顺序为X>Y>ZC. Y的最高价氧化物的水化物是中强酸D.该新化合物中Y不满足8电子稳定结构【“四层四翼”】图解：【解析】根据“W、X、Y、Z为同一短周期元素”可确定这些元素位于第二或第三周期，根据“Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半”和结构示意图Z原子只共用一对电子可推断：Z为第七主族元素，X为Si元素，因此可推出：W为Na元素，Z为Cl元素，再根据结构示意图中Y原子共用电子对数和阴离子的电荷值可知Y 为P元素。

P原子有5个价电子，3个单电子中的2个与2个Si原子的单电子形成P—Si共价键，另1个单电子结合1个电子使之带1个单位负电荷。

在该化合物中P原子及其它原子最外层均满足8电子稳定结构。

P(Y)最高氧化物P4O10对应的水化物是H3PO4或HPO3(偏磷酸)均为中强酸：K1(H3PO4)=7.52×10—3，K(HPO3)=1.0×10—126. (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δ，X为HClO或ClO—]与pH的关系如图（b）所示。

HClO的电离常数K a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） Cl2O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Cl2O溶液。

上述过程中，生成Cl2O的反应属于歧化反应，每生成1 molClO2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1000 kg该溶液需消耗氯气的质量为 kg （保留整数）。

【解析】（1）由图(a)可知：阳极反应2Cl——2e—=Cl2阴极反应2H2O+2e—=H2+2OH—（2）由图(b)可知：p K=pH（3）Cl2发生歧化反应，说明HgO只提供O以使生成Cl2O，Cl2O歧化为Cl—与Hg2+生成HgCl2。

（4）NaClO2发生歧化，生成ClO2；根据得失电子相等：发生氧化的n(NaClO2)=发生还原4n(NaClO2)，当n(ClO2)=n(NaClO2)=1 mol时，发生还原的NaClO2为0.25 mol。

（5）Cl2被NaOH溶液完全吸收，抓溶液质量守恒，有：m(NaOH)+m(Cl2)=1000。

设30%的NaOH溶液质量为x，m(NaOH)为0.3x。

参加反应的NaOH的质量为(0.3x—10) kg即(0.3x—10)/40 kmol，吸收Cl2为(0.3x—10)/80 kmol。

所以：71(0.3x—10)/80+x=1000，x=796.7，消耗m(Cl2)=71(0.3x—10)/80=203 【答案】（1）Na+ a（2）10—7.5（3）2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O（4）1.25 NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+CO2+H2O（5）Cl—+ClO—+2H+=Cl2+H2O 203【点评】元素及其化合物性质题。

以氯元素及其化合物为载体，考查工业制氯气(离子交换膜法电解NaCl溶液)；根据HClO溶液的分布系数坐标图求HClO的电离常数；Cl2和NaCIO2的歧化及有关计算；根据质量守恒原则计算NaOH溶液吸收Cl2的质量。

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1.5 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，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0.01000 mol/L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）【解析】（1）烧瓶中装液体的量约为其容积的1/3~2/3，本题实验的液体体积约为102 mL。

（2）球形冷凝管接触面大，冷却效果好；甲苯不溶于水（6）n(KOH)=n(苯甲酸)=0.2150 mmol，即25.00 mL溶液中含26.23 mg 苯甲酸。

100 mL溶液中含104.92 mg。

m(甲苯)=0.867×1.5=1.3 (g)，粗产品为1.0 g，含苯甲酸约0.86 g，即反应的甲苯质量为0.86×92/122=0.6485 g。

【答案】（1）B（2）球形不溶于水的甲苯完全被氧化（3）除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气，2MnO4—+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O （4）MnO2（5）苯甲酸升华而损失（6）86% C（7）重结晶【点评】综合实验题。