2020年河北省高考化学试卷（新课标Ⅰ）一、选择题：本题共7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。

1. 国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。

对于上述化学药品，下列说法错误的是（）A.CH3CH2OH能与水互溶B.NaClO通过氧化灭活病毒C.过氧乙酸相对分子质量为76D.氯仿的化学名称是四氯化碳【答案】D【考点】相对分子质量及其计算电子式、化学式或化学符号及名称的综合【解析】A．CH3CH2OH与水分子间能形成氢键，并且都是极性分子；B．NaClO具有强氧化性；C．过氧乙酸的结构简式为CH3COOOH；D．氯仿的化学名称是三氯甲烷。

【解答】A．CH3CH2OH与水分子间能形成氢键，并且都是极性分子，所以CH3CH2OH能与水以任意比互溶，故A正确；B．NaClO具有强氧化性，通过氧化能灭活病毒，故B正确；C．过氧乙酸的结构简式为CH3COOOH，相对分子质量为12×2+4+16×3＝76，故C正确；D．氯仿的化学名称是三氯甲烷，不是四氯化碳，故D错误；2. 紫花前胡醇（）可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。

有关该化合物，下列叙述错误的是（）A.分子式为C14H14O4B.不能使酸性重铬酸钾溶液变色C.能够发生水解反应D.能够发生消去反应生成双键【答案】B【考点】有机物的结构和性质【解析】A、分子中14个碳原子，不饱和度为8；B、分子中含有碳碳双键和羟基直接相连碳上有氢原子；C、分子中含有酯基，能发生水解；D、与−OH相连的C的邻位C上有一种H可发生消去反应；【解答】A、分子的不饱和度为8，则氢原子个数为：14×2+2−8×2＝14，四个氧原子，所以分子式为：C14H14O4，故A正确；B、分子中含有碳碳双键和羟基直接相连碳上有氢原子，所以能使酸性重铬酸钾溶液变色，故B错误；C、分子中含有能发生水解酯基，则紫花前胡醇能水解，故C正确；D、与−OH相连的C的邻位C上有一种H可发生消去反应，生成双键，故D正确；3. 下列气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是（）A.AB.BC.CD.D【答案】A【考点】物质的分离、提纯和除杂的基本方法选择与应用【解析】除杂的原则是不引入新的杂质，不减少要提纯的物质，操作简单，绿色环保。

A．SO2具有还原性，易被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸；B．饱和食盐水可以减少氯气的溶解量；C．N2(O2)利用化学性质的差异，铜与氧气反应，；D.2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，NO为不成盐氧化物，【解答】A．SO2被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸，故A错误；B．Cl2(HCl)利用溶解性的差异，除去HCl，故B正确；C．N2(O2)利用化学性质的差异，铜与氧气反应，不与氮气反应，达到除杂目的，故C 正确；D．NO2可以与NaOH发生反应：2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，NO与NaOH溶液不能发生反应；尽管NO可以与NO2一同跟NaOH发生反应：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，但由于杂质的含量一般较少，所以也不会对NO的量产生较大的影响，故D正确；4. 铑的配合物离子[Rℎ(CO)2I2]−可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。

下列叙述错误的是（）A.CH3COI是反应中间体B.甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=CH3CO2HC.反应过程中Rℎ的成键数目保持不变D.存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O【答案】C【考点】氧化还原反应配合物的成键情况【解析】A、由图可知，铑的配合物离子(Rℎ(CO)3I3CH3]−生成CH3COI，CH3COI继续与H2O反应生成HI和CH3CO2H；B、由图可知发生的反应依次为：①CH3OH+HI=CH3I+H2O，②+CH3I＝，③＝，④+CO＝，⑤＝CH3COI+，⑥CH3COI+H2O＝HI+CH3CO2H，6个反应依次发生；C、由图可以看出Rℎ的成键数目由4−6−5−6−4变化；D、由B分析及图中箭头方向判断出此步反应。

【解答】A、由图可知，铑的配合物离子(Rℎ(CO)3I3CH3]−生成CH3COI，CH3COI继续与H2O反应生成HI和CH3CO2H，所以CH3COI是反应中间体，故A正确；B 、由图可知发生的反应依次为：①CH 3OH +HI =CH 3I +H 2O ，②+CH 3I ＝，③＝，④+CO ＝，⑤＝CH 3COI +，⑥CH 3COI +H 2O ＝HI +CH 3CO 2H ，6个反应依次发生，6个反应方程式相加和，消去中间产物得出总反应：CH 3OH +CO =CH 3CO 2H ，故B 正确；C 、由图可以看出Rℎ的成键数目由4变为6再变为5再变为6再变为4，依次循环，故C 错误；D 、由B 分析，按照箭头方向可知：CH 3OH 和HI 反应生成CH 3I 和H 2O ，反应方程式为：即CH 3OH +HI =CH 3I +H 2O ，故D 正确；5. 1934年约里奥-居里夫妇在核反应中用α粒子（即氦核24He ）轰击金属原子Z WX ，得到核素Z+230Y ，开创了人造放射性核素的先河：Z W X +24He →Z+230Y +01n 其中元素X 、Y 的最外层电子数之和为8．下列叙述正确的是（ ）A.Z W X 的相对原子质量为26B.X 、Y 均可形成三氯化物C.X 的原子半径小于Y 的D.Y 仅有一种含氧酸【答案】 B【考点】原子结构与元素周期律的关系 【解析】由Z W X +24He →Z+230Y +01n 及质量守恒可知，W ＝30+1−4＝27，X 、Y 的最外层电子数之和为8，X 的最外层电子数为8−22=3，金属原子Z W X 的质量数为27、且位于ⅢA 族，Z ＝13符合题意，则X 为Al ；Y 的最外层电子数为8−3＝5，质子数为13+2＝15，Y 为P ，以此来解答。

【解答】由上述分析可知X 为Al 、Y 为P ，A ．W 为27，X 原子的相对原子质量为27，故A 错误；B ．X 、Y 可形成三氯化物分别为AlCl 3、PCl 3，故B 正确；C ．同周期从左向右原子半径减小，则X 的原子半径大于Y 的半径，故C 错误；D ．Y 的含氧酸有磷酸、偏磷酸等，故D 错误；6. 科学家近年发明了一种新型Zn −CO 2水介质电池。

电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料。

放电时，温室气体CO 2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。

下列说法错误的是（ ）A.放电时，负极反应为Zn−2e−+40H−=Zn(OH)42−B.放电时，1mol CO2转化为HCOOH，转移的电子数为2molC.充电时，电池总反应为2Zn(OH)42−=2Zn+O2↑+40H−+2H2OD.充电时，正极溶液中OH−浓度升高【答案】D【考点】电解池的工作原理及应用【解析】电极为金属锌放电时，由图示知负极反应为Zn−2e−+40H−=Zn(OH)42−，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸为还原反应，充电时阳极生成氧气，阴极发生还原反应生成锌，据此答题。

【解答】A．放电时，金属锌做负极生成Zn(OH)42−，负极反应为Zn−2e−+40H−=Zn(OH)42−，故A正确；B．放电时，CO2中碳的化合价为+4价，HCOOH中碳的化合价+2，1mol CO2转化为HCOOH，降低2价，转移的电子数为2mol，故B正确；C．充电时，阳极电极反应：2H2O−4e−＝4H++O2↑，阴极反应：Zn(OH)42+2e−−=Zn+40H−，电池总反应为2Zn(OH)42−=2Zn+O2↑+40H−+2H2O，故C正确；D．充电时，阳极（原电池的正极）电极反应：2H2O−4e−＝4H++O2↑，溶液中H+浓度增大，溶液中c(H+)⋅c(OH−)＝K W，温度不变时，K W不变，因此溶液中OH−浓度降低，故D错误；7. 以酚酞为指示剂，用0.1000mol⋅L−1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。

溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V NaOH的变化关系如图所示。

][比如A2−的分布系数:δ(A2−)=c(A2−)c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)下列叙述正确的是（）A.曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA−)B.H2A溶液的浓度为0.2000mol⋅L−1C.HA−的电离常数K a＝1.0×10−2D.滴定终点时，溶液中c(Na+)<2c(A2−)+c(HA−)【答案】C【考点】酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算【解析】A、曲线①一直在减小，曲线②在一直增加，且两者相加等于1；B、溶液的pH发生突变时，滴有酚酞的溶液发生颜色变化，到达滴定终点，即NaOH和H2A恰好完全反应；C、HA−的电离常数K a=c(H+)c(A2−)c(HA−)；D、滴定终点时δ(HA−)＝0，溶液中的电荷守恒：c(H+)+c(Na+)＝2c(A2−)+c(OH−)。

【解答】A、在未加NaOH溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等于1，且δ曲线①一直在减小，曲线②在一直增加；说明H2A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，即H2A＝HA−+H+，HA−⇌A2−+H+，曲线①代表δ(HA−)；当加入用0.1000mol⋅L−1的NaOH溶液40.00mL滴定后，发生NaHA+NaOH＝Na2A+H2O，HA−的分布系数减小，A2−的分布系数在增大，且曲线②在一直在增加，在滴定终点后与③重合，所以曲线②代表δ(A2−)，故A错误；B、当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，到达滴定终点，说明NaOH和H2A恰好完全反应，根据反应2NaOH+H2A＝Na2A+2H2O，n(NaOH)＝2n(H2A)，c(H2A)=0.1000mol/L×40mL2×20.00mL=0.1000mol/L，故B错误；C、由于H2A第一步完全电离，则HA−的起始浓度为0.1000mol/L，根据图象，当V NaOH ＝0时，HA−的分布系数为0.9，溶液的pH＝1，A2−的分布系数为0.1，则HA−的电离平衡常数K a=c(A2−)⋅c(H+)c(HA−)=0.1000mol/L×0.1×0.1000mol/L0.1000mol/L×0.9≈1×10−2，故C正确；D、用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2∼10，终点时溶液呈碱性，c(OH−)> c(H+)，溶液中的电荷守恒，c(H+)+c(Na+)＝2c(A2−)+c(OH−)+c(HA−)，则c(Na+)>2c(A2−)+c(HA−)，故D错误；二、非选择题：共58分。