1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 绝密 启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试化 学（二）注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2回答第卷时，选出每小题的答案后，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，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Ba 137一、选择题：本大题共7小题，每
2、小题6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“白墙黑瓦青石板，烟雨小巷油纸伞”是著名诗人戴望舒的著名诗句，下列有关说法中错误的是A“白墙”的白色源于墙体表层的CaCO3B“青石板”与“黑瓦”的主要成分都是硅酸盐C纸和伞骨架的竹子主要成分是纤维素D伞面上的熟桐油是天然植物油，具有防水作用【答案】B【解析】A“白墙”的白色源于墙体表层的CaCO3，A项正确；“青石板”的主要成分是石灰石，而“黑瓦”的主要成分是硅酸盐，B项错误；纸和伞骨架的竹子主要成分是纤维素，C项正确；植物油属于油脂，油脂不溶于水，刷在伞面上形成一层保护膜能防水，D项正确。8用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙
3、述中正确的是A1L 0.lmol/L的Na2SiO3溶液中含阴离子总数为0.1NA个B0.1mol的2H37Cl分子的中子数是2.1NAC7.8g Na2O2与足量水充分反应转移的电子数目为0.2NAD1mol雄黄(As4S4)，结构如图：，含有4NA个S-S键【答案】B【解析】硅酸根水解得到硅酸氢根和氢氧根离子，因此1L 0.lmol/L的Na2SiO3溶液中含阴离子总数大于0.1NA个，A项错误；2H37Cl分子的中子数2-1+37-1721，所以0.1mol的2H37Cl分子的中子数是2.1NA，B项正确；过氧化钠与水的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，0.1mol Na2O2与足量
4、水充分反应转移的电子数目为0.1NA，C项错误；S周围有两个未成对电子，一般可以形成两根共价键，As周围有三个未成对电子，可以形成三根共价键，由结构可知，白球为S原子，黑球为As原子，故不含有S-S键，D项错误。9下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，X和Z两元素的原子序数之和等于W元素的原子序数。下列说法正确的是XYZWAX、W分别与Y都能形成两种或两种以上的化合物，这些化合物都是酸性氧化物BX、Y、Z都能形成10电子的氢化物，其中Z的最简单氢化物沸点最高CX、Y、W与氢四种元素能组成离子化合物，该化合物一定能发生水解DX和W两元素高价氧化物对应水化物的酸性：XW【答案】
5、C【解析】根据短周期元素的相对位置，假设Y原子序数为a，则X为a-1，Z为a+1，W为a+8，由于X和Z两元素的原子序数之和等于W元素的原子序数，所以(a-1)+(a+1)=a+8，解得a=8，所以X是N元素，Y是O元素，Z是F元素，W是S元素，然后结合元素的性质与元素的原子结构分析解答。根据上述分析可知：X是N元素，Y是O元素，Z是F元素，W是S元素，N、O元素形成的化合物NO、NO2均不是酸性氧化物，A项错误；H2O沸点最高，B项错误；Y、Z、W与氢四种元素能组成离子化合物(NH4)2SO4、NH4HSO4、(NH4)2SO3等物质，在溶液中NH、SO都会发生水解反应，C项正确；元素的非金
6、属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，但D项未指明最高价，D项错误。10下列实验现象与实验操作不相匹配的是选项实验操作实验现象A在Fe(NO3)2溶液中滴加酸化的H2O2浅绿色变黄色B将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生C向盛有硝酸银溶液的试管中逐渐滴入浓氨水产生白色沉淀，且白色沉淀不溶解D向盛Na2SO3溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量试管中溶液先变红后褪色【答案】C【解析】向盛有硝酸银溶液的试管中逐渐滴入浓氨水会产生白色沉淀，且最后白色沉淀溶解形成银氨溶液，C项错误。11下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色
7、变化的是A电解饱和食盐水产生黄绿色气体：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2B红热木炭遇浓硝酸产生红棕色气体：C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2OCNa2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2D向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2，出现白色沉淀SO2+Ca2+3ClO+H2O=CaSO4+2HClO+Cl【答案】C【解析】Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物即生成NaOH：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，C项错误。12某温度时硫酸盐MSO4(M：Pb2+、Ba2+、Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如
8、图所示。已知p(M)-lgc(M)，p(SO)-lgc(SO)。下列说法正确的是A向BaSO4悬浊液中加入浓度较大的Pb(NO3)2溶液可能转化成PbSO4BX、Y两点对应的SrSO4均是饱和溶液，不能继续溶解SrSO4C蒸发Z点的BaSO4溶液可得到C点状态的BaSO4溶液D溶度积：Ksp(SrSO4)Ksp(PbSO4)Ksp(PbSO4) Ksp(BaSO4)，D项不正确。131-二环丙基乙烯()的二氯代物共有（不含立体异构）A6种 B7种 C8种 D9种【答案】D【解析】1-二环丙基乙烯()的二氯代物共有：、，D项正确。二、非选择题（共43分）26（14分）铝氢化钠（NaAlH4）是重
9、要的还原剂。以铝土矿（主要成分Al2O3，含少量SiO2、Fe2O3等杂质）为原料制备NaAlH4的一种流程如图：（1） 碱浸中SiO2转化成难溶的Na2Al2Si2O8，写出生成该物质的离子方程式_。（2） 过滤1得滤渣的主要成分为_，反应1中加入NaHCO3的目的是_。（3） 电解2生成NaHCO3和NaOH用于循环使用，写出电解2阴极的电极反应式：_。（4）反应3的化学方程式为_。（5）铝氢化钠遇水发生剧烈反应产生大量气泡，其反应的化学方程式为_。（6）Al与LiBH4制备的复合材料是重要制氢材料，对Al-LiBH4体系与水反应产氢的特性进行下列研究：如图为25水浴时每克不同配比的Al-
10、LiBH4复合材料与水反应产生H2体积随时间变化关系图。由图可知，下列说法正确的是 (填字母)。A25时，纯铝与水会反应B25时，纯LiBH4与水反应产生氢气C25时，Al-LiBH4复合材料中LiBH4含量越高，1000s内产生氢气的体积越大如图为25和75时，Al-LiBH4复合材料(LiBH4)25%与水反应一定时间后产物的X-射线衍射图谱(X-射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。从图中分析，25时Al-LiBH4复合材料中与水完全反应的物质是 (填化学式)。【答案】（1）Al2O3+2SiO2+2Na+2OH=Na2Al2Si2O8+H2O （2
11、）Fe2O3、Na2Al2Si2O8 与NaAlO2反应生成Al(OH)3，除去过量的NaOH （3）2H2O+2e=H2+2OH（或2H+2e=H2） （4）AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl （5）NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2 （6）B LiBH4【解析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由题目信息可知SiO2在“碱浸”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤II得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解
12、氧化铝生成Al和氧气，纯铝在氯气中燃烧生成氯化铝，氯化铝再与NaH反应生成氢化铝钠（NaAlH4），据此分析解答。（1）碱浸时，SiO2转化成难溶的Na2Al2Si2O8，产物中含有Al，所以反应物为Al2O3、SiO2和NaOH，故反应的离子方程式为Al2O3+2SiO2+2Na+2OH=Na2Al2Si2O8+H2O；（2）加NaOH溶解时Fe2O3不反应，题（1）中可知产生了难溶性的铝硅酸钠沉淀，故过滤1得滤渣的主要成分为Fe2O3、Na2Al2Si2O8；由流程分析可知，过滤1后溶液中有偏铝酸钠和过量的NaOH，加入NaHCO3的可以除去过量的氢氧化钠，同时和NaAlO2反应生成Al(
13、OH)3；（3）反应1过滤得到的滤液是Na2CO3，电解得到NaHCO3和NaOH，电解时，阴极氢离子放电，得到氢氧化钠和氢气，故阴极的电极反应式为2H2O+2e=H2+2OH或2H+2e=H2。（4）图示知反应3为AlCl3与NaH反应，由原子守恒得另一种产物为NaCl，反应的方程式为ACl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl；（5）氢化铝钠遇水剧烈反应产生大量气泡，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2；（6）a、图中当全为铝时气体为0，故纯铝与水不反应，错误；b、f线代表纯LiBH4与水反应产生氢气，正确；c、当材料含LiBH4为25%时
14、（d线），产生氢气的量最多，错误；由图得出反应后已没有LiBH4，但存在大量铝，故其完全反应。27（14分）硒(Se)及其氢化物H2Se是在新型光伏太阳能电池、半导体材料和金属硒化物方面有重要应用。（1）已知：2H2Se(g)+O2(g)2Se(s)+2H2O(l) H1=m kJmol12H2O(g)=2H2(g)+O2(g) H2=n kJmol1H2O(g)=H2O(l) H3=p kJmol1反应H2(g)+Se(s)H2Se(g)的反应热H=_kJmol1(用含m、n、p的代数式表示)。（2）T时，向一恒容密闭容器中加入3mol H2和lmol Se，发生反应H2(g)+Se(s)H
15、2Se(g)。该反应的平衡常数的表达式K_。当反应达到平衡后，将平衡混合气体通入气体液化分离器使H2Se气体转化为液体H2Se，并将分离出的H2再次通入发生反应的密闭容器中继续与Se反应时，Se的转化率会提高。请用化学平衡理论解释_。以5小时内得到的H2Se为产量指标，且温度、压强对H2Se产率的影响如下图所示：则制备H2Se的最佳温度和压强为_。（3）已知常温下H2Se的电离平衡常数K1=1.3104，K2=5.01011，则NaHSe溶液的离子浓度由大到小的顺序为_，H2Se在一定条件下可以制备CuSe，反应CuS(s)+Se2(aq)CuSe(s)+S2(aq)的化学平衡常数K=_（保留
16、2位有效数字，已知该条件下CuSe的Ksp=7.91049，CuS的Ksp=1.31036）。（4）用电化学方法制备H2Se的实验装置如下图所示：石墨电极是_（填正极或负极），该电极附近溶液的PH_（填变大、不变或变小），写出Pt电极上发生反应的电极反应式：_。【答案】（1）p(n+m)（2）c(H2Se)/c(H2) 将分离出的H2重新通入容器中，平衡正向移动，Se的转化率提高 550，0.3MPa （3）c(Na+)c(HSe)c(OH)c(H+)c(Se2) 1.61012 （4）正极 变大 CO-2e+H2O=CO2+2H+ 【解析】（1）-（+）/2即可得：H2(g)+Se(s)H2
17、Se(g)，所以反应H2(g)+Se(s)H2Se(g)的反应热H=p(n+m)kJmol1；（2）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度幂之积和反应物浓度幂之积的比值，因为Se是固体，故该反应的平衡常数表达式为c(H2Se)/c(H2)；将分离出的H2重新通入容器中，反应物浓度升高，平衡会朝着正向移动，硒的转化率提高；由图可知，温度550、压强0.3MPa时产率最高；（3）NaHSe中存在电离平衡HSeH+Se2和水解平衡：HSe+H2OH2Se+OH，其电离平衡常数K2=5.01011，水解平衡常数为=7.691011，所以水解大于电离，溶液呈碱性；故NaHSe溶
18、液的离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)c(HSe)c(OH)c(H+)c(Se2)；反应CuS(s)+Se2(aq)CuSe(s)+S2(aq)的化学平衡常数K=1.61012，（4）电化学制备的产物是H2Se，由此可知，石墨上Se发生了还原反应，电极反应式为Se+2H+-2e=H2Se，通入CO的电极为原电池的负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为CO-2e+H2O=CO2+2H+，故石墨为正极，消耗了氢离子，PH增大；Pt电极上发生反应的电极反应式CO-2e+H2O=CO2+2H+。28（15分）保险粉（Na2S2O4)可用作食品保鲜剂、纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶
19、于乙醇。在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示：回答下列问题： （1）实验室可用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取SO2，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是_（填字母）。（2）工业上常将锌块进行预处理得到锌粉水悬浊液，其目的是_；步骤中发生反应的化学方程式为_。（3）步骤中需选用的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒之外，还有_（填名称）。（4）在步骤III中加入NaCl的作用是_，得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是_。（5）铁氰化钾可用于分析检测保险粉。铁氰化钾K3Fe(CN)6是一种比较弱的氧化剂，其具有强氧化剂所没有的选择性氧化性，能将S2O氧化
20、为SO，Fe(CN)63还原为Fe(CN)64，该反应的离子方程式为_；取1.16g Na2S2O4样品溶于水，用0.4molL1的K3Fe(CN)6标准液滴定至终点，消耗25.00mL。该样品中Na2S2O4的质量为_。【答案】（1）B （2）增大锌粉的表面积，加快反应速率；Zn+2SO2=ZnS2O4（3）漏斗（4）降低Na2S2O4的溶解度，便于其结晶析出 除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失 （5）S2O+2Fe(CN)63+2H2O2SO+2Fe(CN)64+4H+ 75% 【解析】（1）浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生Na2SO4、SO2、H2O，反应方程式为：
21、H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2+H2O，A、不能控制反应速率，且浓硫酸具有吸水性，长颈漏斗容易导致浓硫酸稀释，不合理；B、通过控制分液漏斗的活塞控制反应速率，上下联通的导气管会使浓硫酸上下气体压强一致，便于浓硫酸顺利滴下，装置合理；C、浓硫酸与盐的反应放出大量的热，会导致集气瓶炸裂，不合理；故合理选项是B；（2）工业上常将锌块进行预处理得到锌粉水悬浊液，其目的是增大锌粉的表面积，加快反应速率。根据流程图可知步骤I中发生的化学方程式为Zn+2SO2=ZnS2O4；（3）步骤是过滤，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；（4）加入NaCl降低Na2S2O4的溶解度，便于其结晶析出；N
22、a2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤，既能除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失；（5）铁氰化钾K3Fe(CN)6是一种比较弱的氧化剂，能将S2O氧化为SO，Fe(CN)63还原为Fe(CN)64，根据氧化还原反应中电子转移数目相等，该反应的离子方程式为：S2O+2Fe(CN)63+2H2O2SO+2Fe(CN)64+4H+，由方程式知两种物质的反应关系为：2K3Fe(CN)6Na2S2O4，nK3Fe(CN)6=0.4mol/L0.025L=0.01mol，则n(Na2S2O4)=5103mol，该样品中Na2S2O4的质量分数为5103mol174g/mol1.16g1
23、00%=75%。三、选考题（共15分，请考生从以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。）35【化学选修3：物质结构与性质】（15分）磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒(SARS-CoV-2)的感染。磷酸氯喹的结构如图所示，据此回答下列问题。（1）基态P原子中，电子占据的最高能级符号为_，基态N原子核外有_种运动状态不同的电子。（2）C、N、O三种元素电负性从大到小的顺序为_；第一电离能(P)_(Cl)(填“”或“”)。（3）磷酸氯喹中N原子的杂化方式为_，NH3是一种极易溶于水的气体，其沸点比AsH3的沸点高，其原因是_。（4）GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料
24、，晶体类型与晶体碳化硅类似，熔点如下表所示，GaNGaPGaAs熔点/170014801238GaN、GaP、GaAs的熔点变化原因是_。砷化镓晶体中含有的化学键类型为_(填选项字母)。A离子键 B配位键 C键 D键 E极性键 F非极性键以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置。称作原子分数坐标。如图为沿y轴投影的磷化镓晶胞中所有原子的分布图。若原子1的原子分数坐标为(0.25，0.25，0.75)，则原子2的原子分数坐标为_；若磷化镓的晶体密度为 gcm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中Ga和P原子的最近距离为_ pm(用代数式表示)。【答案】(1)3p 7(2) ON
25、C (3) sp2、sp3 NH3中N的电负性比AsH3中As的大得多，故NH3易形成分子间氢键，从而使其沸点升高；也容易与H2O形成分子间氢键，使其在水中溶解度增大 (4) 结构相似的前提下，原子晶体的熔沸点与成键原子的半径呈反比，原子半径大小为NPAs，因此GaN的熔点最高，GaAs的熔点最低BCE (0.25，0.25，0.25) 【解析】（1）基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，电子占据的最高能级符号为3p；基态N原子核外有7个电子，因此有7种运动状态不同的电子；（2）根据C、N和O的非金属性分析判断电负性，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但
26、是第VA族第一电离能大于其相邻元素；（3）磷酸氯喹中N原子有两种情况，价层电子对数分别是3、4，根据价层电子对互斥理论判断N原子轨道类型；NH3分子之间形成氢键，NH3也容易与H2O形成分子间氢键，据此分析解答；（4）结构相似的前提下，原子晶体的熔沸点与成键原子的半径呈反比，原子半径大小为NPAs，因此GaN的熔点最高，GaAs的熔点最低；硅晶胞内部的硅原子数为4，顶点和面心的碳原子为4，所以砷化镓晶体为原子晶体，每个As与4个Ga以单键相连，每个Ga也与4个As以单键相连，而As最外层有5个电子、Ga最外层有3个电子，只能形成三对共用电子对，它们之间有四个共价键，所以有一个配位键，据此分析判
27、断；P原子1和P原子2及其对称的另外两个P原子为正四面体结构，根据投影图可知晶胞在三维坐标的位置如图，则原子2的分数坐标为(0.25，0.25，0.25)；晶胞中P原子数为4，Ga原子数为8+6=4，化学式为GaP，晶胞的质量m=g=g，晶胞的体积V=cm3，晶胞的边长a=cm，P原子与周围最近的4个Ga原子形成正四面体，晶胞顶点Ga原子与四面体中心P原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于体对角线长度的，而体对角线长度等于晶胞棱长的倍，所以晶胞中Ga和P原子的最近距离为a=cm=1010pm，故答案为：(0.25，0.25，0.25)；1010。36【化学选修5：有机化学基础】（15分）咖
28、啡酸苯乙酯因具有极强的抗炎和抗氧化活性得以在食品、医学以及其他领域广泛应用。通过下列途径可合成咖啡酸苯乙酯。已知：A的核磁共振氢谱(1HNMR)显示，分子中有4种不同化学环境的氢原子，A能与FeCl3溶液发生显色反应。（1）A的化学名称为_，C中官能团的名称为_、_。（2）由A生成B的反应类型为_。（3）丙二酸的结构简式为_。（4）由D生成咖啡酸苯乙酯的反应方程式为_。（5）写出同时满足下列条件的C的所有同分异构体的结构简式(不考虑立体异构)：_。a属于酯类 b能发生银镜反应 c与FeCl3溶液发生显色反应（6）参照上述合成路线，设计一条由CH3CH2OH和苯酚为原料制备的合成路线。（合成路线
29、的表示方法为：AB目标产物）【答案】（1）对羟基苯甲醛 (酚)羟基、醛基 （2）取代反应（3）HOOCCH2COOH （4）+ +H2O（5）（6）【解析】A的核磁共振氢谱(1HNMR)显示，分子中有4种不同化学环境的氢原子，A能与FeCl3溶液发生显色反应，说明A中含有酚羟基，根据A的分子式可以知道，A为，根据B的分子式可以知道，A发生取代反应生成B为，B在碱性条件下水解再酸化得C为，根据D的分子式可以知道，C与丙二酸反应生成D为，D与苯乙醇发生酯化反应生成咖啡酸苯乙酯为，据此答题。根据分析知A为，化学名称为对羟基苯甲醛，C为，含有的官能团为醛基、（酚）羟基；（2）由A（）与溴反应生成B（），溴原子取代了氢原子，该反应为取代反应；（3）丙二酸的结构简式为HOOCCH2COOH；（4）D（）与E（）在一定条件下反应生成咖啡酸苯乙酯，反应方程式为+H2O；（5）C为，根据条件a属于酯类，说明有酯基，b能发生银镜反应，说明有醛基，c与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，则符合条件的同分异构体的结构简式为：；（6）可由乙酸和在一定条件下反应得到，根据题中合成路线可知在苯环上引入羟基的方法是先与溴反应，然后在碱溶液中水解，再进行酸化，乙酸则可通过乙醇的氧化得到，故合成路线可表示为。