1、（全国卷）2020年高考化学压轴卷（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 I 127一、选择题：本题共7个小题，每小题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。1下列关于文献记载的说法正确的是A天工开物中“世间丝麻裘褐皆具素质”，文中“丝、麻”的主要成分都是蛋白质B肘后备急方中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该提取过程属于化学变化C抱朴子中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程D本草纲目中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，涉及的实验操作是蒸馏2NA是阿伏加德
2、罗常数的值。下列说法正确的是（）A常温常压下，11.2 L SO2含有的氧原子数小于NAB0. 1 mol Na2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数等于0.4NAC10 g质量分数为34%的H2O2溶液含有的氢原子数为0.2NAD100 mL 0.1 mol/L醋酸中含有的醋酸分子数是0.01NA3短周期元素T、X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中T的单质在一定条件下能与W的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应并生成两种酸性气体，则下列相关说法正确的是A离子半径：XYWB最简单气态氢化物的热稳定性：WZC分子中每个原子均满足8电子稳定结构D最高价氧化物对应水化物的碱性：X
3、c(NH4+)c(Na+)c(OH)c(H+)7一种形状像蝴蝶结的有机分子Bowtiediene，其形状和结构如图所示，下列有关该分子的说法中错误的是A生成1 mol C5 H12至少需要4 mol H2B该分子中所有碳原子在同一平面内C三氯代物只有一种D与其互为同分异构体，且只含碳碳三键的链烃有两种二、非选择题（一）必考题：26（14分）以黄铜矿(CuFeS2)、FeCl3和乳酸CH3CH(OH)COOH为原料可制备有机合成催化剂CuCl和补铁剂乳酸亚铁CH3CH(OH)COO2Fe。其主要实验流程如下：（1）FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为_。（2）向溶液1中加入过量铁粉的目的
4、是_。（3）过滤后得到的FeCO3固体应进行洗涤，检验洗涤已完全的方法是_。（4）实验室制备乳酸亚铁的装置如图1所示。实验前通入N2的目的是_。某兴趣小组用KMnO4滴定法测定样品中Fe2含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，结果测得产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是_。（5）已知：CuCl为白色晶体，难溶于水和乙醇，在空气中易氧化；可与NaCl溶液反应，生成易溶于水的NaCuCl2。NaCuCl2可水解生成CuCl，温度、pH对CuCl产率的影响如图2、3所示。由CuCl(s)、S(s)混合物提纯CuCl的实验方案为：将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，_。(实验中须使用的试剂
5、有：饱和NaCl溶液，01 molL1 H2SO4、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：真空干燥箱)。27（14分）由含碘废水制取碘酸钾的一种工艺如下： 写出KIO3在日常生活中的一个重要应用_。 检验“含碘废水”中是否含有单质I2的常用试剂是_(写试剂名称)。 通入SO2的目的是将I2还原为I，该反应的离子方程式为_。 工艺中五种物质的制备反应中，不涉及氧化还原反应的步骤是“制_”。 “制KI(aq)”时，该温度下水的离子积为Kw1.01013，KspFe(OH)29.01015。为避免0.9 molL1 FeI2溶液中Fe2+水解生成胶状物吸附I-，起始加入K2CO3必须保持溶液的pH不大于
6、_。 “制KIO3溶液”反应的离子方程式为_。 KCl、KIO3的溶解度曲线如图所示。流程中由“KIO3(aq)”得到KIO3晶体的操作步骤为_。28（15分）尿素CO(NH2)2 是首个由无机物合成的有机化合物，通常用作植物的氮肥。合成尿素的主要反应如下：i. 2NH3(l) + CO2(g) (l)（氨基甲酸铵） Ha kJ/molii. (l) (l) + H2O(l) H+b kJ/moliii. 2（缩二脲）+NH3 （副反应，程度较小）（1）实验室制取氨气的化学方程式是_。（2）CO(NH2)2中C为+4价，N的化合价_。（3）CO2和NH3合成尿素的热化学方程式为_。（4）工业上
7、提高氨碳比（），可以提高尿素的产率，结合反应iiii，解释尿素产率提高的原因_。（5）某科研小组模拟工业合成尿素，一定条件下，在0.5L的密闭容器中投入4molNH3和1molCO2，测得反应中各组分的物质的量随时间变化如图1所示：反应进行到10min时，用CO2表示反应i的速率(CO2)_。合成总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素的总反应的快慢由第_步反应决定（填“i”或“ii”）。（6）我国研制出非贵金属镍钼基高效电催化剂，实现电解富尿素废水低能耗制H2（装置如图2）。总反应为：CO(NH2)2+H2O3H2+N2+CO2。A电极连接电源的_极（填“正”或“负”）。A电极的电极反应为_。
8、（二）选考题：请考生2道化学题中任选一题作答。如果多做，则每按所做的第一题计分。35化学选修3：物质结构与性质（15分）中国海军航母建设正在有计划、有步骤向前推进，第一艘国产航母目前正在进行海试。建造航母需要大量的新型材料。航母的龙骨要耐冲击，航母的甲板要耐高温，航母的外壳要耐腐蚀。(1)镍铬钢抗腐蚀性能强，Ni2+基态原子的核外电子排布为_，铬元素在周期表中_区。(2)航母甲板涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷结构如图所示，其中C原子杂化方式为_杂化。(3)海洋是元素的摇篮，海水中含有大量卤族元素。根据下表数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是_填元素符号根据价层电子对互斥理论，预测
9、ClO3的空间构型为_形，写出一个ClO3的等电子体的化学符号_。(4)海底金属软泥是在洋海底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的资源，含有硅、铁、锰、锌等。如右图是从铁氧体离子晶体Fe3O4中取出的能体现其晶体结构的一个立方体，则晶体中的离子是否构成了面心立方最密堆积？_(填“是”或“否”)；该立方体是不是Fe3O4的晶胞？_(填“是”或“否”)；立方体中铁离子处于氧离子围成的_(填空间结构)空隙；根据下图计算Fe3O4晶体的密度为_g/cm3。(图中a=0.42nm，计算结果保留两位有效数字)36化学一选修5：有机化学基础（15分）烯烃复分解反应可示意如下：利用上述方法制备核苷类抗病毒药
10、物的重要原料W的合成路线如下： 回答下列问题：(1)B的化学名称为_。(2)由B到C的反应类型为_。(3)D到E的反应方程式为_。(4)化合物F在Grubbs II催化剂的作用下生成G和另一种烯烃，该烯烃的结构简式是_。(5)H中官能团的名称是 _(6)化合物X是H的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，1mol X最多可与3mol NaOH反应，其核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3：2：2：1。写出两种符合要求的X的结构简式：_。(7)由为起始原料制备的合成路线如下，请补充完整（无机试剂任选）。_。参考和解析7【答案】D【解析】A丝的主要成分是蛋白质，麻的主要成分是天然纤维，故A错误；
11、B青蒿素提取利用的是萃取原理，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C升华属于物理变化，丹砂（HgS）烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属于升华，故C错误；D白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故D正确；故答案为D。8【答案】A【解析】A常温常压下，气体摩尔体积大于22.4 L/mol，故11.2 L二氧化硫的物质的量小于0.5 mol，则含有的氧原子个数小于NA，故A正确；B由Na2O2的电子式为，Na2O的电子式为可知，1 mol Na2O中含3 mol离子，1 mol Na2O2中含3 mol离子，则0.1 mol Na2O和Na2O2混合
12、物中离子为0.3 mol，即含有的阴、阳离子总数是0.3NA，故B错误；CH2O2溶液中，除了H2O2，水也含氢原子，故10 g质量分数为34%的H2O2溶液中溶质的质量10 g34%=3.4g，物质的量n=0.1mol，一个过氧化氢分子中含有两个氢原子，1mol过氧化氢分子中含有2mol氢原子，0.1mol过氧化氢分子中含有0.2mol氢原子，0.2mol氢原子个数等于0.2NA，水也含氢原子，氢原子的个数大于0.2NA，故C错误；D醋酸为弱酸，在水中不完全电离，100 mL 0.1 mol/L醋酸的物质的量n=cV=0.1mol/L0.1L=0.01mol，含有的醋酸分子数小于0.01NA
13、，故D错误；答案选A。9【答案】C【解析】T的单质在一定条件下能与w的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应并生成两种酸性气体，根据元素在周期表中的位置关系可确定：T是C元素， X是Mg元素，Y是Al元素，Z是P元素,，W是S元素。A、电子层数相同的离子，根据其核电核数大小判断：核电核数多的离子半径小，核电核数少的离子半径大；电子层数不同的离子，根据电子层数判断：电子层数多的离子半径大，电子层数少的离子半径小。X是Mg元素，Y是Al元素，W是S元素，所以离子半径：Y X HClO HCO3-,则向NaClO溶液中通入足量CO2：ClOCO2H2O=HClOHCO3-，故D项正确；答案选D。12【答
14、案】C【解析】A项、M点是向1L 0.1molL-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，反应得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液中铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A正确；B项、根据电荷守恒c(H+)c(NH4+)c(Na+)c(OH)c(Cl)，可得n(OH)n(H+)=c(NH4+)c(Na+)c(Cl)1L，在M点时c(NH4+)=0.05molL1，c(Na+)=amolL1，c(Cl)=0.1molL1，带入数据可得n(OH)n(H+)=0.05molL-1+a molL-10.1molL-11L=(
15、a0.05)mol，故B正确；C项、氨水的电离常数Kb=，则=，温度不变Kb不变，随着NaOH的加入，c(NH4+)不断减小，不断减小，则不断减小，故C错误；D项、当n（NaOH）=0.05mol时，NH4Cl和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的NH3H2O和NH4Cl、NaCl，NH3H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度，导致溶液呈碱性，钠离子、氯离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Cl-）c（NH4+）c（Na+）c（OH-）c（H+），故D正确。故选C。13【答案】B【解析】A. 由结构式可知分子中含有5个C、4个H原子，则分子式为C5H4，根据不饱和度的规律可知，该分子内
16、含4个不饱和度，因此要生成1 mol C5 H12至少需要4 mol H2，A项正确；B. 分子中含有饱和碳原子，中心碳原子与顶点上的4个碳原子形成4个共价单键，应是四面体构型，则分子中四个碳原子不可能在同一平面上，B项错误；C. 依据等效氢思想与物质的对称性可以看出，该分子的三氯代物与一氯代物等效，只有一种，C项正确；D. 分子式为C5H4，只含碳碳叁键的链烃有CHC-CH2-CCH或CHC-CC-CH3这2种同分异构体，D项正确；答案选B。26【答案】CuFeS23Fe3Cl=4Fe2CuCl2S(2分) 除去溶液中的Fe3，提高产品的纯度(2分) 取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的A
17、gNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全 (2分) 排尽装置中的空气，防止Fe2被氧化 (2分) KMnO4具有强氧化性，可将Fe2和乳酸根离子中的羟基一同氧化(3分) 过滤,控制温度60 左右,向滤液中滴加0.1 molL1 H2SO4，控制溶液的pH为2.02.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥 (3分)【解析】 (1) 由上述分析可以知道，FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为CuFeS23Fe3Cl=4Fe2CuCl2S。因此，本题正确答案是：CuFeS23Fe3Cl=4Fe2CuCl2S； (2) 溶液1中含有FeCl3，向溶液1中加入过量铁粉的目的
18、是除去溶液中的Fe3，提高产品的纯度。因此，本题正确答案是：除去溶液中的Fe3，提高产品的纯度；(3)FeCO3固体会吸附溶液中的Cl-，所以检验洗涤已完全应检验是否含有Cl-，方法为：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全，因此，本题正确答案是：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全；(4)亚铁离子容易被氧气氧化，实验前通入N2的目的是排尽装置中的空气，防止Fe2被氧化。因此，本题正确答案是：排尽装置中的空气，防止Fe2被氧化；乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，计算中按亚铁离子
19、被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%，因此，本题正确答案是：KMnO4具有强氧化性，可将Fe2和乳酸根离子中的羟基一同氧化。(5)根据题给信息，将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，CuCl与NaCl溶液反应，生成易溶于水的NaCuCl2，过滤后除去S；将NaCuCl2水解生成CuCl，根据温度、pH对CuCl产率的影响的曲线，应选择温度60 左右，控制溶液的pH为2.02.5左右，具体的操作为：过滤，控制温度60 左右，向滤液中滴加0.1 molL1 H2SO4，控制溶液的pH为2.02.5左右，搅拌、趁热过滤。最后用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱
20、中干燥，因此，本题正确答案是：过滤，控制温度60 左右，向滤液中滴加0.1 molL1 H2SO4，控制溶液的pH为2.02.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥。27【答案】食盐添加剂，补充碘成分，预防碘缺乏病（2分） 淀粉溶液（2分） SO2I22H2O=SO42-2I4H( 或2SO2I22Cu24H2O=2CuI2 SO42-8H) （2分） KI(aq) （2分） 6.0 （2分） 5Cl2I212OH=2IO3-10Cl6H2O （2分） 蒸发浓缩，降温结晶 （2分） 【解析】 KIO3是日常生活中食用加碘盐的主要添加剂，可以预防碘缺乏病，故答案为食盐添
21、加剂，补充碘成分，预防碘缺乏病；(2)因淀粉遇碘变蓝，因此检验“含碘废水”中是否含有单质I2，常用的试剂是淀粉溶液，故答案为淀粉溶液；(3)通入SO2的目的是将I2还原为I-，二氧化硫被氧化生成硫酸，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2OSO42-+2I-+4H+(或2SO2+I2+2Cu2+4H2O2CuI+2SO42-+8H+)，故答案为SO2+I2+2H2OSO42-+2I-+4H+(或2SO2+I2+2Cu2+4H2O2CuI+2SO42-+8H+)； 根据工艺流程图，五种物质的制备反应中，只有制备KI溶液的过程中没有元素化合价的变化，不涉及氧化还原反应，故答案为KI(aq)；(5)
22、KspFe(OH)2=9.010-15，现测得溶液中c(FeI2)为0.9 molL-1，则c(OH-)=10-7mol/L，此温度下，Kw=1.010-13，c(H+)=10-6mol/L，pH=-lg10-6=6.0，故答案为6.0；(6)“制KIO3溶液”时，氯气和碘单质与氢氧化钾溶液反应生成KIO3和氯化钾，反应的离子方程式为5Cl2+I2+12OH-2IO3-+10Cl-+6H2O，故答案为5Cl2+I2+12OH-2IO3-+10Cl-+6H2O；(7)由溶解度曲线图可知，KIO3的溶解度小于KCl且KIO3的溶解度随温度升高而增大，由KIO3溶液得到KIO3晶体，可以通过蒸发浓缩
23、、降温结晶的方法得到，故答案为蒸发浓缩、降温结晶。28【答案】2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O （2分） 3 （1分） 2NH3(l) +CO2(g)(l) +H2O(l) H =(b-a)kJ/mol （2分） 提高氨碳比（）有利于反应i、ii正向移动，促进甲基甲酸铵分解生成尿素，有利于反应逆向移动，抑制副反应的发生，从而提高尿素产率 （2分） 0.148mol/(Lmin) （2分） ii （2分） 正（2分） CO(NH2)2 6e+H2O = N2+CO2+6H+ （2分） 【解析】（1）实验室由NH4Cl固体和Ca(OH)2固体混合加热制取氨气，化学方程式是
24、2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；（2）其中H为+1价，由化合物中正负代数和为0，CO(NH2)2中C为+4价，算出N的化合价为3；（3）由盖斯定律，CO2和NH3合成尿素的热化学方程式由反应i+反应ii，可得：2NH3(l) +CO2(g)(l) +H2O(l) H =(b-a)kJ/mol；（4）从反应iiii的平衡移动方向解答：提高氨碳比（）有利于反应i、ii正向移动，促进甲基甲酸铵分解生成尿素，有利于反应逆向移动，抑制副反应的发生，从而提高尿素产率；（5）反应进行到10min时，用CO2表示反应i的速率(CO2)=0.148mol/(Lmin);合成总反应的快
25、慢由慢的一步决定，由图的斜率大小可知，的生成速率比消耗速率快，则合成尿素的总反应的快慢由第ii步反应决定;（6）A电极上CO(NH2)2转化生成N2，N化合价升高，失去电子，作为阳极，应该连接电源的正极；总反应为：CO(NH2)2+H2O3H2+N2+CO2，阳极A电极上N化合价升高，失去电子，电极反应为CO(NH2)2 6e+H2O = N2+CO2+6H+。35【答案】1s22s22p63s23p63d8（2分） d（1分） sp3 （1分） （1分） 三角锥 （2分） SO32- （2分） 是 （1分） 是 （1分） 正八面体（2分） 5.2 （2分）【解析】 (1)Ni处于周期表中第四
26、周期第族，Ni2+基态原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d8，铬元素在周期表中d区；(2)聚硅氧烷中C形成4个单键，所以C的杂化方式为sp3；(3)根据第一电离能分析，第一电离能越小，越容易生成较稳定的单核阳离子，所以有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是I原子；根据VSEPR理论判断ClO3-的空间构型，价电子对数为VP=BP+LP=3+=4，VSEPR模型为四面体形，由于一对孤电子对占据四面体的一个顶点，所以其空间构型为三角锥形，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，则与ClO3-互为等电子体的是SO32-；(4)晶胞中，O2-的坐标为（，0，0），（0，0
27、），（0，0，），（，），将（，）+(，0)=（0，0，），将（，）+（0，）=（，0，0），将（，）+（，0，）=（0，0），刚好与前三个坐标相同，所以O2-作面心立方最密堆积，根据晶胞粒子的排布，该立方体是Fe3O4的晶胞，立方体中Fe3处于O2-围成的正八面体空隙，以立方体计算，1个立方体中含有Fe3的个数为4+3=2个，含有Fe2的个数为1个，含有O2-的个数为12+1=4个，假设取1mol这样的立方体，即有NA个这样的立方体，1mol立方体的质量为m=（563+164）g，1个立方体体积为V=a3nm3=a3（a10-7）3cm3，则晶体密度为=g/cm3=5.2 g/cm3。36【
28、答案】丙烯醛 （2分） 加成反应 （1分） （2分） CH2=CH2（2分） 羧基、碳碳双键 （2分） 、 （2分） （4分）【解析】(1)B为，其化学名称为丙烯醛；(2)由B到C是丙烯醛与水在磷酸及加热条件下发生加成反应生成HOCH2CH2CHO，反应类型为加成反应；(3)根据 可知D到E为酯化反应，反应方程式为；(4)化合物F（）在Grubbs II催化剂的作用下生成G（）和另一种烯烃，根据反应原理及碳原子数目可知，该烯烃为乙烯，结构简式是CH2=CH2；(5)根据G在氢氧化钾溶液中加热水解生成羧酸钾和乙醇，再酸化得到羧酸H为，H中官能团的名称是羧基、碳碳双键；(6)化合物X是H的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，1mol X最多可与3mol NaOH反应，则含有三个酚羟基，其核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3：2：2:1。符合要求的X的结构简式有、；(7)由为起始原料制备，与氯化氢在催化剂及加热条件下反应生成，在酸性高锰酸钾溶液中反应生成，在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成，在稀硫酸作用下生成，与发生酯化反应生成，在Grubbs II催化剂的作用下生成，合成路线如下：。