2020年高考化学试卷（江苏）（解析卷）

1/25 2020 年江苏省高考化学试卷 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 Cl35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Br 80 Ag108 Il27 单项选择题：本题包括10 小题，每小题2 分，共计20 分。每小题只有一个选项 符合题意。 1.打赢蓝天保卫战，提高空气质量。下列物质不属于空气污染物的是 A. PM2. 5 B. O2 C. SO2 D. NO 【答案】B 【解析】 【详解】A．PM2.5 指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5 微米 颗粒物，PM2.5 粒 径小，面积大，活性强，易附带有毒、有害物质，且在大气中的停留时间长、输送距离远， 因而对人体健康和大气环境质量的影响大，其在空气中含量浓度越高，就代表空气污染越严 重，PM2.5 属于空气污染物，A 不选； B．O2是空气的主要成分之一，是人类维持生命不可缺少的物质，不属于空气污染物，B 选； C．SO2引起的典型环境问题是形成硫酸型酸雨，SO2属于空气污染物，C 不选； D．NO 引起的典型环境问题有：硝酸型酸雨、光化学烟雾、破坏O3层等，NO 属于空气污染 物，D 不选； 答案选B。 2.反应 可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语 正确的是 A. 中子数为9 的氮原子： B. N2分子的电子式： 的 1/25 C. Cl2分子的结构式：Cl—ClD. Cl-的结构示意图： 【答案】C 2/25 【解析】 【详解】A．N 原子的质子数为7，中子数为9 的氮原子的质量数为7+9=16，该氮原子表示 为 ，A 错误； B．N2分子中两个N 原子间形成3 对共用电子对，N2分子的电子式为 ，B 错误； C．Cl2分子中两个Cl 原子间形成1 对共用电子对，Cl2分子的结构式为Cl—Cl，C 正确； D．Cl-的核电荷数为17，核外有18 个电子，Cl-的结构示意图为 ，D 错误； 答案选C。 3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品 B. 氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料 C. 氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸 D. 明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水 【答案】D 【解析】 【详解】A．铝在空气中可以与氧气反应生成致密氧化铝，致密氧化铝包覆在铝表面阻止铝 进一步反应，铝具有延展性，故铝可用于制作铝金属制品，A 错误； B．氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B 错误； C．氢氧化铝为两性氢氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C 错误； D．明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮 物，用于净水，D 正确； 故选D。 4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 氨水溶液：Na+、K+、OH-、NO B. 盐酸溶液：Na+、K+、SO 、 SiO 2/25 C. KMnO4溶液：NH 、Na+、NO 、I- 3/25 D. AgNO3溶液：NH 、Mg2+、Cl-、SO 【答案】A 【解析】 【详解】A．在0.1mol/L 氨水中，四种离子可以大量共存，A 选； B．在0.1mol/L 盐酸中含有大量氢离子，四种离子中硅酸根可以与氢离子反应生成硅酸沉淀， 故不能共存，B 不选； C． 具有强氧化性，可以将碘离子氧化成碘单质，故不能共存，C 不选； D．在0.1mol/L 硝酸银溶液中，银离子可以与氯离子、硫酸根离子反应生成氯化银、硫酸银 沉淀，不能共存，D 不选； 故选A。 5.实验室以CaCO3为原料，制备CO2并获得CaCl2﹒6H2O 晶体。下列图示装置和原理不能达 到实验目的的是 A. 制备CO2 B. 收集CO2 C. 滤去CaCO3 D. 制得CaCl2﹒6H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A．碳酸钙盛放在锥形瓶中，盐酸盛放在分液漏斗中，打开分液漏斗活塞，盐酸与 碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，故A 正确； 3/25 B．二氧化碳密度比空气大，用向上排空气法收集二氧化碳气体，故B 正确； 4/25 C．加入的盐酸与碳酸钙反应后，部分碳酸钙未反应完，碳酸钙是难溶物，因此用过滤的方 法分离，故C 正确； D．CaCl2∙6H2O 易失去结晶水，因此不能通过加热蒸发皿得到，可由氯化钙的热饱和溶液冷 却结晶析出六水氯化钙结晶物，故D 错误。 综上所述，答案为D。 6.下列有关化学反应 叙述正确的是 A. 室温下，Na 在空气中反应生成Na2O2 B. 室温下，Al 与4.0 mol﹒L-1NaOH 溶液反应生成NaAlO2 C. 室温下，Cu 与浓HNO3反应放出NO 气体 D. 室温下，Fe 与浓H2SO4反应生成FeSO4 【答案】B 【解析】 【详解】A．室温下，钠与空气中氧气反应生成氧化钠，故A 错误； B．室温下，铝与NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故B 正确； C．室温下，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体，故C 错误； D．室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，故D 错误。 综上所述，答案为B。 7.下列指定反应的离子方程式正确的是 A. Cl2通入水中制氯水： B. NO2通入水中制硝酸： C. NaAlO2溶液中通 入过量CO2： D. AgNO3溶液中加入过量浓氨水： 【答案】C 【解析】 【详解】A.次氯酸为弱酸，书写离子方程式时应以分子形式体现，正确的是Cl2＋H2O H ＋＋Cl－＋HClO，故A 错误； 的 4/25 B.NO2与H2O 反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，离子方程式为3NO2＋H2O=2H＋＋2 ＋ NO，故B 错误； 5/25 C.碳酸的酸性强于偏铝酸，因此NaAlO2溶液通入过量的CO2，发生的离子方程式为 ＋ CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋ ，故C 正确； D.AgOH 能与过量的NH3·H2O 反应生成[Ag(NH3)2]OH，故D 错误； 答案为C。 【点睛】本题应注意“量”，像选项C 中若不注意CO2是过量的，往往产物写成 ，还有 选项D，AgOH 能溶于氨水中，生成银氨溶液。 8.反应 可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确 的是 A. 该反应 、 B. 该反应的平衡常数 C. 高温下反应每生成1 mol Si 需消耗 D 用E 表示键能，该反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．SiCl4、H2、HCl 为气体，且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因 此该反应为熵增，即△S>0，故A 错误； B．根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K= ,故B 正确；C.题中说 的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22.4L·mol－1计算，故C 错误； D．△H=反应物键能总和－生成物键能总和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl) － 2E(Si－Si)，故D 错误； 答案为B。 阅读下列资料，完成9~10 题 海水晒盐后精制得到NaCl，氯碱工业电解饱和NaCl 溶液得到Cl2和NaOH，以 5/25 NaCl、NH3、CO2等为原料可得到 NaHCO3；向海水晒盐得到的卤水中通Cl2可 制溴；从海水中还能提取镁。 9.下列关于Na、Mg、Cl、Br 元素及其化合物的说法正确的是 6/25 A. NaOH 的碱性比Mg(OH)2的强 B. Cl2得到电子的能力比Br2的弱 C. 原子半径r: D. 原子的最外层电子数n: 【答案】A 【解析】 【详解】A．同周期自左至右金属性减弱，所以金属性Na＞Mg，则碱性NaOH＞Mg(OH)2， 故A 正确； B．同主族元素自上而下非金属性减弱，所以非金属性Cl＞Br，所以Cl2得电子的能力比Br2 强，故B 错误； C．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小原子半径越大，所以原子半 径：r(Br)＞r(Na)＞r(Mg)＞r(Cl)，故C 错误； D．Cl 和Br 为同主族元素，最外层电子数相等，故D 错误。 综上所述，答案为A。 10.下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. (aq) (g) 漂白粉(s) B. (aq) (s) (s) C. (aq) (aq) (aq)D. (s) (aq) (s) 【答案】C 【解析】 【详解】A．石灰水中Ca(OH)2浓度太小，一般用氯气和石灰乳反应制取漂白粉，故A 错误； B．碳酸的酸性弱于盐酸，所以二氧化碳与氯化钠溶液不反应，故B 错误； C．氧化性Cl2＞Br2＞I2，所以氯气可以氧化NaBr 得到溴单质，溴单质可以氧化碘化钠得到 碘单质，故C 正确； D．电解氯化镁溶液无法得到镁单质，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出的氢离子放 6/25 电产生氢气，同时产生大量氢氧根，与镁离子产生沉淀，故D 错误。 综上所述，答案为C。 7/25 不定项选择题：本题包括5 小题，每小题4 分，共计20 分。每小题只有一个或两 个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0 分；若正确 答案包括两个选项，只选一个且正确的得2 分，选两个且都正确的得满分，但只 要选错一个，该小题就得0 分。 11.将金属M 连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中， 下列有关说法正确的是 A. 阴极的电极反应式为 B. 金属M 的活动性比Fe 的活动性弱 C. 钢铁设施表面因积累大量电子而被保护 D. 钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快 【答案】C 【解析】 【分析】 该装置为原电池原理的金属防护措施，为牺牲阳极的阴极保护法，金属M 作负极，钢铁设备 作正极，据此分析解答。 【详解】A.阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，故A 错误； B.阳极金属M 实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M 活动性比Fe 的活动性强，故B 错误； C.金属M 失电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属 不再失电子从而被保护，故C 正确； D.海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁 设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，故D 错误； 故选：C。 12.化合物Z 是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得。 8/25 下列有关化合物X、Y 和Z 的说法正确的是 A. X 分子中不含手性碳原子 B. Y 分子中的碳原子一定处于同一平面 C. Z 在浓硫酸催化下加热可发生消去反应 D. X、Z 分别在过量NaOH 溶液中加热，均能生成丙三醇 【答案】CD 【解析】 【详解】A .X 中 红色碳原子为手性碳原子，故A 说法错误； B. 中与氧原子相连接的碳原子之间化学键为单键，可以旋转， 因此左侧甲基上碳原子不一定与苯环以及右侧碳原子共平面，故B 说法错误； C. 中与羟基相连接的碳原子邻位碳原子上有氢原 子，在浓硫酸作催化并加热条件下，能够发生消去反应，故C 说法正确； D. 中含有卤素原子，在过量氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反 应生成丙三醇， 在氢氧化钠溶液作用下先发生水 8/25 解反应生成 ，然后 在氢氧化钠溶液并加热条件下能够 发生取代反应生成丙三醇，故D 说法正确； 综上所述，说法正确的是：CD。 【点睛】醇类和卤代烃若发生消去反应，则醇分子中羟基 9/25 (-OH)或卤代烃中卤原子相连的碳原子必须有相邻的碳原子，且此相邻的碳原子上还必须连有 氢原子时，才可发生消去反应。 13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选 项 实验操作和现象 结论 A 向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH 溶液至中性，再滴 加少量碘水，溶液变蓝 淀粉未水解 B 室温下，向 HCl 溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度 上升 镁与盐酸反应 放热 C 室温下，向浓度均为 的BaCl2和CaCl2混合溶液中加入Na2CO3溶液， 出现白色沉淀 白色沉淀是 BaCO3 D 向 H2O2溶液中滴加 KMnO4溶液，溶液褪色 H2O2具有氧化 性 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A .加入碘水后，溶液呈蓝色，只能说明溶液中含有淀粉，并不能说明淀粉是否发生 了水解反应，故A 错误；B.加入盐酸后，产生大量气泡，说明镁与盐酸发生化学反应，此时 溶液温度上升，可证明镁与盐酸反应放热，故B 正确； C.BaCl2、CaCl2均能与Na2CO3反应，反应产生了白色沉淀，沉淀可能为BaCO3或CaCO3或二 者混合物，故C 错误； D.向H2O2溶液中加入高锰酸钾后，发生化学反应2KMnO4+3H2O2=2MnO2+2KOH+2H2O+3O2↑ 等(中性条件)，该反应中H2O2被氧化，体现出还原性，故D 错误； 综上所述，故答案为：B。 【点睛】 10/25 淀粉在稀硫酸作催化剂下的水解程度确定试验较为典型，一般分三种考法：①淀粉未发生水 解：向充分反应后的溶液中加入碘单质，溶液变蓝，然后加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱 性，然后加入新制氢氧化铜溶液并加热，未生成砖红色沉淀；②淀粉部分发生水解：向充分 反应后的溶液中加入碘单质，溶液变蓝，然后加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加 入新制氢氧化铜溶液并加热，生成砖红色沉淀；③向充分反应后的溶液中加入碘单质，溶液 不变蓝，然后加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入新制氢氧化铜溶液并加热，生 成砖红色沉淀。此实验中需要注意：①碘单质需在加入氢氧化钠溶液之前加入，否则氢氧化 钠与碘单质反应，不能完成淀粉的检验；②酸性水解后的溶液需要加入氢氧化钠溶液碱化， 否则无法完成葡萄糖的检验；③利用新制氢氧化铜溶液或银氨溶液检验葡萄糖试验中，均需 要加热，银镜反应一般为水浴加热。 14.室温下，将两种浓度均为 的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可 忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是 A. 混合溶液(pH=10.30)： B. 氨水-NH4Cl 混合溶液(pH=9.25)： C. 混合溶液(pH=4.76): D. 混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸): 【答案】AD 【解析】 【详解】A. NaHCO3 水溶液呈碱性，说明 的水解程度大于其电离程度，等浓度的 NaHCO3 和Na2CO3 水解关系为： ，溶液中剩余微粒浓度关系为： 10/25 ， 和 水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和 Na2CO3 化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为： ，故A 正确； B.该混合溶液中电荷守恒为： ，物料守恒为： ，两式联立消去c(Cl-)可得： ，故B 错误； C.若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说 明CH3COOH 电离程度大于CH3COONa 11/25 水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故C 错误； D.该混合溶液中物料守恒为： ，电荷守恒为： ，两式相加可得： ，故D 正确； 综上所述，浓度关系正确的是：AD。 15.CH4与CO2重整生成H2和CO 的过程中主要发生下列反应 在恒压、反应物起始物质的量比 条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下 列有关说法正确的是 A. 升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率 B. 曲线B 表示CH4的平衡转化率随温度的变化 C. 相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A 和曲线B 相重叠 D. 恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1 条件下，反应至CH4转化率达到X 点的值，改变除温度 外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y 点的值 11/25 【答案】BD 【解析】 【详解】A．甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲 烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转 化率减小，故A 错误； B．根据两个反应得到总反应为CH4(g)＋2CO2(g) H2(g)＋3CO(g) ＋H2 12/25 O (g)，加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的转化率大于 CH4，因此曲线B 表示CH4的平衡转化率随温度变化，故B 正确； C．使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，故C 错误； D．800K 时甲烷的转化率为X 点，可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y 点 的值，故D 正确。 综上所述，答案为BD。 16.吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO 水悬浊液吸收烟气中 SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。 已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3 -、SO3 2-的物质 的量分数随pH 的分布如图-1 所示。 (1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为___________；当通入 SO2至溶液pH=6 时，溶液中浓度最大的阴离子是_____________(填化学式)。 (2)ZnO 水悬浊液吸收SO2。向ZnO 水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40mim 内， SO2吸收率、溶液pH 均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。溶液pH 几乎不变阶段， 主要产物是____________(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为__ _____________。 12/25 (3)O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到 溶液的pH 在4.5~6.5 范围内，pH 越低SO 13/25 生成速率越大，其主要原因是__________；随着氧化的进行，溶液的pH 将__________( “ 填增 ” “ ” “ ” 大、减小或不变)。 【 答 案 】 (1). 或 (2). HSO (3). ZnSO3 (4). 或 (5). 随着 pH 降低，HSO 浓度增大 (6). 减小 【解析】 【分析】向氨水中通入少量的SO2，反应生成亚硫酸铵，结合图像分析pH=6 时溶液中浓度最 大的阴离子；通过分析ZnO 吸收SO2 后产物的溶解性判断吸收率变化的原因；通过分析 与氧气反应的生成物，分析溶液pH 的变化情况。 【详解】(1)向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为 2NH3+H2O+SO2=2 + （或2NH3·H2O +SO2=2 + +H2O）；根据图-1 所示， pH=6