2020年高考化学试卷（天津）（解析卷）

1/20 2020 年天津市普通高中学业水平等级性考试 化 学 相对原子质量：H1 O16 S32 Co 59 Cu 64 Zn 65 Ba 137 第I 卷 1.在全国人民众志成城抗击新冠病毒期间，使用的“84 消毒液”的主要有效成分是 A. NaOH B. NaCl C. NaClO D. Na2CO3 【答案】C 【解析】 【详解】工业上用Cl2 与NaOH 溶液反应制取“ 84 消毒液” ，反应原理为 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，NaClO 具有强氧化性，能用于杀菌消毒，故“84 消毒液”的主 要有效成分是NaClO，答案选C。 2.晋朝葛洪的《肘后备急方》中记载：“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之……”，受 此启发为人类做出巨大贡献的科学家是 A. 屠呦呦 B. 钟南山 C. 侯德榜 D. 张青莲 【答案】A 【解析】 【详解】A.屠呦呦 主要贡献是发现了治疗疟疾的青蒿素，测定了青蒿素的组成、结构，成 功合成双氢青蒿素等； B.钟南山是中国工程院院士，著名呼吸病学专家，长期从事呼吸内科的医疗、教学、科研工 作，重点开展哮喘，慢阻肺疾病，呼吸衰竭和呼吸系统常见疾病的规范化诊疗、疑难病、少 见病和呼吸危重症监护与救治等方面的研究； C.侯德榜的主要贡献是：揭开了索尔维制碱法的秘密、创立了侯氏制碱法等； D.张青莲的主要贡献：主持测定了铟、铱、锑、铕、铈、锗、锌、镝几种元素的相对原子质 量新值，被国际原子量委员会采用为国际新标准； “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之……”描述的是从青蒿中提取青蒿素治疗疟疾的过 程，受此启发为人类做出巨大贡献的科学家是屠呦呦；答案选A。 的 1/20 3.下列说法错误的是A. 淀粉和纤维素均可水解产生葡萄糖 2/20 B. 油脂的水解反应可用于生产甘油 C. 氨基酸是组成蛋白质的基本结构单元 D. 淀粉、纤维素和油脂均是天然高分子 【答案】D 【解析】 【详解】A.淀粉和纤维素都属于多糖，两者水解的最终产物都为葡萄糖，A 正确； B.油脂在酸性条件下水解成高级脂肪酸和甘油，在碱性条件下水解成高级脂肪酸盐和甘油， 则油脂的水解反应可用于生产甘油，B 正确； C.氨基酸中含有氨基和羧基，氨基酸可以通过缩聚反应形成蛋白质，蛋白质水解最终生成氨 基酸，故氨基酸是组成蛋白质的基本结构单元，C 正确； D.天然高分子的相对分子质量是上万，淀粉和纤维素都是天然高分子，而油脂的相对分子质 量还不到1000，故油脂不属于高分子，D 错误； 答案选D。 4.下列离子方程式书写正确的是 A. CaCO3与稀硝酸反应： B. FeSO4溶液与溴水反应： C. NaOH 溶液与过量H2C2O4溶液反应： D. C6H5ONa 溶液中通入少量CO2: 【答案】B 【解析】 【详解】A．CaCO3与稀硝酸反应生成硝酸钙和水和二氧化碳，碳酸钙是固体难溶物，写离 子方程式时不能拆成离子形式，正确的离子方程式为： ，故A 错误； B．FeSO4溶液与溴水反应时，溴单质氧化了亚铁离子，将亚铁离子氧化成铁离子，正确的离 子方程式为： ，故B 正确； 2/20 C 3/20 ．氢氧化钠与过量的草酸反应，说明氢氧化钠的量不足，生成草酸氢钠，正确的离子方程式 为 ，故C 错误； D．苯酚钠中通入少量或过量二氧化碳都生成苯酚和碳酸氢钠，苯酚的酸性弱于碳酸强于碳 酸氢根，故正确的离子方程式为： ，故D 错误； 答案选B。 5.下列实验仪器或装置的选择正确的是 配制50 00mL0.1000mol.L-1 Na2CO3溶液 除去Cl2中的HCl 蒸馏用冷凝管 盛装Na2SiO3溶液的试剂 瓶 A B C D A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．配制50.00mL0.1000mol.L-1Na2CO3溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配置溶液， 故A 错误； B．除去氯气中的氯化氢气体使用饱和氯化钠溶液，可以吸收氯化氢气体，根据氯气在水中 的反应：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，饱和氯化钠溶液中的氯离子使氯气溶于水的平衡逆向移动， 降低氯气在水中的溶解度，洗气瓶长进短出，利于除杂，故B 正确；C．蒸馏要使用直形冷 凝管，不能使用球形冷凝管，故C 错误； D . 4/20 ．硅酸钠溶液呈碱性，硅酸钠溶液是一种矿物胶，能将玻璃塞与试剂瓶的瓶口粘在一起，盛 装Na2SiO3溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞，应使用橡胶塞，故D 错误。 答案选B。 6.检验下列物所选用的试剂正确的是 待检验物质 所用试剂 A 海水中的碘元素 淀粉溶液 B SO2气体 澄清石灰水 C 溶液中的Cu2+ 氨水 D 溶液中的 NaOH 溶液，湿润的蓝色石蕊试纸 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．淀粉溶液可以检验碘单质，不能检验碘元素，故A 错误； B．能使澄清石灰水变浑浊的气体可以是二氧化硫或二氧化碳，应该用品红检验二氧化硫气 体，故B 错误； C．铜离子遇到氨水会先产生氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水会生成四氨合铜离子，检验铜 离子可以用氨水，故C 正确； D．铵根离子遇氢氧化钠溶液（加热）生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，不能 使用湿润的蓝色石蕊试纸检验氨气，故D 错误； 答案选C。 7.常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是A. 相同浓度的 HCOONa 和NaF 两溶液，前 者的pH 较大，则 B. 相同浓度的CH3COOH 和CH3COONa 两溶液等体积混合后pH 约为4.7，则溶液中 4/20 C. FeS 溶于稀硫酸，而CuS 不溶于稀硫酸，则 5/20 D. 在 溶液中， 【答案】A 【解析】 【详解】A．HCOONa 和NaF 的浓度相同，HCOONa 溶液的pH 较大，说明HCOO－的水解程 度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A 错 误； B．相同浓度的CH3COOH 和CH3COONa 两溶液等体积混合后pH 约为4.7，此时溶液呈酸性， 氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠 离子浓度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B 正确； C．CuS 的溶解度较小，将CuS 投入到稀硫酸溶液中，CuS 溶解平衡电离出的S2−不足以与H+ 发生反应，而将FeS 投入到稀硫酸后可以得到H2S 气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C 正确； D．根据溶液中的物料守恒定律，1 mol∙L−1 Na2S 溶液中所有含S 元素的粒子的总物质的量的 浓度为1 mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1 mol∙L−1，故D 正确； 综上所述，答案为A。 8.短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法正确的是 元素 X Y Z W 最高价氧化物的水化物 H3ZO4 溶液对应的pH(25 ) ℃ 1.00 13.00 1.57 0.70 A. 元素电负性：Z<W B. 简单离子半径：W<YC. 元素第一电 离能：Z<W D. 简单氢化物的沸点：X<Z 【答案】A 【解析】 【分析】 6/20 四种短周期元素，均可以形成最高价氧化物对应的水化物。有H3ZO4可知，该酸为弱酸，则 Z 为P 元素；0.1 mol∙L−1 W 的最高价氧化物对应的水化物的pH 为0.70，说明该物质为多元强 酸，为硫酸，则W 为S 元素；0.1 mol∙L−1 Y 的最高价氧化物对应的水化物的pH 为13.00，说 明该物质为一元强碱，为氢氧化钠，则Y 为Na 元素；0.1 mol∙L−1 X 的最高价氧化物对应的 水化物的pH 为1.00，说明该物质为一元强酸，为硝酸，则Y 为N 元素，据此回答。 【详解】A．同一周期元素的电负性随着原子序数的递增而增大，因S 的原子序数大于P，则 S 的电负性大于P，胡A 正确； B．电子层数越多离子半径越大，Na+有两个电子层而S2−有三个电子层，因此S2−的离子半径 较大，故B 错误； C．同一周期元素原子的第一电离能总趋势为依次增大，但由于第ⅡA、ⅤA 族元素的电子 排布结构为全充满或半充满状态，原子结构较为稳定，故第ⅡA、ⅤA 族元素的第一电离能 较相邻两个主族的电离能较大，故P 的第一电离能大于S，故C 错误； D．相对分子质量越大，物质的熔沸点越高，但由于X 的氢化物NH3中含有分子间氢键，因 此NH3的沸点高于PH3的沸点，故D 错误； 综上所述，答案为A。 【点睛】分子的相对分子质量越大，熔沸点越高，但需要注意分子间是否能够形成氢键；分 子间氢键可以增大物质的熔沸点，但分子内氢键可以降低物质的熔沸点。 9.关于 的说法正确的是 A. 分子中有3 种杂化轨道类型的碳原子 B. 分子中共平面的原子数目最多为14 C. 分子中的苯环由单双键交替组成D. 与Cl2发生取代反应生成两种产物 【答案】A 【解析】 【详解】A．—CH3的碳原子有4 个σ 键，无孤对电子，是sp3杂化，苯环上的碳原子有3 个 σ 7/20 键，无孤对电子，是sp2杂化，—C≡CH 的碳原子有2 个σ 键，无孤对电子，是sp 杂化，因 此分子中有3 种杂化轨道类型的碳原子，故A 正确； B．根据苯中12 个原子共平面，乙炔中四个原子共直线，甲烷中三个原子共平面，因此分子 中共平面的原子数目最多为15 个(甲基中碳原子和其中一个氢原子与其他原子共面)，故B 错 误； C．分子中的苯环中碳碳键是介于碳碳单键和双键之间独特的键，故C 错误； D．与Cl2发生取代反应，取代甲基上的氢有一种产物，取代苯环上的氢有四种产物，因此取 代反应生成五种产物，故D 错误。 综上所述，答案为A。 10.理论研究表明，在101kPa 和298K 下， 异构化反应过程的能量变化 如图所示。下列说法错误的是 A. HCN 比HNC 稳定 B. 该异构化反应的 C. 正反应的活化能大于逆反应的活化能 D. 使用催化剂，可以改变反应的反应热 【答案】D 【解析】【详解】A．根据图中信息得到HCN 能量比HNC 能量低，再根据能量越低越稳定， 因此HCN 比HNC 稳定，故A 正确； B．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的 ，故B 正确； C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C 正确； D 8/20 ．使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总 能量有关，故D 错误。 综上所述，答案为D。 11.熔融钠-硫电池性能优良，是具有应用前景的储能电池。下图中的电池反应为 (x=5~3，难溶于熔融硫)，下列说法错误的是 A. Na2S4的电子式为 B. 放电时正极反应为 C. Na 和Na2Sx分别为电池的负极和正极 D. 该电池是以 为隔膜的二次电池 【答案】C 【解析】 【分析】 根据电池反应： 可知，放电时，钠作负极，发生氧化反应，电极反 应为：Na-e-= Na+，硫作正极，发生还原反应，电极反应为 ，据此分 析。 【详解】A．Na2S4 属于离子化合物，4 个硫原子间形成三对共用电子对，电子式为 ，故A 正确； B．放电时发生 是原电池反应，正极发生还原反应，电极反应为： ， 故B 正确；的 8/20 C．放电时，Na 为电池的负极，正极为硫单质，故C 错误； D．放电时，该电池是以钠作负极，硫作正极的原电池，充电时，是电解池， 为 隔膜，起到电解质溶液的作用，该电池为二次电池，故D 正确； 答案选C 。 9/20 12.已知 呈粉红色， 呈蓝色， 为无色。现将CoCl2溶于 水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡： ，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下： 以下结论和解释正确的是 A. 等物质的量的 和 中σ 键数之比为3:2 B. 由实验①可推知△H<0 C. 实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动 D. 由实验③可知配离子的稳定性： 【答案】D 【解析】 【详解】A.1 个[Co(H2O)6]2+中含有18 个σ 键，1 个[CoCl4]2-中含有4 个σ 键，等物质的量的 [Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-所含σ 键数之比为18:4=9:2，A 错误； B. 实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反 应为放热反应，正反应为吸热反应，∆H>0，B 错误；C. 实验②加水稀释，溶液变为粉红色， 加水稀释，溶液的体积增大，[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+、Cl-的化 学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬时浓度商>化学平衡常数，平衡逆向移动，C 错误； D. 实验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-， 导致溶液中c（Cl-）减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-，D 正确； 答案选D。 【点睛】本题有两个易错点：A 项中[Co(H2O)6]2+中不仅有Co2+与H2O 10/20 分子间的配位键，而且每个H2O 分子中还有两个O—Hσ 键；C 项中H2O 为溶剂，视为纯液 体，加水稀释，溶液体积增大，相当于利用“对气体参与的反应，增大体积、减小压强，平衡 向气体系数之和增大的方向移动”来理解。 第Ⅱ卷 13.Fe、Co、Ni 是三种重要的金属元素。回答下列问题: (1)Fe、Co、Ni 在周期表中的位置为_________，基态Fe 原子的电子排布式为__________。 (2)CoO 的面心立方晶胞如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA，则CoO 晶体的密度为_____ _g﹒cm-3：三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为_______。 (3)Fe、Co、Ni 能与C12反应，其中Co 和为Ni 均生产 二氯化物，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为____，Co(OH)3与盐酸反 应有黄绿色气体生成，写出反应的离子方程式：______。 (4)95℃时，将Ni 片浸在不同质量分数的硫酸中，经4 小时腐蚀后的质量损失情况如图所示， 当 大于63%时，Ni 被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为_____。由于Ni 与H2SO4 反应很慢，而与稀硝酸反应很快，工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni 反应制备NiSO4。 为了提高产物的纯度，在硫酸中添加HNO3的方式为______(填“一次过量”或“少量多次”)，此 10/20 法制备NiSO4的化学方程式为_______。 【答案】 (1). 第四周期第VIII 族 (2). 1s22s22p63s23p63d64s2 或[Ar]3d64s2 (3). (4). NiO＞CoO＞FeO (5). CoCl3＞Cl2＞FeCl3 (6). 2Co(OH)3 ＋6H+ 11/20 ＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O (7). 随H2SO4 质量分数增加，Ni 表面逐渐形成致密氧化膜 (8). 少量多次 (9). 3Ni ＋3H2SO4＋2HNO3 ＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O 或Ni＋H2SO4＋2HNO3 ＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O 【解析】 【分析】 (1)根据Fe、Co、Ni 的原子序数得出位置和基态Fe 原子的电子排布式。 (2)根据晶胞结构计算出O2−和Co2+个数，根据密度公式计算；根据离子晶体键能和晶格能比 较熔点。 (3)根据反应方程式氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，Co(OH)3与盐酸反应发生氧化还原 反应生成Cl2、CoCl2、H2O。 (4)类比Fe 在常温下与浓硫酸发生钝化，根据图中信息得出原因；根据为了提高产物的纯度， 根据Ni 与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快这个信息得出添加硝酸的方法和反应方程式。 【详解】(1)Fe、Co、Ni 分别为26、27、28 号元素，它们在周期表中的位置为第四周期第 VIII 族，基态Fe 原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；故答案为：第四周期 第VIII 族；1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；。 (2)CoO 的面心立方晶胞如图1 所示。根据晶胞结构计算出O2−个数为 ，Co2+ 个数为 ，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CoO 晶体的密度为 ；三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，离子 半径Fe2+＞Co2+＞Ni2+，NiO、CoO、FeO，离子键键长越来越长，键能越来越小，晶格能按 NiO、CoO、FeO 依次减小，因此其熔点由高到低的顺序为NiO＞CoO＞FeO；故答案为： ；NiO＞CoO＞FeO。 11/20 (3)Fe、Co、Ni 能与Cl2反应，其中Co 和为Ni 均生产二氯化物，根据铁和氯气反应生成 FeCl3，氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，因此氧化性：Cl2＞FeCl3，氯气与Co 和为Ni 均生产二氯化物，说明氯气的氧化性比CoCl3弱，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强 到弱的顺序为CoCl3＞Cl2＞FeCl3，Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成，发生氧化还原反 应生成Cl2、 12/20 CoCl2、H2O，其离子方程式：2Co(OH)3＋6H+＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O；故答案为：CoCl3 ＞Cl2＞FeCl3；2Co(OH)3 ＋6H+ ＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O。 (4)类比Fe 在常温下与浓硫酸发生钝化，根据图中信息，当 大于63%时，Ni 被腐 蚀的速率逐渐降低的可能原因为随H2SO4质量分数增加，Ni 表面逐渐形成致密氧化膜。工业 上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni 反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度，根据Ni 与H2SO4 反应很慢，而与稀硝酸反应很快，因此在硫酸中少量多次添加HNO3的方式来提高反应速率， 反应生成NiSO4、H2O，根据硝酸浓度不同得到NO 或NO2，此法制备NiSO4的化学方程式为 3Ni＋3H2SO4＋2HNO3 ＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O 或Ni＋H2SO4＋2HNO3 ＝NiSO4＋2NO2↑＋ 2H2O；故答案为：随H2SO4质量分数增加，Ni 表面逐渐形成致密氧化膜；少量多次；3Ni ＋ 3H2SO4＋2HNO3 ＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O 或Ni＋H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O。 【点睛】物质结构是常考题型，主要考查电子排布式、晶胞计算、氧化还原反应、学生学习 知识的能力的考查。 14.天然产物H 具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，可