1、2020年普通高等學校招生全國統一考試(福建卷)化學一、選擇題(共7小題，每小題6分，滿分42分)1.(6分)下列制作鉛筆的材料與相應工業不對應的是()A.橡皮擦橡膠工業B.鋁合金片冶金工業C.鉛筆芯電鍍工業D.鉛筆漆涂料工業解析：A、橡皮擦主要由增塑劑和橡膠合成，橡膠工業，材料與相應工業對應，故A不選；B、冶煉金屬鋁屬于冶金工業，材料與相應工業對應，故B不選；C、鉛筆芯的主要成分是石墨，石墨比較軟，刻畫時容易留下痕跡，鉛筆芯生產與電鍍工業工業無關，材料與相應工業不對應，故C選；D、鉛筆漆屬于涂料的一種，材料與相應工業對應，故D不選。答案：C。2.(6分)下列關于有機化合物的說法正確的是()A

2、.聚氯乙烯分子中含碳碳雙鍵B.以淀粉為原料可制取乙酸乙酯C.丁烷有3種同分異構體D.油脂的皂化反應屬于加成反應解析：A、聚氯乙烯的結構簡式為：，聚氯乙烯中不含碳碳雙鍵，故A錯誤；B、淀粉水解生成葡萄糖(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6，乙醇氧化生成乙醛2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O，乙醛氧化生成乙酸2CH3CHO+O22CH3COOH，CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，以淀粉為原料可制取乙酸乙酯，故B正確；C、丁烷分子式為C4H10，有2種同分異構體，正丁烷結構簡式為CH3CH2CH2CH3，異丁烷結構簡式為(CH3)2CHCH3，故

3、C錯誤；D、油脂的皂化反應為油脂在堿性條件下的水解反應，如：+3NaOHC17H35COONa+ ，該反應屬于取代反應，故D錯誤。答案：C。3.(6分)下列實驗操作正確且能達到相應實驗目的是()實驗目的實驗操作A稱取2.0gNaOH固體先在托盤上各放一張濾紙，然后在右盤上添加2g砝碼，左盤上添加NaOH固體B配制FeCl3溶液將FeCl3固體溶解于適量蒸餾水C檢驗溶液中是否含有NH4+取少量試液于試管中，加入NaOH溶液并加熱，用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗產生的氣體D驗證鐵的吸氧腐蝕將鐵釘放入試管中，用鹽酸浸沒A.AB.BC.CD.D解析：A、稱量強腐蝕性試劑需在燒杯內稱量，用紙片會造成托盤污染腐

4、蝕且稱量不準確，故A錯誤；B、氯化鐵為強酸弱堿鹽，易水解，為防止氯化鐵水解，配制溶液過程中要加入鹽酸，故B錯誤；C、檢驗銨根離子，可以使用氫氧化鈉溶液，氫氧化鈉溶液中的氫氧根離子能與銨根離子結合產生氨氣，NH4+OHNH3+H2O，氨氣的水溶液呈堿性，能使潤濕的紅色石蕊試紙變藍，故C正確；D、鐵在中性溶液中可發生吸氧腐蝕，鹽酸為酸性溶液，發生析氫腐蝕，故D錯誤。答案：C。4.(6分)純凈物X、Y、Z轉化關系如圖所示，下列判斷正確的是()A.X可能是金屬銅B.Y不可能是氫氣C.Z可能是氯化鈉D.Z可能是三氧化硫解析：A、X+YZ，Z電解生成X、Y，說明電解電解質本身，所以X可能是金屬銅，Y可能為

5、氯氣，反應為：X+YZ，Cu+Cl2CuCl2，Z為CuCl2，電解CuCl2溶液：CuCl2Cu+Cl2，故A正確；B、X+YZ，Z電解生成X、Y，說明電解電解質本身，所以X可能是氯氣，Y可能為氫氣，反應為：X+YZ，H2+Cl22HCl，Z為HCl，電解HCl溶液：2HClH2+Cl2，故B錯誤；C、Z可能是氯化鈉，X、Y只能為氫氣、氯氣中的一種，X+YZ，2Na+Cl22NaCl，Z電解析：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，不符合Z電解生成X、Y條件，故C錯誤；D、Z可能是三氧化硫，X、Y只能為二氧化硫、氧氣中的一種，X+YZ，2SO2+O22SO3，三氧化硫和水反應SO3+

6、H2O=H2SO4生成硫酸，電解硫酸本質為電解水，電解水生成氫氣和氧氣，不符合Z電解生成X、Y條件，故D錯誤。答案：A。5.(6分)短周期元素X、Y、Z、W在元索周期表中的相對位置如圖所示，其中W原子的質子數是其最外層電子數的三倍，下列說法不正確的是()A.原子半徑：WZYXB.最高價氧化物對應水化物的酸性：XWZC.最簡單氣態氫化物的熱穩定性：YXWZD.元素X、Z、W的最高化合價分別與其主族序數相等解析：A、同一周期的元素，原子序數越大，原子半徑越小，不同周期的元素，原子核外電子層數越多，原子半徑就越大，所以原子半徑大小關系是：ZWXY，故A錯誤；B、元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應

7、的水化物的酸性越強，元素的非金屬性：XWZ，所以它們的最高價氧化物對應水化物的酸性：XWZ，故B正確；C、元素的非金屬性越強，其相應的氫化物的穩定性就越強，元素的非金屬性：YXWZ，所以元素的氫化物的穩定性：YXWZ，故C正確；D、主族元素除了O和F之外，最高化合價等于主族序數，所以X、Z、W的最高化合價分別與其主族序數相等，故D正確。答案：A。6.(6分)某模擬“人工樹葉”電化學實驗裝置如圖所示，該裝置能將H2O和CO2轉化為O2和燃料(C3H8O)。下列說法正確的是()A.該裝置將化學能轉化為光能和電能B.該裝置工作時，H+從b極區向a極區遷移C.每生成1mol O2，有44g CO2被還

8、原D.a電極的反應為：3CO2+18H+18e=C3H8O+5H2O解析：A、該裝置是電解池裝置，是將電能轉化為化學能，所以該裝置將光能和電能轉化為化學能，故A錯誤；B、a與電源負極相連，所以a是負極陰極，而電解池中氫離子向陰極移動，所以H+從陽極b極區向陰極a極區遷移，故B正確；C、電池總的方程式為：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧氣，陰極有6mol的二氧化碳被還原，也就是1mol的氧氣，陰極有mol的二氧化碳被還原，所以被還原的二氧化碳為29.3g，故C錯誤；D、a與電源負極相連，所以a是陰極，發生還原反應，電極反應式為：3CO2+18H+18e=C3H8O+5H

9、2O，故D錯誤。答案：B。7.(6分)在不同濃度(c)、溫度(T)條件下，蔗糖水解的瞬時速率(v)如下表。下列判斷不正確的是()0.6000.5000.4000.300318.23.603.002.401.80328.29.007.50a4.50b2.161.801.441.08A.a=6.00B.同時改變反應溫度和蔗糖的濃度，v可能不變C.b318.2D.不同溫度時，蔗糖濃度減少一半所需的時間相同解析：A、由表可知溫度由318.2328.2，在濃度相同的情況下=0.4，所以a=6，故A正確；B、由表可知溫度由318.2b，濃度由0.3mol/L0.5mol/L，速率相等，都是1.80，所以v

10、可能不變，故B正確；C、由表可知溫度由328.2b，在濃度相同的情況下，水解速率變小，所以溫度降低，所以溫度b318.2，故C正確；D、溫度越高反應速率越快，所以蔗糖濃度減少一半所需的時間不同，溫度高的所需時間短，故D錯誤。答案：D。二、非選擇題(共3小題，滿分45分)8.(15分)研究硫元素及其化合物的性質具有重要意義。(1)硫離子的結構示意圖為 。加熱時，硫元素的最高價氧化物對應水化物的濃溶液與木炭反應的化學方程式為 。解析：S是16號元素。S原子獲得2個電子變為S2，硫離子的結構示意圖為：，故答案為：；加熱時，硫元素的最高價氧化物對應水化物的濃溶液是濃硫酸與木炭反應生成二氧化碳、二氧化硫

11、和水，反應的方程式為：C+2H2SO4(濃)2SO2+CO2+2H2O，故答案為：C+2H2SO4(濃)2SO2+CO2+2H2O；答案：C+2H2SO4(濃)2SO2+CO2+2H2O(2)25，在0.10molL1H2S溶液中，通入HCl氣體或加入NaOH固體以調節溶液pH，溶液pH與c(S2)關系如圖(忽略溶液體積的變化、H2S的揮發)。pH=13時，溶液中的c(H2S)+c(HS)= molL1。某溶液含0.020molL1Mn2+、0.10molL1H2S，當溶液PH= 時，Mn2+開始沉淀。已知：Ksp(MnS)=2.8×1023解析：pH=13時，c(S2)=5.7&#

12、215;102mol/L，在0.10molL1H2S溶液中根據硫守恒c(H2S)+c(HS)+c(S2)=0.10molL1，所以c(H2S)+c(HS)=0.15.7×102=0.043mol/L，故答案為：0.043；當Qc=Ksp(MnS)時開始沉淀，所以c(S2)= = =1.4×1011mol/L，結合圖象得出此時的pH=5，所以pH=5時錳離子開始沉淀，故答案為：5。答案：0.0435(3)25，兩種酸的電離平衡常數如表。Ka1Ka2H2SO31.3×1026.3×108H2CO34.2×1075.6×1011HSO3的電

13、離平衡常數表達式K= 。0.10molL1Na2SO3溶液中離子濃度由大到小的順序為 。H2SO3溶液和NaHCO3溶液反應的主要離子方程式為 。解析：HSO3的電離方程式為：HSO3H+SO32，平衡常數表達式為K=，故答案為：；Na2SO3溶液顯堿性，SO32存在兩步水解析：SO32+H2OHSO3+OH，HSO3+H2OH2SO3+OH，以第一步水解為主，水解程度較小，則0.1mol/L Na2SO3溶液中的離子濃度順序為：c(Na+)c(SO32)c(OH)c(HSO3)c(H+)，故答案為：c(Na+)c(SO32)c(OH)c(HSO3)c(H+)；由表可知H2SO3的二級電離小于

14、H2CO3的一級電離，所以酸性強弱H2SO3H2CO3HSO3，所以反應的主要離子方程式為H2SO3+HCO3=HSO3+CO2+H2O，而不是為H2SO3+2HCO3=SO32+2CO2+2H2O。故答案為：H2SO3+HCO3=HSO3+CO2+H2O。答案：c(Na+)c(SO32)c(OH)c(HSO3)c(H+)H2SO3+HCO3=HSO3+CO2+H2O9.(15分)無水氯化鋁在生產、生活中應用廣泛。(1)氯化鋁在水中形成具有凈水作用的氫氧化鋁膠體，其反應的離子方程式為 。解析：氯化鋁是強酸弱堿鹽，在溶液中鋁離子發生水解反應產生氫氧化鋁膠體，膠體具有吸附性，所以能凈水，其反應的離

15、子方程式為：Al3+3H2OAl(OH)3+3H+。答案：Al3+3H2OAl(OH)3+3H+；(2)工業上用鋁土礦(主要成分為Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等雜質)制取無水氯化鋁的一種工藝流程示意如下：已知：物質SiCl4AlCl3FeCl3FeCl2沸點/57.6180(升華)300(升華)1023步驟中焙燒使固體水分揮發、氣孔數目增多，其作用是 (只要求寫出一種)。步驟中若不通入氯氣和氧氣，則反應生成相對原子質量比硅大的單質是 。已知：Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g)H1=+1344.1kJmol12AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g)H2=+1

16、169.2kJmol1由Al2O3、C和Cl2反應生成AlCl3的熱化學方程式為 。步驟的經冷卻至室溫后，氣體用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的鹽主要有3種，其化學式分別為 、 、 。結合流程及相關數據分析，步驟中加入鋁粉的目的是 。解析：步驟1中鋁土礦粉和焦炭在300焙燒，因后續步驟反應生成氯化鋁等強酸弱堿鹽易水解，固體水分在焙燒的過程中揮發，防止后續步驟生成的鹽水解、氣孔數目增多增大反應物的接觸面積，加快反應速率，故答案為：防止后續步驟生成的AlCl3水解或增大反應物的接觸面積，加快反應速率；根據物質中含有的元素組成可知：若步驟中不通入氯氣和氧氣，Fe2O3與焦炭發生氧化還原反應，則反應生

17、成相對原子質量比硅大的單質是鐵，故答案為：Fe或鐵；、Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g)H1=+1344.1kJmol1、2AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g)H2=+1169.2kJmol1根據蓋斯定律，將可得：Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g)H=(+1344.1kJmol1)(+1169.2kJmol1)=+174.9J/mol，故答案為：Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g)H=+174.9J/mol；步驟經冷卻至室溫后，氣體用足量的NaOH冷溶液吸收，Cl2和NaOH溶

18、液反應生成NaCl、NaClO和H2O，CO2和NaOH溶液反應生成Na2CO3和H2O，所以生成的鹽的化學式為NaCl、NaClO和Na2CO3，故答案為：NaCl、NaClO、Na2CO3；步驟得到氯化鋁的粗品，加入氯化鈉熔融能降低FeCl3的熔點，鋁的金屬活動性強于鐵，加鋁粉，可以將氯化鋁的粗品中的氯化鐵中的鐵置換出來，生成鐵和氯化鋁，因AlCl3在180升華，在300，廢渣為Fe，冷卻得到成品氯化鋁，故答案為：除去FeCl3，提高AlCl3純度。答案：防止后續步驟生成的AlCl3水解或增大反應物的接觸面積，加快反應速率Fe或鐵Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(

19、g)+3CO(g)H=+174.9J/molNaCl NaClO Na2CO3除去FeCl3，提高AlCl3純度10.(15分)某化學興趣小組制取氯酸鉀和氯水并進行有關探究實驗。實驗一制取氯酸鉀和氯水利用圖1所示的實驗裝置進行實驗。(1)制取實驗結束后，取出B中試管冷卻結晶、過濾、洗滌。該實驗操作過程需要的玻璃儀器有 。解析：制取實驗結束后，取出B中試管，進行冷卻結晶操作需要燒杯、過濾需要漏斗和玻璃棒，洗滌需要玻璃儀器燒杯盛放液體，需用玻璃棒引流、需用膠頭滴管移取少量液體。答案：燒杯、漏斗、玻璃棒、膠頭滴管(2)若對調B和C裝置的位置， (填“能”或“不能”)提高B中氯酸鉀的產率。解析：實驗室

20、用二氧化錳和濃鹽酸來制取氯氣，制得的氯氣中含有氯化氫，HCl極易溶于水，能和KOH反應生成KCL雜質，若對調B和C裝置，可以除去氯化氫雜質，能提高B中氯酸鉀的產率。答案：能實驗二氯酸鉀與碘化鉀反應的探究(3)在不同條件下KClO3可將KI氧化為I2或KIO3。該小組設計了系列實驗研究反應條件對反應產物的影響，其中系列a實驗的記錄表如下(實驗在室溫下進行)：試管編號12340.20molL1KI/mL1.01.01.01.0KClO3(s)/g0.100.100.100.106.0molL1H2SO4/mL03.06.09.0蒸餾水9.06.03.00實驗現象系列a實驗的實驗目的是 。設計1號試

21、管實驗的作用是 。若2號試管實驗現象為“黃色溶液”，取少量該溶液加入淀粉溶液顯藍色；假設氧化產物唯一，還原產物為KCl，則此反應的離子方程式為 。解析：根據表格數據分析：對照試管1、2、3、4中數據發現都是0.20molL1KI/mL，KClO3(s)0.10g，改變的只有硫酸的體積和水的量，所以研究的目的是研究反應體系中硫酸濃度對反應產物的影響，故答案為：研究反應體系中硫酸濃度對反應產物的影響；1號試管硫酸濃度為0，設計1號試管實驗的作用是做對照實驗，比較硫酸濃度影響反應產物，故答案為：硫酸濃度為0的對照實驗；若2號試管實驗現象為“黃色溶液”，取少量該溶液加入淀粉溶液顯藍色說明有碘單質生成，

22、假設氧化產物唯一，還原產物為氯化鉀，Cl(+50)I(10)，根據氧化還原反應中電子守恒和原子守恒，該反應的離子方程式為：ClO3+6I+6H+=Cl+3I2+3H2O，故答案為：ClO3+6I+6H+=Cl+3I2+3H2O。答案：研究反應體系中硫酸濃度對反應產物的影響；硫酸濃度為0的對照實驗；ClO3+6I+6H+=Cl+3I2+3H2O；實驗三測定飽和氯水中氯元素的總量(4)該小組設計的實驗方案為：使用圖2裝置，加熱15.0mL飽和氯水試樣，測定產生氣體的體積。此方案不可行的主要原因是 。(不考慮實驗裝置及操作失誤導致不可行的原因)解析：氯氣能溶于水且能和水反應Cl2+H2OHCl+HC

23、lO，次氯酸不穩定易分解2HClO2HCl+O2，因存在氯氣的重新溶解以及次氯酸分解等，此方案無法測算試樣含氯總量。答案：因存在氯氣的重新溶解以及次氯酸分解等，此方案無法測算試樣含氧總量(5)根據下列資料，為該小組設計一個可行的實驗方案(不必描述操作過程的細節)： 資料：i.次氯酸會破壞酸堿指示劑；ii.次氯酸或氯水可被SO2、H2O2、FeCl2等物質還原成Cl。解析：根據題干信息次氯酸會破壞酸堿指示劑，因此實驗設計時不用酸堿指示劑，可以利用氯水的強氧化性，向該溶液中加入足量的H2O2溶液，發生氧化還原，H2O2被氧化變為O2，氯氣被還原成Cl，然后加熱除去過量的H2O2，冷卻，再加入足量的

24、硝酸銀溶液，發生沉淀反應Ag+Cl=AgCl產生沉淀，稱量沉淀質量，根據氯元素守恒確定氯元素的質量。答案：量取一定量的試樣，加入足量的H2O2溶液，加熱除去過量的H2O2，冷卻，再加入足量的硝酸銀溶液，稱量沉淀質量。【化學-物質結構與性質】(13分)11.(13分)科學家正在研究溫室氣體CH4和CO2的轉化和利用。(1)CH4和CO2所含的三種元素電負性從小到大的順序為 。解析：元素的非金屬性越強，其電負性越大，由于非金屬性OCH，故電負性HCO。答案：HCO(2)下列關于CH4和CO2的說法正確的是 (填序號)。a.固態CO2屬于分子晶體b.CH4分子中含有極性共價鍵，是極性分子c.因為碳氫

25、鍵鍵能小于碳氧鍵，所以CH4熔點低于CO2d.CH4和CO2分子中碳原子的雜化類型分別是sp3和sp解析：a、二氧化碳屬于分子晶體，故a正確；b、甲烷中含有極性共價鍵，但是正四面體結構，屬于非極性分子，故b錯誤；c、二氧化碳熔點高，原因是C與O形成2對共價鍵，故c錯誤；d、甲烷為正四面體形，C原子含有4個鍵，無孤電子對，采取sp3雜化，二氧化碳為直線形，碳氧雙鍵中有1個鍵和1個鍵，因此C原子采取sp雜化，故d正確，答案：ad。答案：ad(3)在Ni基催化劑作用下，CH4和CO2反應可獲得化工原料CO和H2。基態Ni原子的電子排布式為 ，該元素位于元素周期表的第 族。Ni能與CO形成正四面體形的

26、配合物Ni(CO)4，1mol Ni(CO)4中含有 mol鍵。解析：Ni為28號元素，基態Ni原子的電子排布式為Ar3d84s2，處于元素周期表中第四周期第V族，故答案為：Ar3d84s2；V；該配合物的配離子中Ni原子和C原子之間有4個鍵，CO分子中C和O之間存在1個鍵，1個鍵，1個配位鍵，因此4個CO有4個鍵，故1mol Ni(CO)4中含有8mol鍵，故答案為：8。答案： Ar3d84s2 V8(4)一定條件下，CH4和CO2都能與H2O形成籠狀結構(如圖所示)的水合物晶體，其相關參數見下表。CH4與H2O形成的水合物俗稱“可燃冰”。“可燃冰”中分子間存在的2種作用力是 。為開采深海海底的“可燃冰”，有科學家提出用CO2置換CH4的設想。已知圖中籠狀結構的空腔直徑為0.586nm，根據上述圖表，從物質結構及性質的角度分析，該設想的依據是 。解析：CH4與H2O形成的水合物俗稱“可燃冰”，分子晶體中作用力是范德華力，水分子之間存在氫鍵，故答案為：氫鍵，范德華力；由表格可知：二氧化碳的分子直徑小于籠狀結構的空腔直徑，即0.5120.586，能順利進入籠狀空腔內，且二氧