2020全国卷Ⅱ高考压轴卷 理综 Word版含解析(1)

其中碘离子继续与氧化性的铁离子发生氧化还原反应，故C项错误；

D. 酸性强弱：H2CO3 > HClO > HCO3-,则向NaClO溶液中通入足量CO2：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO3-，故D项正确；答案选D。 12．答案C 解析

A项、M点是向1L 0.1mol?L-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+)=0.05mol?L￣1，c(Na+)=amol?L￣1，c(Cl－)=0.1mol?L￣1，带入数据可得n(OH－)－n(H+)=[0.05mol?L-1+a mol?L-1－0.1mol?L-1]×1L=(a－0.05)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NH3?H2O和NH4Cl、NaCl，NH3．H2O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CH≡C-CH2-C≡CH或CH≡C-C≡C-CH3这2种同分异构体，D项正确；答案选B。

26．答案CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S(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AgNO3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 mol·L－1 H2SO4，控制溶液的pH为2.0～2.5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CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S。 因此，本题正确答案是：CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S；

(2) 溶液1中含有FeCl3，向溶液1中加入过量铁粉的目的是除去溶液中的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)①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；

②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2.0～2.5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 mol·L－1 H2SO4，控制溶液的pH为2.0～2.5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 mol·L－1 H2SO4，控制溶液的pH为2.0～2.5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） SO2＋I2＋2H2O=SO42-＋2I－

＋4H

＋

( 或2SO2＋I2＋2Cu2＋＋4H2O=2CuI↓＋2 SO42-＋8H＋) （2分） KI(aq) （2分） 6.0 （2分） 5Cl2＋I2＋12OH－

=2IO3-＋10Cl－＋6H2O （2分） 蒸发浓缩，降温结晶 （2分）

解析

⑴ 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+2H2O═SO42-+2I-+4H+(或2SO2+I2+2Cu2++4H2O═2CuI↓+2SO42-+8H+)，故答案为SO2+I2+2H2O═SO42-+2I-+4H+(或2SO2+I2+2Cu2++4H2O═2CuI↓+2SO42-+8H+)；

⑷ 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)Ksp[Fe(OH)2]=9.0×10-15

，现测得溶液中c(FeI2)为0.9 mol?L-1

，则c(OH-

)=9.0?10?150.9=10-7mol/L，此温度下，

Kw=1.0×10-13，c(H+)=

1.0?10?1310?7=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、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（

n?NH3?n?CO2?）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ⅲ逆向移动，抑制副反应ⅲ的发生，从而提高尿素产率 （2分） 0.148mol/(L·min) （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i～iii的平衡移动方向解答：提高氨碳比（

n?NH3?n?COi、ii正向移动，促进甲基甲酸铵分解

2?）有利于反应生成尿素，有利于反应ⅲ逆向移动，抑制副反应ⅲ的发生，从而提高尿素产率； （5）①反应进行到10min时，用CO0.74mol2表示反应i的速率υ(CO2)＝0.5L?10min=0.148mol/(L·min);

②合成总反应的快慢由慢的一步决定，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）①A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；

②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） Ⅰ（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处于周期表中第四周期第ⅤⅢ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)①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；

②根据VSEPR理论判断ClO3-的空间构型，价电子对数为VP=BP+LP=3+

7?2?3?12=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（

111111112，0，0），（0，2，0），（0，0，2），（2，2，2），将（2，2，1112）+(2，2，0)=（0，0，11111111111112），将（2，2，2）+（0，2，2）=（2，0，0），将（2，2，2）+（2，0，2）=（0，2，0），

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4×1+

1×3=2个，含有Fe2＋82的个数为1个，含有O2-的个数为12×14+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=（56×

3+16×4）g，1个立方体体积为V=a3nm3=a3（a×10-7）3cm3，则晶体密度为m56?3?16?4ρ=N?3AV6.02?1023??0.42?10?7?g/cm3=5.2 g/cm3。

36．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，

2：2:1。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：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：

。