2020高考化學真題匯編-答案

專題一化學與STSE傳統文化

1.解析：選A。屠呦呦受題述文獻的啟發(fā)發(fā)現了青蒿素，后創(chuàng)制新型抗瘧藥青蒿素和雙

氫青蒿素，為人類做出了巨大貢獻，A項正確。

2.解析：選D。乙醇易溶于水，能與水以任意比例互溶，A項正確；次氯酸鈉具有強氧

化性，能通過氧化滅活病毒，B項正確；由過氯乙酸的結構簡式(CH3COOOH)可知其相對分

子質量為76,C項正確；氯仿的化學式為CHCb，化學名稱是三氯甲烷，D項錯誤。

3.解析：選A。膽機的化學式為CuSCh-5比0,A項錯誤；濕法冶銅的原理是CuSCU

+Fe=FeSO4+Cu,即膽磯可作為濕法冶銅的原料，B項正確；CuSCh溶液經熬制可以得到

膽磯，是C11SO4溶液濃縮結晶的過程，C項正確；熬膽磯的鐵釜中發(fā)生的反應為CuSO4+

Fe=FeSO4+Cu,屬于置換反應，D項正確。

4.解析：選C。Cu(OH)2和CuCCh在高溫時均易分解，在潮濕的空氣中會有微量溶解,

因此保存《千里江山圖》需控制溫度和濕度，A項正確；孔雀石和藍銅礦顏料中的Cu元素

均為+2價，處于Cu元素的最高價態(tài)，因此孔雀石、藍銅礦顏料不易被空氣氧化，B項正確；

CU(OH)2和C11CO3均能與強酸發(fā)生反應,C項錯誤;CU(OH)2中Cu的質量分數為65.3%,CUCO3

中Cu的質量分數為51.6%,因此CU(OH)2-CuCO3中銅的質量分數高于CU(OH)2?2CuCO3

中銅的質量分數，D項正確。

5.解析：選Co煤、石油、天然氣是不可再生能源，A項正確；水煤氣的主要成分是

CO和H2,用水煤氣可以合成甲醇等含氯有機物，B項正確；煤的液化是在一定條件下將固

體煤炭轉化為液體燃料的過程，煤的液化屬于化學變化，C項錯誤；火棉是含氮量高的硝化

纖維，D項正確。

6.解析：選D。高壓鈉燈射程遠、透霧能力強，可用于道路照明，A項正確；二氧化硅

常用于制造光導纖維，B項正確；較活潑的金屬常用熱還原的方法得到金屬單質，C項正確；

碳酸鋼不溶于水，但溶于胃液的成分鹽酸，常用不溶于鹽酸的硫酸鋼做鋼餐，D項錯誤。

專題二化學計量及其應用

1.解析：選C。22.4L(標準狀況)氮氣為1moL含有的中子數為14NA，A項錯誤：1mol

重水與1mol水中的質子數相同，B項錯誤；石墨烯與金剛石均為碳元素形成的單質，12g

石墨烯和12g金剛石均為1mol,含碳原子數均為必，C項正確；NaQ溶液中的水分子中也

含有電子，D項錯誤。

2.解析：選A。MnOi中Mn為+7價，MnO]?Mi?+轉移5個電子，4moiMnO1完全

轉化為Mi?+轉移20mol電子，A項正確；粗銅中含有Zn、Fe、Ag等雜質，電解時比銅活

潑的金屬先放電，Cu可能沒有反應，B項錯誤；不知道溶液的體積，酎數無法求出，C項錯

誤；碳酸根離子水解?，陰離子數大于O.IOONA，D項錯誤。

3.解析：(1)C12與NaOH反應生成NaCl、NaClO和H2O。HC10的酸性弱于H2c。3,則

NaQO溶液露置于空氣中，與空氣中的CCh反應產生HC1O,HQO見光易分解，故會導致

消毒作用減弱。

(2)①依據三個反應得出關系式：C3N303cl2■?2HC1O?2h?4s2。歹，根據Na2S2O3的消

耗量，可以計算出測定中轉化為HC10的氯的物質的量，進而得出氯元素的質量，再由有效

m八口測定中轉化為HC1。的氯元素質量X2、,,-r」巖山石MT41nxM鈣a

氯的計算式樣11,居MX100%,可計算出有效氯。②加入的稀硫

酸的量過少，則生成的L少，消耗Na2s2。3的量減少，則計算出的HC1O的量偏少，導致樣

品的有效氯測定值偏低。

答案：(1)。2+20丁=。0一+。一+比0NaClO溶液吸收空氣中的CO?后產生HC10,

HC1O見光分解

⑵①〃620歹)=0.1000mol-L'X0.02000L=2.000X10-3mol

根據物質轉換和電子得失守恒關系：C3N3O3C1E?2HC1O?2L?4s20r得〃(C1)=

0.5心0r)=1.000X10-3mol

氯元素的質量:

/n(Cl)=1.000X103molX35.5g?mol1=0.03550g

該樣品的有效氯為----00352500mLX2X100%=63.39%

1,120OgX250.0mL

該樣品的有效氯大于60%,故該樣品為優(yōu)質品②偏低

專題三氧化還原反應離子反應

1.解析：選B。根據化合價變化可找出氧化劑和還原劑，氧化劑得電子化合價降低，則

二氧化銃是氧化劑，氧化劑對應的生成物是還原產物，則MnCk為還原產物；還原劑失電子

化合價升高，則HC1為還原劑，還原劑對應的生成物是氧化產物，則Cb為氧化產物，氧化

產物與還原產物的物質的量之比為1：K

2.解析：選B。谷物發(fā)酵釀造食醋過程中CH3cH20H轉化為CH3coOH屬于氧化還原

反應，A項不符合題意：小蘇打用作食品膨松劑利用的是NaHCCh受熱分解會放出CO?的性

質，不涉及氧化還原反應，B項符合題意；含氯消毒劑具有較強的氧化性，消毒時發(fā)生氧化

還原反應,C項不符合題意；大氣中的NO?形成酸雨時發(fā)生反應3NCh+H2O=2HNO3+NO,

該反應屬于氧化還原反應，D項不符合題意。

3.解析：選A。氨水中，Na\K\OH，NOJ彼此不反應，能大量共存，A項正確；

鹽酸中的H'能與SiOr結合生成H2SQ3沉淀，B項錯誤；KMnO」溶液具有強氧化性，具有

還原性的「不能大量存在，C項錯誤；AgNCh溶液中的Ag+能與C「反應生成Ag。沉淀，

二者不能大量共存，D項錯誤。

4.解析：選A。由于氯氣少量，SOT不能被氯氣完全氧化為SO4,剩余的SOT在酸性

溶液中轉化為HSO。A項正確；CO?與CaCk溶液不反應，B項錯誤；向H2O2溶液中滴加

少量FeCh溶液，FeCh為催化劑，發(fā)生的反應為2H2O2旦=2比0+。2t,C項錯誤；D項

中NH4HSO4與NaOH的物質的量相等，反應的離子方程式為H'+OH=H2O,D項錯誤。

5.解析：選B。碳酸鈣難溶于水，在離子方程式中應寫成化學式，A項錯誤；Brz能夠

氧化Fe2+,B項正確；NaOH與過量H2c2O4反應生成NaHCzCU,C項錯誤；苯酚的酸性比

HCO3強，在苯酚鈉溶液中通入少量CO2或過量CO2，均只生成HCCh，D項錯誤。

6.解析：選C。HC1O為弱電解質，在離子方程式中不能拆開，A項錯誤；B項電荷不

+

守恒，正確的離子方程式為3NO2+H2O=2H+2NOJ+NO,B項錯誤；CO?過量，生成

HCO3,C項正確；AgOH不能穩(wěn)定存在，正確的離子方程式為Ag++2NH3=[Ag(NH3)2『，

D項錯誤。

7.解析：選Co硫酸亞鐵鉉與少量氫氧化鋼反應的離子方程式為Fe2+4-SOf+Ba2+4-

2，

2OH-=Fe(OH)2I+BaSO4I，A項錯誤；電解MgCb水溶液的離子方程式為Mg+2Cr

+2H2O=^=Mg(OH)2I+以t+C12t,B項錯誤；乙酸乙酯在氫氧化鈉條件下水解得到乙

酸鈉和乙醇，C項正確；一水合氨是弱堿，書寫離子方程式時不能拆寫，應為Cu2++

2NH3?H2O=CU(OH)2I+2NH：,D項錯誤。

8.解析:選C。根據圖示可知CO?的過量排放，能導致海水中CO2+H2OH2CO3H

2

++HCO二平衡右移；H'又能與珊瑚礁溶解生成的COM結合生成HCO；,促使CaCO3Ca

++COr平衡右移，從而使珊瑚礁減少。結合上述分析可知海水酸化，海水中H+和HCO]的

濃度均增大，使海水中cor的濃度減小，A項正確；H+可結合珊瑚礁溶解產生的cor,故

能促進CaCO3的溶解，使珊瑚硅減少，B項正確；C02引起海水酸化的原理為CO2+

H2OH2CO3H++H83,C項錯誤；使用太陽能、氫能等新能源，能有效減少CO2

的排放，利于改善珊瑚的生存環(huán)境，D項正確。

專題四金屬及其化合物

1.解析：選D。鋁具有很好的延展性，可以用于制作鋁金屬制品，與鋁的活潑性無關，

A項錯誤；電解氧化鋁冶煉鋁是因為氧化鋁熔融狀態(tài)下能導電，與熔點高無關，B項錯誤；

氫氧化鋁能與胃酸的主要成分鹽酸發(fā)生反應，與氫氧化鋁受熱分解尢關，C項錯誤；明磯中

的AW可以水解生成氫氧化鋁膠體，膠體具有很強的吸附能力，可以吸附水中的懸浮物，起

到凈水作用，D項正確。

2.解析：選B。室溫下Na在空氣中反應生成NazO,在加熱或點燃時生成NazS，A項

錯誤；A1與NaOH溶液反應生成NaAQ和H2,反應的化學方程式為2Al+2NaOH+

2H2O=2NaAlO2+3H2t,B項正確；室溫下，Cu與濃HNCh反應放出NO?氣體，與稀HNOa

反應放出NO氣體，C項錯誤；室溫下，Fe遇濃H2s發(fā)生鈍化，在鐵的表面形成一層致密

的氧化膜(鐵的氧化物)，D項錯誤，

3.解析：選C。CL與石灰乳反應可制得漂白粉，A項錯誤；NaCl+NH3+CO2+

H2O=NaHCO3I+NH4CI,2NaHCO3=^=Na2CO3+CO2t+H20,B項錯誤；由于氧化性

Cl2>Br2>I2,則Cb+2NaBr=2NaCl+Br2，Br24-2NaI=2NaBr+I2,C項正確；電解MgCb

溶液不能得到單質鎂，要得到單質Mg,需電解熔融態(tài)的MgCb，D項錯誤。

4.解析：選B。酸、堿和C「都能破壞鋁表面的氧化膜，A項正確；碳酸氫鈉受熱分解

生成碳酸鈉、二氧化碳和水，碳酸鈉受熱不分解，熱穩(wěn)定性：碳酸鈉強于碳酸氫鈉，B項錯

誤；高鎰酸鉀具有氧化性，其稀溶液可消毒殺菌，C項正確；鋼鐵在潮濕的空氣中主要發(fā)生

電化學腐蝕中的吸氧腐蝕，D項正確。

5.解析：選A。NazO不穩(wěn)定，在空氣中加熱可得到NazCh，A項正確；鎂加入過量的

FeCb溶液中只發(fā)生反應Mg+2Fe'-=Mg2++2Fe2+,得不到Fe,B項錯誤；FeS?在沸騰爐

中與氧氣反應只能得到SO2,不能得到S03,C項錯誤：二氧化鋅能催化過氧化氫分解，過

氧化氫分解得到氧氣和水，D項錯誤。

6.解析:選B。結合工藝流程可知煨燒后得到的輕燒粉的成分為MgO和少量SiO2.Fe2O3>

AI2O3,NH4cl溶液呈酸性，浸出時使MgO及FezCh、AI2O3溶解，浸出后得到的廢渣中含有

SiO2、Fe(OH)3和A1(OH)3,所得浸出液中含有Mg?+及過量的NH4CL加入氨水時Mg?，轉化

為Mg(OH)2,經燃燒得到高純鎂砂MgO。

結合流程圖和上述分析可知浸出鎂的反應為MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3t+H2O,

A項正確；浸出可以在較高溫度下進行，促進NH4。水解和NE的逸出，但沉鎂時應在低溫

下進行，以減弱氨水分解，B項錯誤；結合流程圖可知浸出得到的N%可轉化為氨水，用于

沉鎂，濾液中含有過量的NH4cL可用于浸出時的反應液，故該流程中NH3和NH4cl可循環(huán)

使用，C項正確；本流程中分離Mg2+時，Al3\Fe3+轉化為沉淀，是利用了它們氫氧化物的

Ksp不同，D項正確。

專題五非金屬及其化合物

1.解析：選C?！?4消毒液”可由氯氣與NaOH溶液反應制取：2NaOH+Cb-NaCl

+NaC10+H2。，“84消毒液”的主要有效成分是NaClO,C項正確。

2.解析：選B。PM2.5指可吸入顆粒物，屬于空氣污染物，A項不符合題意；氧氣是空

氣的成分之一，供給人體呼吸，不是空氣污染物，B項符合題意；二氧化硫可以形成酸雨，

屬于空氣污染物，C項不符合題意；NO是形成光化學煙霧的因素之一，屬于空氣污染物，D

項不符合題意。

3.解析：選D。加熱時氯化鉞分解生成HCI和氨氣，HC1與CajSiOs反應得到硅酸鈣、

氯化鈣和水，A項正確；水泥吸水會變硬，需密封保存，B項正確；CajSiOs能與二氧化硫反

應得到亞硫酸鈣，C項正確；由上述分析可知，CasSiOs與足量鹽酸反應得不到二氧化硅，D

項錯誤。

4.解析：選B。H2s與稀鹽酸不反應，且在稀鹽酸中的溶解度較小，向圓底燒瓶中擠入

少量稀鹽酸，不能造成圓底燒瓶內氣壓明顯減小，不能形成噴泉，A項錯誤；HC1能與稀氨

水反應，向圓底燒瓶中擠入少量稀氨水會造成圓底燒瓶內氣壓明顯減小，能形成噴泉，B項

正確；NO與稀硫酸不反應，且在稀硫酸中溶解度非常小，向圓底燒瓶中擠入稀硫酸，不能

造成圓底燒瓶內氣壓明顯減小，不能形成噴泉，C項錯誤；C02在飽和NaHC03溶液中的溶

解度較小，向圓底燒瓶中擠入飽和NaHCCh溶液，不能造成圓底燒瓶內氣壓明顯減小，不能

形成噴泉，D項錯誤。

5.解析：選C。由黃色固體X與足量的水作用得到深棕色固體混合物Y和無色堿性溶

液Z可知，X中含有CuC12、漂白粉，至少含有FeSCh、Fe^SOS中的一種，不含KI,A、B

項錯誤，C項正確；漂白粉中含有CaCL和Ca(C10)2,用硫酸酸化可得到氯氣，由題述實驗

現象不能說明X中含有CuCh，D項錯誤。

專題六物質結構和元素周期律

1.解析：選B。由-弟2丫+瓜可得W+4=30+l,則W=27,設X的最外層

電子數為心結合題給信息可知，x+x+2=8,解得x=3,又X為金屬原子，可得Z=13,

X為Al,Y為P。召A1的相對原子質量為27,A項錯誤；X(A1)>Y(P)均可形成三氯化物，分

別為AlCb、PC13,B項正確；根據同一周期主族元素從左到右原子半徑依次減小知，X(A1)

的原子半徑大于Y(P)的，C項錯誤；Y(P)有多種含氧酸，如H3P03和H3P04等，D項錯誤。

2.解析：選D。由題意，4種短周期元素中，Z的原子序數最大，且能形成Z+,則Z

為Na元素，W的原子序數最小，且形成一個化學鍵，則W為H元素，再由4種元素的原

子序數之和為24,可知X與Y的原子序數之和為12,結合題給化合物中X與Y的成鍵數，

可知X為B元素，Y為N元素。從該化合物的成鍵情況可確定H、B、N之間均為共價鍵，

A項正確；Na為活潑金屬，既能與水反應，又能與CH30H發(fā)生置換反應生成H2,B項正確；

氮元素的最高價氧化物對應的水化物為HNO3,是典型的強酸，C項正確；BF3中B原子不

滿足8電子穩(wěn)定結構，D項錯誤。

3.解析：選D?；衔颴W3與WZ相遇會產生白煙，結合W、X、Y、Z的原子序數依

次增大，又因四種元素的核外電子總數滿足X+Y=W+Z,可知W、X、Y、Z分別為H、N、

Na、Cl,XW3為NH3,WZ為HC1。非金屬性：Cl>N>H>Na,A項錯誤；同周期主族元

素滿足序大徑小的規(guī)則，原子半徑：Na>CI>N>ILB項錯誤；N可以形成IINO?,IINO?

為弱酸，C項錯誤；Na的氧化物的水化物為NaOH,NaOH屬于強堿，D項正確。

4.解析：選A。從Z的最高價氧化物的水化物的化學式和W的最高價氧化物的水化物

的pH可知，Z、W是磷、硫元素，結合X、Y的最高價氧化物的水化物的0.1mol-L1溶液

的pH可知，X、Y是氮、鈉元素，電負性：PvS,A項正確；離子半徑：S2->Na+,B項錯

誤；磷的3P軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，其第一電離能大于硫，C項錯誤；Nh分子間存在氫鍵,

導致其沸點高于PH3,D項錯誤。

5.解析：選C。根據Z與X可形成淡黃色化合物Z2X2,即該化合物為NazCh，結合原

子序數關系可知，X為0元素，Z為Na元素；基態(tài)O原子核外有8個電子，是最高能級2P

上排布的電子數的2倍；由原子序數關系可知Y為F元素，則與其同主族的W為C1元素。

根據第一電離能遞變規(guī)律，可知其相對大小順序：F>O>Cl>Na,A項錯誤；根據非金屬

性：F>O>C1,可知簡單離子的還原性：Cl>02>F,B項錯誤；根據離子半徑的變化規(guī)律,

可知簡單離子半徑：Cr>O2->F->Na+,C項正確；氫化物水溶液的酸性：HF<HCLD項錯

誤。

6.解析：選A。元素的金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的堿性越強，A項正

確；。的非金屬性強于Br,則Cb得到電子的能力比Brz強，B項錯吳：同周期元素從左到

右原子半徑逐漸減小，則原子半徑大小順序為《Na)>r(Mg)>r(Cl),C項錯誤；Na>Mg、Ck

Br原子的最外層電子數分別為1、2、7、7,D項錯誤。

7.解析：選D。X、Y、Z、M、Q是原子序數依次增大的短周期主族元素，結合“Y元

素的最高正價為+4價，Y元素與Z、M元素相鄰，且與M元素同主族”，可推出Y為C、

Z為N、M為Si,由“化合物Z2X4的電子總數為18個”可推出X為H,由“Q元素的原子

最外層電子數比次外層少一個電子”可推出Q為C1。

根據同一周期主族元素從左到右原子半徑依次減小，同一主族元素從上到下原子半徑依

次增大，可得原子半徑：Z(N)<Y(C)<M(Si),A項正確；元素的非金屬性越強，其最高價氧

化物對應水化物的酸性越強，則酸性：Z(HNO3)>Y(H2coAM(H2SiO3),B項正確；H2N—NH2

為聯氨，是一種極性較強的化合物，能與水、醉等形成分子間氫鍵，根據相似相溶原理，聯

-

氨能溶于水、醇等極性溶劑中，又H2NNH2+H2OH2NNH3+OH,其水溶液呈堿性，C

項正確；X(H)、Z(N)、Q(C1)三種元素可形成NH4CI,NH4。是離子化合物，D項錯誤。

專題七化學反應與能量

1.解析：選C。由反應過程圖可知

IfMco

\l/

LRih'-CH3COI-CH3CO2H,CH3coi是

反應的中間產物,A項正確;把各步反應累加，得至IJCH3OH+CO=CH3CO2H,B項正確;

CH,CH3-1

7H久。

COICO

Rh中Rh的成鍵數為6,\/中Rh的成鍵

Rh

Z|\

COITCO

CO

數為5,中Rh的成鍵數為4,反應過程中Rh的成鍵數不相同，C項錯誤;

CO」

由題圖可知，甲醇的第一步反應為CH3OH+HI==CH3l+H2O,D項正確。

2.解析：選D。由題給裝置圖可?知，放電時負極鋅失去電子后結合OFT生成Zn(OH)，,

負極反應為Zn-2e~+4OH-=Zn(OH)l-,A項正確；放電時，正極上CO2得電子生成

HCOOH,C02中C的化合價為+4,HCOOH中C的化合價為+2,1molCO2轉化為1mol

HCOOH,轉移2moi電子，B項正確；充電時陰極上Zn(OH)r參與反應得到鋅，陽極上HzO

參與反應得到氧氣，電池總反應為2Zn(OH)l-=2Zn+O2t+4OH+2H2O,C項正確；充

電時，陽極上發(fā)生失電子的氧化反應：2H2O—4e--02t+4H+,氫氧根離子濃度降低，D

項錯誤。

3.解析：選B。氫氣還原SiCL制單質硅為吸熱反應，AH>0,該反應為氣體分子數增

大的反應，AS〉。，A項錯誤；反應的平衡常數為氣態(tài)生成物濃度的嘉之積與氣態(tài)反應物濃

度的事之積的比值，B項正確；C項未指明H2所處的狀態(tài)，無法用22.4L?mol?計算比的體

積，C項錯誤；反應的△”等于反應物的鍵能總和減去生成物的鍵能總和，D項錯誤。

4.解析：選Co結合反應機理圖示可知OIF參與了該催化循環(huán)反應，A項正確；從圖

示可看出有H2生成，且沒有再參與反應，即該反應可產生清潔燃料出，B項正確；根據圖

示可看出CO參與了反應，并最終轉化為CO?放出，即該反應能消耗CO,生成CO2,C項

錯誤；該循環(huán)過程中Fe的成鍵數目可能是4、5或6,即該催化循環(huán)過程中Fe的成鍵數目發(fā)

生變化，D項正確。

5.解析：選C。根據題圖可知，該裝置為電解池，由通電時Ag+注入無色WO3薄膜中，

生成A&W03,可知Ag為該電解池的陽極，透明導電層為該電解池的羽極，結合題給信息可

寫出陽極和陰極的電極反應式分別為Ag—e-^=Ag'和xAg'+WC)3+xe-^=Ag\WO3。根據

上述分析可知Ag為陽極，A項正確；電解池工作時，Ag?向陰極移動，即Ag-由銀電極向變

色層遷移，B項正確；結合上述分析可知W03在陰極發(fā)生還原反應，即W元素的化合價降

低，C項錯誤；結合陽極和陰極的電極反應式可寫出總反應為WO3+xAg=A&WO3,D項

正確。

6.解析：選B。由題給信息知VB2電極上發(fā)生失電子的氧化反應，則VB?電極為負極，

復合碳電極為正極，正極發(fā)生還原反應，電極反應式為Oz+4e-+2H2O=4OH,電池總反

應方程式為4VB2+1IO2+2OOH+6H2O=8B(OH)；+4V0;°

由上述分析知，正極的電極反應式為6I4cI2IkO-4011,則電路中通過0.04mole

一時，正極有0.01mol02參加反應，其在標準狀況下的體積為0.224L,A項正確；由正、負

極的電極反應式可知，該電池工作時，負極區(qū)溶液的pH降低，正極區(qū)溶液的pH升高，B項

錯誤；由上述分析知，該電池的總反應方程式為4VB2+UO2+2OOH+6H2O=8B(OH)4+

4vor,C項正確；電流與電子的流動方向相反，電流從正極出發(fā)，沿負載流向負極，再經

過溶液最終回到正極，D項正確。

7.解析：選D。HNC的能量比HCN高，則穩(wěn)定性較好的是HCN,A項正確；該異構

化反應的△”=+59.3為吸熱反應，則正反應的活化能大于逆反應的活化能，B、

C項正確；使用催化劑只能改變反應的歷程，但是不影響反應的反應熱，D項錯誤。

8.解析：選C。Na2s4中Sf中硫原子間以非極性鍵結合，每個硫原子最外層均達到8

電子穩(wěn)定結構，A項正確；放電時正極上S發(fā)生還原反應，正極反應為xS+2Na++2e

=Na2S.r，B項正確；熔融鈉為負極，熔融硫（含碳粉）為正極，C項錯誤；由圖可知，D項正

確。

9.解析：選B。結合圖示可知放電時的電極反應如下：

電極名稱電極反應

-

負極（a極）CH3COO-f-2H2O-8e=2CO2t+7H+

+

正極（b極）2H+2e-=H2t

根據上述分析可知，A項正確；該電池工作時，C1一向a極移動，Na.向b極移動，即隔

膜1為陰離子交換膜，隔膜2為陽離子交換膜，B項錯誤；電路中轉移1mol電子時，向a

極和b極分別移動1molC「和1molNa+,則模擬海水理論上可除鹽58.5g,C項正確；電池

工作時負極產生C5,正極產生H2,結合正、負極的電極反應知，一段時間后，正極和負極

產生氣體的物質的量之比為2：I,D項正確。

10.解析：選D。結合題圖，可知a極上產生02,發(fā)生的反應為水被氧化生成02的反

應，即a極為陽極，b極為陰極，電極反應式如表：

電極名稱電極反應式

+

a極（陽極）2H2O-4e-=4H+O2t

+-

b極（陰極）2H+O2+2e=H2O2

結合上述分析可知，A項正確；電解?段時間后，溶液中H+濃度未變，即陽極室的pH

未變，B項正確；電解過程中H*通過質子交換膜，從a極區(qū)向b極區(qū)遷移，C項正確；由陰、

陽極的電極反應式可知，電解一段時間后，b極消耗02的量是a極生成02的量的2倍，即a

極生成的6與b極反應的O2的量不相等，D項錯誤。

11.解析：選C。根據圖示可知金屬M失電子，為原電池的負極（圖示為陽極），鋼鐵設

施為原電池的正極（圖示為陰極），此方法屬于犧牲陽極的陰極保護法。該裝置中陰極發(fā)生還

原反應，A項錯誤：金屬M被氯叱，即金屬活動性：M>Fe,B項錯誤：鋼鐵設施為原電池

的正極，表面積累大量電子而被保護，C項正確；海水中含有大量的NaCl等電解質，而河

水中電解質較少，故鋼鐵設施在河水中的腐蝕速率比在海水中的慢，D項錯誤。

12.解析：選A。CO?可與NaOH反應，故電解后不能得到CO2：A項錯誤；陽極發(fā)生

失電子的氧化反應，B項正確；陰極得電子，電極反應為2氏0+2?一=201<+匹卜C項

正確；根據電解RCOONa的NaOH溶液生成R—R可知，電解CFhCOONa、CH3cH2coONa

和NaOH的混合溶液，C%一、CH3cH2一可結合成乙烷、丙烷、丁烷，D項正確。

13.解析：選B。形成化學鍵要放出熱量，AHi<0,第二個反應是鹽類的水解反應，是

吸熱反應，A“2>0，A項錯誤；AHi是負值，A”2是正值，B項正確；酸堿中

和反應是放熱反應，△為《），A”4<0,C項錯誤；第四個反應（醋酸是弱酸，電離吸熱）放出

的熱量小于第三個反應，但△外和A“4都是負值，則A”3VAM，D項錯誤。

14.解析：⑴根據Q=cmAf,反應放出的熱量2=4.18Jg-1,℃-^100mLX1.00g,cm

-3X(30.1℃—20.1℃)=4.18X103JO(2)/J(CUSO4)=0.1LX0.200mol-L-1=0.02mol,n(Zn)

i95o

=77^―丁=0.03mol,顯然Zn寸量，即0.02molZn和0.02molCuSO反應放出的熱量為

65g-mol4

412LI

4.18kJ,故反應Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSC)4(aq)+Cu(s)的△”=—TTTT;7=-209kJmol1。

U?U411lv*l

5ga4.18X103/1000

口案：(1)4.18X1。(2)—oj00義0200=-209

15.解析：(I)利用固體配制一定物質的量濃度的溶液時需要用托盤天平稱量同體，用燒

杯溶解固體，用量筒量取蒸儲水。(2)根據鹽橋中陰、陽離子不能參與反應，及Fe3++3HCO,

2+2+

=Fe(OH)3I+3CO21、Ca+SOr=CaSO4I,可排除HCO^Ca,再根據FeSCh溶液

顯酸性，而NO不在酸性溶液中具有氧化性，可排除NO〉最后根據陰、陽離子的電遷移率應

盡可能地接近，知選擇KCI做鹽橋中電解質較合適。(3)電子由負極流向正極，結合電子由鐵

電極流向石墨電極，可知鐵電極為負極，石墨電極為正極。鹽橋中的陽離子流向正極(石墨電

極)溶液中。(4)由題意知負極反應為Fe—2b=Fe2+,正極反應為Fe3++b=Fe2+,則鐵電

極溶液中以Fe2')增加0.02mol-L1時，石墨電極溶液中c(Fe2，)ifW0.04mol-L故此時石

墨電極溶液中c(Fe2+)=0.09mol-I/L(5)石墨電極的電極反應式為Fe3*+e—=Fe2+,鐵電極

的電極反應式為Fe—2e-=Fe2+,故驗證了氧化性：Fe3+>Fe2+,還原性：Fe>Fe2\(6)該活

化反應為Fe+2Fe3+=3Fe2t,故通過檢驗Fe3+可說明活化反應是否完成，具體操作為取少

量活化后溶液于試管，滴加幾滴KSCN溶液，若溶液不變血紅色，則說明活化反應已完成。

答案：⑴燒杯、量筒、托盤天平(2)KC1(3)石墨(4)0.09moir1(5)Fe3++e-=Fe2

+Fe-2e-=Fe2+Fe3+

Fe(6)取少量溶液，滴入KSCN溶液，不出現血紅色

專題八化學反應速率化學平衡

1.解析：選D。碘易溶于苯，加入苯，碘進入到苯中，使水溶液中碘的濃度減小，平衡

正向移動，A項正確；如果反應能進行到底，則經過苯兩次萃取后溶液中不會有Fe3+,加入

KSCN,溶液不會呈血紅色，溶液呈血紅色說明此反應是可逆反應，有反應限度，B項正確；

加入FeS04,二價鐵離子濃度增大，平衡逆向移動，C項正確：該反應的平衡常數K=/(Fe2

+>以12)/[/『?3+)./(r)],D項錯誤，

2.解析：選D。測定NO2的相對分子質量時，N2O4越少越好，即使平衡逆向移動。正

反應是氣體分子數減小的放熱反應，要使平衡逆向移動，需減小壓強、升高溫度，則選D項。

3.解析：選AD。結合圖像可知，1,4?加成產物的能量比1,2-加成產物的能量低，即

1,4-加成產物比1,2-加成產物穩(wěn)定，A項正確；結合題圖和題中信息只能判斷不同溫度下

1,3■丁二烯發(fā)生1,2-加成反應和1,4-加成反應的傾向，不能判斷1,3-丁二烯的轉化率,

B項錯誤；溫度升高，1,2-加成反應和1,4-加成反應的正反應速率均加快，C項錯誤；由

0°C升溫至40℃時，1,3■丁二烯發(fā)生的反應由以1,2-加成為主變?yōu)橐?,4?加成為主，即

1,2-加成正反應速率的增大程度小于其逆反應速率的增大程度，D項正確。

4.解析：選BD。升高溫度有利于題中第一個反應正向進行，有利于提高C%的平衡轉

化率，但增大壓強有利于題中第一個反應逆向進行，不利于提高CH4的平衡轉化率，A項錯

誤；由題述反應及起始反應物的物質的量比可知，平衡時CO2的轉化率比CK的高，則曲線

B表示CH4的平衡轉化率隨溫度的變化，B項正確；使用催化劑只能加快化學反應速率，對

化學平衡無影響，即曲線A和曲線B不能相重疊，C項錯誤；恒壓、800Ks以CH4)：〃(CCh)

=1：1條件下，反應至CH4轉化率達到X點的值，通過增大〃(CO》或減小壓強繼續(xù)反應，

可以使CH4的轉化率從X點提高到Y點，D項正確。

5.解析：(1)根據題圖⑶知，V2O4(s)4-SO3(g)=V2O5(s)+SO2(g)△%=—24kJ?moL

①，V2O4(s)4-2SO3(g)=2VOSO4(s)AM=-399kJ.mo「②。根據蓋斯定律，由②一①X2

得：2V2O5(s)+2SO2(g)=2VOSO心)+V2O4G)&”=(一399+48)kJmo廠】=-351kJ-moP^

(2)由題給反應式知，該反應為氣體分子數減少的反應，其他條件一定封，增大壓強，SO2平

衡轉化率增大，故p1=5.0MPa。結合題圖(b)知5.0MPa、550℃時對應的SO2平衡轉化率為

0.975o影響平衡轉化率的因素有溫度、壓強、反應物的起始濃度等。(3)設通入的SO?、02

和N2共lOOmol,利用三段式法進行計算：

SO2(g)+拉(g)^^S03(g)

起始量/mol2mm0

轉化量/mol2mama2/wa

平衡量/mol2m~2mam—ma2mo

平衡時氣體的總物質的量為(3m+g—。)mol,則p(SO2)=pX(2m—2ma)/(3/??+—

ma),p(C)2)=pX(M—ma)/(3/M+q—p(SO3)=pX2〃?a/(3m+q-/a),因3m+q=100,

Kp=-------0------,代入計算得Kp二-----------T———xo7o(4)升高溫度，反應

2

P(SO2)Xp(O2)(1—為00-〃"

速率常數上增大，反應速率。提高，但a降低使反應速率逐漸下降。代功時，%增大對。的提

高大于。引起的降低；。功后，2峭大對。的提高小于。引起的降低。

1

答案：(1)2V2O5(s)+2SO2(g)=2VOSO4(s)+V2O4(s)AH=-351kJ-moP

(2)0.975該反應氣體分子數減少，增大壓強，。提高。5.0MPa>2.5MPa=p2,所以0

=5.0MPa溫度、壓強和反應物的起始濃度(組成)

2ma

⑶100-m"

（1-Q）"GOO："）

(4)升高溫度，左增大使。逐漸提高，但。降低使。逐漸下降。k增大對。的提高

大于a引起的降低；分功后，左增大對。的提高小于。引起的降低

6.解析：(1)①根據題表中數據信息可寫出熱化學方程式

(i)C2H6(g)+^O2(g)=2CO2(g)+3H2O(1)AW=-I560kJinol一1、(ii)C2H4(g)+

3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(I)AH=-1411kJ-molL(iii)H2(g)+1o2(g)=H2O(l)AH=-

286kJ-moF,,根據蓋斯定律，由(i)一(ii)一(M)得C2H6(g)=C2H?g)+H2(g)AH=+137

kJ.moF'o②由于該反應為吸熱反應、且為氣體分子數增大的反應，因此可通過升高溫度、

減小體系壓強等提高該反應的平衡轉化率。③設起始時C2H6和H2的物質的量均為1mol,

列出三段式：

C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)

起始量/mol101

轉化量/molaaa

平衡量/mol1—oa1+a

1-uQ1+a

平衡時C2H6、C2H4和H2對應的分壓分別為汴*、5”，和丁/，則該反應的平衡

1+a

2+aPa(1+g)

常數勺=

1—a(2+。)(1一

2+aP

(2)①反應初始時可認為cCH4=lmolL_1,則根據初期階段的速率方程可知k二八,當

CH4的轉化率為。時，c€H4=(l—a)mol?L「，則此時r2=(1—。)力。②由r=AXcCH4可

知，CH4的濃度越大，反應速率/越大，A項正確；增加H2濃度，CH’的濃度減小或不變，

則r減小或不變，B項錯誤；隨著反應的進行，CH,的濃度逐漸減小，則反應速率逐漸減小,

C項錯誤；降低溫度，該反應進行非常緩慢甚至停止，即女也隨著減小，D項正確。

(3)①結合圖示可知COz在陰吸發(fā)生還原反應生成CO,即陰極上的反應式為CO2+2e-

=CO+O2o②設生成C2H4和C2H6的物質的量分別為2moi和1mol,則反應中轉移電子

的物質的量為4moiX2+2molXl=10moL根據碳原子守恒，可知反應的C%為6mol：則

由CO2-CO轉移10mol電子,需消耗5molCO2,則反應中消耗CH4和CO2的體積比為6：5。

答案：(1)①137②升高溫度減小壓強(增大體積)

丁a(1+a)

③(2+(1-加

(2)①1一。②AD

(3)①CO2+2e=CO+O2—②6:5

7.解析：(1)由題意知二氧化碳與氫氣反應生成乙烯和水，反應的化學方程式為2c02+

6H2CH2=CH2+4H2O,7KC2H4)：/I(H2O)=1：4；此反應為氣體體積減小的反應，增大

壓強，平衡向氣體體積減小的方向(正反應方向)移動，〃(C2H4)變大。(2)反應方程式中CO2和

H2的系數之比為1:3,開始時加入的〃(CO*:"32)=1：3,則平衡時〃(C02)：〃出2)也應為

1:3,〃(C2H4):〃(H2O)應為1:4,由題圖可知曲線a為H2,b為H20,c為CO2,d為C2H4,

隨溫度升高，平衡時QH?和H2O的物質的量分數逐漸減小，比和CO2的物質的量分數逐漸

增加，說明升高溫度平衡逆向移動，根據升高溫度平衡向吸熱的方向移動，知正反應方向為

放熱反應，△“小于0。(3)在440K時，氫氣的物質的量分數為0.39.比0的物質的量分數

也為0.39,根據平衡時〃(CO?)：〃(氏)=1：3,知CCh的物質的量分數為0.39/3,根據平衡時

〃(C2H。：n(H2O)=1：4,知C2H4的物質的量分數為0.39/4,則p(H2)=0.39X0.1MPa,p(H2O)

4

0.10.1p(H2O)p(C2H4)

=0.39X0.1MPa,p(C2H4)=0.39X才MPa,p(CO2)=0.39XwMPa,*6g、25、

今3P1112/?//\CU2z

191

Xgp(MPa)3=4義003m(MPa)3。(4)壓強和溫度一定，若要提高反應速

率和乙烯的選擇性，可采用選擇合適催化劑等方法。

答案：(1)1：4變大(2)dc小于

039^X^22

9141

⑶々X于麗或0396*(號2)2義府