2020年7月浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题解析

2020年7月浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题与答案

【答案】D

21．电解高浓度RCOONa(羧酸钠)的NaOH溶液，在阳极RCOO?放电可得到R?R(烷烃)。

下列说法不正确的是 ．．．

通电

A．电解总反应方程式：2RCOONa＋2H2O=====R?R＋2CO2↑＋H2↑＋2NaOH B．RCOO?在阳极放电，发生氧化反应

C．阴极的电极反应：2H2O＋2e?===2OH?＋H2↑

D．电解CH3COONa、CH3CH2COONa和NaOH混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷 【考点】电解池

【解析】A明显错在强碱性溶液中无法逸出CO2；B正确；C中阴极放电顺序H+(H2O)＞

Na+，判断正确；D中烃基的组合有三种，C?C、C?C2、C2?C2。 【答案】A

22．关于下列ΔH的判断正确的是

+?CO2? ΔH1 3(aq)＋H(aq)===HCO3(aq)

?CO2?HCO? ΔH2 3(aq)＋H2O(l)3(aq)＋OH(aq)

OH?(aq)＋H+(aq)===H2O(l) ΔH3 OH?(aq)＋CH3COOH(aq)===CH3COO?(aq)＋H2O(l) ΔH4 A．ΔH1＜0 ΔH2＜0 B．ΔH1＜ΔH2 C．ΔH3＜0 ΔH4＞0 D．ΔH3＞ΔH4 【考点】弱电解质的电离，盐类的水解，盖斯定律

【解析】弱电解质的电离(①的逆反应、③的逆反应)吸热、盐类的水解(②的正反应、④的

逆反应)吸热，由此可知ΔH1＜0、ΔH2＞0、ΔH3＜0、ΔH4＜0，AC错误、B正确。④式减③式为CH3COOH(aq)===CH3COO?(aq)＋H+(aq) ΔH＝ΔH4－ΔH3＞0(弱电解质的电离)，可知D错误。 【答案】B 23．常温下，用0.1 mol·L?1氨水滴定10 mL浓度均为0.1 mol·L?1的HCl和CH3COOH的

混合液，下列说法不正确的是 ．．．A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl?)＞c(CH3COO?)

?

B．当滴入氨水10 mL时，c(NH+4)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO)＋c(CH3COOH) C．当滴入氨水20 mL时，c(CH3COOH)＋c(H+)＝c(NH3·H2O)＋c(OH?)

?

D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20 mL，c(NH+4)＜c(Cl) 【考点】酸碱中和滴定，溶液中的离子平衡

【解析】A相当于等浓度强酸与弱酸溶液中酸根离子浓度的比较，物料守恒式为c(Cl?)＝

c(CH3COO?)＋c(CH3COOH)；B中只有溶质对应分子与离子，为物料守恒式c(NH+4)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO?)＋c(CH3COOH)＝c(Cl?)＝10 mL×0.1 mol·L?1＝1×10?4 mol；C中既有溶质对应分子、又有溶剂对应离子，应为质子守恒式，代入电荷守

+????

恒式c(NH+4)＋c(H)＝c(CH3COO)＋c(Cl)＋c(OH)可得c(CH3COO)＋

?

c(CH3COOH)＋c(Cl?)＝c(NH+4)＋c(NH3·H2O)，由物料守恒式c(CH3COO)＋

?4

c(CH3COOH)＝c(Cl?)＝1×10?4 mol、c(NH+4)＋c(NH3·H2O)＝2×10 mol可知该式成立；D中溶液呈中性，Ka(CH3COOH)≈Kb(NH3·H2O)、HCl是强酸，氨水应过量、

+???

体积大于20 mL，电荷守恒式c(NH+4)＋c(H)＝c(CH3COO)＋c(Cl)＋c(OH)可化简

??+?

为c(NH+4)＝c(CH3COO)＋c(Cl)，即c(NH4)＞c(Cl)。 【答案】D

24．Ca3SiO5是硅酸盐水泥的重要成分之一，其相关性质的说法不正确的是 ．．．

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2020年7月浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题与答案

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A．可发生反应：Ca3SiO5＋4NH4Cl===CaSiO3＋2CaCl2＋4NH3↑＋2H2O

B．具有吸水性，需要密封保存 C．能与SO2反应生成新盐

D．与足量盐酸作用，所得固体产物主要为SiO2 【考点】硅酸盐的性质

【解析】Ca3SiO5是硅酸三钙(3CaO·SiO2或2CaO·CaSiO3)，由此推测其能与NH4Cl反应

(碱性氧化物与弱碱盐反应)、与SO2反应(碱性氧化物与酸性氧化物反应)、与盐酸反应(碱性氧化物、弱酸盐与酸反应)，但D中产物应为硅酸。至于B，从水泥的使用可知正确。 【答案】D

25．黄色固体X，可能含有漂白粉、FeSO4、Fe2(SO4)3、CuCl2、KI之中的几种或全部。将

X与足量的水作用，得到深棕色固体混合物Y和无色碱性溶液Z。下列结论合理的是 A．X中含KI，可能含有CuCl2 B．X中含有漂白粉和FeSO4

C．X中含有CuCl2，Y中含有Fe(OH)3

D．用H2SO4酸化溶液Z，若有黄绿色气体放出，说明X中含有CuCl2 【考点】元素化合物的性质，氧化还原反应

【解析】可由X是黄色固体、CuCl2为棕黄色固体，说明X中有CuCl2；X与足量水作用得

无色碱性溶液Z说明X中有漂白粉且过量；固体混合物Y中一定有蓝色的Cu(OH)2，Y显棕色说明有黄色或橙色物质，则Y中有Fe(OH)3，Fe元素来自于FeSO4或Fe2(SO4)3，KI不确定。由此可知AB错误、C正确。至于D，漂白粉中ClO?、Cl?与H+发生逆岐化反应产生氯气，无法说明有CuCl2。

如果想得多一点：漂白粉、FeSO4、KI为白色固体，Fe2(SO4)3为淡黄色固体，CuCl2为棕黄色固体，其中FeSO4、Fe2(SO4)3的颜色高中知识未涉及。X与足量水作用，可能发生反应有I?被Fe3+、Cu2+氧化，Fe2+、I?被ClO?氧化，Fe3+水解等，I2、Fe(OH)3被ClO?氧化应该要忽略吧；可能产生固体Fe(OH)3、I2、CuCl、Cu(OH)2等，溶液呈碱性应为ClO?水解、漂白粉中Ca(OH)2杂质应该要忽略吧。由纯色调配成棕色的方案有三种：绿＋红、紫＋黄、橙＋蓝，可推测固体Y由Fe(OH)3与I2或Cu(OH)2组成。至此，固体X中一定有漂白粉，Fe2(SO4)3、CuCl2至少有一种；若只有Fe2(SO4)3则一定有KI，若只有CuCl2则一定有FeSO4、可能有KI，两者并存则FeSO4、KI均不确定。 上述过程也不一定科学、正确，所以说，这么复杂的化学，还是尽量简化点吧，毕竟只是高考题、不是竞赛题。 【答案】C

非选择题部分

二、非选择题（本大题共6小题，共50分） 26．(4分)

(1) 气态氢化物热稳定性HF大于HCl的主要原因是________。 (2) CaCN2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，CaCN2的电子式是________。 (3) 常温下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，原因是________。 【考点】元素周期律，化学键，分子间作用力与氢键 【解析】

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(1)中，非金属元素简单氢化物的热稳定性是化学性质，应从化学键、非金属性、原子半径角度分析。F原子半径小与Cl，非金属性更强；F2与H2反应更为剧烈，所得氢化物能量教低(即氢化物的F－H键键能更高)；能量越低越稳定。

2?

(2)中电子式书写的难点在于CN2?2，可先尝试书写H2CN2，删去质子即得CN2离子。H2CN2的不饱和度为2，可能结构为一个叁键、两个双键、单环加一个双键，结果如下：N≡C－NH2、HN＝C＝NH、NNHCH、

NNCH2。从电子式的书写方式看，链状结构的可能

???2?????????2???C?NCN]，参照CO2结构，后者可能性更大。 性更大，因而CN2?2可能为[??N????????]或[N????????(3)中乙醇(C2H5?OH)和氯乙烷(C2H5?Cl)都属于分子晶体，其溶解性受分子间作用力

影响。两者的结构差异在羟基和氯原子，而羟基可形成氢键，其作用强于范德华力。 ??????2?

【答案】(1) 原子半径F＜Cl，键能F－H＞Cl－H (2) Ca2+[N??CN]

????????

(3) 乙醇与水之间形成氢键而氯乙烷没有

27．(4分)100 mL 0.200 mol·L?1 CuSO4溶液与1.95 g锌粉在量热计中充分反应。测得反应

前温度为20.1℃，反应后最高温度为30.1℃。

已知：反应前后，溶液的比热容均近似为4.18 J·g?1·℃?1、溶液的密度均近似为1.00 g·cm?3，忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。请计算： (1) 反应放出的热量Q＝________J。

(2) 反应Zn(s)＋CuSO4(aq)===ZnSO4(aq)＋Cu(s)的ΔH＝________kJ·mol?1(列式计

算)。

【考点】反应热的测定，焓变 【解析】

反应热的计算、镀锌铁皮镀层厚度计算，都是较少出现的考点，计算时注意单位就不难解出。Q＝4.18 J·g?1·℃?1×(30.1℃－20.1℃)×(100 mL×1.00 g·cm?3)＝4180 J。

该反应中，使用了0.02 mol CuSO4和0.03 mol Zn，可知Zn过量，后续计算以CuSO44.18 kJ

为准。则ΔH＝－＝－209 kJ·mol?1，有效数字三位。

0.02 mol【答案】(1) 4.18×103

4.18×103÷1000

(2) ?＝?209

0.100×0.200

28．(10分)

Ⅰ．化合物X由四种短周期元素组成，加热X，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的

气体Y，Y为纯净物；取3.01 g X，用含HCl 0.0600 mol的盐酸完全溶解得溶液A，将溶液A分成A1和A2两等份，完成如下实验(白色沉淀C可溶于NaOH溶液)：

A1 0.0600 mol X HCl 3.01 g 溶液 A 两等份 A2 过量AgNO3溶液 硝酸酸化 过量浓NaOH 加热 气体 标况下224 mL Y 通CO2 灼烧 溶液 白色沉淀 至过量 B C 白色沉淀 E 白色固体 0.510 g

D

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A10.0600 molXHC3.01 g溶液 A 两等份A2过量浓NaOH加热气体标况下224mLY通CO2灼烧溶液白色沉淀至过量BC 白色沉淀E白色固体0.510 gD过量AgNO3溶液硝酸酸化

请回答：

(1) 组成X的四种元素是N、H和________(填元素符号)，X的化学式是________。 (2) 溶液B通入过量CO2得到白色沉淀C的离子方程式是________。 (3) 写出一个化合反应(用化学方程式或离子方程式表示)________。 ．．．．

要求同时满足：

①其中一种反应物的组成元素必须是X中除N、H外的两种元素； ②反应原理与“HCl＋NH3===NH4Cl”相同。

【考点】元素化合物的性质，定量计算 【解析】

气体Y为NH3说明X中含N、H两种元素；A1加碱产生0.01 mol NH3，溶液B通入过量CO2所得沉淀C可能是Al(OH)3，则D为0.005 mol Al2O3；A2中有0.03 mol Cl?来自于HCl，白色沉淀E是0.06 mol AgCl；综上，3.01 g X中有0.02 mol N(0.28 g)、0.02 mol Al(0.54 g)、0.06 mol Cl(2.13 g)，以及0.06 mol H(0.06 g)。X中原子个数比例H∶N∶Al∶Cl＝3∶1∶1∶3，化合价为+1、?3、+3、?1，则其化学式为AlCl3·NH3或AlN·3HCl；前者属于分子晶体，后者……原子晶体结合分子晶体？因而前者可能更大。分子晶体不写点号，则Ｘ为AlCl3NH3。

(2)的答案很简单，只需注意CO2过量，产物是HCO?3。

(3)要求写AlCl3参加的化合反应，有一定难度，可由X分解产生NH3反推，也可写AlCl3吸水形成水合物。

?【答案】(1) Al、Cl AlCl3NH3 (2) AlO?2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3

(3) AlCl3＋Cl?===AlCl?4或AlCl3＋NH3===AlCl3NH3

Ⅱ．某兴趣小组为验证浓硫酸的性质进行实验，如图。实验中观察到的现象有：

蒸馏烧瓶内有白雾，烧杯中出现白色沉淀。请回答：

(1) 将浓硫酸和浓盐酸混合可产生HCl气体的原因是________。 (2) 烧杯中出现白色沉淀的原因是________。

【考点】H2SO4、HCl的物理性质， 【解析】

白雾明显是盐酸小液滴，应为HCl气体与瓶内H2O蒸气形成；浓盐酸到HCl气体需失

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水，浓硫酸具有吸水性；该过程是实验室制取HCl气体的方法之一。

2?

烧杯中白色沉淀只能是BaSO4，SO4的来源只能是H2SO4的挥发或H2SO4分解产生SO3，H2SO4分解产生H2O、SO3、O2的可能性不大。 【答案】(1) 吸水或放热导致HCl挥发

(2) HCl气体会将H2SO4带出，与Ba(NO3)2作用生成BaSO4

【备注】原题文字中“锥形瓶”被我改成“圆底烧瓶”了，估计是考试院发的试题有误。

29．(10分)研究CO2氧化C2H6制C2H4对资源综合利用有重要意义。

相关的主要化学反应有： Ⅰ C2H6(g)C2H4(g)＋H2(g)

ΔH1＝136 kJ·mol?1 Ⅱ C2H6(g)＋CO2(g)C2H4(g)＋H2O(g)＋CO(g)

ΔH2＝177 kJ·mol?1 Ⅲ C2H6(g)＋2CO2(g)4CO(g)＋3H2(g) ΔH3 Ⅳ CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH4＝41 kJ·mol?1 已知：298K时，相关物质的相对能量(如图1)。

可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的ΔH(ΔH随温度变化可忽略)。例如： H2O(g)H2O(l) ΔH＝?286 kJ·mol?1－(?242 kJ·mol?1)＝?44 kJ·mol?1。 请回答：

(1) ①根据相关物质的相对能量计算ΔH3＝________kJ·mol?1。

②下列描述正确的是________。

A．升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大

B．加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动 C．反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成

D．恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动 ③有研究表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行， 过程如下：[C2H6(g)＋CO2(g)] →[C2H4(g)＋H2(g)＋CO2(g)] →[C2H4(g)＋CO(g)＋H2O(g)]，

且第二步速率较慢(反应活化能为210 kJ·mol?1)。

根据相关物质的相对能量，画出反应Ⅱ分两步进行的“能量?反应过程图”， 起点从[C2H6(g)＋CO2(g)]的能量?477 kJ·mol?1开始(如图2)。

【考点】化学反应的热量，化学平衡的移动 【解析】

Ⅳ＝Ⅰ×(?1)＋Ⅱ×1，Ⅲ无法用Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ表示，因而ΔH3只能用相对能量计算。 ΔH3＝?110 kJ·mol?1×4＋0 kJ·mol?1×3－(?84 kJ·mol?1×1)－(?393 kJ·mol?1×2)＝430 kJ·mol?1。

第②题中，A中反应Ⅰ吸热，升高温度、平衡正向移动，平衡常数K为平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的商，故增大；B中反应Ⅰ、Ⅱ均为气体总量增大，增大压强、平衡逆向移动；C中反应Ⅲ使n(C2H6)减小、n(CO)和n(H2)增大，使反应Ⅰ、Ⅱ的平衡都逆向移动，不利于乙烯生成；D中恒压下通入水蒸气，使生成物分压增大，平衡逆向移动。

由图1可知，C2H6(g)＋CO2(g)的相对能量为?477 kJ·mol?1，C2H4(g)＋H2(g)＋CO2(g)的相对能量为?341 kJ·mol?1，C2H4(g)＋CO(g)＋H2O(g)的相对能量为?300 kJ·mol?1，第

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