2020年高考化学北京卷-答案

化学答案解析

1.【答案】A

【解析】A．钛合金是合金材料，属于金属材料，故A符合题意 B．砷化镓是一种半导体材料，不是金属材料，故B不符合题意；

C．液氢是液态氢气单质，氢元素是非金属，不是金属材料，故C不符合题意；

D．碳纤维是碳元素组成的一种单质，是无机非金属材料，环氧树脂是有机高分子合成材料，都不是金属材料，故D不符合题意 答案选A。 2.【答案】D

【解析】A．SO2是酸性氧化物，可与碱反应，用石灰乳脱除烟气中的SO2时，SO2与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙或亚硫酸氢钙，反应过程中无元素的化合价变化，没有利用氧化还原反应，故A不符合题意； B．用明矾KAlSO4212H2O溶于水中，电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，利用胶体的吸附性可吸附污水中的固体颗粒物，该过程利用胶体的吸附性，发生的反应没有发生化合价变化，没有利用氧化还原反应，故B不符合题意；

C．用盐酸去除铁锈（主要成分Fe2O3xH2O），发生的主要反应为：6HClFe2O3应中没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故C不符合题意；

D．用84消毒液有效成分NaClO，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性从而杀死细菌病毒，杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应，故D符合题意； 答案选D。 3.【答案】A

【解析】A．2Na2H2O2FeCl33H2O，反

2NaOHH2，H2O中H元素化合价由1降为0价，得电子被还原，做氧

化剂，在反应中表现出氧化性，故A符合题意； B．Cl2H2OHClHClO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还

原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故B不符合题意； C．3NO2H2O2HNO3NO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不

是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故C不符合题意；

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D．Na2OH2O2NaOH，该反应没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，水在反应中既不表现氧化

性也不表现还原性，故D不符合题意； 答案选A。 4.【答案】B

【解析】A．As与P为同族元素，为ⅤA族元素，则其原子核外最外层有5个电子，A说法正确；

B．AsH3属于共价化合物，电子式与氨气相似，为

，B说法不正确；

C．非金属的非金属性越强，其气体氢化物越稳定，非金属性As＜P，热稳定性：AsH3＜PH3，C说法正确； D．同周期元素，原子序数越小，非金属性越强，非金属性：As＜Cl，D说法正确； 答案为B。 5.【答案】C

【解析】A．同温同压下，O2和CO2的体积相同时，其质量之比为32:44，则密度之比为32:44，不相同，A说法错误；

B．质量相同的H2O和D2O（重水）的物质的量之比为20:18，分子中均含有3个原子，则所含的原子数之比为20:18，不相同，B说法错误；

C．每个CH3CH2OH和CH3OCH3中含共价键数均为8条，则物质的量相同的CH3CH2OH和CH3OCH3所含共价键数相同，C说法正确；

D．室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，氢离子的浓度相等，硫酸能电离出2个氢离子，而盐酸只能电离出一个，故pH相同的盐酸和硫酸的物质的量浓度不相同，D说法错误； 答案为C。 6.【答案】B

【解析】A．硫酸钙的溶解度大于碳酸钙的溶解度，溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化，所以锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，沉淀转换的实质就是沉淀溶解平衡的移动，平衡一般向生成更难溶物质的方向移动，则离子反应为：CaSO4sCO32CaCO3sSO42，故A正确；

B．湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝是由于氯气与碘离子反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，发生的反应为：Cl22II22Cl，故B错误；

C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂发生反应生成熔融态的铁单质，可用于焊接钢轨，发生的反应为：

2AlFe2O3高温Al2O32Fe，故C正确；

D．空气中含有二氧化碳和水蒸气，过氧化钠可与水和二氧化碳反应，淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色，

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发生的反应有：2Na2O22CO22Na2CO3O2；2Na2O22H2O4NaOHO2，氢氧化钠继续与

二氧化碳反应，最终白色物质为碳酸钠，故D正确； 答案选B。 7.【答案】D

【解析】A．图示为配制一定量浓度溶液的转移操作，图示操作正确，故A能达到实验目的；

B．浓硫酸和铜在加入条件下反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，通入到品红溶液中，若品红褪色，则证明生成二氧化硫，二氧化硫气体是大气污染物，不能排放到空气中，试管口用浸有氢氧化钠溶液的棉花团吸收二氧化硫，图示正确，故B能达到实验目的；

C．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液加热作用下发生消去反应生成乙烯，由于乙醇易挥发，制得的乙烯中含有乙醇蒸汽，先通过水，使乙醇溶于水，在将气体通入酸性高锰酸钾溶液中，若酸性高锰酸钾溶液褪色，则可以证明反应中产生乙烯，故C能达到实验目的；

D．乙醇和水任意比互溶，分液操作无法分离，故D不能达到实验目的； 答案选D。 8.【答案】A

【解析】A．淀粉在加热、酸或淀粉酶作用下发生分解和水解时，将大分子的淀粉首先转化成为小分子的中间物质，这时的中间小分子物质，为糊精，故n＞m，A不正确； B．麦芽糖在一定条件下水解为2倍的单糖，属于二糖，B正确； C．过程③为麦芽糖生成葡萄糖的反应，是水解反应，C正确；

D．④的反应为葡萄糖分解为二氧化碳和水的过程，并提供大量的能量，为人体提供能量，D正确； 答案为A。 9.【答案】D

【解析】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；

B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由4价变为3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故B正确；

C．硫酸盐（含SO42、HSO4）气溶胶中含有HSO4，转化过程有水参与，则HSO4在水中可电离生成H和SO42，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；

D．根据图示转化过程中，由SO32转化为HSO4，根据图示对照，有硫氧键生成，故D错误； 答案选D。 10.【答案】C

【解析】QcA1.002 molL21.00 molL1.00 molL1，QcB1.562 molL20.22 molL0.22 molL50.28，

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QcC4.002 molL20.44 molL0.44 molL82.64，QcD1.562 molL20.44 molL0.11 molL50.28，QcC的值最大，

答案为C。 11.【答案】C

【解析】A．1 L 0.1 molL1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1 mol，醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中

部分电离，存在电离平衡，则CH3COO的粒子数小于6.021022，故A错误；

B．加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，碱性增强，则溶液的pH升高，故B错误；

C．1 L 0.1 molL1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1 mol，滴加NaOH溶液过程中，溶液中始终存在物料守

恒，nCH3COOnCH3COOH0.1 mol，故C正确；

D．醋酸的酸性强于碳酸，则根据强酸制取弱酸，醋酸与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方程式为CO3故D错误； 答案选C。 12.【答案】C

【解析】A．所有的燃烧都是放热反应，根据图示，C石墨O2g22CH3COOHH2OCO22CH3COO，

CO2g H1393.5 kJmol，

H1＜0，则石墨燃烧是放热反应，故A正确；

B

．

根

据

图

示

，

C石墨O2gCO2g H1393.5 kJmol，

1COgO2g2CO2g H2283.0 kJmol，根据反应可知都是放热反应，1 mol C（石墨）和

1 mol CO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，1 mol C（石墨）放热多，故B正确；

C．根据

B

项分析，①

C石墨O2gCO2g H1393.5 kJmol，②

1COgO2g2C石墨CO2gCO2g H2283.0 kJmol，根据盖斯定律①②2可得：2COg HH1H2，故C错误；

D．根据盖斯定律可知，化学反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，故D正确； 答案选C。

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13.【答案】D

【解析】A．根据分析，试剂a为CH3OH，名称是甲醇，故A正确；

B．化合物B为CH2CHOCH3，要存在顺反异构，碳碳双键上的每个碳原子连接的两个原子或原子B的结构中其中一个双键碳上连接的两个原子相同，团不同时能形成顺反异构，不存在顺反异构体，故B正确；

C．化合物C为

，其结构对称，只含有一种氢原子，则核磁共振氢谱有一组峰，故C正确；

D．聚合物M是由CH2CHOCH3和D错误； 答案选D。 14.【答案】C

中的双键上发生加成聚合反应，不是缩聚反应，故

【解析】A．氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，会使湿润的pH试纸变红，根据I中试纸变蓝，说明

NH4Cl发生了分反解反应，故A正确；

B．根据分析，根据I中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快，故B正确； C．根据分析，I中试纸变成红色，是由于NH4Cl分解产生的氯化氢造成的，故C错误；

D．根据分析，根据试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中由化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，故D正确； 答案选C。

15.【答案】（1）①2NaNO32加热2BaOO24NO2 ②增大压强或增大氧气的浓度或降低温度 ③BaO22HClBaCl2H2O2 ④H2O2受热易分解 （2）①O22H2e②AC 【解析】（1）①I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体，该气体为NO2。根据氧化还原反应电子得失守恒配平该反应的化学方程式为：2NaNO32H2O2 加热2BaOO24NO2；

2BaO2s，正反应

②II为BaO与氧气反应生成BaO2，是可逆反应，反应方程式为：2BaOsO2g 5 / 10

为气体体积减小的放热反应，促进该反应正向进行的措施是增大压强或增大氧气的浓度或降低温度； ③III中过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，反应的化学方程式是BaO22HCl④H2O2受热易分解，采用减压能够降低蒸馏温度，防止双氧水分解导致产率降低；

（2）①根据分析，a极的电极反应式是O22H2eBaCl2H2O2；

H2O2；

②A．2H2O22H2OO2能自发进行，反向不能自发进行，根据图示，该装置有电源，属于电解池，

电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；

B．根据分析，电极b为阳极，电解池阳极与电源正极连接，故B错误； C．根据分析，该装置的总反应为2H2OO2电解2H2O2，根据反应可知，制取双氧水的原料为氧气和水，

来源广泛，原料廉价，对环境友好等优点，故C正确； 答案选AC。

16.【答案】（1）酚羟基 （2）取代反应

（3）

浓硫酸（4）HCCCH2OHCH3COOH（5）乙酸甲酯

CH3COOCH2CCHH2O

（6）

【解析】（1）A是芳香族化合物，分子式为C6H6O，为苯酚，结构简式为

，分子中含氧官能团是酚

羟基；

（2）环己醇可以和氯化氢在加热的条件下反应生成C，B→C的反应类型是取代反应；

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（3）根据G的结构简式可知，E的结构简式为：；

（4）由K的结构简式，可知J的结构简式为：HCCCH2OH，与乙酸和浓硫酸发生酯化反应制得K，J→K的化学方程式是HCCCH2OHCH3COOH浓硫酸CH3COOCH2CCHH2O；

（5）G、L和奥昔布宁的沸点均高于200 ℃，G和L发生反应合成奥昔布宁时，是可逆反应，反应过程中生成了乙酸甲酯，通过在70 ℃左右将其蒸出来，生成物浓度减小，促进反应正向进行；

（6）G和L发生反应合成奥昔布宁，奥昔布宁的结构简式是。

17.【答案】（1）过滤 （2）3Cu8HNO3稀（3）①4 5

3CuNO322NO4H2O

NO

2H2O

4 ②AC （4）1.5 （5）NaCl溶液 盐酸

【解析】（1）Au（金），Ag和Cu经酸溶后得到金、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的的操作是过滤，将混合物分离；

（2）铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu8HNO3稀3CuNO322NO4H2O；溶解1 mol Cu消耗HNO3的物质的量为

8 mol；铜与浓硝酸反应的化学方程式为：3 7 / 10

Cu4HNO3浓CuNO322NO22H2O，溶解1 mol Cu消耗HNO3的物质的量为4 mol；消耗

HNO3物质的量少的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应，化学方程式为：3Cu8HNO3稀3CuNO322NO4H2O；

（3）①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从5价降低到2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：

Au4NaCl5HNO3HAuCl42H2ONO4NaNO3；

②A．溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了HNO3的氧化性，故A正确； B．王水中V浓硝酸:V浓盐酸1:3，金与浓硝酸表面生成致密的氧化膜，不反应，王水中浓盐酸中提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，故B错误； C．HNO3NaCl与王水则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶V浓硝酸:V浓盐酸1:3溶金原理相同，解，故C正确； 答案选AC； （4）由于HAuCl4HAuCl4，若用Zn粉将溶液中的1 mol HAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合

价为3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价

2x3，x1.5 mol，从0价升高到2价，根据得失电子守恒可知：则参加反应的Zn的物质的量是1.5 mol；

（5）根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到铜和亚铁离子，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，试剂2是盐酸。 18.【答案】（1）①增大反应速率，提高浸出率 ②ⅤMnO24H2Fe2△Mn22Fe32H2O

Ⅴ二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2

（2）MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱 （3）Mn22e2H2OMnO24H

（4）

b335cd86.94

134a 8 / 10

【解析】（1）①研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率；

②Ⅴ.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为

MnO24H2Fe2△Mn22Fe32H2O；

Ⅴ.根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的减少Fe2+，故实际比值（0.9）小于2。

（2）MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3H2O，调溶液pH5，除去溶液中的Al3+、Fe3+； （3）电解时，溶液呈酸性，Mn2失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为

Mn22e2H2OMnO24H；

（4）根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原发，剩余部分再与高锰酸钾反应（5H2C2O42KMnO43H2SO4K2SO42MnSO410CO28H2O），则与二氧化锰反应的草酸钠

为

b gcmolLd L5；MnO2Na2C2O42H2SO4134gmol2b gcmolLd L5134gmol2，

Na2SO4MnSO42CO22H2O，则

nMnO2nNa2C2O4产品纯度

b gc molLd L586.94 gmol134 gmol2b335cd86.94。 100%a g134a19.【答案】（1）S2Cu2CuS （2）滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀 （3）①向溶液2中加入KMnO4溶液，溶液没有褪色 ②盐酸中Cl元素为1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论 ③Sx22HH2Sx1S △（4）根据反应4Na2SO3Na2S3Na2SO4可知，Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从4价降为2价，也应该可以降到0价生成硫单质 9 / 10

【解析】（1）Na2S和CuSO4溶液反应生成硫化铜和硫酸钠，反应的离子方程式是S2Cu2CuS；

（2）根据题干资料：Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，取少量溶液B，滴加

BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多（经检验该沉淀含S），同时产生有臭鸡蛋气味的气体（H2S），

说明B溶液中含有Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降（固液分离）后，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可证实分解产物中含有SO42； （3）①实验可证实来源1不成立。根据分析，溶液2为H2SO3，向溶液2中加入少量KMnO4溶液，H2SO3具有还原性，酸性条件下KMnO4具有强氧化性，二者混合和后应发生氧化还原反应，KMnO4溶液应该褪色，但得到的仍为紫色，说明溶液B中不含Na2SO3；

②不能用盐酸代替硫酸的原因是盐酸中Cl元素为1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论；

Sx③来源2认为溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S，反应的离子方程式：

22HH2Sx1S；

（4）根据已知资料：4Na2SO3△Na2S3Na2SO4，亚硫酸钠中硫为4价，硫酸钠中硫为6价，硫化钠

中硫为2价，根据反应可知Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从4价降为2价，也应该可以降到0价生成硫单质。

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