2020年全国统一高考化学试卷（新课标ⅲ）（含解析版）下载

2020 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅲ） 一、选择题：本题共 7 小题，每小题 6 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的． 1．（6 分）宋代《千里江山图）描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿 色来自孔雀石颜料（主要成分 为 Cu（OH）2•CuCO3），青色来自蓝铜矿颜料（主要成分为 Cu（OH）2•2CuCO3）。 下列说法错误的是（　　） A．保存《千里江山图》需控制温度和湿度 B．孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化 C．孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱 D．Cu（OH2）•CuCO3 中铜的质量分数高于 Cu（OH2）•2CuCO3 2．（6 分）金丝桃苷是从中药材中提取的一种具有抗病毒作用的黄酮类化合物，结构式如 图：下列关于金丝桃苷的叙述，错误的是（　　） A．可与氢气发生加成反应 C．能与乙酸发生酯化反应 B．分子含 21 个碳原子 D．不能与金属钠反应 3．（6 分）NA 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　） A．22.4L（标准状况）氮气中含有 7NA 个中子 B．1mol 重水比 1mol 水多 NA 个质子 C．12g 石墨烯和 12g 金刚石均含有 NA 个碳原子 D．1L 1mol•L﹣1 NaCl 溶液含有 28NA 个电子 4．（6 分）喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体﹣﹣溶液，能出现喷泉现象的是（　　） 气体 溶液 A． 稀盐酸 H2S 第 1 页（共 27 页） B． C． D． HCl NO 稀氨水 稀 H2SO4 饱和 NaHCO3 溶液 CO2 A．A B．B C．C D．D 5．（6 分）对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是（　　） A．用 Na2SO3 溶液吸收少量 Cl2：3SO32﹣+Cl2+H2O═2HSO3﹣+2Cl﹣+SO4 B．向 CaCl2 溶液中通入 CO2：Ca2++H2O+CO2═CaCO3↓+2H+ 2﹣ C．向 H2O2 溶液中滴加少量 FeCl3：2Fe3++H2O2═O2↑+2H++2Fe2+ +D．同浓度同体积 NH4HSO4 溶液与 NaOH 溶液混合：NH4 +OH﹣═NH3•H2O 6．（6 分）一种高性能的碱性硼化钒（VB2 ）﹣﹣空气电池如图所示，其中在 VB2 电极发 生反应：VB2+16OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2B（OH）4﹣+4H2O 该电池工作时，下列说法错 误的是（　　） A．负载通过 0.04mol 电子时，有 0.224L （标准状况）O2 参与反应 B．正极区溶液的 pH 降低、负极区溶液的 pH 升高 第 2 页（共 27 页） 3﹣ C．电池总反应为 4VB2+11O2+20OH﹣+6H2O═8B（OH）4﹣+4VO4 D．电流由复合碳电极经负载、VB2 电极、KOH 溶液回到复合碳电极 7．（6 分）W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满 足 X+Y＝W+Z；化合物 XW3 与 WZ 相遇会产生白烟。下列叙述正确的是（　　） A．非金属性：W＞X＞Y＞Z B．原子半径：Z＞Y＞X＞W C．元素 X 的含氧酸均为强酸 D．Y 的氧化物水化物为强碱 二、非选择题：共 58 分。第 8～10 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 11～12 为 选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 43 分。 8．（14 分）氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用如 图装置（部分装置省略）制备 KClO3 和 NaClO，探究其氧化还原性质。 回答下列问题： （1）盛放 MnO2 粉末的仪器名称是　 　，a 中的试剂为　 　。 （2）b 中采用的加热方式是　。c 中化学反应的离子方程式是　 　，采用冰水 浴冷却的目的是　 　。 　，可选用试剂　 （3）d 的作用是　 　 （填标号）。 A．Na2S B．NaCl C．Ca（OH）2 D．H2SO4 （4）反应结束后，取出 b 中试管，经冷却结晶，　 晶体。 　，　 　，干燥，得到 KClO3 第 3 页（共 27 页） （5）取少量 KClO3 和 NaClO 溶液分别置于 1 号和 2 号试管中，滴加中性 KI 溶液。1 号 试管溶液颜色不变。2 号试管溶液变为棕色，加入 CCl4 振荡，静置后 CCl4 层显　 　色。可知该条件下 KClO3 的氧化能力　 　NaClO（填“大于”或“小于”）。 9．（15 分）某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属 Ni、Al、Fe 及其氧化物，还有 少量其他不溶性物质。采用如图工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体（NiSO4•7H2O ） ：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的 pH 如下表所示： Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ 金属离子 开始沉淀时（c＝0.01 mol•L﹣1）的 pH 沉淀完全时（c＝1.0×10﹣5mol•L﹣1）的 pH 回答下列问题： 7.2 8.7 3.7 4.7 2.2 3.2 7.5 9.0 （1）“碱浸”中 NaOH 的两个作用分别是　 　。为回收金属，用稀硫酸将“滤液① 　。 ”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式　 （2）“滤液②”中含有的金属离子是　 （3）“转化”中可替代 H2O2 的物质是　 　。 　。若工艺流程改为先“调 pH”后“转化” ，即 ，“滤液③”中可能含有的杂质离子为　 　。 （4）利用上述表格数据，计算 Ni（OH）2 的 Ksp＝　 　（列出计算式）。如果“转 化”后的溶液中 Ni2+浓度为 1.0mol•L﹣1，则“调 pH”应控制的 pH 范围是　 　。 （5）硫酸镍在强碱溶液中用 NaClO 氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的 NiOOH． 写出该反应的离子方程式　。 （6）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是　 　。 10．（14 分）二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用 CO2 的热点研究领域。回答下列问题： （1）CO2 催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比 n（C2H4）：n（H2O）＝　 第 4 页（共 27 页） 　。当反应达到平衡时，若增大压强，则 n（C2H4）　 　（填“变大”“变小”或“不 变”）。 （2）理论计算表明。原料初始组成 n（CO2）：n（H2）＝1：3，在体系压强为 0.1MPa， 反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数 x 随温度 T 的变化如图所示。图中，表示 C2H4 、CO2 变化的曲线分别是　 　、　 　。 CO2 催化加氢合成 C2H4 反应的△H　 　0 （填“大于”或“小于”）。 ﹣（3）根据图中点 A（440K，0.39），计算该温度时反应的平衡常数 Kp＝　 　（MPa） 3（列出计算式。以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）。 （4）二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成 C3H6、C3H8、C4H8 等低碳 烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当　。 （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第 一题计分。[化学–选修 3：物质结构与性质]（15 分） 11．（15 分）氨硼烷（NH3BH3）含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料 。回答下列问题： （1）H、B、N 中，原子半径最大的是　 元素　的相似。 　。根据对角线规则，B 的一些化学性质与 （2）NH3BH3 分子中，N﹣B 化学键称为　 　键，其电子对由　 　提供。氨硼烷 在催化剂作用下水解释放氢气： +3NH3BH3+6H2O═3NH4 +B3O63﹣+9H2 第 5 页（共 27 页） B3O63﹣的结构为 ．在该反应中，B 原子的杂化轨道类型由　 　变 为　 　。 （3）NH3BH3 分子中，与 N 原子相连的 H 呈正电性（Hδ+），与 B 原子相连的 H 呈负 电性（Hδ﹣），电负性大小顺序是　 写分子式），其熔点比 NH3BH3　 　。与 NH3BH3 原子总数相等的等电子体是　 　（ 　（填“高”或“低”），原因是在 NH3BH3 分子 之间，存在　 　作用，也称“双氢键”。 （4）研究发现，氨硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为 apm、bpm、 cpm，α＝β＝γ＝90°．氨硼烷的 2×2×2 超晶胞结构如图所示。氨硼烷晶体的密度 ρ＝ 　　g•cm﹣3（列出计算式，设 NA 为阿伏加德罗常数的值）。 [化学–选修 5：有机化学基础]（15 分） 12．苯基环丁烯酮（ PCBO）是一种十分活泼的反应物，可利用它的开环 反应合成一系列多官能团化合物。近期我国科学家报道用 PCBO 与醛或酮发生[4+2]环加 成反应，合成了具有生物活性的多官能团化合物（E），部分合成路线如图： 第 6 页（共 27 页） 已知如下信息： 回答下列问题： （1）A 的化学名称是　 （2）B 的结构简式为　 　。 　。 （3）由 C 生成 D 所用的试剂和反应条件为　 易发生脱羧反应，生成分子式为 C8H8O2 的副产物，该副产物的结构简式为　 （4）写出化合物 E 中含氧官能团的名称　；E 中手性碳（注：连有四个不同的原 子或基团的碳）的个数为　。 （5）M 为 C 的一种同分异构体。已知：1mol M 与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出 2mol 二氧化碳；M 与酸性高锰酸钾溶液反应生成对苯二甲酸。M 的结构简式为　。 　；该步反应中，若反应温度过高，C 　。 （6）对于 ，选用不同的取代基 R’，在催化剂作用下与 PCBO 发生的[4+2] 反应进行深入研究，R’对产率的影响见下表： R’ ﹣CH3 91 ﹣C2H5 ﹣CH2CH2C6H5 产率/% 80 63 请找出规律，并解释原因　 　。 第 7 页（共 27 页） 2020 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅲ） 参考答案与试题解析 一、选择题：本题共 7 小题，每小题 6 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的． 1．（6 分）宋代《千里江山图）描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿 色来自孔雀石颜料（主要成分 为 Cu（OH）2•CuCO3），青色来自蓝铜矿颜料（主要成分为 Cu（OH）2•2CuCO3）。 下列说法错误的是（　　） A．保存《千里江山图》需控制温度和湿度 B．孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化 C．孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱 D．Cu（OH2）•CuCO3 中铜的质量分数高于 Cu（OH2）•2CuCO3 【分析】A．Cu（OH） •CuCO3 和 Cu（OH） •2CuCO3 均不稳定，受热易分解，纤维素 22或蛋白质均能水解； B．Cu（OH） •CuCO3 和 Cu（OH） •2CuCO3 中除 O 元素外，C、H、Cu 均为最高价； 22C．Cu（OH）2•CuCO3 和 Cu（OH）2•2CuCO3 均能与酸反应，不与碱反应； D．通过计算判断比较铜的质量分数大小。 【解答】解：A．Cu（OH） •CuCO3 和 Cu（OH） •2CuCO3 均不稳定，受热易分解，纤 22维素或蛋白质均能水解，长期在潮湿环境中易腐烂变质，则保存《千里江山图》需控制 温度和湿度，故 A 正确； B．Cu（OH）2•CuCO3 和 Cu（OH）2•2CuCO3 中除 O 元素外，C、H、Cu 均为最高价， 无还原性，不能被空气中氧气氧化，则孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化，故 B 正确； C．Cu（OH）2•CuCO3 和 Cu（OH）2•2CuCO3 均能与酸反应，不与碱反应，则孔雀石、 蓝铜矿颜料耐碱不耐酸，故 C 错误； D．Cu（OH2）•CuCO3 中铜的质量分数为 ，Cu（OH2）•2CuCO3 中铜的质 量分数为 ，则 Cu（OH2）•CuCO3 中铜的质量分数高于 Cu（OH2）•2CuCO3 ，故 D 正确； 故选：C。 第 8 页（共 27 页） 【点评】本题以《千里江山图》为载体，考查物质的组成、结构和性质的关系，涉及元 素质量分数的计算和盐的通性，基础考查，难度中等。 2．（6 分）金丝桃苷是从中药材中提取的一种具有抗病毒作用的黄酮类化合物，结构式如 图：下列关于金丝桃苷的叙述，错误的是（　　） A．可与氢气发生加成反应 C．能与乙酸发生酯化反应 B．分子含 21 个碳原子 D．不能与金属钠反应 【分析】A、分子中含有碳碳双键、碳氧双键和苯环； B、由图可知金丝桃苷的分子式 C21H20O12； C、分子中含有羟基，能发生酯化反应； D、分子结构可知结构中含有羟基； 【解答】解：A、分子中含有碳碳双键、碳氧双键和苯环，可以发生加成反应，故 A 正 确； B、由图可知金丝桃苷的分子式 C21H20O12，则分子含 21 个碳原子，故 B 正确； C、分子中含有羟基，能发生酯化反应，即能与乙酸发生酯化反应，故 C 正确； D、分子结构可知结构中含有羟基，能与金属钠反应产生氢气，故 D 错误； 故选：D。 【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查酚、烯烃、醇、醚和酮的性质，明确官 能团及其性质关系是解本题关键，题目难度不大。 3．（6 分）NA 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　） A．22.4L（标准状况）氮气中含有 7NA 个中子 B．1mol 重水比 1mol 水多 NA 个质子 C．12g 石墨烯和 12g 金刚石均含有 NA 个碳原子 D．1L 1mol•L﹣1 NaCl 溶液含有 28NA 个电子 【分析】A．一个氮气分子有 14 个中子； 第 9 页（共 27 页） B．重水和水的质子数相等； C．跟据 n＝ 计算物质的量，再比较微粒数； D．溶剂也要考虑。 【解答】解：A．氮气是双原子分子，一个氮气分子有 14 个中子，22.4L （标准状况） 氮气中含有 14NA 个中子，故 A 错误； B．重水（D2O）和水（H2O）的质子数都是 10，1mol 重水比 1mol 水都是 10NA 个质子， 故 B 错误； C.12g 石墨烯 n（C60）＝ ＝mol，含有个碳原子物质的量 n（c）＝ mol× 60＝1mol，含有 NA 个碳原子，12g 金刚石（C）的物质的量 n＝ 含有 NA 个碳原子，故 C 正确； ＝＝1mol， D.1L 1mol•L﹣1 NaCl 溶质含有 28NA 个电子，溶剂水也要考虑，故 D 错误； 故选：C。 【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的计算，是高频考点，要熟练掌握计算公式，和公式 的使用条件，D 选项容易思维定式出现错误。 4．（6 分）喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体﹣﹣溶液，能出现喷泉现象的是（　　） 气体 H2S HCl NO 溶液 A． B． C． D． 稀盐酸 稀氨水 稀 H2SO4 饱和 NaHCO3 CO2 溶液 第 10 页（共 27 页） A．A B．B C．C D．D 【分析】在烧瓶中充满干燥气体，而胶头滴管及烧杯中分别盛有液体，若形成喷泉，则 气体极易溶于液体或气体极易与液体反应，以此来解答。 【解答】解：A、H2S 在稀盐酸中溶解度小，且与稀盐酸不反应，不能出现喷泉，故 A 错误； B．HCl 气体极易溶于稀氨水，且氯化氢气体与氨水反应生成氯化铵，产生压强差，形成 喷泉，故 B 正确； C、一氧化氮不溶于稀 H2SO4，也不与稀 H2SO4 反应，不能出现喷泉，故 C 错误； D、二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠，也不与饱和碳酸氢钠反应，不能出现喷泉，故 D 错 误； 故选：B。 【点评】本题考查实验装置综合，为高频考点，把握喷泉实验的原理为解答的关键，侧 重物质性质及实验能力的考查，注意气体极易溶于液体或气体极易与液体反应可形成喷 泉，题目难度不大。 5．（6 分）对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是（　　） 2﹣ A．用 Na2SO3 溶液吸收少量 Cl2：3SO32﹣+Cl2+H2O═2HSO3﹣+2Cl﹣+SO4 B．向 CaCl2 溶液中通入 CO2：Ca2++H2O+CO2═CaCO3↓+2H+ C．向 H2O2 溶液中滴加少量 FeCl3：2Fe3++H2O2═O2↑+2H++2Fe2+ +D．同浓度同体积 NH4HSO4 溶液与 NaOH 溶液混合：NH4 +OH﹣═NH3•H2O 【分析】A．符合电荷守恒，物料守恒，强制弱规律， B．向 CaCl2 溶液中通入 CO2 不反应； C．不符合客观事实，氧气氧化二价铁离子； 第 11 页（共 27 页） D．不符合客观事实，氢氧根优先于氢离子反应。 2【解答】解：A．用 Na2SO3 溶液吸收少量 Cl2：3SO32﹣+Cl2+H2O═2HSO3﹣+2Cl﹣+SO4 ﹣，符合电荷守恒，物料守恒，强制弱规律，故 A 正确； B．弱酸不能制强酸，向 CaCl2 溶液中通入 CO2 不反应，故 B 错误； C．向 H2O2 溶液中滴加少量 FeCl3，FeCl3 做催化剂，促进双氧水的分解，氧气的氧化性 大于三价铁离子，弱氧化剂不能制强氧化剂，故 C 错误； D．不符合客观事实，氢氧根优先与酸性更强的氢离子反应，正确的离子方程式：H++OH ﹣═H2O，故 D 错误； 故选：A。 【点评】本题考查了化学反应原理，离子方程式的书写，离子方程式的正误判断，重点 考查反应发生的可能性，掌握强制弱的原理，难度中等。 6．（6 分）一种高性能的碱性硼化钒（VB2 ）﹣﹣空气电池如图所示，其中在 VB2 电极发 生反应：VB2+16OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2B（OH）4﹣+4H2O 该电池工作时，下列说法错 误的是（　　） A．负载通过 0.04mol 电子时，有 0.224L （标准状况）O2 参与反应 B．正极区溶液的 pH 降低、负极区溶液的 pH 升高 3﹣ C．电池总反应为 4VB2+11O2+20OH﹣+6H2O═8B（OH）4﹣+4VO4 D．电流由复合碳电极经负载、VB2 电极、KOH 溶液回到复合碳电极 【分析】A、正极氧气得电子生成氢氧根离子； B、根据负极 VB2+16OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2B（OH）4﹣+4H2O 消耗氢氧根离子，正极 O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣分析解答； C、负极：VB2+16OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2B（OH）﹣+4H2O，正极：O2+4e﹣+2H2O＝4OH 4第 12 页（共 27 页） ﹣，根据得失电子守恒求总的电极反应式； D、原电池中电流由正极经过外电路向负极，由此分析解答。 【解答】解：A、正极氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O＝4OH ﹣，由电极反应式可知，消耗 1mol 氧气转移 4mol 电子，则负载通过 0.04mol 电子时， 有 0.224L （标准状况）O2 参与反应，故 A 正确； B、根据负极 VB2+16OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2B（OH）4﹣+4H2O 消耗氢氧根离子，正极 O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，则正极区溶液的 pH 升高、负极区溶液的 pH 降低，故 B 错误； C、负极：VB2+16OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2B（OH）﹣+4H2O…①，正极：O2+4e﹣+2H2O 4＝4OH﹣…②，根据得失电子守恒，即 4①+11②得：4VB2+11O2+20OH﹣+6H2O═8B（ OH）4﹣+4VO43﹣，故 C 正确； D、原电池中电流由正极经过外电路向负极，则电流由复合碳电极经负载、VB2 电极、KOH 溶液回到复合碳电极，故 D 正确； 故选：B。 【点评】本题考查原电池及其电解池的工作原理，题目难度中等，本题注意把握电极反 应式的书写，利用电子守恒计算。 7．（6 分）W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满 足 X+Y＝W+Z；化合物 XW3 与 WZ 相遇会产生白烟。下列叙述正确的是（　　） A．非金属性：W＞X＞Y＞Z B．原子半径：Z＞Y＞X＞W C．元素 X 的含氧酸均为强酸 D．Y 的氧化物水化物为强碱 【分析】原子序数依次增大的短周期元素，化合物 XW3 与 WZ 相遇会产生白烟，先假设 是氨气和氯化氢，再结合四种元素的核外电子总数满足 X+Y＝W+Z，推导出 W、X、Y、 Z 分别是 H、N、Na、Cl，据此答题。 【解答】解：A．根据最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，非金属性 Cl＞N＞H＞Na， 故 A 错误； B．同周期元素从左向右原子半径依次减小，同主族元素自上而下原子半径依次增大，原 子半径：Na＞Cl＞N＞H，故 B 错误； C．元素 X 的含氧酸有硝酸和亚硝酸，亚硝酸是弱酸，故 C 错误； 第 13 页（共 27 页） D．Y 的氧化物水化物为氢氧化钠，氢氧化钠是强碱，故 D 正确； 故选：D。 【点评】本题以推断的形式考查了元素周期律、元素周期表，是高频考点，要熟练掌握 周期表的结构，要熟悉常见元素化合物的性质，正确推断出元素后才能做题。 二、非选择题：共 58 分。第 8～10 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 11～12 为 选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 43 分。 8．（14 分）氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用如 图装置（部分装置省略）制备 KClO3 和 NaClO，探究其氧化还原性质。 回答下列问题： （1）盛放 MnO2 粉末的仪器名称是　圆底烧瓶　，a 中的试剂为　饱和食盐水　。 （2）b 中采用的加热方式是　水浴加热　。c 中化学反应的离子方程式是　Cl2+2OH﹣ ClO﹣+Cl﹣+H2O　，采用冰水浴冷却的目的是　避免生成 NaClO3　。 （3）d 的作用是　吸收多余的氯气，防止污染大气　，可选用试剂　AC　 （填标号）。 A．Na2S B．NaCl C．Ca（OH）2 D．H2SO4 （4）反应结束后，取出 b 中试管，经冷却结晶，　过滤　，　少量的冷水洗涤　，干燥 ，得到 KClO3 晶体。 （5）取少量 KClO3 和 NaClO 溶液分别置于 1 号和 2 号试管中，滴加中性 KI 溶液。1 号 试管溶液颜色不变。2 号试管溶液变为棕色，加入 CCl4 振荡，静置后 CCl4 层显　紫　色 。可知该条件下 KClO3 的氧化能力　小于　NaClO（填“大于”或“小于”）。 【分析】实验目的制备 KClO3 和 NaClO，并探究其氧化还原性质； 实验原理：3Cl2+6KOH KClO3+5KCl+3H2O ，第 14 页（共 27 页） Cl2+2NaOH NaClO+NaCl+3H2O； 实验装置：最左侧为制取氯气装置，a 为除杂装置，杂质为挥发的氯化氢和水，后面还要 通入溶液，没有必要除水，所以 a 中用饱和食盐水除氯化氢， 装置 b 用来制取 KClO3，装置 c 用来制取 NaClO，装置 d 用来吸收多余的氯气，防止污 染大气， （1）根据形状和用途判断，盛放 MnO2 粉末的仪器名称是圆底烧瓶，a 为除杂装置，杂 质为挥发的氯化氢和水，所以 a 中用饱和食盐水除氯化氢； （2）根据装置图看出 b 中采用的加热方式是水浴加热；c 中化学反应：Cl2+2NaOH NaClO+NaCl+H2O 改离子方程式，氢氧化钠与氯气反应有多种情况，温度高时 生成 NaClO3 采用冰水浴冷却的目的是提高产品的纯度； （3）d 为尾气处理装置，作用是装置 d 用来吸收多余的氯气，防止污染大气，可选用试 剂可以和氯气反应的物质 Na2S 和 Ca（OH）2； （4）b 试管中的溶质主要是 KClO3，KCl，KClO3 的溶解度受温度影响大，冷却结晶， 析出 KClO3 晶体，经过过滤得到 KClO3 晶体，表面还有 KCl 杂质，通过冷水洗涤减少 KClO3 的损失； （5）取少量 KClO3 和 NaClO 溶液分别置于 1 号和 2 号试管中，滴加中性 KI 溶液，1 号 试管溶液颜色不变，说明 KClO3 没有和 KI 溶液反应，2 号试管溶液变为棕色，说明 NaClO 和 KI 溶液反应生成了碘单质，加入 CCl4 振荡，碘单质易溶解于 CCl4 中，静置后 CCl4 层显紫色。可知该条件下 KClO3 的氧化能力比 NaClO 差。 【解答】解：（1）根据形状和用途判断，盛放 MnO2 粉末的仪器名称是圆底烧瓶，a 为 除杂装置，杂质为挥发的氯化氢和水，后面还要通入溶液，没有必要除水，所以 a 中用 饱和食盐水除氯化氢，a 中的试剂为饱和食盐水； 故答案为：圆底烧瓶；饱和食盐水； （2）根据装置图看出 b 中采用的加热方式是水浴加热；c 中化学反应：Cl2+2NaOH NaClO+NaCl+H2O，改离子方程式：Cl2+2OH﹣ ClO﹣+Cl﹣+H2O，氢氧 化钠与氯气反应有多种情况，温度高时生成 NaClO3．采用冰水浴冷却的目的是提高产品 的纯度； 故答案为：水浴加热；Cl2+2OH﹣ ClO﹣+Cl﹣+H2O；避免生成 NaClO3； 第 15 页（共 27 页） （3）d 为尾气处理装置，作用是装置 d 用来吸收多余的氯气，防止污染大气，可选用试 剂为可以和氯气反应的物质 Na2S 和 Ca（OH）2； 故答案为：吸收多余的氯气，防止污染大气；AC； （4）b 试管中的溶质主要是 KClO3，KCl，KClO3 的溶解度受温度影响大，冷却结晶， 析出 KClO3 晶体，经过过滤得到 KClO3 晶体，表面还有 KCl 杂质，通过冷水洗涤减少 KClO3 的损失； 故答案为：过滤；少量的冷水洗涤； （5）取少量 KClO3 和 NaClO 溶液分别置于 1 号和 2 号试管中，滴加中性 KI 溶液，1 号 试管溶液颜色不变，说明 KClO3 没有和 KI 溶液反应，2 号试管溶液变为棕色，说明 NaClO 和 KI 溶液反应生成了碘单质，加入 CCl4 振荡，碘单质易溶解于 CCl4 中，静置后 CCl4 层显紫色。可知该条件下 KClO3 的氧化能力比 NaClO 差； 故答案为：紫；小于。 【点评】本题是制备实验，以制备 KClO3 和 NaClO，探究其氧化还原性质，考查学生实 验素养和分析问题的能力，难度中等，要有扎实的实验功底和化学学科素养。 9．（15 分）某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属 Ni、Al、Fe 及其氧化物，还有 少量其他不溶性物质。采用如图工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体（NiSO4•7H2O ） ：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的 pH 如下表所示： Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ 金属离子 开始沉淀时（c＝0.01 mol•L﹣1）的 pH 沉淀完全时（c＝1.0×10﹣5mol•L﹣1）的 pH 7.2 8.7 3.7 4.7 2.2 3.2 7.5 9.0 回答下列问题： （1）“碱浸”中 NaOH 的两个作用分别是　除去油脂、溶解铝及其氧化物　。为回收金 ﹣属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式　AlO2 第 16 页（共 27 页） +H++H2O＝Al（OH）3↓或[Al（OH）4]﹣+H+＝Al（OH）3↓+H2O　。 （2）“滤液②”中含有的金属离子是　Ni2+、Fe2+、Fe3+　。 （3）“转化”中可替代 H2O2 的物质是　O2 或空气　。若工艺流程改为先“调 pH”后“ 转化”，即 ，“滤液③”中可能含有的杂质离子 为　Fe3+　。 （4）利用上述表格数据，计算 Ni（OH） 的 Ksp＝　c（Ni2+）c2（OH﹣）＝1.0×10﹣5mol 2•L﹣1×1×10﹣5.3mol/L×1×10﹣5.3mol/L＝1×10﹣15.6（mol•L﹣1）3　（列出计算式）。 如果“转化”后的溶液中 Ni2+浓度为 1.0mol•L﹣1，则“调 pH”应控制的 pH 范围是　3.2 ～6.2　。 （5）硫酸镍在强碱溶液中用 NaClO 氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的 NiOOH． 写出该反应的离子方程式　2Ni2++ClOˉ+4OHˉ＝2NiOOH↓+Clˉ+H2O　。 （6）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是　提高镍的回收率　。 【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入 NaOH 溶液进行碱浸，可除去油脂， 并发生反应 2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O 将 Al 及其氧化物溶解，得到的滤液①含有 NaAlO2，滤饼①为 Ni、Fe 及其氧化物和少量其他 不溶性杂质，加稀 H2SO4 酸浸后得到含有 Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经 H2O2 氧化 为 Fe3+后，加入 NaOH 调节 pH 使 Fe3+转化为 Fe（OH）3 沉淀除去，再控制 pH 浓缩结 晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。 【解答】解：（1）根据分析可知，向废镍催化剂中加入 NaOH 溶液进行碱浸，可除去油 脂，并将 Al 及其氧化物溶解，滤液①中含有 NaAlO2（或 Na[Al（OH）4]），加入稀硫 酸可发生反应 AlO2﹣+H++H2O＝Al（OH）↓或[Al（OH）]﹣+H+＝Al（OH）↓+H2O； 343故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；AlO2﹣+H++H2O＝Al（OH）3↓或[Al（OH） 4]﹣+H+＝Al（OH）3↓+H2O； （2）加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe 及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是 Ni2+ 、Fe2+、Fe3+， 故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+； （3）“转化”中 H2O2 的作用是将 Fe2+氧化为 Fe3+，不能引入杂质，可用 O2 或空气替 第 17 页（共 27 页） 代；若将工艺流程改为先“调 pH”后“转化”，会使调 pH 过滤后的溶液中含有 Fe2+、 则滤液③中可能含有转化生成的 Fe3+； 故答案为：O2 或空气；Fe3+； （4）由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的 pH＝8.7，此时 c（Ni2+）＝1.0×10﹣5mol•L﹣ 1，c（H+）＝1.0×10﹣8.7mol•L﹣1，则 c（OH﹣）＝ ＝＝1×10﹣ 5.3mol/L，则 Ni（OH）2 的 Ksp＝c（Ni2+）c2（OH﹣）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1×1×10﹣ 5.3mol/L×1×10﹣5.3mol/L＝1×10﹣15.6（mol•L﹣1）3．如果“转化”后的溶液中 Ni2+浓 度为 1.0mol•L﹣1，为避免镍离子沉淀，Ksp＝c（Ni2+）c2（OH﹣），c2（OH﹣）＝ 3＝1×10﹣15.6（mol•L﹣1） ，此时 c（OH﹣）＝1×10﹣7.8mol•L﹣1，则 c（H+） ＝1.0×10﹣6.2mol•L﹣1，即 pH＝6.2；Fe3+完全沉淀的 pH 为 3.2，因此“调节 pH”应控 制的 pH 范围是 3.2～6.2； 故答案为：c（Ni2+）c2（OH﹣）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1×1×10﹣5.3mol/L×1×10﹣5.3mol/L ＝1×10﹣15.6；3.2～6.2； （5）由题干信息，硫酸镍在强碱中被 NaClO 氧化得到 NiOOH 沉淀，即反应中 Ni2+被氧 化为 NiOOH 沉淀，ClOˉ被还原为 Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式 为 2Ni2++ClOˉ+4OHˉ＝2NiOOH↓+Clˉ+H2O； 故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ＝2NiOOH↓+Clˉ+H2O； （6）分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有 Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的 回收率； 故答案为：提高镍的回收率。 【点评】本题以化学工艺流程为背景，考查物质的分离提纯，离子反应、氧化还原反应、 沉淀平衡常数的计算等知识点，是近年高考的热点题型，属于学科内综合题，考查分析 问题能力、提取利用题目信息能力，计算能力、表达能力等，难度中等，注意（4）中 Ni2+ 开始沉淀的 pH 不能直接利用表中数据，要通过计算获得。 10．（14 分）二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用 CO2 的热点研究领域。回答下列问题： （1）CO2 催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比 n（C2H4）：n（H2O）＝　 1：4　。当反应达到平衡时，若增大压强，则 n（C2H4）　变大　（填“变大”“变小” 或“不变”）。 第 18 页（共 27 页） （2）理论计算表明。原料初始组成 n（CO2）：n（H2）＝1：3，在体系压强为 0.1MPa， 反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数 x 随温度 T 的变化如图所示。图中，表示 C2H4 、CO2 变化的曲线分别是　d　、　c　。 CO2 催化加氢合成 C2H4 反应的△H　小于　0 （ 填“大于”或“小于”）。 （ 3 ） 根 据 图 中 点A （ 440K ， 0.39 ） ， 计 算 该 温 度 时 反 应 的 平 衡 常 数Kp ＝　 　（MPa）﹣3（列出计算式。以分压表示，分压＝总压×物质的量分数 ）。 （4）二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成 C3H6、C3H8、C4H8 等低碳 烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当　选择合适的催化 剂　。 【分析】（1）根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。根据 可逆反应的特点分析增大压强对化学平衡的影响； （2）原料初始组成 n（CO2）：n（H2）＝1：3，根据方程式，生成物乙烯与水物质的量 之比为 1：4，从图中找到关键数据确定代表各组分的曲线； 根据图中代表各组分的曲线随温度变化的趋势，确定该反应是放热反应还是吸热反应； （3）原料初始组成 n（CO2）：n（H2）＝1：3，在体系压强为 0.1Mpa 建立平衡，由 A 点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为 0.39，生成物乙烯与水物质的量 之比为 1：4，求出乙烯、二氧化碳的物质的量分数，结合化学平衡常数公式计算； （4）根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性，工业上通常要选择合适的催 化剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。 【解答】解：（1）CO2 催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为 第 19 页（共 27 页） 2CO2+6H2⇌CH2＝CH2+4H2O， 则该反应中产物的物质的量之比 n（C2H4）：n（H2O）＝1：4； 由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平 衡向正反应方向移动，n（C2H4）变大， 故答案为：1：4；变大； （2）由题中信息可知，两反应物初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点 坐标可知，c 和 a 所表示的物质的物质的量分数之比为 1：3、d 和 b 表示的物质的物质的 量分数之比为 1：4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是 d，表示 二氧化碳变化曲线的是 c； 由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反 应方向移动，则该反应为放热反应，△H 小于 0， 故答案为：d；c；小于； （3）原料初始组成 n（CO2）：n（H2）＝1：3，在体系压强为 0.1Mpa 建立平衡，由 A 点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为 0.39，则乙烯的物质的量分数为 水的四分之一，即乙烯的物质的量分数为 之一，即二氧化碳的物质的量分数为 ，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分 ，Kp ＝＝＝（MPa）﹣3 ，故答案为： ；（4）工业上通常通过选择合适催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品 的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的 选择性，应当选择合适的催化剂， 故答案为：选择合适的催化剂。 【点评】本题考查化学平衡相关知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力， 确定图中曲线所代表的化学物质是难点，其关键在于明确物质的量的分数之比等于各组 分的物质的量之比，也等于化学计量数之比（在初始投料之比等于化学计量数之比的前 提下，否则不成立），此题难度较大。 第 20 页（共 27 页） （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第 一题计分。[化学–选修 3：物质结构与性质]（15 分） 11．（15 分）氨硼烷（NH3BH3）含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料 。回答下列问题： （1）H、B、N 中，原子半径最大的是　B　。根据对角线规则，B 的一些化学性质与元 素　Si　的相似。 （2）NH3BH3 分子中，N﹣B 化学键称为　配位　键，其电子对由　N　提供。氨硼烷在 催化剂作用下水解释放氢气： +3NH3BH3+6H2O═3NH4 +B3O63﹣+9H2 B3O63﹣的结构为 为　sp2　。 ．在该反应中，B 原子的杂化轨道类型由　sp3　变 （3）NH3BH3 分子中，与 N 原子相连的 H 呈正电性（Hδ+），与 B 原子相连的 H 呈负 电性（Hδ﹣），电负性大小顺序是　N＞H＞B　。与 NH3BH3 原子总数相等的等电子体 是　CH3CH3　（写分子式），其熔点比 NH3BH3　低　（填“高”或“低”），原因是 在 NH3BH3 分子之间，存在　Hδ+与 Hδ﹣的静电引力　作用，也称“双氢键”。 （4）研究发现，氨硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为 apm、bpm、 cpm，α＝β＝γ＝90°．氨硼烷的 2×2×2 超晶胞结构如图所示。氨硼烷晶体的密度 ρ＝　 　g•cm﹣3（列出计算式，设 NA 为阿伏加德罗常数的值）。 【分析】根据元素在周期表中的位置比较和判断元素的相关性质；根据中心原子的价层 电子对数确定其杂化轨道的类型；运用等量代换的方法寻找等电子体；根据电负性对化 第 21 页（共 27 页） 合价的影响比较不同元素的电负性；根据晶胞的质量和体积求晶体的密度。 【解答】解：（1）在所有元素中，H 原子的半径是最小的，同一周期从左到右，原子半 径依次减小，所以，H、B、N 中原子半径最大是 B．B 与 Si 在元素周期表中处于对角线 的位置，根据对角线规则，B 的一些化学性质与 Si 元素相似。 故答案为：B；Si。 （2）B 原子最外层有 3 个电子，其与 3 个 H 原子形成共价键后，其价层电子对只有 3 对 ，还有一个空轨道；在 NH3 中，N 原子有一对孤对电子，故在 NH3BH3 分子中，N﹣B 键为配位键，其电子对由 N 原子提供。NH3BH3 分子中，B 原子的价层电子对数为 4，故 其杂化方式为 sp3．NH3BH3 在催化剂的作用下水解生成氢气和 B3O63﹣，由图中信息可 知，B3O63﹣中每个 B 原子只形成 3 个σ键，其中的 B 原子的杂化方式为 sp2，因此，B 原子的杂化轨道类型由 sp3 变为 sp2。 故答案为：配位、N、sp3、sp2。 （3）NH3BH3 分子中，与 N 原子相连的 H 呈正电性，说明 N 的电负性大于 H；与 B 原 子相连的 H 呈负电性，说明 H 的电负性大于 B，因此 3 种元素电负性由大到小的顺序为 N＞H＞B．NH3BH3 分子中有 8 个原子，其价电子总数为 14，N 和 B 的价电子数的平均 值为 4，依据等量代换的原则，可以找到其等电子体为 CH3CH3．由于 NH3BH3 分子属于 极性分子，而 CH3CH3 属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极性分子的分子 间作用力较大，故 CH3CH3 熔点比 NH3BH3 低。NH3BH3 分子间存在“双氢键”，类比 氢键的形成原理，说明其分子间存在 Hδ+与 Hδ﹣的静电引力。 故答案为：N＞H＞B、CH3CH3、低、Hδ+与 Hδ﹣的静电引力。 （4）在氨硼烷的 2×2×2 的超晶胞结构中，共有 16 个氨硼烷分子，晶胞的长、宽、高 分别为 2apm、2bpm、2cpm，若将其平均分为 8 份可以得到 8 个小长方体，则平均每个 小长方体中占有 2 个氨硼烷分子，小长方体的长、宽、高分别为 apm、bpm、cpm，则小 长方体的质量为 ，小长方体的体积为 abc×10﹣30cm﹣3，因此，氨硼烷晶体的密 度为 。故答案为： 。第 22 页（共 27 页） 【点评】本题最后有关晶体密度的计算是难点，要求考生能读懂题意，通过观察晶胞结 构，确定超晶胞结构中的分子数，并能合理分成 8 份，从而简化计算。 [化学–选修 5：有机化学基础]（15 分） 12．苯基环丁烯酮（ PCBO）是一种十分活泼的反应物，可利用它的开环 反应合成一系列多官能团化合物。近期我国科学家报道用 PCBO 与醛或酮发生[4+2]环加 成反应，合成了具有生物活性的多官能团化合物（E），部分合成路线如图： 已知如下信息： 回答下列问题： （1）A 的化学名称是　2﹣羟基苯甲醛　。 （2）B 的结构简式为　 　。 （3）由 C 生成 D 所用的试剂和反应条件为　乙醇、浓硫酸/加热　；该步反应中，若反 应温度过高，C 易发生脱羧反应，生成分子式为 C8H8O2 的副产物，该副产物的结构简式 为　 　。 第 23 页（共 27 页） （4）写出化合物 E 中含氧官能团的名称　羟基、酯基　；E 中手性碳（注：连有四个不 同的原子或基团的碳）的个数为　2　。 （5）M 为 C 的一种同分异构体。已知：1mol M 与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出 2mol 二氧化碳；M 与酸性高锰酸钾溶液反应生成对苯二甲酸。M 的结构简式为　 　。 （6）对于 ，选用不同的取代基 R’，在催化剂作用下与 PCBO 发生的[4+2] 反应进行深入研究，R’对产率的影响见下表： R’ ﹣CH3 ﹣C2H5 ﹣CH2CH2C6H5 产率/% 91 80 63 请找出规律，并解释原因　随着 R′体积增大，产率降低；原因是 R′体积增大，位阻 增大　。 【分析】根据合成路线分析可知，A（ ）与 CH3CHO 在 NaOH 的水溶液 中 发 生 题 给 的 已 知 反 应 ， 生 成B （ ） ， B 与 KMnO4 反 应 ， 被 氧 化 后 再 酸 化 得 到C （ 第 24 页（共 27 页） ），C 再与 CH3CH2OH 在浓 H2SO4 加热条件下，发生酯化反 应得 D（ ），D 再与苯基环丁烯酮（ PCBO） 反应得到 E（ ），据此分析。 【解答】解：（1）A 的结构简式为： ，醛基所连的碳为“1”号碳，羟 基相连的碳为“2”号碳，所以名称为 2﹣羟基苯甲醛（或水杨醛）， 故答案为：2﹣羟基苯甲醛（或水杨醛）； （2）根据上述分析可知，B 的结构简式为： ，故答案为： ；（3）C（ ）与 CH3CH2OH 在浓 H2SO4 加热的条件下，发生酸 脱羟基醇脱氢的酯化反应得到 D（ ），即所用试剂为乙醇、 第 25 页（共 27 页） 浓硫酸，反应条件为加热；在该步反应中，若反应温度过高，根据副产物的分子式 C8H8O2 可知，C（ ）发生脱羧反应生成 ，故答案为：乙醇、浓硫酸/加热； （4）化合物 E 的结构简式为： ，分子中的含氧官能团为 ： 羟 基 和 酯 基 ， E 中 手 性 碳 原 子 共 有 位 置 为 的2 个 手 性 碳 ， 如 图 所 示 ： ，故答案为：羟基、酯基；2； （5）M 为 C（ ）的一种同分异构体，1molM 与饱和 NaHCO3 溶液反应能放出 2molCO2，则 M 中含有两个羧基（﹣COOH），M 又与酸性高锰酸钾溶 液生成对二苯甲酸，所以 M 分子苯环上只有两个取代基且处于对位，则 M 的结构简式 为： ，故答案为： ；第 26 页（共 27 页） （6）由表格数据分析可得到规律，随着取代基 R′体积的增大，产物的产率降低，出现 此规律的原因可能是因为 R′体积增大，从而位阻增大，导致产率降低， 故答案为：随着 R′体积增大，产率降低；原因是 R′体积增大，位阻增大。 【点评】本题考查学生对有机化学基础的理解和掌握，题目难度中等，掌握有机的命名、反 应条件、官能团名称、手性碳、同分异构等，明确由手性碳及同分异构的书写是解题关键。 同时考查了阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分 析解决问题能力。 第 27 页（共 27 页）