2020年全国统一高考化学试卷(新课标ⅲ)(含解析版)

2020年全国统一高考化学试卷(新课标)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.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)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B.分子含21个碳原子C.能与乙酸发生酯化反应D.不能与金属钠反应分)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.224L(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.1L1mol•LNaCl溶液含有28NA个电子分)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H2S稀盐酸HCl稀氨水CO2饱和NaHCO3溶液A.AB.BC.CD.D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Cl2:3SO3B.向CaCl2溶液中通入CO2:CaC.向H2O2溶液中滴加少量FeCl3:2FeD.同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合:NH4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+4H2O该电池工作时,下列说法错误A.负载通过004mol电子时,有0224L(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>ZB.原子半径:Z>Y>X>WC.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588~10题为必考题,每个试题考生都必须作答。第11~128.(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粉末的仪器名称是中化学反应的离子方程式是,采用冰水浴冷却的目的是的作用是,可选用试剂(填标号)。A.Na2SB.NaClC.Ca(OH)2D.H2SO4(4)反应结束后,取出b中试管,经冷却结晶,,干燥,得到KClO3晶体。(5)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号试管中,滴加中性KI溶液。1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:金属离子Ni开始沉淀时(c=001mol•L)的pH沉淀完全时(c=1010)的pH7287374722327590回答下列问题:(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”调为中性,生成沉淀。写出该反应的离子方程式的物质是。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,(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Ni,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)。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01MPa,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变化的曲线反应的H(填“大于”或“小于”)。(3)根据图中点A(440K,039),计算该温度时反应的平衡常数Kp=(MPa)(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(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](1511.(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:中,原子半径最大的是。根据对角线规则,B的一些化学性质与元素的相似。(2)NH3BH3分子中,NB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+6H2O3NH4的结构为.在该反应中,B原子的杂化轨道类型由(3)NH3BH3分子中,与N原子相连的H呈正电性(H原子相连的H呈负电),电负性大小顺序是。与NH3BH3原子总数相等的等电子体是分子式),其熔点比NH3BH3(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222超晶胞结构如图所示。氨硼烷晶体的密度ρ=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:生成D所用的试剂和反应条件为;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中手性碳(注:连有四个不同的原子或基团的碳)的个数为的一种同分异构体。已知:1molM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: CH3C2H5 CH2CH2C6H5 9180 63 请找出规律,并解释原因 2020年全国统一高考化学试卷(新课标) 参与试题解析 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. 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 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)2•CuCO3 和Cu(OH)2•2CuCO3 均不稳定,受热易分解,纤维素 或蛋白质均能水解; B.Cu(OH)2•CuCO3 和Cu(OH)2•2CuCO3 元素外,C、H、Cu均为最高价; C.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)2•CuCO3 和Cu(OH)2•2CuCO3 均不稳定,受热易分解,纤 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 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 【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。 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 B.分子含21 个碳原子 C.能与乙酸发生酯化反应 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 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; 【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。 分)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是() A.224L(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 NaCl溶液含有28NA 个电子 【分析】A.一个氮气分子有14 个中子; 第10页(共27页) B.重水和水的质子数相等; 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,224L (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, 错误;C12g 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= =1mol,含有NA 个碳原子,故C 正确; D1L 1mol•L NaCl溶质含有28NA 个电子,溶剂水也要考虑,故D 错误; 【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。 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 H2S稀盐酸 HCl稀氨水 CO2饱和NaHCO3 溶液 第11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 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 【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。 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Cl2:3SO3 B.向CaCl2溶液中通入CO2:Ca C.向H2O2溶液中滴加少量FeCl3:2Fe D.同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH 溶液混合:NH4 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12页(共27页) D.不符合客观事实,氢氧根优先于氢离子反应。 【解答】解:A.用 Na2SO3 溶液吸收少量 Cl2:3SO3 ,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 H2O,故D错误; 【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。 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 +4H2O该电池工作时,下列说法错误 A.负载通过004mol电子时,有0224L (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 C.电池总反应为4VB2+11O2+20OH 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 +4H2O消耗氢氧根离子,正极 O2+4e 分析解答;C、负极:VB2+16OH +2H2O=4OH第13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 ,由电极反应式可知,消耗1mol氧气转移4mol 电子,则负载通过004mol 电子时,有 0224L (标准状况)O2 参与反应,故A 正确; B、根据负极 VB2+16OH +4H2O消耗氢氧根离子,正极 O2+4e ,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 +2H2O=4OH 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; 【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。 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、 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, 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14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; 【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 8~10题为必考题,每个试题考生都必须作答。第 11~12 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。 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 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 号试管中,滴加中性KI溶液。1 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 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; 3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O 第15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; 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; 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; 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 号试管中,滴加中性KI溶液,1 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 KI溶液反应生成了碘单质,加入 CCl4 振荡,碘单质易溶解于 CCl4 CCl4层显紫色。可知该条件下KClO3 的氧化能力比NaClO 【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 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; 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 +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 +H2O;避免生成NaClO3;第16页(共27页) 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; 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 号试管中,滴加中性KI溶液,1 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 KI溶液反应生成了碘单质,加入 CCl4 振荡,碘单质易溶解于 CCl4 CCl4层显紫色。可知该条件下KClO3 的氧化能力比NaClO 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: 金属离子 Ni 开始沉淀时(c=001mol•L )的pH沉淀完全时(c=1010 pH72 87 37 47 22 32 75 90 回答下列问题: 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”调为中性,生成沉淀。写出该反应的离子方程式AlO2 =Al(OH)3+H2O。第17页(共27页) (2)“滤液”中含有的金属离子是Ni (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 ,“滤液”中可能含有的杂质离子为Fe (4)利用上述表格数据,计算Ni(OH)2的Ksp=c(Ni 53molL110 53molL=110 156(mol•L (列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni ,则“调pH”应控制的pH范围是32~ 62。 (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2Ni +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 Al及其氧化物溶解,得到的滤液含有NaAlO2,滤饼为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Ni 经H2O2氧化 为Fe 后,加入NaOH调节pH 使Fe 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,滤液中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4]),加入稀硫酸 可发生反应AlO2 =Al(OH)3+H2O;故答案为:除去油脂、溶解铝及其氧化物;AlO2 =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”中含有的金属离子是 Ni (3)“转化”中H2O2的作用是将Fe ,不能引入杂质,可用O2或空气替代; 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 Fe 第18页(共27页)液中可能含有转化生成的Fe 故答案为:O2或空气;Fe 87mol•L 53molL, 53molL1 10 53molL=110 156(mol•L 156(mol•L 78mol•L 62mol•L 完全沉淀的pH为32,因此“调节pH”应控制的pH 范围是32~62; 故答案为:c(Ni 53molL110 53molL =110 156;32~62; (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Ni 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2Ni +ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH+Clˉ+H2O;故答案为:2Ni +ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH+Clˉ+H2O;(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni ,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 Ni 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”)。 (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01MPa, 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、 第19页(共27页) CO2 变化的曲线 “大于”或“小于”)。(3)根据图中点A(440K,039),计算该温度时反应的平衡常数Kp= (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 【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 01Mpa 建立平衡,由 点坐标可知,该温度下,氢气和水的物质的量分数均为039,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 2CO2+6H2CH2=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 第20页(共27页) 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 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 01Mpa 建立平衡,由 点坐标可知,该温度下,氢气和水的物质的量分数均为039,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 ,二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分 之一,即二氧化碳的物质的量分数为 (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。 (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 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。 第21页(共27页) 回答下列问题: 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,NB 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+6H2O3NH4 +9H2B3O6 的结构为.在该反应中,B 原子的杂化轨道类型由sp 变为sp (3)NH3BH3分子中,与N 原子相连的H 呈正电性(H 原子相连的H呈负电 ),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H 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222 超晶胞结构如图所示。氨硼烷晶体的密度ρ= g•cm 【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 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页) 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。 原子有一对孤对电子,故在NH3BH3分子中,NB 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sp .NH3BH3在催化剂的作用下水解生成氢气和B3O6 ,由图中信息可知,B3O6 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sp ,因此,B原子 的杂化轨道类型由sp (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 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 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H 的静电引力。故答案为:N>H>B、CH3CH3、低、H 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 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 abc10 30cm 【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 第23页(共27页)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: 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 (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。 的一种同分异构体。已知:1molM与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2mol 第24页(共27页) 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: CH3C2H5 CH2CH2C6H5 9180 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 KMnO4反应,被氧化后再酸化得到 再与CH3CH2OH在浓H2SO4 加热条件下,发生酯化反 第25页(共27页) 应得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: 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: )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、 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 第26页(共27页) 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 )的一种同分异构体,1molM与饱和NaHCO3 溶液反应能放出 2molCO2,则 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 (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,出现第27页(共27页) 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。

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