全国高考3卷16-20年化学全国32020年全国统一高考化学试卷A3（新课标ⅲ）

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（OH）₂•CuCO₃中铜的质量分数高于Cu（OH）₂•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 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

3．（6分）N_A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7N_A个中子

B．1mol重水比1mol水多N_A个质子

C．12g石墨烯和12g金刚石均含有N_A个碳原子

D．1L 1mol•L^﹣1 NaCl溶液含有28N_A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．	H2S	稀盐酸
B．	HCl	稀氨水
C．	NO	稀H2SO4
D．	CO2	饱和NaHCO3溶液

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Cl₂：3SO₃^2﹣+Cl₂+H₂O═2HSO₃^﹣+2Cl^﹣+SO₄^2﹣

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

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^﹣═VO₄^3﹣+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

C．电池总反应为4VB₂+11O₂+20OH^﹣+6H₂O═8B（OH）₄^﹣+4VO₄^3﹣

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　 　。

（3）d的作用是　 　，可选用试剂　 　 （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，　 　，　 　，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　 　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：

金属离子	Ni2+	Al3+	Fe3+	Fe2+
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　 　。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K_sp＝　 　（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）＝　 　。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K_p＝　 　（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　 　。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，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⁺+B₃O₆^3﹣+9H₂

B₃O₆^3﹣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（H^δ+），与B原子相连的H呈负电性（H^δ﹣），电负性大小顺序是　 　。与NH₃BH₃原子总数相等的等电子体是　 　（写分子式），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N_A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：

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　 　；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　 　。

（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　 　。

（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　 　。

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（OH）₂•CuCO₃中铜的质量分数高于Cu（OH）₂•2CuCO₃

【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．菁优网版权所有

【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中除O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。

【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 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

【考点】HD：有机物的结构和性质．菁优网版权所有

【专题】534：有机物的化学性质及推断．

【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）N_A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7N_A个中子

B．1mol重水比1mol水多N_A个质子

C．12g石墨烯和12g金刚石均含有N_A个碳原子

D．1L 1mol•L^﹣1 NaCl溶液含有28N_A个电子

【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有

【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．

【分析】A．一个氮气分子有14个中子；

B．重水和水的质子数相等；

C．根据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14N_A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10N_A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N_A个碳原子，12g金刚石（C）的物质的量n＝ ＝ ＝1mol，含有N_A个碳原子，故C正确；

D.1L 1mol•L^﹣1 NaCl溶质含有28N_A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	溶液
A．	H2S	稀盐酸
B．	HCl	稀氨水
C．	NO	稀H2SO4
D．	CO2	饱和NaHCO3溶液

A．A B．B C．C D．D

【考点】EB：氨的化学性质．菁优网版权所有

【专题】524：氮族元素．

【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（　　）

A．用Na₂SO₃溶液吸收少量Cl₂：3SO₃^2﹣+Cl₂+H₂O═2HSO₃^﹣+2Cl^﹣+SO₄^2﹣

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

【考点】49：离子方程式的书写．菁优网版权所有

【专题】516：离子反应专题．

【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；

D．不符合客观事实，氢氧根优先与氢离子反应。

【解答】解：A．用Na₂SO₃溶液吸收少量Cl₂：3SO₃^2﹣+Cl₂+H₂O═2HSO₃^﹣+2Cl^﹣+SO₄^2﹣，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^﹣═VO₄^3﹣+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

C．电池总反应为4VB₂+11O₂+20OH^﹣+6H₂O═8B（OH）₄^﹣+4VO₄^3﹣

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

【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．菁优网版权所有

【专题】51I：电化学专题．

【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^﹣═VO₄^3﹣+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^﹣═VO₄^3﹣+2B（OH）₄^﹣+4H₂O，正极：O₂+4e^﹣+2H₂O＝4OH^﹣，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^﹣═VO₄^3﹣+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^﹣═VO₄^3﹣+2B（OH）₄^﹣+4H₂O…①，正极：O₂+4e^﹣+2H₂O＝4OH^﹣…②，根据得失电子守恒，即4①+11②得：4VB₂+11O₂+20OH^﹣+6H₂O═8B（OH）₄^﹣+4VO₄^3﹣，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

【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．菁优网版权所有

【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．

【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；

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”）。

【考点】E3：氯气的实验室制法；U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有

【专题】546：无机实验综合；548：制备实验综合．

【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，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；

（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：

金属离子	Ni2+	Al3+	Fe3+	Fe2+
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^﹣+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）₂的K_sp＝　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　（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　。

【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．菁优网版权所有

【专题】546：无机实验综合．

【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）₃↓或[Al（OH）₄]^﹣+H⁺＝Al（OH）₃↓+H₂O；

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K_sp＝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，K_sp＝c（Ni²⁺）c²（OH^﹣），c²（OH^﹣）＝ ＝1×10^﹣15.6（mol•L^﹣1）²，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（mol•L^﹣1）³；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”）。

（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K_p＝　 　（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　。

【考点】CP：化学平衡的计算．菁优网版权所有

【专题】558：化学平衡计算．

【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 ，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 ，

K_p＝ ＝ ＝ （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。

（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⁺+B₃O₆^3﹣+9H₂

B₃O₆^3﹣的结构为 ．在该反应中，B原子的杂化轨道类型由　sp³　变为　sp²　。

（3）NH₃BH₃分子中，与N原子相连的H呈正电性（H^δ+），与B原子相连的H呈负电性（H^δ﹣），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^δ+与H^δ﹣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N_A为阿伏加德罗常数的值）。

【考点】9I：晶胞的计算；9S：原子轨道杂化方式及杂化类型判断．菁优网版权所有

【专题】51D：化学键与晶体结构．

【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B₃O₆^3﹣，由图中信息可知，B₃O₆^3﹣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H^δ+与H^δ﹣的静电引力。

故答案为：N＞H＞B、CH₃CH₃、低、H^δ+与H^δ﹣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： 。

【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　 　。

（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　。

【考点】HC：有机物的合成．菁优网版权所有

【专题】531：同系物和同分异构体；533：有机反应；538：有机化合物的获得与应用．

【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（ ），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、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： ；

（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。

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