普通高等学校招生全国统一考试化学全国Ⅲ卷.docx
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普通高等学校招生全国统一考试化学全国Ⅲ卷
学校:
__________姓名:
__________班级:
__________
评卷人
得分
一、选择题
1.下列有关叙述不正确的是( )
A.绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
B.PM2.5表面积大,能吸附大量的有毒有害物质,对人的肺功能造成很大危害
C.光纤通信使用的光缆主要成分是SiO2,太阳能电池使用的材料主要是Si
D.汽车尾气中含有大量大气污染物,可在汽车排气管道上加催化转化器以减少污染
2.(4分)乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业,其制备原理为:
甲、乙两同学分别设计了如下装置来制备乙酸乙酯。
请回答下列问题:
(1)下列说法不正确的是________。
A.加入试剂的顺序依次为乙醇、浓硫酸、乙酸
B.饱和碳酸钠的作用是中和乙酸、溶解乙醇、促进乙酸乙酯在水中的溶解
C.浓硫酸在反应中作催化剂和吸水剂,加入的量越多对反应越有利
D.反应结束后,将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中,振荡、静置,待液体分层后即可从上口倒出上层的乙酸乙酯
(2)乙装置优于甲装置的理由是________。
(至少说出两点)
3.设
为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是( )
A.在
晶体中1mol硅原子形成的
键为2
B.25℃,
的
溶液中含有
的数目为0.1
C.室温下,21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5
D.含0.2mol
的浓硫酸与足量铜反应,生成
的分子数为0.1
4.镍废料中主要含有Ni,还有少量的Cu、Fe、Pb等。
现从中制取Ni2O3,可用于制造人造卫星、宇宙飞船的高能电池,也可用于制成镍镉碱性电池。
生产流程见下:
已知0.010mol/L金属离子在不同pH下的沉淀情况如下:
Fe3+
Cu2+
Ni2+
Fe2+
开始沉淀pH
3.0
5.0
7.4
9.7
完全沉淀pH
4.0
6.5
9
0
11
回答下列问题:
(1)加入碳酸钙调pH
目的是___________________,“沉渣2”的主要成分是_____,必须先过滤“沉渣1”后再进行“除Cu”的原因是______________。
(2)用离子方程式解释加入NH4F“除Ca”的过程________________。
(3)“酸浸”时参与反应的H2SO4与HNO3物质的量比保持为3:
2,此时Ni单质所发生的化学方程式为_______。
(4)“操作X”是________、________
(5)向NiO中加入盐酸溶解,待完全溶解后,加入足量NaOH溶液,再加入NaClO溶液,写出其中和NaClO相关的反应的离子方程式为__________________。
(6)根据上表数据,计算当0.010mol/LNiSO4溶液中Ni2+完全沉淀时的c(Ni2+)=____mol/L。
5.2016年诺贝尔化学奖授予在“分子机器设计和合成”领域有突出成就的三位科学家,其研究对象之一“分子开关”即与大环主体分子苯芳烃、硫或氮杂环杯芳烃等有关。
回答下列问题:
(1)对叔丁基杯[4]芳烃(如图Ⅰ所示)可用于ⅢB族元素对应离子的萃取,如La3+、Sc2+。
写出基态二价钪离子(Sc2+)的核外电子排布式:
____,其中电子占据的轨道数为_____个。
(2)对叔丁基杯[4]芳烃由4个羟基构成杯底,其中羟基氧原子
杂化方式为_____,羟基间的相互作用力为_____。
(3)不同大小的苯芳烃能识别某些离子,如:
N3-、SCN−等。
一定条件下,SCN−与MnO2反应可得到(SCN)2,试写出(SCN)2的结构式_______。
(4)NH3分子在独立存在时H-N-H键角为106.7°。
如图[Zn(NH3)6]2+离子的部分结构以及H-N-H键角的测量值。
解释配合物中H-N-H键角变为109.5°的原因:
____。
(5)橙红色的八羰基二钴[Co2(CO)8]的熔点为52℃,可溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂。
该晶体属于___晶体,八羰基二钴在液氨中被金属钠还原成四羰基钴酸钠[NaCo(CO)4],四羧基钴酸钠中含有的化学键为_____。
(6)已知C60分子结构和C60晶胞示意图(如图Ⅱ、图Ⅲ所示):
则一个C60分子中含有σ键的个数为______,C60晶体密度的计算式为____g·cm−3。
(NA为阿伏伽德罗常数的值)
6.下图是某同学做Zn-Cu原电池实验所做的读书卡片记录,其中描述合理的组合是()
A.③④⑤B.①②③C.②③④D.④⑤⑥
7.某有机物M的结构简式为
,其合成路线如下:
已知:
①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定,易脱水形成羰基,即
②R1CHO+R2CH2CHO
+H2O
根据相关信息,回答下列问题:
(1)B的名称为________;C的结构简式为________。
(2)D→E转化过程中第①步反应的化学方程式为_______。
(3)IV的反应类型为_______;V的反应条件是_____。
(4)A也是合成阿司匹林(
)的原料,
有多种同分异构体。
写出符合下列条件的同分异构体的结构简式______(任写一种即可)。
a.苯环上有3个取代基
b.仅属于酯类,能发生银镜反应,且1mol该物质反应时最多能生成4molAg;
c.苯环上的一氯代物有两种。
(5)若以F及乙醛为原料来合成M(
),试写出合成路线_________。
合成路线示例:
【答案】
(1).4-氯甲苯(或对氯甲苯)
(2).
(3).
+CH3CHO
(4).取代反应(5).银氨溶液、加热(或新制氢氧化铜、加热),再酸化(6).
(7).
8.化学与生产和生活密切相关。
下列有关说法正确的是
A.古代记载文字的器物——甲骨,其主要成分是蛋白质
B.工艺装饰材料——天然水晶,属硅酸盐产品
C.第五形态的碳单质——“碳纳米泡沫”,与石墨烯互为同分异构体
D.秸秆经加工处理成吸水性的材料——植物纤维,可用作食品干燥剂
【参考答案】***试卷处理标记,请不要删除
评卷人
得分
一、选择题
1.A
2.无
3.C
4.H
解析:
(1).提高溶液pH,去除Fe3+(使之转化为Fe(OH)3)
(2).CuS(3).“除Cu”时溶液pH会降低,可能会溶解部分Fe(OH)3沉淀(4).Ca2++2F-=CaF2↓(5).3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO↑+4H2O(6).过滤(7).洗涤(8).2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O(9).10-5.2
【解析】
【分析】
由流程图可知,镍废料在70—80℃条件下,与硫酸和硝酸的混酸反应,镍废料溶解得到浸出液,向浸出液中加入双氧水,将亚铁离子氧化为铁离子,加入碳酸钙调节溶液pH,可使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去;向滤液中加入H2S,溶液中铜离子转化为硫化铜沉淀而除去;向所得滤液中加入NH4F溶液,溶液中钙离子转化为氟化钙沉淀而除去;向滤液中加入草酸溶液,溶液中镍离子转化为草酸镍沉淀,煅烧草酸镍沉淀,草酸镍分解生成NiO,向NiO中加入盐酸溶解NiO生成Ni2+,Ni2+在碱性条件下与次氯酸钠反应生成氧化镍。
【详解】
(1)加入碳酸钙调节溶液pH,可使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去;向滤液中加入H2S,溶液中铜离子转化为硫化铜沉淀;除溶液中铜离子时,铜离子与硫化氢反应时,有氢离子生成,使溶液pH会降低,可能会溶解部分Fe(OH)3沉淀,所以必须先过滤“沉渣1”后再进行“除Cu”,故答案为:
提高溶液pH,去除Fe3+(使之转化为Fe(OH)3);CuS;“除Cu”时溶液pH会降低,可能会溶解部分Fe(OH)3沉淀;
(2)加入NH4F溶液,溶液中的钙离子与氟离子反应生成氟化钙沉淀,达到除钙的目的,反应的离子方程式为Ca2++2F-=CaF2↓;故答案为:
Ca2++2F-=CaF2↓;
(3)由题意设H2SO4与HNO3物质的量分别为3mol,2mol;两种混合酸提供氢离子8mol,2mol硝酸根离子全部被还原为2mol一氧化氮,转移电子总数为6mol,镍在反应中被氧化为硫酸镍,根据电子守恒可知,消耗金属镍3mol,则反应的化学方程式为:
3Ni+3H2SO4+2HNO3
=3NiSO4+2NO↑+4H2O,故答案为:
3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO↑+4H2O;
(4)向滤液中加入草酸,溶液中镍离子与草酸反应生成草酸镍沉淀,然后进行过滤、洗涤干燥得到草酸镍沉淀,故答案为:
过滤;洗涤;
(5)向NiO中加入盐酸溶解,待完全溶解后生成NiCl2,NiCl2在碱性环境下被次氯酸钠氧化为三氧化二镍、次氯酸钠被还原为氯化钠,反应的离子方程式为:
2Ni(OH)2+ClO-=
Ni2O3+Cl-+2H2O,故答案为:
2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O;
(6)由表中数据可知,当0.010mol/LNiSO4溶液中Ni2+开始沉淀时,溶液中c(OH-)=10-6.6mol/L,Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)c2(OH-)=0.010mol/L×(10-6.6mol/L)2=10-15.2,当0.010mol/LNiSO4溶液中Ni2+完全沉淀时,溶液中c(OH-)=10-5mol/L,c(Ni2+)=
=
=10-5.2mol/L,故答案为:
10-5.2。
【点睛】本题考查化学工艺流程,注意理解流程所表达的化学信息,利用物质的性质分析物质的转化,注意溶度积的计算是解答关键。
5.A
解析:
(1).1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1
(2).10(3).sp3(4).氢键(5).N≡C—S—S—C≡N(6).氨分子与Zn2+形成配合物后,孤对电子与Zn2+成键,原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥,排斥减弱,故H-N-H键角变大(7).分子(8).离子键、配位键、极性键(9).90(10).4×12×60×1030/(a3×NA)
【解析】
【分析】
(1)Sc是21号元素,根据泡利原理书写其电子排布式;s能级有1个轨道,p能级有3个轨道,d能级只有1个电子,占有1个轨道,据此计算总的轨道数;
(2)依据杂化轨道理论作答;羟基中含电负性较强的O,根据化学键特点回答;
(3)根据等电子体原理分析作答;
(4)键对电子间的排斥作用小于孤对电子与键对电子间的排斥作用,据此作答;
(5)根据给定的物理性质判断晶体类型;
【详解】
(1)Sc是21号元素,核外电子排布式为[Ar]3d14s2,则Sc2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1;s能级有1个轨道,p能级有3个轨道,d能级只有1个电子,占有1个轨道,因此电子占据的轨道有1+1+3+1+3+1=10个,
故答案为:
1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1;10;
(2)羟基的中心原子氧原子,有2个σ键,2个孤电子对,其杂化轨道数为2+2=4,因此杂化类型是sp3,羟基键通过氢键联系到一起,
故答案为:
sp3;氢键;
(3)N3-、SCN-与CO2互为等电子体,因此SCN-的空间构型为直线型,(SCN)2的结构式应为N≡C-S-S-C≡N,
故答案为:
N≡C-S-S-C≡N;
(4)氨分子与Zn2+形成配合物后,孤对电子与Zn2+成键,原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥,排斥减弱,故H-N-H键角变大,
故答案为:
氨分子与Zn2+形成配合物后,孤对电子与Zn2+成键,原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥,排斥减弱,故H-N-H键角变大;
(5)熔点为52℃,可溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂,则可知Co2(CO)8属于分子晶体;
NaCo(CO)4内,存在钠离子与Co(CO)4-阴离子,在Co(CO)4-内界有CO与中心钴离子形成配位键,而配体内部C原子与O原子之间存在极性共价键,所以四羧基钴酸钠中含有的化学键为离子键、配位键、极性键,
故答案为:
分子;离子键、配位键、极性键;
(4)根据C60分子结构,C60分子中1个碳原子有2个C-C键、1个"C=C",根据均摊法,一个碳原子真正含有的σ键的个数为
,即一个C60分子中含有σ键的个数为60×
=90;根据C60晶胞结构,离C60最近的C60上面有4个,中间有4个,下面有4个,即有12个;C60的个数为8×1/8+6×1/2=4,晶胞的质量为
=
g,晶胞的体积为(a×10-10)3=a3×10-30cm3,根据密度的定义,晶胞的密度计算式为
=4×12×60×1030/(a3×NA),
故答案为:
4×12×60×1030/(a3×NA)。
6.无
7.A
解析:
【分析】
由有机物的转化关系,A为甲苯,结构简式为
,A在铁做催化剂的条件下发生苯环取代生成
,则B为
;
在光照条件下发生甲基上的取代反应生成
,则C为
;
在氢氧化钠溶液中发生信息①反应生成
,则D为
;
与乙醛在氢氧化钠溶液中发生信息②反应生成
,则E为
;
在铜作催化剂作用下,与NaOCH3在加热条件下发生取代反应生成
,
发生氧化反应生成
。
【详解】
(1)B的结构简式为
,名称为4-氯甲苯(或对氯甲苯),
在光照条件下发生甲基上的取代反应生成
,则C的结构简式为
,故答案为:
4-氯甲苯(或对氯甲苯);
;
(2)D→E转化过程中第①步反应为
在氢氧化钠溶液中与乙醛发生加成反应,反应的化学方程式为
+CH3CHO
,故答案为:
+CH3CHO
;
(3)IV
反应为
在铜作催化剂作用下,与NaOCH3在加热条件下发生取代反应生成
;V的反应
发生氧化反应生成
,反应条件可以是银氨溶液、加热(或新制氢氧化铜、加热),再酸化,故答案为:
取代反应;银氨溶液、加热(或新制氢氧化铜、加热),再酸化;
(4)能发生银镜反应且每摩尔物质反应生成4molAg说明含有两个醛基;属于酯类,且苯环上的一氯代物有两种,说明结构对称,结合含有两个醛基且苯环上只有3个取代基可知苯环上含有两个“HCOO-”,另外还剩余1个C原子,即为一个甲基,则符合条件的同分异构体的结构简式为
或
,故答案为:
或
;
(5)由M的结构简式,结合逆推法可知,合成M的流程为CH3CHO在氢氧化钠溶液中发生信息②反应生成CH3CH=CHCHO,CH3CH=CHCHO在催化剂作用下,与氢气在加热条件下发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2OH,CH3CH2CH2CH2OH与F在浓硫酸作用下,共热发生酯化反应生成M,合成路线如下:
,故答案为:
。
【点睛】本题考查有机物推断与合成,侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力,充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断,熟练掌握官能团的性质与转化是解答关键。
8.D
解析:
D
【解析】
【详解】A.古代记载文字的器物——甲骨,其主要成分是钙质物质,A错误;
B.工艺装饰材料——天然水晶,是二氧化硅,B错误;
C.第五形态的碳单质——“碳纳米泡沫”,与石墨烯是不同性质的单质,二者互为同素异形体,C错误;
D.秸秆经加工处理成吸水性的材料——植物纤维,无毒、无味、具有吸水性,所以可用作食品干燥剂,D正确;
故合理选项是D。
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- 普通高等学校 招生 全国 统一 考试 化学
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