高考化学试题全国卷ⅢWord版 含详细解析Word格式文档下载.docx
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X/16mol=0.5Xmol,B正确。
C.重水为21H2168O,水为11H2168O,1个重水分子含有10个中子,1个水分子含有8个中子,所以,1mol重水含有10mol中子,1mol水含有8mol中子。
两者的中子数之比为10:
8=5:
4,C错误。
D.乙烷(C2H6)分子中有6个C-H键和1个C-C键,乙烯(C2H4)分子中有4个C-H键和1个C=C,所以1mol乙烷有7mol共价键,1mol乙烯有6mol共价键,D错误。
【考点】镁和铝的原子结构;
化学计量关系式:
n=m/M;
同位素原子D、H的结构;
乙烷和乙烯的分子结构。
[2020全国卷Ⅲ-9]苯乙烯是重要的化工原料。
下列有关苯乙烯的说法错误的是
A.与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应
B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C.与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯
D.在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯
【答案】C
【解析】A.苯乙烯中有苯环,在液溴和铁粉作用下,溴可取代苯环上的氢原子发生取代反应,A正确。
B.苯乙烯中的碳碳双键与酸性高锰酸钾溶作用,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,B正确。
C.苯乙烯与HCl发生的是加成反应,得到的是氯代苯乙烷,C错误。
D.乙苯乙烯中有碳碳双键,可以通过加聚反应得到聚苯乙烯,D正确。
【考点】苯环上的卤代反应条件:
卤素单质、铁作催化剂;
知识迁移:
乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色、乙烯与氯化氢的加成反应、乙烯的加聚反应。
[2020全国卷Ⅲ-10]下列实验操作不当的是
A.用稀硫酸和锌粒制取H2时,加几滴CuSO4溶液以加快反应速率
B.用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度,选择酚酞为指示剂
C.用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧,火焰呈黄色,证明其中含有Na+
D.常压蒸馏时,加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二
【解析】A.用稀硫酸和锌粒制取H2时,加几滴CuSO4溶液后,锌粒与CuSO4反应置换出铜,形成铜锌原电池,使锌与稀硫酸反应速率加快,A正确。
B.HCl与NaHCO3刚好完全反应方程式为HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑,生成的CO2溶于水使溶液呈弱酸性,故用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度,不宜选择酚酞为指示剂,而宜用甲基橙为指示剂,B错误。
C.钠的焰色为黄色,用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧,进行焰色反应,火焰为黄色,说明该盐溶液中一定有Na+,C正确。
D.蒸馏时,为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出,一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二,也不少于三分之一,D正确。
【考点】置换反应;
铜锌原电池;
HCl与NaHCO3的反应原理;
指示剂的选择;
焰色反应;
圆底烧瓶的正确使用。
[2020全国卷Ⅲ-11]一种可充电锂-空气电池如图所示。
当电池放电时,O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x(x=0或1)。
下列说法正确的是
A.放电时,多孔碳材料电极为负极
B.放电时,外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极
C.充电时,电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移
D.充电时,电池总反应为Li2O2-x=2Li+(1-0.5x)O2
【答案】D
【解析】A:
放电时,O2与Li+在多孔碳电极处反应,说明O2在多孔碳电极处得电子,发生还原反应,故多孔碳材料电极为正极,A错误;
B:
外电路电子由锂电极流向多孔碳材料电极(由负极流向正极),B错误;
C.充电与放电时电荷的运动方向相反,放电时,Li+向多孔碳电极移动,充电时Li+向锂电极移动,C错误;
D.根据图示和上述分析,电池的正极反应应该是O2得电子与Li+结合转化为Li2O2-X,即:
(2-x)O2+2e-+2Li+=Li2O2-X,电池的负极反应应该是:
Li-e-=Li+,所以总反应为:
2Li+(1-0.5x)O2=Li2O2-X,充电的反应与放电的反应相反,所以充电时电池总反应为:
Li2O2-X=2Li+(1-0.5x)O2,项D正确。
【考点】可充电电池电极的判断。
对于此类问题,还可以直接判断反应的氧化剂和还原剂,进而判断出电池的正负极。
本题明显是空气中的氧气得电子,所以通氧气的为正极,单质锂就一定为负极。
放电时的电池反应,逆向反应就是充电的电池反应,注意:
放电的负极,充电时应该为阴极;
放电的正极充电时应该为阳极。
[2020全国卷Ⅲ-12]用0.100mol·
L-1AgNO3滴定50.0mL0.0500mol·
L-1Cl-溶液的滴定曲线如图所示。
下列有关描述错误的是
A.根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10
B.曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·
c(Cl-)=Ksp(AgCl)
C.相同实验条件下,若改为0.0400mol·
L-1Cl-,反应终点c移到a
D.相同实验条件下,若改为0.0500mol·
L-1Br-,反应终点c向b方向移动
【解析】A.用0.100mol·
L-1Cl-溶液,达到滴定终点时消耗AgNO3溶液25.0mL,此点对应的纵坐标值(-lg(Cl-)等于5,即:
c(Cl-)=10-5mol/L,而此时:
c(Cl-)=c(Ag+),Ksp(AgCl)=c(Cl-)·
c(Ag+)=10-10,A正确。
B.由于KSP(AgCl)极小,所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出,形成氯化银的饱和溶液,所以曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·
c(Cl-)=KSP(AgCl),B正确。
C.达到滴定终点时,一定有n(Cl-)=n(Ag+)
故将50mL0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL0.04mol/L的Cl-溶液后,达到滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍,因此应该由c点的25mL变为25×
0.8=20mL,而a点对应的是15mL,C错误。
D.卤化银从氟化银到碘化银的溶解度该逐渐减小,KSP(AgCl)大于KSP(AgBr),将50mL0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL0.05mol/L的Br-溶液,达到滴定终点时,一定有n(Br-)=n(Ag+),所以滴定终点的横坐标不变,但是因为溴化银更难溶,所以终点时,c(Br-)应该比原终点时c(Cl-)更小,所以有可能由a点变为b点,D正确。
【考点】沉淀滴定;
Ksp的计算;
卤化银的溶解性;
图像分析;
对数函数;
依溶度积定义及滴定终点数据分析图像是解答本题的关键。
[2020全国卷Ⅲ-13]W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大,元素X和Z同族。
盐YZW与浓盐酸反应,有黄绿色气体产生,此气体同冷烧碱溶液作用,可得到YZW的溶液。
A.原子半径大小为W<X<Y<Z
B.X的氢化物水溶液酸性强于Z的
C.Y2W2与ZW2均含有非极性共价键
D.标准状况下W的单质状态与X的相同
【解析】A.黄绿色(Cl2)气体同冷烧碱溶液作用,可得到YZW(NaClO)的溶液;
又由:
“W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大,元素X和Z同族,盐YZW与浓盐酸反应,有黄绿色气体产生”分析知,W、X、Y、Z分别为O、F、Na、Cl,它们中原子半径最大的是Y(Na),故A错误。
B.X的氢化物(HF)水溶液酸性强于Z水溶液(HCl)的,B错误。
C.Y2W2(Na2O2)中有离子键与非极性共价键,ZW2(OCl:
Cl-O-Cl)中只有极性共价键,C错误。
D.标准状况下W的单质(O2、O3)与X(F2)的单质均为气态,状态相同,D正确。
【考点】原子结构、元素周期律;
氯气、次氯酸钠、浓盐酸的性质;
气态氢化物水溶液的酸性强弱比较;
极性键与非极性键。
二、非选择题
[2020全国卷Ⅲ-26]硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·
5H2O,M=248g·
mol−1)可用作定影剂、还原剂。
回答下列问题:
(1)已知:
Ksp(BaSO4)=1.1×
10−10,Ksp(BaS2O3)=4.1×
10−5。
市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质,选用下列试剂设计实验方案进行检验:
试剂:
稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液
实验步骤
现象
①取少量样品,加入除氧蒸馏水
②固体完全溶解得无色澄清溶液
③___________
④___________,有刺激性气体产生
⑤静置,___________
⑥___________
(2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。
测定步骤如下:
①溶液配制:
称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在__________中溶解,完全溶解后,全部转移至100mL的_________中,加蒸馏水至____________。
②滴定:
取0.00950mol·
L−1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:
Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O。
然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:
I2+2S2O32−=S4O62−+2I−。
加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液__________,即为终点。
平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80mL,则样品纯度为_________%(保留1位小数)。
【答案】
(1)③加入过量稀盐酸④出现黄色浑浊⑤(吸)取上层清液,滴入BaCl2溶液⑥产生白色沉淀
(2)①烧杯、容量瓶、刻度线②蓝色褪去、95.0
【解析】
(1)硫代硫酸根离子(S2O32−)和H+反应如下:
S2O32−+2H+=SO2↑+H2O+S↓,又依Ksp(BaS2O3)=4.1×
10−5知:
S2O32−+Ba2+=BaS2O3↓,且S2O32−具有还原性,所以检验样品中的硫酸根离子时,用除氧蒸馏水溶解样品,而后加入加入过量稀盐酸,以除尽S2O32−,排除其干扰;
再静置,取上层清液中滴加氯化钡溶液,观察到白色沉淀,证明存在硫酸根离子。
所以答案为:
③加入过量稀盐酸;
④有黄色沉淀;
⑤取上层清液,滴加氯化钡溶液;
⑥有白色沉淀产生。
(2)①配制一定物质的量浓度的硫代硫酸钠溶液,应该先称量硫代硫酸钠晶体样品质量,在烧杯中溶解,在转移至容量瓶,最后定容即可。
过程为:
将固体再烧杯中加入溶解,全部转移至100mL容量瓶,加蒸馏水至刻度线。
②淡黄绿色溶液中有单质碘,加入淀粉为指示剂,溶液显蓝色,用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘,滴定终点时溶液的蓝色应该褪去。
根据题目的两个方程式得到如下关系式:
Cr2O72-~3I2~6S2O32-,则配制的100mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c=0.0095×
0.020×
6/0.0246=0.04597(mol/L),含有的硫代硫酸钠为0.004597
mol,所以样品纯度为0.004597×
248/1.2=95.0%。
【考点】硫酸根离子的定性检验、硫代硫酸钠的定量检测;
硫代硫酸钠的的性质;
配制一定物质的量浓度的溶液;
关系式法;
碘与淀粉的性质;
[2020全国卷Ⅲ-27]KIO3是一种重要的无机化合物,可作为食盐中的补碘剂。
(1)KIO3的化学名称是。
(2)利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示:
“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。
“逐Cl2”采用的方法是。
“滤液”中的溶质主要是。
“调pH”中发生反应的化学方
程式为:
。
(3)KIO3也可采用“电解法”制备,装置如图所示。
①写出电解时阴极的电极反应式:
②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为:
,其迁移方向是。
③与“电解法”相比,“KClO3氧化法”的主要不足
之处有(写出一点)。
(1)碘酸钾
(2)加热,KCl,KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O(3)(3)①2H2O+2e-=2OH-+H2↑②K+;
a到b③产生Cl2易污染环境等
(1)根据KClO3名称为氯酸钾知KIO3名称为碘酸钾。
(2)因气体的溶解度随溶液温度升高而下减少,将溶液加热是“逐Cl2”时可采用的方法;
根据图示,碘酸钾在最后得到,所以过滤时KH(IO3)2在滤渣中,KCl在滤液中。
“调pH”的主要目的是将KH(IO3)2转化为KIO3,易知方程式为:
KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O。
(3)①由图示知:
KOH+I2→KIO3过程中,碘元素化合价升高,发生氧化反应,为阳极反应,所以阴极反应为:
2H2O+2e-=2OH-+H2↑。
②电解时,溶液中的阳离子(K+)向阴极迁移,方向为由左向右,即由a到b。
③KClO3氧化法生产中会产生污染环境的氯气。
【考点】氯及其化合物;
碘及其化合物;
氧化还原反应;
电化学。
[2020全国卷Ⅲ-28]三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。
(1)SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体,遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等,写出该反应的化学方程式。
(2)SiHCl3在催化剂作用下发生反应:
2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)ΔH1=48kJ·
mol−1
3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3(g)ΔH2=−30kJ·
则反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+3SiCl4(g)的ΔH=__________kJ·
mol−1。
(3)对于反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g),采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂,在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343K时反应的平衡转化率α=%。
平衡常数K343K=(保留2位小数)。
②在343K下:
要提高SiHCl3转化率,可采取的措施是;
要缩短反应达到平衡的时间,可采取的措施有____________、___________。
③比较a、b处反应速率大小:
υa________υb(填“大于”“小于”或“等于”)。
反应速率υ=υ正−υ逆=k正x2(SiHCl3)−k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4),k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数,x为物质的量分数,计算a处v正/v逆=__________(保留1位小数)。
(1)2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl
(2)114(3)①220.02②及时移去产物
,改进催化剂,提高反应物压强(浓度)③大于,1.3。
(1)SiHCl3遇潮气(H2O)时发烟生成(HSiO)2O,即反应物为SiHCl3和H2O,有一种生成物为(HSiO)2O,依原子守恒就可写出方程式:
2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl。
(2)
①2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)ΔH1=48kJ·
②3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3(g)ΔH2=−30kJ·
则反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+3SiCl4(g)可由反应:
①×
3+②得出,故ΔH=(48×
3-30)kJ·
(3)①温度越高时反应越快,达到平衡用得时间就越少,所以曲线a代表343K的反应。
由图知,温度为343K时达到平衡以后,反应物SiHCl3(g)的转化率为22%。
解:
设初始加入的反应物SiHCl3(g)的浓度为1mol/L,则有:
2SiHCl3
SiH2Cl2+SiCl4
起始:
100
反应:
0.220.110.11(转化率为22%)
平衡:
0.780.110.11
所以平衡常数K=0.112÷
0.782=0.02。
②温度不变,提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离(两边物质的量相等,压强不影响平衡)。
缩短达到平衡的时间,就是加快反应速率,所以可以采取的措施是增大压强(增大反应物浓度)、加入更高效的催化剂(改进催化剂)。
③a、b两点的转化率相等,可以认为各物质的浓度对应相等,而a点的温度更高,所以速率更快,即Va>Vb。
根据题目表述得到v正=k正x2(SiHCl3),v逆=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4),当反应达平衡时v正=v逆时,k正x2(SiHCl3)=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4),k正/k逆=x(SiH2Cl2)x(SiCl4)/x2(SiHCl3)=k,k为反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)的平衡常数,所以,k正/k逆=K=0.02。
a点时,转化率为20%,所以计算出:
SiH2Cl2+SiCl4
0.20.10.1(转化率为20%)
0.80.10.1
所以x(SiHCl3)=0.8;
x(SiH2Cl2)=x(SiCl4)=0.1;
所以v正/v逆=k正x2(SiHCl3)/k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)=0.02×
0.82/0.12=1.3
【考点】依情景(信息)书写方程式;
利用盖斯定律求反应热;
温度对反应速率的影响;
根据转化率求化学平衡常数;
化学平衡的影响因素;
利用平衡常数求正、逆反应速率之比。
(二)选考题
[2020全国卷Ⅲ-35][化学——选修3:
物质结构与性质]
锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。
(1)Zn原子核外电子排布式为。
(2)黄铜是人类最早使用的合金之一,主要由Zn和Cu组成。
第一电离能Ⅰ1(Zn)Ⅰ1(Cu)(填“大于”或“小于”)。
原因是。
(3)ZnF2具有较高的熔点(872℃),其化学键类型是;
ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,原因是________________。
(4)《中华本草》等中医典籍中,记载了炉甘石(ZnCO3)入药,可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。
ZnCO3中,阴离子空间构型为,C原子的杂化形式为。
(5)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示,这种堆积方式称为
六棱柱底边边长为acm,高为ccm,阿伏加德罗常数的值为NA,Zn的密度为g·
cm-3(列出计算式)。
(1)[Ar]3d104s2
(2)大于;
Zn核外电子排布为全满稳定结构,较难失电子(3)离子键;
ZnF2为离子化合物,ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小(4)平面三角形;
sp2(5)六方最密堆积(A3型);
65/(6×
a2cNA/4)。
(1)Zn是第30号元素,所以核外电子排布式为[Ar]3d104s2。
(2)Zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构,所以失电子比较困难。
同时也可以考虑到Zn最外层上是一对电子,而Cu的最外层是一个电子,Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对,额外吸收能量。
所以,Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能。
(3)ZnF2具有较高的熔点(872℃),可以判断其为离子化合物,所以一定存在离子键。
作为离子化合物,氟化锌在有机溶剂中应该不溶,而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物,分子的极性较小,能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。
(4)碳酸锌中的阴离子为CO32-,根据价层电子对互斥理论,其中心原子C的价电子对为:
3+(4-3×
2+2)/2=3对,所以空间构型为正三角形,中心C为sp2杂化。
(5)由图示,堆积方式为六方最紧密堆积。
为了计算的方便,选取该六棱柱结构进行计算。
六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的,面心是两个六棱柱共用,所以该六棱柱中的锌原子为12×
1/6+2×
1/2+3=6个,所以该结构的质量为6×
65/NAg。
该六棱柱的底面为正六边形,边长为acm,底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和,根据正三角形面积的计算公式,该底面的面积为6×
a2/4cm2,高为ccm,所以体积为6×
a2c/4cm3。
所以密度为:
(6×
65/NA)/(6×
a2c/4)=65/(6×
a2cNA/4)g·
cm-3。
【考点】原子核外电子排布;
电离能;
分子的空间构型;
有关的晶胞计算;
[2020全国卷Ⅲ-36][化学——选修5:
有机化学基础]
近来有报道,碘代化合物E与化合物H在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应,合成一种多官能团的化合物Y,其合成路线如下:
已知:
RCHO+CH3CHO
RCH=CHCHO+H2O
(1)A的化学名称是。
(2)B为单氯代烃,由B生成C的化学方程式为。
(3)由A生成B、G生成H的反应类型分别是________________、________________。
(4)D的结构简式为。
(5)Y中含氧官能团的名称为________________。
(6)E与F在Cr-Ni催化下也可以发生偶联反应,产物的结构简式为
(7)X与D互为同分异构体,且具有完全相同官能团。
X的核磁共振氢谱显示三种不同化
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