全国统一考试化学试题新课标Ⅲ解析版.docx
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全国统一考试化学试题新课标Ⅲ解析版
2020年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试化学
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Mg24S32Fe56Cu
64
一、选择题:
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.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-CuCO,青色来自蓝铜矿颜料(主要成分为Cu(OH)2-2CuC0)o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-CuCOf铜的质量分数高于Cu(OH)2-2CuCO
【解析】
【详解】A.字画主要由纸张和绢、绫、锦等织物构成,为防止受潮和氧化,保存古代字画
时要特别注意控制适宜温度和湿度,A说法正确;
B.由孔雀石和蓝铜矿的化学成分可知,其中的铜元素、碳元素和氢元素均处于最高价,其
均为自然界较稳定的化学物质,因此,用其所制作的颜料不易被空气氧化,B说法正确;
B.分子含21个碳原子
D.不能与金属钠反应
下列关于金丝桃昔的叙述,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
【答案】D
【解析】
【详解】A.该物质含有苯环和碳碳双键,一定条件下可以与氢气发生加成反应,故A正确;
B.根据该物质的结构简式可知该分子含有21个碳原子,故B正确;
C.该物质含有羟基,可以与乙酸发生酯化反应,故C正确;
D.该物质含有普通羟基和酚羟基,可以与金属钠反应放出氢气,故D错误;
故答案为Do
3.Na是阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.22.4L(标准》^况)氮气中含有7Na个中子
B1mol重水比1mol水多Na个质子
C.12g石墨烯和12g金刚石土^含有Na个碳原子
D.1L1mol-1LNaCl溶液含有28Na个电子
【答案】C
【解析】
【详解】A.标准状况下22.4L氮气的物质的量为1mol,若该氮气分子中的氮原子全部为14N,则每个N2^^^^14-7)X2=14b中子,1mol该氮气含有14Na个中子,不是7Na,且构成该氮气的不确定,故A错误;
B错误;
B.重水分子和水分子都是两个氢原子和一个氧原子构成的,所含质子数相同,故
c.石墨烯和金刚石均为碳单质,12g石墨烯和12g金刚石均相当于12g碳原子,即12^
=1molC原子,所含碳原子数目为Na个,故C正确;
D.ImolNaCl中含有28Na个电子,但该溶液中除NaCl外,水分子中也含有电子,故D错
误;
故答案为Co
4.喷泉实验装置如图所示。
应用下列各组气体一溶液,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.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【分析】
能够发生喷泉实验,需要烧瓶内外产生明显的压强差;产生压强差可以通过气体溶于水的方
法,也可以通过发生反应消耗气体产生压强差,据此分析。
【详解】A.由于硫化氢气体和盐酸不发生反应且硫化氢在水中的溶解度较小,烧瓶内外压
强差变化不大,不会出现喷泉现象,A错误;
B.氯化氢可以和稀氨水中的一水合氨发生反应,使烧瓶内外产生较大压强差,能够出现喷
泉实验,B正确;
C.一氧化氮不与硫酸发生反应且不溶于水,烧瓶内外不会产生压强差,不能发生喷泉现象,
C错误;
D.二氧化碳不会溶于饱和碳酸氢钠溶液中,烧瓶内外不会产生压强差,不能发生喷泉实验,
D错误;
故选B。
5.对于下列实验,能正确描述其反应的离子方程式是
22
A.用Na2SO3溶液吸收少重CI2:
3SO3+Cl2+H2O=2HSO3+2Cl+SO4
2++
B.向CaCl2溶液中通入CO2:
Ca+H2O+CO2=CaCO3+2H
3++2+
C.向H2O2溶放中滴加少量FeCl3:
2Fe+H2O2=O2+2H+2Fe
D.同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合:
NH++OH=NH3H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A.用Na2SO3溶液吸收少量的Cl2,C12具有强氧化性,可将部分SO2-氧化为SO4-,
2.
同时广生的氢离子与剩余部分SO3结合生成HSO3,C12被还原为Cl-,反应的离子反应万
2--2-
程式为:
3SO3+Cl2+H2O=2HSO3+2CI+SO4,A选项正确;
B.向CaCl2溶液中通入CO2,H2CO3是弱酸,HCl是强酸,弱酸不能制强酸,故不发生反
应,B选项错误;
C.向H2O2中滴加少量的FeCl3,Fe3+的氧化性弱于H2O2,不能氧化H2O2,但Fe3+能催化
3+
Fe
H2O2的分解,正确的离子方程式应为2H2O2^=2H2O+O2「C选项错误;
D.NH4HSO4电离出的H+优先和NaOH溶液反应,同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH
溶液混合,氢离子和氢氧根恰好完全反应,正确的离子反应方程式应为:
H++OH-=H2O,D
选项错误;答案选Ao
【点睛】B选项为易错点,在解答时容易忽略H2CO3是弱酸,HCl是强酸,弱酸不能制强酸
这一知识点。
6.一种高性能的碱性硼化钮(VB2)一空气电池如下图所示,其中在VB2电极发生反应:
3-
VB2+16OH-11e=VO4+2B(OH)4+4H2O该电池工作时,下列说法错误的是
KOH溶涵离子选择性膜
A.负载通过0.04mol电子时,有0.224L(标准》犬况)。
2参与反应
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4VB211O220OH6H2O8B(OH)44VO4
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】
3--
根据图本的电池结构,左侧VB2发生失电子的反应生成VO4和B(OH)4,反应的电极方程
式如题干所示,右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OH-,反应的电极方程式为
-3-
O2+4e-+2H2O=4OH-,电池的总反应万程式为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8B(OH)4+4VO4,据此分析。
【详解】A.当负极通过0.04mol电子时,正极也通过0.04mol电子,根据正极的电极方程式,通过0.04mol电子消耗0.01mol氧气,在标况下为0.224L,A正确;
B.反应过程中正极生成大量的OH-使正极区pH升高,负极消耗OH-使负极区OH-浓度减
小pH降低,B错误;
-3-
C.根据分析,电池的总反应为4VB2+11O2+20OH+6H2O=8B(OH)4+4VO4,C正确;
D.电池中,电子由VB2电极经负载流向复合碳电极,电流流向与电子流向相反,则电流流向为复合碳电极—>负载—>VB2电极—>KOH溶液—>复合碳电极,D正确;
故选B。
【点睛】本题在解答时应注意正极的电极方程式的书写,电解质溶液为碱性,则空气中的氧
气得电子生成氢氧根;在判断电池中电流流向时,电流流向与电子流向相反。
7.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>ZB.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
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题干信息可知,W、X、Y、Z为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,则WX3为NH3,WZ为HCl,所以W为H元素,X为N元素,Z为Cl
元素,又四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z,则Y的核外电子总数为11,Y为Na元
素,据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知,W为H元素,X为N元素,Y为Na元素,Z为Cl元素,则
A.Na为金属元素,非金属性最弱,非金属性YvZ,A选项错误;
B.同周期元素从左至右原子半径依次减小,同主族元素至上而下原子半径依次增大,则原
子半径:
Na>Cl>N>H,B选项错误;
C.N元素的含氧酸不一定全是强酸,如HNO2为弱酸,C选项错误;
D.Y的氧化物水化物为NaOH,属于强碱,D选项正确;
答案选D。
二、非选择题
(一)必考题
8.氯可形成多种含氧酸盐,广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。
实验室中利用下图装置(部
分装置省略)制备KC1O3和NaClO,探究其氧化还原性质。
回答下列问题:
⑴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.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KC1O3晶体。
⑸取少量KC1O3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中,1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CC14振荡,静置后CC14层显色。
可知该条件下KC1O3的氧化能力NaClO(填大于"或小于"J
【答案】
(1).圆底烧瓶
(2).饱和食盐水(3).水浴加热(4).
Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O(5).避免生成NaClO3(6).吸收尾气(C12)⑺.AC
(8).过滤(9).少量(冷)水洗涤(10).紫(11).小于
【解析】
【分析】
本实验目的是制备KClO3和NaClO,并探究其氧化还原性质;首先利用浓盐酸和MnO2粉末共热制取氯气,生成的氯气中混有HCl气体,可在装置a中盛放饱和食盐水中将HCl气体除去;之后氯气与KOH溶液在水浴加热的条件发生反应制备KClO3,再与NaOH溶液在冰水浴中反应制备NaClO;氯气有毒会污染空气,所以需要d装置吸收未反应的氯气。
【详解】
(1)根据盛放MnO2粉末的仪器结构可知该仪器为圆底烧瓶;a中盛放饱和食盐水除
去氯气中混有的HCl气体;
(2)根据装置图可知盛有KOH溶液的试管放在盛有水的大烧杯中加热,该加热方式为水浴加热;c中氯气在NaOH溶液中发生歧化反应生成氯化钠和次氯酸钠,结合元素守恒可得离子
方程式为C12+2OH-=ClO-+C1,(+H根据氯气与KOH溶液的反应可知,加热条件下氯气可以和强碱溶液反应生成氯酸盐,所以冰水浴的目的是避免生成NaClO3;
⑶氯气有毒,所以d装置的作用是吸收尾气(C12);
A.Na2s可以将氯气还原成氯离子,可以吸收氯气,故A可选;
8.氯气在NaCl溶液中溶解度很小,无法吸收氯气,故B不可选;
C.氯气可以Ca(OH)2或浊液反应生成氯化钙和次氯酸钙,故C可选;
D.氯气与硫酸不反应,且硫酸溶液中存在大量氢离子会降低氯气的溶解度,故D不可选;
综上所述可选用试剂AC;
(4)b中试管为KC1O3和KCl的混合溶液,KC1O3的溶解度受温度影响更大,所以将试管b中
混合溶液冷却结晶、过滤、少量(冷)水洗涤、干燥,得到KC1O3晶体;
(5)1号试管溶液颜色不变,2号试管溶液变为棕色,说明1号试管中氯酸钾没有将碘离子氧
化,2号试管中次氯酸钠将碘离子氧化成碘单质,即该条件下KC1O3的氧化能力小于NaClO;
碘单质更易溶于CC14,所以加入CC14振荡,静置后CC14层显紫色。
【点睛】第3小题为本题易错点,要注意氯气除了可以用碱液吸收之外,氯气还具有氧化性,
可以用还原性的物质吸收。
9.某油脂厂废弃的油脂加氢馍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物,还有少量其他不
溶性物质。
采用如下工艺流程回收其中的馍制备硫酸馍晶体(NiSO4.7HO):
溶液稀H56H工电溶液用容液
,酸镰晶体
厂」渡饼①油液-~~~―滤液③控制同1
也界催化剂一魄浸.I酸浸转化H闾pH,
—J-JJ狄维1nd
泄.戒①滤渣②滤清③
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=0.01molT)的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时(c=1.0X1Gmol•f)的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
回答下列问题:
⑴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-I,则调pH'应控制的pH范围是。
(5)硫酸馍在强碱溶液中用NaClO氧化,可沉淀出能用作馍镉电池正极材料的NiOOH。
写出
该反应的离子方程式。
(6)将分离出硫酸馍晶体后的母液收集、循环使用,其意义是。
【答案】
(1).除去油脂、溶解铝及其氧化物
(2).AlO2+H++H2O=Al(OH)3J或
AlOH4+H+=Al(OH)3,+HO(3).Ni2+、Fe2+、Fe3+(4).O2或空气(5).Fe3+(6).
2___..2
0.0110.-或10-10.-(7).3.2~6.2(8).
2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOHj+Cl)(+H(9).提高馍回收率
【解析】
NaOH溶液进行碱浸,可除去油脂,并发生反
【分析】
由工艺流程分析可得,向废馍催化剂中加入应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2T、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O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浓缩结晶得到硫酸馍的晶体,据此分析解答问题。
【详解】
(1)根据分析可知,向废馍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸,可除去油脂,并将
一一、一一一一、一一一^--■-—
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域AlOH4+H+=Al(OH)3J+HO,故答案为:
除去油脂、溶解铝及其氧
化物;AlO2+H++H2O=Al(OH)3域AlOH4+H+=Al(OH)3J+HO;
(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”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+,可用02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:
02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+)=1.0x-fmoly1,
Kw
c(H+)=1.0x用mol•T1,则c(OH-)=
cH
Ksp=cNi2+|c2OH-=10-5
2
108;或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2,此时
-14
+K-10-6.2
则cH=—=—78=10,即pH=6.2;Fe3+完全沉淀的pH为3.2,因此调节pH'
cOH10.
22
应控制的pH范围是3.2~6.2,故答案为:
0.01107.2-14或10-5108.7-14;3.2~6.2;
⑸由题干信息,硫酸馍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀,即反应中Ni2+被氧化为
NiOOH沉淀,ClO被还原为Cl7则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为
2Ni2++ClO一+4OH一=2NiOOHj+Cl2(+H故答案为:
2Ni2++ClO一+4OH一=2NiOOHj+Cl2OH(6)分离出硫酸馍晶体后的母液中还含有Ni2+,可将其收集、循环使用,从而提高馍的回收
率,故答案为:
提高银的回收率。
【点睛】本题主要考查金属及其化合物的性质、沉淀溶解平衡常数Ksp的计算、氧化还原离
子反应方程式的书写等知识点,需要学生具有很好的综合迁移能力,解答关键在于正确分析
出工艺流程原理,难点在于Ksp的计算及调pH'时pH的范围确定。
10.二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。
C3H6、C3H8、C4H8等低碳燃。
—91
⑸.小于(6).40W
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
AH0(填关于"或力、于")
⑶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XW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
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
(1).1:
4
(2).变大(3).d(4).c
【解析】
【分析】
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。
根据物质的量之比等于化学计量数之比,从图中找到关键数
据确定代表各组分的曲线,并计算出平衡常数。
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。
【详解】
(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,因此,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。
(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
d,表示二氧化碳变
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
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
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*与B原子相连的H呈负电性(H"),
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(填篙"或浜")原因是在NH3BH3分子之间,存在,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,
产出子90°。
氨硼烷的2x2X超晶胞结构如图所示。
氨硼烷晶体的密度4g。
cm3(列出计算式,设Na为阿伏加德罗常数的值)。
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。
【详解】
(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BoB与Si在元素周期表中处于对角张的位置,根据对角线规则,B的一些化学性质与Si元素相似。
(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sp2o
(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>BO
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'与H”的静电引力。
(4)在氨硼烷的222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
312g
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,
Na
小长方体的体积为abc1030cm3,因此,氨硼烷晶体的密度为
312g
Na62g?
cm3°
abc1030cm3NAabc1030
【点睛】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,
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- 全国 统一 考试 化学试题 新课 解析