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。