1、普通高等学校招生全国统一考试化学全国卷学校:_ 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SiD.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
2、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2B.25, 的溶液中含有的数目为0.1C.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1.5D.含0.2mol 的浓硫酸与足量铜反应,生成的分子数为0.14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
3、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0.010 mol/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pH3.05.07.49.7完全沉淀pH4.06.59011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
4、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0.010 mol/L NiSO4溶液中Ni2+完全沉淀时的c(Ni2+) _mol/L。52016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(如图所示)可用于B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
5、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HNH键角为106.7。如图 Zn(NH3)62+离子的部分结构以及HNH键角的测量值。解释配合物中HNH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、图所示):则一个C60分子
6、中含有键的个数为_,C60晶体密度的计算式为_gcm3。(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 B C D7某有机物M的结构简式为,其合成路线如下: 已知: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R1CHO+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)DE转化过程中第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
7、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4mol Ag;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
8、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1A2无3C4H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7080条件下,与硫酸和硝酸的混酸反应,镍废料溶
9、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
10、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
11、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-+2H2
12、O;(6)由表中数据可知,当0.010 mol/L NiSO4溶液中Ni2+开始沉淀时,溶液中c(OH-)=10-6.6mol/L,KspNi(OH)2= c(Ni2+)c2(OH-)= 0.010 mol/L(10-6.6mol/L)2=10-15.2,当0.010 mol/L NiSO4溶液中Ni2+完全沉淀时,溶液中c(OH-)=10-5mol/L,c(Ni2+)=10-5.2 mol/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。5A解析: (1). 1s22s22p63s23p63d1
13、或Ar3d1 (2). 10 (3). sp3 (4). 氢键 (5). NCSSCN (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HNH键角变大 (7). 分子 (8). 离子键、配位键、极性键 (9). 90 (10). 412601030/(a3NA)【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
14、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Ar3d14s2,则Sc2的电子排布式为1s22s22p63s23p63d1或Ar3d1;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Ar3d1;10;(2)羟基的中心原子氧原子,有2个键,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;(
15、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NC-S-S-CN,故答案为:NC-S-S-CN;(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HNH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HNH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
16、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CC键、1个C=C,根据均摊法,一个碳原子真正含有的键的个数为,即一个C60分子中含有键的个数为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81/861/2=4,晶胞的质量为 = g,晶胞的体积为(a1010)3 = a31030 cm3,根据密度的定义,晶胞的密度计算式为 = 412601030/(a3NA),
17、故答案为:412601030/(a3NA)。6无7A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反应生成,则D为;与乙醛在氢氧化钠溶液中发生信息反应生成,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)DE转化过程中第步反应为在氢氧化钠溶液中与乙醛发生加成反应,反应的
18、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
19、法可知,合成M的流程为CH3CHO在氢氧化钠溶液中发生信息反应生成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。8D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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