普通高等学校招生全国统一考试化学全国Ⅲ卷.docx

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。