第27頁（共27頁）2020年全國統一高考化學試卷（新課標Ⅲ）一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．（6分）宋代《千里江山圖）描繪了山清水秀的美麗景色，歷經千年色彩依然，其中綠色來自孔雀石顏料（主要成分為Cu（OH）2?CuCO3），青色來自藍銅礦顏料（主要成分為Cu（OH）2?2CuCO3）。下列說法錯誤的是（）A．保存《千里江山圖》需控制溫度和濕度 B．孔雀石、藍銅礦顏料不易被空氣氧化 C．孔雀石、藍銅礦顏料耐酸耐堿 D．Cu（OH2）?CuCO3中銅的質量分數高于Cu（OH2）?2CuCO32．（6分）金絲桃苷是從中藥材中提取的一種具有抗病毒作用的黃酮類化合物，結構式如圖：下列關于金絲桃苷的敘述，錯誤的是（）A．可與氫氣發生加成反應 B．分子含21個碳原子 C．能與乙酸發生酯化反應 D．不能與金屬鈉反應3．（6分）NA是阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（）A．22.4L（標準狀況）氮氣中含有7NA個中子 B．1mol重水比1mol水多NA個質子 C．12g石墨烯和12g金剛石均含有NA個碳原子 D．1L1mol?L﹣1NaCl溶液含有28NA個電子4．（6分）噴泉實驗裝置如圖所示。應用下列各組氣體﹣﹣溶液，能出現噴泉現象的是（）氣體溶液A．H2S稀鹽酸B．HCl稀氨水C．NO稀H2SO4D．CO2飽和NaHCO3溶液A．A B．B C．C D．D5．（6分）對于下列實驗，能正確描述其反應的離子方程式是（）A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO32﹣+Cl2+H2O═2HSO3﹣+2Cl﹣+SO42﹣ B．向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2═CaCO3↓+2H+ C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2═O2↑+2H++2Fe2+ D．同濃度同體積NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合：NH4++OH﹣═NH3?H2O6．（6分）一種高性能的堿性硼化釩（VB2）﹣﹣空氣電池如圖所示，其中在VB2電極發生反應：VB2+16OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2B（OH）4﹣+4H2O該電池工作時，下列說法錯誤的是（）A．負載通過0.04mol電子時，有0.224L（標準狀況）O2參與反應 B．正極區溶液的pH降低、負極區溶液的pH升高 C．電池總反應為4VB2+11O2+20OH﹣+6H2O═8B（OH）4﹣+4VO43﹣ D．電流由復合碳電極經負載、VB2電極、KOH溶液回到復合碳電極7．（6分）W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期元素，四種元素的核外電子總數滿足X+Y＝W+Z；化合物XW3與WZ相遇會產生白煙。下列敘述正確的是（）A．非金屬性：W＞X＞Y＞Z B．原子半徑：Z＞Y＞X＞W C．元素X的含氧酸均為強酸 D．Y的氧化物水化物為強堿二、非選擇題：共58分。第8～10題為必考題，每個試題考生都必須作答。第11～12為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：共43分。8．（14分）氯可形成多種含氧酸鹽，廣泛應用于殺菌、消毒及化工領域。實驗室中利用如圖裝置（部分裝置省略）制備KClO3和NaClO，探究其氧化還原性質。回答下列問題：（1）盛放MnO2粉末的儀器名稱是，a中的試劑為。（2）b中采用的加熱方式是。c中化學反應的離子方程式是，采用冰水浴冷卻的目的是。（3）d的作用是，可選用試劑（填標號）。A．Na2SB．NaClC．Ca（OH）2D．H2SO4（4）反應結束后，取出b中試管，經冷卻結晶，，，干燥，得到KClO3晶體。（5）取少量KClO3和NaClO溶液分別置于1號和2號試管中，滴加中性KI溶液。1號試管溶液顏色不變。2號試管溶液變為棕色，加入CCl4振蕩，靜置后CCl4層顯色。可知該條件下KClO3的氧化能力NaClO（填“大于”或“小于”）。9．（15分）某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質。采用如圖工藝流程回收其中的鎳制備硫酸鎳晶體（NiSO4?7H2O）：溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+開始沉淀時（c＝0.01mol?L﹣1）的pH沉淀完全時（c＝1.0×10﹣5mol?L﹣1）的pH7.28.73.74.72.23.27.59.0回答下列問題：（1）“堿浸”中NaOH的兩個作用分別是。為回收金屬，用稀硫酸將“濾液①”調為中性，生成沉淀。寫出該反應的離子方程式。（2）“濾液②”中含有的金屬離子是。（3）“轉化”中可替代H2O2的物質是。若工藝流程改為先“調pH”后“轉化”，即，“濾液③”中可能含有的雜質離子為。（4）利用上述表格數據，計算Ni（OH）2的Ksp＝（列出計算式）。如果“轉化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0mol?L﹣1，則“調pH”應控制的pH范圍是。（5）硫酸鎳在強堿溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作鎳鎘電池正極材料的NiOOH．寫出該反應的離子方程式。（6）將分離出硫酸鎳晶體后的母液收集、循環使用，其意義是。10．（14分）二氧化碳催化加氫合成乙烯是綜合利用CO2的熱點研究領域。回答下列問題：（1）CO2催化加氫生成乙烯和水的反應中，產物的物質的量之比n（C2H4）：n（H2O）＝。當反應達到平衡時，若增大壓強，則n（C2H4）（填“變大”“變小”或“不變”）。（2）理論計算表明。原料初始組成n（CO2）：n（H2）＝1：3，在體系壓強為0.1MPa，反應達到平衡時，四種組分的物質的量分數x隨溫度T的變化如圖所示。圖中，表示C2H4、CO2變化的曲線分別是、。CO2催化加氫合成C2H4反應的△H0（填“大于”或“小于”）。（3）根據圖中點A（440K，0.39），計算該溫度時反應的平衡常數Kp＝（MPa）﹣3（列出計算式。以分壓表示，分壓＝總壓×物質的量分數）。（4）二氧化碳催化加氫合成乙烯反應往往伴隨副反應，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烴。一定溫度和壓強條件下，為了提高反應速率和乙烯選擇性，應當。（二）選考題：共15分。請考生從2道化學題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。[化學--選修3：物質結構與性質]（15分）11．（15分）氨硼烷（NH3BH3）含氫量高、熱穩定性好，是一種具有潛力的固體儲氫材料。回答下列問題：（1）H、B、N中，原子半徑最大的是。根據對角線規則，B的一些化學性質與元素的相似。（2）NH3BH3分子中，N﹣B化學鍵稱為鍵，其電子對由提供。氨硼烷在催化劑作用下水解釋放氫氣：3NH3BH3+6H2O═3NH4++B3O63﹣+9H2B3O63﹣的結構為．在該反應中，B原子的雜化軌道類型由變為。（3）NH3BH3分子中，與N原子相連的H呈正電性（Hδ+），與B原子相連的H呈負電性（Hδ﹣），電負性大小順序是。與NH3BH3原子總數相等的等電子體是（寫分子式），其熔點比NH3BH3（填“高”或“低”），原因是在NH3BH3分子之間，存在作用，也稱“雙氫鍵”。（4）研究發現，氨硼烷在低溫高壓條件下為正交晶系結構，晶胞參數分別為apm、bpm、cpm，α＝β＝γ＝90°．氨硼烷的2×2×2超晶胞結構如圖所示。氨硼烷晶體的密度ρ＝g?cm﹣3（列出計算式，設NA為阿伏加德羅常數的值）。[化學--選修5：有機化學基礎]（15分）12．苯基環丁烯酮（PCBO）是一種十分活潑的反應物，可利用它的開環反應合成一系列多官能團化合物。近期我國科學家報道用PCBO與醛或酮發生[4+2]環加成反應，合成了具有生物活性的多官能團化合物（E），部分合成路線如圖：已知如下信息：回答下列問題：（1）A的化學名稱是。（2）B的結構簡式為。（3）由C生成D所用的試劑和反應條件為；該步反應中，若反應溫度過高，C易發生脫羧反應，生成分子式為C8H8O2的副產物，該副產物的結構簡式為。（4）寫出化合物E中含氧官能團的名稱；E中手性碳（注：連有四個不同的原子或基團的碳）的個數為。（5）M為C的一種同分異構體。已知：1molM與飽和碳酸氫鈉溶液充分反應能放出2mol二氧化碳；M與酸性高錳酸鉀溶液反應生成對苯二甲酸。M的結構簡式為。（6）對于，選用不同的取代基R'，在催化劑作用下與PCBO發生的[4+2]反應進行深入研究，R'對產率的影響見下表：R'﹣CH3﹣C2H5﹣CH2CH2C6H5產率/%918063請找出規律，并解釋原因。

2020年全國統一高考化學試卷（新課標Ⅲ）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．（6分）宋代《千里江山圖）描繪了山清水秀的美麗景色，歷經千年色彩依然，其中綠色來自孔雀石顏料（主要成分為Cu（OH）2?CuCO3），青色來自藍銅礦顏料（主要成分為Cu（OH）2?2CuCO3）。下列說法錯誤的是（）A．保存《千里江山圖》需控制溫度和濕度 B．孔雀石、藍銅礦顏料不易被空氣氧化 C．孔雀石、藍銅礦顏料耐酸耐堿 D．Cu（OH2）?CuCO3中銅的質量分數高于Cu（OH2）?2CuCO3【分析】A．Cu（OH）2?CuCO3和Cu（OH）2?2CuCO3均不穩定，受熱易分解，纖維素或蛋白質均能水解；B．Cu（OH）2?CuCO3和Cu（OH）2?2CuCO3中除O元素外，C、H、Cu均為最高價；C．Cu（OH）2?CuCO3和Cu（OH）2?2CuCO3均能與酸反應，不與堿反應；D．通過計算判斷比較銅的質量分數大小。【解答】解：A．Cu（OH）2?CuCO3和Cu（OH）2?2CuCO3均不穩定，受熱易分解，纖維素或蛋白質均能水解，長期在潮濕環境中易腐爛變質，則保存《千里江山圖》需控制溫度和濕度，故A正確；B．Cu（OH）2?CuCO3和Cu（OH）2?2CuCO3中除O元素外，C、H、Cu均為最高價，無還原性，不能被空氣中氧氣氧化，則孔雀石、藍銅礦顏料不易被空氣氧化，故B正確；C．Cu（OH）2?CuCO3和Cu（OH）2?2CuCO3均能與酸反應，不與堿反應，則孔雀石、藍銅礦顏料耐堿不耐酸，故C錯誤；D．Cu（OH2）?CuCO3中銅的質量分數為，Cu（OH2）?2CuCO3中銅的質量分數為，則Cu（OH2）?CuCO3中銅的質量分數高于Cu（OH2）?2CuCO3，故D正確；故選：C。【點評】本題以《千里江山圖》為載體，考查物質的組成、結構和性質的關系，涉及元素質量分數的計算和鹽的通性，基礎考查，難度中等。2．（6分）金絲桃苷是從中藥材中提取的一種具有抗病毒作用的黃酮類化合物，結構式如圖：下列關于金絲桃苷的敘述，錯誤的是（）A．可與氫氣發生加成反應 B．分子含21個碳原子 C．能與乙酸發生酯化反應 D．不能與金屬鈉反應【分析】A、分子中含有碳碳雙鍵、碳氧雙鍵和苯環；B、由圖可知金絲桃苷的分子式C21H20O12；C、分子中含有羥基，能發生酯化反應；D、分子結構可知結構中含有羥基；【解答】解：A、分子中含有碳碳雙鍵、碳氧雙鍵和苯環，可以發生加成反應，故A正確；B、由圖可知金絲桃苷的分子式C21H20O12，則分子含21個碳原子，故B正確；C、分子中含有羥基，能發生酯化反應，即能與乙酸發生酯化反應，故C正確；D、分子結構可知結構中含有羥基，能與金屬鈉反應產生氫氣，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查有機物結構和性質，側重考查酚、烯烴、醇、醚和酮的性質，明確官能團及其性質關系是解本題關鍵，題目難度不大。3．（6分）NA是阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（）A．22.4L（標準狀況）氮氣中含有7NA個中子 B．1mol重水比1mol水多NA個質子 C．12g石墨烯和12g金剛石均含有NA個碳原子 D．1L1mol?L﹣1NaCl溶液含有28NA個電子【分析】A．一個氮氣分子有14個中子；B．重水和水的質子數相等；C．跟據n＝計算物質的量，再比較微粒數；D．溶劑也要考慮。【解答】解：A．氮氣是雙原子分子，一個氮氣分子有14個中子，22.4L（標準狀況）氮氣中含有14NA個中子，故A錯誤；B．重水（D2O）和水（H2O）的質子數都是10，1mol重水比1mol水都是10NA個質子，故B錯誤；C.12g石墨烯n（C60）＝＝mol，含有個碳原子物質的量n（c）＝mol×60＝1mol，含有NA個碳原子，12g金剛石（C）的物質的量n＝＝＝1mol，含有NA個碳原子，故C正確；D.1L1mol?L﹣1NaCl溶質含有28NA個電子，溶劑水也要考慮，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查阿伏伽德羅常數的計算，是高頻考點，要熟練掌握計算公式，和公式的使用條件，D選項容易思維定式出現錯誤。4．（6分）噴泉實驗裝置如圖所示。應用下列各組氣體﹣﹣溶液，能出現噴泉現象的是（）氣體溶液A．H2S稀鹽酸B．HCl稀氨水C．NO稀H2SO4D．CO2飽和NaHCO3溶液A．A B．B C．C D．D【分析】在燒瓶中充滿干燥氣體，而膠頭滴管及燒杯中分別盛有液體，若形成噴泉，則氣體極易溶于液體或氣體極易與液體反應，以此來解答。【解答】解：A、H2S在稀鹽酸中溶解度小，且與稀鹽酸不反應，不能出現噴泉，故A錯誤；B．HCl氣體極易溶于稀氨水，且氯化氫氣體與氨水反應生成氯化銨，產生壓強差，形成噴泉，故B正確；C、一氧化氮不溶于稀H2SO4，也不與稀H2SO4反應，不能出現噴泉，故C錯誤；D、二氧化碳不溶于飽和碳酸氫鈉，也不與飽和碳酸氫鈉反應，不能出現噴泉，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查實驗裝置綜合，為高頻考點，把握噴泉實驗的原理為解答的關鍵，側重物質性質及實驗能力的考查，注意氣體極易溶于液體或氣體極易與液體反應可形成噴泉，題目難度不大。5．（6分）對于下列實驗，能正確描述其反應的離子方程式是（）A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO32﹣+Cl2+H2O═2HSO3﹣+2Cl﹣+SO42﹣ B．向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2═CaCO3↓+2H+ C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2═O2↑+2H++2Fe2+ D．同濃度同體積NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合：NH4++OH﹣═NH3?H2O【分析】A．符合電荷守恒，物料守恒，強制弱規律，B．向CaCl2溶液中通入CO2不反應；C．不符合客觀事實，氧氣氧化二價鐵離子；D．不符合客觀事實，氫氧根優先于氫離子反應。【解答】解：A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO32﹣+Cl2+H2O═2HSO3﹣+2Cl﹣+SO42﹣，符合電荷守恒，物料守恒，強制弱規律，故A正確；B．弱酸不能制強酸，向CaCl2溶液中通入CO2不反應，故B錯誤；C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3，FeCl3做催化劑，促進雙氧水的分解，氧氣的氧化性大于三價鐵離子，弱氧化劑不能制強氧化劑，故C錯誤；D．不符合客觀事實，氫氧根優先與酸性更強的氫離子反應，正確的離子方程式：H++OH﹣═H2O，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查了化學反應原理，離子方程式的書寫，離子方程式的正誤判斷，重點考查反應發生的可能性，掌握強制弱的原理，難度中等。6．（6分）一種高性能的堿性硼化釩（VB2）﹣﹣空氣電池如圖所示，其中在VB2電極發生反應：VB2+16OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2B（OH）4﹣+4H2O該電池工作時，下列說法錯誤的是（）A．負載通過0.04mol電子時，有0.224L（標準狀況）O2參與反應 B．正極區溶液的pH降低、負極區溶液的pH升高 C．電池總反應為4VB2+11O2+20OH﹣+6H2O═8B（OH）4﹣+4VO43﹣ D．電流由復合碳電極經負載、VB2電極、KOH溶液回到復合碳電極【分析】A、正極氧氣得電子生成氫氧根離子；B、根據負極VB2+16OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2B（OH）4﹣+4H2O消耗氫氧根離子，正極O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣分析解答；C、負極：VB2+16OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2B（OH）4﹣+4H2O，正極：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，根據得失電子守恒求總的電極反應式；D、原電池中電流由正極經過外電路向負極，由此分析解答。【解答】解：A、正極氧氣得電子生成氫氧根離子，電極反應式為：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，由電極反應式可知，消耗1mol氧氣轉移4mol電子，則負載通過0.04mol電子時，有0.224L（標準狀況）O2參與反應，故A正確；B、根據負極VB2+16OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2B（OH）4﹣+4H2O消耗氫氧根離子，正極O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，則正極區溶液的pH升高、負極區溶液的pH降低，故B錯誤；C、負極：VB2+16OH﹣﹣11e﹣═VO43﹣+2B（OH）4﹣+4H2O…①，正極：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣…②，根據得失電子守恒，即4①+11②得：4VB2+11O2+20OH﹣+6H2O═8B（OH）4﹣+4VO43﹣，故C正確；D、原電池中電流由正極經過外電路向負極，則電流由復合碳電極經負載、VB2電極、KOH溶液回到復合碳電極，故D正確；故選：B。【點評】本題考查原電池及其電解池的工作原理，題目難度中等，本題注意把握電極反應式的書寫，利用電子守恒計算。7．（6分）W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期元素，四種元素的核外電子總數滿足X+Y＝W+Z；化合物XW3與WZ相遇會產生白煙。下列敘述正確的是（）A．非金屬性：W＞X＞Y＞Z B．原子半徑：Z＞Y＞X＞W C．元素X的含氧酸均為強酸 D．Y的氧化物水化物為強堿【分析】原子序數依次增大的短周期元素，化合物XW3與WZ相遇會產生白煙，先假設是氨氣和氯化氫，再結合四種元素的核外電子總數滿足X+Y＝W+Z，推導出W、X、Y、Z分別是H、N、Na、Cl，據此答題。【解答】解：A．根據最高價氧化物對應水化物的酸性強弱，非金屬性Cl＞N＞H＞Na，故A錯誤；B．同周期元素從左向右原子半徑依次減小，同主族元素自上而下原子半徑依次增大，原子半徑：Na＞Cl＞N＞H，故B錯誤；C．元素X的含氧酸有硝酸和亞硝酸，亞硝酸是弱酸，故C錯誤；D．Y的氧化物水化物為氫氧化鈉，氫氧化鈉是強堿，故D正確；故選：D。【點評】本題以推斷的形式考查了元素周期律、元素周期表，是高頻考點，要熟練掌握周期表的結構，要熟悉常見元素化合物的性質，正確推斷出元素后才能做題。二、非選擇題：共58分。第8～10題為必考題，每個試題考生都必須作答。第11～12為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：共43分。8．（14分）氯可形成多種含氧酸鹽，廣泛應用于殺菌、消毒及化工領域。實驗室中利用如圖裝置（部分裝置省略）制備KClO3和NaClO，探究其氧化還原性質。回答下列問題：（1）盛放MnO2粉末的儀器名稱是圓底燒瓶，a中的試劑為飽和食鹽水。（2）b中采用的加熱方式是水浴加熱。c中化學反應的離子方程式是Cl2+2OH﹣ClO﹣+Cl﹣+H2O，采用冰水浴冷卻的目的是避免生成NaClO3。（3）d的作用是吸收多余的氯氣，防止污染大氣，可選用試劑AC（填標號）。A．Na2SB．NaClC．Ca（OH）2D．H2SO4（4）反應結束后，取出b中試管，經冷卻結晶，過濾，少量的冷水洗滌，干燥，得到KClO3晶體。（5）取少量KClO3和NaClO溶液分別置于1號和2號試管中，滴加中性KI溶液。1號試管溶液顏色不變。2號試管溶液變為棕色，加入CCl4振蕩，靜置后CCl4層顯紫色。可知該條件下KClO3的氧化能力小于NaClO（填“大于”或“小于”）。【分析】實驗目的制備KClO3和NaClO，并探究其氧化還原性質；實驗原理：3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O，Cl2+2NaOHNaClO+NaCl+3H2O；實驗裝置：最左側為制取氯氣裝置，a為除雜裝置，雜質為揮發的氯化氫和水，后面還要通入溶液，沒有必要除水，所以a中用飽和食鹽水除氯化氫，裝置b用來制取KClO3，裝置c用來制取NaClO，裝置d用來吸收多余的氯氣，防止污染大氣，（1）根據形狀和用途判斷，盛放MnO2粉末的儀器名稱是圓底燒瓶，a為除雜裝置，雜質為揮發的氯化氫和水，所以a中用飽和食鹽水除氯化氫；（2）根據裝置圖看出b中采用的加熱方式是水浴加熱；c中化學反應：Cl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2O改離子方程式，氫氧化鈉與氯氣反應有多種情況，溫度高時生成NaClO3采用冰水浴冷卻的目的是提高產品的純度；（3）d為尾氣處理裝置，作用是裝置d用來吸收多余的氯氣，防止污染大氣，可選用試劑可以和氯氣反應的物質Na2S和Ca（OH）2；（4）b試管中的溶質主要是KClO3，KCl，KClO3的溶解度受溫度影響大，冷卻結晶，析出KClO3晶體，經過過濾得到KClO3晶體，表面還有KCl雜質，通過冷水洗滌減少KClO3的損失；（5）取少量KClO3和NaClO溶液分別置于1號和2號試管中，滴加中性KI溶液，1號試管溶液顏色不變，說明KClO3沒有和KI溶液反應，2號試管溶液變為棕色，說明NaClO和KI溶液反應生成了碘單質，加入CCl4振蕩，碘單質易溶解于CCl4中，靜置后CCl4層顯紫色。可知該條件下KClO3的氧化能力比NaClO差。【解答】解：（1）根據形狀和用途判斷，盛放MnO2粉末的儀器名稱是圓底燒瓶，a為除雜裝置，雜質為揮發的氯化氫和水，后面還要通入溶液，沒有必要除水，所以a中用飽和食鹽水除氯化氫，a中的試劑為飽和食鹽水；故答案為：圓底燒瓶；飽和食鹽水；（2）根據裝置圖看出b中采用的加熱方式是水浴加熱；c中化學反應：Cl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2O，改離子方程式：Cl2+2OH﹣ClO﹣+Cl﹣+H2O，氫氧化鈉與氯氣反應有多種情況，溫度高時生成NaClO3．采用冰水浴冷卻的目的是提高產品的純度；故答案為：水浴加熱；Cl2+2OH﹣ClO﹣+Cl﹣+H2O；避免生成NaClO3；（3）d為尾氣處理裝置，作用是裝置d用來吸收多余的氯氣，防止污染大氣，可選用試劑為可以和氯氣反應的物質Na2S和Ca（OH）2；故答案為：吸收多余的氯氣，防止污染大氣；AC；（4）b試管中的溶質主要是KClO3，KCl，KClO3的溶解度受溫度影響大，冷卻結晶，析出KClO3晶體，經過過濾得到KClO3晶體，表面還有KCl雜質，通過冷水洗滌減少KClO3的損失；故答案為：過濾；少量的冷水洗滌；（5）取少量KClO3和NaClO溶液分別置于1號和2號試管中，滴加中性KI溶液，1號試管溶液顏色不變，說明KClO3沒有和KI溶液反應，2號試管溶液變為棕色，說明NaClO和KI溶液反應生成了碘單質，加入CCl4振蕩，碘單質易溶解于CCl4中，靜置后CCl4層顯紫色。可知該條件下KClO3的氧化能力比NaClO差；故答案為：紫；小于。【點評】本題是制備實驗，以制備KClO3和NaClO，探究其氧化還原性質，考查學生實驗素養和分析問題的能力，難度中等，要有扎實的實驗功底和化學學科素養。9．（15分）某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質。采用如圖工藝流程回收其中的鎳制備硫酸鎳晶體（NiSO4?7H2O）：溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+開始沉淀時（c＝0.01mol?L﹣1）的pH沉淀完全時（c＝1.0×10﹣5mol?L﹣1）的pH7.28.73.74.72.23.27.59.0回答下列問題：（1）“堿浸”中NaOH的兩個作用分別是除去油脂、溶解鋁及其氧化物。為回收金屬，用稀硫酸將“濾液①”調為中性，生成沉淀。寫出該反應的離子方程式AlO2﹣+H++H2O＝Al（OH）3↓或[Al（OH）4]﹣+H+＝Al（OH）3↓+H2O。（2）“濾液②”中含有的金屬離子是Ni2+、Fe2+、Fe3+。（3）“轉化”中可替代H2O2的物質是O2或空氣。若工藝流程改為先“調pH”后“轉化”，即，“濾液③”中可能含有的雜質離子為Fe3+。（4）利用上述表格數據，計算Ni（OH）2的Ksp＝c（Ni2+）c2（OH﹣）＝1.0×10﹣5mol?L﹣1×1×10﹣5.3mol/L×1×10﹣5.3mol/L＝1×10﹣15.6（mol?L﹣1）3（列出計算式）。如果“轉化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0mol?L﹣1，則“調pH”應控制的pH范圍是3.2～6.2。（5）硫酸鎳在強堿溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作鎳鎘電池正極材料的NiOOH．寫出該反應的離子方程式2Ni2++ClOˉ+4OHˉ＝2NiOOH↓+Clˉ+H2O。（6）將分離出硫酸鎳晶體后的母液收集、循環使用，其意義是提高鎳的回收率。【分析】由工藝流程分析可得，向廢鎳催化劑中加入NaOH溶液進行堿浸，可除去油脂，并發生反應2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O將Al及其氧化物溶解，得到的濾液①含有NaAlO2，濾餅①為Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性雜質，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的濾液②，Fe2+經H2O2氧化為Fe3+后，加入NaOH調節pH使Fe3+轉化為Fe（OH）3沉淀除去，再控制pH濃縮結晶得到硫酸鎳的晶體，據此分析解答問題。【解答】解：（1）根據分析可知，向廢鎳催化劑中加入NaOH溶液進行堿浸，可除去油脂，并將Al及其氧化物溶解，濾液①中含有NaAlO2（或Na[Al（OH）4]），加入稀硫酸可發生反應AlO2﹣+H++H2O＝Al（OH）3↓或[Al（OH）4]﹣+H+＝Al（OH）3↓+H2O；故答案為：除去油脂、溶解鋁及其氧化物；AlO2﹣+H++H2O＝Al（OH）3↓或[Al（OH）4]﹣+H+＝Al（OH）3↓+H2O；（2）加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“濾液②”中含有的金屬離子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案為：Ni2+、Fe2+、Fe3+；（3）“轉化”中H2O2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+，不能引入雜質，可用O2或空氣替代；若將工藝流程改為先“調pH”后“轉化”，會使調pH過濾后的溶液中含有Fe2+、則濾液③中可能含有轉化生成的Fe3+；故答案為：O2或空氣；Fe3+；（4）由上述表格可知，Ni2+完全沉淀時的pH＝8.7，此時c（Ni2+）＝1.0×10﹣5mol?L﹣1，c（H+）＝1.0×10﹣8.7mol?L﹣1，則c（OH﹣）＝＝＝1×10﹣5.3mol/L，則Ni（OH）2的Ksp＝c（Ni2+）c2（OH﹣）＝1.0×10﹣5mol?L﹣1×1×10﹣5.3mol/L×1×10﹣5.3mol/L＝1×10﹣15.6（mol?L﹣1）3．如果“轉化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0mol?L﹣1，為避免鎳離子沉淀，Ksp＝c（Ni2+）c2（OH﹣），c2（OH﹣）＝＝1×10﹣15.6（mol?L﹣1）3，此時c（OH﹣）＝1×10﹣7.8mol?L﹣1，則c（H+）＝1.0×10﹣6.2mol?L﹣1，即pH＝6.2；Fe3+完全沉淀的pH為3.2，因此“調節pH”應控制的pH范圍是3.2～6.2；故答案為：c（Ni2+）c2（OH﹣）＝1.0×10﹣5mol?L﹣1×1×10﹣5.3mol/L×1×10﹣5.3mol/L＝1×10﹣15.6；3.2～6.2；（5）由題干信息，硫酸鎳在強堿中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反應中Ni2+被氧化為NiOOH沉淀，ClOˉ被還原為Clˉ，則根據氧化還原得失電子守恒可得離子方程式為2Ni2++ClOˉ+4OHˉ＝2NiOOH↓+Clˉ+H2O；故答案為：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ＝2NiOOH↓+Clˉ+H2O；（6）分離出硫酸鎳晶體后的母液中還含有Ni2+，可將其收集、循環使用，從而提高鎳的回收率；故答案為：提高鎳的回收率。【點評】本題以化學工藝流程為背景，考查物質的分離提純，離子反應、氧化還原反應、沉淀平衡常數的計算等知識點，是近年高考的熱點題型，屬于學科內綜合題，考查分析問題能力、提取利用題目信息能力，計算能力、表達能力等，難度中等，注意（4）中Ni2+開始沉淀的pH不能直接利用表中數據，要通過計算獲得。10．（14分）二氧化碳催化加氫合成乙烯是綜合利用CO2的熱點研究領域。回答下列問題：（1）CO2催化加氫生成乙烯和水的反應中，產物的物質的量之比n（C2H4）：n（H2O）＝1：4。當反應達到平衡時，若增大壓強，則n（C2H4）變大（填“變大”“變小”或“不變”）。（2）理論計算表明。原料初始組成n（CO2）：n（H2）＝1：3，在體系壓強為0.1MPa，反應達到平衡時，四種組分的物質的量分數x隨溫度T的變化如圖所示。圖中，表示C2H4、CO2變化的曲線分別是d、c。CO2催化加氫合成C2H4反應的△H小于0（填“大于”或“小于”）。（3）根據圖中點A（440K，0.39），計算該溫度時反應的平衡常數Kp＝（MPa）﹣3（列出計算式。以分壓表示，分壓＝總壓×物質的量分數）。（4）二氧化碳催化加氫合成乙烯反應往往伴隨副反應，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烴。一定溫度和壓強條件下，為了提高反應速率和乙烯選擇性，應當選擇合適的催化劑。【分析】（1）根據質量守恒定律配平化學方程式，可以確定產物的物質的量之比。根據可逆反應的特點分析增大壓強對化學平衡的影響；（2）原料初始組成n（CO2）：n（H2）＝1：3，根據方程式，生成物乙烯與水物質的量之比為1：4，從圖中找到關鍵數據確定代表各組分的曲線；根據圖中代表各組分的曲線隨溫度變化的趨勢，確定該反應是放熱反應還是吸熱反應；（3）原料初始組成n（CO2）：n（H2）＝1：3，在體系壓強為0.1Mpa建立平衡，由A點坐標可知，該溫度下，氫氣和水的物質的量分數均為0.39，生成物乙烯與水物質的量之比為1：4，求出乙烯、二氧化碳的物質的量分數，結合化學平衡常數公式計算；（4）根據催化劑對化反應速率的影響和對主反應的選擇性，工業上通常要選擇合適的催化劑以提高化學反應速率、減少副反應的發生。【解答】解：（1）CO2催化加氫生成乙烯和水，該反應的化學方程式可表示為2CO2+6H2?CH2＝CH2+4H2O，則該反應中產物的物質的量之比n（C2H4）：n（H2O）＝1：4；由于該反應是氣體分子數減少的反應，當反應達到平衡狀態時，若增大壓強，則化學平衡向正反應方向移動，n（C2H4）變大，故答案為：1：4；變大；（2）由題中信息可知，兩反應物初始投料之比等于化學計量數之比；由圖中曲線的起點坐標可知，c和a所表示的物質的物質的量分數之比為1：3、d和b表示的物質的物質的量分數之比為1：4，則結合化學計量數之比可以判斷，表示乙烯變化的曲線是d，表示二氧化碳變化曲線的是c；由圖中曲線的變化趨勢可知，升高溫度，乙烯的物質的量分數減小，則化學平衡向逆反應方向移動，則該反應為放熱反應，△H小于0，故答案為：d；c；小于；（3）原料初始組成n（CO2）：n（H2）＝1：3，在體系壓強為0.1Mpa建立平衡，由A點坐標可知，該溫度下，氫氣和水的物質的量分數均為0.39，則乙烯的物質的量分數為水的四分之一，即乙烯的物質的量分數為，二氧化碳的物質的量分數為氫氣的三分之一，即二氧化碳的物質的量分數為，Kp＝＝＝（MPa）﹣3，故答案為：；（4）工業上通常通過選擇合適催化劑，以加快化學反應速率，同時還可以提高目標產品的選擇性，減少副反應的發生。因此，一定溫度和壓強下，為了提高反應速率和乙烯的選擇性，應當選擇合適的催化劑，故答案為：選擇合適的催化劑。【點評】本題考查化學平衡相關知識，側重考查學生分析能力、識圖能力和計算能力，確定圖中曲線所代表的化學物質是難點，其關鍵在于明確物質的量的分數之比等于各組分的物質的量之比，也等于化學計量數之比（在初始投料之比等于化學計量數之比的前提下，否則不成立），此題難度較大。（二）選考題：共15分。請考生從2道化學題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。[化學--選修3：物質結構與性質]（15分）11．（15分）氨硼烷（NH3BH3）含氫量高、熱穩定性好，是一種具有潛力的固體儲氫材料。回答下列問題：（1）H、B、N中，原子半徑最大的是B。根據對角線規則，B的一些化學性質與元素Si的相似。（2）NH3BH3分子中，N﹣B化學鍵稱為配位鍵，其電子對由N提供。氨硼烷在催化劑作用下水解釋放氫氣：3NH3BH3+6H2O═3NH4++B3O63﹣+9H2B3O63﹣的結構為．在該反應中，B原子的雜化軌道類型由sp3變為sp2。（3）NH3BH3分子中，與N原子相連的H呈正電性（Hδ+），與B原子相連的H呈負電性（Hδ﹣），電負性大小順序是N＞H＞B。與NH3BH3原子總數相等的等電子體是CH3CH3（寫分子式），其熔點比NH3BH3低（填“高”或“低”），原因是在NH3BH3分子之間，存在Hδ+與Hδ﹣的靜電引力作用，也稱“雙氫鍵”。（4）研究發現，氨硼烷在低溫高壓條件下為正交晶系結構，晶胞參數分別為apm、bpm、cpm，α＝β＝γ＝90°．氨硼烷的2×2×2超晶胞結構如圖所示。氨硼烷晶體的密度ρ＝g?cm﹣3（列出計算式，設NA為阿伏加德羅常數的值）。【分析】根據元素在周期表中的位置比較和判斷元素的相關性質；根據中心原子的價層電子對數確定其雜化軌道的類型；運用等量代換的方法尋找等電子體；根據電負性對化合價的影響比較不同元素的電負性；根據晶胞的質量和體積求晶體的密度。【解答】解：（1）在所有元素中，H原子的半徑是最小的，同一周期從左到右，原子半徑依次減小，所以，H、B、N中原子半徑最大是B．B與Si在元素周期表中處于對角線的位置，根據對角線規則，B的一些化學性質與Si元素相似。故答案為：B；Si。（2）B原子最外層有3個電子，其與3個H原子形成共價鍵后，其價層電子對只有3對，還有一個空軌道；在NH3中，N原子有一對孤對電子，故在NH3BH3分子中，N﹣B鍵為配位鍵，其電子對由N原子提供。NH3BH3分子中，B原子的價層電子對數為4，故其雜化方式為sp3．NH3BH3在催化劑的作用下水解生成氫氣和B3O63﹣，由圖中信息可知，B3O63﹣中每個B原子只形成3個σ鍵，其中的B原子的雜化方式為sp2，因此，B原子的雜化軌道類型由sp3變為sp2。故答案為：配位、N、sp3、sp2。（3）NH3BH3分子中，與N原子相連的H呈正電性，說明N的電負性大于H；與B原子相連的H呈負電性，說明H的電負性大于B，因此3種元素電負性由大到小的順序為N＞H＞B．NH3BH3分子中有8個原子，其價電子總數為14，N和B的價電子數的平均值為4，依據等量代換的原則，可以找到其等電子體為CH3CH3．由于NH3BH3分子屬于極性分子，而CH3CH3屬于非極性分子，兩者相對分子質量接近，但是極性分子的分子間作用力較大，故CH3CH3熔點比NH3