2020年高考貴州理綜化學(xué)試題和參考答案

2020年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試全國(guó)卷III理科綜合化學(xué)能力測(cè)試可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1C12N14016Mg24S32Fe56Cu64一、選擇題：在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.宋代《千里江山圖》描繪了山清水秀的美麗景色，歷經(jīng)千年色彩依然，其中綠色來(lái)自孔雀石顏料(主要成分為Cu(OH)2-CuCO3)，青色來(lái)自藍(lán)銅礦顏料(主要成分為Cu(OH)2?CuCO3)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.保存《千里江山圖》需控制溫度和濕度B.孔雀石、藍(lán)銅礦顏料不易被空氣氧化C.孔雀石、藍(lán)銅礦顏料耐酸耐堿D.Cu(OH)2CuCO3中銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)高于Cu(OH)2.2CuCO3.金絲桃甘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(jié)構(gòu)式如下：OFI下列關(guān)于金絲桃苷的敘述，錯(cuò)誤的是A.可與氫氣發(fā)生加成反應(yīng) B.分子含21個(gè)碳原子C.能與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng) D.不能與金屬鈉反應(yīng).Na是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是A.22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氮?dú)庵泻?NA個(gè)中子B1mol重水比1mol水多NA個(gè)質(zhì)子12g石墨烯和12g金剛石均含有NA個(gè)碳原子1L1moLL-1NaCl溶液含有28NA個(gè)電子.噴泉實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。應(yīng)用下列各組氣體一溶液，能出現(xiàn)噴泉現(xiàn)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D.DTOC\o"1-5"\h\zA.A B.B C.CD.D.對(duì)于下列實(shí)驗(yàn)，能正確描述其反應(yīng)的離子方程式是A.用Na,SO1溶液吸收少量CL:3SO2-+C1+HO=2HSO-+2C1-+SO2-2 3 2 3 2 2 3 4\o"CurrentDocument"B.向CaCL溶液中通入CO,：Ca2++HO+CO=CaCOJ+2H+2 2 2 2 3C.向HO.溶液中滴加少量FeCL：2Fe3++HO=O個(gè)+2H++2Fe2+22 3 2 2 2\o"CurrentDocument"D.同濃度同體積NHHSO4溶液與NaOH溶液混合：NH++OH-=NH?HO4 4 4 3 26.一種高性能的堿性硼化機(jī)(VB2)—空氣電池如下圖所示，其中在VB2電極發(fā)生反應(yīng):VB+16OH--11e-=VO3-+2B(OH)-+4HO該電池工作時(shí)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是2 4 4 2負(fù)載\，叫電弋I—匚=|浮碳電極 生氣K0H溶液離子選擇性膜A.負(fù)載通過(guò)0.04mol電子時(shí)，有0.224L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。2參與反應(yīng)B.正極區(qū)溶液的pH降低、負(fù)極區(qū)溶液的pH升高C,電池總反應(yīng)為4VB+110+20OH-+6H0=8B(0H)-+4VO3-2 2 2 4 4D.電流由復(fù)合碳電極經(jīng)負(fù)載、VB2電極、KOH溶液回到復(fù)合碳電極.W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，四種元素的核外電子總數(shù)滿足X+Y=W+Z；化合物XW3與WZ相遇會(huì)產(chǎn)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>WC.元素X的含氧酸均為強(qiáng)酸 D.Y的氧化物水化物為強(qiáng)堿二、非選擇題(一)必考題.氯可形成多種含氧酸鹽，廣泛應(yīng)用于殺菌、消毒及化工領(lǐng)域。實(shí)驗(yàn)室中利用下圖裝置(部分裝置省略)制備KCIO3和NaClO,探究其氧化還原性質(zhì)?；卮鹣铝袉?wèn)題：⑴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(xué)反應(yīng)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(biāo)號(hào))。A.Na2sB.NaClC.Ca(OH)2D.H2SO4(4)反應(yīng)結(jié)束后，取出b中試管，經(jīng)冷卻結(jié)晶，,,干燥，得到KC1O3晶體。(5)取少量KClO3和NaClO溶液分別置于1號(hào)和2號(hào)試管中，滴加中性KI溶液。1號(hào)試管溶液顏色不變。2號(hào)試管溶液變?yōu)樽厣?，加入CCl4振蕩，靜置后CCl4層顯—色?？芍摋l件下KC1O3的氧化能力NaClO(填“大于”或“小于”)。9.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(zhì)。采用如下工藝流程回收其中的鎳制備硫酸鎳晶體(NiSO17H2O)：MNlH溶液 稀H:“：溶液溶液L^l濾僑( I'灌液:②「3~|濾液3|控制pH廢銳催化劑一減浸 酸漢 '轉(zhuǎn)化一調(diào)］1H u心1日一加酸錦品體~j—i —T—1 j 濃靠丁品淀液3 濾渣2 嫌渣由溶液中金屬離子開(kāi)始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬禺子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+開(kāi)始沉淀時(shí)(C=0.01moll-1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全時(shí)(c=1.0x10-5mol?L-i)的pH8.74.73.29.0回答下列問(wèn)題：(1)“堿浸”中NaOH的兩個(gè)作用分別是。為回收金屬，用稀硫酸將“濾液①”調(diào)為中性，生成沉淀。寫(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式。(2)“濾液②”中含有的金屬離子是。(3)“轉(zhuǎn)化”中可替代H2O2的物質(zhì)是。若工藝流程改為先“調(diào)pH”后“轉(zhuǎn)化”，即NhOH溶液比。籀液漉酒③“濾液③”中可能含有的雜質(zhì)離子為。(4)利用上述表格數(shù)據(jù)，計(jì)算Ni(OH)2的Ksp=(列出計(jì)算式)。如果“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0moLL-1，則“調(diào)pH”應(yīng)控制的pH范圍是。(5)硫酸鎳在強(qiáng)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(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式。(6)將分離出硫酸銀晶體后的母液收集、循環(huán)使用，其意義是。.二氧化碳催化加氫合成乙烯是綜合利用CO2的熱點(diǎn)研究領(lǐng)域?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)CO2催化加氫生成乙烯和水的反應(yīng)中，產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比n(C2H4)：n(H2O)=。當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，若增大壓強(qiáng)，則n(C2H4)(填“變大”“變小”或“不變”)。(2)理論計(jì)算表明，原料初始組成n(CO2)：n(H2)=1：3,在體系壓強(qiáng)為0.1MPa，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，四種組分的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)％隨溫度T的變化如圖所示。0.7圖中，表示c2H4、82變化的曲線分別是、oCO2催化加氫合成C2H4反應(yīng)的AH0(填“大于”或“小于”)。⑶根據(jù)圖中點(diǎn)A(440K,0.39),計(jì)算該溫度時(shí)反應(yīng)的平衡常數(shù)勺=(MPa)-3(列出計(jì)算式。以分壓表示，分壓二總壓x物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。(4)二氧化碳催化加氫合成乙烯反應(yīng)往往伴隨副反應(yīng)，生成C3H6、C3Hg、C4H&等低碳燒。一定溫度和壓強(qiáng)條件下，為了提高反應(yīng)速率和乙烯選擇性，應(yīng)當(dāng)o(二)選考題［化學(xué)一一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)］.氨硼烷(NH3BH3)含氫量高、熱穩(wěn)定性好，是一種具有潛力的固體儲(chǔ)氫材料。回答下列問(wèn)題：(1)H、B、N中，原子半徑最大的是o根據(jù)對(duì)角線規(guī)則，B的一些化學(xué)性質(zhì)與元素的相似。(2KH3BH3分子中，N—B化學(xué)鍵稱為—鍵，其電子對(duì)由—提供。氨硼烷在催化劑作用下水解釋放氫氣:3NH.BH.+6H,O=3NH.+B03-+9H,B。3-的結(jié)構(gòu)如圖所示：332 3 36 2 36在該反應(yīng)中，B原子的雜化軌道類型由變?yōu)椤?3)NH3BH3分子中，與N原子相連的H呈正電性(HB+),與B原子相連的H呈負(fù)電性(H、)，電負(fù)性大小順序是。與NH3BH3原子總數(shù)相等的等電子體是(寫(xiě)分子式)，其熔點(diǎn)比NH3BH3(填“高”或"低”)，原因是在NH3BH3分子之間，存在，也稱“雙氫鍵”。(4)研究發(fā)現(xiàn)，氦硼烷在低溫高壓條件下為正交晶系結(jié)構(gòu)，晶胞參數(shù)分別為apm、bpm、cpm，a=B=產(chǎn)90°。氨硼烷的2x2x2超晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。

氨硼烷晶體的密度片g<m-3(列出計(jì)算式，設(shè)雙人為阿伏加德羅常數(shù)的值)。［化學(xué)一一選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)］.苯基環(huán)丁烯酮PCBO)是一種十分活潑的反應(yīng)物，可利用它的開(kāi)環(huán)反應(yīng)合成一系列多官能團(tuán)化合物。近期我國(guó)科學(xué)家報(bào)道用PCBO與醛或酮發(fā)生［4+2］環(huán)加成反應(yīng)，合成了具有生物活性的多官能團(tuán)化合物(E),部分合成路線如下:已知如下信息:回答下列問(wèn)題:能團(tuán)化合物(E),部分合成路線如下:已知如下信息:回答下列問(wèn)題:(1)A的化學(xué)名稱是(2)B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為(3)由(3)由C生成D所用的試別和反應(yīng)條件為該步反應(yīng)中，若反應(yīng)溫度過(guò)高，C易發(fā)生脫羧反應(yīng)，生成分子式為C8H8O2的副產(chǎn)物，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為(4)寫(xiě)出化合物E中含氧官能團(tuán)的名稱；E中手性碳(注：連有四個(gè)不同的原子或基團(tuán)的碳)的個(gè)數(shù)為o(5)M為C的一種同分異構(gòu)體。已知：1molM與飽和碳酸氫鈉溶液充分反應(yīng)能放出2moi二氧化碳；M與酸性高鎰酸鉀溶液反應(yīng)生成對(duì)苯二甲酸。M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為o(6)對(duì)于廣,選用不同的取代基R',在催化劑作用下與PCBO發(fā)生的［4+2］反應(yīng)進(jìn)行深入研究，R'對(duì)產(chǎn)率的影響見(jiàn)下表:R'—CH3一C2H5-CH2cH2c6H5產(chǎn)率/%918063請(qǐng)找出規(guī)律，并解釋原因解析卷一、選擇題：在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.宋代《千里江山圖》描繪了山清水秀的美麗景色，歷經(jīng)千年色彩依然，其中綠色來(lái)自孔雀石顏料(主要成分為Cu(OH)2-CuCO3)，青色來(lái)自藍(lán)銅礦顏料(主要成分為Cu(OH)2?CuCO3)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.保存《千里江山圖》需控制溫度和濕度B.孔雀石、藍(lán)銅礦顏料不易被空氣氧化C.孔雀石、藍(lán)銅礦顏料耐酸耐堿D.Cu(OH)2CuCO3中銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)高于Cu(OH)2.2CuCO3【答案】C【解析】【詳解】A.字畫(huà)主要由紙張和絹、綾、錦等織物構(gòu)成，為防止受潮和氧化，保存古代字畫(huà)時(shí)要特別注意控制適宜的溫度和濕度，A說(shuō)法正確；B.由孔雀石和藍(lán)銅礦的化學(xué)成分可知，其中的銅元素、碳元素和氫元素均處于最高價(jià)，其均為自然界較穩(wěn)定的化學(xué)物質(zhì)，因此，用其所制作的顏料不易被空氣氧化，B說(shuō)法正確；C.孔雀石和藍(lán)銅礦的主要成分均可與酸反應(yīng)生成相應(yīng)的銅鹽，因此，用其制作的顏料不耐酸腐蝕，C說(shuō)法錯(cuò)誤；D.因?yàn)闅溲趸~中銅元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)高于碳酸銅，所以Cu(OH)5CuCO3中銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)高于Cu(OH)2-2CuCO3，D說(shuō)法正確。綜上所述，相關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是C,故本題答案為C。2.金絲桃甘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(jié)構(gòu)式如下：下列關(guān)于金絲桃苷的敘述，錯(cuò)誤的是A.可與氫氣發(fā)生加成反應(yīng) B.分子含21個(gè)碳原子C.能與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng) D.不能與金屬鈉反應(yīng)【答案】D【解析】【詳解】A.該物質(zhì)含有苯環(huán)和碳碳雙鍵，一定條件下可以與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，故A正確；B.根據(jù)該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知該分子含有21個(gè)碳原子，故B正確；C.該物質(zhì)含有羥基，可以與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)，故C正確；D.該物質(zhì)含有普通羥基和酚羥基，可以與金屬鈉反應(yīng)放出氫氣，故D錯(cuò)誤；故答案為D。3.不是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是A.22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氮?dú)庵泻?鼠個(gè)中子B1mol重水比1mol水多/個(gè)質(zhì)子12g石墨烯和12g金剛石均含有鼠個(gè)碳原子1L1mol-L-iNaCl溶液含有28鼠個(gè)電子【答案】C【解析】【詳解】A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4L氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量為ImoL若該氮?dú)夥肿又械牡尤繛閕，N,則每個(gè)N?分子含有(14-7)x2=14個(gè)中子，Imol該氮?dú)夂?4/個(gè)中子，不是7不，且構(gòu)成該氮?dú)獾牡臃N類并不確定，故A錯(cuò)誤；B.重水分子和水分子都是兩個(gè)氫原子和一個(gè)氧原子構(gòu)成的，所含質(zhì)子數(shù)相同，故B錯(cuò)誤；12g 一一C.石墨烯和金剛石均為碳單質(zhì)，12g石墨烯和12g金剛石均相當(dāng)于12g碳原子，即12g/mol=?0度原子,所含碳原子數(shù)目為Na個(gè)，故C正確；D.ImolNaCl中含有28NA個(gè)電子，但該溶液中除NaCl外，水分子中也含有電子，故D錯(cuò)誤；故答案為C。4.噴泉實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。應(yīng)用下列各組氣體一溶液，能出現(xiàn)噴泉現(xiàn)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【答案】B【解析】【分析】能夠發(fā)生噴泉實(shí)驗(yàn)，需要燒瓶?jī)?nèi)外產(chǎn)生明顯的壓強(qiáng)差；產(chǎn)生壓強(qiáng)差可以通過(guò)氣體溶于水的方法，也可以通過(guò)發(fā)生反應(yīng)消耗氣體產(chǎn)生壓強(qiáng)差，據(jù)此分析?！驹斀狻緼.由于硫化氫氣體和鹽酸不發(fā)生反應(yīng)且硫化氫在水中的溶解度較小，燒瓶?jī)?nèi)外壓強(qiáng)差變化不大，不會(huì)出現(xiàn)噴泉現(xiàn)象，A錯(cuò)誤；B.氯化氫可以和稀氨水中的一水合氨發(fā)生反應(yīng)，使燒瓶?jī)?nèi)外產(chǎn)生較大壓強(qiáng)差，能夠出現(xiàn)噴泉實(shí)驗(yàn)，B正確；C.一氧化氮不與硫酸發(fā)生反應(yīng)且不溶于水，燒瓶?jī)?nèi)外不會(huì)產(chǎn)生壓強(qiáng)差，不能發(fā)生噴泉現(xiàn)象，C錯(cuò)誤；D.二氧化碳不會(huì)溶于飽和碳酸氫鈉溶液中，燒瓶?jī)?nèi)外不會(huì)產(chǎn)生壓強(qiáng)差，不能發(fā)生噴泉實(shí)驗(yàn)，D錯(cuò)誤；故選B。5.對(duì)于下列實(shí)驗(yàn)，能正確描述其反應(yīng)的離子方程式是A.用Na.SO.溶液吸收少量CL:3SO2-+C1+HO=2HSO-+2C1-+SO2-TOC\o"1-5"\h\z23 2 3 2 2 3 4B.向CaCL溶液中通入CO,：Ca2++HO+CO=CaCOJ+2H+2 2 22 3C.向HO.溶液中滴加少量FeCL：2Fe3++HO=O個(gè)+2H++2Fe2+22 3 22 2D.同濃度同體積NHHSO4溶液與NaOH溶液混合：NH++OH-=NH?HO4 4 4 32【答案】A【解析】【詳解】A.用Na?SO3溶液吸收少量的CL,CL具有強(qiáng)氧化性，可將部分SO2-氧化為SO2-,同時(shí)產(chǎn)生的23 2 2 3 4氫離子與剩余部分SO2-結(jié)合生成HSO-,CL被還原為Cl-,反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為：3 323SO2+CL+HoO=2HSO+2C1+SO2,A選項(xiàng)正確；3 2 2 3 4B.向CaC%溶液中通入CO?，H2cO3是弱酸，HC1是強(qiáng)酸，弱酸不能制強(qiáng)酸，故不發(fā)生反應(yīng)，B選項(xiàng)錯(cuò)誤;C.向Hz。2中滴加少量的FeCy,Fe3+的氧化性弱于Hz。2，不能氧化H?。?，但Fe3+能催化H?。2的分解，F(xiàn)e3+正確的離子方程式應(yīng)為2H2O2^—2H2O+O2T，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D.NH4HSO4電離出的H+優(yōu)先和NaOH溶液反應(yīng)，同濃度同體積的NH4H5。4溶液與NaOH溶液混合，氫離子和氫氧根恰好完全反應(yīng)，正確的離子反應(yīng)方程式應(yīng)為：H++OH-=H2O,D選項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A?！军c(diǎn)睛】B選項(xiàng)為易錯(cuò)點(diǎn)，在解答時(shí)容易忽略H2CO3是弱酸，HCl是強(qiáng)酸，弱酸不能制強(qiáng)酸這一知識(shí)點(diǎn)。6.一種高性能的堿性硼化機(jī)(VB2)—空氣電池如下圖所示，其中在VB2電極發(fā)生反應(yīng)：VB+16OH--11e-=VO3-+2B(OH)-+4HO該電池工作時(shí)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是2 4 4 2負(fù)載K0H溶液離子選擇性膜A.負(fù)載通過(guò)0.04mol電子時(shí)，有0.224L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)O2參與反應(yīng)B.正極區(qū)溶液的pH降低、負(fù)極區(qū)溶液的pH升高C電池總反應(yīng)為4VB+11O+20OH-+6HO=8B(OH)-+4VO3-2 2 2 4 4D.電流由復(fù)合碳電極經(jīng)負(fù)載、VB2電極、KOH溶液回到復(fù)合碳電極【答案】B【解析】【分析】根據(jù)圖示的電池結(jié)構(gòu)，左側(cè)VB2發(fā)生失電子的反應(yīng)生成VO4-和B(OH)4,反應(yīng)的電極方程式如題干所示，右側(cè)空氣中的氧氣發(fā)生得電子的反應(yīng)生成OH-,反應(yīng)的電極方程式為O2+4e-+2H2O=4OH-,電池的總反應(yīng)方程式為4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8B(OH)4+4VO4-,據(jù)此分析。【詳解】A.當(dāng)負(fù)極通過(guò)0.04mol電子時(shí)，正極也通過(guò)0.04mol電子，根據(jù)正極的電極方程式，通過(guò)0.04mol電子消耗0.01mol氧氣，在標(biāo)況下為0.224L,A正確；B.反應(yīng)過(guò)程中正極生成大量的OH-使正極區(qū)pH升高，負(fù)極消耗OH-使負(fù)極區(qū)OH-濃度減小pH降低，B錯(cuò)誤；C.根據(jù)分析，電池的總反應(yīng)為4VB9+11O9+20OH-+6H9O=8B（OH）-+4VO3-,C正確；22 2 4 4D.電池中，電子由VB2電極經(jīng)負(fù)載流向復(fù)合碳電極，電流流向與電子流向相反，則電流流向?yàn)閺?fù)合碳電極一負(fù)載tVB2電極-KOH溶液-復(fù)合碳電極，D正確；故選B?！军c(diǎn)睛】本題在解答時(shí)應(yīng)注意正極的電極方程式的書(shū)寫(xiě)，電解質(zhì)溶液為堿性，則空氣中的氧氣得電子生成氫氧根；在判斷電池中電流流向時(shí)，電流流向與電子流向相反。7.W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，四種元素的核外電子總數(shù)滿足X+Y=W+Z；化合物XW3與WZ相遇會(huì)產(chǎn)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>WC.元素X的含氧酸均為強(qiáng)酸 D.Y的氧化物水化物為強(qiáng)堿【答案】D【解析】【分析】根據(jù)題干信息可知，W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，化合物XW3與WZ相遇會(huì)產(chǎn)生白煙，則WX3為NH3,WZ為HC1,所以W為H元素，X為N元素，Z為Cl元素，又四種元素的核外電子總數(shù)滿足X+Y=W+Z,則Y的核外電子總數(shù)為11,Y為Na元素，據(jù)此分析解答。【詳解】根據(jù)上述分析可知，W為H元素，X為N元素，Y為Na元素，Z為Cl元素，則A.Na為金屬元素，非金屬性最弱，非金屬性Y<Z,A選項(xiàng)錯(cuò)誤；B.同周期元素從左至右原子半徑依次減小，同主族元素至上而下原子半徑依次增大，則原子半徑：Na>Cl>N>H,B選項(xiàng)錯(cuò)誤；N元素的含氧酸不一定全是強(qiáng)酸，如HNO2為弱酸，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；Y的氧化物水化物為NaOH,屬于強(qiáng)堿，D選項(xiàng)正確；答案選D。二、非選擇題（一）必考題8.氯可形成多種含氧酸鹽,廣泛應(yīng)用于殺菌、消毒及化工領(lǐng)域。實(shí)驗(yàn)室中利用下圖裝置（部分裝置省略）制備KClO3和NaClO,探究其氧化還原性質(zhì)?；卮鹣铝袉?wèn)題：⑴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(xué)反應(yīng)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(biāo)號(hào))。A.Na2sB.NaClC.Ca(OH)2D.H2SO4(4)反應(yīng)結(jié)束后，取出b中試管，經(jīng)冷卻結(jié)晶，,，干燥，得到KC1O3晶體。(5)取少量KClO3和NaClO溶液分別置于1號(hào)和2號(hào)試管中，滴加中性KI溶液。1號(hào)試管溶液顏色不變。2號(hào)試管溶液變?yōu)樽厣?，加入CCl4振蕩，靜置后CCl4層顯—色?？芍摋l件下KC1O3的氧化能力NaClO(填“大于”或“小于”)?！敬鸢浮?1).圓底燒瓶 (2),飽和食鹽水(3).水浴加熱(4).Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O(5).避免生成NaClO3(6).吸收尾氣(Cl2)(7).AC(8).過(guò)濾(9),少量(冷)水洗滌(10).紫(11),小于【解析】【分析】本實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖侵苽銴ClO3和NaClO,并探究其氧化還原性質(zhì)；首先利用濃鹽酸和MnO2粉末共熱制取氯氣，生成的氯氣中混有HCl氣體，可在裝置a中盛放飽和食鹽水中將HCl氣體除去；之后氯氣與KOH溶液在水浴加熱的條件發(fā)生反應(yīng)制備KC1O3,再與NaOH溶液在冰水浴中反應(yīng)制備NaClO；氯氣有毒會(huì)污染空氣，所以需要d裝置吸收未反應(yīng)的氯氣?！驹斀狻?1)根據(jù)盛放MnO2粉末的儀器結(jié)構(gòu)可知該儀器為圓底燒瓶；a中盛放飽和食鹽水除去氯氣中混有的HCl氣體；(2)根據(jù)裝置圖可知盛有KOH溶液的試管放在盛有水的大燒杯中加熱，該加熱方式為水浴加熱；c中氯氣在NaOH溶液中發(fā)生歧化反應(yīng)生成氯化鈉和次氯酸鈉，結(jié)合元素守恒可得離子方程式為Cl2+2OH=ClO.+C1+H2O；根據(jù)氯氣與KOH溶液的反應(yīng)可知，加熱條件下氯氣可以和強(qiáng)堿溶液反應(yīng)生成氯酸鹽，所以冰水浴的目的是避免生成NaClO3；⑶氯氣有毒，所以d裝置的作用是吸收尾氣(Cl2)；A.Na2s可以將氯氣還原成氯離子，可以吸收氯氣，故A可選；.氯氣在NaCl溶液中溶解度很小，無(wú)法吸收氯氣，故B不可選；C.氯氣可以Ca(0H)2或濁液反應(yīng)生成氯化鈣和次氯酸鈣，故C可選；D.氯氣與硫酸不反應(yīng)，且硫酸溶液中存在大量氫離子會(huì)降低氯氣的溶解度，故D不可選；綜上所述可選用試劑AC；(4)b中試管為KCIO3和KC1的混合溶液，KC103的溶解度受溫度影響更大，所以將試管b中混合溶液冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、少量(冷)水洗滌、干燥，得到kck)3晶體；(5)1號(hào)試管溶液顏色不變，2號(hào)試管溶液變?yōu)樽厣?，說(shuō)明1號(hào)試管中氯酸鉀沒(méi)有將碘離子氧化，2號(hào)試管中次氯酸鈉將碘離子氧化成碘單質(zhì)，即該條件下KCIO3的氧化能力小于NaClO；碘單質(zhì)更易溶于CCI4,所以加入Cd4振蕩，靜置后Cd4層顯紫色?！军c(diǎn)睛】第3小題為本題易錯(cuò)點(diǎn)，要注意氯氣除了可以用堿液吸收之外，氯氣還具有氧化性，可以用還原性的物質(zhì)吸收。.某油脂廠廢棄的油脂加氫銀催化劑主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質(zhì)。采用如下工藝流程回收其中的銀制備硫酸銀晶體(NiSOl7H2。)：MhOH溶液 稀H:"：溶液溶液濾即n 濾液:②廠」~|「3~|濾液3|控制pH度俅催化劑一堿浸 酸浸 '轉(zhuǎn)化一調(diào)］1H u聲1日一加酸錦品體~j—i —T—1 j 濃靠丁品淀液3 濾渣2 嫌渣由溶液中金屬離子開(kāi)始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+開(kāi)始沉淀時(shí)(c=0.01moll-1)的pH沉淀完全時(shí)(c=1.0x10-5mol?L-i)的pH7.28.73.74.72.23.27.59.0回答下列問(wèn)題：(1)“堿浸”中NaOH的兩個(gè)作用分別是。為回收金屬，用稀硫酸將“濾液①”調(diào)為中性，生成沉淀。寫(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式。(2)“濾液②”中含有的金屬離子是。(3)“轉(zhuǎn)化”中可替代H2O2的物質(zhì)是。若工藝流程改為先“調(diào)pH”后“轉(zhuǎn)化”，即Nvm溶液io籀液漉酒③“濾液③”中可能含有的雜質(zhì)離子為。(4)利用上述表格數(shù)據(jù)，計(jì)算Ni(OH)2的Ksp=(列出計(jì)算式)。如果“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0moLL-1，則“調(diào)pH”應(yīng)控制的pH范圍是。(5)硫酸鎳在強(qiáng)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(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式。(6)將分離出硫酸銀晶體后的母液收集、循環(huán)使用，其意義是?！敬鸢浮?1).除去油脂、溶解鋁及其氧化物(2).AlO2+H++H2O=Al(OH)3l或Al(OH)+H+=Al(OH)3I+H2O (3).Ni2+、Fe2+、Fe3+ (4).O2或空氣(5).Fe3+ (6).0.01X(107.2-14)或10-5X(108.7-14) (7).3.2~6.2 (8).2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOHl+C「+H2O (9).提高鎳回收率【解析】【分析】由工藝流程分析可得，向廢鎳催化劑中加入NaOH溶液進(jìn)行堿浸，可除去油脂，并發(fā)生反應(yīng)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2f、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O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(zhì)，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的濾液②，F(xiàn)e2+經(jīng)H2O2氧化為Fe3+后，加入NaOH調(diào)節(jié)pH使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH濃縮結(jié)晶得到硫酸鎳的晶體，據(jù)此分析解答問(wèn)題?！驹斀狻?1)根據(jù)分析可知，向廢鎳催化劑中加入NaOH溶液進(jìn)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(fā)生反應(yīng)AlO2+H++H2O=Al(OH)3；或Al(OH)+H+=Al(OH)J+H2O，故答案為：除去油脂、溶解鋁及其氧化物；AlO-+H++H2O=Al(OH)R或4 2Al(OH}+H+=Al(OH)3l+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+；⑶“轉(zhuǎn)化”在H2O2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+，可用O2或空氣替代；若將工藝流程改為先“調(diào)pH”后“轉(zhuǎn)化”，會(huì)使調(diào)pH過(guò)濾后的溶液中含有Fe2+，則濾液③中可能含有轉(zhuǎn)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(shí)的pH=8.7，此時(shí)c(Ni2+)=1.0x10-5molL1，c(H+)=1.0x10-8.7molL1，則

c(OH)=,J0：=1087-14,貝UNi(OH)2的K=c(Ni2+)c2(oh-)=10-5X(108.7-14c(OH)=,J0：=1087-14,貝UNi(OH)2的K=c(Ni2+)c2(oh-)=10-5X(108.7-141.0X10-8.7 2sp；或者當(dāng)Ni2+開(kāi)10-14 - =107.2-141.0X10-7.2 ，;如果“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni10-14 - =107.2-141.0X10-7.2 ，則Ni(OH)2的K=c(Ni2+)c2(OH-)=0.01則Ni(OH)2的K=c(Ni2+)c2(OH-)=0.01x(107.2-14)spc(H+)=2=*=1062，3.2~6.2；是3.2~6.2,故答案為：0.01x(107.2-14)或10-5X(108.7』4)3.2~6.2；(5)由題干信息，硫酸鎳在強(qiáng)堿中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反應(yīng)中Ni2+被氧化為NiOOH沉淀，ClO-被還原為C「，則根據(jù)氧化還原得失電子守恒可得離子方程式為2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOHI+C「+H2O,故答案為：2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOHI+C「+H2O；(6)分離出硫酸銀晶體后的母液中還含有Ni2+,可將其收集、循環(huán)使用，從而提高鎳的回收率，故答案為：提高鎳的回收率?！军c(diǎn)睛】本題主要考查金屬及其化合物的性質(zhì)、沉淀溶解平衡常數(shù)Ksp的計(jì)算、氧化還原離子反應(yīng)方程式的書(shū)寫(xiě)等知識(shí)點(diǎn)，需要學(xué)生具有很好的綜合遷移能力，解答關(guān)鍵在于正確分析出工藝流程原理，難點(diǎn)在于Ksp的計(jì)算及“調(diào)pH”時(shí)pH的范圍確定。.二氧化碳催化加氫合成乙烯是綜合利用CO2的熱點(diǎn)研究領(lǐng)域?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)CO2催化加氫生成乙烯和水的反應(yīng)中，產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比n(C2H4)：n(H2O)=。當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，若增大壓強(qiáng)，則n(C2H4)(填“變大”“變小”或“不變”)。(2)理論計(jì)算表明，原料初始組成n(CO2)：n(H2)=1：3,在體系壓強(qiáng)為0.1MPa,反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，四種組分的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)％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(yīng)的AH0(填“大于”或“小于”)。⑶根據(jù)圖中點(diǎn)A(440K，0.39)，計(jì)算該溫度時(shí)反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=(MPa)-3(列出計(jì)算式。以分壓表示，分壓二總壓x物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。(4)二氧化碳催化加氫合成乙烯反應(yīng)往往伴隨副反應(yīng)，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烴。一定溫度和壓強(qiáng)條件下，為了提高反應(yīng)速率和乙烯選擇性，應(yīng)當(dāng) ?！敬鸢浮?(1).1：4 (2).變大(3).d(4).c(5).小于(6).-x 或3x x——等(7).選擇合適催化劑等x 【解析】【分析】根據(jù)質(zhì)量守恒定律配平化學(xué)方程式，可以確定產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比。根據(jù)可逆反應(yīng)的特點(diǎn)分析增大壓強(qiáng)對(duì)化學(xué)平衡的影響。根據(jù)物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，從圖中找到關(guān)鍵數(shù)據(jù)確定代表各組分的曲線，并計(jì)算出平衡常數(shù)。根據(jù)催化劑對(duì)化反應(yīng)速率的影響和對(duì)主反應(yīng)的選擇性，工業(yè)上通常要選擇合適的催化劑以提高化學(xué)反應(yīng)速率、減少副反應(yīng)的發(fā)生?！驹斀狻?1)CO2催化加氫生成乙烯和水，該反應(yīng)的化學(xué)方程式可表示為2CO2+6H2#CH2=CH2+4H2O,因此，該反應(yīng)中產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于該反應(yīng)是氣體分子數(shù)減少的反應(yīng)，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，若增大壓強(qiáng)，則化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，n(C2H4)變大。(2)由題中信息可知，兩反應(yīng)物的初始投料之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比；由圖中曲線的起點(diǎn)坐標(biāo)可知，c和a所表示的物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)之比為1:3、d和b表示的物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)之比為1:4,則結(jié)合化學(xué)計(jì)量數(shù)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(shì)可知,升高溫度，乙烯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減小，則化學(xué)平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，AH小于0。⑶原料初始組成n(CO2)：n(H2)=1：3,在體系壓強(qiáng)為0.1Mpa建立平衡。由A點(diǎn)坐標(biāo)可知，該溫度下，氫0.39氣和水的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)均為0.39,則乙烯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為水的四分之一，即—，二氧化碳的物質(zhì)的0.39量分?jǐn)?shù)為氫氣的三分之一，即—，因此，該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)0.394x0.390.394x0.39~T~1 9 1(MPa)-3=-x0.13 40.0393(MPa)-3。(4)工業(yè)上通常通過(guò)選擇合適的催化劑,以加快化學(xué)反應(yīng)速率,同時(shí)還可以提高目標(biāo)產(chǎn)品的選擇性,減少副反應(yīng)的發(fā)生。因此，一定溫度和壓強(qiáng)下，為了提高反應(yīng)速率和乙烯的選擇性，應(yīng)當(dāng)選擇合適的催化劑。【點(diǎn)睛】本題確定圖中曲線所代表的化學(xué)物質(zhì)是難點(diǎn)，其關(guān)鍵在于明確物質(zhì)的量的分?jǐn)?shù)之比等于各組分的物質(zhì)的量之比，也等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比（在初始投料之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比的前提下，否則不成立）。（二）選考題［化學(xué)一一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)］.氨硼烷（NH3BH3）含氫量高、熱穩(wěn)定性好，是一種具有潛力的固體儲(chǔ)氫材料?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）H、B、N中，原子半徑最大的是o根據(jù)對(duì)角線規(guī)則，B的一些化學(xué)性質(zhì)與元素的相似。（2>與：6與分子中，N—B化學(xué)鍵稱為—鍵，其電子對(duì)由—提供。氨硼烷在催化劑作用下水解釋放氫氣:3NH.BH.+6H,O=3NH.+B03-+9H,B。3-的結(jié)構(gòu)如圖所示：332 J36 2 36［ 0廣J"""仆人/2在該反應(yīng)中，B原子的雜化軌道類型由變?yōu)椋?KH3BH3分子中，與N原子相連的H呈正電性（HB+）,與B原子相連的H呈負(fù)電性（H、），電負(fù)性大小順序是o與NH3BH3原子總數(shù)相等的等電子體是（寫(xiě)分子式），其熔點(diǎn)比nh3bh3（填“高”或"低”），原因是在NH3BH3分子之間，存在,也稱“雙氫鍵”。（4）研究發(fā)現(xiàn)，氯硼烷在低溫高壓條件下為正交晶系結(jié)構(gòu)，晶胞參數(shù)分別為opm、bpm.cpm,a邛可二90。。氨硼烷的2x2x2超晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。氨硼烷晶體的密度p= g<m-3（列出計(jì)算式，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值）?！鯝.【答案】 （1）.B（2）.Si（硅） （3）.配位（4）.N（5）.sp3 （6）.sp2 （7）.N>H>B （8）.CHCH（9）.低 （10）.Hs+與Hs-的靜電引力 （11）. ；x0【解析】【分析】根據(jù)元素在周期表中的位置比較和判斷元素的相關(guān)性質(zhì)；根據(jù)中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)確定其雜化軌道的類型；運(yùn)用等量代換的方法尋找等電子體；根據(jù)電負(fù)性對(duì)化合價(jià)的影響比較不同元素的電負(fù)性；根據(jù)晶胞的質(zhì)量和體積求晶體的密度?！驹斀狻?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(duì)角張的位置，根據(jù)對(duì)角線規(guī)則，B的一些化學(xué)性質(zhì)與Si元素相似。(2)B原子最外層有3個(gè)電子，其與3個(gè)H原子形成共價(jià)鍵后，其價(jià)層電子對(duì)只有3對(duì)，還有一個(gè)空軌道；在NH3中，N原子有一對(duì)孤對(duì)電子，故在NH3BH3分子中，N—B鍵為配位鍵，其電子對(duì)由N原子提供。NH3BH3分子中，B原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)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B3O6"由圖中信息可知，B3O63-中每個(gè)B原子只形成3個(gè)。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?yōu)閟p2o⑶NH3BH3分子中，與N原子相連的H呈正電性，說(shuō)明N的電負(fù)性大于H；與B原子相連的H呈負(fù)電性,說(shuō)明H的電負(fù)性大于B,因此3種元素電負(fù)性由大到小的順序?yàn)镹H3BH3分子中有8個(gè)原子，其價(jià)電子總數(shù)為14,N和B的價(jià)電子數(shù)的平均值為4,依據(jù)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(duì)分子質(zhì)量接近，但是極性分子的分子間作用力較大，故CH3cH3熔點(diǎn)比NH3BH3低。NH3BH3分子間存在“雙氫鍵”，類比氫鍵的形成原理，說(shuō)明其分子間存在HB+與H、的靜電引力。(4)在氨硼烷的2x2x2的超晶胞結(jié)構(gòu)中，共有16個(gè)氨硼烷分子，晶胞的長(zhǎng)、寬、高分別為2apm、2bpm、2cpm,若將其平均分為8份可以得到8個(gè)小長(zhǎng)方體，則平均每個(gè)小長(zhǎng)方體中占有2個(gè)氨硼烷分子，小長(zhǎng)方乂2g體的長(zhǎng)、范、局分別為apm、bpm、cpm,則小長(zhǎng)萬(wàn)體的質(zhì)重為一^一，小長(zhǎng)方體的體積為a