2019年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試題新課標(biāo)

絕密★啟用前2021年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試題〔新課標(biāo)Ⅲ)試卷副標(biāo)題考試范圍：xxx；考試時間：100分鐘；命題人：xxx題號一二三四總分得分考前須知：1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2．請將答案正確填寫在答題卡上第I卷〔選擇題)請點擊修改第I卷的文字說明評卷人得分一、單項選擇題1．化學(xué)與生活密切相關(guān)。以下表達(dá)錯誤的選項是A．高純硅可用于制作光感電池B．鋁合金大量用于高鐵建設(shè)C．活性炭具有除異味和殺菌作用D．碘酒可用于皮膚外用消毒【答案】C【解析】【詳解】A、硅是半導(dǎo)體，高純硅可用于制作光感電池，A正確；B、鋁合金硬度大，可用于高鐵建設(shè)，B正確；C、活性炭具有吸附性，可用于除異味，但不能殺菌消毒，C錯誤；D、碘酒能使蛋白質(zhì)變性，可用于皮膚外用消毒，D正確；答案選C。2．以下化合物的分子中，所有原子可能共平面的是A．甲苯B．乙烷C．丙炔D．1,3?丁二烯【答案】D【解析】【詳解】A、甲苯中含有飽和碳原子，所有原子不可能共平面，A不選；B、乙烷是烷烴，所有原子不可能共平面，B不選；C、丙炔中含有飽和碳原子，所有原子不可能共平面，C不選；D、碳碳雙鍵是平面形結(jié)構(gòu)，因此1，3－丁二烯分子中兩個雙鍵所在的兩個面可能重合，所有原子可能共平面，D選。答案選D。3．X、Y、Z均為短周期主族元素，它們原子的最外層電子數(shù)之和為10，X與Z同族，Y最外層電子數(shù)等于X次外層電子數(shù)，且Y原子半徑大于Z。以下表達(dá)正確的選項是A．熔點：X的氧化物比Y的氧化物高B．熱穩(wěn)定性：X的氫化物大于Z的氫化物C．X與Z可形成離子化合物ZXD．Y的單質(zhì)與Z的單質(zhì)均能溶于濃硫酸【答案】B【解析】【詳解】Y的最外層電子數(shù)等于X次外層電子數(shù)，由于均是主族元素，所以Y的最外層電子數(shù)不可能是8個，那么X只能是第二周期元素，因此Y的最外層電子數(shù)是2個，又因為Y的原子半徑大于Z，那么Y只能是第三周期的Mg，因此X與Z的最外層電子數(shù)是〔10－2〕/2＝4，那么X是C，Z是Si。A、碳的氧化物形成的分子晶體，Y的氧化物是離子化合物氧化鎂，那么氧化鎂的熔點高于碳的氧化物熔點，A錯誤；B、碳元素的非金屬性強于硅元素，非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，那么碳的氫化物穩(wěn)定性強于硅的氫化物穩(wěn)定性，B正確；C、C與Si形成的是共價化合物SiC，C錯誤；D、單質(zhì)鎂能溶于濃硫酸，單質(zhì)硅不溶于濃硫酸，D錯誤；答案選B。4．離子交換法凈化水過程如下圖。以下說法中錯誤的選項是A．經(jīng)過陽離子交換樹脂后，水中陽離子的總數(shù)不變B．水中的、、Cl?通過陰離子樹脂后被除去C．通過凈化處理后，水的導(dǎo)電性降低D．陰離子樹脂填充段存在反響H++OH?H2O【答案】A【解析】【詳解】離子交換樹脂凈化水的原理是：當(dāng)含有Na+、Ca2+、Mg2+等陽離子及SO42－、Cl－、NO3－等陰離子的原水通過陽離子交換樹脂時，水中的陽離子為樹脂所吸附，而樹脂上可交換的陽離子H＋那么被交換到水中，并和水中的陰離子組成相應(yīng)的無機酸；當(dāng)含有無機酸的水再通過陰離子交換樹脂時，水中的陰離子也為樹脂所吸附，樹脂上可交換的陰離子OH－也被交換到水中，同時與水中的H＋離子結(jié)合成水，那么A、根據(jù)電荷守恒可知經(jīng)過陽離子交換樹脂后，水中陽離子總數(shù)增加，A錯誤；B、根據(jù)以上分析可知水中的SO42－、Cl－、NO3－等陰離子通過陰離子交換樹脂被除去，B正確；C、通過凈化處理后，溶液中離子的濃度降低，導(dǎo)電性降低，C正確；D、根據(jù)以上分析可知陰離子交換樹脂填充段存在反響H＋＋OH－＝H2O，D正確；答案選A。5．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)值。關(guān)于常溫下pH=2的H3PO4溶液，以下說法正確的選項是A．每升溶液中的H+數(shù)目為0.02NAB．c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH?)C．加水稀釋使電離度增大，溶液pH減小D．參加NaH2PO4固體，溶液酸性增強【答案】B【解析】【詳解】A、常溫下pH＝2，那么溶液中氫離子濃度是0.01mol/L，因此每升溶液中H＋數(shù)目為0.01NA，A錯誤；B、根據(jù)電荷守恒可知選項B正確；C、加水稀釋促進電離，電離度增大，但氫離子濃度減小，pH增大，C錯誤；D、參加NaH2PO4固體，H2PO4－濃度增大，抑制磷酸的電離，溶液的酸性減弱，D錯誤；答案選B。6．以下實驗不能到達(dá)目的的是選項目的實驗A制取較高濃度的次氯酸溶液將Cl2通入碳酸鈉溶液中B加快氧氣的生成速率在過氧化氫溶液中參加少量MnO2C除去乙酸乙酯中的少量乙酸參加飽和碳酸鈉溶液洗滌、分液D制備少量二氧化硫氣體向飽和亞硫酸鈉溶液中滴加濃硫酸A．AB．BC．CD．D【答案】A【解析】【詳解】A、氯氣與碳酸鈉溶液反響生成氯化鈉、次氯酸鈉和碳酸氫鈉，不能制備次氯酸，不能到達(dá)實驗?zāi)康?，A選；B、過氧化氫溶液中參加少量二氧化錳作催化劑，加快雙氧水的分解，因此可以加快氧氣的生成速率，能到達(dá)實驗?zāi)康模珺不選；C、碳酸鈉溶液與乙酸反響，與乙酸乙酯不反響，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，能到達(dá)實驗?zāi)康?，C不選；D、根據(jù)較強酸制備較弱酸可知向飽和亞硫酸鈉溶液中滴加濃硫酸可以制備二氧化硫，能到達(dá)實驗?zāi)康模珼不選；答案選A。7．為提升電池循環(huán)效率和穩(wěn)定性，科學(xué)家近期利用三維多孔海綿狀Zn〔3D?Zn〕可以高效沉積ZnO的特點，設(shè)計了采用強堿性電解質(zhì)的3D?Zn—NiOOH二次電池，結(jié)構(gòu)如以下圖所示。電池反響為Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。以下說法不正確的選項是A．三維多孔海綿狀Zn具有較高的外表積，所沉積的ZnO分散度高B．充電時陽極反響為Ni(OH)2(s)+OH?(aq)?e?NiOOH(s)+H2O(l)C．放電時負(fù)極反響為Zn(s)+2OH?(aq)?2e?ZnO(s)+H2O(l)D．放電過程中OH?通過隔膜從負(fù)極區(qū)移向正極區(qū)【答案】D【解析】【詳解】A、三維多孔海綿狀Zn具有較高的外表積，吸附能力強，所沉積的ZnO分散度高，A正確；B、充電相當(dāng)于是電解池，陽極發(fā)生失去電子的氧化反響，根據(jù)總反響式可知陽極是Ni(OH)2失去電子轉(zhuǎn)化為NiOOH，電極反響式為Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)－e－＝NiOOH(s)＋H2O(l)，B正確；C、放電時相當(dāng)于是原電池，負(fù)極發(fā)生失去電子的氧化反響，根據(jù)總反響式可知負(fù)極反響式為Zn(s)＋2OH－(aq)－2e－＝ZnO(s)＋H2O(l)，C正確；D、原電池中陽離子向正極移動，陰離子向負(fù)極移動，那么放電過程中OH－通過隔膜從正極區(qū)移向負(fù)極區(qū)，D錯誤。答案選D。第II卷〔非選擇題)請點擊修改第II卷的文字說明評卷人得分二、工業(yè)流程8．高純硫酸錳作為合成鎳鈷錳三元正極材料的原料，工業(yè)上可由天然二氧化錳粉與硫化錳礦〔還含F(xiàn)e、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素〕制備，工藝如以下圖所示。答復(fù)以下問題：相關(guān)金屬離子[c0(Mn+)=0.1mol·L?1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+開始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9〔1〕“濾渣1〞含有S和__________________________；寫出“溶浸〞中二氧化錳與硫化錳反響的化學(xué)方程式____________________________________________________?！?〕“氧化〞中添加適量的MnO2的作用是將________________________?！?〕“調(diào)pH〞除鐵和鋁，溶液的pH范圍應(yīng)調(diào)節(jié)為_______~6之間?！?〕“除雜1〞的目的是除去Zn2+和Ni2+，“濾渣3〞的主要成分是______________?！?〕“除雜2〞的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。假設(shè)溶液酸度過高，Mg2+沉淀不完全，原因是_____________________________________________________________________?！?〕寫出“沉錳〞的離子方程式___________________________________________________。〔7〕層狀鎳鈷錳三元材料可作為鋰離子電池正極材料，其化學(xué)式為LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合價分別為+2、+3、+4。當(dāng)x=y=時，z=___________?！敬鸢浮縎iO2〔不溶性硅酸鹽〕MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O將Fe2+氧化為Fe3+4.7NiS和ZnSF?與H+結(jié)合形成弱電解質(zhì)HF，MgF2Mg2++2F?平衡向右移動Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O【解析】【詳解】〔1〕Si元素以SiO2或不溶性硅鹽存在，SiO2與硫酸不反響，所以濾渣I中除了S還有SiO2；在硫酸的溶浸過程中，二氧化錳和硫化錳發(fā)生了氧化復(fù)原反響，二氧化錳作氧化劑，硫化錳作復(fù)原劑，方程式為：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；〔2〕二氧化錳作為氧化劑，使得MnS反響完全，且將溶液中Fe2+氧化為Fe3+；〔3〕由表中數(shù)據(jù)知pH在4.7時，F(xiàn)e3+和Al3+沉淀完全，所以應(yīng)該控制pH在4.7~6之間；〔4〕根據(jù)題干信息，參加Na2S除雜為了除去鋅離子和鎳離子，所以濾渣3是生成的沉淀ZnS和NiS；〔5〕由HFH++F-知，酸度過大，F(xiàn)-濃度減低，使得MgF2Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方向移動，Mg2+沉淀不完全；〔6〕根據(jù)題干信息沉錳的過程是生成了MnCO3沉淀，所以反響離子方程式為：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；〔7〕根據(jù)化合物中各元素化合價代數(shù)和為0的規(guī)律得：1+2x+3y+4z=6，，x=y=1/3，帶入計算得：z=1/3評卷人得分三、實驗題9．乙酰水楊酸〔阿司匹林〕是目前常用藥物之一。實驗室通過水楊酸進行乙?；苽浒⑺酒チ值囊环N方法如下：水楊酸醋酸酐乙酰水楊酸熔點/℃157~159-72~-74135~138相對密度/〔g·cm﹣3〕1.441.101.35相對分子質(zhì)量138102180實驗過程：在100mL錐形瓶中參加水楊酸6.9g及醋酸酐10mL，充分搖動使固體完全溶解。緩慢滴加0.5mL濃硫酸后加熱，維持瓶內(nèi)溫度在70℃左右，充分反響。稍冷后進行如下操作.①在不斷攪拌下將反響后的混合物倒入100mL冷水中，析出固體，過濾。②所得結(jié)晶粗品參加50mL飽和碳酸氫鈉溶液，溶解、過濾。③濾液用濃鹽酸酸化后冷卻、過濾得固體。④固體經(jīng)純化得白色的乙酰水楊酸晶體5.4g。答復(fù)以下問題：〔1〕該合成反響中應(yīng)采用__________加熱。〔填標(biāo)號〕A．熱水浴B．酒精燈C．煤氣燈D．電爐〔2〕以下玻璃儀器中，①中需使用的有________〔填標(biāo)號〕，不需使用的_______________________〔填名稱〕?！?〕①中需使用冷水，目的是______________________________________?！?〕②中飽和碳酸氫鈉的作用是_________________________________，以便過濾除去難溶雜質(zhì)?！?〕④采用的純化方法為____________?！?〕本實驗的產(chǎn)率是_________%?！敬鸢浮緼BD分液漏斗、容量瓶充分析出乙酰水楊酸固體〔結(jié)晶〕生成可溶的乙酰水楊酸鈉重結(jié)晶60【解析】【詳解】〔1〕因為反響溫度在70℃，低于水的沸點，且需維溫度不變，故采用熱水浴的方法加熱；〔2〕操作①需將反響物倒入冷水，需要用燒杯量取和存放冷水，過濾的操作中還需要漏斗，那么答案為：B、D；分液漏斗主要用于別離互不相容的液體混合物，容量瓶用于配制一定濃度的溶液，這兩個儀器用不到?！?〕反響時溫度較高，所以用冷水的目的是使得乙酰水楊酸晶體充分析出；〔4〕乙酰水楊酸難溶于水，為了除去其中的雜質(zhì)，可將生成的乙酰水楊酸與碳酸氫鈉反響生成可溶性的乙酰水楊酸鈉，以便過濾除去雜質(zhì)；〔5〕每次結(jié)晶過程中會有少量雜質(zhì)一起析出，可以通過屢次結(jié)晶的方法進行純化，也就是重結(jié)晶；〔6〕水楊酸分子式為C7H6O3，乙酰水楊酸分子式為C9H8O4，根據(jù)關(guān)系式法計算得：C7H6O3~C9H8O41381806.9gmm(C9H8O4)=(6.9g×180)/138=9g，那么產(chǎn)率為。評卷人得分四、綜合題10．近年來，隨著聚酯工業(yè)的快速開展，氯氣的需求量和氯化氫的產(chǎn)出量也隨之迅速增長。因此，將氯化氫轉(zhuǎn)化為氯氣的技術(shù)成為科學(xué)研究的熱點。答復(fù)以下問題：〔1〕Deacon創(chuàng)造的直接氧化法為：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。以下圖為剛性容器中，進料濃度比c(HCl)∶c(O2)分別等于1∶1、4∶1、7∶1時HCl平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關(guān)系：可知反響平衡常數(shù)K〔300℃〕____________K〔400℃〕〔填“大于〞或“小于〞〕。設(shè)HCl初始濃度為c0，根據(jù)進料濃度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的數(shù)據(jù)計算K〔400℃〕=____________〔列出計算式〕。按化學(xué)計量比進料可以保持反響物高轉(zhuǎn)化率，同時降低產(chǎn)物別離的能耗。進料濃度比c(HCl)∶c(O2)過低、過高的不利影響分別是____________?！?〕Deacon直接氧化法可按以下催化過程進行：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=83kJ·mol-1CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=-121kJ·mol-1那么4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________kJ·mol-1?！?〕在一定溫度的條件下，進一步提高HCI的轉(zhuǎn)化率的方法是______________。〔寫出2種〕〔4〕在傳統(tǒng)的電解氯化氫回收氯氣技術(shù)的根底上，科學(xué)家最近采用碳基電極材料設(shè)計了一種新的工藝方案，主要包括電化學(xué)過程和化學(xué)過程，如以下圖所示：負(fù)極區(qū)發(fā)生的反響有____________________〔寫反響方程式〕。電路中轉(zhuǎn)移1mol電子，需消耗氧氣__________L〔標(biāo)準(zhǔn)狀況〕【答案】大于O2和Cl2別離能耗較高、HCl轉(zhuǎn)化率較低﹣116增加反響體系壓強、及時除去產(chǎn)物Fe3++e?=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O5.6【解析】【詳解】〔1〕根據(jù)反響方程式知，HCl平衡轉(zhuǎn)化率越大，平衡常數(shù)K越大，結(jié)合圖像知升高溫度平衡轉(zhuǎn)化率降低，說明升高溫度平衡向逆反響方向進行，那么K(300℃)>K(400℃)；由圖像知，400℃時，HCl平衡轉(zhuǎn)化率為84%，用三段式法對數(shù)據(jù)進行處理得：起始〔濃度〕c0c000變化〔濃度〕0.84c00.21c00.42c00.42c0平衡〔濃度〕(1-0.84)c0(1-0.21)c00.42c00.42c0那么K=；根據(jù)題干信息知，進料濃度比過低，氧氣大量剩余，導(dǎo)致別離產(chǎn)物氯氣和氧氣的能耗較高；進料濃度比過高，HCl不能充分反響，導(dǎo)致HCl轉(zhuǎn)化率較低；〔2〕根據(jù)蓋斯定律知，〔反響I+反響II+反響III〕×2得?H=〔?H1+?H2+?H3〕×2=-116kJ·mol-1；〔3〕假設(shè)想提高HCl的轉(zhuǎn)化率，應(yīng)該促使平衡正向移動，該反響為氣體體積減小的反響，根據(jù)勒夏特列原理，可以增大壓強，使平衡正向移動；也可以及時除去產(chǎn)物，減小產(chǎn)物濃度，使平衡正向移動；〔4〕電解過程中，負(fù)極區(qū)即陰極上發(fā)生的是得電子反響，元素化合價降低，屬于復(fù)原反響，那么圖中左側(cè)為負(fù)極反響，根據(jù)圖示信息知電極反響為：Fe3++e－＝Fe2+和4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；電路中轉(zhuǎn)移1mol電子，根據(jù)電子得失守恒可知需消耗氧氣的物質(zhì)的量是1mol÷4＝0.25mol，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為0.25mol×22.4L/mol＝5.6L。11．磷酸亞鐵鋰〔LiFePO4〕可用作鋰離子電池正極材料，具有熱穩(wěn)定性好、循環(huán)性能優(yōu)良、平安性高等特點，文獻報道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作為原料制備。答復(fù)以下問題：〔1〕在周期表中，與Li的化學(xué)性質(zhì)最相似的鄰族元素是________，該元素基態(tài)原子核外M層電子的自旋狀態(tài)_________〔填“相同〞或“相反〞〕。〔2〕FeCl3中的化學(xué)鍵具有明顯的共價性，蒸汽狀態(tài)下以雙聚分子存在的FeCl3的結(jié)構(gòu)式為________，其中Fe的配位數(shù)為_____________?！?〕苯胺〕的晶體類型是__________。苯胺與甲苯〔〕的相對分子質(zhì)量相近，但苯胺的熔點〔-5.9℃〕、沸點〔184.4℃〕分別高于甲苯的熔點〔-95.0℃〕、沸點〔110.6℃〕，原因是___________?！?〕NH4H2PO4中，電負(fù)性最高的元素是______；P的_______雜化軌道與O的2p軌道形成_______鍵。〔5〕NH4H2PO4和LiFePO4屬于簡單磷酸鹽，而直鏈的多磷酸鹽那么是一種復(fù)雜磷酸鹽，如：焦磷酸鈉、三磷酸鈉等。焦磷酸根離子、三磷酸根離子如以下圖所示：這類磷酸根離子的化學(xué)式可用通式表示為____________〔用n代表P原子數(shù)〕?！敬鸢浮縈g相反4分子晶體苯胺分子之間存在氫鍵Osp3σ(PnO3n+1)(n+2)-【解析】【分析】這道選修題涉及到了元素周期表和對角線原那么、核外電子排布式的寫法、配位物的形成，以及熔沸點的判斷方式和分子晶體的判斷方法。電負(fù)性的判斷和雜化軌道的計算?！驹斀狻俊?〕根據(jù)元素周期表和對角線原那么可知與鋰化學(xué)性質(zhì)相似的是鎂，鎂的最外層電子數(shù)是2，占據(jù)s軌道，s軌道最多容納2個電子，所以自旋方向相反。〔2〕氯化鐵的雙聚體，就是兩個氯化鐵相連接在一起，氯化鐵的化學(xué)鍵有明顯的共價性所以仿照共價鍵的形式將兩個氯化鐵連接在一起，即結(jié)構(gòu)式為，因此Fe的配位數(shù)為4?！?〕大多數(shù)有機物都是分子晶體，除了一局部有機酸鹽和有機堿鹽是離子晶體。苯胺比甲苯的熔沸點都高，同一種晶體類型熔沸點不同首先要考慮的就是是否有氫鍵，苯胺中存在電負(fù)性較強的N所以可以形成氫鍵，因此比甲苯的熔沸點高?！?〕電負(fù)性與非金屬性的大小規(guī)律相似，從左到右依次增大，O就是最大的。計算出P的雜化類型是sp3，與氧原子形成的是磷氧雙鍵，其中p軌道是σ，與氫氧形成的是單鍵?！?〕可以根據(jù)磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化學(xué)式推導(dǎo)：PO42-、P2O74-、P3O105-：磷原子的變化規(guī)律為：1，2，3，4，n氧原子的變化規(guī)律為：4，7，10，3n+1酸根的變化規(guī)律為：3，4，5，n+2因此這類磷酸根離子的化學(xué)式可用通式表示為[PnO(3n+1)](n+2)－。【點睛】第二小問，雙聚分子的氯化鐵結(jié)構(gòu)式，從共價鍵的角度分析，存在著配位鍵，那配位原子就是氯原子，共用兩個氯原子就可實現(xiàn)將兩個氯化鐵連接在一起的結(jié)構(gòu)；第五小問，應(yīng)用數(shù)學(xué)的找規(guī)律遞推到通式，首先寫出磷酸的化學(xué)式，然后尋找規(guī)律。12．氧化白藜蘆醇W具有抗病毒等作用。下面是利用Heck反響合成W的一種方法：答復(fù)以下問題：〔1〕A的化學(xué)名稱為___________。〔2〕中的官能團名稱是___________。〔3〕反響③的類型為___________，W的分子式為___________。〔4〕不同條件對反響④產(chǎn)率的影響見下表：實驗堿溶劑催化劑產(chǎn)率/%1KOHDMFPd(OAc)222.32K2CO3DMFPd(OAc)210.53Et3NDMFPd(OAc)212.44六氫吡啶DMFPd(OAc)231.25六氫吡啶DMAPd(OAc)238.66六氫吡啶NMPPd(OAc)224.5上述實驗探究了________和________對反響產(chǎn)率的影響。此外，還可以進一步探究________等對反響產(chǎn)率的影響?！?〕X為D的同分異構(gòu)體，寫出滿足如下條件的X的結(jié)構(gòu)簡式________________。①含有苯環(huán)；②有三種不同化學(xué)環(huán)境的氫，個數(shù)比為6∶2∶1；③1mol的X與足量金屬Na反響可生成2gH2?！?〕利用Heck反響，由苯和溴乙烷為原料制備，寫出合成路線________________。〔無機試劑任選〕【答案】間苯二酚