文档内容
2020 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅲ）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的．
1．（6分）宋代《千里江山图）描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色
来自孔雀石颜料（主要成分
为Cu（OH） •CuCO ），青色来自蓝铜矿颜料（主要成分为Cu（OH） •2CuCO ）。下
2 3 2 3
列说法错误的是（ ）
A．保存《千里江山图》需控制温度和湿度
B．孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化
C．孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱
D．Cu（OH ）•CuCO 中铜的质量分数高于Cu（OH ）•2CuCO
2 3 2 3
【分析】A．Cu（OH） •CuCO 和Cu（OH） •2CuCO 均不稳定，受热易分解，纤维素
2 3 2 3
或蛋白质均能水解；
B．Cu（OH） •CuCO 和Cu（OH） •2CuCO 中除O元素外，C、H、Cu均为最高价；
2 3 2 3
C．Cu（OH） •CuCO 和Cu（OH） •2CuCO 均能与酸反应，不与碱反应；
2 3 2 3
D．通过计算判断比较铜的质量分数大小。
【解答】解：A．Cu（OH） •CuCO 和Cu（OH） •2CuCO 均不稳定，受热易分解，纤
2 3 2 3
维素或蛋白质均能水解，长期在潮湿环境中易腐烂变质，则保存《千里江山图》需控制
温度和湿度，故A正确；
B．Cu（OH） •CuCO 和Cu（OH） •2CuCO 中除O元素外，C、H、Cu均为最高价，
2 3 2 3
无还原性，不能被空气中氧气氧化，则孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化，故B正确；
C．Cu（OH） •CuCO 和Cu（OH） •2CuCO 均能与酸反应，不与碱反应，则孔雀石、
2 3 2 3
蓝铜矿颜料耐碱不耐酸，故C错误；
D．Cu（OH ）•CuCO 中铜的质量分数为 ，Cu（OH ）•2CuCO 中铜的质量
2 3 2 3
分数为 ，则Cu（OH ）•CuCO 中铜的质量分数高于Cu（OH ）•2CuCO ，
2 3 2 3
故D正确；
故选：C。
第1页 | 共20页【点评】本题以《千里江山图》为载体，考查物质的组成、结构和性质的关系，涉及元
素质量分数的计算和盐的通性，基础考查，难度中等。
2．（6分）金丝桃苷是从中药材中提取的一种具有抗病毒作用的黄酮类化合物，结构式如图：
下列关于金丝桃苷的叙述，错误的是（ ）
A．可与氢气发生加成反应 B．分子含21个碳原子
C．能与乙酸发生酯化反应 D．不能与金属钠反应
【分析】A、分子中含有碳碳双键、碳氧双键和苯环；
B、由图可知金丝桃苷的分子式C H O ；
21 20 12
C、分子中含有羟基，能发生酯化反应；
D、分子结构可知结构中含有羟基；
【解答】解：A、分子中含有碳碳双键、碳氧双键和苯环，可以发生加成反应，故A正
确；
B、由图可知金丝桃苷的分子式C H O ，则分子含21个碳原子，故B正确；
21 20 12
C、分子中含有羟基，能发生酯化反应，即能与乙酸发生酯化反应，故C正确；
D、分子结构可知结构中含有羟基，能与金属钠反应产生氢气，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查酚、烯烃、醇、醚和酮的性质，明确官
能团及其性质关系是解本题关键，题目难度不大。
3．（6分）N 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A
A．22.4L（标准状况）氮气中含有7N 个中子
A
B．1mol重水比1mol水多N 个质子
A
C．12g石墨烯和12g金刚石均含有N 个碳原子
A
D．1L 1mol•L﹣1 NaCl溶液含有28N 个电子
A
【分析】A．一个氮气分子有14个中子；
第2页 | 共20页B．重水和水的质子数相等；
C．跟据n＝ 计算物质的量，再比较微粒数；
D．溶剂也要考虑。
【解答】解：A．氮气是双原子分子，一个氮气分子有14个中子，22.4L （标准状况）
氮气中含有14N 个中子，故A错误；
A
B．重水（D O）和水（H O）的质子数都是10，1mol重水比1mol水都是10N 个质子，
2 2 A
故B错误；
C.12g石墨烯n（C ）＝ ＝ mol，含有个碳原子物质的量n（c）＝ mol×
60
60＝1mol，含有N 个碳原子，12g金刚石（C）的物质的量n＝ ＝ ＝1mol，
A
含有N 个碳原子，故C正确；
A
D.1L 1mol•L﹣1 NaCl溶质含有28N 个电子，溶剂水也要考虑，故D错误；
A
故选：C。
【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的计算，是高频考点，要熟练掌握计算公式，和公式
的使用条件，D选项容易思维定式出现错误。
4．（6分）喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体﹣﹣溶液，能出现喷泉现象的是（ ）
气体 溶液
A． H S 稀盐酸
2
B． HCl 稀氨水
C． NO 稀H SO
2 4
D． CO 饱和NaHCO 溶
2 3
液
第3页 | 共20页A．A B．B C．C D．D
【分析】在烧瓶中充满干燥气体，而胶头滴管及烧杯中分别盛有液体，若形成喷泉，则
气体极易溶于液体或气体极易与液体反应，以此来解答。
【解答】解：A、H S在稀盐酸中溶解度小，且与稀盐酸不反应，不能出现喷泉，故A
2
错误；
B．HCl气体极易溶于稀氨水，且氯化氢气体与氨水反应生成氯化铵，产生压强差，形成
喷泉，故B正确；
C、一氧化氮不溶于稀H SO ，也不与稀H SO 反应，不能出现喷泉，故C错误；
2 4 2 4
D、二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠，也不与饱和碳酸氢钠反应，不能出现喷泉，故D错
误；
故选：B。
【点评】本题考查实验装置综合，为高频考点，把握喷泉实验的原理为解答的关键，侧
重物质性质及实验能力的考查，注意气体极易溶于液体或气体极易与液体反应可形成喷
泉，题目难度不大。
5．（6分）对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是（ ）
A．用Na SO 溶液吸收少量Cl ：3SO 2﹣+Cl +H O═2HSO ﹣+2Cl﹣+SO 2﹣
2 3 2 3 2 2 3 4
B．向CaCl 溶液中通入CO ：Ca2++H O+CO ═CaCO ↓+2H+
2 2 2 2 3
C．向H O 溶液中滴加少量FeCl ：2Fe3++H O ═O ↑+2H++2Fe2+
2 2 3 2 2 2
D．同浓度同体积NH HSO 溶液与NaOH溶液混合：NH ++OH﹣═NH •H O
4 4 4 3 2
【分析】A．符合电荷守恒，物料守恒，强制弱规律，
B．向CaCl 溶液中通入CO 不反应；
2 2
C．不符合客观事实，氧气氧化二价铁离子；
第4页 | 共20页D．不符合客观事实，氢氧根优先于氢离子反应。
【解答】解：A．用Na SO 溶液吸收少量Cl ：3SO 2﹣+Cl +H O═2HSO ﹣+2Cl﹣+SO 2
2 3 2 3 2 2 3 4
﹣，符合电荷守恒，物料守恒，强制弱规律，故A正确；
B．弱酸不能制强酸，向CaCl 溶液中通入CO 不反应，故B错误；
2 2
C．向H O 溶液中滴加少量FeCl ，FeCl 做催化剂，促进双氧水的分解，氧气的氧化性
2 2 3 3
大于三价铁离子，弱氧化剂不能制强氧化剂，故C错误；
D．不符合客观事实，氢氧根优先与酸性更强的氢离子反应，正确的离子方程式：H++OH
﹣═H O，故D错误；
2
故选：A。
【点评】本题考查了化学反应原理，离子方程式的书写，离子方程式的正误判断，重点
考查反应发生的可能性，掌握强制弱的原理，难度中等。
6．（6分）一种高性能的碱性硼化钒（VB ）﹣﹣空气电池如图所示，其中在VB 电极发
2 2
生反应：VB +16OH﹣﹣11e﹣═VO 3﹣+2B（OH） ﹣+4H O该电池工作时，下列说法错误
2 4 4 2
的是（ ）
A．负载通过0.04mol电子时，有0.224L （标准状况）O 参与反应
2
B．正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C．电池总反应为4VB +11O +20OH﹣+6H O═8B（OH） ﹣+4VO 3﹣
2 2 2 4 4
D．电流由复合碳电极经负载、VB 电极、KOH溶液回到复合碳电极
2
【分析】A、正极氧气得电子生成氢氧根离子；
B、根据负极VB +16OH﹣﹣11e﹣═VO 3﹣+2B（OH） ﹣+4H O消耗氢氧根离子，正极
2 4 4 2
O +4e﹣+2H O＝4OH﹣分析解答；
2 2
C、负极：VB +16OH﹣﹣11e﹣═VO 3﹣+2B（OH） ﹣+4H O，正极：O +4e﹣+2H O＝4OH
2 4 4 2 2 2
第5页 | 共20页﹣，根据得失电子守恒求总的电极反应式；
D、原电池中电流由正极经过外电路向负极，由此分析解答。
【解答】解：A、正极氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为：O +4e﹣+2H O＝4OH
2 2
﹣，由电极反应式可知，消耗1mol氧气转移4mol电子，则负载通过0.04mol电子时，有
0.224L （标准状况）O 参与反应，故A正确；
2
B、根据负极VB +16OH﹣﹣11e﹣═VO 3﹣+2B（OH） ﹣+4H O消耗氢氧根离子，正极
2 4 4 2
O +4e﹣+2H O＝4OH﹣，则正极区溶液的pH升高、负极区溶液的pH降低，故B错误；
2 2
C、负极：VB +16OH﹣﹣11e﹣═VO 3﹣+2B（OH） ﹣+4H O…①，正极：O +4e﹣+2H O＝
2 4 4 2 2 2
4OH﹣…②，根据得失电子守恒，即 4①+11②得：4VB +11O +20OH﹣+6H O═8B
2 2 2
（OH） ﹣+4VO 3﹣，故C正确；
4 4
D、原电池中电流由正极经过外电路向负极，则电流由复合碳电极经负载、VB 电极、
2
KOH溶液回到复合碳电极，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池及其电解池的工作原理，题目难度中等，本题注意把握电极反
应式的书写，利用电子守恒计算。
7．（6分）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满足
X+Y＝W+Z；化合物XW
3
与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是（ ）
A．非金属性：W＞X＞Y＞Z
B．原子半径：Z＞Y＞X＞W
C．元素X的含氧酸均为强酸
D．Y的氧化物水化物为强碱
【分析】原子序数依次增大的短周期元素，化合物XW 与WZ相遇会产生白烟，先假设
3
是氨气和氯化氢，再结合四种元素的核外电子总数满足X+Y＝W+Z，推导出W、X、Y、
Z分别是H、N、Na、Cl，据此答题。
【解答】解：A．根据最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，非金属性Cl＞N＞H＞Na，
故A错误；
B．同周期元素从左向右原子半径依次减小，同主族元素自上而下原子半径依次增大，原
子半径：Na＞Cl＞N＞H，故B错误；
C．元素X的含氧酸有硝酸和亚硝酸，亚硝酸是弱酸，故C错误；
第6页 | 共20页D．Y的氧化物水化物为氢氧化钠，氢氧化钠是强碱，故D正确；
故选：D。
【点评】本题以推断的形式考查了元素周期律、元素周期表，是高频考点，要熟练掌握
周期表的结构，要熟悉常见元素化合物的性质，正确推断出元素后才能做题。
二、非选择题：共58分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11～12为
选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。
8．（14分）氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用如
图装置（部分装置省略）制备
KClO 和NaClO，探究其氧化还原性质。
3
回答下列问题：
（1）盛放MnO 粉末的仪器名称是 圆底烧瓶 ，a中的试剂为 饱和食盐水 。
2
（2）b中采用的加热方式是 水浴加热 。c中化学反应的离子方程式是 Cl +2OH﹣
2
ClO﹣+Cl﹣+H O ，采用冰水浴冷却的目的是 避免生成NaClO 。
2 3
（3）d的作用是 吸收多余的氯气，防止污染大气 ，可选用试剂 AC （填标号）。
A．Na S B．NaCl C．Ca（OH） D．H SO
2 2 2 4
（4）反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶， 过滤 ， 少量的冷水洗涤 ，干燥，
得到KClO 晶体。
3
（5）取少量KClO 和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号
3
试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入CCl 振荡，静置后CCl 层显 紫 色。
4 4
可知该条件下KClO 的氧化能力 小于 NaClO（填“大于”或“小于”）。
3
【分析】实验目的制备KClO 和NaClO，并探究其氧化还原性质；
3
实 验 原 理 ： 3Cl +6KOH KClO +5KCl+3H O ，
2 3 2
第7页 | 共20页Cl +2NaOH NaClO+NaCl+3H O；
2 2
实验装置：最左侧为制取氯气装置，a为除杂装置，杂质为挥发的氯化氢和水，后面还要
通入溶液，没有必要除水，所以a中用饱和食盐水除氯化氢，
装置b 用来制取KClO ，装置c 用来制取NaClO，装置d用来吸收多余的氯气，防止污
3
染大气，
（1）根据形状和用途判断，盛放MnO 粉末的仪器名称是圆底烧瓶，a为除杂装置，杂
2
质为挥发的氯化氢和水，所以a中用饱和食盐水除氯化氢；
（2）根据装置图看出 b 中采用的加热方式是水浴加热；c 中化学反应：Cl +2NaOH
2
NaClO+NaCl+H O改离子方程式，氢氧化钠与氯气反应有多种情况，温度高时
2
生成NaClO 采用冰水浴冷却的目的是提高产品的纯度；
3
（3）d为尾气处理装置，作用是装置d用来吸收多余的氯气，防止污染大气，可选用试
剂可以和氯气反应的物质Na S和Ca（OH） ；
2 2
（4）b试管中的溶质主要是KClO ，KCl，KClO 的溶解度受温度影响大，冷却结晶，
3 3
析出KClO 晶体，经过过滤得到KClO 晶体，表面还有KCl杂质，通过冷水洗涤减少
3 3
KClO 的损失；
3
（5）取少量KClO 和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液，1号
3
试管溶液颜色不变，说明KClO 没有和KI溶液反应，2号试管溶液变为棕色，说明NaClO
3
和KI溶液反应生成了碘单质，加入CCl 振荡，碘单质易溶解于CCl 中，静置后CCl
4 4 4
层显紫色。可知该条件下KClO 的氧化能力比NaClO差。
3
【解答】解：（1）根据形状和用途判断，盛放MnO 粉末的仪器名称是圆底烧瓶，a为除
2
杂装置，杂质为挥发的氯化氢和水，后面还要通入溶液，没有必要除水，所以a中用饱
和食盐水除氯化氢，a中的试剂为饱和食盐水；
故答案为：圆底烧瓶；饱和食盐水；
（2）根据装置图看出 b 中采用的加热方式是水浴加热；c 中化学反应：Cl +2NaOH
2
NaClO+NaCl+H O，改离子方程式：Cl +2OH﹣ ClO﹣+Cl﹣+H O，氢氧化
2 2 2
钠与氯气反应有多种情况，温度高时生成NaClO ．采用冰水浴冷却的目的是提高产品的
3
纯度；
故答案为：水浴加热；Cl +2OH﹣ ClO﹣+Cl﹣+H O；避免生成NaClO ；
2 2 3
第8页 | 共20页（3）d为尾气处理装置，作用是装置d用来吸收多余的氯气，防止污染大气，可选用试
剂为可以和氯气反应的物质Na S和Ca（OH） ；
2 2
故答案为：吸收多余的氯气，防止污染大气；AC；
（4）b试管中的溶质主要是KClO ，KCl，KClO 的溶解度受温度影响大，冷却结晶，
3 3
析出KClO 晶体，经过过滤得到KClO 晶体，表面还有KCl杂质，通过冷水洗涤减少
3 3
KClO 的损失；
3
故答案为：过滤；少量的冷水洗涤；
（5）取少量KClO 和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液，1号
3
试管溶液颜色不变，说明KClO 没有和KI溶液反应，2号试管溶液变为棕色，说明NaClO
3
和KI溶液反应生成了碘单质，加入CCl 振荡，碘单质易溶解于CCl 中，静置后CCl
4 4 4
层显紫色。可知该条件下KClO 的氧化能力比NaClO差；
3
故答案为：紫；小于。
【点评】本题是制备实验，以制备KClO 和NaClO，探究其氧化还原性质，考查学生实
3
验素养和分析问题的能力，难度中等，要有扎实的实验功底和化学学科素养。
9．（15分）某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少
量其他不溶性物质。采用如图工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体（NiSO •7H O ）：
4 2
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时（c＝0.01 mol•L﹣1）的pH 7.2 3.7 2.2 7.5
沉淀完全时（c＝1.0×10﹣5mol•L﹣1）的 8.7 4.7 3.2 9.0
pH
回答下列问题：
（1）“碱浸”中NaOH的两个作用分别是 除去油脂、溶解铝及其氧化物 。为回收金
属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式 AlO ﹣
2
+H++H O＝Al（OH） ↓或[Al（OH） ]﹣+H+＝Al（OH） ↓+H O 。
2 3 4 3 2
第9页 | 共20页（2）“滤液②”中含有的金属离子是 Ni2+、Fe2+、Fe3+ 。
（3）“转化”中可替代H O 的物质是 O 或空气 。若工艺流程改为先“调pH”后
2 2 2
“转化”，即 ，“滤液③”中可能含有的杂质离子
为 Fe3+ 。
（4）利用上述表格数据，计算Ni（OH） 的K ＝ c（Ni2+）c2（OH﹣）＝1.0×10﹣5mol
2 sp
•L﹣1×1×10﹣5.3mol/L×1×10﹣5.3mol/L＝1×10﹣15.6（mol•L﹣1）3 （列出计算式）。如
果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol•L﹣1，则“调pH”应控制的pH范围是 3.2～
6.2 。
（5）硫酸镍在强碱溶液中用 NaClO 氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的
NiOOH．写出该反应的离子方程式 2Ni2++ClOˉ+4OHˉ＝2NiOOH↓+Clˉ+H O 。
2
（6）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是 提高镍的回收率 。
【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，
并发生反应2Al+2NaOH+2H O＝2NaAlO +3H ↑、Al O +2NaOH＝2NaAlO +H O将Al
2 2 2 2 3 2 2
及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO ，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他
2
不溶性杂质，加稀H SO 酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H O 氧化
2 4 2 2
为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe（OH） 沉淀除去，再控制pH浓缩结
3
晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。
【解答】解：（1）根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油
脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO （或Na[Al（OH） ]），加入稀硫酸
2 4
可发生反应AlO ﹣+H++H O＝Al（OH） ↓或[Al（OH） ]﹣+H+＝Al（OH） ↓+H O；
2 2 3 4 3 2
故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；AlO ﹣+H++H O＝Al（OH） ↓或[Al（OH）
2 2 3
]﹣+H+＝Al（OH） ↓+H O；
4 3 2
（2）加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是
Ni2+、Fe2+、Fe3+，
故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；
（3）“转化”中H O 的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，不能引入杂质，可用O 或空气替代；
2 2 2
若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+、则滤
第10页 | 共20页液③中可能含有转化生成的Fe3+；
故答案为：O 或空气；Fe3+；
2
（4）由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH＝8.7，此时c（Ni2+）＝1.0×10﹣5mol•L﹣
1，c（H+）＝1.0×10﹣8.7mol•L﹣1，则 c（OH﹣）＝ ＝ ＝1×10﹣
5.3mol/L，则Ni（OH） 的K ＝c（Ni2+）c2（OH﹣）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1×1×10﹣5.3mol/L
2 sp
×1×10﹣5.3mol/L＝1×10﹣15.6（mol•L﹣1）3．如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol
•L﹣1，为避免镍离子沉淀，K ＝c（Ni2+）c2（OH﹣），c2（OH﹣）＝ ＝1×10﹣
sp
15.6（mol•L﹣1）3，此时c（OH﹣）＝1×10﹣7.8mol•L﹣1，则c（H+）＝1.0×10﹣6.2mol•L﹣
1，即pH＝6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2～
6.2；
故答案为：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）由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧
化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式
为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ＝2NiOOH↓+Clˉ+H O；
2
故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ＝2NiOOH↓+Clˉ+H O；
2
（6）分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的
回收率；
故答案为：提高镍的回收率。
【点评】本题以化学工艺流程为背景，考查物质的分离提纯，离子反应、氧化还原反应、
沉淀平衡常数的计算等知识点，是近年高考的热点题型，属于学科内综合题，考查分析
问题能力、提取利用题目信息能力，计算能力、表达能力等，难度中等，注意（4）中
Ni2+开始沉淀的pH不能直接利用表中数据，要通过计算获得。
10．（14分）二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO 的热点研究领域。回答下列问题：
2
（1）CO 催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n（C H ）：n（H O）＝
2 2 4 2
1：4 。当反应达到平衡时，若增大压强，则n（C H ） 变大 （填“变大”“变小”
2 4
或“不变”）。
（2）理论计算表明。原料初始组成n（CO ）：n（H ）＝1：3，在体系压强为0.1MPa，
2 2
第11页 | 共20页反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。图中，表示
C H 、CO 变化的曲线分别是 d 、 c 。 CO 催化加氢合成C H 反应的△H 小
2 4 2 2 2 4
于 0 （填“大于”或“小于”）。
（3）根据图中点A（440K，0.39），计算该温度时反应的平衡常数K ＝
p
（MPa）﹣3（列出计算式。以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）。
（4）二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C H 、C H 、C H 等低碳
3 6 3 8 4 8
烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当 选择合适的催化
剂 。
【分析】（1）根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。根据
可逆反应的特点分析增大压强对化学平衡的影响；
（2）原料初始组成n（CO ）：n（H ）＝1：3，根据方程式，生成物乙烯与水物质的量
2 2
之比为1：4，从图中找到关键数据确定代表各组分的曲线；
根据图中代表各组分的曲线随温度变化的趋势，确定该反应是放热反应还是吸热反应；
（3）原料初始组成n（CO ）：n（H ）＝1：3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡，由A
2 2
点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，生成物乙烯与水物质的量
之比为1：4，求出乙烯、二氧化碳的物质的量分数，结合化学平衡常数公式计算；
（4）根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性，工业上通常要选择合适的催
化剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。
【解答】解：（1）CO 催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为
2
2CO +6H ⇌CH ＝CH +4H O，
2 2 2 2 2
则该反应中产物的物质的量之比n（C H ）：n（H O）＝1：4；
2 4 2
第12页 | 共20页由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平
衡向正反应方向移动，n（C H ）变大，
2 4
故答案为：1：4；变大；
（2）由题中信息可知，两反应物初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点
坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1：3、d和b表示的物质的物质的
量分数之比为1：4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示
二氧化碳变化曲线的是c；
由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反
应方向移动，则该反应为放热反应，△H小于0，
故答案为：d；c；小于；
（3）原料初始组成n（CO ）：n（H ）＝1：3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡，由A
2 2
点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为
水的四分之一，即乙烯的物质的量分数为 ，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分
之一，即二氧化碳的物质的量分数为 ，
K ＝ ＝ ＝
p
（MPa）﹣3，
故答案为： ；
（4）工业上通常通过选择合适催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品
的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的
选择性，应当选择合适的催化剂，
故答案为：选择合适的催化剂。
【点评】本题考查化学平衡相关知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，
确定图中曲线所代表的化学物质是难点，其关键在于明确物质的量的分数之比等于各组
分的物质的量之比，也等于化学计量数之比（在初始投料之比等于化学计量数之比的前
提下，否则不成立），此题难度较大。
（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第
一题计分。[化学--选修3：物质结构与性质]（15分）
第13页 | 共20页11．（15分）氨硼烷（NH BH ）含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。
3 3
回答下列问题：
（1）H、B、N中，原子半径最大的是 B 。根据对角线规则，B的一些化学性质与元
素 Si 的相似。
（2）NH BH 分子中，N﹣B化学键称为 配位 键，其电子对由 N 提供。氨硼烷在
3 3
催化剂作用下水解释放氢气：
3NH BH +6H O═3NH ++B O 3﹣+9H
3 3 2 4 3 6 2
B O 3﹣的结构为 ．在该反应中，B原子的杂化轨道类型由 sp3 变为
3 6
sp2 。
（3）NH BH 分子中，与N原子相连的H呈正电性（Hδ+），与B原子相连的H呈负电
3 3
性（Hδ﹣），电负性大小顺序是 N＞H＞B 。与NH BH 原子总数相等的等电子体是
3 3
CH CH （写分子式），其熔点比NH BH 低 （填“高”或“低”），原因是在NH BH
3 3 3 3 3 3
分子之间，存在 Hδ+与Hδ﹣的静电引力 作用，也称“双氢键”。
（4）研究发现，氨硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为apm、bpm、
cpm，α＝β＝γ＝90°．氨硼烷的2×2×2超晶胞结构如图所示。氨硼烷晶体的密度ρ＝
g•cm﹣3（列出计算式，设N 为阿伏加德罗常数的值）。
A
【分析】根据元素在周期表中的位置比较和判断元素的相关性质；根据中心原子的价层
电子对数确定其杂化轨道的类型；运用等量代换的方法寻找等电子体；根据电负性对化
合价的影响比较不同元素的电负性；根据晶胞的质量和体积求晶体的密度。
【解答】解：（1）在所有元素中，H原子的半径是最小的，同一周期从左到右，原子半
第14页 | 共20页径依次减小，所以，H、B、N中原子半径最大是B．B与Si在元素周期表中处于对角线
的位置，根据对角线规则，B的一些化学性质与Si元素相似。
故答案为：B；Si。
（2）B原子最外层有3个电子，其与3个H原子形成共价键后，其价层电子对只有3对，
还有一个空轨道；在NH 中，N原子有一对孤对电子，故在NH BH 分子中，N﹣B键
3 3 3
为配位键，其电子对由N原子提供。NH BH 分子中，B原子的价层电子对数为4，故其
3 3
杂化方式为sp3．NH BH 在催化剂的作用下水解生成氢气和B O 3﹣，由图中信息可知，
3 3 3 6
B O 3﹣中每个B原子只形成3个σ键，其中的B原子的杂化方式为sp2，因此，B原子
3 6
的杂化轨道类型由sp3变为sp2。
故答案为：配位、N、sp3、sp2。
（3）NH BH 分子中，与N原子相连的H呈正电性，说明N的电负性大于H；与B原
3 3
子相连的H呈负电性，说明H的电负性大于B，因此3种元素电负性由大到小的顺序为
N＞H＞B．NH BH 分子中有8个原子，其价电子总数为14，N和B的价电子数的平均
3 3
值为4，依据等量代换的原则，可以找到其等电子体为CH CH ．由于NH BH 分子属于
3 3 3 3
极性分子，而CH CH 属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极性分子的分子
3 3
间作用力较大，故CH CH 熔点比NH BH 低。NH BH 分子间存在“双氢键”，类比氢
3 3 3 3 3 3
键的形成原理，说明其分子间存在Hδ+与Hδ﹣的静电引力。
故答案为：N＞H＞B、CH CH 、低、Hδ+与Hδ﹣的静电引力。
3 3
（4）在氨硼烷的2×2×2的超晶胞结构中，共有16个氨硼烷分子，晶胞的长、宽、高
分别为2apm、2bpm、2cpm，若将其平均分为8份可以得到8个小长方体，则平均每个
小长方体中占有2个氨硼烷分子，小长方体的长、宽、高分别为apm、bpm、cpm，则小
长方体的质量为 ，小长方体的体积为abc×10﹣30cm﹣3，因此，氨硼烷晶体的密
度为 。
故答案为： 。
【点评】本题最后有关晶体密度的计算是难点，要求考生能读懂题意，通过观察晶胞结
构，确定超晶胞结构中的分子数，并能合理分成8份，从而简化计算。
第15页 | 共20页[化学--选修5：有机化学基础]（15分）
12．苯基环丁烯酮（ PCBO）是一种十分活泼的反应物，可利用它的开环
反应合成一系列多官能团化合物。近期我国科学家报道用PCBO与醛或酮发生[4+2]环加
成反应，合成了具有生物活性的多官能团化合物（E），部分合成路线如图：
已知如下信息：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 2﹣羟基苯甲醛 。
（2）B的结构简式为 。
（3）由C生成D所用的试剂和反应条件为 乙醇、浓硫酸/加热 ；该步反应中，若反
应温度过高，C易发生脱羧反应，生成分子式为C H O 的副产物，该副产物的结构简式
8 8 2
为 。
（4）写出化合物E中含氧官能团的名称 羟基、酯基 ；E中手性碳（注：连有四个不
同的原子或基团的碳）的个数为 2 。
第16页 | 共20页（5）M为C的一种同分异构体。已知：1mol M与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2mol
二氧化碳；M 与酸性高锰酸钾溶液反应生成对苯二甲酸。M 的结构简式为
。
（6）对于 ，选用不同的取代基R'，在催化剂作用下与PCBO发生的[4+2]
反应进行深入研究，R'对产率的影响见下表：
R' ﹣CH ﹣C H ﹣CH CH C H
3 2 5 2 2 6 5
产率/% 91 80 63
请找出规律，并解释原因 随着R′体积增大，产率降低；原因是R′体积增大，位阻
增大 。
【分析】根据合成路线分析可知，A（ ）与CH CHO在NaOH的水溶液
3
中 发 生 题 给 的 已 知 反 应 ， 生 成 B
（ ）， B 与 KMnO 反 应 ， 被 氧 化 后 再 酸 化 得 到 C
4
（ ），C再与CH CH OH在浓H SO 加热条件下，发生酯化反
3 2 2 4
第17页 | 共20页应 得 D （ ）， D 再 与 苯 基 环 丁 烯 酮
（ PCBO）反应得到E（ ），据此分析。
【解答】解：（1）A的结构简式为： ，醛基所连的碳为“1”号碳，羟基
相连的碳为“2”号碳，所以名称为2﹣羟基苯甲醛（或水杨醛），
故答案为：2﹣羟基苯甲醛（或水杨醛）；
（2）根据上述分析可知，B的结构简式为： ，
故答案为： ；
（3）C（ ）与CH CH OH在浓H SO 加热的条件下，发生酸
3 2 2 4
脱羟基醇脱氢的酯化反应得到D（ ），即所用试剂为乙醇、
浓硫酸，反应条件为加热；在该步反应中，若反应温度过高，根据副产物的分子式C H O
8 8 2
第18页 | 共20页可知，C（ ）发生脱羧反应生成 ，
故答案为：乙醇、浓硫酸/加热；
（4）化合物E的结构简式为： ，分子中的含氧官能团为：
羟 基 和 酯 基 ， E 中 手 性 碳 原 子 共 有 位 置 为 的 2 个 手 性 碳 ， 如 图 所 示 ：
，
故答案为：羟基、酯基；2；
（5）M为C（ ）的一种同分异构体，1molM与饱和NaHCO
3
溶液反应能放出2molCO ，则M中含有两个羧基（﹣COOH），M又与酸性高锰酸钾溶
2
液生成对二苯甲酸，所以M分子苯环上只有两个取代基且处于对位，则M的结构简式
为： ，
故答案为： ；
（6）由表格数据分析可得到规律，随着取代基R′体积的增大，产物的产率降低，出现
第19页 | 共20页此规律的原因可能是因为R′体积增大，从而位阻增大，导致产率降低，
故答案为：随着R′体积增大，产率降低；原因是R′体积增大，位阻增大。
【点评】本题考查学生对有机化学基础的理解和掌握，题目难度中等，掌握有机的命名、反
应条件、官能团名称、手性碳、同分异构等，明确由手性碳及同分异构的书写是解题关键。
同时考查了阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分
析解决问题能力。
第20页 | 共20页
