【文档说明】《历年高考化学真题试卷》2019年全国统一高考化学试卷（新课标ⅲ）（含解析版）.docx，共(28)页，443.412 KB，由envi的店铺上传

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2019年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅲ）一、选择题：本题共7个小题，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）化学与生活密切相关。下列叙述错误的是（）A．高纯硅可用于制作光感电池B．铝合金大量用于高铁建设C．活性炭具有除异味和杀菌作用D．碘酒可用于皮肤

外用消毒2．（6分）下列化合物的分子中，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3．（6分）X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和是10．X与Z同族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，且Y原子半径大于Z．下列叙述正确的是（）

A．熔点：X的氧化物比Y的氧化物高B．热稳定性：X的氢化物大于Z的氢化物C．X与Z可形成离子化合物ZXD．Y的单质与Z的单质均能溶于浓硝酸4．（6分）离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误的是（）A．

经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变B．水中的NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣通过阴离子树脂后被除去C．通过净化处理后，水的导电性降低D．阴离子树脂填充段存在反应H++OH﹣═H2O5．（6分）设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH＝

2的H3PO4溶液，下列说法正确的是（）A．每升溶液中的H+数目为0.02NAB．c（H+）＝c（H2PO4﹣）+2c（HPO42﹣）+3c（PO43﹣）+c（OH﹣）C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小D．加入NaH2

PO4固体，溶液酸性增强6．（6分）下列实验不能达到目的是（）选项目的实验A．制取较高浓度的次氯酸溶液将Cl2通入碳酸钠溶液中B．加快氧气的生成速率在过氧化氢溶液中加入少量MnO2C．除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液D．制备少量二氧化硫气体向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸A．A

B．BC．CD．D7．（6分）为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3D﹣Zn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D﹣Zn﹣﹣NiOOH二次电池，结构如图所示。电

池反应为Zn（s）+2NiOOH（s）+H2O（l）ZnO（s）+2Ni（OH）2（s）。下列说法错误的是（）A．三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高B．充电时阳极反应为Ni（OH）2（s）+OH﹣（aq）﹣e﹣═NiOOH（s

）+H2O（l）C．放电时负极反应为Zn（s）+2OH﹣（aq）﹣2e﹣═ZnO（s）+H2O（l）D．放电过程中OH﹣通过隔膜从负极区移向正极区二、非选择题：共43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：8．（14分）高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如图所示。回答下列问题：相关

金属离子[c0（Mn+）＝0.1mol•L﹣1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.1

8.32.84.710.98.28.9（1）“滤渣1”含有S和；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式。（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是。（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为～6之间。（4）“除杂1”的目

的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是。（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+．若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是。（6）写出“沉锰”的离子方程式。（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNi

xCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4．当x＝y＝时，z＝。9．（14分）乙酰水杨酸（阿司匹林）是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如图：水杨酸醋酸

酐乙酰水杨酸熔点/℃157～159﹣72～﹣74135～138相对密度/（g•cm﹣3）1.441.101.35相对分子质量138102180实验过程：在100mL锥形瓶中加入水杨酸6.9g及醋酸酐10mL，

充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5mL浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70℃左右，充分反应。稍冷后进行如下操作。①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100mL冷水中，析出固体，过滤。②所得结晶粗品加入50

mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4g。回答下列问题：（1）该合成反应中应采用加热。（填标号）A．热水浴B．酒精灯C．煤气灯D．电炉（2）下列玻璃仪器中，①中需使用的有（填标号），不需使用的有（填名

称）。（3）①中需使用冷水，目的是。（4）②中饱和碳酸氢钠的作用是，以便过滤除去难溶杂质。（5）④采用的纯化方法为。（6）本实验的产率是%。10．（15分）近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长

。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl（g）+O2（g）═2Cl2（g）+2H2O（g）。如图为刚性容器中，进料浓度比c（HCl）：c（O2）分别等于1：1、4：1、

7：1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数K（300℃）K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c（HCl）：c（O2）＝1：1的数据计算K（400℃）＝（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物

高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c（HCl）：c（O2）过低、过高的不利影响分别是。（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl2（s）═CuCl（s）+Cl2（g）△H1＝83kJ•mol﹣1CuCl（s）+O2（g）═CuO（s）+Cl2

（g）△H2＝﹣20kJ•mol﹣1CuO（s）+2HCl（g）═CuCl2（s）+H2O（g）△H3＝﹣121kJ•mol﹣1则4HCl（g）+O2（g）═2Cl2（g）+2H2O（g）的△H＝kJ•mol﹣1。（3）在一定温度

的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是。（写出2种）（4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如图所示：负极区发生的反应有（写反应方程式）。电路中转移1mol电子，需消耗氧气L（标准状况）。（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]11．（15分）磷酸亚铁锂（LiFePO4）可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、

安全性高等特点，文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。回答下列问题：（1）在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是，该元素基态原子核外M层电子的自旋状态（填“

相同”或“相反”）。（2）FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为，其中Fe的配位数为。（3）苯胺（）的晶体类型是。苯胺与甲苯（）的相对分子质量相近，但苯胺的熔点（﹣5.9℃）

、沸点（184.4℃）分别高于甲苯的熔点（﹣95.0℃）、沸点（110.6℃），原因是。（4）NH4H2PO4中，电负性最高的元素是；P的杂化轨道与O的2p轨道形成键。（5）NH4H2PO4和LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则

是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示：这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为（用n代表P原子数）。[化学--选修5：有机化学基础]12．氧化白藜芦醇W具有抗病毒等作用。下面是利用Heck反应合成W

的一种方法：回答下列问题：（1）A的化学名称为。（2）中的官能团名称是。（3）反应③的类型为，W的分子式为。（4）不同条件对反应④产率的影响如下表：实验碱溶剂催化剂产率/%1KOHDMFPd（OAc）222.32K2CO3DMFPd（OAc）210.53Et3

NDMFPd（OAc）212.44六氢吡啶DMFPd（OAc）231.25六氢吡啶DMAPd（OAc）238.66六氢吡啶NMPPd（OAc）224.5上述实验探究了和对反应产率的影响。此外，还可以进一步探究等对反

应产率的影响。（5）X为D的同分异构体，写出满足如下条件的X的结构简式。①含有苯环；②有三种不同化学环境的氢，个数比为6：2：1；③1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH2。（6）利用Heck反应，由苯和溴乙烷为原料制备，写出合成

路线。（无机试剂任选）2019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个小题，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）化学与生活密切相关。下列叙述错

误的是（）A．高纯硅可用于制作光感电池B．铝合金大量用于高铁建设C．活性炭具有除异味和杀菌作用D．碘酒可用于皮肤外用消毒【分析】A．Si为半导体材料，能作电池；B．铝合金大量用于高铁建设；C．活性炭具有吸附性；D．碘酒能使蛋白质变性。【解答】解：A．Si为半导体材料，能作光感电池，

故A正确；B．铝合金在生活中用途最广泛，大量用于高铁建设，故B正确；C．活性炭具有吸附性，没有强氧化性，所以活性炭能去除异味，但是不能杀菌消毒，故C错误；D．碘酒能使蛋白质变性而杀菌消毒，所以碘酒可用于皮肤外用消毒，故D正

确；故选：C。【点评】本题考查化学与生活，明确元素化合物性质是解本题关键，熟练掌握常见元素化合物性质并归纳总结，题目难度不大。2．（6分）下列化合物的分子中，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【分析】如果分子中C原子采用sp3杂化，则该分子中采用sp3杂化的C原子连接的取代基具有甲烷结构特点，该分子中所有原子一定不共平面，苯和乙烯中所有原子共平面，共价单键可以旋转，据此分析解答。【解答】解：A．甲苯甲基上的C原子采用sp3杂化，则该分子中所有原子一定不共平面，

故A错误；B．乙烷中两个C原子都采用sp3杂化，所以该分子中所有原子一定不共平面，故B错误；C．丙炔中甲基上的C原子采用sp3杂化，则该分子中所有原子一定不共平面，故C错误；D.1，3﹣丁二烯结构简式为CH2＝CHCH＝CH2，所有原子都采用sp2杂化，CH2＝CH﹣具有乙烯结构特点且共价单键可

以旋转，所以该分子中所有原子可能共平面，故D正确；故选：D。【点评】本题考查原子共平面判断，侧重考查分析判断能力，可以采用知识迁移方法或杂化轨道理论判断，明确甲烷、乙烯、乙炔和苯结构及杂化轨道理论是解本题关键

，注意：共价单键能旋转，题目难度不大。3．（6分）X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和是10．X与Z同族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，且Y原子半径大于Z．下列叙述正确的是（）A

．熔点：X的氧化物比Y的氧化物高B．热稳定性：X的氢化物大于Z的氢化物C．X与Z可形成离子化合物ZXD．Y的单质与Z的单质均能溶于浓硝酸【分析】X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和是10，Y最外层电子数等于X次

外层电子数，因为都是短周期主族元素，所以X次外层为K层，Y最外层电子数为2，X与Z同族，则X、Z最外层电子数为4，X、Z分别是C、Si元素；且Y原子半径大于Z，则Y为Mg元素，即X、Y、Z分别是C、Mg、Si元素；A．X的氧化物是碳的氧化物，为分子晶体；Y的氧化物为MgO，

为离子晶体，熔沸点：离子晶体＞分子晶体；B．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；C．X、Z为非金属元素，易形成共价化合物；D．Z的单质为Si，Si和浓硝酸不反应。【解答】解：通过以上分析知，X、Y、Z分别是C、Mg、Si元素；A．X的氧化物是碳的氧化物，为分子晶体

；Y的氧化物为MgO，为离子晶体，熔沸点：离子晶体＞分子晶体，所以熔点：MgO＞CO和CO2，所以熔点：X的氧化物低于Y的氧化物，故A错误；B．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性X＞Z，则热稳定性：X的氢化物大于Z的氢

化物，故B正确；C．X、Z为非金属元素，二者通过共用电子对形成共价化合物SiC，故C错误；D．Z的单质为Si，Si和浓硝酸不反应，但是能溶于强碱溶液，故D错误；故选：B。【点评】本题考查原子结构和元素周期律关系，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，正确判断各元素是解本题关键，注意：氢化物的稳定性与

非金属性强弱有关，氢化物的熔沸点与分子间作用力和氢键有关，题目难度不大。4．（6分）离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误的是（）A．经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变B．水中的NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣通过阴离子树脂后被除去C．通过净化处理后，水的导

电性降低D．阴离子树脂填充段存在反应H++OH﹣═H2O【分析】A．经过过阳离子交换树脂后，溶液中阳离子所带总电荷不变，但是水中部分阳离子由带2个单位正电荷变为带1个单位正电荷；B．阴离子交换树脂吸收溶液中阴离子；C．溶液导电性与离子浓度成正比；D．经过阳离子交换膜后得到氢离子，经过

阴离子交换膜后生成水。【解答】解：A．经过过阳离子交换树脂后，溶液中阳离子所带总电荷不变，但是水中部分阳离子由带2个单位正电荷变为带1个单位正电荷，导致阳离子总数增加，故A错误；B．阴离子交换树脂吸收阴离子，所以经过阴离子交换树脂后，溶液中的NO3

﹣、SO42﹣、Cl﹣被树脂吸收而除去，故B正确；C．溶液导电性与离子浓度成正比，通过净化处理后溶液中阴阳离子被除去导致溶液中离子浓度减小，溶液导电性降低，故C正确；D．通过阳离子交换膜后得到的溶液中含有氢离子，经过阴离子交换膜后生成水，说明经过阴离子交换膜时发生中和反应

，所以阴离子树脂填充段存在反应H++OH﹣═H2O，故D正确；故选：A。【点评】本题考查物质分离提纯，侧重考查分析判断及思维缜密性，明确通过交换树脂后离子种类变化是解本题关键，注意：溶液导电性与离子浓度及电荷有关，与溶质溶解性强弱及电解质强弱无关，题目难度不大。5．（6分）设NA为

阿伏加德罗常数值。关于常温下pH＝2的H3PO4溶液，下列说法正确的是（）A．每升溶液中的H+数目为0.02NAB．c（H+）＝c（H2PO4﹣）+2c（HPO42﹣）+3c（PO43﹣）+c（OH﹣）C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小D．加入NaH

2PO4固体，溶液酸性增强【分析】A．pH＝2的溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，根据n＝cV、N＝nNA计算；B．根据磷酸溶液中的电荷守恒分析；C．稀释后氢离子浓度减小，溶液的pH增大；D．磷酸的电离以第一步为主，加入NaH2PO4固体后，电离平衡逆向进行，氢离子浓度减小。

【解答】解：A．常温下pH＝2的H3PO4溶液中c（H+）＝0.01mol/L，1L该溶液中含有的n（H+）＝0.01mol/L×1L＝0.01mol，含有H+数目为0.01NA，故A错误；B．根据H3PO4溶液中的电荷

守恒可知：c（H+）＝c（H2PO4﹣）+2c（HPO42﹣）+3c（PO43﹣）+c（OH﹣），故B正确；C．加水稀释H3PO4的浓度减小，其电离度增大，但溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，故C错误；D．加入NaH2PO4固体后，抑制了H3PO4的电离，溶液中氢离子浓度减小，溶

液酸性减弱，故D错误；故选：B。【点评】本题考查弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度中等，明确电离平衡的影响因素为解答关键，注意掌握电荷守恒的概念，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力。6．（6分）下列实验不能达到目的是（）选项目的实验A．制取较高浓度的次氯酸溶液将Cl2通入碳酸钠溶液中B

．加快氧气的生成速率在过氧化氢溶液中加入少量MnO2C．除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液D．制备少量二氧化硫气体向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸A．AB．BC．CD．D【分析】A．次氯酸的酸性大于碳酸钠，反应得到的是次氯酸

钠；B．二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂；C．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解较小，且碳酸钠能够消耗乙酸；D．亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水。【解答】解：A．由于HClO的酸性大于碳酸氢根离子，则Cl2与碳酸钠溶液反应生成的是次氯酸钠，无法获得较高浓度的次氯酸溶

液，应该用碳酸钙，故A错误；B．在过氧化氢溶液中加入少量MnO2，二氧化锰为催化剂，可加快氧气的生成速率，故B正确；C．饱和碳酸钠溶液中可以降低乙酸乙酯的溶解度，且能够吸收乙酸，可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸，故C正确；D．向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可生成SO2，且浓硫酸溶

于水放热，降低了SO2的溶解度，能够达到实验目的，故D正确；故选：A。【点评】本题考查化学实验的评价，题目难度中等，涉及次氯酸、二氧化硫的制备及分离与提纯等知识，明确常见元素化合物性质为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。7．（6分）为提升电池循环效率和稳定性，科学家近

期利用三维多孔海绵状Zn（3D﹣Zn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D﹣Zn﹣﹣NiOOH二次电池，结构如图所示。电池反应为Zn（s）+2NiOOH（s）+H2O（l）ZnO（s）+2Ni（OH）2（s）。下列说法错误的

是（）A．三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高B．充电时阳极反应为Ni（OH）2（s）+OH﹣（aq）﹣e﹣═NiOOH（s）+H2O（l）C．放电时负极反应为Zn（s）+2OH﹣（aq）﹣2e﹣═ZnO（

s）+H2O（l）D．放电过程中OH﹣通过隔膜从负极区移向正极区【分析】根据电池反应中元素化合价变化知，Zn为负极，NiOOH为正极，电解质溶液呈碱性，负极反应式为Zn（s）+2OH﹣（aq）﹣2e﹣═ZnO（s）+H2O（l）、正极反应式为NiOOH（s）+H2O（l）+e﹣═Ni

（OH）2（s）+OH﹣（aq），充电时阳极反应式为Ni（OH）2（s）+OH﹣（aq）﹣e﹣═NiOOH（s）+H2O（l）、阴极反应式为ZnO（s）+H2O（l）+2e﹣═Zn（s）+2OH﹣（aq），放电时电解质中阴离子向负极移动，据此分析解

答。【解答】解：A．表面积越大，反应物接触面积越大，则沉积的ZnO越分散，所以沉积的ZnO分散度高，故A正确；B．充电时阳极上失电子发生氧化反应，电极反应式为Ni（OH）2（s）+OH﹣（aq）﹣e﹣═NiOOH（s）+H2O（l），故B正确；C．

放电时Zn作负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn（s）+2OH﹣（aq）﹣2e﹣═ZnO（s）+H2O（l），故C正确；D．放电时，负极上失电子，电子通过导线到达正极，根据异性相吸原理知，溶液中OH﹣通过隔膜从正极区

移向负极区，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学电源新型电池，侧重考查原电池和电解池原理，明确各个电极上发生的反应及离子移动方向是解本题关键，难点是各个电极上电极反应式的书写，注意结合电解质特点书写，注意：电子不进入电解质溶液

，题目难度不大。二、非选择题：共43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：8．（14分）高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含

Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如图所示。回答下列问题：相关金属离子[c0（Mn+）＝0.1mol•L﹣1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Z

n2+Ni2+开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9（1）“滤渣1”含有S和SiO2（不溶性硅酸盐）；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式MnO2+MnS+2H2SO4＝2MnSO

4+S+2H2O。（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+。（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为4.7～6之间。（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS。（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去

Mg2+．若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是F﹣与H+结合形成弱电解质HF，MgF2⇌Mg2++2F﹣平衡向右移动。（6）写出“沉锰”的离子方程式Mn2++2HCO3﹣＝MnCO3↓+CO2↑+H2O。（7）层状镍钴锰三元材料可作

为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4．当x＝y＝时，z＝。【分析】硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素），MnS矿和MnO2粉加入稀硫酸，MnO2具有氧化性，二者发生氧化还原

反应生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的SiO2及难溶性的硅酸盐，所以得到的滤渣1为SiO2和S和难溶性的硅酸盐；然后向滤液中加入MnO2，MnO2氧化还原性离子Fe2+生成Fe3+，再向溶液中通入氨气调节溶液的pH除铁和铝，所

以滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS，“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，所以滤渣4为MgF2，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，用稀

硫酸溶解沉淀得到硫酸锰MnCO3，（1）“滤渣1”含有S和难溶性的二氧化硅或硅酸盐；“溶浸”中二氧化锰与硫化锰发生氧化还原反应生成锰离子、S和水；（2）MnO2具有氧化性，能氧化还原性离子；（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH应该大于这

两种离子完全沉淀所需pH且小于其它离子生成沉淀的pH值；（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，这两种离子和硫离子生成硫化物沉淀；（5）溶液中存在MgF2的溶解平衡，如果溶液酸性较强，生成弱电解质HF而促进氟化镁溶解；（6）“沉锰”时锰离子和碳酸氢根离子反

应生成碳酸锰沉淀，同时还生成水、二氧化碳；（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4．当x＝y＝时，该化合物中各元素的化合价代数和

为0，从而确定z。【解答】解：硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素），MnS矿和MnO2粉加入稀硫酸，MnO2具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的SiO2及难溶性的硅酸盐，所以得到的滤渣1为SiO2和S和难溶性的硅酸盐

；然后向滤液中加入MnO2，MnO2氧化还原性离子Fe2+生成Fe3+，再向溶液中通入氨气调节溶液的pH除铁和铝，所以滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀，所以滤渣3为Ni

S和ZnS，“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，所以滤渣4为MgF2，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解沉淀得到硫酸锰MnCO3，（1）“滤渣1”含有S和难溶性的二氧化硅或硅酸盐；“溶浸”中二氧化锰与硫

化锰发生氧化还原反应生成锰离子、S和水，离子方程式为MnO2+MnS+2H2SO4＝2MnSO4+S+2H2O，故答案为：SiO2（不溶性硅酸盐）；MnO2+MnS+2H2SO4＝2MnSO4+S+2H2O；（2）MnO2具有氧化性，能氧化还原性离子Fe2+生成Fe

3+，从而在调节pH时除去这两种离子，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH应该大于这两种离子完全沉淀所需pH且小于其它离子生成沉淀的pH值，在pH＝4.7时Fe3+和Al3+沉淀完

全，在pH＝6.2时Zn2+开始产生沉淀，为了只得到氢氧化铝和氢氧化镁沉淀，需要溶液的pH范围为4.7～6之间，故答案为：4.7；（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，这两种离子和硫离子生成硫化物沉淀，所以滤渣3为NiS和

ZnS，故答案为：NiS和ZnS；（5）溶液中存在MgF2的溶解平衡，如果溶液酸性较强，生成弱电解质HF而促进氟化镁溶解，即F﹣与H+结合形成弱电解质HF，MgF2⇌Mg2++2F﹣平衡向右移动，所以镁离子沉淀不完全，故答案为：F﹣与H+结合形成弱电解质HF，MgF2⇌Mg2++2F﹣平

衡向右移动；（6）“沉锰”时锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，同时还生成水、二氧化碳，离子方程式为Mn2++2HCO3﹣＝MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO3﹣＝MnCO3

↓+CO2↑+H2O；（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4．当x＝y＝时，该化合物中各元素的化合价代数和为0，+1+（+2）×+（+3）×+（+4）×z+（﹣2）×2＝0，z＝，

故答案为：。【点评】本题考查物质制备，涉及物质分离提纯、难溶物的溶解判断、pH判断、氧化还原反应等知识点，综合性较强，明确流程图中发生的反应、各物质成分及其性质、化学反应原理是解本题关键，注意结合问题分析解答，题目难度

中等。9．（14分）乙酰水杨酸（阿司匹林）是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如图：水杨酸醋酸酐乙酰水杨酸熔点/℃157～159﹣72～﹣74135～138相对密度/（g•cm﹣3）1.441.101.35相对分子

质量138102180实验过程：在100mL锥形瓶中加入水杨酸6.9g及醋酸酐10mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5mL浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70℃左右，充分反应。稍冷后进行如下操作。①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100mL冷水中

，析出固体，过滤。②所得结晶粗品加入50mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4g。回答下列问题：（1）该合成反应中应采用A加热。（填标号）A．热水浴B．酒精灯C．煤气灯D．电炉（2）下列玻璃仪器中，①中需使用的有BD

（填标号），不需使用的有分液漏斗、容量瓶（填名称）。（3）①中需使用冷水，目的是充分析出乙酰水杨酸固体（结晶）。（4）②中饱和碳酸氢钠的作用是生成可溶的乙酰水杨酸钠，以便过滤除去难溶杂质。（5）④采用的纯化方法为重结晶。（6

）本实验的产率是60%。【分析】（1）低于100℃的加热需要水浴加热；（2）①中操作为过滤，需要的玻璃仪器有玻璃棒、普通漏斗、烧杯；（3）乙酰水杨酸在常温下是固体，且在冷水中溶解度较小；（4）碳酸氢钠能和难溶性的乙酰水杨酸反应生成可溶性的乙酰水杨酸钠，从而分离难溶性杂质；（5）固体经纯化方法为重结

晶；（6）醋酸酐质量＝10mL×1.10g/mL＝11g，6.9g水杨酸完全反应消耗醋酸酐质量＝×102＝5.1g＜11g，所以乙酸酐有剩余，则理论上生成乙酰水杨酸质量＝×180＝9g，产率＝×100%。【解答】解：（1）

低于100℃的加热需要水浴加热，该合成温度为70℃左右，所以该合成反应中应采用热水浴，BCD加热温度都高于100℃，故答案为：A；（2）①中操作为过滤，需要的玻璃仪器有玻璃棒、普通漏斗、烧杯，所以选取BD仪器；不需要的仪器是分液漏斗和容量瓶，故

答案为：BD；分液漏斗、容量瓶；（3）乙酰水杨酸在常温下是固体，且在冷水中溶解度较小，为了降低其溶解度并充分析出乙酰水杨酸固体（结晶），所以①中需使用冷水，故答案为：充分析出乙酰水杨酸固体（结晶）；（4）碳酸氢钠能和难溶性的乙酰水杨酸反应生成可溶性的乙酰水杨酸钠，从而分离难

溶性杂质，达到分离提纯目的，故答案为：生成可溶的乙酰水杨酸钠；（5）固体经纯化方法为重结晶，所以④采用的纯化方法为重结晶，故答案为：重结晶；（6）醋酸酐质量＝10mL×1.10g/mL＝11g，6.9g水杨酸完全反应消耗醋酸酐质量＝×102＝5.1g＜11g，

所以乙酸酐有剩余，则理论上生成乙酰水杨酸质量＝×180＝9g，产率＝×100%＝×100%＝60%，故答案为：60。【点评】本题考查物质制备，涉及物质分离提纯、方程式的计算、仪器和反应条件选取等知识点，明确

实验原理、元素化合物性质、各个物理量之间关系式是解本题关键，知道其产率计算方法，注意要进行过量计算，题目难度不大。10．（15分）近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：（1）Deac

on发明的直接氧化法为：4HCl（g）+O2（g）═2Cl2（g）+2H2O（g）。如图为刚性容器中，进料浓度比c（HCl）：c（O2）分别等于1：1、4：1、7：1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数K（300℃）

大于K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c（HCl）：c（O2）＝1：1的数据计算K（400℃）＝（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比

c（HCl）：c（O2）过低、过高的不利影响分别是Cl2和O2分离能耗较高、HCl转化率较低。（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl2（s）═CuCl（s）+Cl2（g）△H1＝83kJ•mol﹣1CuCl（s）+O2（g）═CuO（s）+Cl2（g）△H2＝

﹣20kJ•mol﹣1CuO（s）+2HCl（g）═CuCl2（s）+H2O（g）△H3＝﹣121kJ•mol﹣1则4HCl（g）+O2（g）═2Cl2（g）+2H2O（g）的△H＝﹣116kJ•mol﹣1。（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方

法是增加反应体系的压强、及时分离出产物。（写出2种）（4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如图所示：负极区发生的反应有Fe3++e﹣═F

e2+、4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O（写反应方程式）。电路中转移1mol电子，需消耗氧气5.6L（标准状况）。【分析】（1）结合图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低

，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，温度越高平衡常数越小；进料浓度比c（HCl）：c（O2）的比值越大，HCl的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c（HCl）：c（O2）＝1：1，该曲线

中400℃HCl的平衡转化率为84%，4HCl（g）+O2（g）═2Cl2（g）+2H2O（g）初始c0c000平衡0.84c00.21c00.42c00.42c0转化c0﹣0.84c0c0﹣0.21c00.42c00.42c0带入K＝计算

即可；进料浓度比c（HCl）：c（O2）过低时，O2浓度较大，Cl2和O2分离能耗较高；进料浓度比c（HCl）：c（O2）过高时，O2浓度过低，HCl的转化率减小；（2）①CuCl2（s）═CuCl（s）+Cl2

（g）△H1＝83kJ•mol﹣1②CuCl（s）+O2（g）═CuO（s）+Cl2（g）△H2＝﹣20kJ•mol﹣1③CuO（s）+2HCl（g）═CuCl2（s）+H2O（g）△H3＝﹣121kJ•mol﹣1根据盖斯定律，（①+②+③）×2可得4

HCl（g）+O2（g）═2Cl2（g）+2H2O（g），据此计算该反应的△H；（3）4HCl（g）+O2（g）═2Cl2（g）+2H2O（g）为气体体积缩小的放热反应，若要提高HCl的转化率，需要使平衡向着正向移动，结合平衡移动原理分析；（4）根据图示，电

解池左侧发生反应Fe3++e﹣═Fe2+，该反应为还原反应，属于电解池的阴极，阴极通入氧气后Fe2+被O2氧化而再生成Fe3+，该反应为4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O；HCl气体在阳极放电的电极反应式为2HCl﹣2e﹣═Cl2↑+2H+，据

此结合电子守恒解答。【解答】解：（1）根据图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，则温度越高平衡常数越小，所以反应平衡常数K（300℃）大于K（400℃）；进料浓度比c（HCl）：c（O2）的比值越大，HCl的平

衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c（HCl）：c（O2）＝1：1，该曲线中400℃HCl的平衡转化率为84%，4HCl（g）+O2（g）═2Cl2（g）+2H2O（g）初始c0c000平衡0.84c00.21c00.42c00

.42c0转化c0﹣0.84c0c0﹣0.21c00.42c00.42c0K（400℃）＝＝＝；进料浓度比c（HCl）：c（O2）过低时，O2浓度较大，HCl的转化率较高，但Cl2和O2分离能耗较高，生成成本提高；进料浓度比c（HCl）：c（O2）过高时，O2

浓度较低，导致HCl的转化率减小，故答案为：大于；；Cl2和O2分离能耗较高、HCl转化率较低；（2）①CuCl2（s）═CuCl（s）+Cl2（g）△H1＝83kJ•mol﹣1②CuCl（s）+O2（g）═CuO（s）+C

l2（g）△H2＝﹣20kJ•mol﹣1③CuO（s）+2HCl（g）═CuCl2（s）+H2O（g）△H3＝﹣121kJ•mol﹣1根据盖斯定律，（①+②+③）×2可得：4HCl（g）+O2（g）═2Cl2（

g）+2H2O（g）△H＝[（83kJ•mol﹣1）+（﹣20kJ•mol﹣1）+（﹣121kJ•mol﹣1）]×2＝﹣116kJ•mol﹣1，故答案为：﹣116；（3）4HCl（g）+O2（g）═2Cl2（g）+2H2O（g）为气体体积缩小

的放热反应，若要提高HCl的转化率，需要使平衡向着正向移动，可增加反应体系的压强或及时分离出产物，均可提高HCl的转化率，故答案为：增加反应体系的压强、及时分离出产物；（4）根据图示，电解池左侧发生反应Fe3++e﹣═Fe2+，

该反应为还原反应，属于电解池的阴极，负极通入氧气后Fe2+被O2氧化而再生成Fe3+，该反应为4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O；根据电子守恒及4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O可知，电路中转移1

mol电子，消耗氧气的物质的量为：1mol×＝0.25mol，标况下0.25mol氧气的体积为：22.4L/mol×0.25mol＝5.6L，故答案为：Fe3++e﹣═Fe2+、4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O；5.6。【点评】本题考查化学平衡计算、盖斯定律

应用及电解原理等知识，题目难度较大，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握盖斯定律内容及三段式在化学平衡计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。（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]11．（15分）磷酸亚铁锂（LiFePO4）可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。回

答下列问题：（1）在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是Mg，该元素基态原子核外M层电子的自旋状态相反（填“相同”或“相反”）。（2）FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为，其中Fe的配位数为4。（3）苯胺（）

的晶体类型是分子晶体。苯胺与甲苯（）的相对分子质量相近，但苯胺的熔点（﹣5.9℃）、沸点（184.4℃）分别高于甲苯的熔点（﹣95.0℃）、沸点（110.6℃），原因是苯胺分子之间存在氢键。（4）NH4H2PO4中，电负性最高的元素是O；P的sp3杂化轨道与O的2p轨道形成σ键。（5

）NH4H2PO4和LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示：这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为（PnO3n+1

）（n+2）﹣（用n代表P原子数）。【分析】（1）由对角线规格可知，Li与Mg性质相似，Mg的原子核外M层电子有2个；（2）蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3，存在Fe﹣Cl键；（3）苯胺由分子构成，含氢键的沸点高；（4）非金属性越强，

电负性越大；P为sp3杂化，与O的2p电子成键；（5）由图可知，2个P原子时存在7个O，3个P原子时存在10个O，存在n个P时存在（3n+1）个O。【解答】解：（1）在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是Mg，该元素基态原子核外M层电

子2个电子的自旋状态相反，故答案为：Mg；相反；（2）FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为，Fe原子周围有4个Cl，则其中Fe的配位数为4，故答案为：；4；（3）苯胺）的晶体类型是分子晶体，构成微粒为分子，苯胺与甲苯（）的相对分子质量

相近，但苯胺的熔点（﹣5.9℃）、沸点（184.4℃）分别高于甲苯的熔点（﹣95.0℃）、沸点（110.6℃），原因是苯胺分子之间存在氢键，故答案为：分子晶体；苯胺分子之间存在氢键；（4）NH4H2PO4中，

电负性最高的元素是O；磷酸根离子中P形成4个σ键，则P的sp3杂化轨道与O的2p轨道形成σ键，故答案为：O；sp3；σ；（5）由图可知，2个P原子时存在7个O，3个P原子时存在10个O，存在n个P时存在（3n+1）个O，则这类磷

酸根离子的化学式可用通式表示为（PnO3n+1）（n+2）﹣，故答案为：（PnO3n+1）（n+2）﹣。【点评】本题考查配合物的形成及性质，为高频考点，把握配位键的形成、分子性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质结构与性质的应用，题目难度不大。

[化学--选修5：有机化学基础]12．氧化白藜芦醇W具有抗病毒等作用。下面是利用Heck反应合成W的一种方法：回答下列问题：（1）A的化学名称为间苯二酚或1，3﹣苯二酚。（2）中的官能团名称是碳碳双键、羧基。（3）反应③的类型为取代反应，W的分子式为C14H12O4。（4）不同条

件对反应④产率的影响如下表：实验碱溶剂催化剂产率/%1KOHDMFPd（OAc）222.32K2CO3DMFPd（OAc）210.53Et3NDMFPd（OAc）212.44六氢吡啶DMFPd（OAc）231.25六氢吡啶DMAPd（OAc）238

.66六氢吡啶NMPPd（OAc）224.5上述实验探究了不同碱和不同溶剂对反应产率的影响。此外，还可以进一步探究不同催化剂（或温度等）等对反应产率的影响。（5）X为D的同分异构体，写出满足如下条件的

X的结构简式。①含有苯环；②有三种不同化学环境的氢，个数比为6：2：1；③1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH2。（6）利用Heck反应，由苯和溴乙烷为原料制备，写出合成路线。（无机试剂任选）【分析】A

发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，D发生取代反应生成E，CE发生取代反应生成W；（6）可由苯乙烯和发生取代反应得到，可由苯发生取代反应生成；苯乙烯可由发生消去反应得到，可由乙苯发生发生取代反应得到，乙苯可由苯和溴乙烷发生傅克烷基化反应得到。【解答】解：（1）A的化学名

称为间苯二酚或1，3﹣苯二酚，故答案为：间苯二酚或1，3﹣苯二酚；（2）中的官能团名称是碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；（3）反应③中甲基被H原子取代，所以该反应的类型为取代反应，W的分子式为C14H12O4，故答案为：

取代反应；C14H12O4；（4）表中影响因素有碱、溶剂、催化剂，当溶剂、催化剂相同时，可以探究不同碱对反应影响；当催化剂、碱相同时，探究溶剂对反应影响；所以上述实验探究了不同碱、不同溶剂对化学产率的影响，如果其他因素都相同只有温度不

同时还可以探究温度对反应产率的影响；如果其他因素都相同只有催化剂不同时，可以探究催化剂对产率影响，故答案为：不同碱；不同溶剂；不同催化剂（或温度等）；（5）X为D的同分异构体，①X中含有苯环；②有三种不同化学环境的氢，个数比为6：2：1，该分子中一共9个H原子，则应该有2个甲基；③1mol的X

与足量金属Na反应可生成2gH2，生成的氢气物质的量为1mol，说明含有2个﹣OH，因为含有2个甲基，所以只能有2个酚羟基，符合条件的结构简式为，故答案为：；（6）可由苯乙烯和发生取代反应得到，可由苯发生取代反应生成；苯乙烯可由发生消去反应得到，可由乙苯发生发生取代

反应得到，乙苯可由苯和溴乙烷发生傅克烷基化反应得到，其合成路线为，故答案为：。【点评】本题考查有机合成和推断，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，正确分析反应前后物质结构变化是解本题关键，采用知识迁移方法进

行合成路线设计，注意：傅克烷基化反应在人教版高中化学不涉及，属于大学有机化学内容，题目难度中等。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com