云南省2019年高考化學(xué)試卷以及答案解析

1、絕密啟用前云南省 2019 年高考化學(xué)試卷注意事項：1、答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2、回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3、考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共7 個小題，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）化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列敘述錯誤的是（）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

2、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.丙快D. 1, 3-丁二烯3 （ 6 分） X、 Y、 Z 均為短周期主族元素，它們原子的最外層電子數(shù)之和是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 下列敘述正確的是（）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)均能溶于濃硝酸4 （ 6 分）離子交換法凈化水過程如圖所示。下列說法中錯誤的是（）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NO3、SO42、C通

3、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應(yīng)H+OH一H2O5 (6分)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，下列說法正確的是()A.每升溶液中的 H+數(shù)目為0.02NaB. c (H+) = c (H2PO4)+2c (HPO42 ) +3c (PO43 ) +c (OH )C.加水稀釋使電離度增大，溶液 pH減小D.加入NaH2P04固體，溶液酸性增強6. (6分)下列實驗不能達到目的是()選項目的實驗A.制取較高濃度的次氯酸溶液將C12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加入少量MnO 2C.除去乙酸乙

4、酯中的少量乙酸加入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. D7. (6分)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，被電結(jié)構(gòu)如圖所示。電池反應(yīng)為Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)、>0(s)+2Ni(OH)兗電2 ( S)。下列說法錯誤的是()尼龍保護層導(dǎo)電線圈 NiOOH 隔膜3D-ZnA .三維多孔海綿狀 Zn具有較高的表面積，所沉積的ZnO分散度高B.充電時陽極反應(yīng)為 Ni (

5、OH) 2 (s) +OH (aq) - e NiOOH (s) +H2O (l)C.放電時負極反應(yīng)為 Zn (s) +2OH (aq) - 2e一ZnO (s) +H2O (l)D ,放電過程中OH通過隔膜從負極區(qū)移向正極區(qū)二、非選擇題：共 43分。第810題為必考題，每個試題考生都必須作答。第 1112為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：8. (14分)高純硫酸鎰作為合成饃鉆鎰三元正極材料的原料，工業(yè)上可由天然二氧化鎰粉與硫化鎰礦(還含 Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制備，工藝如圖所示?；卮鹣铝蠬2SO4 YnS 氨氣 Na：S XfnF： XHHCOs海礦h2sq津衛(wèi)一

6、溶浸f 氧化f調(diào)pH f除雜1 f除雜2 f 沉鏡-XlnCChMnQ；fn - - 濾渣1濾渣2 濾渣3 濾渣4相關(guān)金屬離子C0 (Mn ) = 0.1 mol?L 1形成氫氧化物沉淀的 pH范圍如下：1+金屬離子2+Mn2+Fe3+Fe3+Al2+Mg2+Zn2+Ni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問題：(1) “濾渣1”含有S和;寫出“溶浸”中二氧化鎰與硫化鎰反應(yīng)的化學(xué)方程 式。MnSO4(2) “氧化”中添加適量的MnO2的作用是(3) “調(diào)pH”除鐵和鋁，溶液的 pH范圍應(yīng)調(diào)節(jié)為 6之間。(4) “除

7、雜1”的目的是除去 Zn2+和Ni2+, “濾渣3”的主要成分是 。(5) “除雜2”的目的是生成 MgF2沉淀除去Mg2+.若溶液酸度過高，Mg2+沉淀不完全,原因是(6)寫出“沉鎰”的離子方程式 。(7)層狀饃鉆鎰三元材料可作為鋰離子電池正極材料，其化學(xué)式為LiNi xCoyMnzO2,其中Ni、Co、Mn的化合價分別為 +2、+3、+4.當x=y=2時，z=。39. (14分)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方法如圖：COOH-(CHCOijO水楊酸 酯酸酊COOH濃 H350t，OCOCH3 . -CH.COOH乙酰水楊酸水楊酸醋酸

8、酎乙酰水楊酸熔點/ c157159-72 -74135138一.、.、.一 a相對密度/ (g?cm )1.441.101.35相對分了質(zhì)里138102180實驗過程：在100mL錐形瓶中加入水楊酸 6.9g及醋酸酎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70c左右，充分反應(yīng)。稍冷后進行如下操作。在不斷攪拌下將反應(yīng)后的混合物倒入100mL冷水中，析出固體，過濾。所得結(jié)晶粗品加入 50mL飽和碳酸氫鈉溶液，溶解、過濾。濾液用濃鹽酸酸化后冷卻、過濾得固體。固體經(jīng)純化得白色的乙酰水楊酸晶體5.4g?；卮鹣铝袉栴}：(1)該合成反應(yīng)中應(yīng)采用 加熱。(填標號)A.熱

9、水浴B.酒精燈 C.煤氣燈 D.電爐(2)下列玻璃儀器中， 中需使用的有 (填標號)，不需使用的有 (填名稱)。ABCD(3)中需使用冷水，目的是 。(4)中飽和碳酸氫鈉的作用是 ,以便過濾除去難溶雜質(zhì)。(5)采用的純化方法為 。(6)本實驗的產(chǎn)率是%。10. (15分)近年來，隨著聚酯工業(yè)的快速發(fā)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?；卮鹣铝袉栴}：(1) Deacon發(fā)明的直接氧化法為：4HCl(g)+O2(g) 2C12(g)+2H2O(g)。如圖為剛性容器中，進料濃度比c (HCl)： c (O2)分別等于1: 1、4: 1、7

10、: 1時HCl平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關(guān)系：100200300400500T產(chǎn)C可知反應(yīng)平衡常數(shù) K (300C) K (400C)(填“大于”或“小于”)。設(shè)HCl初 始濃度為8,根據(jù)進料濃度比c(HCl)：c(。2)= 1： 1的數(shù)據(jù)計算 K(400C) =(列 出計算式)。按化學(xué)計量比進料可以保持反應(yīng)物高轉(zhuǎn)化率，同時降低產(chǎn)物分離的能耗。進料濃度比c (HCl): c (O2)過低、過高的不利影響分別是 。(2) Deacon直接氧化法可按下列催化過程進行：第5頁(共21頁)CuCl2 (s) CuCl (s) +Xci2 (g) Hi = 83kJ?mol21,、 八八,、1 一一 .-1

11、CuCl (s) +O2 (g) CuO (s) +Cl2 (g) H2= - 20kJ?mol22CuO (s) +2HC1 (g) CuCl2 (s) +H2O (g) H3=- 121kJ?mol 11則 4HCl (g) +O2 (g) 2c12 (g) +2H2O (g)的 H = kJ?mol 。(3)在一定溫度的條件下，進一步提高 HC1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)的基礎(chǔ)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，如圖所示:負極區(qū)發(fā)生的反應(yīng)有 （寫反應(yīng)方程式）。電路中轉(zhuǎn)移 1mo1電子，需消耗氧氣L

12、（標準狀況）（二）選考題：共15分。請考生從2道化學(xué)題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第 一題計分?；瘜W(xué)-選彳3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)11. （15分）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、安全性高等特點，文獻報道可采用FeC13、NH4H2P04、LiCl和苯胺等作為原料制備。回答下列問題：（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） FeC13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FeC13的結(jié)構(gòu)式為,其中Fe的配位數(shù)為 。Vnh,ChcH（3）苯胺

13、（）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（-59C）、沸點（184.4C）分別高于甲苯的熔點（-95OC）、沸點（110.6C）,原因是 。（4） NH4H2PO4中，電負性最高的元素是 ； P的 雜化軌道與 。的2P軌道形成 鍵。（5） NH4H2PO4和LiFePO4屬于簡單磷酸鹽，而直鏈的多磷酸鹽則是一種復(fù)雜磷酸鹽，第6頁（共21頁）第10頁(共21頁)如：焦磷酸鈉、三磷酸鈉等。焦磷酸根離子、三磷酸根離子如圖所示:5-。磷原子。氧展子焦磷酸根離子三磷酸根高子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))。化學(xué)-選彳5:有機化學(xué)基礎(chǔ)W的一種方法:12.

14、氧化白藜蘆醇 W具有抗病毒等作用。下面是利用Heck反應(yīng)合成回叵回答下列問題：(1) A的化學(xué)名稱為 。COOH(2) J中的官能團名稱是 。(3)反應(yīng)的類型為 , W的分子式為 。(4)不同條件對反應(yīng) 產(chǎn)率的影響如下表:實驗堿溶劑催化劑產(chǎn)率/%1KOHDMFPd (OAc) 222.32K2CO3DMFPd (OAc) 210.53Et3NDMFPd (OAc) 212.44六氫口比咤DMFPd (OAc) 231.25六氫口比咤DMAPd (OAc) 238.66六氫口比咤NMPPd (OAc) 224.5上述實驗探究了 和 對反應(yīng)產(chǎn)率的影響。此外，還可以進一步探究等對反應(yīng)產(chǎn)率的影響。(5

15、) 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)簡式含有苯環(huán)；有三種不同化學(xué)環(huán)境的氫，個數(shù)比為6: 2: 1;1mol的X與足量金屬Na反應(yīng)可生成2gH2。(6)利用 Heck反應(yīng)，由苯和澳乙烷為原料制備,寫出合成路。(無機試劑任選)云南省 2019年高考化學(xué)試卷答案解析一、選擇題：本題共7 個小題，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 【分析】A Si 為半導(dǎo)體材料，能作電池；B 鋁合金大量用于高鐵建設(shè)；C 活性炭具有吸附性；D 碘酒能使蛋白質(zhì)變性?！窘獯稹拷猓?A Si 為半導(dǎo)體材料，能作光感電池，故A 正確；B 鋁合金在生活中用途最廣泛，大

16、量用于高鐵建設(shè)，故B 正確；C 活性炭具有吸附性，沒有強氧化性，所以活性炭能去除異味，但是不能殺菌消毒，故C 錯誤；D 碘酒能使蛋白質(zhì)變性而殺菌消毒，所以碘酒可用于皮膚外用消毒，故D 正確；故選：C?！军c評】本題考查化學(xué)與生活，明確元素化合物性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，熟練掌握常見元素化合物性質(zhì)并歸納總結(jié)，題目難度不大。2 .【分析】如果分子中C原子采用sp3雜化，則該分子中采用 sp3雜化的C原子連接的取代基具有甲烷結(jié)構(gòu)特點，該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，共價單鍵可以旋轉(zhuǎn)，據(jù)此分析解答?！窘獯稹拷猓篈.甲苯甲基上的C原子采用sp3雜化，則該分子中所有原子一定不共平面，故 A

17、錯誤；B 乙烷中兩個C 原子都采用sp3 雜化，所以該分子中所有原子一定不共平面，故 B 錯誤；C.丙快中甲基上的 C原子采用sp3雜化，則該分子中所有原子一定不共平面，故C錯誤;2D.1, 3-丁二烯結(jié)構(gòu)簡式為 CH2=CHCH = CH2,所有原子者B米用 sp雜化，CH2=CH-具有乙烯結(jié)構(gòu)特點且共價單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以該分子中所有原子可能共平面，故 D 正確；故選：D ?！军c評】本題考查原子共平面判斷，側(cè)重考查分析判斷能力，可以采用知識遷移方法或雜化軌道理論判斷，明確甲烷、乙烯、乙炔和苯結(jié)構(gòu)及雜化軌道理論是解本題關(guān)鍵，注意：共價單鍵能旋轉(zhuǎn)，題目難度不大。3 【分析】X、 Y、 Z 均為短

18、周期主族元素，它們原子的最外層電子數(shù)之和是10， Y 最外層電子數(shù)等于X 次外層電子數(shù)，因為都是短周期主族元素，所以 X 次外層為K 層， Y 最外層電子數(shù)為2， X 與 Z 同族，則X、 Z 最外層電子數(shù)為4， X、 Z 分別是 C、 Si 元素；且Y原子半彳5大于Z,則Y為Mg元素，即X、Y、Z分別是C、Mg、Si元素；A X 的氧化物是碳的氧化物，為分子晶體；Y 的氧化物為MgO ，為離子晶體，熔沸點：離子晶體分子晶體；B 元素的非金屬性越強，其氫化物的穩(wěn)定性越強；C X、 Z 為非金屬元素，易形成共價化合物；D Z 的單質(zhì)為Si， Si 和濃硝酸不反應(yīng)?！窘獯稹拷猓和ㄟ^以上分析知，X、

19、 Y、 Z 分別是C、 Mg、 Si 元素；A X 的氧化物是碳的氧化物，為分子晶體；Y 的氧化物為MgO ，為離子晶體，熔沸點：離子晶體分子晶體，所以熔點：MgO>CO和CO2,所以熔點：X的氧化物低于 Y的氧化物，故A 錯誤；B.元素的非金屬性越強，其氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性X>Z,則熱穩(wěn)定性：X的氫化物大于Z 的氫化物，故B 正確；C. X、Z為非金屬元素，二者通過共用電子對形成共價化合物SiC,故C錯誤；D Z 的單質(zhì)為Si， Si 和濃硝酸不反應(yīng)，但是能溶于強堿溶液，故D 錯誤；故選： B ?！军c評】 本題考查原子結(jié)構(gòu)和元素周期律關(guān)系，側(cè)重考查分析判斷及知識綜合運用能

20、力，正確判斷各元素是解本題關(guān)鍵，注意：氫化物的穩(wěn)定性與非金屬性強弱有關(guān)，氫化物的熔沸點與分子間作用力和氫鍵有關(guān)，題目難度不大。4 【分析】A 經(jīng)過過陽離子交換樹脂后，溶液中陽離子所帶總電荷不變，但是水中部分陽離子由帶2 個單位正電荷變?yōu)閹? 個單位正電荷；B 陰離子交換樹脂吸收溶液中陰離子；C 溶液導(dǎo)電性與離子濃度成正比；D 經(jīng)過陽離子交換膜后得到氫離子，經(jīng)過陰離子交換膜后生成水?！窘獯稹拷猓篈 經(jīng)過過陽離子交換樹脂后，溶液中陽離子所帶總電荷不變，但是水中部分陽離子由帶2 個單位正電荷變?yōu)閹? 個單位正電荷，導(dǎo)致陽離子總數(shù)增加，故 A 錯誤；一一、_.、 一 ，一， 一一一一、_. 一一一 .

21、一一、_ 、，一 2 一B 陰離子交換樹脂吸收陰離子，所以經(jīng)過陰離子交換樹脂后，溶液中的NO3 、 SO4 、第 12 頁（共 21 頁）C被樹脂吸收而除去，故 B正確；C 溶液導(dǎo)電性與離子濃度成正比，通過凈化處理后溶液中陰陽離子被除去導(dǎo)致溶液中離子濃度減小，溶液導(dǎo)電性降低，故C 正確；D 通過陽離子交換膜后得到的溶液中含有氫離子，經(jīng)過陰離子交換膜后生成水，說明經(jīng)過陰離子交換膜時發(fā)生中和反應(yīng)，所以陰離子樹脂填充段存在反應(yīng)H+OH H2O,故D正確；故選： A。【點評】本題考查物質(zhì)分離提純，側(cè)重考查分析判斷及思維縝密性，明確通過交換樹脂后離子種類變化是解本題關(guān)鍵，注意：溶液導(dǎo)電性與離子濃度及電荷

22、有關(guān)，與溶質(zhì)溶解性強弱及電解質(zhì)強弱無關(guān)，題目難度不大。5 【分析】A. pH = 2的溶液中氫離子濃度為 0.01mol/L ,根據(jù)n=cV、N=nNA計算；B 根據(jù)磷酸溶液中的電荷守恒分析；C 稀釋后氫離子濃度減小，溶液的pH 增大；D,磷酸的電離以第一步為主，加入NaH2PO4固體后，電離平衡逆向進行，氫離子濃度減小?！窘獯稹拷猓篈.常溫下pH = 2的H3PO4溶液中c (H+) = 0.01mol/L , 1L該溶液中含有 的 n (H+) = 0.01mol/L x 1L=0.01mol,含有 H+ 數(shù)目為 0.01Na,故 A 錯誤；B.根據(jù) H3PO4 溶液中的電荷守恒可知：c

23、(H+) =c (H2PO4 ) +2c ( HPO42 ) +3c ( PO43)+c (OH)，故 B 正確；C.加水稀釋H3P04的濃度減小，其電離度增大，但溶液中氫離子濃度減小，溶液 pH增大，故C錯誤；D.加入NaH2P04固體后，抑制了 H3P04的電離，溶液中氫離子濃度減小，溶液酸性減弱，故D錯誤；故選：B ?！军c評】本題考查弱電解質(zhì)的電離平衡及其影響，題目難度中等，明確電離平衡的影響因素為解答關(guān)鍵，注意掌握電荷守恒的概念，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及靈活運用能力。6 【分析】A 次氯酸的酸性大于碳酸鈉，反應(yīng)得到的是次氯酸鈉；B 二氧化錳是過氧化氫分解的催化劑；C 乙酸乙酯在飽和

24、碳酸鈉溶液中的溶解較小，且碳酸鈉能夠消耗乙酸；D 亞硫酸鈉與濃硫酸反應(yīng)生成二氧化硫、硫酸鈉和水?！窘獯稹拷猓篈.由于HC1O的酸性大于碳酸氫根離子，則C12與碳酸鈉溶液反應(yīng)生成的是次氯酸鈉，無法獲得較高濃度的次氯酸溶液，應(yīng)該用碳酸鈣，故A 錯誤；B 在過氧化氫溶液中加入少量MnO 2，二氧化錳為催化劑，可加快氧氣的生成速率，故B 正確；C 飽和碳酸鈉溶液中可以降低乙酸乙酯的溶解度，且能夠吸收乙酸，可用飽和碳酸鈉溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸，故C 正確；D.向飽和亞硫酸鈉溶液中滴加濃硫酸可生成SO2,且濃硫酸溶于水放熱，降低了SO2的溶解度，能夠達到實驗?zāi)康?，故D 正確；故選： A?！军c評】本題

25、考查化學(xué)實驗的評價，題目難度中等，涉及次氯酸、二氧化硫的制備及分離與提純等知識，明確常見元素化合物性質(zhì)為解答關(guān)鍵，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及化學(xué)實驗?zāi)芰Α? 【分析】根據(jù)電池反應(yīng)中元素化合價變化知，Zn 為負極，NiOOH 為正極，電解質(zhì)溶液呈堿性，負極反應(yīng)式為Zn (s) +2OH( aq) - 2e一 ZnO (s)+H2O (1)、正極反應(yīng)式為 NiOOH(5) +H2O (1) +e一 Ni (OH) 2 (s) +OH (aq),充電時陽極反應(yīng)式為 Ni (OH) 2 (s)+OH (aq) - e一NiOOH (s) +H2O (1)、陰極反應(yīng)式為ZnO (s) +H2O (1)

26、 +2e一Zn (s) +2OH (aq),放電時電解質(zhì)中陰離子向負極移動， 據(jù)此分析解答?！窘獯稹拷猓篈 表面積越大，反應(yīng)物接觸面積越大，則沉積的ZnO 越分散，所以沉積的 ZnO 分散度高，故A 正確；B.充電時陽極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Ni (OH) 2 (s) +OH (aq) - e一NiOOH (s) +H2O (1),故 B 正確；C.放電時Zn作負極，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Zn (s) +2OH (aq) - 2e一ZnO (s) +H2O (1),故 C 正確；D 放電時，負極上失電子，電子通過導(dǎo)線到達正極，根據(jù)異性相吸原理知，溶液中OH通過隔膜從正極區(qū)

27、移向負極區(qū)，故 D錯誤；故選：D ?！军c評】本題考查化學(xué)電源新型電池，側(cè)重考查原電池和電解池原理，明確各個電極上發(fā)生的反應(yīng)及離子移動方向是解本題關(guān)鍵，難點是各個電極上電極反應(yīng)式的書寫，注意第 14 頁(共 21 頁)結(jié)合電解質(zhì)特點書寫，注意：電子不進入電解質(zhì)溶液，題目難度不大。二、非選擇題：共 43分。第810題為必考題，每個試題考生都必須作答。第 1112為選 考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：8.【分析】硫化鎰礦(還含 Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)，MnS礦和MnO2粉加入稀 硫酸，MnO2具有氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成MnSO4、S,同時溶液中還有難溶性的SiO2

28、及難溶性的硅酸鹽，所以得到的濾渣1為SiO2和S和難溶性的硅酸鹽；然后向濾液中加入 MnO2, ”門。2氧化還原性離子 Fe2+生成Fe3+,再向溶液中通入氨氣調(diào)節(jié)溶 液的pH除鐵和鋁，所以濾渣 2為Fe (OH) 3、Al (OH) 3, “除雜1”的目的是除去Zn2+ 和Ni2+,加入的Na2s和Zn2+、Ni2+反應(yīng)生成硫化物沉淀， 所以濾渣3為NiS和ZnS, “除 雜2”的目的是生成 MgF2沉淀除去Mg2+,所以濾渣4為MgF2,最后向濾液中加入碳酸 氫錢彳#到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解沉淀得到硫酸鎰MnCO3,(1) “濾渣1”含有S和難溶性的二氧化硅或硅酸鹽；“溶浸”中二氧化

29、鎰與硫化鎰發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成鎰離子、S和水；(2) MnO2具有氧化性，能氧化還原性離子；(3) “調(diào)pH”除鐵和鋁，溶液的 pH應(yīng)該大于這兩種離子完全沉淀所需pH且小于其它離子生成沉淀的pH值；(4) “除雜1”的目的是除去 Zn2+和Ni2+,這兩種離子和硫離子生成硫化物沉淀；(5)溶液中存在 MgF2的溶解平衡，如果溶液酸性較強，生成弱電解質(zhì)HF而促進氟化鎂溶解；(6) “沉鎰”時鎰離子和碳酸氫根離子反應(yīng)生成碳酸鎰沉淀，同時還生成水、二氧化碳；(7)層狀饃鉆鎰三元材料可作為鋰離子電池正極材料，其化學(xué)式為LiNi xCoyMnzO2,其中Ni、Ni、Co、Mn的化合價分別為+2、+3、+

30、4.當x=y =!時，該化合物中各元素的化合價代數(shù)和為0,從而確定Zo【解答】解：硫化鎰礦(還含 Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)，MnS礦和MnO2粉加 入稀硫酸，MnO2具有氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成MnSO4、S,同時溶液中還有難溶T的SiO2及難溶性的硅酸鹽，所以得到的濾渣1為SiO2和S和難溶性的硅酸鹽；然后向濾液中加入 MnO2, ”門。2氧化還原性離子 Fe2+生成Fe3+,再向溶液中通入氨氣調(diào) 節(jié)溶液的pH除鐵和鋁，所以濾渣 2為Fe (OH) 3、Al (OH) 3, “除雜1”的目的是除 去Zn2+和Ni2+,加入的Na2s和Zn2+、Ni2+反應(yīng)生成硫化物

31、沉淀，所以濾渣 3為NiS和第15頁(共21頁)ZnS, “除雜2”的目的是生成 MgF2沉淀除去Mg2+,所以濾渣4為MgF2,最后向濾液中加入碳酸氫錢得到 MnCO 3沉淀，用稀硫酸溶解沉淀得到硫酸鎰MnCO 3,(1) “濾渣1”含有S和難溶性的二氧化硅或硅酸鹽；“溶浸”中二氧化鎰與硫化鎰發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成鎰離子、S和水，離子方程式為MnO 2+MnS+2H 2SO4 =2MnSO4+S+2H2O,故答案為：SiO2 (不溶性硅酸鹽)；MnO2+MnS+2H 2SO4=2MnSO4+S+2H20;(2) MnO2具有氧化性，能氧化還原性離子Fe2+生成Fe3+,從而在調(diào)節(jié)pH時除去這兩

32、種離子，故答案為：將Fe2+氧化為Fe3+;(3) “調(diào)pH”除鐵和鋁，溶液的 pH應(yīng)該大于這兩種離子完全沉淀所需pH且小于其它離子生成沉淀的pH值，在pH =4.7時Fe3+和Al 3+沉淀完全，在pH = 6.2時Zn2+開始產(chǎn) 生沉淀，為了只得到氫氧化鋁和氫氧化鎂沉淀，需要溶液的pH范圍為4.76之間，故答案為：4.7;(4) “除雜1”的目的是除去 Zn2+和Ni2+,這兩種離子和硫離子生成硫化物沉淀，所以濾渣3為NiS和ZnS,故答案為：NiS和ZnS;(5)溶液中存在 MgF2的溶解平衡，如果溶液酸性較強，生成弱電解質(zhì) HF而促進氟化 鎂溶解，即F與H+結(jié)合形成弱電解質(zhì) HF, M

33、gF2? Mg2+2F平衡向右移動，所以鎂離子沉淀不完全，故答案為：F與H+結(jié)合形成弱電解質(zhì) HF, MgF2? Mg2+2F平衡向右移動；(6) “沉鎰”時鎰離子和碳酸氫根離子反應(yīng)生成碳酸鎰沉淀，同時還生成水、二氧化碳, 離子方程式為 Mn2 +2HCO 3 =MnCO3(+CO2 T +H2O, 故答案為：Mn2+2HCO3 =MnCO3( +CO2T+H2O;LiNi xCoyMnzO2,其(7)層狀饃鉆鎰三元材料可作為鋰離子電池正極材料，其化學(xué)式為中Ni、Ni、Co、Mn的化合價分別為+2、+3、+4.當x=y =!時，該化合物中各元素的 3化合價代數(shù)和為0,+1+ (+2) X+(+

34、3)X +(+4)X z+ (-2) X2=0,z=,333pH判斷、氧化還【點評】本題考查物質(zhì)制備，涉及物質(zhì)分離提純、難溶物的溶解判斷、原反應(yīng)等知識點，綜合性較強，明確流程圖中發(fā)生的反應(yīng)、各物質(zhì)成分及其性質(zhì)、化學(xué) 第14頁(共21頁)反應(yīng)原理是解本題關(guān)鍵，注意結(jié)合問題分析解答，題目難度中等。9.【分析】(1)低于100 c的加熱需要水浴加熱；(2)中操作為過濾，需要的玻璃儀器有玻璃棒、普通漏斗、燒杯；(3)乙酰水楊酸在常溫下是固體，且在冷水中溶解度較??；(4)碳酸氫鈉能和難溶性的乙酰水楊酸反應(yīng)生成可溶性的乙酰水楊酸鈉，從而分離難溶性雜質(zhì)；(5)固體經(jīng)純化方法為重結(jié)晶；(6)醋酸酎質(zhì)量=10m

35、L x 1.10g/mL = 11g, 6.9g水楊酸完全反應(yīng)消耗醋酸酎質(zhì)量=殳2LX 102=5.1gv11g,所以乙酸酎有剩余，則理論上生成乙酰水楊酸質(zhì)量=殳2魚X180 =9g，產(chǎn)率=理論質(zhì)量【解答】解：(1)低于100c的加熱需要水浴加熱，該合成溫度為70 c左右，所以該合成反應(yīng)中應(yīng)采用熱水浴，BCD加熱溫度都高于100C,故答案為：A;(2)中操作為過濾，需要的玻璃儀器有玻璃棒、普通漏斗、燒杯，所以選取BD儀器；不需要的儀器是分液漏斗和容量瓶，故答案為：BD;分液漏斗、容量瓶；(3)乙酰水楊酸在常溫下是固體，且在冷水中溶解度較小，為了降低其溶解度并充分析出乙酰水楊酸固體(結(jié)晶)，所以

36、中需使用冷水，故答案為：充分析出乙酰水楊酸固體(結(jié)晶) ；(4)碳酸氫鈉能和難溶性的乙酰水楊酸反應(yīng)生成可溶性的乙酰水楊酸鈉，從而分離難溶性雜質(zhì)，達到分離提純目的，故答案為：生成可溶的乙酰水楊酸鈉；(5)固體經(jīng)純化方法為重結(jié)晶，所以采用的純化方法為重結(jié)晶，故答案為：重結(jié)晶；(6)醋酸酎質(zhì)量=10mL x 1.10g/mL = 11g, 6.9g水楊酸完全反應(yīng)消耗醋酸酎質(zhì)量=與竺138X102=5.1g<11g,所以乙酸酎有剩余，則理論上生成乙酰水楊酸質(zhì)量=反粉x 180 =1389g,產(chǎn)率= *100% =受X1 - 理論質(zhì)里照故答案為：60?！军c評】本題考查物質(zhì)制備，涉及物質(zhì)分離提純、方

37、程式的計算、儀器和反應(yīng)條件選取等知識點，明確實驗原理、元素化合物性質(zhì)、各個物理量之間關(guān)系式是解本題關(guān)鍵，知 道其產(chǎn)率計算方法，注意要進行過量計算，題目難度不大。10【分析】(1)結(jié)合圖象可知，進料濃度比相同時，溫度越高HCl平衡轉(zhuǎn)化率越低，說明該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向著逆向移動，溫度越高平衡常數(shù)越??；進料濃度比c (HCl)： c (O2)的比值越大，HCl的平衡轉(zhuǎn)化率越低，根據(jù)圖象可知，相同溫度時HCl轉(zhuǎn)化率最高的為進料濃度比c (HCl)： c (O2) =1： 1,該曲線中400 C HCl的平衡轉(zhuǎn)化率為84%,4HCl (g) +O2 (g) 2Cl2 (g) +2H2O (g

38、)初始coco00平衡 0.84c00.21c00.42c00.42c0轉(zhuǎn)化 c0-0.84c°c0-0.21c。 0.42c00.42c0c2 (心0)(Cl )帶入K =計算即可；進料濃度比c (HCl)： c (。2)過低時，O2濃度較大，Cl2和O2分離能耗較高；進料濃度比c (HCl): c (。2)過高時，。2濃度過低，HCl的轉(zhuǎn)化率減?。?2) CuCl2 (s) CuCl (s) +工02 (g) H1=83kJ?mol 121 CuCl /2(g)Cu。(s) +lCl2(g)AH2=-20kJ?mol CuO (s) +2HCl (g) CuCl2 (s) +H2

39、O (g) H3= - 121kJ?mol 1根據(jù)蓋斯定律，(+)X2可得4HCl (g) +O2 (g) 2Cl2 (g) +2H# (g),據(jù) 此計算該反應(yīng)的4 H;(3) 4HCl (g) +O2 (g) 2Cl2 (g) +2H2。(g)為氣體體積縮小的放熱反應(yīng)，若要提高HCl的轉(zhuǎn)化率，需要使平衡向著正向移動，結(jié)合平衡移動原理分析；(4)根據(jù)圖示，電解池左側(cè)發(fā)生反應(yīng)Fe3+e一Fe2+,該反應(yīng)為還原反應(yīng)，屬于電解池的陰極，陰極通入氧氣后Fe2+被。2氧化而再生成 Fe3+,該反應(yīng)為 4Fe2+O2+4H+一4Fe3+2H2。； HCl氣體在陽極放電的電極反應(yīng)式為2HCl - 2e Cl

40、2T +2H + ,據(jù)此結(jié)合電子守恒解答。【解答】解：(1)根據(jù)圖象可知，進料濃度比相同時，溫度越高HCl平衡轉(zhuǎn)化率越低，說明該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向著逆向移動，則溫度越高平衡常數(shù)越小，所以反應(yīng)平衡常數(shù) K (300C)大于K (400C);進料濃度比c (HCl)： c (。2)的比值越大，HCl的平衡轉(zhuǎn)化率越低，根據(jù)圖象可知，相同溫度時HCl轉(zhuǎn)化率最高的為進料濃度比c (HCl)： c (O2) =1： 1,該曲線中400 C HCl的平衡轉(zhuǎn)化率為84% ,4HCl (g) +O2 (g) 2c12 (g) +2H2O (g)初始cqc000平衡 0.84c00.21co0.42c

41、o0.42co轉(zhuǎn)化 co-0.84coK ( 400 C )cq - 0.21cq 0.42coc2 (H20)-c2 (Cl2)c4(HC1)*c(02)0.42co42c0) 2x (o. 42c0) 2一 (co-0.84co)4xCco-0.21c0)9 42)?X (0. 42)2(l-0.84)4X Cl-O, 21)c0進料濃度比c (HCl): c (O2)過低時，O2濃度較大，HCl的轉(zhuǎn)化率較高，但 Cl2和。2分離能耗較高，生成成本提高；進料濃度比c (HCl)： c (O2)過高時，。2濃度較低，導(dǎo)致HCl的轉(zhuǎn)化率減小,故答案為：大于； 一. a2和。2分離能耗較高、HC

42、l(l-0,84)4X (1-0. 21) c0轉(zhuǎn)化率較低;(2) CuCl2 (s) CuCl (s) +Cl2 (g)2 CuCl (s) +；O2 (g) CuO (s) + ,Cl2. 1 H1 = 83kJ?mol 1/、 人1(g) H2= - 20kJ?mol CuO (s) +2HCl (g) CuCl2 (s) +H2O一 1(g) H3= - 121kJ?mol根據(jù)蓋斯定律，( + +)X2 可得：4HCl (g) +O2 (g) 2Cl2 (g) +2H2O(g) H = (83kJ?mol 1) + (-20kJ?mol 1) + (- 121kJ?mol 1) x 2

43、= - 116kJ?mol1,故答案為：-116;(3) 4HCl (g) +O2 (g) 2Cl2 (g) +2H2O (g)為氣體體積縮小的放熱反應(yīng)，若要提高HCl的轉(zhuǎn)化率，需要使平衡向著正向移動，可增加反應(yīng)體系的壓強或及時分離出產(chǎn)物，均可提高HCl的轉(zhuǎn)化率，故答案為：增加反應(yīng)體系的壓強、及時分離出產(chǎn)物；(4)根據(jù)圖示，電解池左側(cè)發(fā)生反應(yīng)Fe3+e一Fe2+,該反應(yīng)為還原反應(yīng)，屬于電解池第20頁(共21頁)3+的陰極，負極通入氧氣后562+被O2氧化而再生成 Fe3+,該反應(yīng)為 4Fe2+O2+4H+ 4Fe +2H2O；根據(jù)電子守恒及 4Fe2+O2+4H+ 4Fe3+2H2O可知，電路中轉(zhuǎn)移1mol電子，消耗氧氣的物質(zhì)的量為：1mol x0.25mol,標況下 0.25mol氧氣的體積為：22.4L/mol x 0.25mol=5.6L,故答案為：Fe3 +e Fe2、4Fe2 +O2+4H 4Fe3 +2H2O; 5.6?！军c評】本題考查化學(xué)平衡計算、蓋斯定律應(yīng)用及電解原理等知識，題目難度較大，明確化學(xué)平衡及其影響為解答關(guān)鍵，注意掌握蓋斯定律內(nèi)容及三段式在化學(xué)平衡計算中的應(yīng)用，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析、理解能力及綜合應(yīng)用能力。（二）選考題：共15分。請考生從2道化學(xué)題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。化學(xué)-選彳3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與