高三年级8月月考.docx

内装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_外装订线武汉市第十六中学2019-2020学年度第一学期高三年级8月考化学卷命题人：魏丽杉第I卷（选择题)一、单选题（每小题3分，共42分）1（3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（3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D1,3丁二烯3（3分）下列实验操作或装置能达到目的的是（ ）ABCD混合浓硫酸和乙醇配制一定浓度的溶液收集气体证明乙炔可使溴水褪色AABBCCDD4（3分）2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周期。下列说法不正确的是AIn是第五周期第A族元素B11549In的中子数与电子数的差值为17C原子半径：In>AlD碱性：In(OH)3>RbOH5（3分）室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A0.1 mol·L1NaOH溶液：Na+、K+、B0.1 mol·L1FeCl2溶液：K+、Mg2+、C0.1 mol·L1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl、OHD0.1 mol·L1H2SO4溶液：K+、6（3分）室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色X溶液中一定含有Fe2+B向浓度均为0.05 mol·L1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgI)> Ksp(AgCl)C向3 mL KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色Br2的氧化性比I2的强D用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强AABBCCDD7（3分）反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) H>0，在一定条件下于密闭容器中达到平衡。下列各项措施中，不能提高乙烷平衡转化率的是( )A增大容器容积B升高反应温度C分离出部分氢气D等容下通入惰性气体8（3分）元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17，下列说法不正确的是XYZQA原子半径(r)：r(Q)r(Y)r(Z)B元素X有 -4，+2、+4等多种价态CY、Z的氧化物对应的水化物均为强酸D可以推测H3QO4是Q的最高价氧化物的水化物9（3分）NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×103 ，Ka2=3.9×106）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是A混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关BNa+与A2的导电能力之和大于HA的Cb点的混合溶液pH=7Dc点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH)10（3分）科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是AWZ的水溶液呈碱性B元素非金属性的顺序为X>Y>ZCY的最高价氧化物的水化物是中强酸D该新化合物中Y不满足8电子稳定结构11（3分）已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A3g 3He含有的中子数为1NAB1 L 0.1 mol·L1磷酸钠溶液含有的数目为0.1NAC1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAD48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA12（3分）下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是A向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4B澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3+H2OCNa2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2D向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl213（3分）绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是A图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q)C向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动14（3分）下列实验不能达到目的的是选项目的实验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AABBCCDD第II卷（非选择题)二、必做题15（15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，工艺如下图所示。回答下列问题：相关金属离子c0(Mn+)=0.1 mol·L1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pH10.18.32.84.710.98.28.9（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的作用是将_。（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LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=_。16（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下：水杨酸醋酸酐乙酰水杨酸熔点/157159-72-74135138相对密度/（g·cm3）1.441.101.35相对分子质量138102180实验过程：在100 mL锥形瓶中加入水杨酸6.9 g及醋酸酐10 mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5 mL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.在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100 mL冷水中，析出固体，过滤。所得结晶粗品加入50 mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4 g。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，中需使用的有_（填标号），不需使用的_（填名称）。（3）中需使用冷水，目的是_。（4）中饱和碳酸氢钠的作用是_，以便过滤除去难溶杂质。（5）采用的纯化方法为_。（6）本实验的产率是_%。17（14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)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) c(O2)分别等于11、41、71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)=11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=83 kJ·mol-1CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) H2=-20 kJ·mol-1CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) H3=-121 kJ·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HCI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，如下图所示：负极区发生的反应有_（写反应方程式）。电路中转移1 mol电子，需消耗氧气_L（标准状况）三、选做题（请在18、19两题选一题作答）18（15分）.下列各组物质性质的比较，结论正确的是（_）A分子的极性： B物质的硬度：C物质的沸点： D.在中的溶解度：.锰单质及其化合物应用十分广泛。回答下列问题：(1)位于元素周期表中第四周期_族，基态原子核外未成对电子有_个。(2)可与反应生成 ，新生成的化学键为_键。分子的空间构型为_，其中N原子的杂化轨道类型为_。(3)金属锰有多种晶型，其中的结构为体心立方堆积，晶胞参数为apm， 中锰的原子半径为_pm。已知阿伏加德罗常数的值为， 的理论密度_。(列出计算式)(4)已知锰的某种氧化物的晶胞如图所示，其中锰离子的化合价为_，其配位数为_。19（15分）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）反应的类型为_，W的分子式为_。（4）不同条件对反应产率的影响见下表：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_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_。含有苯环；有三种不同化学环境的氢，个数比为621；1 mol的X与足量金属Na反应可生成2 g H2。（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）试卷第9页，总9页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1C【来源】2019年全国统一高考化学（新课标)【解析】【详解】A、硅是半导体，高纯硅可用于制作光感电池，A正确；B、铝合金硬度大，可用于高铁建设，B正确；C、活性炭具有吸附性，可用于除异味，但不能杀菌消毒，C错误；D、碘酒能使蛋白质变性，可用于皮肤外用消毒，D正确；答案选C。2D【来源】2019年全国统一高考化学（新课标)【解析】【详解】A、甲苯中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，A不选；B、乙烷是烷烃，所有原子不可能共平面，B不选；C、丙炔中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，C不选；D、碳碳双键是平面形结构，因此1，3丁二烯分子中两个双键所在的两个面可能重合，所有原子可能共平面，D选。答案选D。3B【来源】2019年天津高考化学试题【解析】【分析】A、乙醇的密度小于浓硫酸；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切；C、二氧化氮的密度大于空气；D、乙炔中的杂质也能使溴水褪色。【详解】A、乙醇的密度小于浓硫酸，混合时应将浓硫酸沿烧杯壁倒入乙醇中，边倒边搅拌，若顺序相反则容易引起液体飞溅，故A不能达到目的；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，故B能达到目的；C、二氧化氮的密度大于空气，集气瓶中的导气管应长进短出，故C不能达到目的；D、乙炔中的H2S等杂质也能使溴水褪色，应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去，故D不能达到目的；故选B。【点睛】本题考查实验装置和基本操作，易错点D，学生易忽略实验室用电石制乙炔中的H2S等还原性杂质也能使溴水褪色。4D【来源】2019年北京高考化学试题【解析】【分析】A根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判断该元素在周期表中的位置；B质量数质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数；C同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大；D同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱；【详解】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因此In位于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意；B.质量数质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意；C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径InAl，故C不符合题意；D.In位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：In(OH)3RbOH，故D符合题意；综上所述，本题应选D。【点睛】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。5A【来源】2019年江苏卷高考化学试题【解析】【分析】此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，再从中判断在此条件的环境中是否有离子会互相反应，能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存在。【详解】A.是一个碱性环境，离子相互间不反应，且与OH-不反应，能大量共存；B.MnO4-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者会发生氧化还原反应而不能大量共存；C.Ba2+可以与CO32-发生反应生成沉淀而不能大量存在；D.酸性条件下H+与HSO3-不能大量共存，同时酸性条件下NO3-表现强氧化性会将HSO3-氧化而不能大量共存；故选A。【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C项；离子间发生氧化还原反应，如题中B项；离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；注意题中的附加条件的影响，如NO3-在酸性条件下会表现强氧化性等。6C【来源】2019年江苏卷高考化学试题【解析】【详解】A.先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红，说明加入KSCN溶液前溶液中存在Fe3+，而此时的Fe3+是否由Fe2+氧化而来是不能确定的，所以结论中一定含有Fe2+是错误的，故A错误；B. 黄色沉淀为AgI，说明加入AgNO3溶液优先形成AgI沉淀，AgI比AgCl更难溶，AgI与AgCl属于同种类型，则说明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，故B错误；C.溶液变蓝说明有单质碘生成，说明溴置换出KI中的碘，根据氧化还原反应的原理得出结论：Br2的氧化性比I2的强，故C正确；D.CH3COONa和NaNO2溶液浓度未知，所以无法根据pH的大小，比较出两种盐的水解程度，也就无法比较HNO2和CH3COOH电离出H+的难易程度，故D错误；故选C。7D【来源】2019年高考海南卷化学试题【解析】【详解】A.该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应，增大反应容器的容积，体系的压强减小，化学平衡正向移动，能提高乙烷平衡转化率，A不符合题意；B.该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应，升高反应温度，化学平衡正向移动，可提高乙烷的平衡转化率，B不符合题意；C.分离出部分氢气，减少了生成物浓度，平衡正向移动，可提高乙烷的平衡转化率，C不符合题意；D.等容下通入惰性气体，体系的总压强增大，物质的浓度不变，因此化学平衡不移动，对乙烷的平衡转化率无影响，D符合题意；故合理选项是D。8C【来源】2018年11月浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题【解析】【详解】由X、Y、Z最外层电子数和为17可以推出元素X为碳元素；Y元素为硫元素，Z为氯元素，Q为第四周期VA，即为砷元素。A、元素周期表同主族从上到下原子半径依次增大，同周期从左向右依次减小，选项A正确；B、碳元素所在的化合物甲烷、一氧化碳、二氧化碳所对应的化合价分别为-4，2、4，选项B正确；C、硫元素对应的氧化物二氧化硫的水化物亚硫酸并非是强酸，选项C不正确；D、VA最外层电子数为5，故最高化合价为5，选项D正确。答案选C。【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的知识，分析元素是解题的关键。易错点为选项D，应分析Q为VA族元素，根据元素性质的相似性、递变性进行判断。9C【来源】2019年全国统一考试化学试题（新课标)【解析】【分析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。【详解】A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；B项、a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA转化为A2，b点导电性强于a点，说明Na+和A2的导电能力强于HA，故B正确；C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH7，故C错误；D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）c（OH），溶液中三者大小顺序为c（Na+）c（K+）c（OH），故D正确。故选C。【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关键。10C【来源】2019年全国统一考试化学试题（新课标)【解析】【分析】由W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z的核外最外层电子数是X核外电子数的一半可知，Z为Cl、X为Si，由化合价代数和为0可知，Y元素化合价为3价，则Y为P元素；由W的电荷数可知，W为Na元素。【详解】A项、氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故A错误；B项、同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱顺序为ClSP，故B错误；C项、P元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸是三元中强酸，故C正确；D项、新化合物中P元素化合价为3价，满足8电子稳定结构，故D错误。故选C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意分析题给化合物的结构示意图，利用化合价代数和为零和题给信息推断元素为解答关键。11B【来源】2019年全国统一考试化学试题（新课标)【解析】【详解】A. 的中子数为3-2=1，则3g的中子数为=NA，A项正确； B. 磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1L 0.1mol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L×0.1mol/L×NA mol-1 =0.1NA，B项错误；C. 重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol×2×NA mol-1 =6NA，C项正确；D. 正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为×13×NA mol-1 =13NA，D项正确；答案选B。12C【来源】2019年全国统一考试化学试题（新课标)【解析】【详解】A.金属活动性顺序：ZnCu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；B. 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2CaCO3+H2O，B项正确；C. 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2NaOHNa2CO3·10H2ONa2CO3，C项错误；D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3+ 3MgCl2，D项正确；答案选C。13B【来源】2019年全国统一考试化学试题（新课标)【解析】【详解】A. CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在饱和溶液中，c(Cd2+)= c(S2-)，结合图象可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度，A项正确；B. CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B项错误；C. m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C项正确；D. 从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项正确；答案选B。14A【来源】2019年全国统一高考化学（新课标)【解析】【详解】A、氯气与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和碳酸氢钠，不能制备次氯酸，不能达到实验目的，A选；B、过氧化氢溶液中加入少量二氧化锰作催化剂，加快双氧水的分解，因此可以加快氧气的生成速率，能达到实验目的，B不选；C、碳酸钠溶液与乙酸反应，与乙酸乙酯不反应，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，能达到实验目的，C不选；D、根据较强酸制备较弱酸可知向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可以制备二氧化硫，能达到实验目的，D不选；答案选A。15SiO2（不溶性硅酸盐） MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O 将Fe2+氧化为Fe3+ 4.7 NiS和ZnS F与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2+2F平衡向右移动 Mn2+2=MnCO3+CO2+H2O 【来源】2019年全国统一高考化学（新课标)【解析】【详解】（1）Si元素以SiO2或不溶性硅盐存在，SiO2与硫酸不反应，所以滤渣I中除了S还有SiO2；在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；（2）二氧化锰作为氧化剂，使得MnS反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+；（3）由表中数据知pH在4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以应该控制pH在4.76之间；（4）根据题干信息，加入Na2S除杂为了除去锌离子和镍离子，所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS；（5）由HF H+F-知，酸度过大，F-浓度减低，使得MgF2Mg2+2F-平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2+沉淀不完全；（6）根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3沉淀，所以反应离子方程式为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O；（7）根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，带入计算得：z=1/316A BD 分液漏斗、容量瓶 充分析出乙酰水杨酸固体（结晶） 生成可溶的乙酰水杨酸钠 重结晶 60 【来源】2019年全国统一高考化学（新课标)【解析】【详解】（1）因为反应温度在70，低于水的沸点，且需维温度不变，故采用热水浴的方法加热；（2）操作需将反应物倒入冷水，需要用烧杯量取和存放冷水，过滤的操作中还需要漏斗，则答案为：B、D；分液漏斗主要用于分离互不相容的液体混合物，容量瓶用于配制一定浓度的溶液，这两个仪器用不到。（3）反应时温度较高，所以用冷水的目的是使得乙酰水杨酸晶体充分析出；（4）乙酰水杨酸难溶于水，为了除去其中的杂质，可将生成的乙酰水杨酸与碳酸氢钠反应生成可溶性的乙酰水杨酸钠，以便过滤除去杂质；（5）每次结晶过程中会有少量杂质一起析出，可以通过多次结晶的方法进行纯化，也就是重结晶；（6）水杨酸分子式为C7H6O3，乙酰水杨酸分子式为C9H8O4，根据关系式法计算得：C7H6O3 C9H8O4138 1806.9g mm( C9H8O4)=(6.9g×180)/138=9g，则产率为。17大于 O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低 116 增加反应体系压强、及时除去产物 Fe3+e=Fe2+，4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O 5.6 【来源】2019年全国统一高考化学（新课标)【解析】【详解】（1）根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300)>K(400)；由图像知，400时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：起始（浓度） c0 c0 0 0变化（浓度） 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0平衡（浓度）(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；（2）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III）×2得 H=（H1+H2+H3）×2=-116kJ·mol-1；（3）若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；（4）电解过程中，负极区即阴极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图中左侧为负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe3+eFe2+和4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O；电路中转移1 mol电子，根据电子得失守恒可知需消耗氧气的物质的量是1mol÷40.25mol，在标准状况下的体积为0.25mol×22.4L/mol5.6L。18AB VIIB 5 配位 三角锥 sp3 +2 6 【来源】2019年高考海南卷化学试题【解析】【分析】I.A.先判断分子是否为极性分子，然后根据极性分子的极性大于非极性分子的极性；B.二者是离子晶体，离子键越强，物质的硬度越大；C.HF分子之间存在氢键；D.CS2、CCl4都是非极性分子，H2O是极性分子，利用相似相溶原理分析；II.(1)Mn是25号元素，根据原子序数与元素周期表的位置判断其位置；并根据构造原理书写其核外电子排布式，判断其核外未成对电子数目；(2)在络离子的中心离子与配体之间存在配位键；用价层电子对理论判断NH3的空间构型，N原子的杂化轨道类型为sp3；(3)体心立方结构中Mn原子在晶胞顶点和体心内，体对角线为Mn原子半径的4倍，据此计算Mn原子半径；先计算一个晶胞中含有的Mn原子数，然后根据=计算晶胞密度；(4)用均摊法计算晶胞中Mn、O离子个数，然后利用化合物中正负化合价代数和等于0计算Mn的化合价；根据晶胞结构可知：在Mn离子上下、前后、左右6个方向有O离子，配位数是6。【详解】I.A.BCl3是平面正三角形，分子中正负电中心重合，是非极性分子；而NCl3的N原子上有一对孤电子对，是三角锥形，分子中正负电中心不重合，是极性分子，所以分子极性：BCl3<NCl3，A正确；B.NaF、NaI都是离子晶体，阴、阳离子通过离子键结合，由于离子半径F-<I-，离子半径越小，离子键越强，物质的硬度就越大，所以物质硬度：NaF>NaI，B正确；C.HCl分子之间只存在分子间作用力，而HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在分子间氢键，因此HF的沸点比HCl的高，C错误；D.CCl4、CS2都是由非极性分子构成的物质，H2O是由极性分子构成的物质，根据相似相溶原理可知，由非极性分子构成的溶质CCl4容易溶解在由非极性分子构成的溶剂CS2中，由极性分子H2O构成的溶质不容易溶解在由非极性分子构成的溶剂CS2中，所以溶解度：CCl4>H2O，D错误；故合理选项是AB；II. (1)Mn是25号元素，在元素周期表中第四周期VIIB族，根据构造原理可得基态原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d54s2，根据核外电子排布规律可知，该原子核外的未成对电子有5个；(2)MnCl2中的Mn2+上有空轨道，而NH3的N原子上有孤电子对，因此二者反应可形成络合物 ，则新生成的化学键为配位键。NH3的价层电子对数为3+，且N原子上有一对孤电子对，所以NH3分子的空间构型为三角锥形，其中N原子的杂化轨道类型为sp3杂化。(3)体心立方结构中Mn原子在晶胞顶点和体心内，体对角线为Mn原子半径的4倍，由于晶胞参数为apm，则，则Mn原子半径r=pm；在一个Mn晶胞中含有的Mn原子数为，则根据晶体密度=可得晶胞密度=g/cm3；(4)在晶胞中含有的Mn离子数目为：，含有的O离子数目为：，Mn离子：O离子=4：4=1：1，所以该氧化物的化学式为MnO，化合物中元素正负化合价代数和等于0，由于O的化合价为-2价，所以Mn的化合价为+2价；根据晶胞结构可知：在Mn离子上、下、前、后、左、右6个方向各有一个O离子，所以Mn离子的配位数是6。【点睛】本题考查了物质结构与性质的知识，涉及分子的极性、物质的熔沸点、硬度、溶解性的比较、原子核外电子排布及与其在周期表位置的关系、晶胞结构与计算等。在考查学生对知识的掌握的同时，考查了学生的空间想象能力及数学计算能力。19间苯二酚（1，3-苯二酚） 羧基、碳碳双键 取代反应 C14H12O4 不同碱 不同溶剂