2019年西藏全国统一高考化学试卷(新课标ⅲ)(含解析版).pdf

第 1页（共 27页）2019 年全国统一高考化学试卷（新课标年全国统一高考化学试卷（新课标）一一、选择题选择题：本题共本题共 7 个小题个小题，每小题每小题 6 分分。共共 42 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有只有一项是符合题目要求的。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D1，3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 10X 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CX 与 Z 可形成离子化合物 ZXDY 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第 2页（共 27页）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+OHH2O5（6 分）设 NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下 pH2 的 H3PO4溶液，下列说法正确的是（）A每升溶液中的 H+数目为 0.02NABc（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 NaH2PO4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AABBCCDD7（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（3DZn）可以高效沉积 ZnO 的特点，设计了采用强碱性电解质的 3DZnNiOOH 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）eNiOOH（s）+H2O（l）C放电时负极反应为 Zn（s）+2OH（aq）2eZnO（s）+H2O（l）第 3页（共 27页）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：共二、非选择题：共 43 分。第分。第 810 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 1112 为选为选考题，考生根据要求作答考题，考生根据要求作答。（一）必考题：（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+）0.1 molL1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。（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 xy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：第 4页（共 27页）水杨酸醋酸酐乙酰水杨酸熔点/1571597274135138相对密度/（gcm3）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。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。所得结晶粗品加入 50mL 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 5.4g。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，中需使用的有（填标号），不需使用的有（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%。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 平衡第 5页（共 27页）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）H183kJmol1CuCl（s）+O2（g）CuO（s）+Cl2（g）H220kJmol1CuO（s）+2HCl（g）CuCl2（s）+H2O（g）H3121kJmol1则 4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）的HkJmol1。（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）。第 6页（共 27页）（二（二）选考题选考题：共共 15 分分。请考生从请考生从 2 道化学题中任选一题作答道化学题中任选一题作答。如果多做如果多做，则按所做的第则按所做的第一题计分。一题计分。化学化学-选修选修 3：物质结构与性质：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）。化学化学-选修选修 5：有机化学基础：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：第 7页（共 27页）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 6：2：1；1mol 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）第 8页（共 27页）2019 年全国统一高考化学试卷（新课标年全国统一高考化学试卷（新课标）参考答案与试题解析参考答案与试题解析一一、选择题选择题：本题共本题共 7 个小题个小题，每小题每小题 6 分分。共共 42 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有只有一项是符合题目要求的。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】ASi 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：ASi 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D1，3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；第 9页（共 27页）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 CH2CHCHCH2，所有原子都采用 sp2杂化，CH2CH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 10X 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CX 与 Z 可形成离子化合物 ZXDY 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；AX 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；CX、Z 为非金属元素，易形成共价化合物；DZ 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；AX 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：MgOCO 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 XZ，则热稳定性：X 的氢化物大于 Z 的氢化物，故 B 正确；CX、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；第 10页（共 27页）DZ 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+OHH2O【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；第 11页（共 27页）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+OHH2O，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 pH2 的 H3PO4溶液，下列说法正确的是（）A每升溶液中的 H+数目为 0.02NABc（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 NaH2PO4固体，溶液酸性增强【分析】ApH2 的溶液中氢离子浓度为 0.01mol/L，根据 ncV、NnNA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 pH2 的 H3PO4溶液中 c（H+）0.01mol/L，1L 该溶液中含有的 n（H+）0.01mol/L1L0.01mol，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；第 12页（共 27页）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AABBCCDD【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（3DZn）可以高效沉积 ZnO 的特点，设计了采用强碱性电解质的 3DZnNiOOH 二次电池，第 13页（共 27页）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）eNiOOH（s）+H2O（l）C放电时负极反应为 Zn（s）+2OH（aq）2eZnO（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）2eZnO（s）+H2O（l）、正极反应式为NiOOH（s）+H2O（l）+eNi（OH）2（s）+OH（aq），充电时阳极反应式为 Ni（OH）2（s）+OH（aq）eNiOOH（s）+H2O（l）、阴极反应式为ZnO（s）+H2O（l）+2eZn（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）eNiOOH（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）2eZnO（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。第 14页（共 27页）二、非选择题：共二、非选择题：共 43 分。第分。第 810 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 1112 为选为选考题，考生根据要求作答考题，考生根据要求作答。（一）必考题：（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+）0.1 molL1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+2H2SO42MnSO4+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4.76 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，MgF2Mg2+2F平衡向右移动。（6）写出“沉锰”的离子方程式Mn2+2HCO3MnCO3+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 xy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，“除第 15页（共 27页）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 xy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 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，离 子 方 程 式 为 MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O，故答案为：SiO2（不溶性硅酸盐）；MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O；（2）MnO2具有氧化性，能氧化还原性离子 Fe2+生成 Fe3+，从而在调节 pH 时除去这两种离子，故答案为：将 Fe2+氧化为 Fe3+；第 16页（共 27页）（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 pH4.7 时 Fe3+和 Al3+沉淀完全，在 pH6.2 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 4.76 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，MgF2Mg2+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，MgF2Mg2+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+2HCO3MnCO3+CO2+H2O，故答案为：Mn2+2HCO3MnCO3+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 xy时，该化合物中各元素的化合价代数和为 0，+1+（+2）+（+3）+（+4）z+（2）20，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第 17页（共 27页）熔点/1571597274135138相对密度/（gcm3）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。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。所得结晶粗品加入 50mL 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 5.4g。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，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）中需使用冷水，目的是充分析出乙酰水杨酸固体（结晶）。（4）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）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）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；第 18页（共 27页）（5）固体经纯化方法为重结晶；（6）醋酸酐质量10mL1.10g/mL11g，6.9g 水杨酸完全反应消耗醋酸酐质量1025.1g11g，所以乙酸酐有剩余，则理论上生成乙酰水杨酸质量1809g，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）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，所以采用的纯化方法为重结晶，故答案为：重结晶；（6）醋酸酐质量10mL1.10g/mL11g，6.9g 水杨酸完全反应消耗醋酸酐质量1025.1g11g，所以乙酸酐有剩余，则理论上生成乙酰水杨酸质量1809g，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）Deacon 发明的直接氧化法为：4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）。如图第 19页（共 27页）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）H183kJmol1CuCl（s）+O2（g）CuO（s）+Cl2（g）H220kJmol1CuO（s）+2HCl（g）CuCl2（s）+H2O（g）H3121kJmol1则 4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）的H116kJmol1。（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：第 20页（共 27页）负极区发生的反应有Fe3+eFe2+、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 400HCl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 c00.84c0c00.21c00.42c00.42c0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）CuCl2（s）CuCl（s）+Cl2（g）H183kJmol1CuCl（s）+O2（g）CuO（s）+Cl2（g）H220kJmol1CuO（s）+2HCl（g）CuCl2（s）+H2O（g）H3121kJmol1根据盖斯定律，（+）2 可得 4HCl（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+eFe2+，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 2HCl2eCl2+2H+，据此结合电第 21页（共 27页）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 400HCl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 c00.84c0c00.21c00.42c00.42c0K（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）CuCl2（s）CuCl（s）+Cl2（g）H183kJmol1CuCl（s）+O2（g）CuO（s）+Cl2（g）H220kJmol1CuO（s）+2HCl（g）CuCl2（s）+H2O（g）H3121kJmol1根据盖斯定律，（+）2 可得：4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）H（83kJmol1）+（20kJmol1）+（121kJmol1）2116kJmol1，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，第 22页（共 27页）均可提高 HCl 的转化率，故答案为：增加