2019年高考化学试卷（新课标Ⅲ）（解析卷）

1/19 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 1/19 误； 2/19 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ZX D．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； 2/19 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； 3/19 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 ﹣、SO4 2﹣ 、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 3/19 误； 4/19 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 ﹣、SO4 2 ﹣、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0.02NA B．c（H+）＝c（H2PO4 ﹣）+2c（HPO4 2﹣）+3c（PO4 3﹣）+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】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（HPO4 2﹣）+3c （PO4 3﹣）+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。 5/19 【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MnO2 C． 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．B C．C D．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 ﹣ ﹣﹣ 6/19 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 6/19 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。 7/19 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+）＝0.1 mol•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pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9 （1）“滤渣1”含有S 和 SiO 2（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 MnO 2+MnS+2H2SO4＝ 2MnSO 4+S+2H2O 。 （2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是 将 Fe 2+ 氧化为 Fe 3+ 。 （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 ， MgF 2⇌ Mg 2+ +2F ﹣ 平衡向右移动 。 （6）写出“沉锰”的离子方程式 Mn 2+ +2HCO 3 ﹣ ＝ MnCO 3↓+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 7/19 ZnS，“ 8/19 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+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Fe3+，从而在调节pH 时除去这两 种离子， 8/19 故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；（3）“调pH” 9/19 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： 9/19 水杨酸 醋酸酐 乙酰水杨酸 10/19 熔点/℃ 157～159 ﹣72～﹣74 135～138 相对密度/（g•cm﹣3） 1.44 1.10 1.35 相对分子质量 138 102 180 实验过程：在100mL 锥形瓶中加入水杨酸6.9g 及醋酸酐10