2019年高考全国卷Ⅲ理综生物、化学、物理试题解析

2019年高考全国卷Ⅲ理综试题解析
1.楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？ A. 电阻定律 B. 库仑定律 C. 欧姆定律 D. 能量守恒定律
【答案】D
【解析】楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程.
2.金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a
金、a 地、a 火，它们沿轨道运行的速率分别为v 金、v 地、v 火。

已知它们的轨道半径R 金<R
地<R 火，由此可以判定
A. a 金>a 地>a 火
B. a 火>a 地>a 金
C. v 地>v 火>v 金
D. v 火>v 地>v 金
【答案】A
【解析】AB ．由万有引力提供向心力2
Mm
G ma R =可知轨道半径越小,向心加速度越大,故知A 项正确，B 错误；
CD ．由2
2Mm v G m R R
=得v =可知轨道半径越小,运行速率越大,故C 、D 都错误。

3.用卡车运输质量为m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。

两斜面I 、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。

重力加速度为g 。

当卡车沿
平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I 、Ⅱ压力的大小分别为F 1、F 2，则
A. 12F F ，
B. 12F F ，
C. 121=2F mg F ，
D. 121=2
F F mg ， 【答案】D
【解析】对圆筒进行受力分析知圆筒处于三力平衡状态，受力分析如图，由几何关系可知，
1cos30F mg '=︒，2sin30F mg '=︒ 。

解得12
F mg '=，2
12F mg '= 由牛顿第三定律
知121
,2
F F mg =
=，故D 正确
4.从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。

距地面高度h 在3m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示。

重力加速度取10m/s 2。

该物体的质量为
A. 2kg
B. 1.
5kg
C. 1kg
D. 0.5kg
【答案】C
【解析】对上升过程，由动能定理，0()k k F mg h E E -+=-，得0()k k E E F mg h =-+，即F +mg =12N ；下落过程，()(6)k mg F h E --=，即8mg F k '-==N ，联立两公式，得到m =1kg 、F =2N 。

5.如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为
1
2
B 和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。

一质量为m 、电荷量为q （q >0）的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限。

粒子在磁场中运动的时间为
A.
5π6m
qB
B.
7π6m
qB
C.
11π6m
qB
D.
13π6m
qB
【答案】B
【解析】运动轨迹如图
:
即运动由两部分组成,第一部分是
14个周期,第二部分是1
6
个周期, 粒子在第二象限运动转过的角度为90°，则运动的时间为2212442T m m
t qB qB
ππ=
=⋅=；粒子在第一象限转过的角度为60°，则运动的时间为
111226632
T m m t B qB q ππ=
=⋅=
；则粒子在磁场中运动的时间为：
1227326m m m
t t t qB qB qB
πππ=+=
+=，故B 正确，ACD 错误。

.
6.如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab 、cd 静止在导轨上。

t =0时，棒ab 以初速度v 0向右滑动。

运动过程中，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示。

下列图像中可能正确的是
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】ab 棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向左做减速运动，；金属棒cd 受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小安培力减小，加速度减小，当两棒速度相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，故最终电路中电流为0，故AC 正确，BD 错误。

7.如图（a ），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。

t =0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t =4s 时撤去外力。

细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图（b ）所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图（c ）所示。

木板与实验台之间的摩擦可以忽略。

重力加速度取g =10m/s 2。

由题给数据
可以得出
A. 木板的质量为1kg
B. 2s~4s内，力F的大小为0.4N
C. 0~2s内，力F的大小保持不变
D. 物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
【解析】结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.
8.如图，电荷量分别为q和–q（q>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。

则
A. a点和b点的电势相等
B. a点和b点的电场强度大小相等
C. a点和b点的电场强度方向相同
D. 将负电荷从a点移到b点，电势能增加
【答案】BC
【解析】由几何关系，
可知b的电势大于a的电势,故A错误,把负电荷从a移到b,电势能减少,故D错误;由对称性和电场的叠加原理，可得出a、b的合电场强度大小、方向都相同，故B、C正确。

9.甲乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验。

实验中，甲同学负责释放金属小球，乙同学负责在小球自由下落的时候拍照。

已知相机每间隔0.1s拍1幅照片。

（1）若要从拍得的照片中获取必要的信息，在此实验中还必须使用的器材是_______。

（填正确答案标号）
A.米尺
B.秒表
C.光电门
D.天平
（2）简述你选择的器材在本实验中的使用方法。

答：________________________________________________
（3）实验中两同学由连续3幅照片上小球的位置a、b和c得到ab=24.5cm、ac=58.7cm，则该地的重力加速度大小为g=___m/s2。

（保留2位有效数字）
【答案】(1). A (2). 将米尺竖直放置，使小球下落时尽量靠近米尺。

(3). 9.7 【解析】此实验用数码相机替代打点计时器,故实验原理是相同的,仍然需要米尺来测量点与点之间的距离;就本实验而言,因为是不同照片,所以是测量连续几张照片上小球位置之间的
距离;加速度求解仍然用逐差法计算,注意是bc 与ab 之间的距离差.
10.某同学欲将内阻为98.5Ω、量程为100uA 的
电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15k Ω刻度正好对应电流表表盘的50uA 刻度。

可选用的器材还有：定值电阻R 0（阻值14k Ω），滑动变阻器R 1（最大阻值1500Ω），滑动变阻器R 2（最大阻值500Ω），电阻箱（0~99999.9Ω），干电池（E =1.5V ，r =1.5Ω），红、黑表笔和导线若干。

（1）欧姆表设计
将图（a ）中的实物连线组成欧姆表。

（ ）欧姆表改装好后，滑动变阻器R 接入电路的电阻应为____Ω：滑动变阻器选____（填“R 1”或“R 2”）。

（2）刻度欧姆表表盘
通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b ）所示。

表盘上a 、b 处的电流刻度分别为25和75，则a 、b 处的电阻刻度分别为____、____。

（3）校准
红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向___k Ω处；将红、黑表笔与电阻箱连
接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量。

若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图（c ）所示，则电阻箱接入的阻值为_______Ω。

【答案】 (1). (2). 900 (3). R 1 (4). 45
(5). 5 (6). 0 (7). 35000.0 【解析】（1）连线如图：
根据欧姆表的改装原理，当电流计满偏时，则0g E
I r R R
=++，解得R=900Ω；为了
滑动变阻器的安全，则滑动变阻器选择R 1；
（2）在a 处， 014g xa E I r R R R =+++，解得R xa =45k Ω； 在b 处，则034g xb
E I r R R R =+++，解得R xb =5k Ω； （3）校准：红黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指到0 k Ω处；由图可知，电阻箱接入的电阻为：R =35000.0Ω。

11.空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O 、P 是电场中的两点。

从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m 的小球A 、B 。

A 不带电，B 的电荷量为q （q >0）。

A 从
O 点发射时的速度大小为v 0，到达P 点所用时间为t ；B 从O 点到达P 点所用时间为
2
t 。

重力加速度为g ，求 （1）电场强度的大小； （2）B 运动到P 点时的动能。

【答案】（1）3mg E q
=
；（2）222
k 0=2()E m v g t + 【解析】（1）设电场强度的大小为E ，小球B 运动的加速度为a 。

根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有
mg +qE =ma ①
22
11()222
t a gt =② 解得 3mg
E q
=
③ （2）设B 从O 点发射时的速度为v 1，到达P 点时的动能为E k ，O 、P 两点的高度差为h ，根据动能定理有
2k 11
2
E mv mgh qEh -=+④
且有
1
02
t
v v t =⑤ 2
12
h gt =
⑥ 联立③④⑤⑥式得
2
22k 0=2()E m v g t +⑦
12.静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A =l.0kg ，m B =4.0kg ；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l =1.0m ，如图所示。

某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A 、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k =10.0J 。

释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动。

A 、B 与地面之间的动摩擦因数均为u =0.20。

重力加速度取
g =10m/s ²。

A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。

（1）求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小；
（2）物块A 、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？ （3）A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？
【答案】（1）v A =4.0m/s ，v B =1.0m/s ；（2）A 先停止； 0.50m ；（3）0.91m ； 【解析】（1）设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有 0=m A v A -m B v B ①
22k 11
22
A A
B B E m v m v =+②
联立①②式并代入题给数据得
v A =4.0m/s ，v B =1.0m/s
（2）A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a 。

假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B 。

设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B 。

，则有
B B m a m g μ=④
212
B B s v t at =-⑤ 0B v at -=⑥
在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程S A 都可表示为
s A =v A t –21
2
at ⑦ 联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
s A =1.75m ，s B =0.25m ⑧
这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25m 处。

B 位于出发点左边0.25m 处，两物块之间的距离s 为
s =0.25m+0.25m=0.50m ⑨
（3）t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为v A ′，由动能定理有
()2211222
A A A A A
B m v m v m g l s μ'-=-+⑩ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得
/s A v '=
故A 与B 将发生碰撞。

设碰撞后A 、B 的速度分别为v A ′′以和v B ′′，由动量守恒定律与机械
能守恒定律有
()A A A A B B m v m v m v '''''-=+
222111
222
A A A A
B B m v m v m v '''''=+ 联立
式并代入题给数据得
/s,/s A B v v ''''==
这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动。

设碰撞后A 向右运动距离为s A ′时停止，B 向左运动距离为s B ′时停止，由运动学公式
22
2,2A A B B as v as v ''''''== 由④式及题给数据得
0.63m,0.28m
A B s s ''== s A ′小于碰撞处到墙壁的距离。

由上式可得两物块停止后的距离
0.91m A B s s s '''=+=
[物理一一选修3–3]
13.用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是_______________________________________________。

实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以
_____________________________________________________________。

为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是_________________________________。

【答案】 (1). 使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜 (2). 把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1mL 油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积 (3). 油膜稳定后得表面积S 。

【解析】油膜法测量分子大小需要形成单分子油膜，故而需要减少油酸浓度；一滴油酸的体积非常微小不易准确测量，故而使用累积法，测出N滴油酸溶液的体积V，用V与N的比值计算一滴油酸的体积；由于形成单分子油膜，油膜的厚度h可以认为是分子直径，故而还需要测量出油膜的面积S，以计算厚度V
.
h
S
14.如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。

若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。

已知大气压强为76cmHg，环境温度为296K。

（1）求细管的长度；
（2）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。

【答案】（1）41cm；（2）312K
【解析】（1）设细管的长度为l，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。

由玻意耳定律有
pV=p1V1①
由力的
平衡条件有
p =p 0–ρgh ③
式中，p 、g 分别为水银的密度和重力加速度的大小，p 0为大气压强。

由题意有
V =S （L –h 1–h ）④
V 1=S （L –h ）⑤
由①②③④⑤式和题给条件得
L =41cm ⑥
（2）设气体被加热前后的温度分别为T 0和T ，由盖–吕萨克定律有
10V V T T ⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得
T =312K ⑧
[物理——选修3–4] 15.水槽中，与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上。

振动片做简谐振动时，两根细杆周期性触动水面形成两个波源。

两波源发出的波在水面上相遇。

在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样。

关于两列波重叠区域内水面上振动的质点，下列说法正确的是________。

A. 不同质点的振幅都相同 B. 不同质点振动的频率都相同 C. 不同质点振动的相位都相同 D. 不同质点振动的周期都与振动片的周期相同 E. 同一质点处，两列波的相位差不随时间变化 【答案】BDE
【解析】两列波叠加形成稳定的干涉现象的条件是两列波的频率相同;任何质点都在按照相同的频率在振动,不同区域的质点振幅和位移不一定相同，两列波在水面上相遇时发生干涉，有的质点振动加强，有的振动减弱，可知不同的质点的振幅不一定相同，选项A错误；各质点振动的频率与波源频率相同,波源振动频率又与振动片的振动频率相同，不同质点的振动频率相同，都等于振源的频率，选项B正确；因各质点距离振源的距离不一定相同，则各质点振动的相位不一定相同，选项C错误；不同的质点振动的周期都与细杆的振动周期相同，细杆的振动周期与振动片的周期相同，则不同的质点振动的周期都与振动片的振动周期相同，选项D正确；同一质点处因与振源的位置关系一定，则两列波的相位差不随时间变化，选项E正确；故选BDE.
16.如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A=90°，∠B=30°。

一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出。

（1）求棱镜的折射率；
（2）保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出。

求此时AB边上入射角的正弦。

【答案】（1（2）sin i'
【解析】（1）光路图及相关量如图所示。

光束在AB边上折射，由折射定律得
sin sin i n α
=① 式中n 是棱镜的折射率。

由几何关系可知
α+β=60°②
由几何关系和反射定律得
=B ββ'+∠③
联立①②③式，并代入i =60°得
（2）设改变后的
入射角为i '，折射角为α'，由折射定律得
sin sin i α''
=n ⑤ 依题意，光束在BC 边上的入射角为全反射的临界角c θ，且
sin c θ=1n
⑥ 由几何关系得
c θ=α'+30° ⑦
由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为
sin i '
1.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
【答案】C
【解析】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。

2.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
【答案】D
【解析】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－丁二烯分子中所有原子共平面，D选。

答案选D。

3.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为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的单质均能溶于浓硫酸
【答案】B
【解析】Y的最外层电子数等于X次外层电子数，由于均是主族元素，所以Y的最外层电子数不可能是8个，则X只能是第二周期元素，因此Y的最外层电子数是2个，又因为Y 的原子半径大于Z，则Y只能是第三周期的Mg，因此X与Z的最外层电子数是（10－2）/2＝4，则X是C，Z是Si。

A、碳的氧化物形成的分子晶体，Y的氧化物是离子化合物氧化镁，则氧化镁的熔点高于碳的氧化物熔点，A错误；
B、碳元素的非金属性强于硅元素，非金属性越强，氢化物越稳定，则碳的氢化物稳定性强于硅的氢化物稳定性，B正确；
C、C与Si形成的是共价化合物SiC，C错误；
D、单质镁能溶于浓硝酸，单质硅不溶于浓硝酸，D错误；
答案选B。

4.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3NO - 、24SO -
、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 −
H 2O
【答案】A
【解析】离子交换树脂净化水的原理是：当含有Na +、Ca 2+、Mg 2+等阳离子及SO 42－、Cl －、NO 3－等阴离子的原水通过阳离子交换树脂时，水中的阳离子为树脂所吸附，而树脂上可交换的阳离子H ＋则被交换到水中，并和水中的阴离子组成相应的无机酸；当含有无机酸的水再通过阴离子交换树脂时，水中的阴离子也为树脂所吸附，树脂上可交换的阴离子OH －也被交换到水中，同时与水中的H ＋离子结合成水，则
A 、根据电荷守恒可知经过阳离子交换树脂后，水中阳离子总数增加，A 错误；
B 、根据以上分析可知水中的SO 42－、Cl －、NO 3－等阴离子通过阴离子交换树脂被除去，B 正确；
C 、通过净化处理后，溶液中离子的浓度降低，导电性降低，C 正确；
D 、根据以上分析可知阴离子交换树脂填充段存在反应H ＋＋OH －＝H 2O ，D 正确；
答案选A。

5.设N A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0.02N A
B. c(H+)= c(24
H PO-)+2c(24
HPO-)+3c(34
PO-)+ 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
【答案】B
【解析】A、常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01N A，A错误；
B、根据电荷守恒可知选项B正确；
C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；
D、加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误；答案选B。

6.下列实验不能达到目的的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】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 。

7.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，结构如下图所
示。

电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H 2O(l)−−−→←−−−放充电电ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。

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)+H 2O(l) C. 放电时负极反应为Zn(s)+2OH −(aq)−2e −ZnO(s)+H 2O(l)
D. 放电过程中OH−通过隔膜从负极区移向正极区
【答案】D
【解析】A、三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，吸附能力强，所沉积的ZnO分散度高，A正确；
B、充电相当于是电解池，阳极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知阳极是Ni(OH)2失去电子转化为NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)－e－＝NiOOH(s)＋H2O(l)，B正确；
C、放电时相当于是原电池，负极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知负极反应式为Zn(s)＋2OH－(aq)－2e－＝ZnO(s)＋H2O(l)，C正确；
D、原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则放电过程中OH－通过隔膜从正极区移向负极区，D错误。

答案选D。

8.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·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
（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LiNi x Co y Mn z O2，其中
Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。

当x=y=1
3
时，z=___________。

【答案】(1). SiO2（不溶性硅酸盐）(2). MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O
(3). 将Fe2+氧化为Fe3+(4). 4.7 (5). NiS和ZnS (6). F−与H+结合形成弱电解质
HF，MgF2Mg2++2F−平衡向右移动(7). Mn2++2
3
HCO =MnCO3↓+CO2↑+H2O
(8). 1 3
【解析】（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4.7~6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=1/3
9.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：
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.
①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。

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5.4 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，①中需使用的有________（填标号），不需使用的
_______________________（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_________%。

【答案】(1). A (2). BD (3). 分液漏斗、容量瓶(4). 充分析出乙酰水杨酸固体（结晶）(5). 生成可溶的乙酰水杨酸钠(6). 重结晶(7). 60
【解析】（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①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~ C9H8O4
138 180
6.9g m
m( C9H8O4)=(6.9g×180)/138=9g，则产率为5.4g
100%=60% 9g。

10.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。