全国统一考试化学试题新课标Ⅰ详细解析版.docx

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全国统一考试化学试题新课标Ⅰ详细解析版

2019年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试化学

H1Li7C12N14O16Na23S32Cl35、5Ar40Fe56I127

一、选择题:

本题共13个小题,每小题6分。

共78分,在每小题给出得四个选项中,只有一项就是符合题目要求得。

1、陶瓷就是火与土得结晶,就是中华文明得象征之一,其形成、性质与化学有着密切得关系。

下列说法错误得就是

A、“雨过天晴云破处”所描述得瓷器青色,来自氧化铁

B、闻名世界得秦兵马俑就是陶制品,由黏土经高温烧结而成

C、陶瓷就是应用较早得人造材料,主要化学成分就是硅酸盐

D、陶瓷化学性质稳定,具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点

【答案】A

2、关于化合物2−苯基丙烯（

）,下列说法正确得就是

A、不能使稀高锰酸钾溶液褪色B、可以发生加成聚合反应

C、分子中所有原子共平面D、易溶于水及甲苯

3、实验室制备溴苯得反应装置如下图所示,关于实验操作或叙述错误得就是

A、向圆底烧瓶中滴加苯与溴得混合液前需先打开KB、实验中装置b中得液体逐渐变为浅红色

C、装置c中得碳酸钠溶液得作用就是吸收溴化氢D、反应后得混合液经稀碱溶液洗涤、结晶,得到溴苯

【答案】D

4、固体界面上强酸得吸附与离解就是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究得重要课题。

下图为少量HCl气体分子在253K冰表面吸附与溶解过程得示意图。

下列叙述错误得就是

A、冰表面第一层中,HCl以分子形式存在

B、冰表面第二层中,H+浓度为5×10−3mol·L−1（设冰得密度为0、9g·cm−3）

C、冰表面第三层中,冰得氢键网格结构保持不变

D、冰表面各层之间,均存在可逆反应HCl

H++Cl−

【答案】D

由示意图可知,在冰得表面第一层主要为氯化氢得吸附,第二层中氯化氢溶于水中并发生部分电离,第三层主要就是冰,与氯化氢得吸附与溶解无关。

【详解】A项、由图可知,冰得表面第一层主要为氯化氢得吸附,氯化氢以分子形式存在,故A正确;

B项、由题给数据可知,冰得表面第二层中氯离子与水得个数比为10—4:

1,第二层中溶解得氯化氢分子应少于第一层吸附得氯化氢分子数,与水得质量相比,可忽略其中溶解得氯化氢得质量。

设水得物质得量为1mol,则所得溶液质量为18g/mol×1mol=18g,则溶液得体积为

×10—3L/ml=2、0×10—2L,由第二层氯离子与水个数比可知,溶液中氢离子物质得量等于氯离子物质得量,为10—4mol,则氢离子浓度为

=5×10—3mol/L,故B正确;

C项、由图可知,第三层主要就是冰,与氯化氢得吸附与溶解无关,冰得氢键网络结构保持不变,故C正确;

D项、由图可知,只有第二层存在氯化氢得电离平衡HCl

H++Cl—,而第一层与第三层均不存在,故D错误。

故选D。

【点睛】本题考查氯化氢气体在冰表面得吸附与溶解。

侧重考查接受、吸收、整合化学信息得能力及分析与解决化学问题得能力,注意能够明确图像表达得化学意义,正确计算物质得量浓度为解答关键。

5、NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸氢钾H2A得Ka1=1、1×10−3,Ka2=3、9×10−6）溶液,混合溶液得相对导电能力变化曲线如图所示,其中b点为反应终点。

下列叙述错误得就是

A、混合溶液得导电能力与离子浓度与种类有关B、Na+与A2−得导电能力之与大于HA−得

C、b点得混合溶液pH=7D、c点得混合溶液中,c（Na+）>c（K+）>c（OH−）

【答案】C

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与邻苯二甲酸钠,溶液中离子浓度增大,导电性增强,邻苯二甲酸钾与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与邻苯二甲酸钠,溶液中Na+与A2—得浓度增大。

由图像可知,溶液导电性增强,说明导电能力与离子浓度与种类有关,故A正确;

B项、a点与b点K+得物质得量相同,K+得物质得量浓度变化不明显,HA—转化为A2—,b点导电性强于a点,说明Na+与A2—得导电能力强于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与邻苯二甲酸钠,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pH＞7,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得量得邻苯二甲酸钾与邻苯二甲酸钠,溶液中c（Na+）与c（K+）相等,c点就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、氢氧化钠得混合溶液,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得体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液得体积,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】本题考查水溶液中得离子平衡,试题侧重考查分析、理解问题得能力,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与成分得变化与导电性变化得关系就是解答关键。

6、利用生物燃料电池原理研究室温下氨得合成,电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子,示意图如下所示。

下列说法错误得就是

A、相比现有工业合成氨,该方法条件温与,同时还可提供电能

B、阴极区,在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+

2H++2MV+

C、正极区,固氮酶为催化剂,N2发生还原反应生成NH3

D、电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动

【答案】B

由生物燃料电池得示意图可知,左室电极为燃料电池得负极,MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+,电极反应式为MV+—e—=MV2+,放电生成得MV2+在氢化酶得作用下与H2反应生成H+与MV+,反应得方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+;右室电极为燃料电池得正极,MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+,电极反应式为MV2++e—=MV+,放电生成得MV+与N2在固氮酶得作用下反应生成NH3与MV2+,反应得方程式为N2+6H++6MV+=6MV2++NH3,电池工作时,氢离子通过交换膜由负极向正极移动。

【详解】A项、相比现有工业合成氨,该方法选用酶作催化剂,条件温与,同时利用MV+与MV2+得相互转化,化学能转化为电能,故可提供电能,故A正确;

B项、左室为负极区,MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+,电极反应式为MV+—e—=MV2+,放电生成得MV2+在氢化酶得作用下与H2反应生成H+与MV+,反应得方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+,故B错误;

C项、右室为正极区,MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+,电极反应式为MV2++e—=MV+,放电生成得MV+与N2在固氮酶得作用下反应生成NH3与MV2+,故C正确;

D项、电池工作时,氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动,故D正确。

故选B。

【点睛】本题考查原池原理得应用,注意原电池反应得原理与离子流动得方向,明确酶得作用就是解题得关键。

7、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核外最外层电子数就是X核外电子数得一半。

下列叙述正确得就是

A、WZ得水溶液呈碱性B、元素非金属性得顺序为X>Y>Z

C、Y得最高价氧化物得水化物就是中强酸吗D、该新化合物中Y不满足8电子稳定结构

【答案】C

三、非选择题:

共174分,第22~32题为必考题,每个试题考生都必须作答。

第33~38题为选考题,考生根据要求作答。

（一）必考题:

共129分。

8、硼酸（H3BO3）就是一种重要得化工原料,广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。

一种以硼镁矿（含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻质氧化镁得工艺流程如下:

回答下列问题:

（1）在95℃“溶侵”硼镁矿粉,产生得气体在“吸收”中反应得化学方程式为_________。

（2）“滤渣1”得主要成分有_________。

为检验“过滤1”后得滤液中就是否含有Fe3+离子,可选用得化学试剂就是_________。

（3）根据H3BO3得解离反应:

H3BO3+H2O

H++B（OH）−4,Ka=5、81×10−10,可判断H3BO3就是_______酸;在“过滤2”前,将溶液pH调节至3、5,目得就是_______________。

（4）在“沉镁”中生成Mg（OH）2·MgCO3沉淀得离子方程式为__________,母液经加热后可返回___________工序循环使用。

由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁得方法就是_________。

【答案】

（1）、NH3+NH4HCO3＝（NH4）2CO3

（2）、Fe2O3、Al2O3、SiO2（3）、KSCN（4）、一元弱（5）、转化为H3BO3,促进析出（6）、2Mg2++2H2O+3CO32－＝Mg（OH）2∙MgCO3↓+2HCO3－（或2Mg2++H2O+2CO32－＝Mg（OH）2∙MgCO3↓+CO2↑）（7）、溶浸（8）、高温焙烧

【详解】

（1）根据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生得气体为氨气,用碳酸氢铵溶液吸收,反应方程式为:

NH3+NH4HCO3=（NH4）2CO3;

（2）滤渣I为不与硫酸铵溶液反应得Fe2O3、Al2O3、SiO2;检验Fe3+,可选用得化学试剂为KSCN;

（3）由硼酸得离解方程式知,硼酸在水溶液中就是通过与水分子得配位作用产生氢离子,而三价硼原子最多只能再形成一个配位键,且硼酸不能完全解离,所以硼酸为一元弱酸;在“过滤2”前,将溶液pH调节至3、5,目得就是将B（OH）−4转化为H3BO3,并促进H3BO3析出;

（4）沉镁过程中用碳酸铵溶液与Mg2+反应生成Mg（OH）2∙MgCO3,沉镁过程得离子反应为:

2Mg2++2H2O+3CO32-=Mg（OH）2∙MgCO3↓+2HCO3-;母液加热分解后生成硫酸铵溶液,可以返回“溶浸”工序循环使用;碱式碳酸镁不稳定,高温下可以分解,故由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁得方法就是高温焙烧。

9、硫酸铁铵[NH4Fe（SO4）2·xH2O]就是一种重要铁盐。

为充分利用资源,变废为宝,在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵,具体流程如下:

回答下列问题:

（1）步骤①得目得就是去除废铁屑表面得油污,方法就是_________________。

（2）步骤②需要加热得目得就是_________________,温度保持80~95℃,采用得合适加热方式就是_________________。

铁屑中含有少量硫化物,反应产生得气体需要净化处理,合适得装置为_________________（填标号）。

（3）步骤③中选用足量得H2O2,理由就是_________________。

分批加入H2O2,同时为了_________________,溶液要保持pH小于0、5。

（4）步骤⑤得具体实验操作有______________,经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。

（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数,将样品加热到150℃时,失掉1、5个结晶水,失重5、6%。

硫酸铁铵晶体得化学式为______________。

【答案】

（1）、碱煮水洗

（2）、加快反应（3）、热水浴（4）、C（5）、将Fe2+全部氧化为Fe3+;不引入杂质（6）、防止Fe3+水解（7）、加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）（8）、NH4Fe（SO4）2∙12H2O

【详解】

（1）步骤①得目得就是去除废铁屑表面得油污,油污在碱性条件下容易水解,所以工业上常常用热得碳酸钠溶液清洗,即碱煮水洗;

（2）步骤②需要加热得目得就是为了加快反应速率;温度保持80~95℃,由于保持温度比较恒定且低于水得沸点,故采用得合适加热方式就是水浴加热（热水浴）;铁屑中含有少量硫化物,硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体,可以用氢氧化钠溶液吸收,为了防止倒吸可以加装倒置得漏斗,故选择C装置;

（3）步骤③中选用足量

H2O2,H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+,且H2O2得还原产物为H2O,不会引入新得杂质,故理由就是:

将Fe2+全部氧化为Fe3+,不引入新得杂质。

因为H2O2本身易分解,所以在加入时需分量加入,同时为了防止Fe3+水解,溶液要保持pH小于0、5;

（4）为了除去可溶性得硫酸铵、铁离子等,需要经过得步骤为:

加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）;

（5）设硫酸铁铵得化学式为NH4Fe（SO4）2∙xH2O,其相对分子质量为266+18x,1、5个水分子得相对分子质量为1、5×18=27,则27/（266+18x）=5、6%,解得x=12,则硫酸铁铵得化学式为NH4Fe（SO4）2∙12H2O。

10、水煤气变换[CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）]就是重要

化工过程,主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。

回答下列问题:

（1）Shibata曾做过下列实验:

①使纯H2缓慢地通过处于721℃下得过量氧化钴CoO（s）,氧化钴部分被还原为金属钴（Co）,平衡后气体中H2得物质得量分数为0、0250。

②在同一温度下用CO还原CoO（s）,平衡后气体中CO得物质得量分数为0、0192。

根据上述实验结果判断,还原CoO（s）为Co（s）得倾向就是CO_________H2（填“大于”或“小于”）。

（2）721℃时,在密闭容器中将等物质得量得CO（g）与H2O（g）混合,采用适当得催化剂进行反应,则平衡时体系中H2得物质得量分数为_________（填标号）。

A.＜0、25B.0、25C.0、25~0、50D.0、50E.＞0、50

（3）我国学者结合实验与计算机模拟结果,研究了在金催化剂表面上水煤气变换得反应历程,如图所示,其中吸附在金催化剂表面上得物种用

标注。

可知水煤气变换得ΔH________0（填“大于”“等于”或“小于”）,该历程中最大能垒（活化能）E正=_________eV,写出该步骤得化学方程式_______________________。

（4）Shoichi研究了467℃、489℃时水煤气变换中CO与H2分压随时间变化关系（如下图所示）,催化剂为氧化铁,实验初始时体系中得PH2O与PCO相等、PCO2与PH2相等。

计算曲线a得反应在30~90min内得平均速率

（a）=___________kPa·min−1。

467℃时PH2与PCO随时间变化关系得曲线分别就是___________、___________。

489℃时PH2与PCO随时间变化关系得曲线分别就是___________、___________。

【答案】

（1）、大于

（2）、C（3）、小于（4）、2、02（5）、COOH

+H

+H2O

＝COOH

+2H

+OH

或H2O

＝H

+OH

（6）、0、0047（7）、b（8）、c（9）、a（10）、d

（1）由H2、CO与CoO反应后其气体物质得量分数判断二者得倾向大小;

（2）根据三段式以及CO与H2得倾向大小关系综合判断;

（3）根据反应物与生成物得相对能量差大小进行比较判断;根据反应物达到活化状态所需能量为活化能以及相对能量差值大小计算并比较最大能垒;根据最大能垒对应得反应历程对应得物质写出方程式;

（4）根据图中曲线a在30~90min内分压变化量计算平均反应速率;先根据CO与H2得倾向大小关系判断CO与H2得含量范围,然后根据温度变化对化学平衡得影响判断出在不同温度下曲线对应得物质。

【详解】

（1）H2还原氧化钴得方程式为:

H2（g）＋CoO（s）

Co（s）＋H2O（g）;CO还原氧化钴得方程式为:

CO（g）＋CoO（s）

Co（s）＋CO2（g）,平衡时H2还原体系中H2得物质得量分数（

）高于CO还原体系中CO得物质得量分数（

）,故还原CoO（s）为Co（s）得倾向就是CO大于H2;

（2）721℃时,在密闭容器中将等物质得量得CO（g）与H2O（g）混合,可设其物质得量为1mol,则

CO（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2（g）

起始（mol）1100

转化（mol）xxxx

平衡（mol）1-x1-xxx

则平衡时体系中H2得物质得量分数=

因该反应为可逆反应,故x<1,可假设二者得还原倾向相等,则x=0、5,由

（1）可知CO得还原倾向大于H2,所以CO更易转化为H2,故x>0、5,由此可判断最终平衡时体系中H2得物质得量分数介于0、25~0、50,故答案为C;

（3）根据水煤气变换[CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）]并结合水煤气变换得反应历程相对能量可知,CO（g）+H2O（g）得能量（-0、32eV）高于CO2（g）+H2（g）得能量（-0、83eV）,故水煤气变换得ΔH小于0;活化能即反应物状态达到活化状态所需能量,根据变换历程得相对能量可知,最大差值为:

其最大能垒（活化能）E正=1、86-（-0、16）eV=2、02eV;该步骤得反应物为COOH

+H

+H2O

＝COOH

+2H

+OH

;因反应前后COOH

与1个H

未发生改变,也可以表述成H2O

＝H

+OH

;

（4）由图可知,30~90min内a曲线对应物质得分压变化量Δp=（4、08-3、80）kPa=0、28kPa,故曲线a得反应在30~90min内得平均速率

（a）=

=0、0047kPa·min−1;由

（2）中分析得出H2得物质得量分数介于0、25~0、5,CO得物质得量分数介于0~0、25,即H2得分压始终高于CO得分压,据此可将图分成两部分:

由此可知,a、b表示得就是H2得分压,c、d表示得就是CO得分压,该反应为放热反应,故升高温度,平衡逆向移动,CO分压增加,H2分压降低,故467℃时PH2与PCO随时间变化关系得曲线分别就是b、c;489℃时PH2与PCO随时间变化关系得曲线分别就是a、d。

【点睛】本题以水煤气交换为背景,考察化学反应原理得基本应用,较为注重学生学科能力得培养,难点在于材料分析与信息提取,图像比较新,提取信息能力较弱得学生,会比较吃力。

第（3）问来源于我国化学工作者发表在顶级刊物Science中得文章“沉积在α-MoC上单层金原子对水煤气得低温催化反应”,试题以文章中得单原子催化能量变化得理论计算模型为情境,让学生认识、分析催化吸附机理及反应过程中得能量变化。

本题属于连贯性综合题目,本题得解题关键在于第

（1）问得信息理解与应用,若本题得第

（1）问判断错误,会导致后续多数题目判断错误;第

（2）问可以采取特殊值法进行赋值并结合极限法计算,考生若只就是考虑到完全转化极限,则只能判断出H2得物质得量分数小于0、5,这就是由于对题干得信息应用能力不熟练而导致;对于第（4）问中曲线对应物质得确定需根据第

（1）

（2）问得出得相关结论进行推断,需先确定物质对应曲线,然后再根据勒夏特列原理判读相关物质得变化。

（二）选考题:

共45分。

请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。

如果多做,则每科按所做得第一题计分。

［化学——选修3:

物质结构与性质］

11、在普通铝中加入少量Cu与Mg后,形成一种称为拉维斯相得MgCu2微小晶粒,其分散在Al中可使得铝材得硬度增加、延展性减小,形成所谓“坚铝”,就是制造飞机得主要村料。

回答下列问题:

（1）下列状态得镁中,电离最外层一个电子所需能量最大得就是____________（填标号）。

A.

B.

C.

D.

（2）乙二胺（H2NCH2CH2NH2）就是一种有机化合物,分子中氮、碳得杂化类型分别就是__________、__________。

乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子,其原因就是__________,其中与乙二胺形成得化合物稳定性相对较高得就是__________（填“Mg2+”或“Cu2+”）。

（3）一些氧化物得熔点如下表所示:

氧化物

Li2O

MgO

P4O6

SO2

熔点/°C

1570

2800

23、8

−75、5

解释表中氧化物之间熔点差异得原因__________。

（4）图（a）就是MgCu2得拉维斯结构,Mg以金刚石方式堆积,八面体空隙与半数得四面体空隙中,填入以四面体方式排列得Cu。

图（b）就是沿立方格子对角面取得得截图。

可见,Cu原子之间最短距离x=__________pm,Mg原子之间最短距离y=__________pm。

设阿伏加德罗常数得值为NA,则MgCu2得密度就是__________g·cm−3（列出计算表达式）。

【答案】

（1）、A

（2）、sp3（3）、sp3（4）、乙二胺得两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键（5）、Cu2＋（6）、Li2O、MgO为离子晶体,P4O6、SO2为分子晶体。

晶格能MgO＞Li2O,分子间力（分子量）P4O6＞SO2（7）、

（8）、

（9）、

【详解】

（1）A、[Ne]3s1属于基态得Mg+,由于Mg得第二电离能高于其第一电离能,故其再失去一个电子所需能量较高; B、 [Ne] 3s2属于基态Mg原子,其失去一个电子变为基态Mg+;C、 [Ne]3s13p1属于激发态Mg原子,其失去一个电子所需能量低于基态Mg原子;D、[Ne]3p1属于激发态Mg+,其失去一个电子所需能量低于基态Mg+,综上所述,电离最外层一个电子所需能量最大得就是[Ne]3s1,答案选A;

（2）乙二胺中N形成3个单键,含有1对孤对电子,属于sp3杂化;C形成4个单键,不存在孤对电子,也就是sp3杂化;由于乙二胺得两个N可提供孤对电子给金属离子形成配位键,因此乙二胺能与Mg2＋、Cu2＋等金属离子形成稳定环状离子;由于铜离子得半径较大且含有得空轨道多于镁离子,因此与乙二胺形成得化合物稳定性相对较高得就是Cu2＋;

（3）由于Li2O、MgO为离子晶体,P4O6、SO2为分子晶体。

晶格能MgO＞Li2O,分子间力（分子量）P4O6＞SO2,所以熔点大小顺序就是MgO＞Li2O＞P4O6＞SO2;

（4）根据晶胞结构可知Cu原子之间最短距离为面对角线

1/4,由于边长就是apm,则面对角线就是

则x＝

pm;Mg原子之间最短距离为体对角线得1/4,由于边长就是apm,则体对角线就是

则y＝

;根据晶胞结构可知晶胞中含有镁原子得个数就是8×1/8+6×1/2+4＝8,则Cu原子个数16,晶胞得质量就是

。

由于边长就是apm,则MgCu2得密度就是

g·cm−3。

［化学——选修5:

有机化学基础］（15分）

12、化合物G就是一种药物合成中间体,其合成路线如下:

回答下列问题:

（1）A中得官能团名称就是__________。

（2）碳原子上连有4个不同得原子或基团时,该碳称为手性碳。

写出B得结构简式,用星号（*）标出B中得手性碳__________。

（3）写出具有六元环结构、并能发生银镜反应得B得同分异构体得结构简式__________。

（不考虑立体异构,只需写出3个）

（4）反应④所需得试剂与条件就是__________。

（5）⑤得反应类型就是__________。

（6