2019高考全国Ⅰ卷化学试题解析.doc

1、12019 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷（全国卷 I）化学试题化学试题一、一、选择题：本题共选择题：本题共 7 7 个小题，每小题个小题，每小题 6 6 分。在每小题给出的四个选项中，只分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。有一项是符合题目要求的。7陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系，下列说法错误的是A“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁B闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由粘土经高温烧结而成C陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐D陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀，抗氧化等优点【答案

2、】A【解析】A 项氧化铁即三氧化二铁，红棕色。瓷器青色一般不来自氧化铁。故 A 错。8关于化合物 2-苯基丙烯（） ，下列说法正确的是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【答案】B【解析】分子中存在双键，可以使高锰酸钾溶液褪色，A 错；可以发生加成聚合反应，B 正确；分子中存在甲基，所有原子不可能共平面，C 错；分子中碳原子数较多，且不存在亲水基团所以不易溶于水，D 错。9实验室制溴苯的装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是2A向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需打开 KB实验中装置 b 中的液体逐渐变为浅红色C装置 c 中 Na2CO3的作

3、用是吸收 HBrD反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯。【答案】D。【解析】溴苯常温下为液体，反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、分液，得到无色的溴苯。10固体界面上强酸的吸附和离解是多向化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为为少量 HCl 气体分子在 253K 冰表面吸附和溶解过程的示意图，下列叙述错误的是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 5103molL1（设冰的密度为 0.9gcm3）C冰表面第三层中冰的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 HClH+Cl【答案】D。【解析】由图像可知第一层中 HCl 均以分子形式存在

4、，A 正确。第三层中冰的氢键网格结构保持不变，C 正确。B 选项中设氯离子为 10-4mol，则水为 1mol，所以水的质量为 18g，再根据密度求得水的体积为 20mL，即 0.02L，溶液的体积就近似 0.02L，所以溶液中氢离子的浓度近似等于氯离子的浓度为 10-4mol0.02L=510-3molL1。HCL 是强电解质，在水中电离不可逆，第一层以分子形式存在，第二层中完全电离，所以 D 错误。311NaOH 溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸 H2A 的 Ka1=1.110-3，Ka2=3.910-6）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

5、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-)【答案】C【解析】溶液的导电能力与离子的电荷浓度有关，故 A 正确；随 NaOH 溶液滴入，溶液导电能力增强，故 B 正确；b 点的混合溶液邻苯二甲酸根水解显碱性，故 C 错误；b 点 c（Na+)=c(K+)，C 点 c（Na+）c(K+)，a-b 段消耗的氢氧化钠的体积大于 b-c 段，C 点c(K+)c(OH-)，故 D 正确。12利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时 MV2+/MV+在电极与酶之间传递

6、电子，下列说法错误的是MV+MV2+N2NH3H2H+MV+MV2+电极电极氢化酶固氮酶交换膜A相比现有工业合成氨，该方法条件温和，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 NH3D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【解析】本题考查了电化学基础知识原电池原理合成氨的条件温和，同时还可提供电能，故 A 正确；阴极区即原电池的正极区，由图可知，在固氮酶作用下反应，故 B 错误；由图可知 C 正确；电池工作时，阳离子通过交换膜由负极区向正极区移动，故 D 正确。13科学家合成出了一种新化合物

7、（如图所示） ，其中 W、X、Y、Z 为同一短周期元素，Z7654320 10 20 30 40abcV(NaOH)/mL相对导电能力4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 XYZCY 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【答案】C【解析】本题考查了元素周期律的基本知识由题意 YX2Z6中 Z 只有一个价键，X 有四个价键，Z 核外最外层电子数是 X 核外电子数的一半，可推知 W 为 Na，X 为 Si，Y 为 P，Z 为 Cl。NaCl 的水溶液呈中性，故 A 错误；非金属性由强到弱为 C

8、lPSi,故 B 错误；P 的最高价氧化物的水化物是 H3PO4，是中强酸，故 C 正确；该新化合物中 P 显3 价，满足 8 电子稳定结构，故 D 错误。三三、非选择题：非选择题：（一）必考题：（一）必考题：26. (14 分)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿（含 Mg2B2O3H2O、SiO2及少量 Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：硼硼镁镁矿矿粉粉溶溶浸浸过过滤滤1 1过过滤滤2 2气气体体吸吸收收沉沉镁镁母母液液( (N N H H4 4) )2 2S SO O4 4溶溶液液滤滤渣渣1 1H H3 3

9、B BO O3 3N N H H4 4H H C C O O3 3溶溶液液调调p pH H= =3 3. .5 5调调p pH H= =6 6. .5 5M M g g( (O O H H ) )2 2 M M g gC C O O3 3轻轻质质氧氧化化镁镁回答下列问题：（1）在 95 “溶浸” 硼镁矿粉， 产生的气体在 “吸收” 中反应的化学方程式为_。（2）“滤渣 I”的主要成分有_。为检验“过滤 1”后的滤液中是否含有Fe3+离子，可选用的化学试剂是_。（3）根据 H3BO3的解离反应：H3BO3+H2OH+B(OH4)-，Ka=5.8110-10，可判断 H3BO3是_酸；在“过滤 2

10、”前，将溶液 pH 调解至 3.5，目的是_。XZZZYXZZZ-W+5（4）在“沉镁”中生成 Mg(OH)2MgCO3沉淀的离子方程式为_，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的方法是_。【答案】（1）NH4HCO3+NH3=(NH4)2CO3（2）SiO2、Fe2O3、Al2O3KSCN（3）一元弱转化为 H3BO3，促进析出（4）2Mg2+3CO32+2H2O=Mg(OH)2MgCO3+2HCO3（或 2Mg2+2CO32+H2O=Mg(OH)2MgCO3+CO2）溶浸高温焙烧【解析】本题考查了化工生产过程及相关元素性质由题目已知硼镁矿（含 Mg2B2O3H2O、

11、SiO2及少量 Fe2O3、Al2O3）加入硫酸铵溶液溶浸时产生的气体只有NH3， 气体被NH4HCO3溶液吸收， 发生的反应为NH4HCO3+NH3=(NH4)2CO3。而硼镁矿溶浸后的滤渣 1 为 SiO2、Fe2O3、Al2O3；检验 Fe3+离子的试剂通常为 KSCN 溶液。由题目给出的 H3BO3的解离反应，只存在一步解离平衡，由此判断为 H3BO3一元弱酸；又且由于 Ka小，即酸性弱目的是使 B(OH)4转化为 H3BO3，促进析出； （也可由生产过程中目标为 H3BO3，由硼镁矿生产时硼元素应在过滤 1 后存在于溶液中，pH 调解至 3.5 而生产H3BO3，其目的是转化为 H3

12、BO3，促进析出） ；在“沉镁”中 Mg2+遇到吸收 NH3气体后的(NH4)2CO3溶液，产物为 Mg(OH)2MgCO3，故离子方程式为 2Mg2+3CO32+2H2O=Mg(OH)2MgCO3+2HCO3（或 2Mg2+2CO32+H2O = Mg(OH)2MgCO3+CO2） ；工业生产为提高原料利用率，将母液循环使用，母液是在产生 H3BO3和 Mg(OH)2MgCO3两沉淀后所得，即为两物质的饱和液，故需从溶浸工序开始循环；碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法高温焙烧，使碱式碳酸镁分解生成氧化镁。27. 硫酸铁铵（NH4Fe(SO4)2xH2O）是一种重要铁盐，为充分利用资源，变废为宝，

13、在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁氨，具体流程如下：废废铁铁屑屑干干净净铁铁屑屑废废渣渣滤滤液液硫硫酸酸铁铁 溶溶液液硫硫酸酸铁铁铵铵H H2 2S SO O4 4, ,8 80 0- -9 90 05 5% %H H2 2O O2 2固固体体( (N NH H4 4) )2 2S SO O4 4回答下列问题：6(1) 步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是。(2) 步骤需要加热的目的是，温度保持 80-95，采用的合适加热方式是。铁屑中含有少量的硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为（填标号） 。(3) 步骤中选用足量的双氧水，理由是，分批加入双氧水，同时为了，溶液要保持 pH

14、 小于 0.5。(4) 步骤的具体实验操作有，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的时候，失掉 1.5 个结晶水，失重 5.6%，硫酸铁铵晶体的化学式为。【答案】（1）碱煮水洗（2）加快反应；热水浴；C（3）将 Fe2+全部氧化为 Fe3+，不引入杂质；防止（抑制）Fe3+的水解。（4）加热浓缩，冷却结晶，过滤（洗涤）（5）NH4Fe(SO4)212H2O【解析】本题考查了实验操作及相关元素性质废铁屑表面油污需选用在碱性溶液加热，去污，而后水洗。铁屑遇硫酸想得到 FeSO4溶液，加热的目的为加快反应；控温在 80-95，采用

15、的合适方式是热水浴加热；铁屑中含有少量的硫化物，反应产生的气体含 H2S，需用碱液吸收处理，由于酸碱反应迅速，需考虑防倒吸问题，故选 C。本实验目的是制备硫酸铁氨，滤液中的 Fe2+需氧化为 Fe3+，步骤中选用足量的双氧水即为将 Fe2+全部氧化为 Fe3+，双氧水还原产物为水，不引入杂质；由于Fe3+易水解，需控制 pH 值，保持在较强酸性中，抑制 Fe3+的水解。步骤的实验是将硫酸铁氨从溶液中结晶，实验操作为加热浓缩，冷却结晶，过滤（洗涤） ，干燥得到硫酸铁铵晶体样品。热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品，1.5 个结晶水，占晶体样品失重 5.6%，由此判断晶体样品的相对分子质量为056. 0

16、185 . 1=482， 硫酸铁氨晶体的化学式为 NH4Fe(SO4)212H2O。水水NaOHNaOHABCD728 （15 分）水煤气变换 CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）,是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域。回答下列问题：（1）Shibata 曾做过下列实验： 使纯 H2缓慢地通过处于 721下的过量氧化钴 CoO （s） ，氧化钴部分被还原为金属钴 Co（s） ，平衡后气体中氢气的物质的量分数为 0.0250，在同一温度下用 CO 还原 CoO（s） ，平衡后气体中 CO 的物质的量分数为 0.0192。根据上述实验结果判断，还原CoO（s）

17、为 Co（s）的倾向是 CO_H2（填“大于”或“小于”）（2）721时，在密闭容器中将等物质的量的 CO（g）和 H2O（g）混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡体系中 H2的物质的量分数为_（填标号） 。A0.50（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的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面的物种用*标注21010.321.591.860.161.410.831.250.72可知水煤气变换的H_0（填“大于”，“等于”或“小于”） ，该历程中最大的能垒（活化能）E正=_ev,写出该步骤的化学方程式_。（4）Shoichi 研究了 467、489时水煤

18、气变换中 CO 和 H2分压随时间变化关系（如下图所示） ，催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的OHP2和COP相等，2COP和2HP相等。8计算曲线 a 的反应在 3090min 内的平均速率)(a=_kpa.min-1。467时2HP和COP随时间变化关系的曲线分别是_、 _。 489时2HP和COP随时间变化关系的曲线分别是_、_。【答案】 （1）大于（2）C（3）小于； 2.02COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*或 H2O*= H*+OH*（4）0.0047；bc，ad【解析】本题考查了化学平衡及相关计算（1）反应物在平衡后物质的量分数小，说明反应程度越大，由题目给出

19、的 CO 和 H2平衡后可知还原 CoO（s）为 Co（s）的倾向是 CO 大于 H2。（2）由题CoO(s) + H2 Co(s) + H2O ，0250. 00250. 01)()()()(2222VVnnHnOHnHcOHcK总总；CoO(s) + CO Co(s) + CO2 ,0192. 00192. 01)()(2COcCOcK,可判断等物质的量的 CO（g）和 H2O（g） （设物质的量各为 1 mol）混合采用适当的催化剂进行反应，则平衡体系H2O + CO H2 + CO2 中0192. 0)0250. 01 ()0192. 01 (0250. 0)()()()()()()(

20、)(222222COnOHnCOnHnCOcOHcCOcHcK。H2O + CO H2 + CO2 1mol 1 mol 0 0 1-x mol 1-x mol x mol xmol 起始时平衡时9计算 x，而 H2的物质的量分数为2x。估算可得 H2的物质的量分数（x=0.267）在 0.250.50之间，故选 C。（3）由题中图示可知水煤气变换时反应前相对能量 0eV，反应后相对能量-0.72eV，反应为放热反应，故H 小于零。该历程中最大的能垒（活化能）应是COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*反应时由相对能量-0.16eV 升至 1.86eV 的过渡态 2 再降至 1.

21、41eV。 E正=1.86（0.16）=2.02(ev)。（4）由题中图示可知)(a=6080. 308. 4=0.0047(kpa.min-1) ,实验初始时体系中的OHP2和COP相等，2COP和2HP相等。2HP和COP随时间的变化量相同，由题中图示数据可知 bc两条线在 3090min 内变化量为 0.34 kpa，ad 两条线在 3090min 内变化量为 0.28 kpa，故bc，ad 分别对应两个温度下的2HP和COP。又因为 CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g） ，)()()()(222COPOHPCOPHPK ，体系中的OHP2和COP相等，2COP和2HP相等

22、,22)()(COPHPK 。反应为放热反应，升高温度时平衡应逆向移动，K 值减小(K467K489K721)，由（2）计算已知 K7211，考虑 a、b、c、d 四曲线平衡时的数值关系，判断 b、c 表示低温时2HP和COP，a、d 表示高温时2HP和COP的压强变化曲线。故 467时 b、c 表示2HP和COP随时间变化关系的曲线，a、d 表示 489时2HP和COP随时间变化关系的曲线。（二）（二）选考题：选考题：35 化学选修 3：物质结构与性质 （15 分）在普通铝中加入少量 Cu 和 Mg， 后形成一种称为拉维斯相的 MgCu2微小晶粒,其分散在Al 中可使得铝材的硬度增加，延展性

23、减小,形成所谓坚铝，是制造飞机的主要材料。回答下列问题：（1） 下列状态的镁中， 电离最外层一个电子所需能量最大的是_ （填标号） 。A、Ne3sB、Ne3sC、Ne3s3pD、Ne3p（2）乙二胺（H2NCH2CH2NH2）是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是_、_。乙二胺能与 Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是_，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是_（填“Mg2+”或“Cu2+” ） 。10（3）一些氧化物的熔点如下表所示：氧化物Li2OMgOP4O6SO2熔点/1570280023.8-75.5解释表中氧化物之间熔点差异的原因_。（4）图（a）是 M

24、gCu2的拉维斯结构，Mg 以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的 Cu。图（b）是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu 原子之间最短距离 x=_pm，Mg 原子之间最短距离 y=_pm。设阿伏加德罗常数的值为 NA， 则 MgCu2的密度是_gcm-3（列出计算表达式） 。【答案】（1）A（2）sp3、 sp3。乙二胺的两个 N 提供孤对电子给金属离子形成配位键，从而形成环状稳定结构；Cu2+（3）Li2O、MgO 为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体，晶格能：MgOLi2O，分子间作用力（相对分子质量） ：P4O6SO2。（4）a42；a43；30-3

25、106416248aNA【解析】（1）基态镁原子核外电子Ne3s2，故 A 项表示基态 Mg+离子，B 项表示基态 Mg 原子，C 项表示激发态 Mg 原子，D 项表示激发态 Mg+离子核外电子的排布，第二电离能大于第一电离能，且激发态自身能量高，电离时所需能量小于基态时所需能量，故电离最外层一个电子所需能量最大的是 A。（2）由乙二胺分子结构可知氮、碳原子的价电子对数都是 4，均为 sp3杂化。且氮原子含有孤电子对，而 Mg2+、Cu2+等金属离子具有空轨道，乙二胺中的两个氮原子提供孤对电子给金属离子形成配位键，从而形成环状稳定结构。Cu2+比 Mg2+、半径大，且由 d 轨道参11与成键，

26、可形成更稳定的五元环状结构。（3）Li2O、MgO 为离子晶体。P4O6、SO2为分子晶体。离子晶体熔化破坏离子键，分子晶体熔化破坏分子间作用力，故离子晶体熔点高于分子晶体。Mg2+比 Li+电荷高、半径小，MgO 晶格能更大，故熔点高；P4O6相对分子质量大于 SO2，分子间作用力大，故熔点高于SO2。（4）由题图 b 判断 4 个铜原子直径即为立方格子对角面截面的边长。立方格子面对角线为a2，所以 x=a42pm；镁原子以金刚石方式堆积，镁原子与内部的镁原子相切（即顶点镁原子与相邻三个面的面心镁原子均与内部的镁原子相切） ，镁原子间距离为立方格子体对角线的41，故 y=a43pm；该立方格

27、子中由均摊法可知含有 8 个镁原子（4216818）和 16 个铜原子（由化学式可知 MgCu=12 或由图 a 判断立方格子中铜原子个数)。故密度=30-3106416248aNAgcm-336化学一选修 5：有机化学基础（15 分）化合物 G 是一种药物合成中间体，其合成路线如下：OHKMnO4OHCHOOH -OCH2OHKMnO4H+ABCEDOCOOHGF1) C2H5ONa / C2H5OH2) CH3CH2CH2Br1) OH - ,2) H+OCOOC2H5回答下列问题：（1）A 中的官能团名称是_。（2）碳原子上连有 4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出 B 的结构

28、简式，用星号（*）标出 B 中的手性碳_。（3） 写出具有六元环结构，并能发生银镜反应的 B 的同分异构体的结构简式_。 （不考虑立体异构，只需写出 3 个）（4）反应所需的试剂和条件是_。12（5）的反应类型是_。（6）写出F 到G 的反应方程式_。（7）设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯（CH3COCH2COOC2H5）制备OHOOC6H5的合成线路_（无机试剂任选） 。【答案】（1）羟基（2）O* * *（3）CHO，CHO，CHO，CHO，CH2CHO（写其中的三个即可）（4）C2H5OH/浓硫酸、加热（5）取代反应（6）OCOOC2H5OH -,OCOO -+ C2H5OH，OCOO -H +

29、OCOOH（7）1) OH -,2) H +CH3COCH2COOC2H51) C2H5ONa / C2H5OH2) C6H5CH2BrCH3COCHCOOC2H5CH2C6H5CH3COCHCOOHCH2C6H5【解析】（1)由题给出 A 的结构可知 A 中的官能团是羟基。（2）由手性碳的定义判断 B 中手性碳位置是O* * *13（3） 按要求 B 的同分异构体中含有六元环和醛基的结构， 可写出CHO，CHO，CHO，CHO，CH2CHO其中的三个。（4）D 的结构为OCOOH，反应应是OCOOH与 C2H5OH 发生酯化反应得到产物 E。故所需的试剂和条件是 C2H5OH/浓硫酸、加热（5）由前后产物推断反应的目的是OCOOC2H5OCOOC2H5，有反应物、生成物结构可判断反应类型是取代反应。（6）F 到 G 的反应方程式OCOOC2H5OH -,OCOO -+ C2H5OH，OCOO -H +OCOOH。（7）由题目反应类比判断合成线路为1) OH -,2) H +CH3COCH2COOC2H51) C2H5ONa / C2H5OH2) C6H5CH2BrCH3COCHCOOC2H5CH2C6H5CH3COCHCOOHCH2C6H5