高考全国Ⅰ卷化学试题解析版最新整理.docx
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高考全国Ⅰ卷化学试题解析版最新整理
2019年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷I）
化学试题
一、选择题：
本题共7个小题，每小题6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。
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】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
A．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5×10－3mol·L－1（设冰的密度为0.9g·cm－3）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，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10-4mol÷0.02L=5×10-3mol·L－1。
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。
11.NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10-3，Ka2=3.9×10-6）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。
下列叙述错误的
是
A.混合溶液的导电能力与离子浓度和种类
7
Ïà6
¶Ô
µ¼5
有关
B.Na+与A2-的导电能力之和大于HA-的
C．b点的混合溶液pH=7
µçÄÜ4
Á¦
3
2
010203040
V（NaOH）/mL
D．C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电子，下列说法错误的是
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（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，下列叙述正确的是
A．WZ的水溶液呈碱性
B．元素非金属性的顺序为X＞Y＞Z
C．Y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
ZYZ-
WXX
ZZ
ZZ
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Cl＞P＞Si,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、非选择题：
（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
Mg2B2O3•H2O、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：
（NH4）2SO4℃℃℃℃1
℃℃℃℃
℃℃
℃pH=3.5
℃pH=6.5
H3BO3
Mg（OH）2MgCO3℃℃℃℃℃
NH4HCO3℃℃℃℃
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=5.81×10-10，可判断H3BO3
是酸；在“过滤2”前，将溶液pH调解至3.5，目的是。
（4）在“沉镁”中生成Mg（OH）2•MgCO3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
32233
（4）2Mg2++3CO2—+2HO=Mg（OH）•MgCO↓+2HCO—
32232
（或2Mg2++2CO2—+HO=Mg（OH）•MgCO↓+CO↑）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Mg2B2O3•H2O、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H3BO3，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）2•MgCO3，故离子方程式为2Mg2++3CO32—+2H2O=Mg（OH）2•MgCO3↓+2HCO3—（或2Mg2++2CO32—+H2O=
Mg（OH）2•MgCO3↓+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）2•MgCO3两沉淀后所得，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）2·xH2O）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氨，具体流程如下：
℃℃
℃℃℃℃
℃℃
℃℃℃
℃
℃℃℃℃
℃
H2SO4,80-90℃
℃℃
℃
℃℃℃
℃℃
5%H2O2
℃℃（NH4）2SO4
回答下列问题：
（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是。
（2）步骤②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）。
水水
ABC
NaOH
NaOH
D
（3）步骤③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值小于0.5。
（4）步骤⑤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%，硫酸铁氨晶体的化学式为。
【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）2·12H2O
【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③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⑤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
1.5⨯18
0.056
=482，硫酸铁氨晶体的化学式为NH4Fe（SO4）2·12H2O。
28．（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0.0250，②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）为Co（s）的倾向是COH2（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）。
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
2
1
0
－1
可知水煤气变换的△H0（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℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下图
222
所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的PHO和PCO相等，PCO和PH相等。
计算曲线a的反应在30−90min内的平均速率（a）=kpa.min-1。
467℃时
22
PH和PCO随时间变化关系的曲线分别是、。
489℃时PH和PCO
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，由题目给出的CO和H2平衡
后可知还原CoO（s）为Co（s）的倾向是CO大于H2。
K=c（H2O）=n（H2O）⋅n总⋅V
=1-0.0250
（2）
由题CoO（s）+H2Co（s）+H2O，c（H2）n（H2）n总V
0.0250；
K=c（CO2）=1-0.0192
CoO（s）+COCo（s）+CO2,
c（CO）0.0192
可判断等物质的量的CO（g）和H2O
（g）（设物质的量各为1mol）混合采用适当的催化剂进行反应，则平衡体系
K=
H2O+COH2+CO2中
c（H2）c（CO2）=
c（H2O）c（CO）
n（H2）⋅n（CO2）
n（H2O）⋅n（CO）
=0.0250⋅（1-0.0192）
（1-0.0250）⋅0.0192。
Æðʼʱƽºâʱ
H2O+COH2+CO2
1mol1mol00
1-xmol1-xmolxmolxmol
x
计算x，而H2的物质的量分数为2。
估算可得H2的物质的量分数（x=0.267）在0.25−0.50
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1.41eV。
E正=1.86－（－0.16）=2.02（ev）。
4.08-3.80
（4）由题中图示可知（a）=60=0.0047（kpa.min-1）,实验初始时体系中的PH2O
和PCO相等，PCO2和PH2相等。
PH2和PCO随时间的变化量相同，由题中图示数据可知bc两条线在30−90min内变化量为0.34kpa，ad两条线在30−90min内变化量为0.28kpa，故bc，ad分别对应两个温度下的PH2和PCO。
又因为CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g），
K=P（H2）P（CO2）
P（H2O）P（CO），体系中的PH2O和PCO相等，PCO2和PH2相等,
K=（P（H2））2
P（CO）。
反
应为放热反应，升高温度时平衡应逆向移动，K值减小（K467℃>K489℃>K721℃），由
（2）计算已知K721℃>1，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PH2和PCO，a、d表示高温时PH2和PCO的压强变化曲线。
故467℃时b、c表示PH2和PCO随时间变化关系的曲线，a、d表示489℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线。
（二）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、[Ne]
B、[Ne]
C、[Ne]
D、[Ne]
3s3s3s3p3p
（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+”）。
（3）一些氧化物的熔点如下表所示：
氧化物
Li2O
MgO
P4O6
SO2
熔点/℃
1570
2800
23.8
-75.5
解释表中氧化物之间熔点差异的原因。
（4）图（a）是MgCu2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g•cm-3（列出计算表达式）。
x
apm
y
CuMg
（a）（b）
【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：
MgO＞Li2O，分子间作用力（相对分子质量）：
P4O6＞SO2。
238⨯24+16⨯64
（4）（4）
a；a；
44
A
N⋅a3⨯10-30
【解析】
（1）基态镁原子核外电子[Ne]3s2，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轨道参与成键，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
2a
2a，所以x=4pm；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
13a
8⨯1+6⨯1+4
角线的4，故y=4pm；该立方格子中由均摊法可知含有8个镁原子（82）
和16个铜原子（由化学式可知Mg∶Cu=1∶2或由图a判断立方格子中铜原子个数）。
故密
8⨯24+16⨯64
N⋅a3⨯10-30
g•cm-3
36．[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：
OH
KMnO4
O
HCHO
OO
KMnO4D
OH-
¢Ù¢Ú
CH2OH
H+
¢Û¢Ü
COOC2H5
1）C2H5ONa/C2H5OH
2）CH3CH2CH2Br
¢Ý¢Þ
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④所需的试剂和条件是。
（5）⑤的反应类型是。
（6）写出F到G的反应方程式。
OO
（7）设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯（CH3COCH2COOC2H5）制备
（无机试剂任选）。
【答案】
（1）羟基
OHC6H5
的合成线路
O
（2）
CHOCHOCHO
CHO
CH2CHO
（3），，，
，（写其中的三个即可）
（4）C2H5OH/浓硫酸、加热
（5）取代反应
（6）（6）
O
COOC2H5
+C2H5OH
，
H+
（7）（7）
CH3COCH2COOC2H5
1）
C2H5ONa/C2H5OH
CH3COCHCOOC2H5
2）CHCHBr
1）
OH-,
2）H+
CH3COCHCOOH
652
CH2C6H5
CH2C6H5
【解析】
（1）由题给出A的结构可知A中的官能团是羟基。
O
（2）由手性碳的定义判断B中手性碳位置是
CHOCHOCHO
（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
CH2CHO
，其中的三个。
OO
（4）D的结构为
COOH
，反应④应是
COOH
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⑤的目的是判断反应类型是取代反应。
OCOOC2H5
O
COOC2H5
，有反应物、生成物结构可
（6）F到G的反应方程式
O
COOC2H5
+C2H5OH
，
H+
。
（7）由题目反应类比判断合成线路为
CH3COCH2COOC2H5
1）
C2H5ONa/C2H5OH
CH3COCHCOOC2H5
2）CHCHBr
1）
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