2019高考全國(guó)Ⅰ卷化學(xué)試題解析版

1、化學(xué)試題一、選擇題：本題共7個(gè)小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。7 .陶瓷是火與土的結(jié)晶，是中華文明的象征之一，其形成、性質(zhì)與化學(xué)有著密切的關(guān)系，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.雨過(guò)天晴云破處”所描述的瓷器青色，來(lái)自氧化鐵8.聞名世界的秦兵馬俑是陶制品，由粘土經(jīng)高溫?zé)Y(jié)而成C.陶瓷是應(yīng)用較早的人造材料，主要化學(xué)成分是硅酸鹽D.陶瓷化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，具有耐酸堿侵蝕，抗氧化等優(yōu)點(diǎn)【答案】A【解析】A項(xiàng)氧化鐵即三氧化二鐵，紅棕色。瓷器青色一般不來(lái)自氧化鐵。故A錯(cuò)。9 .關(guān)于化合物2-苯基丙烯（），下列說(shuō)法正確的是A.不能使稀高鎰酸鉀溶液褪色10可以發(fā)生加成聚合反應(yīng)C.分子中所有原

2、子共平面D.易溶于水及甲苯【答案】B【解析】分子中存在雙鍵，可以使高鎰酸鉀溶液褪色，A錯(cuò)；可以發(fā)生加成聚合反應(yīng)，B正確；分子中存在甲基，所有原子不可能共平面，C錯(cuò)；分子中碳原子數(shù)較多，且不存在親水基團(tuán)所以不易溶于水，D錯(cuò)。11實(shí)驗(yàn)室制澳苯的裝置如下圖所示，關(guān)于實(shí)驗(yàn)操作或敘述錯(cuò)誤的是A.向圓底燒瓶中滴加苯和澳的混合液前需打開KB.實(shí)驗(yàn)中裝置b中的液體逐漸變?yōu)闇\紅色20192019年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試（全國(guó)卷I I) )奉和溫的混合液ahcC.裝置c中Na2CC3的作用是吸收HBrD.反應(yīng)后的混合液經(jīng)稀堿溶液洗滌、結(jié)晶，得到澳苯?！敬鸢浮緿?！窘馕觥堪谋匠叵聻橐后w，反應(yīng)后的混合液經(jīng)稀堿

3、溶液洗滌、分液，得到無(wú)色的澳苯。12 .固體界面上強(qiáng)酸的吸附和離解是多向化學(xué)在環(huán)境、催化、材料科學(xué)等領(lǐng)域研究的重要課題。下圖為為少量HCl氣體分子在253K冰表面吸附和溶解過(guò)程的示意圖，下列敘述錯(cuò)誤的是第三層A.冰表面第一層中，HCl以分子形式存在B,冰表面第二層中，H+濃度為5X1。3mol11（設(shè)冰的密度為0.9g-cm3）C.冰表面第三層中冰的氫鍵網(wǎng)格結(jié)構(gòu)保持不變D.冰表面各層之間，均存在可逆反應(yīng)HCHH+Cl【答案】D?！窘馕觥坑蓤D像可知第一層中HCl均以分子形式存在，A正確。第三層中冰的氫鍵網(wǎng)格結(jié)構(gòu)保持不變，C正確。B選項(xiàng)中設(shè)氯離子為10-4mol,則水為1mol,所以水的質(zhì)量為18

4、g,再根據(jù)密度求得水的體積為20mL,即0.02L,溶液的體積就近似0.02L,所以溶液中氫離子的濃度近似等于氯離子的濃度為10-4mol+0.02L=5x3rh0l-L10HCL是強(qiáng)電解質(zhì)，在水中電離不可逆，第一層以分子形式存在，第二層中完全電離，所以D錯(cuò)誤。A.混合溶液的導(dǎo)電能力與離子濃度和種類有7B.Na+與A2-的導(dǎo)電能力之和大于HA-的Xcba第一層第二層65436543相對(duì)導(dǎo)電能力13 .NaCH溶液滴定鄰苯二甲酸氫鉀（鄰苯二甲酸H2A的Ka1=1.1x10-3,Ka2=3.9x10-6）溶液，混合溶液的相對(duì)導(dǎo)電能力變化曲線如圖所示，其中B點(diǎn)為反應(yīng)終點(diǎn)。下列敘述錯(cuò)誤的是V(NaCH

5、)/mLC. b點(diǎn)的混合溶液pH=7D. C點(diǎn)的混合溶液中c(Na+)c(Kh)c(OH)【答案】CA.相比現(xiàn)有工業(yè)合成氨，該方法條件溫和，同時(shí)還可提供電能B.陰極區(qū)，在氫化酶作用下發(fā)生反應(yīng)H2+2MV2+=2H+2MV+C.正極區(qū)，固氮酶為催化劑，N2發(fā)生還原反應(yīng)生成NH3D.電池工作時(shí)，質(zhì)子通過(guò)交換膜由負(fù)極區(qū)向正極區(qū)移動(dòng)【答案】B【解析】本題考查了電化學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)原電池原理合成氨的條件溫和，同時(shí)還可提供電能，故A正確；陰極區(qū)即原電池的正極區(qū)，由圖可知，在固氮酶作用下反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；由圖可知C正確；電池工作時(shí),【解析】本題考查了元素周期律的基本知識(shí)【解析】溶液的導(dǎo)電能力與離子的電荷濃度有關(guān)，故

6、A正確；隨NaOH溶液滴入，溶液導(dǎo)電能力增強(qiáng)，故B正確；b點(diǎn)的混合溶液鄰苯二甲酸根水解顯堿性，故C點(diǎn)c(Na+)c(K+),a-b段消耗的氫氧化鈉的體積大于C錯(cuò)誤;b-c段,12.利用生物燃料電池原理研究室溫下氨的合成，電池工作時(shí)+b點(diǎn)c(Na)=c(K),C點(diǎn)c(K+)c(OH),故D正確。MV2+/MV+在電極與酶之間傳遞電子，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是交換膜陽(yáng)離子通過(guò)交換膜由負(fù)極區(qū)向正極區(qū)移動(dòng),故D正確。13.科學(xué)家合成出了一種新化合物(如圖所示)， 其中子數(shù)是X核外電子數(shù)的一半，下列敘述正確的是A.WZ的水溶液呈堿性B.元素非金屬性的順序?yàn)閄YZW、X、YZ為同一短周期元素，Z核外最外層電C.Y

7、的最高價(jià)氧化物的水化物是中強(qiáng)酸D.該新化合物中Y不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【答案】CW+ZM.Z/XX、7ZIIZZZ由題意YzT中Z只有一個(gè)價(jià)鍵，X有四個(gè)價(jià)鍵，Z核外最外層電子數(shù)是X核外電子數(shù)的一半，可推知W為Na,X為Si,丫為P,Z為Cl。NaCl的水溶液呈中性，故A錯(cuò)誤；非金屬性由強(qiáng)到弱為ClPSi故B錯(cuò)誤；P的最高價(jià)氧化物的水化物是H3P。4,是中強(qiáng)酸，故C正確；該新化合物中P顯3價(jià)，滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D錯(cuò)誤。三、非選擇題：(一)必考題：26.(14分)硼酸(H3BO3)是一種重要的化工原料，廣泛應(yīng)用于玻璃、醫(yī)藥、肥料等工業(yè)。一種以硼鎂礦(含Mg2B2O3?H2O、SiO2及少量FG2

8、O3、A12O3)為原料生產(chǎn)硼酸及輕質(zhì)氧化鎂的工藝流程如下：回答下列問(wèn)題：(1)在95C“溶浸”硼鎂礦粉，產(chǎn)生的氣體在“吸收”中反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(2)“濾渣I”的主要成分有。為檢驗(yàn)“過(guò)濾1”后的濾液中是否含有Fe12345+離子，可選用的化學(xué)試劑是。(3)根據(jù)H3BO3的解離反應(yīng)：H3BO3+H2O匚=H+B(OH4)-,Ka=5.81X10-10,可判斷H3BO3是酸；在“過(guò)濾2”前，將溶液pH調(diào)解至3.5,目的是。(4)在“沉鎂中生成Mg(OH)2?MgCO3沉淀的離子方程式為,母液經(jīng)加熱后可返回工序循環(huán)使用。由堿式碳酸鎂制備輕質(zhì)氧化鎂的方法是(或2Mg2+2CO32+H2O=Mg(O

9、H)2?MgCO3J+CQ。溶浸高溫焙燒【解析】本題考查了化工生產(chǎn)過(guò)程及相關(guān)元素性質(zhì)由題目已知硼鎂礦(含Mg2B2O3?H2。、SiC2及少量Fe2O3AI2O3)加入硫酸俊溶液溶浸時(shí)產(chǎn)生的氣體只有NH3,氣體被NH4HCC3溶液吸收，發(fā)生的反應(yīng)為NH4HCC3+NH3=(NH4)2CO3。而硼鎂礦溶浸后的濾渣1為Si。、Fe2O3、AI2O3；【答案】2NH4HCO3+NH3=(NH4)2COJSiQ、Fe2O3、AI2O3KSCN(3)-一兀弱轉(zhuǎn)化為H3BO3,促進(jìn)析出52Mg2+3CO32+2H2O=Mg(OH)2?MgCO32HCOs(NH4)2SO4溶液濾渣 11t調(diào) pH=3.5吸

10、收調(diào) pH=6.5Mg(OH)2-MgCO3輕質(zhì)氧化鎂NH4HCO3溶液母液檢驗(yàn)Fe3+離子的試?J通常為KSCN溶液。由題目給出的H3BO3的解離反應(yīng)，只存在一步解離平衡，由此判斷為H3BO3一元弱酸；又且由于Ka小，即酸性弱目的是使B(OH轉(zhuǎn)化為H3BO3,促進(jìn)析出；(也可由生產(chǎn)過(guò)程中目標(biāo)為H3BO3,由硼鎂礦生產(chǎn)時(shí)硼元素應(yīng)在過(guò)濾1后存在于溶液中，pH調(diào)解至3.5而生產(chǎn)H3BO3,其目的是轉(zhuǎn)化為H3BO3,促進(jìn)析出)；在“沉鎂”中Mg2+遇到吸收NH3氣體后的(NH4)2CO3溶液，產(chǎn)物為Mg(OH)2?MgCO3,故離子方程式為2Mg2+3CO32+2H2O=Mg(OH)2?MgCO3/

11、2HCOT(或2Mg2+2CQ2+H2O=Mg(OH)2?MgCO34+CQT);工業(yè)生產(chǎn)為提高原料利用率，將母液循環(huán)使用，母液是在產(chǎn)生H3BO3和Mg(OH)2?MgCO3兩沉淀后所得，即為兩物質(zhì)的飽和液，故需從溶浸工序開始循環(huán)；堿式碳酸鎂制備輕質(zhì)氧化鎂的方法高溫焙燒，使堿式碳酸鎂分解生成氧化鎂。27.硫酸鐵俊(NH4Fe(SQ)2xH2O)是一種重要鐵鹽，為充分利用資源，變廢為寶，在實(shí)驗(yàn)室中探究采用廢鐵屑來(lái)制備硫酸鐵氨，具體流程如下：回答下列問(wèn)題：(1)步驟的目的是去除廢鐵屑表面的油污，方法是。(2)步驟需要加熱的目的是,溫度保持80-95C,采用的合適加熱方式是。鐵屑中含有少量的硫化物，

12、反應(yīng)產(chǎn)生的氣體需要凈化處理，合適的裝置為(填標(biāo)號(hào))。保持pH值小于0.5。(5)采用熱重分析法測(cè)定硫酸鐵俊晶體樣品所含結(jié)晶水?dāng)?shù)，將樣品加熱到150c的時(shí)候，失掉1.5個(gè)結(jié)晶水，失重5.6%,硫酸鐵氨晶體的化學(xué)式為。【答案】(1)堿煮水洗(2)加快反應(yīng)；熱水??；C(3)將Fe2+全部氧化為Fe3+,不引入雜質(zhì)；防止(抑制)Fe3+的水解。(4)加熱濃縮，冷卻結(jié)晶，過(guò)濾(洗滌)(5)NH4Fe(SQ)212H2O【解析】本題考查了實(shí)驗(yàn)操作及相關(guān)元素性質(zhì)廢鐵屑表面油污需選用在堿性溶液加熱，去污，而后水洗。鐵屑遇硫酸想得到FeSC4溶液，加熱的目的為加快反應(yīng)；控溫在80-95C,采用的合適方式是熱水浴

13、加熱；鐵屑中含有少量的硫化物，反應(yīng)產(chǎn)生的氣體含出5需用堿液吸收處理，由于酸堿反應(yīng)迅速，需考慮防倒吸問(wèn)題，故選Co本實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖侵苽淞蛩徼F氨，濾液中的Fe2+需氧化為Fe3+,步驟中選用足量的雙氧水即為將Fe2+全部氧化為Fe3+,雙氧水還原產(chǎn)物為水，不引入雜質(zhì)；由于Fe3+易水解，需控制pH值，保持在較強(qiáng)酸性中，抑制Fe3+的水解。步驟的實(shí)驗(yàn)是將硫酸鐵氨從溶液中結(jié)晶，實(shí)驗(yàn)操作為加熱濃縮，冷卻結(jié)晶，過(guò)濾(洗滌)，干燥得到硫酸鐵俊晶體樣品。熱重分析法測(cè)定硫酸鐵俊晶體樣品，1.5個(gè)結(jié)晶水，占晶體樣品失重5.6%,由此判斷晶體樣1.518品的相對(duì)分子質(zhì)重為=482,硫酸鐵氨晶體的化學(xué)式為NH4Fe(SQ

14、)212H20。0.05628.(15分)水煤氣變換CO(g)+H2O(g)=CQ(g)+H2(g),是重要的化工過(guò)程，主要用于合成氨、制氫以及合成氣加工等工業(yè)領(lǐng)域?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1) Shibata曾做過(guò)下列實(shí)驗(yàn)：使純“緩慢地通過(guò)處于721c下的過(guò)量氧化鉆CoO(s),氧化鉆部分被還原為金屬鉆Co(s),平衡后氣體中氫氣的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.0250,在同一溫度下用CO還原CoO(s),平衡后氣體中CO的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.0192。根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)結(jié)果判斷，還原CoO(s)為Co(s)的傾向是COH2(填大于或小于”)(2)721c時(shí)，在密閉容器中將等物質(zhì)的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用

15、適當(dāng)?shù)拇呋瘎┻M(jìn)行反應(yīng)，則平衡體系中的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為(填標(biāo)號(hào))。A.0.50(3)我國(guó)學(xué)者結(jié)合實(shí)驗(yàn)與計(jì)算機(jī)模擬結(jié)果研究了在金催化劑表面上水煤氣變換的反應(yīng)歷程，如圖所示，其中吸附在金催化劑表面的物種用*標(biāo)注可知水煤氣變換的H0（填大于“，等于“或小于），該歷程中最大的能壘（活化能）E正=ev,寫出該步驟的化學(xué)方程式。（4）Shoichi研究了467C、489c時(shí)水煤氣變換中CO和分壓隨時(shí)間變化關(guān)系（如下圖所示），催化劑為氧化鐵，實(shí)驗(yàn)初始時(shí)體系中的PH2O和PCO相等，PCO2和PH2相等。(30.2.21|*St1B0VininVinin計(jì)算曲線a的反應(yīng)在30-90min內(nèi)的平均速率v（a）=kp

16、a.min-1。467c時(shí)PH2和FCO隨。489c時(shí)PH2和PCO隨時(shí)間變化關(guān)系的曲線分別210210(3(31.591.251.86一.1.410.32；-0.160.830.72&OW4WHaOQ罟QH+NHA8OZH+*HHOQis&oZH+ko君大詈00o戌攵學(xué)0。Pco/kPaPco/kPaPHj/kPaPHj/kPa4.0300時(shí)間變化關(guān)系的曲線分別是TN”【答案】(1)大于(2)C(3)小于；2.02COOH*+H*+H2O*=COO+2H*+OH*或H2O*=H*+OH*(4)0.0047;bc,ad【解析】本題考查了化學(xué)平衡及相關(guān)計(jì)算(1)反應(yīng)物在平衡后物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)小，說(shuō)明

17、反應(yīng)程度越大，由題目給出的CO和H2平衡后可知還原CoO(s)為Co(s)的傾向是CO大于叱。M日而CoO(s)+H2=Co(s)+H2O/c(H2O)n(H2O)n總V1-0.0250(2)出硼,K=-=；c(H2)n(H2)n總V0.0250CoO(s)+CO=Co+C02,K=c(C02)=1-0.0192，可判斷等物質(zhì)的量的CO(g)和H2O(g)(設(shè)物質(zhì)c(CO)0.0192的量各為1mol)混合采用適當(dāng)?shù)拇呋瘎┻M(jìn)行反應(yīng)，則平衡體系H20+C0=H2+C02中“c(H2)c(CO2)n(H2)n(CO2)0.0250(1-0.0192)K=c(H2O)c(CO)n(H2O)n(CO)

18、(1-0.0250)0.0192H2O+CO。H2+CO2起始時(shí)1mol1mol00平衡時(shí)1-xmol1-xmolxmolxmol計(jì)算x,而H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為xo估算可得心的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(x=0.267)在0.25-0.50之間，故選C。2(3)由題中圖示可知水煤氣變換時(shí)反應(yīng)前相對(duì)能量0eV,反應(yīng)后相對(duì)能量-0.72eV,反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故H小于零。該歷程中最大的能壘(活化能)應(yīng)是COOH+H*+H2O*=COOd+2H*+OH*反應(yīng)時(shí)由相對(duì)能量-0.16eV升至1.86eV的過(guò)渡態(tài)2再降至1.41eV。E正=1.86(0.16)=2.02(ev)。(4)由題中圖示可知u(a)=4.08-3

19、.80=0.0047(kpa.min-1),實(shí)驗(yàn)初始時(shí)體系中的PH2O和PCO相等，60PCo2和PH2相等。PH2和PCO隨時(shí)間的變化量相同，由題中圖示數(shù)據(jù)可知bc兩條線在30-90min內(nèi)變化量為0.34kpa,ad兩條線在30-90min內(nèi)變化量為0.28kpa,故bc,ad分別對(duì)應(yīng)兩個(gè)溫度下的PH2和PCO。又因?yàn)镃O(g)+H2O(g)=CQ(g)+H2(g),K=P(H2)P(CO2)體系中的PH,。和PCO相等,P(H2O)P(CO)2和PH2相等，K=(P(H2)2。反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度時(shí)平衡應(yīng)逆向移動(dòng)，K值減小(K4670K4890K721。),P(CO)由(2)計(jì)算已知

20、K721C1,考慮a、b、c、d四曲線平衡時(shí)的數(shù)值關(guān)系，判斷b、c表示低溫時(shí)PH2和PCO,a、d表示高溫時(shí)PH2和PCO的壓強(qiáng)變化曲線。故467c時(shí)b、c表示PH2和FCO隨時(shí)間變化關(guān)系的曲線,d表示489c時(shí)PH2和PCO隨時(shí)間變化關(guān)系的曲線。(二)選考題:35.化學(xué)一選彳3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(15分)在普通鋁中加入少量Cu和Mg,后形成一種稱為拉維斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得鋁材的硬度增加，延展性減小，形成所謂堅(jiān)鋁，是制造飛機(jī)的主要材料?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)下列狀態(tài)的鎂中，電離最外層一個(gè)電子所需能量最大的是(填標(biāo)號(hào))。A、NeB、Ne(g)C、NeQQDNe(2)乙二胺(

21、H2NCHCH2NH2)是一種有機(jī)化合物，分子中氮、碳的雜化類型分別是、。乙二胺能與Mg2+、Cu2+等金屬離子形成穩(wěn)定環(huán)狀離子，其原因是,其中與乙二胺形成的化合物穩(wěn)定性相對(duì)較高的是(填“Mg2+”或“Cu2+”)。(3)一些氧化物的熔點(diǎn)如下表所示:氧化物L(fēng)i2OMgOP4O6SO?熔點(diǎn)/c1570280023.8-75.5解釋表中氧化物之間熔點(diǎn)差異的原因(4)圖(a)是MgCu2的拉維斯結(jié)構(gòu)，Mg以金剛石方式堆積，八面體空隙和半數(shù)的四面體空隙中，填入以四面體方式排列的Cu。圖(b)是沿立方格子對(duì)角面取得的截圖?？梢?，Cu原子之間最短距離x=pm,Mg原子之間最短距離y=pm。設(shè)阿伏加德羅常數(shù)

22、的值為NA,則MgCu?的密度是g?cm-3(列出計(jì)算表達(dá)式)。(a)(b)【答案】a、獻(xiàn)Cu.Mg(2) sp3、sp3。乙二胺的兩個(gè)N提供孤對(duì)電子給金屬離子形成配位鍵，從而形成環(huán)狀穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；Cu2+(3) L2O、MgO為離子晶體，P4O6、SQ為分子晶體，晶格能：MgOALi?。，分子間作用力(相對(duì)分子質(zhì)量)：P4O6SO2O【解析】(1)基態(tài)鎂原子核外電子Ne3s2,故A項(xiàng)表本基態(tài)Mg+離子，B項(xiàng)表本基態(tài)Mg原子，C項(xiàng)表不激發(fā)態(tài)Mg原子，D項(xiàng)表示激發(fā)態(tài)Mg+離子核外電子的排布，第二電離能大于第一電離能，且激發(fā)態(tài)自身能量高，電離時(shí)所需能量小于基態(tài)時(shí)所需能量，故電離最外層一個(gè)電子所需能量最

23、大的是Ao(2)由乙二胺分子結(jié)構(gòu)可知氮、碳原子的價(jià)電子對(duì)數(shù)都是4,均為sp3雜化。且氮原子含有孤電子對(duì)，而Mg2+、Cu2+等金屬離子具有空軌道，乙二胺中的兩個(gè)氮原子提供孤對(duì)電子給金屬離子形成配位鍵，從而形成環(huán)狀穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。Cu2+比Mg2+、半徑大，且由d軌道參與成鍵，可形成更穩(wěn)定的五元環(huán)狀結(jié)構(gòu)。(3) Li2O、MgO為離子晶體。P4O6、SQ為分子晶體。離子晶體熔化破壞離子鍵，分子晶體熔化破壞分子間作用力，故離子晶體熔點(diǎn)高于分子晶體。Mg2+比Li+電荷高、半徑小，MgO晶格能更大，故熔點(diǎn)高；P4O6相對(duì)分子質(zhì)量大于SQ,分子間作用力大，故熔點(diǎn)高于SQ。(4)由題圖b判斷4個(gè)銅原子直徑即為立方格子對(duì)角面截面白邊長(zhǎng)。立方格子面對(duì)角線為J2a,所以x=、2apm；鎂原子以金剛石方式堆積，鎂原子與內(nèi)部的鎂原子相切41v3心鎂原子均與內(nèi)部的鎂原子相切)，鎂原子間距離為立方格子體對(duì)角線的一故丫=apm；該立方格子441-1.中由均攤法可知含有8個(gè)鎂原子(8父十6父一+4)和16個(gè)銅原子(由化學(xué)式可知Mg:Cu=1:2或由圖82、8241664-3a判斷立方格子中銅原子個(gè)數(shù))。故留度=33Tg?cmNAa31036.化學(xué)一選修5: