2019年全国统一高考化学试卷以及答案解析(全国1卷)(共21页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上绝密启用前2019年高考普通高等学校招生全国统一考试（全国1卷）化学注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：共7小题，每小题6分，满分42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。1（6分）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

2、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，由黏土经高温烧结而成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2（6分）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3（6分）实验室制备溴苯的反应装置如图所示，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先打开KB实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色C装置c中碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢D反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯4（6分）固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在

3、环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。如图为少量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，冰的氢键网络结构保持不变D冰表面各层之间，均存在可逆反应HClH+Cl5（6分）NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的Ka11.1103，Ka23.9106）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有关BNa+与A2的导电能力之和大于HA的Cb点的

4、混合溶液pH7Dc点的混合溶液中，c（Na+）c（K+）c（OH）6（6分）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，示意图如下所示。下列说法错误的是（）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7（6分）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（）AWZ的水溶液呈碱性B元素非金属性的顺

5、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电子稳定结构二、非选择题：共43分。第810题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1112为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：8（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Mg2B2O5H2O、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：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1”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）

6、根据H3BO3的解离反应：H3BO3+H2OH+B（OH）4，Ka5.811010，可判断H3BO3是 酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是 。（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 。9（15分）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，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如图：回答下列问题：（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8095，采用的合适加热方式是 。铁屑中含有少量硫化物

7、，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H2O2，理由是 。分批加入H2O2，同时为了 ，溶液要保持pH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时失掉1.5个结晶水，失重5.6%硫酸铁铵晶体的化学式为 。10（14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中。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

8、还原为金属钴Co（s），平衡后气体中H2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）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，则平衡时体系中H2的物质的量分数为 （填标号）。A0.25 B0.25 C0.250.50 D0.50 E0.50（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上的物种用*标注。可知水煤

9、气变换的H 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（如图所示）。催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的和pCO相等、和相等。计算曲线a的反应在3090min内的平均速率（a） kPamin1467时和pCO随时间变化关系的曲线分别是 、 。489时和pCO随时间变化关系的曲线分别是 、 。（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。化学-选修3：物质结构与性质11（15分）在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一

10、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）。（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Li2OMgOP4O6SO2熔点/ 15702800 23.875.5解释表中氧化物之间熔点差异的原因 。（4）

11、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 gcm3（列出计算表达式）。化学-选修5：有机化学基础12化合物G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

12、立体异构，只需写出3个）（4）反应所需的试剂和条件是 。（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）制备的合成路线 （无机试剂任选）。2019年全国统一高考化学试卷（全国1卷）答案解析一、选择题：共7小题，每小题6分，满分42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。1【分析】A氧化铁为红棕色固体，陶瓷以青色为主，原因是烧瓷原料中含有氧化铁的色釉，在烧制的过程中还原成青色；B黏土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料，经高温烧结得到陶瓷制品；C传统硅酸盐产品包括：普通玻璃、陶瓷、水泥，含有硅酸根离子的盐属于硅酸盐，陶瓷

13、是应用较早的人造材料；D陶瓷是陶器和瓷器的总称，是以粘土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料以及各种制品。【解答】解：A瓷器着色如雨过天晴，为青色，瓷器的原料高岭矿或高岭土中普遍含有铁元素，青瓷的烧制过程就是将含有红棕色氧化铁的色釉在火里烧，再经过还原行成为青色，此时铁不再是三价铁，而是二价铁，故A错误；B陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原材料，经过高温烧制而成的产品，闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成，故B正确；C以含硅元素物质为原料通过高温加热发生复杂的物理、化学变化制得硅酸盐产品，传统硅酸盐产品包括：普通玻璃、陶瓷、水泥，陶瓷，是用物理

14、化学方法制造出来的最早的人造材料，一万多年以前，它的诞生使人类由旧石器时代进入了新石器时代，故C正确；D陶瓷有：日用陶瓷、卫生陶瓷、建筑陶瓷、化工陶瓷和电瓷、压电陶瓷等，共性为具有抗氧化、抗酸碱腐蚀、耐高温、绝缘、易成型等优点，故D正确；故选：A。【点评】本题考查陶瓷有关知识，掌握相关的硅酸盐产品的生产原料、产品组成、性质以及硅酸盐的概念是解答本题的关键，注意基础知识的积累掌握，题目难度不大。2【分析】该有机物中含有苯环和碳碳双键，具有苯和烯烃性质，能发生加成反应、取代反应、加聚反应、氧化反应，据此分析解答。【解答】解：A含有碳碳双键，所以具有烯烃性质，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾

15、溶液褪色，故A错误；B含有碳碳双键，所以能发生加聚反应生成高分子化合物，故B正确；C苯分子中所有原子共平面、乙烯分子中所有原子共平面，甲烷分子为正四面体结构，有3个原子共平面，该分子中甲基具有甲烷结构特点，所以该分子中所有原子不能共平面，故C错误；D该物质为有机物，没有亲水基，不易溶于水，易溶于甲苯，故D错误；故选：B。【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查苯和烯烃性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，会利用知识迁移方法判断原子是否共平面，题目难度不大。3【分析】AK关闭时难以加入苯和溴的混合液；B液溴易挥发，溴的四氯化碳溶液呈浅红色；C碳酸钠溶液能够HBr反应；D洗涤后混合液分层，应

16、该用分液、蒸馏法分离。【解答】解：A向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前，需先打开K才能平衡压强，以便加入混合液，故A正确；B挥发出的HBr中含有溴，溴溶于四氯化碳呈浅红色，故B正确；CHBr为污染物，需要用碳酸钠溶液吸收，故C正确；D溴苯中含有剩余的苯，混合液分层，经稀碱溶液洗涤后应先分液再蒸馏，故D错误；故选：D。【点评】本题考查性质方案的评价，题目难度中等，明确实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。4【分析】A由图可知，冰表面第一层中存在HCl分子；B冰表面第二层中，Cl：H2O104：1，设水的体积为1L，以此计算；C冰表面第三层中，仍存

17、在H2O分子；D由图可知，只有第二层存在HCl气体分子在冰表面吸附和溶解过程。【解答】解：A由图可知，冰表面第一层中存在HCl分子，则HCl以分子形式存在，故A正确；B冰表面第二层中，Cl：H2O104：1，设水的体积为1L，溶液体积近似为1L，则H+浓度为5103molL1，故B正确；C冰表面第三层中，仍存在H2O分子，则冰的氢键网络结构保持不变，故C正确；D由图可知，只有第二层存在HCl气体分子在冰表面吸附和溶解过程，第一、三层不存在，故D错误；故选：D。【点评】本题考查溶解平衡，为高频考点，把握分子构成、物质的量浓度的计算、溶解平衡为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答

18、的难点，题目难度不大。5【分析】A由图象可知a、b、c点的离子种类、浓度不同，且导电能力不同；Ba点溶液主要成分为KHA，b点主要成分为Na2A、K2A；Cb点溶质为为Na2A、K2A，溶液呈碱性；Dc点NaOH过量，且溶液呈碱性。【解答】解：A溶液的导电能力取决于电荷浓度的大小，由图象可知a、b、c点的离子种类、浓度不同，可知混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；B由图象可知a、b点钾离子浓度相等，b点导电能量较大，b点存在Na+与A2，可知Na+与A2的导电能力之和大于HA的，故B正确；C由题给数据可知H2A为二元弱酸，b点溶质为为Na2A、K2A，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则

19、pH7，故C错误；Dc点NaOH过量，则n（NaOH）n（KHA），溶液呈碱性，可知c（Na+）c（K+）c（OH），故D正确。故选：C。【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点和常见题型，侧重考查学生的分析能力，注意把握题给信息以及图象的分析，把握溶液导电能力和离子浓度的关系，题目难度中等。6【分析】生物燃料电池的工作原理是N2+3H22NH3，其中N2在正极区得电子发生还原反应，H2在负极区失电子发生氧化反应，原电池工作时阳离子向正极区移动，据此分析判断。【解答】解：A利用生物燃料电池在室温下合成氨，既不需要高温加热，同时还能将化学能转化为电能，故A正确；B原电池只有正、负极，不存在

20、阴、阳极，其中负极区，氢气在氢化酶的作用下，发生氧化反应，反应式为H2+2MV2+2H+2MV+，故B错误；CN2在正极区得电子发生还原反应，生成NH3，故C正确；D燃料电池工作时，负极区生成的H+透过质子交换膜进入正极区，故D正确；故选：B。【点评】本题考查原电池原理的应用，涉及燃料电池正负极的判断及离子的移动方向判断，能准确利用反应原理判断正、负极是解题关键，题目难度不大，属基础考查。7【分析】W、X、Y、Z为同一短周期元素，根据图知，X能形成4个共价键、Z能形成1个共价键，则X位于第IVA族、Z位于第VIIA族，且Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，Z最外层7个电子，则X原子核外有1

21、4个电子，为Si元素，Z为Cl元素，该阴离子中Cl元素为1价、X元素为+4价，根据化合价的代数和为1价，Y为3价，所以Y为P元素，根据阳离子所带电荷知，W为Na元素，通过以上分析知W、X、Y、Z分别是Na、Si、P、Cl元素，结合题目分析解答。【解答】解：通过以上分析知，W、X、Y、Z分别是Na、Si、P、Cl元素，AWZ为NaCl，NaCl是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，故A错误；B同一周期元素非金属性随着原子序数增大而增强，则非金属性ClPSi，所以非金属性ZYX，故B错误；CY为P元素，Y的最高价氧化物的水合物是H3PO4为中强酸，故C正确；DY为P元素，其最外层有5个电子，P原子形成2个

22、共价键且该阴离子得到W原子一个电子，所以P原子达到8电子结构，即Y原子达到8电子结构，故D错误；故选：C。【点评】本题考查原子结构和元素周期律关系，侧重考查原子结构、元素周期表结构、元素化合物性质，正确推断Y元素是解本题关键，往往易根据Y形成的共价键而判断为S元素而导致错误，综合性较强，题目难度中等。二、非选择题：共43分。第810题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1112为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：8【分析】硼镁矿（含Mg2B2O3H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为NH3，用NH4HCO3吸收NH

23、3，发生反应NH3+NH4HCO3（NH4）2CO3，根据过滤2及沉镁成分知，过滤1中得到的滤渣为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3，调节溶液pH3.5时得到H3BO3，滤液中含有MgSO4，沉镁过程发生的反应为2Mg2+3CO32+2H2OMg（OH）2MgCO3+2HCO3，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有 （NH4）2SO4，（1）氨气为碱性气体，能和酸式铵盐吸收生成正盐；（2）滤渣1为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3；Fe3+和KSCN溶液混合得到血红色液体；（3）H3BO3能发生一步电离，且电离平衡常数很小，为一元弱酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，有利

24、于析出H3BO3；（4）在“沉镁”中镁离子和碳酸根离子发生水解和复分解反应生成Mg（OH）2MgCO3沉淀，同时还生成碳酸氢根离子离子；在母液中得到 （NH4）2SO4，在溶浸时需要加入 （NH4）2SO4，碱式碳酸镁高温易分解得到氧化物、水和二氧化碳。【解答】解：硼镁矿（含Mg2B2O3H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为NH3，用NH4HCO3吸收NH3，发生反应NH3+NH4HCO3（NH4）2CO3，根据过滤2及沉镁成分知，过滤1中得到的滤渣为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3，调节溶液pH3.5时得到H

25、3BO3，滤液中含有MgSO4，沉镁过程发生的反应为2Mg2+3CO32+2H2OMg（OH）2MgCO3+2HCO3，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有 （NH4）2SO4，（1）氨气为碱性气体，能和酸式铵盐吸收生成正盐，反应方程式为NH3+NH4HCO3（NH4）2CO3，故答案为：NH3+NH4HCO3（NH4）2CO3；（2）滤渣1为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3；Fe3+和KSCN溶液混合得到血红色液体，所以可以用KSCN溶液检验铁离子，故答案为：SiO2、Fe2O3、Al2O3；KSCN；（3）H3BO3能发生一步电离，且电离平衡常数很小，所以为一元弱酸；在“过滤2”

26、前，将溶液pH调节至3.5，有利于析出H3BO3，如果溶液pH较大，得不到硼酸而得到硼酸盐，故答案为：一元弱；转化为H3BO3，促进析出；（4）在“沉镁”中镁离子和碳酸根离子发生水解和复分解反应生成Mg（OH）2MgCO3沉淀，同时还生成碳酸氢根离子离子，离子方程式为2Mg2+3CO32+2H2OMg（OH）2MgCO3+2HCO3；在母液中得到 （NH4）2SO4，在溶浸时需要加入 （NH4）2SO4，所以母液经加热后可返回溶浸工序循环使用，碱式碳酸镁高温易分解得到氧化物、水和二氧化碳，所以高温焙烧就可以得到轻质氧化镁，故答案为：2Mg2+3CO32+2H2OMg（OH）2MgCO3+2HC

27、O3；溶浸；高温焙烧。【点评】本题考查物质分离提纯及制备，涉及方程式的书写、制备方法判断、离子检验等知识点，明确元素化合物性质及其性质差异性、离子检验方法及流程图中发生的反应是解本题关键，注意从整体上分析判断各物质成分，题目难度中等。9【分析】废铁屑中含有油污，油污在碱性条件下水解，且碱和Fe不反应，所以可以用碱性溶液除去废铁屑中的油污，将干净铁屑进入稀硫酸中并加热，稀硫酸和Fe发生置换反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤除去废渣得到滤液，滤液中含有未反应的稀硫酸和生成的硫酸亚铁，然后向滤液中加入H2O2，Fe2+ 被氧化生成Fe3+ 而得到硫酸铁溶液，然后向硫酸铁溶液中加入硫酸铵固体，然后通过加热浓

28、缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵固体；（1）油污在碱性条件下水解；（2）温度越高化学反应速率越快；低于100的加热需要水浴加热；铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，硫化物和稀硫酸反应生成H2S，H2S属于酸性气体，用碱液吸收，且要防止倒吸；（3）H2O2具有氧化性，能氧化Fe2+，且双氧水被还原生成水；Fe3+水解导致溶液呈酸性，所以酸能抑制Fe3+水解；（4）从溶液中获取晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法；（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，失去结晶水的式量181.527，失重5.6%，则该晶体

29、式量482，x。【解答】解：废铁屑中含有油污，油污在碱性条件下水解，且碱和Fe不反应，所以可以用碱性溶液除去废铁屑中的油污，将干净铁屑进入稀硫酸中并加热，稀硫酸和Fe发生置换反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤除去废渣得到滤液，滤液中含有未反应的稀硫酸和生成的硫酸亚铁，然后向滤液中加入H2O2，Fe2+ 被氧化生成Fe3+ 而得到硫酸铁溶液，然后向硫酸铁溶液中加入硫酸铵固体，然后通过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵固体；（1）油污在碱性条件下水解生成羧酸盐和甘油，羧酸盐和甘油都易溶于水，然后水洗，从而除去油污，故答案为：碱煮水洗；（2）温度越高化学反应速率越快，缩短反应时间，所以步骤需

30、要加热的目的是加快反应；低于100的加热需要水浴加热，所以温度保持8095，采用的合适加热方式为热水浴；铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，硫化物和稀硫酸反应生成H2S，H2S属于酸性气体，用碱液吸收，且要防止倒吸，BD不能防止倒吸且A溶解硫化氢能力较弱，所以选取C，故答案为：加快反应；热水浴；C；（3）H2O2具有氧化性，能氧化Fe2+生成铁离子且双氧水被还原生成水，不引进杂质，所以选取双氧水作氧化剂；Fe3+水解导致溶液呈酸性，H+能抑制Fe3+水解，为防止Fe3+水解需要溶液的pH保持0.5，故答案为：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入杂质；防止Fe3+水解；（4）从溶液

31、中获取晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，所以步骤中从溶液中获取晶体的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；（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，失去结晶水的式量181.527，失重5.6%，则该晶体式量482，x12，所以其化学式为NH4Fe（SO4）212H2O，故答案为：NH4Fe（SO4）212H2O。【点评】本题考查物质制备，涉及物质分离提纯、反应条件选取、尾气处理、计算等知识点，侧重考查分析判断、实验操作、计算能力，明确流程图中各物质成分及其性质、化学反应原理及元

32、素化合物性质是解本题关键，难点是（5）题计算，题目难度不大。10【分析】（1）使纯H2缓慢地通过处于721下的过量的氧化钴CoO（s），氧化钴部分被还原为金属钴Co（s），平衡后气体中H2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。相同条件下还原反应达到平衡状态后，反应前后气体物质的量都是不变的反应，一氧化碳物质的量分数小于氢气物质的量分数，说明一氧化碳进行的程度大；（2）CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），等物质的量的一氧化碳和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，反应前后气体物质的量不变，当反应物全部反应氢气所占物质

33、的量的分数50%，但反应为可逆反应不能进行彻底；（3）图象分析可知水煤气的生成过程经过了过渡态1和过渡态2，最后生成产物的能量低于反应物，正反应进行的方向需要吸收能量，结合图此分析判断，该历程中最大能垒（活化能）E正，得到反应的化学方程式；（4）曲线a的反应在3090min内，分压变化4.08kPa3.80kPa0.28kPa，平均速率（a），反应为放热反应，温度越高平衡逆向进行，CO分压越大，氢气分压越小，据此分析判断。【解答】解：（1）使纯H2缓慢地通过处于721下的过量的氧化钴CoO（s），氧化钴部分被还原为金属钴Co（s），平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250，反应的化学方程式

34、：H2+CoOCo+H2O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，反应的化学方程式：CO+CoOCo+CO2，相同条件下还原反应达到平衡状态后，反应前后气体物质的量都是不变的反应，一氧化碳物质的量分数小于氢气物质的量分数，说明一氧化碳进行的程度大故答案为：大于；（2）CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），等物质的量的一氧化碳和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，反应前后气体物质的量不变，当反应物全部反应氢气所占物质的量的分数50%，但反应为可逆反应不能进行彻底，氢气的物质的量分数一定小于50%，故选：C，故答案为：C；（3）图象分析可知水煤气的生

35、成过程经过了过渡态1和过渡态2，最后生成产物的能量低于反应物，反应的焓变小于0，正反应进行的方向需要吸收能量，结合图此分析判断，是发生的过渡反应：COOH*+H*+H2O*COOH*+2H*+OH*或H2O*H*+OH*，该历程中最大能垒（活化能）E正1.86eV（0.16eV）2.02eV，故答案为：小于；2.02；COOH*+H*+H2O*COOH*+2H*+OH*或H2O*H*+OH*；（4）曲线a的反应在3090min内，分压变化4.08kPa3.80kPa0.28kPa，平均速率（a）0.0047kPa/min，反应为放热反应，温度越高平衡逆向进行，CO分压越大，氢气分压越小，489

36、时pH2和pCO随时间变化关系的曲线分别是a、d，467时pH2和pCO随时间变化关系的曲线分别是b、c，故答案为：0.0047；b、c；a、d。【点评】本题考查了化学反应焓变判断、反应过程的理解应用、化学反应速率计算、影响化学平衡的因素的分析判断等知识点，注意题干信息的理解分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等。（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。化学-选修3：物质结构与性质11【分析】（1）能量越高越不稳定，越易失电子，所以激发态的微粒易失电子，原子轨道中处于半满状态时较稳定；（2）每个N原子形成的共价键有2个NH键、1个NC键，且还含

37、有1个孤电子对；每个C原子形成的共价键有2个CH键、2个CN键，所以N、C原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断N、C原子杂化类型；含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间易形成配位键；碱土金属与乙二胺形成的化合物稳定性较弱；（3）晶体熔沸点：离子晶体分子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能有关，晶格能越大熔沸点越高，晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比；分子晶体熔沸点与分子间作用力有关，分子间作用力与相对分子质量有关，相对分子质量越大其分子间作用力越大；（4）如图所示，AB之间的距离为面对角线长度apm，AB之间距离相当于4个Cu原子直径，x距离1个Cu原子直径；CD距离为y，该长度为

38、体对角线BC长度的，体对角线长度棱长apm；该晶胞中Mg原子位于8个顶点上、6个面心上，在晶胞内部有4个Mg原子，所以Mg原子个数8+6+48，Cu原子都位于晶胞内部，有16个；晶胞体积（a1010 cm）3，晶胞密度。【解答】解：（1）AD微粒都是Mg原子失去一个电子后得到的，但是D微粒能量高于A，稳定性AD，所以失电子能量AD；BC都是原子，但是B是基态、C是激发态，能量：CB，稳定性BC，所以失去一个电子能量：BC；A微粒是B失去一个电子得到的，且A轨道中电子处于半满状态，较稳定，所以失去一个电子能力AB，通过以上分析知，电离最外层一个电子所需能量最大的是A，故答案为：A；（2）每个N原

39、子形成的共价键有2个NH键、1个NC键，且还含有1个孤电子对；每个C原子形成的共价键有2个CH键、2个CN键，所以N、C原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断N、C原子杂化类型分别为sp3、sp3；含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间易形成配位键，乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键，所以乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子；碱土金属与乙二胺形成的化合物稳定性较弱，所以与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2+，故答案为：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；Cu2+；（3）晶体熔沸点：离子晶体分子晶体，离子晶体熔沸点

40、与晶格能有关，晶格能越大熔沸点越高，晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比，分子晶体熔沸点与分子间作用力有关，分子间作用力与相对分子质量有关，相对分子质量越大其分子间作用力越大，Li2O和MgO是离子晶体、P4O6和SO2是分子晶体，且晶格能MgOLi2O，分子间作用力：P4O6SO2，所以熔沸点：MgOLi2OP4O6SO2，故答案为：Li2O和MgO是离子晶体、P4O6和SO2是分子晶体，晶格能MgOLi2O，分子间作用力：P4O6SO2；（4）如图所示，AB之间的距离为面对角线长度apm，AB之间距离相当于4个Cu原子直径，x距离1个Cu原子直径；体对角线长度棱长apm，CD距离为y，该长

41、度为体对角线BC长度的apmapm；该晶胞中Mg原子位于8个顶点上、6个面心上，在晶胞内部有4个Mg原子，所以Mg原子个数8+6+48，Cu原子都位于晶胞内部，有16个；晶胞体积（a1010 cm）3，晶胞密度g/cm3g/cm3，故答案为：a；a；。【点评】本题考查结构和性质，涉及晶胞计算、配合物、原子杂化类型判断等知识点，侧重考查基础知识综合运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，注意CD距离与晶胞棱长关系，题目难度中等。化学-选修5：有机化学基础12【分析】A发生氧化反应生成B，B发生加成反应生成C，C发生氧化反应生成D，根据E结构简式知，D为，D发生酯化反应生成E，F先发生碱性条

42、件下水解然后酸化得到G，根据EG结构简式知，E发生取代反应生成F，F为；（7）由甲苯和乙酰乙酸乙酯（CH3COCH2COOC2H5）制备，甲苯和溴在光照条件下生成，CH3COCH2COOC2H5发生取代反应生成CH3COCH（CH2C6H5）COOCH2CH3，最后发生碱性条件下水解然后酸化得到目标产物。【解答】解：（1）A中的官能团名称是羟基，故答案为：羟基；（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，连接甲基的碳原子为手性碳，其手性碳为，故答案为：；（3）具有六元环结构，说明环上有6个原子，并能发生银镜反应，说明含有CHO，B的不饱和度是2，环的不饱和度是1、醛基的不饱和度是

43、1，则符合条件的B的同分异构体中不含其它碳碳不饱和键，取代基为CH3、CHO时，两个取代基可能位于同一个碳原子上，有1种；可能位于不同碳原子上有邻间对3种，取代基可能为CH2CHO，1种，所以符合条件的有5种，这5种结构简式分别为，故答案为：；（4）反应为羧基转化为酯基的酯化反应，生成羧酸乙酯，则所需的试剂和条件是CH3CH2OH、浓硫酸、加热，故答案为：CH3CH2OH、浓硫酸、加热；（5）的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；（6）F先发生碱性条件下的水解反应生成羧酸盐和乙醇，然后羧酸盐酸化得到G，则F到G的反应方程式，故答案为：；（7）由甲苯和乙酰乙酸乙酯（CH3COCH2COOC2H5）制备，甲苯和溴在光照条件下生成，CH3COCH2COOC2H5发生取代反应生成CH3COCH（CH2C6H5）COOCH2CH3，最后发生碱性条件下水解然后酸化得到目标产物，其合成路线为，故答案为：。【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及信息获取、知识迁移能力，正确推断各物质结构简式、明确反应中断键和成键方式是解本题关键，利用G的合成路线中步采用知识迁移方法进行（7）题方案设计，题目难度中等。专心-专注-专业