2019高考海南卷化学试题解析版.pdf

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1、.-优选2019年全国高考卷化学试题解析到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Mn 55 一、选择题：此题共有6 小题，每题2 分，共 12 分。在每题给出的4 个选项中，只有1 项符合题目要求的。1.某试剂瓶标签上平安标志如右图，该试剂是A.氨水B.乙酸C.氢氧化钠D.硝酸【答案】D【解析】平安标志为腐蚀性和氧化性，硝酸符合，D 项正确。2.我国古代典籍中有“石胆浅碧色，烧之变白色真的记载，其中石胆是指A.CuSO4 5H2O B.FeSO4 7H2O C.ZnSO4 7H2O D.KAl(SO4)2 12H2O【答案】A【

2、解析】CuSO4 5H2O 为蓝色晶体，CuSO4为白色粉末，加热发生反响：CuSO4 5H2O=CuSO4(白)+5H2O，A 项正确。3.反响 C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)H0 在一定条件下于密闭容器中到达平衡，以下各项措施中，不能提高乙烷的平衡转化率的是A.增大容器容积B.升高反响温度C.别离出局部氢气D.等容下通入惰性气体【答案】D【解析】增大容器容积相当于减少压强，平衡向正向移动，乙烷的平衡转化率增大，A 项不符合题意；该反响为吸热反响，升高温度，平衡向正向移动，乙烷的平衡转化率增大，B 项不符合题意；别离出局部氢气，衡向正向移动，乙烷的平衡转化率增大，C 项不符合题意

3、；等容下通入惰性气体，原平衡体系各物质的浓度不变，平衡不移动，乙烷的平衡转化率不变，D符合题意。4.以下各组化合物中不互为同分异构体的是.-优选A.B.C.D.【答案】B【解析】同分异构体的概念为分子式一样，构造不同的物质互为同分异构体。A 中分子式均为C6H6构造不同，二者关系为同分异构体，不符合题意；B 中分子式分别为C14H24、C14H22关系不属于同分异构体符合题意；C 中分子式均为C3H6O2构造不同，二者关系为同分异构体，不符合题意；D 中分子式均为C6H6O3构造不同，二者关系为同分异构体，不符合题意。5.根据右图中的能量关系，可求得CH 键的键能为A 414 molL 1 B

4、 377 molL 1 C 235 molL1 D 197 molL 1【答案】A【解析】从右图中可以得到如下热化学反响方程式：C(s)2H2(g)+=CH4(g)_1=-75 kJ mol 3H，列式计算即可。717+864 4x=75，计算得 x=414，即选 A。6.实验室通过称量MgSO4 xH2O 样品受热脱水前后的质量来测定x 值，以下情况会导致测定值偏低的是A实验前试样未经枯燥B试样中含有少量碳酸氢铵C(g)4H(g)C(s)2H2(g)CH4(g)_1=717 kJ mol 1H_1=864 kJ mol 2HH3=-75 kJ mol _1.-优选C试样中含有少量氯化钠D加热

5、过程中有试样迸溅出来【答案】C【解析】加热固体样品，减少的质量即为水的质量。A 中未经枯燥的水分，B 中碳酸氢氨加热分解 NH4HCO3CO2+NH3+H2O全部为气体，D 中试样迸溅出来，都是质量减少的情况，只有C 中 NaCl 加热质量不减少，所以选C。二、选择题：此题共6 小题，每题4 分，共 24 分，每题有一个或两个选项符合题意。假设正确答案只包含一个选项，多项选择得0 分；假设正确答案包含两个选项，只选一个且正确得 2 分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0 分。7今年是门捷列夫发现元素周期表150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年，以下有关化学元素周期表的

6、说确的是A元素周期表共有18 列BA族元素的非金属性自上而下依次减弱C主族元素均呈现与其族数一样的最高化合价D第二周期主族元素的原子半径自左向右依次增大【答案】AB【解析】一般化学教材采用的元素周期表共有18 列，A族为卤族元素，自上而下，非金属性依次减弱，F 元素非金属性最强，A 和 B 正确。C 中氟元素无正价，虽为第A族，但最高价为 0 价。第二周期主族元素的原子半径自左向右依次减小。8 微型银锌电池可用作电子仪器的电源，其电极分别是Ag/Ag2O 和 Zn，电解质为KOH 溶液。电池总反响为Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，以下说确的是A电池工作过程中，KOH 溶液浓度降

7、低B电池工作过程中，电解质溶液中OH向负极移动，C负极发生反响Zn+2OH-2e=Zn(OH)2D正极发生反响Ag2O+2H+2e=Ag+H2O【答案】BC。.-优选【解析】此题注意电解质为KOH 溶液，D 中电极方程式出现H+，应为Ag2O2+2H2O+4e=2Ag+4OH，D 错误。在放电时负极板上的锌被氧化，生成氢氧化锌，同时消耗掉氢氧根离子；正极板上的过氧化银被复原，先生成氧化银，继而生成银，同时消耗掉水，并产生氢氧根离子；电解液中的氢氧化钾并无消耗掉，离子钾和离子氢氧根仅是在两极间起输送电能的作用，但水那么参与化学反响，不断被极板吸收，氢氧化钾的浓度越来越大。负极发生反响Zn+2OH

8、-2e=Zn(OH)2，OH向负极移动，均正确。9一定温度下，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl(aq)体系中,c(Ag+)和 c(Cl)关系如下图。以下说确的是Aa、b、c 三点对应的Ksp相等BAgCl 在 c 点的溶解度比b 点的大CAgCl 溶于水形成的饱和溶液中，c(Ag+)=c(Cl)D b 点的溶液中参加AgNO3固体，c(Ag+)沿曲线向c点方向变化【答案】AC【解析】温度一定，Ksp大小不变，线上a、b、c 三点对应的Ksp相等。温度一定，溶解度大小也不变，B 错。Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl),AgCl(s)Ag+(aq)+Cl(aq),C正确。b 点的溶液中参

9、加 AgNO3固体，c(Ag+)变大，Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl)，c(Cl)相应减小，所以沿曲线向c 点反方方向变化，D 错。10以下说确的是A MgO 和 Al2O3都属于两性氧化物B悬浊液和乳浊液的分散质均为液态CFe3O4和 Pb3O4中的金属都呈现两种价态D葡萄糖溶液和淀粉溶液都具有丁达尔效应【解析】选项 A 中 MgO 属于碱性氧化物，Al2O3都属于两性氧化物，故错误；选项B 中悬浊液的分散质为固态，乳浊液的分散质为液态，故错误；选项C 中 Fe3O4中 Fe 的化合价分别为2和 3，Pb3O4中 Pb的化合价分别为2 和 4，故正确；选项D 中葡萄糖溶液不属于胶体

10、，不具有丁达尔效应，淀粉溶液属于胶体，具有丁达尔效应，故错误。.-优选【答案】C 11能正确表示以下反响的离子方程式为A向 FeBr2溶液入过量Cl2：2Fe2Cl22Fe32ClB向碳酸钠溶液入少量CO2：CO32CO2H2O 2HCO3C向碘化钾溶液中参加少量双氧水：3H2O2IIO3 3H2O D向硫化钠溶液入过量SO2：2S25SO22H2O 3S3HSO3【解析】选项 A 中由于 Cl2过量，那么FeBr2溶液中的Br也会参加反响，故错误；选项C 中由于双氧水少量，I只能被氧化成I2，故错误。正确选项为B 和 D【答案】BD 12以下化合物中，既能发生取代反响又能发生加成反响的有AC

11、H3CHCH2BCH3CH2CH2OH CCCH2H3CCH3CH3CH3D【解析】选项 A 中的有机物分子中含有碳碳双键，能发生加成反响，含有的 CH3具有烷烃的性质，能发生取代反响，故正确；选项D 中，分子中的碳碳键为介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊键，既能发生取代反响又能发生加成反响，故正确；选项B、C 中的有机物分子中不含有碳碳双键，不能发生加成反响，故错误。【答案】AD 三、非选择题：共44 分。每个试题考生都必须作答。13 9 分自门捷列夫发现元素周期律以来，人类对自然的认识程度逐步加深，元素周期表中的成员数目不断增加。答复以下问题：12016 年 IUPAC 确认了四种新元素，其

12、中一种为Mc，中文为“镆。元素Mc 可由反响3得到。该元素的质子数为，与互为。2Mc 位于元素周期表中第VA 族，同族元素 N 的一种氢化物为NH2NH2，写出该化合物分子的电子式，该分子存在的共价键类型有。.-优选3该族中的另一元素P 能呈现多种化合价，其中 3 价氧化物的分子式为，5价简单含氧酸的分子式为。【解析】1 利用守恒思想，通过反响 3可确定元素Mc 的质子数为 115；根据相关概念，可判断与互为同位素。2NH2NH2为元素 N 的一种氢化物的构造简式，依据构造简式、构造式、电子式间关系，不难确定其分子的电子式为H:N:N:H.H H，分子既存在极性键又存在非极性键。3依据化合价法

13、那么可确定3 价 P 的氧化物的分子式为P2O3，5 价 P 的简单含氧酸的分子式为H3PO4。【答案】1115 同位素2H:N:N:H.H H极性键和非极性键3P2O3H3PO4 14 8 分由 -羟基丁酸生成-丁酯的反响如下：HOCH2CH2CH2COOHHOOH2O在 298K 下，-羟基丁酸水溶液的初始浓度为0.180 mol/L，测得 -丁酯的浓度随时间变化的数据如表所示，答复以下问题：t/min 21 50 80 100 120 160 220 c/(mol/L)0.024 0.050 0.071 0.081 0.090 0.104 0.116 0.132 1该反响在50 80mi

14、n 的平均反响速率为mol L1 min1。2120 min 时 -羟基丁酸的转化率为。3298 K 时该反响的平衡常数K=。.-优选4为提高-羟基丁酸的平均转化率，除适当控制反响温度外，还可采用的措施是。【答案】1 7 10-42 50%311/4 4及时别离出产物-丁酯；使用浓硫酸作催化剂、吸水剂【解析】1根据化学反响速率的概念：4-107min)5080(/)050.0071.0(tcLmolvmol L 1 min 12120min 的转化率=50%100%180.0090.0180.03298K 时，k=132.0180.0132.004114提高转化率，就是使平衡右移，可以采用及时

15、别离出产物-丁酯的方法，或使用浓硫酸作催化剂、吸水剂。15 9 分无机酸有机酯在生产中具有广泛的应用，答复以下问题：1硫酸氢乙酯SOOHOOC2H5可看作是硫酸与乙醇形成的单酯，工业上常通过乙烯与浓硫酸反响制得，该反响的化学方程式为，反响类型为；写出硫酸与乙醇形成的双酯硫酸二乙酯C4H10O4S的构造简式为。2磷酸三丁酯常作为稀土元素富集时的萃取剂，工业上常用作正丁醇与三氯氧磷OpClClCl反响来制备，该反响的化学方程式为，反响类型为。写出正丁醇的任意一个醇类同分异构体的构造简式。【答案】1CH2=CH2+H2SO4HOSOOOC2H5.-优选加成反响SOOOC2H5C2H5O2O=P3CH

16、3CH2CH2CH2OH+O=PClClClOCH2CH2CH2CH3OCH2CH2CH2CH3OCH2CH2CH2CH3HCl3取代反响CH3CH(OH)CH2CH316.9 分连二亚硫酸钠Na2S2O4 2H2O，俗称保险粉，易溶于水，常用于印染、纸漂白等。答复以下问题：1Na2S2O4中 S的化合价为。2向锌粉的悬浊液入SO2制备 ZnS2O4,生成 1mol ZnS2O4反响中转移的电子数为 mol，向 ZnS2O4溶液中参加适量Na2CO3，生成 Na2S2O4并有沉淀产生，该反响的化学方程式为。3Li-SO2电池具有高输出功率的优点。其正极为可吸附SO2的多孔碳电极，负极为金属锂，

17、电解液为溶解有LiBr 的碳酸丙烯酯-乙腈溶液。电池放电时，正极上发生的电极反响为 2SO2+2e-=S2O42-，电池总反响式为。该电池不可用水替代混合有机溶剂，其原因是。【答案】1+3 22；ZnS2O4+Na2CO3=Na2S2O4+ZnCO332SO2+2Li=Li2S2O4；Li 与水反响会影响电池正常工作17 9 分枯燥的二氧化碳和氨气反响可生成氨基甲酸铵固体，化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s)H0 在四氯化碳入二氧化碳和氨制备氨基甲酸铵的实验装置如以下图所示，答复以下问题：.-优选1装置 1 用来制备二氧化碳气体：将块状石灰石放置在试管中的带孔塑

18、料板上，漏斗中所加试剂为；装置2 中，所加试剂为。2装置 4 中试剂为固体NH4Cl 和 Ca(OH)2，发生反响的化学方程式为。试管口不能向上倾斜的原因是。装置3 中试剂为KOH，其作用为。3反响时三颈瓶需用冷水浴冷却，其目的是。【答案】1盐酸；浓硫酸。22 NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2 NH3 +2 H2O；防止反响产生的水蒸汽在管口凝结倒流，损坏仪器；枯燥氨气吸收氨气中的水蒸气。3使氨气和二氧化碳充分反响生成氨基甲酸胺，防止氨基甲酸胺分解，同时减少四氯化碳的挥发。【解析】装置 1 是制备二氧化碳的装置。由二氧化碳的实验室制法可知所加试剂为碳酸钙和盐酸。题目中由枯燥的二氧化碳和

19、氨气反响制备氨基甲酸铵。故二氧化碳和氨气分别都需要枯燥。所以装置2 和 4作用分别为枯燥二氧化碳气体和氨气。装置 2 所用试剂为浓硫酸。由氨气的实验室制法可写出化学反响方程式2 NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2 NH3 +2 H2O。制法反响是采用固体与固体加热反响的装置，需考虑产生的水蒸汽对实验的影响，防止水蒸汽凝结倒流。制备氨基甲酸铵的反响为放热反响，冷水浴可使反响产生的热量迅速散失，使氨气和二氧化碳充分反响生成氨基甲酸胺，同时减少溶剂四氯化碳的挥发。氨基甲酸胺的热稳定性较差，冷水浴也可防止生成的氨基甲酸胺分解。四、选考题：共20 分。请考生从第18、19 题中任选一题作答。如果多

20、做，那么按所做的第一题计分。第18、19 题的第题为选择题，在给出的四个选项中，只有两个选项是符.-优选合题目要求的，请将符合题目要求的选项标号填在答题卡相应位置；第题为非选择题，请在答题卡相应位置作答并写明小题号。18【选修五有机化学根底】20分18 6 分分子中只有两种不同化学环境的氢，且数目比为32的化合物有ABOOCOD【答案】CD【解析】CCH2OCH2H3CH3CDCH3H3CHHHH都有两种不同化学环境的氢，且数目比为3 2。而 A 有两种不同化学环境的氢，且数目比为1 1。B 中有三种不同化学环境的氢，且数目比为 1 1 1。应选 C D。18.(14 分)奥沙拉是曾用于治疗急

21、、慢性溃疡性结肠炎的药物，其由水酸为起始物的合成路线如下：OHCOOHCH3OH浓H2SO4XOHCOOCH3NO2YOHCOOCH3NH2Fe/HClH2OOHCOOCH3N2+Cl-NaNO2/HCl0-5XHOH3COOCNNCOOCH3OHZ足量 NaOH/H2OHONaOOCNNCOONaOH奥沙拉秦水杨酸答复以下问题：1X 的构造简式为 _；由水酸制备X 的反响类型为_。2由 X 制备 Y 的反响试剂为 _。.-优选3工业上常用廉价的CO2与 Z 反响制备奥沙拉，通入的CO2与 Z 的物质的量之比应为_。4奥沙拉的分子式为_，其核磁共振氢谱为_组峰，峰面积比为_。5假设将奥沙拉用盐

22、酸酸化后，分子中含氧官能团的名称为_、_。6W 是水酸的同分异构体，可以发生银镜反响；W 经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚。W 的构造简式为 _。【答案】1OHCOOCH3；取代反响。2浓硝酸、浓硫酸。321。4C14H8N2O6Na2，4，1111。5羧基、羟基。6HCOOOH。【解析】1由流程图可知，水酸与CH3OH发生酯化反响得到X，所以X 的构造简式为：OHCOOCH3，发生的反响类型为取代反响酯化反响。2Y 是在 X 的分子上引入了硝基，所以由X 制备 Y 的反响试剂为浓硝酸、浓硫酸。3流程图中，HOH3COOCNNCOOCH3OHZ足量 NaOH/H2O，所以Z 的分子构造为：

23、NaONaOOCNNCOONaONa，通入的CO2与 Z 的物质的量之比应为21。4奥沙拉的构造简式为HONaOOCNNCOONaOH，分子式为C14H8N2O6Na2，其中有 4种不同位置的氢原子，故核磁共振氢谱为4 组峰；每种氢原子的数目都为2，所以峰面积比为 1111。.-优选5酸化后的构造为：HOHOOCNNCOOHOH，其中的官能团为羧基、羟基。6水酸的构造简式为OHCOOH，能够发生银镜反响，说明有醛基，只能是甲酸酯类，W 经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚，说明两个取代基在对位，那么W 的构造简式为HCOOOH。19.选修 3物质构造与性质(20 分)19-(6分)以下各组物质

24、性质的比拟，结论正确的选项是A.分子的极性：BCl3NCl3B.物质的硬度：NaI NaF C.物质的沸点：HF HCl D.在 CS2中的溶解度：CCl4H2O【答案】AB【解析】BCl3分子中的B 原子采用SP2杂化，分子为平面正三角形，所以BCl3是非极性分子；NCl3中的 N 原子采用不等性SP3杂化，NCl3空间构型为三角锥形，是极性分子。所以，分子极性为BCl3NCl3，故 A 正确。NaI 和 NaF 都是离子晶体，离子半径FI，所以晶格能NaINaF，故硬度 NaI NaF。所以，B 正确。由于 HF 分子间能形成氢键，而HCl 不能，故沸点HFHCl。所以，C 不正确。CS2

25、、CCl4为非极性分子，而H2O 为极性分子，根据相似相溶原理，物质在CS2中的溶解性应为：CCl4H2O，故 D 不正确。所以此题答案应为：AB。19-(14分)锰单质及其化合物应用十分广泛。答复以下问题：1Mn 位于元素周期表中第四周期_族，基态Mn 原子核外未成对电子有_个。2MnCl2可与 NH3反响生成 Mn(NH3)6Cl2，新生成的化学键为_键。氨分子的空间构型为，其中N 原子的杂化类型为。3金属锰有多种晶型，其中-Mn 的构造为体心立方堆积，晶胞参数为a pm。-Mn中锰的原子半径为_pm。阿伏伽德罗常数的值为NA，-Mn 的理论密度=_g cm3。.-优选(列出计算式)4锰的

26、某种氧化物的晶胞如右图所示，其中锰离子的化合价为 _，其配位数为 _。【答案】12配位三角锥SP3343a303A10aN5524+2 6【解析】1锰为25 号元素，电子排布式为1S22S2S2P63S2S3P63d54S2位于周期表的第四周期，族。基态原子中，3d 轨道中的5 个电子为未成对电子，其余的都是成对电子。2MnCl2可与 NH3反响生成的 Mn(NH3)6Cl2为配合物，其中新生成的化学键为配位键。氨分子空间构型为三角锥形，N 原子杂化类型为不等性SP3杂化。3-Mn 的构造为体心立方堆积，那么体对角线上的三个原子相切如右图所示，即体对角线的长度=原子半径的4 倍，1 条棱、1条面对角线、1 条体对角线构成一个直角三角形a2+2a2=(4r2)，所以锰的原子半径r=43a-Mn 的构造为体心立方堆积，1 个晶胞包含的原子数为1+881=2，考虑到 1pm=1 10-10cm =vm=303A10aN5524晶胞为面心立方晶胞，一个晶胞中的氧原子数=881+1241=4 一个晶胞中的猛原子数=1+6 21=4 所以该物质为MnO，锰的化合价为+2，该化合物的配位数为6.OMn.-优选