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2019 年普通高等学校招生全国统一考试·全国Ⅰ卷
理科综合(化学部分)
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Mg—24 S—32 Fe—56 Cu
—64
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共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。
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
答案 A
解析 “雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色与氧化亚铁有关，而氧化铁显红棕色，A项错
误；秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成，B项正确；陶瓷以黏土为原料，经高温烧
制而成，属于人造材料，主要成分是硅酸盐，C项正确；陶瓷主要成分是硅酸盐，硅酸盐中
硅元素化合价处于最高价，化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点，D项正确。
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 2苯基丙烯分子中苯环的侧链上含有碳碳双键，它能与稀高锰酸钾溶液发生氧化反应
而使其褪色，A项错误；类比乙烯，2苯基丙烯能发生加成聚合反应，B项正确；2苯基丙烯
分子中含有甲基，故该分子中不可能所有原子共平面，C项错误；2苯基丙烯属于烃，不易
溶于水，D项错误。
9．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K
B．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
答案 D
解析 苯和溴均易挥发，苯与液溴在溴化铁作用下发生剧烈的放热反应，释放出溴化氢气体
(含少量苯和溴蒸气)，先打开K，后加入苯和液溴，避免因装置内气体压强过大而发生危险，
A项正确；四氯化碳用于吸收溴化氢气体中混有的溴单质，防止溴单质与碳酸钠溶液反应，
四氯化碳呈无色，吸收红棕色溴蒸气后，液体呈浅红色，B项正确；溴化氢极易溶于水，倒
置漏斗防倒吸，碳酸钠溶液呈碱性，易吸收溴化氢，发生反应为 NaCO ＋HBr==NaHCO ＋
2 3 3
NaBr，NaHCO ＋HBr==NaBr＋CO↑＋HO，C项正确；反应后的混合液中混有苯、液溴、
3 2 2
溴化铁和少量溴化氢等，提纯溴苯的正确操作是①用大量水洗涤，除去可溶性的溴化铁、溴
化氢和少量溴；②用氢氧化钠溶液洗涤，除去剩余的溴等物质；③用水洗涤，除去残留的氢
氧化钠；④加入干燥剂除去水，过滤；⑤对有机物进行蒸馏，除去杂质苯，从而提纯溴苯，
分离溴苯，不用“结晶”的方法，D项错误。
10．固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、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253 K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0.9 g·cm－3)
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＋＋Cl－
答案 D
解析 观察图示知，第一层只存在HCl分子，HCl没有电离，A项正确，D项错误；在冰表面第二层中，假设HO的物质的量为1 mol，则n(Cl－)＝1×10－4mol，n(Cl－)＝n(H＋)，冰的
2
体积V＝＝20.00 cm3，c(H＋)＝＝5.0×10－3mol·L－1，B项正确；第三层中水分子结构不变，
每个水分子与4个水分子形成氢键，氢键网络结构保持不变，C项正确。
11．NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸HA的K ＝1.1×10－3，K ＝3.9×10－6)溶液，
2 al a2
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
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
D．c点的混合溶液中，c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)
答案 C
解析 滴定至终点时发生反应：2NaOH＋2KHA===KA＋NaA＋2HO。溶液导电能力与溶
2 2 2
液中离子浓度、离子种类有关，离子浓度越大、所带电荷越多，其导电能力越强，A项正确；
图像中纵轴表示“相对导电能力”，随着NaOH溶液的滴加，溶液中c(K＋)、c(HA－)逐渐减
小，而Na＋、A2－的物质的量逐渐增大，由题图可知，溶液的相对导电能力逐渐增强，说明
Na＋与A2－的导电能力之和大于HA－的，B项正确；本实验默认在常温下进行，滴定终点时，
溶液中的溶质为邻苯二甲酸钠和邻苯二甲酸钾，由于邻苯二甲酸是弱酸，所以溶液呈碱性，
pH>7，C项错误；滴定终点时，c(K＋)＝c(Na＋)，a点到b点加入NaOH溶液的体积大于b点
到c点的，故c点时c(K＋)>c(OH－)，所以c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)，D项正确。
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，示意图如图所示。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H＋2MV2＋===2H＋＋2MV＋
2
C．正极区，固氮酶为催化剂，N 发生还原反应生成NH
2 3
D．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 由题图和题意知，电池总反应是3H ＋N==2NH 。该合成氨反应在常温下进行，并
2 2 3形成原电池产生电能，反应不需要高温、高压和催化剂，A项正确；观察题图知，左边电极
发生氧化反应MV＋－e－==MV2＋，为负极，不是阴极，B项错误；正极区N 在固氮酶作用
2
下发生还原反应生成NH ，C项正确；电池工作时，H＋通过交换膜，由左侧(负极区)向右侧
3
(正极区)迁移，D项正确。
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 氯化钠是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，A 项错误；元素非金属性顺序为
Z(Cl)>Y(P)>X(Si)，B 项错误；磷的最高价氧化物是 PO ，其对应的水化物为 HPO 、
2 5 3
HPO ，它们均是中强酸，C项正确；2个硅原子和1个P原子形成2个共价键，阴离子得到
3 4
1个电子，所以该化合物中磷原子最外层达到8电子稳定结构，D项错误。
二、非选择题：共58分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35～36题
为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共43分。
26．硼酸(H BO)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
3 3
矿(含MgB O·H O、SiO 及少量Fe O、Al O)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：
2 2 5 2 2 2 3 2 3
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)根据HBO 的解离反应：HBO＋HOH＋＋B(OH)，K＝5.81×10－10，可判断HBO 是
3 3 3 3 2 a 3 3
________酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节到3.5，目的是_____________________。
(4)在“沉镁”中生成Mg(OH) ·MgCO 沉淀的离子方程为_____________________________，
2 3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)NH HCO ＋NH ==(NH )CO
4 3 3 4 2 3
(2)SiO、Fe O、Al O KSCN
2 2 3 2 3
(3)一元弱 转化为HBO，促进析出
3 3
(4)2Mg2 ＋ ＋ 3CO ＋ 2HO==Mg(OH) ·MgCO ↓ ＋ 2HCO[ 或 2Mg2 ＋ ＋ 2CO ＋
2 2 3
HO==Mg(OH) ·MgCO ↓＋CO↑] 溶浸 高温焙烧
2 2 3 2
解析 (1)硫酸铵溶液中存在平衡：NH＋HONH ·H O＋H＋，硼酸镁能与水解出的H＋反
2 3 2
应，促进平衡向右移动，生成的一水合氨浓度增大，因溶液中存在平衡 NH ·H ONH ＋
3 2 3
HO，一水合氨浓度增大，促进NH ·H O分解产生NH 。用NH HCO 溶液吸收氨气，发生
2 3 2 3 4 3
的反应为NH HCO ＋NH ==(NH )CO 。(2)二氧化硅、氧化铁、氧化铝不溶于硫酸铵溶液，
4 3 3 4 2 3
滤渣1的主要成分是二氧化硅、氧化铁、氧化铝。检验Fe3＋的试剂可选用KSCN。(3)由题给
硼酸的解离反应方程式知，硼酸是一元弱酸。“过滤2”之前，调节pH≈3.5的目的是将硼
元素转化为硼酸，促进硼酸析出。(4)“沉镁”中，碳酸铵溶液与硫酸镁溶液发生双水解反
应生成碱式碳酸镁：2MgSO ＋2(NH )CO ＋HO==Mg(OH) ·MgCO ↓＋2(NH )SO ＋
4 4 2 3 2 2 3 4 2 4
CO↑，或者反应生成碱式碳酸镁和碳酸氢盐。母液含硫酸铵，可以将母液返回“溶浸”工
2
序循环使用，体现绿色化学理念和环境保护思想。碱式碳酸镁转化成轻质氧化镁，联系碳酸
镁、氢氧化镁受热都能分解生成氧化镁，也可以联系碱式碳酸铜分解生成氧化铜、水和二氧
化碳，可知采用的方法是高温焙烧法，Mg(OH) ·MgCO =====2MgO＋HO＋CO↑。
2 3 2 2
27．硫酸铁铵[NH Fe(SO )·xHO]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室
4 4 2 2
中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：
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③中选用足量的 HO ，理由是________________。分批加入 HO ，同时为了
2 2 2 2________，溶液要保持pH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 ℃时失掉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Fe3＋水解
(4)加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)
(5)NH Fe(SO )·12H O
4 4 2 2
解析 (1)除去铁屑表面油污的方法是：用热纯碱溶液清洗铁屑，再用水洗。(2)铁与稀硫酸
反应时加热，可提高反应速率。温度低于水的沸点，可以用热水浴加热，受热均匀且便于控
制。含少量硫化物的铁屑与稀硫酸反应有HS生成。氢气不与碱溶液反应，而硫化氢能与碱
2
溶液反应，而HS在水中溶解度小，故氢气中混有的硫化氢用烧碱溶液除去，又因为硫化氢
2
与碱反应较快，容易引起倒吸，C装置倒置漏斗能防倒吸。故宜选择C装置吸收硫化氢。
(3)铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，加入足量双氧水的目的是将Fe2＋全部氧化为Fe3
＋，发生反应为2Fe2＋＋HO ＋2H＋==2Fe3＋＋2HO，从生成物看，又不引入杂质。铁离子对
2 2 2
双氧水分解起催化作用，分批加入双氧水，避免反应过快、放出热量较多，减少双氧水分解，
以免造成氧化剂损失；铁离子易水解，保持溶液呈强酸性，避免铁离子发生水解反应生成氢
氧化铁。(4)步骤⑤是要从溶液中得到硫酸铁铵晶体，故实验操作有加热浓缩、冷却结晶、
过滤(洗涤)。(5)失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH Fe(SO ) ·xH O，由
4 4 2 2
题意知＝，解得x≈12。
28．水煤气变换[CO(g)＋HO(g)==CO(g)＋H(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制
2 2 2
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：①使纯H 缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化
2
钴部分被还原为金属钴Co(s)，平衡后气体中H 的物质的量分数为0.025 0。
2
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0.019 2。
根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO______H (填“大于”或“小于”)。
2
(2)721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和HO(g)混合，采用适当的催化剂进行
2
反应，则平衡时体系中H 的物质的量分数为________(填标号)。
2
A．<0.25 B．0.25 C．0.25～0.50 D．0.50 E．>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上的物种用*标注。可知水煤气变换的ΔH________0(填“大于”“等于”或“小于”)。该历程中最大能垒(活
化能)E ＝________eV，写出该步骤的化学方程式____________________。
正
(4)Shoichi研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO和H 分压随时间变化关系(如图所示)，
2
催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的pHO和p 相等、pCO 和pH 相等。
2 CO 2 2
计算曲线a的反应在30～90 min内的平均速率(a)＝________kPa·min－1。467 ℃时pH 和p
2 CO
随时间变化关系的曲线分别是________、________。489 ℃时pH 和p 随时间变化关系的
2 CO
曲线分别是________、________。
答案 (1)大于 (2)C
(3)小于 2.02
COOH*＋H*＋HO*==COOH*＋2H*＋OH*(或HO*==H*＋OH*)
2 2
(4)0.004 7 b c a d
解析 (1)由题给信息①可知，H(g)＋CoO(s)Co(s)＋HO(g)(i)
2 2
K ＝＝＝39，由题给信息②可知，CO(g)＋CoO(s)Co(s)＋CO (g)(ii) K ＝＝≈51.08。
1 2 2
相同温度下，平衡常数越大，反应倾向越大，故 CO还原氧化钴的倾向大于H 。(2)第(1)问
2
和第(2)问的温度相同，利用盖斯定律，由(ii)－(i)得CO(g)＋HO(g)CO(g)＋H(g) K＝
2 2 2
＝≈1.31。设起始时CO(g)、HO(g)的物质的量都为1 mol，容器体积为1 L，在721 ℃下，
2
反应达平衡时H 的物质的量为x mol。
2
CO(g)＋HO(g)H(g)＋CO(g)
2 2 2
起始/mol 1 1 0 0
转化/mol x x x x平衡/mol 1－x 1－x x x
K＝＝1.31，若K取1，则x＝0.5，φ(H )＝0.25；若K取4，则x≈0.67，φ(H )≈0.34。氢气
2 2
的物质的量分数介于0.25与0.34之间，故选C。(3)观察起始态物质的相对能量与终态物质
的相对能量知，终态物质相对能量低于始态物质相对能量，说明该反应是放热反应，ΔH小
于0。过渡态物质相对能量与起始态物质相对能量相差越大，活化能越大，由题图知，最大
活化能E ＝1.86 eV－(－0.16 eV)＝2.02 eV，该步起始物质为COOH*＋H*＋HO*，产物为
正 2
COOH*＋2H*＋OH*。(4)由题图可知，30～90 min内，(a)＝≈0.004 7 kPa·min－1。水煤气变换
中CO是反应物，H 是产物，又该反应是放热反应，升高温度，平衡向左移动，重新达到平
2
衡时，H 的压强减小，CO的压强增大。故a曲线代表489 ℃时pH 随时间变化关系的曲线，
2 2
d曲线代表489 ℃时p 随时间变化关系的曲线，b曲线代表467 ℃时pH 随时间变化关系
CO 2
的曲线，c曲线代表467 ℃时p 随时间变化关系的曲线。
CO
(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。
35．[化学——选修3：物质结构与性质]
在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu 微小晶粒，其分散在Al
2
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(H NCH CHNH )是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是________、
2 2 2 2
________。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表所示：
氧化物 LiO MgO PO SO
2 4 6 2
熔点/℃ 1 570 2 800 23.8 －75.5
解释表中氧化物之间熔点差异的原因_______________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)图(a)是MgCu 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
2
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N ，则MgCu 的密度是________g·cm－3(列出计算表达式)。
A 2答案 (1)A (2)sp3 sp3 乙二胺的两个N提供孤对电子与金属离子形成配位键 Cu2＋
(3)Li O、MgO为离子晶体，PO 、SO 为分子晶体。晶格能：MgO>Li O。分子间作用力(分
2 4 6 2 2
子量)：PO>SO
4 6 2
(4)a a
解析 (1)由题给信息知，A项和D项代表Mg＋，B项和C项代表Mg。A项，Mg＋再失去一
个电子较难，即第二电离能大于第一电离能，所以电离最外层一个电子所需能量A大于B；
3p能级的能量高于 3s,3p能级上电子较3s上易失去，故电离最外层一个电子所需能量：
A>C、A>D，选A。(2)乙二胺分子中，1个N原子形成3个单键，还有一个孤电子对，故N
原子价层电子对数为4，N原子采取sp3杂化；1个C原子形成4个单键，没有孤电子对，价
层电子对数为4，采取sp3杂化。乙二胺中2个N原子提供孤电子对与金属镁离子或铜离子
形成稳定的配位键，故能形成稳定环状离子。由于铜离子半径大于镁离子，形成配位键时头
碰头重叠程度较大，其与乙二胺形成的化合物较稳定。(3)氧化锂、氧化镁是离子晶体，六
氧化四磷和二氧化硫是分子晶体，离子键比分子间作用力强。(4)观察图(a)和图(b)知，4个
铜原子相切并与面对角线平行，有(4x)2＝2a2，x＝a。镁原子堆积方式类似金刚石，有 y＝
a。已知1 cm＝1010 pm，晶胞体积为(a×10－10)3 cm3，代入密度公式计算即可。
36．[化学——选修5：有机化学基础]
化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
――-----→ ――→ ――------→
① ② ③
④ ⑤ ⑥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_______________________________________________________
________________________________________________________________________。
(7)设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CHCOCH COOC H)制备 OOOHC H 的合成路线
3 2 2 5 6 5
________(无机试剂任选)。
答案 (1)羟基 (2)
(3) (任意写出其中3个即可)
(4)C HOH/浓HSO 、加热 (5)取代反应
2 5 2 4
(7)C HCH――→C HCHBr，CHCOCH COOC H―——————————―→
6 5 3 6 5 2 3 2 2 5
――--------→
解析 (1)A中的官能团为羟基。(2)根据手性碳原子的定义，B中CH 上没有手性碳，
2上没有手性碳，故B分子中只有2个手性碳原子。(3)B的同分异构体能发生银镜反
应，说明含有醛基，所以可以看成环己烷分子中2个氢原子分别被甲基、醛基取代，或一个
氢原子被CHCHO取代。(4)反应④所需的试剂和条件是乙醇/浓硫酸、加热。(5)反应⑤中，
2
CHCHCHBr与E发生取代反应。(6)F在碱溶液中水解生成羧酸盐，再酸化得到G。
3 2 2
