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2019 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）
参考答案与试题解析
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．（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
【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；
第1页 | 共21页故选：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．（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
【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．（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K
第2页 | 共21页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
【分析】A．K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；
C．HBr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．（6分）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，冰的氢键网络结构保持不变
第3页 | 共21页D．冰表面各层之间，均存在可逆反应HCl⇌H++Cl﹣
【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﹣：H O＝10﹣4：1，设水的体积为1L，以此计算；
2
C．冰表面第三层中，仍存在H O分子；
2
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﹣：H O＝10﹣4：1，设水的体积为1L，溶液体积近似为1L，则
2
H+浓度为 ＝5×10﹣3mol•L﹣1，故B正确；
C．冰表面第三层中，仍存在H O分子，则冰的氢键网络结构保持不变，故C正确；
2
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为解答的难点，题目难度
不大。
5．（6分）NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H A的K ＝1.1×10﹣3，K ＝3.9×
2 a1 a2
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﹣）
第4页 | 共21页【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；
B．a点溶液主要成分为KHA，b点主要成分为Na A、K A；
2 2
C．b点溶质为为Na A、K A，溶液呈碱性；
2 2
D．c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b点钾离子浓度较小，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H A为二元弱酸，b点溶质为为Na A、K A，为强碱弱酸盐，溶液
2 2 2
呈碱性，则pH＞7，故C错误；
D．c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．（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
第5页 | 共21页【分析】生物燃料电池的工作原理是N +3H 2NH ，其中N 在正极区得
2 2 3 2
电子发生还原反应，H 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
2
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H +2MV2+═2H++2MV+，故B错误；
2
C．N 在正极区得电子发生还原反应，生成NH ，故C正确；
2 3
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．（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（ ）
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
【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14个电子，X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，
A．WZ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Cl＞P＞Si，所以非金
第6页 | 共21页属性Z＞Y＞X，故B错误；
C．Y为P元素，Y的最高价氧化物的水合物是H PO 为中强酸，故C正确；
3 4
D．Y为P元素，其最外层有5个电子，P原子形成2个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8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11~12为选
考题，考生根据要求作答。（一）必考题：
8．（14分）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。
3 3
一种以硼镁矿（含Mg B O •H O、SiO 及少量Fe O 、Al O ）为原料生产硼酸及轻质
2 2 5 2 2 2 3 2 3
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
NH +NH HCO ＝（NH ） CO 。
3 4 3 4 2 3
（2）“滤渣1”的主要成分有 SiO 、Fe O 、Al O 。为检验“过滤1”后的滤液中是
2 2 3 2 3
否含有Fe3+离子，可选用的化学试剂是 KSCN 。
（3）根据H BO 的解离反应：H BO +H O⇌H++B（OH） ﹣，K ＝5.81×10﹣10，可判
3 3 3 3 2 4 a
断H BO 是 一元弱 酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是 转化为
3 3
H BO ，促进析出 。
3 3
（4）在“沉镁”中生成Mg（OH）•MgCO 沉淀的离子方程式为 2Mg2++3CO 2﹣+2H O
2 3 3 2
＝Mg（OH） •MgCO ↓+2HCO ﹣ ，母液经加热后可返回 溶浸 工序循环使用。由
2 3 3
碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是 高温焙烧 。
第7页 | 共21页【分析】硼镁矿（含Mg B O •H O、SiO 及少量Fe O 、Al O ）加入硫酸铵溶液，得
2 2 3 2 2 2 3 2 3
到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为NH ，用NH HCO 吸收NH ，
3 4 3 3
发生反应NH +NH HCO ＝（NH ） CO ，根据过滤2及沉镁成分知，过滤1中得到的
3 4 3 4 2 3
滤渣为难溶性的SiO 、Fe O 、Al O ，调节溶液pH＝3.5时得到H BO ，滤液中含有
2 2 3 2 3 3 3
MgSO ，沉镁过程发生的反应为2Mg2++3CO 2﹣+2H O＝Mg（OH） •MgCO ↓+2HCO
4 3 2 2 3 3
﹣，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有 （NH ） SO ，
4 2 4
（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SiO 、Fe O 、Al O ；Fe3+和KSCN溶液混合得到血红色液体；
2 2 3 2 3
（3）H BO 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
3 3
溶液pH调节至3.5，有利于析出H BO ；
3 3
（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） •MgCO
2 3
沉淀，同时还生成碳酸氢根离子离子；在母液中得到 （NH ） SO ，在溶浸时需要加入
4 2 4
（NH ） SO ，碱式碳酸镁高温易分解得到氧化物、水和二氧化碳。
4 2 4
【解答】解：硼镁矿（含Mg B O •H O、SiO 及少量Fe O 、Al O ）加入硫酸铵溶液，
2 2 3 2 2 2 3 2 3
得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为NH ，用NH HCO 吸收NH ，
3 4 3 3
发生反应NH +NH HCO ＝（NH ） CO ，根据过滤2及沉镁成分知，过滤1中得到的
3 4 3 4 2 3
滤渣为难溶性的SiO 、Fe O 、Al O ，调节溶液pH＝3.5时得到H BO ，滤液中含有
2 2 3 2 3 3 3
MgSO ，沉镁过程发生的反应为2Mg2++3CO 2﹣+2H O＝Mg（OH） •MgCO ↓+2HCO
4 3 2 2 3 3
﹣，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有 （NH ） SO ，
4 2 4
（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NH +NH HCO ＝
3 4 3
（NH ） CO ，
4 2 3
故答案为：NH +NH HCO ＝（NH ） CO ；
3 4 3 4 2 3
（2）滤渣1为难溶性的SiO 、Fe O 、Al O ；Fe3+和KSCN溶液混合得到血红色液体，
2 2 3 2 3
所以可以用KSCN溶液检验铁离子，
故答案为：SiO 、Fe O 、Al O ；KSCN；
2 2 3 2 3
（3）H BO 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”前，
3 3
将溶液pH调节至3.5，有利于析出H BO ，如果溶液pH较大，得不到硼酸而得到硼酸
3 3
盐，
故答案为：一元弱；转化为H BO ，促进析出；
3 3
（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） •MgCO
2 3
第8页 | 共21页沉淀，同时还生成碳酸氢根离子离子，离子方程式为2Mg2++3CO 2﹣+2H O＝Mg（OH）
3 2 2
•MgCO ↓+2HCO ﹣；在母液中得到 （NH ） SO ，在溶浸时需要加入 （NH ） SO ，
3 3 4 2 4 4 2 4
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++3CO 2﹣+2H O＝Mg（OH） •MgCO ↓+2HCO ﹣；溶浸；高温焙烧。
3 2 2 3 3
【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．（15分）硫酸铁铵[NH Fe（SO ） •xH O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，
4 4 2 2
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①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是 碱煮水洗 。
（2）步骤②需要加热的目的是 加快反应 ，温度保持80﹣95℃，采用的合适加热方
式是 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，合适的装置
为 C （填标号）。
（3）步骤③中选用足量的H O ，理由是 将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入杂质 。分
2 2
批加入H O ，同时为了 防止Fe3+水解 ，溶液要保持pH小于0.5。
2 2
（4）步骤⑤的具体实验操作有 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤 ，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 NH Fe（SO ） •12H O 。
4 4 2 2
【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
第9页 | 共21页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H O ，Fe2+ 被氧化生成Fe3+ 而得到硫酸铁溶液，然后向
2 2
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；
（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H S，H S属于酸性气
2 2
体，用碱液吸收，且要防止倒吸；
（3）H O 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
2 2
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＝18×1.5＝27，失重5.6%，则该晶体式量＝ ＝
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H O ，Fe2+ 被氧化生成Fe3+ 而得到硫酸铁溶液，然
2 2
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②需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80﹣95℃，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H S，H S属于酸性气体，用碱液吸收，且要防止倒吸，
2 2
BD不能防止倒吸且A溶解硫化氢能力较弱，所以选取C，
第10页 | 共21页故答案为：加快反应；热水浴；C；
（3）H O 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，
2 2
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
⑤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＝18×1.5＝27，失重5.6%，则该晶体式量＝ ＝
482，x＝ ＝12，所以其化学式为NH Fe（SO ） •12H O，
4 4 2 2
故答案为：NH Fe（SO ） •12H O。
4 4 2 2
【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．（14分）水煤气变换[CO（g）+H O（g）═CO （g）+H （g）]是重要的化工过程，主
2 2 2
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：①使纯H 缓慢地通过处于721℃下的过量氧化钴CoO
2
（s），氧化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0.0250。
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0.0192。
根据上述实验结果判断，还原CoO（s）为Co（s）的倾向是CO 大于 H （填“大于”
2
或“小于”）。
（2）721℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO（g）和H O（g）混合，采用适当的催
2
化剂进行反应，则平衡时体系中H 的物质的量分数为 C （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。
第11页 | 共21页可知水煤气变换的△H 小于 0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒
（活化能）E ＝ 2.02 eV，写出该步骤的化学方程式 COOH*+H*+H O*＝
正 2
COOH*+2H*+OH*或H O*＝H*+OH* 。
2
（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
2
所示）。催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的 和p 相等、 和 相等。
CO
计算曲线a的反应在30～90min内的平均速率 （a）＝ 0.0047 kPa•min﹣1．467℃时
和p 随时间变化关系的曲线分别是 a 、 d 。489℃时 和p 随时间变化关系
CO CO
的曲线分别是 b 、 c 。
第12页 | 共21页【分析】（1）①使纯H 缓慢地通过处于721℃下的过量的氧化钴CoO（s），氧化钴部分
2
被还原为金属钴Co（s），平衡后气体中H 的物质的量分数为0.0250。
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0.0192。
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）+H O（g）＝CO （g）+H （g），等物质的量的一氧化碳和水蒸气反应生
2 2 2
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；
（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 ，得到反应的化学方程式；
正
（4）曲线a的反应在30～90min内，分压变化＝4.08kPa﹣3.80kPa＝0.28kPa，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）①使纯H 缓慢地通过处于721℃下的过量的氧化钴CoO（s），氧化钴
2
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0.0250，反应的化学
2
方程式：H +CoO⇌Co+H O
2 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0.0192，反
应的化学方程式：CO+CoO⇌Co+CO ，
2
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）假设氢气和一氧化碳物质的量为1，
①H +CoO⇌Co+H O
2 2
起始量 1 0
变化量 a a
平衡量 1﹣a a
＝0.025
a＝0.975
第13页 | 共21页K ＝ ＝39
1
②CO+CoO⇌Co+CO ，
2
起始量 1 0
变化量 b b
平衡量1﹣b b
＝0.0192
b＝0.9818
K ＝ ＝51
2
设一氧化碳和氢气物质的量m，
CO（g）+H O（g）＝CO （g）+H （g），
2 2 2
起始量 m m 0 0
变化量 x x x x
平衡量 m﹣x m﹣x x x
＝K＝ ＝ ＝1.31＞1
x＞m﹣x
＞0.25
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*+H O*＝COOH*+2H*+OH*或H O*＝H*+OH*，该历程
2 2
中最大能垒（活化能）E ＝1.86eV﹣（﹣0.16eV）＝2.02eV，
正
故答案为：小于；2.02；COOH*+H*+H O*＝COOH*+2H*+OH*或H O*＝H*+OH*；
2 2
（4）曲线a的反应在30～90min内，分压变化＝4.08kPa﹣3.80kPa＝0.28kPa，平均速率
（a）＝ ＝ ＝0.0047kPa/min，反应为放热反应，温度越高平衡逆向进
第14页 | 共21页行，CO分压越大，氢气分压越小，489℃时p 和p 随时间变化关系的曲线分别是a、
H2 CO
d，467℃时p 和p 随时间变化关系的曲线分别是b、c，
H2 CO
故答案为：0.0047；a、d；b、c；。
【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．（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MgCu 微小晶粒，
2
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 A （填标号）。
（2）乙二胺（H NCH CH NH ）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
sp3 、
sp3 。乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是 乙二胺的两
个N提供孤对电子给金属离子形成配位键 ，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较
高的是 Cu2+ （填“Mg2+”或“Cu2+”）。
（3）一些氧化物的熔点如下表所示：
氧化物 Li O MgO P O SO
2 4 6 2
熔点/℃ 1570 2800 23.8 ﹣75.5
解释表中氧化物之间熔点差异的原因 Li O和MgO是离子晶体、P O 和SO 是分子晶
2 4 6 2
体，且晶格能MgO＞Li O，分子间作用力：P O ＞SO 。
2 4 6 2
（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
2
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＝ a pm，Mg 原子之间最短距离 y＝ a
pm．设阿伏加德罗常数的值为N ，则MgCu 的密度是 g•cm﹣3（列
A 2
第15页 | 共21页出计算表达式）。
【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N﹣H键、1个N﹣C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C﹣H键、2个C﹣N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× +4＝8，Cu原子都位于晶胞内部，有16个；
晶胞体积＝（a×10﹣10 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A＞D，所以失电子能量A＞D；
第16页 | 共21页BC都是原子，但是B是基态、C是激发态，能量：C＞B，稳定性B＞C，所以失去一个
电子能量：B＞C；
A为Mg+、B为Mg原子，A再失去电子所需能量就是Mg原子失去2个电子的能量，
为Mg原子的第二电离能，B失去一个电子的能量是Mg原子的第一电离能，其第二电离
能大于第一电离能，所以电离最外层一个电子所需能量A＞B，
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原子形成的共价键有2个N﹣H键、1个N﹣C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C﹣H键、2个C﹣N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，Li O
2
和MgO是离子晶体、P O 和SO 是分子晶体，且晶格能MgO＞Li O，分子间作用力：
4 6 2 2
P O ＞SO ，所以熔沸点：MgO＞Li O＞P O ＞SO ，
4 6 2 2 4 6 2
故答案为：Li O和MgO是离子晶体、P O 和SO 是分子晶体，晶格能MgO＞Li O，分
2 4 6 2 2
子间作用力：P O ＞SO ；
4 6 2
（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＝ ；
第17页 | 共21页体对角线长度＝ 棱长＝ ×apm，CD距离为y，该长度为体对角线BC长度的 ＝
× ×apm＝ 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× +4＝8，Cu原子都位于晶胞内部，有16个；
晶 胞 体 积 ＝ （ a × 10 ﹣ 10 cm ） 3 ， 晶 胞 密 度 ＝ ＝ g/cm3 ＝
g/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．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 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。写出B的结构简式，用
星号（*）标出B中的手性碳 。
第18页 | 共21页（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 CH CH OH、浓硫酸、加热 。
3 2
（5）⑤的反应类型是 取代反应 。
（ 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（CH COCH COOC H ）制备 的合成路线
3 2 2 5
（无机试剂任选）。
【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（CH COCH COOC H ）制备 ，甲苯和溴在光
3 2 2 5
第19页 | 共21页照条件下生成 ，CH COCH COOC H 发生取代反应生成 CH COCH
3 2 2 5 3
（CH C H ）COOCH CH ，最后发生碱性条件下水解然后酸化得到目标产物。
2 6 5 2 3
【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﹣CH 、﹣CHO时，两个取代基可能位于同一个碳原子上，有1种；
3
可能位于不同碳原子上有邻间对3种，
取代基可能为﹣CH CHO，1种，
2
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④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
CH CH OH、浓硫酸、加热，
3 2
故答案为：CH CH OH、浓硫酸、加热；
3 2
（5）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
第20页 | 共21页到G的反应方程式
，
故答案为： ；
（7）由甲苯和乙酰乙酸乙酯（CH COCH COOC H ）制备 ，甲苯和溴在光
3 2 2 5
照条件下生成 ，CH COCH COOC H 发生取代反应生成 CH COCH
3 2 2 5 3
（CH C H ）COOCH CH ，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
2 6 5 2 3
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⑤⑥
步采用知识迁移方法进行（7）题方案设计，题目难度中等。
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