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2019 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ）
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）“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句。下列关
于该诗句中所涉及物质的说法错误的是（ ）
A．蚕丝的主要成分是蛋白质
B．蚕丝属于天然高分子材料
C．“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应
D．古代的蜡是高级脂肪酸脂，属于高分子聚合物
【分析】A．蚕丝成分为蛋白质；
B．天然高分子材料是自然界中存在的物质；
C．石蜡空气中燃烧生成二氧化碳和水；
D．高级脂肪酸脂是酯类化合物，属于高级脂肪酸甘油酯。
【解答】解：A．蚕丝的主要成分是蛋白质，故A正确；
B．蚕丝是天然蛋白质，属于天然高分子材料，故B正确；
C．“蜡炬成灰”过程中是石蜡燃烧发生了氧化反应，故C正确；
D．古代的蜡是高级脂肪酸脂，是一种酯类物质，不属于高分子聚合物，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了高分子材料的分析判断，主要是油脂、蛋白质成分的分析判断，掌
握基础是解题关键，题目难度不大。
2．（6分）已知N 是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A
A．3g3He含有的中子数为1N
A
B．1L0.1mol•L﹣1磷酸钠溶液含有的PO 3﹣数目为0.1N
4 A
C．1molK Cr O 被还原为Cr3+转移的电子数为6N
2 2 7 A
D．48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13N
A
【分析】A、3g3He的物质的量为1mol；
B、磷酸钠是强碱弱酸盐，弱离子磷酸根离子会发生水解；
C、K Cr O 中铬由+6价变成+3价；
2 2 7
第1页 | 共22页D、正丁烷和异丁烷只是碳架不同，含有的共价键数均为13条。
【解答】解：A、3g3He的物质的量为1mol，而1mol3He中子的物质的量为1mol，所以
3g3He含有的中子数为1N ，故A正确；
A
B、磷酸钠是强碱弱酸盐，弱离子磷酸根离子会发生水解，所以1L0.1mol•﹣1L磷酸钠溶
液含有的PO 3﹣数目小于0.1N ，故B错误；
4 A
C、K Cr O 中铬由+6价变成+3价，所以1 mol K Cr O 被还原为Cr3+转移的电子数为
2 2 7 2 2 7
6N ，故C正确；
A
D、正丁烷和异丁烷只是碳架不同，含有的共价键数均为13条，所以48g正丁烷和10g
异丁烷，即混合物的物质的量为 ＝1mol，所以48g正丁烷和10g异丁烷的混合
物中共价键数目为13N ，故D正确；
A
故选：B。
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是
解题关键，难度不大。
3．（6分）今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、
X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为 8．下列说法错误的是
（ ）
W
X Y Z
A．原子半径：W＜X
B．常温常压下，Y单质为固态
C．气态氢化物热稳定性：Z＜W
D．X的最高价氧化物的水化物是强碱
【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，根据图示可知，W位于第二周期，X、Y、
Z位于第三周期，设W的最外层电子数为x，则X的最外层电子数为x﹣2，W、X的最
高价分别为x、x﹣2，W与X 的最高化合价之和为8，则x+x﹣2＝8，解得：x＝5，则
W为N元素，结合各元素在周期表中相对位置可知，X为Al，Y为Si，Z为P元素，据
此解答。
【解答】解：根据分析可知：W为N，X为Al，Y为Si，Z为P元素。
A．电子层越多原子半径越大，则原子半径W＜X，故A正确；
B．常温常压下单质硅为固态，故B正确；
第2页 | 共22页C．非金属性P＜N，则气态氢化物热稳定性：Z（P）＜W（N），故C正确；
D．X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝为弱碱，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，
注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑
推理能力。
4．（6分）下列实验现象与实验操作不相匹配的是（ ）
实验操作 实验现象
A向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯 溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶
后静置 液分层
B将镁条点燃后迅速伸入集满CO 的集气瓶 集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒
2
产生
C向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸 有刺激性气味气体产生，溶液变
浑浊
D 向盛有FeCl 溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡 黄色逐渐消失，加 KSCN后溶液
3
后加1滴KSCN溶液 颜色不变
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．酸性高锰酸钾将乙烯氧化成二氧化碳，同时生成硫酸钾、硫酸锰，混合液
不分层；
B．镁条在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳；
C．硫代硫酸钠与氢离子反应生成二氧化硫和硫单质；
D．氯化铁与铁反应生成氯化亚铁。
【解答】解：A．向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯，反应生成二氧化
碳、硫酸钾、硫酸锰和水，静置后溶液不会分层，故A错误；
B．将镁条点燃后迅速伸入集满CO 的集气瓶，镁条继续燃烧反应生成MgO和C，则集
2
气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生，故B正确；
C．向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，反应生成有刺激性气味的二氧化
硫气体，同时生成S单质，导致溶液变浑浊，故C正确；
D．反应生成氯化亚铁，铁离子消失，则黄色逐渐消失，且加 KSCN后溶液颜色不变，
故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及离子检验、元素化合物性
质等知识，明确常见元素化合物性质为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学
第3页 | 共22页实验能力。
5．（6分）下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是（ ）
A．向CuSO 溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO ═Cu+ZnSO
4 4 4
B．澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca（OH） +CO ═CaCO ↓+H O
2 2 3 2
C．Na O 在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na O ═2Na O+O ↑
2 2 2 2 2 2
D．向Mg（OH） 悬浊液中滴加足量FeCl 溶液出现红褐色沉淀3Mg（OH）
2 3
+2FeCl ═2Fe（OH） +3MgCl
2 3 3 2
【分析】A．锌与硫酸铜发生置换反应生成硫酸锌和铜；
B．氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水；
C．过氧化钠较稳定，不会分解；
D．氢氧化铁更难溶，实现沉淀了转化。
【解答】解：A．向CuSO 溶液中加入足量Zn粉，反应生成硫酸锌和Cu，溶液蓝色消
4
失，发生反应为：Zn+CuSO ═Cu+ZnSO ，故A正确；
4 4
B ． 澄 清 的 石 灰 水 久 置 后 生 成 碳 酸 钙 沉 淀 ， 发 生 反 应 为 ： Ca （ OH ）
+CO ═CaCO ↓+H O，故B正确；
2 2 3 2
C．过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，由淡黄色变为白色，发生反应：
2Na O +2CO ═2Na CO +O ，故C错误；
2 2 2 2 3 2
D．向Mg（OH） 悬浊液中滴加足量FeCl 溶液，氢氧化镁转化成更难溶的氢氧化铁沉
2 3
淀，发生反应为：3Mg（OH） +2FeCl ═2Fe（OH） +3MgCl ，故D正确；
2 3 3 2
故选：C。
【点评】本题考查化学方程式的书写，题目难度不大，明确发生反应原理为解答关键，
注意掌握化学方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力。
6．（6分）绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉（CdS）
是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的
是（ ）
第4页 | 共22页A．图中a和b分别为T 、T 温度下CdS在水中的溶解度
1 2
B．图中各点对应的K 的关系为：K （m）＝K （n）＜K （p）＜K （q）
sp sp sp sp sp
C．向m点的溶液中加入少量Na S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动
2
D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
【分析】A．难溶物质的沉淀溶解平衡中物质溶解度用离子浓度表示；
B．溶度积常数随温度变化，温度不变溶度积常数不变，沉淀溶解是吸热过程，升温平
衡正向进行；
C．温度不变溶度积常数不变，加入硫化钠溶液中硫离子浓度增大，镉离子浓度减小；
D．饱和溶液中降低温度向沉淀方向进行，溶液中离子浓度减小，溶度积常数减小。
【解答】解：A．难溶物质的沉淀溶解平衡中物质溶解度用离子浓度表示，图中 a和b
分别为T 、T 温度下CdS在水中的溶解度，故A正确；
1 2
B．温度升高 Ksp增大，则 T ＞T ，图中各点对应的 K 的关系为：K （m）＝K
2 1 sp sp sp
（n）＝K （p）＜K （q），故B错误；
sp sp
C．Ksp＝c（Cd2+）c（S2﹣），向m点的溶液中加入少量Na S固体，温度不变Ksp不变，
2
硫离子浓度增大，镉离子浓度减小，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动，故C正确；
D．Ksp＝c（Cd2+）c（S2﹣），是吸热过程，降低温度平衡逆向进行，饱和溶液中离子
浓度减小，Ksp减小，温度降低时，q点的饱和溶液的组成由qp线向p方向移动，故D
正确；
故选：B。
【点评】本题考查了沉淀溶解平衡的影响因素分析判断、溶度积常数随温度变化的理解
应用、图象变化的分析判断等知识点，掌握基础是解题 关键，题目难度中等。
7．（6分）分子式为C H BrCl的有机物共有（不含立体异构）（ ）
4 8
A．8种 B．10种 C．12种 D．14种
【分析】C H BrCl 可以看作 C H 中 2 个 H 原子被 Cl、Br 原子取代，而丁烷有
4 8 4 10
第5页 | 共22页CH CH CH CH 、CH CH（CH ） 两种结构，据此分析。
3 2 2 3 3 3 2
【解答】解：C H BrCl可以看作C H 中2个H原子被Cl、Br原子取代，而丁烷有
4 8 4 10
CH CH CH CH 、CH CH（CH ） 两种，
3 2 2 3 3 3 2
先分析碳骨架异构，分别为 C﹣C﹣C﹣C 与 2种情况，然后分别对2 种碳骨
架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架 C﹣C﹣C﹣C 有 、
共 8 种，
骨架 有 、 ，共 4 种，总共12种，
故选：C。
【点评】本题考查同分异构体的书写，题目难度中等，注意氯原子或溴原子取代中间碳
原子上的氢原子结构不同，侧重于考查学生的分析能力及灵活运用能力。
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．（13分）立德粉ZnS•BaSO （也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题：
4
（1）利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。
灼烧立德粉样品时，钡的焰色为 D （填标号）。
A．黄色 B．红色 C．紫色 D．绿色
（2）以重晶石（BaSO ）为原料，可按如图工艺生产立德粉：
4
在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为
①
第6页 | 共22页BaSO +4C BaS+4CO ↑ 。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过
4
水蒸气变换反应将其转化为 CO 和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为
2
CO+H O ＝ CO +H 。
2 2 2
在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差，其
②原因是“还原料”表面生成了难溶于水的 BaCO （填化学式）。
3
沉淀器中反应的离子方程式为 B a 2 + +S 2 ﹣ +Z n 2 + +SO 2 ﹣ ＝ ZnS • BaSO ↓ 。
4 4
③（3）成品中S2﹣的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品，置于碘量瓶中，移取
25.00mL0.1000mol•L﹣1的I ﹣KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应
2
5min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I 用0.1000mol•L﹣1Na S O 溶液滴定，
2 2 2 3
反应式为I +2S O 2﹣═2I﹣+S O 2﹣．测定时消耗Na S O 溶液体积VmL．终点颜色变化
2 2 3 4 6 2 2 3
为 浅蓝色至无色 ，样品中 S2﹣的含量为 ×100%
（写出表达式）。
【分析】（1）Ba元素的焰色为绿色；
（2）重晶石和焦炭混料研细后在回转炉中高温加热得到还原料，在回转炉中重晶石被
过量焦炭还原为可溶性硫化钡，则C被氧化生成CO；还原料在浸出槽中加入水过滤得
到净化的BaS溶液，滤去未反应的重晶石和C，在沉淀器中加入硫酸锌得到沉淀，然后
分离、洗涤、干燥、粉碎得到立德粉ZnS•BaSO （也称锌钡白），
4
在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，同时生成CO；
①回转炉尾气中含有有毒气体为CO，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO
2
和一
种清洁能源气体，根据元素守恒知清洁能源为氢气；
在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，说明有H S生成，
2
②且水溶性变差，说明有难溶性物质生成，硫离子水解生成硫化氢，同时钡离子和二氧化
碳、水反应生成碳酸钡沉淀；
沉淀器中BaS和硫酸锌反应生成沉淀ZnS•BaSO ；
4
③（3）碘遇淀粉变蓝色，当滴定终点时碘完全被消耗，溶液变为无色；与Na
2
S
2
O
3
反应消
耗的n（I ）＝ n（Na S O ）＝ ×0.1000mol•L﹣1×V×10﹣3 L，则与硫离子反应的n
2 2 2 3
第7页 | 共22页（I ）＝25×10﹣3 L×0.1000mol•L﹣1﹣ ×0.1000mol•L﹣1×V×10﹣3 L，根据转移电子守恒
2
知关系式 S2﹣～I ，所以 n（S2﹣）＝25×10﹣3 L×0.1000mol•L﹣1﹣ ×0.1000mol•L﹣
2
1×V×10﹣3 L，m（S2﹣）＝[25×10﹣3 L×0.1000mol•L﹣1﹣ ×0.1000mol•L﹣1×V×10﹣3
L]×32g/mol，其质量分数＝ ×100%。
【解答】解：（1）Ba元素的焰色为绿色，Na元素焰色为黄色、K元素焰色为紫色、Ca
元素焰色为砖红色，
故选D；
（2）重晶石和焦炭混料研细后在回转炉中高温加热得到还原料，在回转炉中重晶石被
过量焦炭还原为可溶性硫化钡，则C被氧化生成CO；还原料在浸出槽中加入水过滤得
到净化的BaS溶液，滤去未反应的重晶石和C，在沉淀器中加入硫酸锌得到沉淀，然后
分离、洗涤、干燥、粉碎得到立德粉ZnS•BaSO （也称锌钡白），
4
在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，同时生成 CO，反应方程式为
①
BaSO +4C BaS+4CO↑；
4
回转炉尾气中含有有毒气体为CO，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO 和一
2
种清洁能源气体，根据元素守恒知清洁能源为氢气，反应方程式为CO+H O＝CO +H ，
2 2 2
故答案为：BaSO +4C BaS+4CO↑；CO+H O＝CO +H ；
4 2 2 2
在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，说明有H S生成，
2
②且水溶性变差，说明有难溶性物质生成，硫离子水解生成硫化氢，同时钡离子和二氧化
碳、水反应生成BaCO 沉淀，导致水溶性变差，
3
故答案为：BaCO ；
3
沉淀器中 BaS 和硫酸锌反应生成沉淀 ZnS•BaSO ，离子方程式为 Ba2++S2﹣+Zn2+
4
③+SO 2﹣＝ZnS•BaSO ↓，
4 4
故答案为：Ba2++S2﹣+Zn2++SO 2﹣＝ZnS•BaSO ↓；
4 4
（3）碘遇淀粉变蓝色，当滴定终点时碘完全被消耗，溶液变为无色；与Na S O 反应消
2 2 3
第8页 | 共22页耗的n（I ）＝ n（Na S O ）＝ ×0.1000mol•L﹣1×V×10﹣3 L，则与硫离子反应的n
2 2 2 3
（I ）＝25×10﹣3 L×0.1000mol•L﹣1﹣ ×0.1000mol•L﹣1×V×10﹣3 L，根据转移电子守恒
2
知关系式 S2﹣～I ，所以 n（S2﹣）＝25×10﹣3 L×0.1000mol•L﹣1﹣ ×0.1000mol•L﹣
2
1×V×10﹣3 L，m（S2﹣）＝[25×10﹣3 L×0.1000mol•L﹣1﹣ ×0.1000mol•L﹣1×V×10﹣3
L]×32g/mol ， 其 质 量 分 数 ＝ ×100% ＝
×100% ＝
×100%，
故答案为：浅蓝色至无色； ×100%。
【点评】本题考查制备方案设计，涉及方程式的计算、离子方程式书写、氧化还原反应
等知识点，明确流程图中各物质成分及其性质、发生的化学反应、滴定原理是解本题关
键，难点是（3）题计算，注意关系式及转移电子守恒的灵活运用，题目难度不大。
9．（15分）环戊二烯（ ）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生
产。回答下列问题：
（1）已知： （g）═ （g）+H （g）△H ＝100.3kJ•mol﹣1
2 1
H （g）+I （g）═2HI（g）△H ＝﹣11.0①kJ•mol﹣1
2 2 2
②
对于反应： （g）+I （g）═ （g）+2HI（g） △H ＝ +89. 3 kJ•mol﹣1。
2 3
③
（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（ ）在刚性容器内发生反应 ，起始总
压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为 40% ，该反应③的平衡常数
K ＝ 3.56×1 0 4 Pa．达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有 BD
p
第9页 | 共22页（填标号）。
A．通入惰性气体 B．提高温度 C．增加环戊烯浓度 D．增加碘浓度
（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环
戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是 CD （填标号）。
A．T ＞T
1 2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45mol•L﹣1
（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe（C H ） ，结构简式为 ），后者广泛应
5 5 2
用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如图所示，其中电解液为溶解有溴
化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。
该电解池的阳极为 F e 电极 ，总反应为 Fe+ 2 ＝ +H ↑（或 Fe+2C H
2 5 6
第10页 | 共22页＝ F e （ C H ） +H ↑） 。电解制备需要在无水条件下进行，原因为 水会阻碍中间物
5 5 2 2
Na 的生成；水会电解生成 OH ﹣ ，进一步与 Fe 2+ 反应生成 Fe （ OH ） 。 。
2
【分析】解：（1）已知： （g）＝ （g）+H （g）△H ＝+100.3kJ•mol﹣1
2 1
H （g）+I （g）＝2HI（g）△H ＝﹣11.0kJ•mol﹣1 ①
2 2 2
②
根据盖斯定律， + 得目标反应 （g）+I （g）＝ （g）+2HI（g），据
2
此计算△H ； ① ② ③
3
（2）设碘和环戊烯（ ）的初始物质的量都为nmol，转化的物质的量为xmol，
（g）+I （g）＝ （g）+2HI（g）
2
初始（mol）n n 0 0
转化（mol）x x x 2x
平衡（mol）n﹣x n﹣x x 2x
刚性容器内气体的压强与物质的量成正比，则： ＝1+20%，解得：
x＝0.4nmol，据此计算；达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，需要使平衡向着正
向移动，结合平衡移动原理分析；
（3）A．温度越高反应速率越快，结合图象分析T 、T 大小；
1 2
B．根据a、c点曲线斜率分析；
C．b点没有达到平衡状态，则v（正）＞v（逆），结合a到b的过程为正反应速率逐
渐减小分析；
D．b点时环戊二烯的浓度变化为：1.5mol/L﹣0.6mol/L＝0.9mol/L，环戊二烯的二聚体
的浓度为环戊二烯浓度变化的一半；
（4）根据转化关系可知，需要获得Fe2+，则阳极为Fe电极，阴极为Ni，阴极上钠离子
先得到电子生成金属Na，然后钠与环戊二烯反应生成氢气，实质为氢离子得到电子，
阳极上Fe失去电子生成亚铁离子，据此书写电极总反应；中间产物 Na与水反应，且水
解水时生成的氢氧根离子与亚铁离子反应，影响了反应产物。
【解答】解：（1）已知： （g）＝ （g）+H （g）△H ＝+100.3kJ•mol﹣1
2 1
H （g）+I （g）＝2HI（g）△H ＝﹣11.0kJ•mol﹣1 ①
2 2 2
②
第11页 | 共22页根据盖斯定律， + 得 （g）+I （g）＝ （g）+2HI（g）△H ＝
2 3
（+100.3kJ•mol﹣1）①+（②﹣11.③0kJ•mol﹣1）＝+89.3kJ•mol﹣1，
故答案为：+89.3；
（2）设碘和环戊烯（ ）的初始物质的量都为nmol，转化的物质的量为xmol，
（g）+I （g）＝ （g）+2HI（g）
2
初始（mol）n n 0 0
转化（mol）x x x 2x
平衡（mol）n﹣x n﹣x x 2x
刚性容器内气体的压强与物质的量成正比，则： ＝1+20%，解得：
x＝0.4n，
平衡时环戊烯的转化率为： ×100%＝40%；
平衡时混合气体的压强为：105Pa×（1+20%）＝1.2×105Pa，混合气体总物质的量为：
（n﹣0.4n+n﹣0.4n+0.4n+0.4n×2）mol＝2.4nmol，
平衡时各组分所占压强分别为 p（ ）＝p（I ）＝ ×1.2×105Pa＝
2
3×104Pa，p（ ）＝ ×1.2×105Pa＝2×104Pa，p（HI）＝
×1.2×105Pa＝4×104Pa，该反应的平衡常数 K ＝
p
≈3.56×104Pa；
A．通入惰性气体，各组分浓度不变，平衡不移动，则环戊烯的转化率不变，故A错误；
B．该反应为吸热反应，提高温度平衡向着正向移动，环戊烯的转化率增大，故B正确；
C．增加环戊烯浓度，环戊烯的转化率减小，故C错误；
D．增加碘浓度，反应物浓度增大，平衡向着正向移动，环戊烯的转化率增大，故D正
确；
第12页 | 共22页故答案为：40%；3.56×104；BD；
（3）A．温度越高反应速率越快，根据图示可知，在温度 T （虚线）的反应速率较大，
2
则T ＜T ，故A错误；
1 2
B．根据图象可知，a点切线斜率的绝对值大于c点切线的绝对值，则a点速率大于c点，
故B错误；
C．a到b的过程为正反应速率逐渐减小，且b点v（正）＞v（逆），则a点的正反应速
率大于b点的逆反应速率，故C正确；
D．b点时环戊二烯的浓度变化为：1.5mol/L﹣0.6mol/L＝0.9mol/L，环戊二烯的二聚体
的浓度为环戊二烯浓度变化的 ，则b点时二聚体的浓度为0.9mol/L× ＝0.45mol•L﹣
1，故D正确；
故答案为：CD；
（4）根据转化关系可知，需要获得Fe2+，则阳极为Fe电极，发生总反应为：Fe+2
＝ +H ↑或Fe+2C H ＝Fe（C H ） +H ↑）；
2 5 6 5 5 2 2
中间产物有金属Na生成，水与Na反应，阻碍了中间物Na的生成，且水电解后生成的
OH﹣与Fe2+反应生成Fe（OH） ，所以电解制备需要在无水条件下进行，
2
故答案为：Fe 电极；Fe+2 ＝ +H ↑（或 Fe+2C H ＝Fe（C H ）
2 5 6 5 5
+H ↑）；水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH﹣，进一步与Fe2+反应生成Fe
2 2
（OH） 。
2
【点评】本题考查化学平衡金属、盖斯定律应用及电解原理，题目难度较大，明确盖斯
定律内容、化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，
试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力。
10．（15分）咖啡因是一种生物碱（易溶于水及乙醇，熔点 234.5℃，100℃以上开始升
华），有兴奋大脑神经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因约1%～5%、单宁酸（K 约为10
a
﹣6，易溶于水及乙醇）约3%～10%，还含有色素、纤维素等。实验室从茶叶中提取咖
啡因的流程如图所示。
第13页 | 共22页索氏提取装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷
凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与茶叶末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管 3
顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对茶叶末的连续萃取。回答下列问题：
（1）实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒 1中，研细的目的是 增加固液接触面积，
提取充分 。圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶剂，加热前还要加几粒 沸石 。
（2）提取过程不可选用明火直接加热，原因是 乙醇易挥发，易燃 。与常规的萃取
相比，采用索氏提取器的优点是 使用溶剂少，可连续萃取 。
（3）提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂。与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是
乙醇沸点低，易浓缩 。“蒸馏浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、
接收管之外，还有 AC （填标号）。
A．直形冷凝管 B．球形冷凝管 C．接收瓶 D．烧杯
（4）浓缩液加生石灰的作用是中和 单宁酸 和吸收 水 。
（5）可采用如图所示的简易装置分离提纯咖啡因。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，
咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是 升华 。
第14页 | 共22页【分析】实验室从茶叶中提取咖啡因的流程为：将茶叶末先进行索氏提取得到茶叶残渣
和提取液，对提取液蒸馏浓缩得到浓溶液，然后向浓溶液中加入生石灰除去单宁酸和水，
得到粉状物；由于咖啡因100℃以上开始升华，可通过加热升华的方法分离出咖啡因，
据此解答。
【解答】解：（1）将茶叶研细可增大接触面积，即可反应速率，使提取充分；蒸馏操
作中，为了避免混合液体爆沸，需要加入沸石，
故答案为：增加固液接触面积，提取充分；沸石；
（2）该实验中的萃取剂为乙醇，乙醇易挥发，易燃，为了避免暴沸，提取过程不可选
用明火直接加热；
根据图示装置及题干描述可知，与常规的萃取相比，索氏提取器使用溶剂少，可连续萃
取，
故答案为：乙醇易挥发，易燃；使用溶剂少，可连续萃取；
（3）提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂。乙醇易挥发，则与水相比，乙醇作为
萃取剂的优点是乙醇沸点低，易浓缩；
结合蒸馏操作方法可知，“蒸馏浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、
接收管之外，还有冷凝管和接收器，其中蒸馏操作用直形冷凝管，回流时用球形冷凝管，
所以应选用直形冷凝管，即选AC，
故答案为：乙醇沸点低，易浓缩；AC；
（4）生石灰为CaO，CaO为碱性氧化物，提取液中混有单宁酸，CaO能够中和单宁酸，
还能够吸收水分，
故答案为：单宁酸；水；
（5）根据咖啡因“100℃以上开始升华”可知，该分离提纯方法为升华，
故答案为：升华。
【点评】本题考查制备方案的设计，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关
第15页 | 共22页键，注意掌握常见化学实验基本操作方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学
实验能力。
（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）近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe﹣
Sm﹣As﹣F﹣O组成的化合物。回答下列问题：
（1）元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为 三角锥形 ，其沸点比
NH 的 低 （填“高”或“低”），其判断理由是 NH 分子间存在氢键 。
3 3
（2）Fe成为阳离子时首先失去 4 s 轨道电子，Sm的价层电子排布式4f66s2，Sm3+价
层电子排布式为 4 f 5 。
（3）比较离子半径：F﹣ 小于 O2﹣（填“大于”“等于”或“小于”）。
（4）一种四方结构的超导化合物的晶胞如图1所示。晶胞中Sm和As原子的投影位置
如图2所示。
图中F﹣和O2﹣共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用 x和1﹣x代表，则
该化合物的化学式表示为 SmFeAsO 1﹣x F x ；通过测定密度 和晶胞参数，可以计算
ρ
该物质的x值，完成它们关系表达式： ＝ g•cm﹣3。
ρ
以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，
例如图1中原子1的坐标为（ ， ， ），则原子2和3的坐标分别为 （ ， ，
0 ） 、 （ 0 ， 0 ， ） 。
第16页 | 共22页【分析】（1）等电子体结构相似，根据氨气分子空间构型判断AsH 空间构型；能形成
3
分子间氢键的氢化物熔沸点较高；
（2）Fe失去电子生成阳离子时电子从外到内依次失去，Sm的价层电子排布式4f66s2，
该原子失去电子生成阳离子时应该先失去6s电子，后失去4f电子；
（3）电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；
（4）该晶胞中As原子个数＝4× ＝2、Sm原子个数＝4× ＝2、Fe原子个数＝1+4×
＝2、F﹣和O2﹣离子总数＝8× +2× ＝2，则该晶胞中As、Sm、Fe、F﹣和O2﹣离子总
数个数之比＝2：2：2：2＝1：1：1：1；该晶胞体积＝（a×10﹣10×a×10﹣10×c×10﹣10）
cm3＝a2c×10﹣30cm3，晶体密度＝ ＝ ；
图1中原子1的坐标为（ ， ， ），则原子2在x、y、z轴上投影分别位于 、 、
0，原子3在x、y、z轴上的投影分别为0、0、 。
【解答】解：（1）等电子体结构相似，AsH 和NH 为等电子体，二者结构相似，氨气
3 3
分子为三角锥形，根据氨气分子空间构型判断AsH 空间构型为三角锥形；能形成分子
3
间氢键的氢化物熔沸点较高，NH 分子间形成氢键、AsH 分子间不能形成氢键，所以熔
3 3
沸点：NH ＞AsH ，即AsH 沸点比NH 的低，
3 3 3 3
故答案为：三角锥形；低；NH 分子间存在氢键；
3
第17页 | 共22页（2）Fe失去电子生成阳离子时电子从外到内依次失去，Fe原子最外层电子属于4s轨道，
所以成为阳离子时首先失去4s轨道电子，FeSm的价层电子排布式4f66s2，该原子失去
电子生成阳离子时应该先失去6s电子，后失去4f电子，Sm3+价层电子排布式为4f5，
故答案为：4s；4f5；
（3）电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，F﹣和O2﹣电子层结
构相同且原子序数F＞O，则离子半径F﹣ 小于O2﹣，故答案为：小于；
（4）该晶胞中As原子个数＝4× ＝2、Sm原子个数＝4× ＝2、Fe原子个数＝1+4×
＝2、F﹣和O2﹣离子总数＝8× +2× ＝2，则该晶胞中As、Sm、Fe、F﹣和O2﹣离子总
数个数之比＝2：2：2：2＝1：1：1：1，如果F﹣个数为x，则O2﹣个数为1﹣x，所以该
化合物化学式为 SmFeAsO 1﹣x F x ；该晶胞体积＝（a×10﹣10×a×10﹣10×c×10﹣10）cm3＝
a2c×10﹣ 30cm3 ， 晶 体 密 度 ＝ ＝ ＝ g/cm3 ＝
g/cm3，
图1中原子1的坐标为（ ， ， ），则原子2在x、y、z轴上投影分别位于 、 、
0，原子3在x、y、z轴上的投影分别为0、0、 ，所以2、3原子晶胞参数分别为
（ ， ，0），
故答案为：SmFeAsO 1﹣x F x ； ； （ ， ，0）；（0，0，
）。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、等电子体、氢键等知识点，侧重考
查基础知识掌握和运用、空间想像能力及计算能力，明确原子生成离子时失电子特点、
均摊法在晶胞计算中的正确运用是解本题关键，题目难度中等。
第18页 | 共22页[化学--选修5：有机化学基础]
12．环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能，已广泛应
用于涂料和胶黏剂等领域。下面是制备一种新型环氧树脂G的合成路线：
已知以下信息：
①
②
③
第19页 | 共22页回答下列问题：
（1）A是一种烯烃，化学名称为 丙烯 ，C中官能团的名称为 氯原子 、 羟基
。
（2）由B生成C的反应类型为 加成反应 。
（ 3 ） 由 C 生 成 D 的 反 应 方 程 式 为
。
（4）E的结构简式为 。
（5）E的二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物
的结构简式 、 。
能发生银镜反应；
①核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3：2：1。
②（6）假设化合物D、F和NaOH恰好完全反应生成1mol单一聚合度的G，若生成的
NaCl和H O的总质量为765g，则G的n值理论上应等于 8 。
2
【分析】A 是一种烯烃，应为 CH CH＝CH ，光照条件下发生取代反应生成 B 为
3 2
ClCH CH ＝ CH ， 与 HOCl 发 生 加 成 反 应 生 成 C 为 ClCH CHOHCH Cl 或
2 2 2 2
第20页 | 共22页CH OHCHClCH Cl，由信息 可知E应为 ，D、F发生缩聚反应生成G，
2 2
①
以此解答该题。
【解答】解：（1）由以上分析可知 A 为丙烯，CC 为 ClCH CHOHCH Cl 或
2 2
CH OHCHClCH Cl，含有的官能团为氯原子、羟基，故答案为：丙烯；氯原子、羟基；
2 2
（2）B为ClCH CH＝CH ，与HOCl发生加成反应生成C，故答案为：加成反应；
2 2
（3）由C生成D的反应方程式为
，
故答案为： ；
（4）E的结构简式为 ，故答案为： ；
（5）E为 ，E的二氯代物有多种同分异构体， 能发生银镜反应，说明分
①
子中含有醛基； 核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3：2：1，则应含有1个甲基，
②
且结构对称，应为 、 ，
第21页 | 共22页故答案为： 、 ；
（6）由方程式可知生成NaCl和H O的物质的量相等，若生成的NaCl和H O的总质量
2 2
为765g，则二者的物质的量分别为 ＝10，则需要9molF、10molD参加反应，
由G的结构简式可知n＝8，故答案为：8。
【点评】本题考查有机物的合成与推断，为高频考点和常见题型，侧重考查学生的分析能
力、自学能力和计算能力，注意把握有机物官能团的变化以及题给信息，为解答该类题目
的关键，题目难度中等。
第22页 | 共22页
