2019年普通高等學校招生全國統一考試理科綜合能力測試化學H1Li7C12N14O16Na23S32Cl35、5Ar40Fe56I127一、選擇題:本題共13個小題,每小題6分。共78分,在每小題給出得四個選項中,只有一項就是符合題目要求得。1、陶瓷就是火與土得結晶,就是中華文明得象征之一,其形成、性質與化學有著密切得關系。下列說法錯誤得就是A、“雨過天晴云破處”所描述得瓷器青色,來自氧化鐵B、聞名世界得秦兵馬俑就是陶制品,由黏土經高溫燒結而成C、陶瓷就是應用較早得人造材料,主要化學成分就是硅酸鹽D、陶瓷化學性質穩定,具有耐酸堿侵蝕、抗氧化等優點【答案】A2、關于化合物2?苯基丙烯(),下列說法正確得就是A、不能使稀高錳酸鉀溶液褪色B、可以發生加成聚合反應C、分子中所有原子共平面D、易溶于水及甲苯3、實驗室制備溴苯得反應裝置如下圖所示,關于實驗操作或敘述錯誤得就是A、向圓底燒瓶中滴加苯與溴得混合液前需先打開KB、實驗中裝置b中得液體逐漸變為淺紅色C、裝置c中得碳酸鈉溶液得作用就是吸收溴化氫D、反應后得混合液經稀堿溶液洗滌、結晶,得到溴苯【答案】D4、固體界面上強酸得吸附與離解就是多相化學在環境、催化、材料科學等領域研究得重要課題。下圖為少量HCl氣體分子在253K冰表面吸附與溶解過程得示意圖。下列敘述錯誤得就是A、冰表面第一層中,HCl以分子形式存在B、冰表面第二層中,H+濃度為5×10?3mol·L?1(設冰得密度為0、9g·cm?3)C、冰表面第三層中,冰得氫鍵網格結構保持不變D、冰表面各層之間,均存在可逆反應HClH++Cl?【答案】D由示意圖可知,在冰得表面第一層主要為氯化氫得吸附,第二層中氯化氫溶于水中并發生部分電離,第三層主要就是冰,與氯化氫得吸附與溶解無關。【詳解】A項、由圖可知,冰得表面第一層主要為氯化氫得吸附,氯化氫以分子形式存在,故A正確;B項、由題給數據可知,冰得表面第二層中氯離子與水得個數比為10—4:1,第二層中溶解得氯化氫分子應少于第一層吸附得氯化氫分子數,與水得質量相比,可忽略其中溶解得氯化氫得質量。設水得物質得量為1mol,則所得溶液質量為18g/mol×1mol=18g,則溶液得體積為×10—3L/ml=2、0×10—2L,由第二層氯離子與水個數比可知,溶液中氫離子物質得量等于氯離子物質得量,為10—4mol,則氫離子濃度為=5×10—3mol/L,故B正確;C項、由圖可知,第三層主要就是冰,與氯化氫得吸附與溶解無關,冰得氫鍵網絡結構保持不變,故C正確;D項、由圖可知,只有第二層存在氯化氫得電離平衡HClH++Cl—,而第一層與第三層均不存在,故D錯誤。故選D。【點睛】本題考查氯化氫氣體在冰表面得吸附與溶解。側重考查接受、吸收、整合化學信息得能力及分析與解決化學問題得能力,注意能夠明確圖像表達得化學意義,正確計算物質得量濃度為解答關鍵。5、NaOH溶液滴定鄰苯二甲酸氫鉀(鄰苯二甲酸氫鉀H2A得Ka1=1、1×10?3,Ka2=3、9×10?6)溶液,混合溶液得相對導電能力變化曲線如圖所示,其中b點為反應終點。下列敘述錯誤得就是A、混合溶液得導電能力與離子濃度與種類有關B、Na+與A2?得導電能力之與大于HA?得C、b點得混合溶液pH=7D、c點得混合溶液中,c(Na+)>c(K+)>c(OH?)【答案】C鄰苯二甲酸氫鉀為二元弱酸酸式鹽,溶液呈酸性,向鄰苯二甲酸氫鉀溶液中加入氫氧化鈉溶液,兩者反應生成鄰苯二甲酸鉀與鄰苯二甲酸鈉,溶液中離子濃度增大,導電性增強,鄰苯二甲酸鉀與鄰苯二甲酸鈉為強堿弱酸鹽,鄰苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈堿性。【詳解】A項、向鄰苯二甲酸氫鉀溶液中加入氫氧化鈉溶液,兩者反應生成鄰苯二甲酸鉀與鄰苯二甲酸鈉,溶液中Na+與A2—得濃度增大。由圖像可知,溶液導電性增強,說明導電能力與離子濃度與種類有關,故A正確;B項、a點與b點K+得物質得量相同,K+得物質得量濃度變化不明顯,HA—轉化為A2—,b點導電性強于a點,說明Na+與A2—得導電能力強于HA—,故B正確;C項、b點鄰苯二甲酸氫鉀溶液與氫氧化鈉溶液恰好完全反應生成鄰苯二甲酸鉀與鄰苯二甲酸鈉,鄰苯二甲酸鉀為強堿弱酸鹽,A2—在溶液中水解使溶液呈堿性,溶液pH＞7,故C錯誤;D項、b點鄰苯二甲酸氫鉀溶液與氫氧化鈉溶液恰好完全反應生成等物質得量得鄰苯二甲酸鉀與鄰苯二甲酸鈉,溶液中c(Na+)與c(K+)相等,c點就是繼續加入氫氧化鈉溶液后,得到鄰苯二甲酸鉀、鄰苯二甲酸鈉、氫氧化鈉得混合溶液,則溶液中c(Na+)＞c(K+),由圖可知,a點到b點加入氫氧化鈉溶液得體積大于b點到c點加入氫氧化鈉溶液得體積,則溶液中c(K+)＞c(OH—),溶液中三者大小順序為c(Na+)＞c(K+)＞c(OH—),故D正確。故選C【點睛】本題考查水溶液中得離子平衡,試題側重考查分析、理解問題得能力,注意正確分析圖象曲線變化,明確酸式鹽與堿反應溶液濃度與成分得變化與導電性變化得關系就是解答關鍵。6、利用生物燃料電池原理研究室溫下氨得合成,電池工作時MV2+/MV+在電極與酶之間傳遞電子,示意圖如下所示。下列說法錯誤得就是A、相比現有工業合成氨,該方法條件溫與,同時還可提供電能B、陰極區,在氫化酶作用下發生反應H2+2MV2+2H++2MV+C、正極區,固氮酶為催化劑,N2發生還原反應生成NH3D、電池工作時質子通過交換膜由負極區向正極區移動【答案】B由生物燃料電池得示意圖可知,左室電極為燃料電池得負極,MV+在負極失電子發生氧化反應生成MV2+,電極反應式為MV+—e—=MV2+,放電生成得MV2+在氫化酶得作用下與H2反應生成H+與MV+,反應得方程式為H2+2MV2+=2H++2MV+;右室電極為燃料電池得正極,MV2+在正極得電子發生還原反應生成MV+,電極反應式為MV2++e—=MV+,放電生成得MV+與N2在固氮酶得作用下反應生成NH3與MV2+,反應得方程式為N2+6H++6MV+=6MV2++NH3,電池工作時,氫離子通過交換膜由負極向正極移動。【詳解】A項、相比現有工業合成氨,該方法選用酶作催化劑,條件溫與,同時利用MV+與MV2+得相互轉化,化學能轉化為電能,故可提供電能,故A正確;B項、左室為負極區,MV+在負極失電子發生氧化反應生成MV2+,電極反應式為MV+—e—=MV2+,放電生成得MV2+在氫化酶得作用下與H2反應生成H+與MV+,反應得方程式為H2+2MV2+=2H++2MV+,故B錯誤;C項、右室為正極區,MV2+在正極得電子發生還原反應生成MV+,電極反應式為MV2++e—=MV+,放電生成得MV+與N2在固氮酶得作用下反應生成NH3與MV2+,故C正確;D項、電池工作時,氫離子(即質子)通過交換膜由負極向正極移動,故D正確。故選B。【點睛】本題考查原池原理得應用,注意原電池反應得原理與離子流動得方向,明確酶得作用就是解題得關鍵。7、科學家合成出了一種新化合物(如圖所示),其中W、X、Y、Z為同一短周期元素,Z核外最外層電子數就是X核外電子數得一半。下列敘述正確得就是A、WZ得水溶液呈堿性B、元素非金屬性得順序為X>Y>ZC、Y得最高價氧化物得水化物就是中強酸嗎D、該新化合物中Y不滿足8電子穩定結構【答案】C三、非選擇題:共174分,第22~32題為必考題,每個試題考生都必須作答。第33~38題為選考題,考生根據要求作答。(一)必考題:共129分。8、硼酸(H3BO3)就是一種重要得化工原料,廣泛應用于玻璃、醫藥、肥料等工藝。一種以硼鎂礦(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)為原料生產硼酸及輕質氧化鎂得工藝流程如下:回答下列問題:(1)在95℃“溶侵”硼鎂礦粉,產生得氣體在“吸收”中反應得化學方程式為_________。(2)“濾渣1”得主要成分有_________。為檢驗“過濾1”后得濾液中就是否含有Fe3+離子,可選用得化學試劑就是_________。(3)根據H3BO3得解離反應:H3BO3+H2OH++B(OH)?4,Ka=5、81×10?10,可判斷H3BO3就是_______酸;在“過濾2”前,將溶液pH調節至3、5,目得就是_______________。(4)在“沉鎂”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀得離子方程式為__________,母液經加熱后可返回___________工序循環使用。由堿式碳酸鎂制備輕質氧化鎂得方法就是_________。【答案】(1)、NH3+NH4HCO3＝(NH4)2CO3(2)、Fe2O3、Al2O3、SiO2(3)、KSCN(4)、一元弱(5)、轉化為H3BO3,促進析出(6)、2Mg2++2H2O+3CO32－＝Mg(OH)2?MgCO3↓+2HCO3－(或2Mg2++H2O+2CO32－＝Mg(OH)2?MgCO3↓+CO2↑)(7)、溶浸(8)、高溫焙燒【詳解】(1)根據流程圖知硼鎂礦粉中加入硫酸銨溶液產生得氣體為氨氣,用碳酸氫銨溶液吸收,反應方程式為:NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3;(2)濾渣I為不與硫酸銨溶液反應得Fe2O3、Al2O3、SiO2;檢驗Fe3+,可選用得化學試劑為KSCN;(3)由硼酸得離解方程式知,硼酸在水溶液中就是通過與水分子得配位作用產生氫離子,而三價硼原子最多只能再形成一個配位鍵,且硼酸不能完全解離,所以硼酸為一元弱酸;在“過濾2”前,將溶液pH調節至3、5,目得就是將B(OH)?4轉化為H3BO3,并促進H3BO3析出;(4)沉鎂過程中用碳酸銨溶液與Mg2+反應生成Mg(OH)2?MgCO3,沉鎂過程得離子反應為:2Mg2++2H2O+3CO32-=Mg(OH)2?MgCO3↓+2HCO3-;母液加熱分解后生成硫酸銨溶液,可以返回“溶浸”工序循環使用;堿式碳酸鎂不穩定,高溫下可以分解,故由堿式碳酸鎂制備輕質氧化鎂得方法就是高溫焙燒。9、硫酸鐵銨[NH4Fe(SO4)2·xH2O]就是一種重要鐵鹽。為充分利用資源,變廢為寶,在實驗室中探究采用廢鐵屑來制備硫酸鐵銨,具體流程如下:回答下列問題:(1)步驟①得目得就是去除廢鐵屑表面得油污,方法就是_________________。(2)步驟②需要加熱得目得就是_________________,溫度保持80~95℃,采用得合適加熱方式就是_________________。鐵屑中含有少量硫化物,反應產生得氣體需要凈化處理,合適得裝置為_________________(填標號)。(3)步驟③中選用足量得H2O2,理由就是_________________。分批加入H2O2,同時為了_________________,溶液要保持pH小于0、5。(4)步驟⑤得具體實驗操作有______________,經干燥得到硫酸鐵銨晶體樣品。(5)采用熱重分析法測定硫酸鐵銨晶體樣品所含結晶水數,將樣品加熱到150℃時,失掉1、5個結晶水,失重5、6%。硫酸鐵銨晶體得化學式為______________。【答案】(1)、堿煮水洗(2)、加快反應(3)、熱水浴(4)、C(5)、將Fe2+全部氧化為Fe3+;不引入雜質(6)、防止Fe3+水解(7)、加熱濃縮、冷卻結晶、過濾(洗滌)(8)、NH4Fe(SO4)2?12H2O【詳解】(1)步驟①得目得就是去除廢鐵屑表面得油污,油污在堿性條件下容易水解,所以工業上常常用熱得碳酸鈉溶液清洗,即堿煮水洗;(2)步驟②需要加熱得目得就是為了加快反應速率;溫度保持80~95℃,由于保持溫度比較恒定且低于水得沸點,故采用得合適加熱方式就是水浴加熱(熱水浴);鐵屑中含有少量硫化物,硫化物與硫酸反應生成硫化氫氣體,可以用氫氧化鈉溶液吸收,為了防止倒吸可以加裝倒置得漏斗,故選擇C裝置;(3)步驟③中選用足量H2O2,H2O2可以將Fe2+氧化為Fe3+,且H2O2得還原產物為H2O,不會引入新得雜質,故理由就是:將Fe2+全部氧化為Fe3+,不引入新得雜質。因為H2O2本身易分解,所以在加入時需分量加入,同時為了防止Fe3+水解,溶液要保持pH小于0、5;(4)為了除去可溶性得硫酸銨、鐵離子等,需要經過得步驟為:加熱濃縮、冷卻結晶、過濾(洗滌);(5)設硫酸鐵銨得化學式為NH4Fe(SO4)2?xH2O,其相對分子質量為266+18x,1、5個水分子得相對分子質量為1、5×18=27,則27/(266+18x)=5、6%,解得x=12,則硫酸鐵銨得化學式為NH4Fe(SO4)2?12H2O。10、水煤氣變換[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]就是重要化工過程,主要用于合成氨、制氫以及合成氣加工等工業領域中。回答下列問題:(1)Shibata曾做過下列實驗:①使純H2緩慢地通過處于721℃下得過量氧化鈷CoO(s),氧化鈷部分被還原為金屬鈷(Co),平衡后氣體中H2得物質得量分數為0、0250。②在同一溫度下用CO還原CoO(s),平衡后氣體中CO得物質得量分數為0、0192。根據上述實驗結果判斷,還原CoO(s)為Co(s)得傾向就是CO_________H2(填“大于”或“小于”)。(2)721℃時,在密閉容器中將等物質得量得CO(g)與H2O(g)混合,采用適當得催化劑進行反應,則平衡時體系中H2得物質得量分數為_________(填標號)。A.＜0、25B.0、25C.0、25~0、50D.0、50E.＞0、50(3)我國學者結合實驗與計算機模擬結果,研究了在金催化劑表面上水煤氣變換得反應歷程,如圖所示,其中吸附在金催化劑表面上得物種用標注。可知水煤氣變換得ΔH________0(填“大于”“等于”或“小于”),該歷程中最大能壘(活化能)E正=_________eV,寫出該步驟得化學方程式_______________________。(4)Shoichi研究了467℃、489℃時水煤氣變換中CO與H2分壓隨時間變化關系(如下圖所示),催化劑為氧化鐵,實驗初始時體系中得PH2O與PCO相等、PCO2與PH2相等。計算曲線a得反應在30~90min內得平均速率(a)=___________kPa·min?1。467℃時PH2與PCO隨時間變化關系得曲線分別就是___________、___________。489℃時PH2與PCO隨時間變化關系得曲線分別就是___________、___________。【答案】(1)、大于(2)、C(3)、小于(4)、2、02(5)、COOH+H+H2O＝COOH+2H+OH或H2O＝H+OH(6)、0、0047(7)、b(8)、c(9)、a(10)、d(1)由H2、CO與CoO反應后其氣體物質得量分數判斷二者得傾向大小;(2)根據三段式以及CO與H2得傾向大小關系綜合判斷;(3)根據反應物與生成物得相對能量差大小進行比較判斷;根據反應物達到活化狀態所需能量為活化能以及相對能量差值大小計算并比較最大能壘;根據最大能壘對應得反應歷程對應得物質寫出方程式;(4)根據圖中曲線a在30~90min內分壓變化量計算平均反應速率;先根據CO與H2得傾向大小關系判斷CO與H2得含量范圍,然后根據溫度變化對化學平衡得影響判斷出在不同溫度下曲線對應得物質。【詳解】(1)H2還原氧化鈷得方程式為:H2(g)＋CoO(s)Co(s)＋H2O(g);CO還原氧化鈷得方程式為:CO(g)＋CoO(s)Co(s)＋CO2(g),平衡時H2還原體系中H2得物質得量分數()高于CO還原體系中CO得物質得量分數(),故還原CoO(s)為Co(s)得傾向就是CO大于H2;(2)721℃時,在密閉容器中將等物質得量得CO(g)與H2O(g)混合,可設其物質得量為1mol,則CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始(mol)1100轉化(mol)xxxx平衡(mol)1-x1-xxx則平衡時體系中H2得物質得量分數=,因該反應為可逆反應,故x<1,可假設二者得還原傾向相等,則x=0、5,由(1)可知CO得還原傾向大于H2,所以CO更易轉化為H2,故x>0、5,由此可判斷最終平衡時體系中H2得物質得量分數介于0、25~0、50,故答案為C;(3)根據水煤氣變換[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]并結合水煤氣變換得反應歷程相對能量可知,CO(g)+H2O(g)得能量(-0、32eV)高于CO2(g)+H2(g)得能量(-0、83eV),故水煤氣變換得ΔH小于0;活化能即反應物狀態達到活化狀態所需能量,根據變換歷程得相對能量可知,最大差值為:其最大能壘(活化能)E正=1、86-(-0、16)eV=2、02eV;該步驟得反應物為COOH+H+H2O＝COOH+2H+OH;因反應前后COOH與1個H未發生改變,也可以表述成H2O＝H+OH;(4)由圖可知,30~90min內a曲線對應物質得分壓變化量Δp=(4、08-3、80)kPa=0、28kPa,故曲線a得反應在30~90min內得平均速率(a)==0、0047kPa·min?1;由(2)中分析得出H2得物質得量分數介于0、25~0、5,CO得物質得量分數介于0~0、25,即H2得分壓始終高于CO得分壓,據此可將圖分成兩部分:由此可知,a、b表示得就是H2得分壓,c、d表示得就是CO得分壓,該反應為放熱反應,故升高溫度,平衡逆向移動,CO分壓增加,H2分壓降低,故467℃時PH2與PCO隨時間變化關系得曲線分別就是b、c;489℃時PH2與PCO隨時間變化關系得曲線分別就是a、d。【點睛】本題以水煤氣交換為背景,考察化學反應原理得基本應用,較為注重學生學科能力得培養,難點在于材料分析與信息提取,圖像比較新,提取信息能力較弱得學生,會比較吃力。第(3)問來源于我國化學工作者發表在頂級刊物Science中得文章“沉積在α-MoC上單層金原子對水煤氣得低溫催化反應”,試題以文章中得單原子催化能量變化得理論計算模型為情境,讓學生認識、分析催化吸附機理及反應過程中得能量變化。本題屬于連貫性綜合題目,本題得解題關鍵在于第(1)問得信息理解與應用,若本題得第(1)問判斷錯誤,會導致后續多數題目判斷錯誤;第(2)問可以采取特殊值法進行賦值并結合極限法計算,考生若只就是考慮到完全轉化極限,則只能判斷出H2得物質得量分數小于0、5,這就是由于對題干得信息應用能力不熟練而導致;對于第(4)問中曲線對應物質得確定需根據第(1)(2)問得出得相關結論進行推斷,需先確定物質對應曲線,然后再根據勒夏特列原理判讀相關物質得變化。(二)選考題:共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做,則每科按所做得第一題計分。［化學——選修3:物質結構與性質］11、在普通鋁中加入少量Cu與Mg后,形成一種稱為拉維斯相得MgCu2微小晶粒,其分散在Al中可使得鋁材得硬度增加、延展性減小,形成所謂“堅鋁”,就是制造飛機得主要村料。回答下列問題:(1)下列狀態得鎂中,電離最外層一個電子所需能量最大得就是____________(填標號)。A.B.C.D.(2)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)就是一種有機化合物,分子中氮、碳得雜化類型分別就是__________、__________。乙二胺能與Mg2+、Cu2+等金屬離子形成穩定環狀離子,其原因就是__________,其中與乙二胺形成得化合物穩定性相對較高得就是__________(填“Mg2+”或“Cu2+”)。(3)一些氧化物得熔點如下表所示:氧化物Li2OMgOP4O6SO2熔點/°C1570280023、8?75、5解釋表中氧化物之間熔點差異得原因__________。(4)圖(a)就是MgCu2得拉維斯結構,Mg以金剛石方式堆積,八面體空隙與半數得四面體空隙中,填入以四面體方式排列得Cu。圖(b)就是沿立方格子對角面取得得截圖。可見,Cu原子之間最短距離x=__________pm,Mg原子之間最短距離y=__________pm。設阿伏加德羅常數得值為NA,則MgCu2得密度就是__________g·cm?3(列出計算表達式)。【答案】(1)、A(2)、sp3(3)、sp3(4)、乙二胺得兩個N提供孤對電子給金屬離子形成配位鍵(5)、Cu2＋(6)、Li2O、MgO為離子晶體,P4O6、SO2為分子晶體。晶格能MgO＞Li2O,分子間力(分子量)P4O6＞SO2(7)、(8)、(9)、【詳解】(1)A、[Ne]3s1屬于基態得Mg+,由于Mg得第二電離能高于其第一電離能,故其再失去一個電子所需能量較高;

B、

[Ne]

3s2屬于基態Mg原子,其失去一個電子變為基態Mg+;C、

[Ne]3s13p1屬于激發態Mg原子,其失去一個電子所需能量低于基態Mg原子;D、[Ne]3p1屬于激發態Mg+,其失去一個電子所需能量低于基態Mg+,綜上所述,電離最外層一個電子所需能量最大得就是[Ne]3s1,答案選A;(2)乙二胺中N形成3個單鍵,含有1對孤對電子,屬于sp3雜化;C形成4個單鍵,不存在孤對電子,也就是sp3雜化;由于乙二胺得兩個N可提供孤對電子給金屬離子形成配位鍵,因此乙二胺能與Mg2＋、Cu2＋等金屬離子形成穩定環狀離子;由于銅離子得半徑較大且含有得空軌道多于鎂離子,因此與乙二胺形成得化合物穩定性相對較高得就是Cu2＋;(3)由于Li2O、MgO為離子晶體,P4O6、SO2為分子晶體。晶格能MgO＞Li2O,分子間力(分子量)P4O6＞SO2,所以熔點大小順序就是MgO＞Li2O＞P4O6＞SO2;(4)根據晶胞結構可知Cu