河南省2018年高考化学试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
1.(2018年全国卷I) 硫酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧硫酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：
下列叙述错误的是
( )
A. 合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B. 从“正极片”中可回收的金属元素有C. “沉淀”反应的金属离子为
Fe
3+
Al、Fe、Li
D. 上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠
【解析】A、废旧电池中含有重金属，随意排放容易污染环境，因此合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，A正确；B、根据流程的转化可知从正极片中可回收的金属元素有得到含Li、P、Fe的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，硫酸锂能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸钠代替碳酸钠，【答案】D 2. (2018
年全国卷I)下列说法错误的是
Al、Fe、Li，B正确；C、
Fe，C正确；D、
3＋
因此“沉淀”反应的金属离子是
D错误。
( )
A. 蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖B. 酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质C. 植物油含不饱和脂肪酸酯，能使
Br?/CCl4褪色
D. 淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖【解析】A、果糖不能再发生水解，属于单糖，
A错误；B、酶是由活细胞产生的具有催化活性和高度选择
Br2/CCl4溶液褪色，C正确；A。
性的蛋白质，B正确；C、植物油属于油脂，其中含有碳碳不饱和键，因此能使D、淀粉和纤维素均是多糖，其水解的最终产物均为葡萄糖，【答案】A
D正确。答案选
1
3. (2018年全国卷I) 在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是
( )
A. A B. B C. C D. D
【解析】A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，
A正确；
【答案】D 4. (2018
年全国卷I)NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
3
( )
A. 16.25 g FeClB. 22.4 LC. 92.0 g
水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为
18NA1.0NA
0.1 NA
（标准状况）氨气含有的质子数为甘油（丙三醇）中含有羟基数为
4
D. 1.0 mol CH与Cl2在光照下反应生成的CH1.0N3Cl分子数为A
16.25g÷162.5g/mol＝0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合
0.1 NA，A错误；B、标准状况下22.4L氩气的物质的量是
18NA，B正确；C、1分子丙三醇含有
1mol，
【解析】A、16.25g氯化铁的物质的量是体，因此水解生成的
Fe(OH)3胶体粒子数小于
氩气是一个Ar原子组成的单质，其中含有的质子数是丙三醇的物质的量是
1mol，其中含有羟基数是
3个羟基，92.0g
3 NA，C错误；D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应
生成的卤代烃不止一种，因此生成的【答案】B
CH3Cl分子数小于1.0 NA，D错误。
5. (2018年全国卷I)环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺的一种。下列关于该化合物的说法错误的是A. 与环戊烯互为同分异构体B. 二氯代物超过两种
2
2，2]戊烷（）是最简单
( )
C. 所有碳原子均处同一平面
D. 生成1 molC5H12至少需要2 molH2【解析】A、螺2，2]戊烷的分子式为
C5H8，环戊烯的分子式也是
C5H8，结构不同，互为同分异构体，
A正
确；B、分子中的8个氢原子完全相同，二氯代物中可以取代同一个碳原子上的氢原子，也可以是相邻碳原子上或者不相邻的碳原子上，因此其二氯代物超过两种，原子，而与饱和碳原子相连的C错误；D、戊烷比螺【答案】C 6. (2018
年全国卷I) 主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于
20。W、X、Z最外层电子
4个原子一定构成四面体，
B正确；C、由于分子中4个碳原子均是饱和碳所以分子中所有碳原子不可能均处在同一平面上，1 molC5H12至少需要2 molH2，D正确。
2，2]戊烷多4个氢原子，所以生成
数之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是( )
A. 常温常压下X的单质为气态B. Z的氢化物为离子化合物
C. Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性D. W与Y具有相同的最高化合价【解析】根据以上分析可知
W、X、Y、Z分别是F、Na、Cl、Ca。则A、金属钠常温常压下是固态，
A错误；
C
B、CaH2中含有离子键，属于离子化合物，错误；D、F是最活泼的非金属，没有正价，【答案】B 7. (2018
B正确；C、Y与Z形成的化合物是氯化钠，其水溶液显中性，Cl元素的最高价是+7价，D错误。答案选
B。
年全国卷I) 最近我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高
效去除。示意图如图所示，其中电极分别为生反应为：
ZnO@石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯，石墨烯电极区发
3
①EDTA-Fe-e＝EDTA-Fe
3+
+
2+-3+
②2EDTA-Fe+H2S＝2H+S+2EDTA-Fe该装置工作时，下列叙述错误的是A. 阴极的电极反应：B. 协同转化总反应：C. 石墨烯上的电势比
3+
2+
+
-
2+
( )
CO2+2H+2e＝CO+H2O
2+H2S＝CO+H2O+S CO
ZnO@石墨烯上的低
3+
2+
D. 若采用Fe/Fe取代EDTA-Fe/EDTA-Fe，溶液需为酸性
B、根据石墨烯电极上发生的电极反应可知①
2O+SCO+H，B正确；
+②即得到H2S－2e＝2H+S，因此总反应式为
－＋
CO2+H2S＝
C、石墨烯电极为阳极，与电源的正极相连，因此石墨烯上的电势比D、由于铁离子、亚铁离子均易水解，所以如果采用D正确。【答案】C 8. (2018
Fe/Fe
3＋
2＋
ZnO@石墨烯电极上的高，
3＋
2＋
C错误；
取代EDTA-Fe/EDTA-Fe，溶液需要酸性，
年全国卷I)醋酸亚铬(CH3COO)］为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中2Cr·Ｈ2O
用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示，回答下列问题：
（1）实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是（2）将过量锌粒和氯化铬固体置于
_________，仪器a的名称是_______。
K1、K2，关闭K3。
c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，打开
_________。
①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为②同时c中有气体产生，该气体的作用是
_____________。
4
（3）打开K3，关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入淀充分析出并分离，需采用的操作是
d，其原因是________；d中析出砖红色沉淀，为使沉
___________、_________、洗涤、干燥。
（4）指出装置d可能存在的缺点______________。
【解析】（1）由于醋酸亚铬易被氧化，所以需要尽可能避免与氧气接触，因此实验中所用蒸馏水均需煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解氧；根据仪器构造可知仪器（2）①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，说明
＋
a是分液（或滴液）漏斗；
2＋
%网
Zn+2Cr＝Zn
3＋
2
Cr
3＋
被锌还原为Cr，反应的离子方程式为
+2Cr；
Cr，所以氢气的作用是排除
c中压强增大，所以
2＋
2＋
②锌还能与盐酸反应生成氢气，由于装置中含有空气，能氧化c中空气；c中亮蓝色溶液
1和K2，由于锌继续与盐酸反应生成氢气，导致（3）打开K3，关闭K
能流入d装置，与醋酸钠反应；根据题干信息可知醋酸亚铬难溶于水冷水，需要采取的操作是（冰浴）冷却、过滤、洗涤、干燥。
所以为使沉淀充分析出并分离，
（4）由于d装置是敞开体系，因此装置的缺点是可能使醋酸亚铬与空气接触被氧化而使产品不纯。【答案】 (1).
去除水中溶解氧 (2).
分液（或滴液）漏斗 (3).
(6).
Zn+2Cr＝Zn+2Cr (4).
过滤 (8).
敞
3＋
2＋
2＋
排除c中空气 (5). c中产生H2使压强大于大气压（冰浴）冷却 (7).
开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触9. (2018
5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：年全国卷I)焦亚硫酸钠（Na2S2O
（1）生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式（2）利用烟道气中的
2生产Na2S2O5的工艺为：SO
__________。
①pH=4.1时，Ⅰ中为__________溶液（写化学式）。②工艺中加入
3固体、并再次充入Na2CO
2的目的是__________。SO
（3）制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中极的电极反应式为可得到Na2S2O5。
SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳
3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，_____________。电解后，__________室的NaHSO
5
5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中（4）Na2S2ONa2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用
_____________，该
0.01000 mol·Ｌ的碘标准液滴定至终点，消耗
-1
-1
10.00 mL。滴定反应的离子方程式为
5的残留量为____________g·Ｌ（以SO2计）样品中Na2S2O。
【解析】（1）亚硫酸氢钠过饱和溶液脱水生成焦亚硫酸钠，根据原子守恒可知反应的方程式为Na2S2O5+H2O；
（2）①碳酸钠饱和溶液吸收
SO2后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐，即Ⅰ中为
NaHSO3；
2NaHSO3＝
②要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，因此工艺中加入碳酸钠固体、并再次充入二氧化硫的目的是得到
NaHSO3过饱和溶液；
阳极区是稀硫酸，氢氧根放电，则电极反应式为
2H2O－4e＝4H+O2↑。
－
＋
（3）阳极发生失去电子的氧化反应，
阳极区氢离子增大，通过阳离子交换膜进入a室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸钠。阴极是氢离子放电，氢氧
a室中亚硫酸氢钠的浓度增大。
52O4S2O+2I2+3H＝2SO+4I+6H
2－
2－
－
根浓度增大，与亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，所以电解后
（4）单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠，反应的方程式为
＋
；消耗碘的物质的量是0.0001mol，所以焦亚硫酸钠的残留量
3
2S2O5+H2O (2). NaHSO＝Na
2－
3
2计）（以SO是。
2
【答案】 (1). 2NaHSO－4e＝4H+O2↑ (5). 10. (2018
－
＋
(3).
2－
－
3过饱和溶液 (4). 2H得到NaHSO＋
O
a (6). S
2
O5+2I2+3H2O＝2SO4+4I+6H (7). 0.128
年全国卷I) 采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到
广泛应用。回答下列问题（1）1840年 Devil式为___________。（2）F. Daniels
等曾利用测压法在刚性反应器中研究了
25℃时N2O5(g)分解反应：
用干燥的氯气通过干燥的银，得到
N2O5。该反应的氧化产物是一种气体，其分子
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。完全分解）：
体系的总压强p随时间t的变化如下表所示（t=∞时，N2O4(g)
6
t/min p/kPa
0 35.8
40 40.3
80 42.5.
160 45.9
260 49.2
1300 61.2
1700 62.3
∞63.1
①已知：2N2O5(g)＝2N2O5(g)+O2(g) 2NO2(g)＝N2O4(g)
ΔH1=-4.4 kJ·mol
-1
-1
ΔH 2=-55.3 kJ·mol
则反应N2O5(g)＝2NO2(g)+ O2(g)的ΔH=_______ kJ·mol②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率kPa，则此时的③若提高反应温度至
=________kPa，v=_______kPa·min
-1
。
。t=62 min时，测得体系中
pO2=2.9
-1
。
35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)____63.1 kPa（填“大于”“等于”
或“小于”），原因是________。④25℃时N2O4(g)留1位小数）。
5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A.Ogg提出如下反应历程：（3）对于反应2N2O
2NO2(g)反应的平衡常数
Kp=_______kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保
第一步 N2O5NO2+NO3快速平衡慢反应快反应
_______（填标号)。
3→NO+NO2+O2第二步 NO2+NO
第三步 NO+NO3→2NO2
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是A．v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应) B．反应的中间产物只有
NO3
C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效D．第三步反应活化能较高
【解析】（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，分子式为O2；（2）①已知：
ⅰ、2N2O5(g)＝2N2O△H1＝－4.4kJ/mol 4(g)+O2(g) ⅱ、2NO2(g)＝N2O4(g) 根据盖斯定律可知ⅰ÷
△H2＝－55.3kJ/mol
2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g)
△H1＝＋53.1kJ/mol；
银中只有氧元素化合价会升高，
所以氧化产物是氧气，
②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是消耗五氧化二氮减少的压强是
1:2，又因为压强之比是物质的量之比，所以
35.8kPa－5.8kPa＝
2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是
7
30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10×30＝6.0×10（kPa·min）；
－3－2－1
③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至63.1 kPa。
④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是氧化氮的压强是
63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二
71.6 kPa+17.9 kPa
4(g)可知N2O
35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于
35.8kPa×2＝71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是
.5 kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式26.4kPa，二氧化氮对应的压强是
。
A正确；
＝.5 kPa，平衡后压强减少了平衡时四氧化二氮对应的压强是反应的平衡常数
2(g)2NO
71.6 kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则
（3）A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，B、根据第二步和第三步可知中间产物还有C、根据第二步反应生成物中有
NO，B错误；
C正确；AC。
－2
NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，
D错误。答案选
D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，【答案】 (1).
O2 (2).
53.1 (3).
30.0 (4). 6.0×10 (5). 大于 (6). 温度提高，
体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 (7). 13.4 (8). AC
11. (2018年全国卷I) Li是最轻的固体金属，采用良性能，得到广泛应用。回答下列问题：
（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为
_____、_____（填标号）。
Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优
A． B．
C． D．
（2）Li与H具有相同的电子构型，
+
-
r(Li)小于r(H-)，原因是______。
LiAlH4中的阴离子空间构型是
______、中心原子的杂化形式为
+
（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，
______。LiAlH4中，存在_____（填标号）。A．离子键 B．σ键 C．π键 D．氢键（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图
(a)的Born-Haber循环计算得到。
8
可知，Li原子的第一电离能为________kJ·mol______kJ·mol
-1
-1
，O=O键键能为______kJ·mol
-1
，Li2O晶格能为
。
(b)所示。已知晶胞参数为
0.4665 nm，阿伏加德罗常数的值为
（5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图则Li2O的密度为______g·cm
-3
NA，
（列出计算式）。
Li的基态核外电子排布式为
1s2s，则D中能量最低；选项
2
1
【解析】（1）根据核外电子排布规律可知中有2个电子处于2p能级上，能量最高；
C
（2）由于锂的核电荷数较大，原子核对最外层电子的吸引力较大，因此（3）LiAlH4中的阴离子是
AlH，中心原子铝原子含有的价层电子对数是
3
－4
Li半径小于H；
4，且不存在孤对电子，所以空
Al与H之间还有共价
＋－
间构型是正四面体，中心原子的杂化轨道类型是单键，不存在双键和氢键，答案选（4）根据示意图可知
AB；
sp杂化；阴阳离子间存在离子键，
Li原子的第一电离能是1040 kJ/mol÷2＝520 kJ/mol；0.5mol氧气转化为氧原子
Li2O
时吸热是249 kJ，所以O＝O键能是249 kJ/mol×2＝498 kJ/mol；根据晶格能的定义结合示意图可知的晶格能是2908 kJ/mol；
（5）根据晶胞结构可知锂全部在晶胞中，共计是
8个，根据化学式可知氧原子个数是
4个，则Li2O的密
度是。
+
3
【答案】 (1). D (2). C (3). Li核电荷数较大 (4). 正四面体 (5). sp (6). AB
(7). 520 (8). 498 (9). 2908 (10).
12. (2018年全国卷I) 化合物W可用作高分子膨胀剂，一种合成路线如下：
9
回答下列问题：
（1）A的化学名称为________。（2）②的反应类型是
__________。
________。
（3）反应④所需试剂，条件分别为（4）G的分子式为________。（5）W中含氧官能团的名称是
____________。
1∶1）
（6）写出与E互为同分异构体的酯类化合物的结构简式（核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为______________。
（7）苯乙酸苄酯（）是花香型香料，设计由苯甲醇为起始原料制
备苯乙酸苄酯的合成路线__________（无机试剂任选）。
A是氯乙酸；
【解析】（1）根据A的结构简式可知（2）反应②中氯原子被－
CN取代，属于取代反应。
/浓硫酸、加热；
（3）反应④是酯化反应，所需试剂和条件分别是乙醇（4）根据G的键线式可知其分子式为
C12H18O3；
（5）根据W的结构简式可知分子中含有的官能团是醚键和羟基；（6）属于酯类，说明含有酯基。核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为
1：1，说明氢原子分为两类，各是
6个氢原子，因此符合条件的有机物结构简式为或；
（7）根据已知信息结合逆推法可知合成苯乙酸卞酯的路线图为
。
10
【答案】 (1). 氯乙酸 (2). 取代反应 (3). 乙醇/浓硫酸、加热 (4). C
12
H18O3 (5). 羟
基、醚键 (6). 、 (7).
绝密★启用前
河南省2019年高考化学试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：共求的。
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（
）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
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
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
11
D．易溶于水及甲苯
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B．实验中装置
b中的液体逐渐变为浅红色
K
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
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，B．冰表面第二层中，
HCl以分子形式存在H浓度为5×10
+
﹣3
mol?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D．冰表面各层之间，均存在可逆反应
HCl?H+Cl
+
﹣
5．（6分）NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中
H2A的Ka1＝1.1×10
﹣3
，Ka2＝3.9×10
﹣6
）溶液，
b点为反应终点。下列叙述错误的是（）
12
A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关B．Na与A
+
2﹣
的导电能力之和大于
pH＝7
HA的
﹣
C．b点的混合溶液
D．c点的混合溶液中，
c（Na）＞c（K）＞c（OH）
电池工作时MV
2+
++
﹣
6．（6分）利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，示意图如下所示。下列说法错误的是（
）
/MV在电极与酶之间传递电子，
+
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C．正极区，固氮酶为催化剂，
H2+2MV
2+
═2H+2MV
NH3
++
N2发生还原反应生成
D．电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动7．（6分）科学家合成出了一种新化合物（如图所示）外层电子数是
，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，
）
Z核外最
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
13
D．该新化合物中二、非选择题：共
Y不满足8电子稳定结构
11~12为选考题，考生根据
43分。第8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第
要求作答。（一）必考题：
8．（14分）硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿（含Mg2B2O5?H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻质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（2）“滤渣1”的主要成分有试剂是（3）根据
。
H3BO3的解离反应：H3BO3+H2O?H+B（OH）4，Ka＝5.81×102”前，将溶液
pH调节至3.5，目的是
。
，母液经加热后可返回
。
工
+
﹣
﹣10
。
Fe离子，可选用的化学
3+
。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有
，可判断
H3BO3是
酸；在“过滤
（4）在“沉镁”中生成Mg（OH）2?MgCO3沉淀的离子方程式为序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是
9．（15分）硫酸铁铵[NH4Fe（SO4）2?xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，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（2）步骤②需要加热的目的是
。
。铁屑中
，温度保持80﹣95℃，采用的合适加热方式是
（填标号）。
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
14
（3）步骤③中选用足量的小于0.5。
H2O2，理由是。分批加入H2O2，同时为了
，溶液要保持pH
（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。
150℃时失掉1.5个结晶水，
（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到失重5.6%．硫酸铁铵晶体的化学式为
。
10．（14分）水煤气变换[CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）]是重要的化工过程，主要用于合成氨、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：分被还原为金属钴②在同一温度下用
①使纯H2缓慢地通过处于
721℃下的过量氧化钴
0.0250。
0.0192。
CoO（s），氧化钴部
Co（s），平衡后气体中H2的物质的量分数为
CO还原CoO（s），平衡后气体中CO的物质的量分数为
根据上述实验结果判断，还原CoO（s）为Co（s）的倾向是CO
H2（填“大于”或“小于”）。
（2）721℃时，在密闭容器中将等物质的量的则平衡时体系中
H2的物质的量分数为
CO（g）和H2O（g）混合，采用适当的催化剂进行反应，（填标号）。
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△H0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）
15
E正＝
eV，写出该步骤的化学方程式。
CO和H2分压随时间变化关系（如图所示）
和
相等。
。催化剂
（4）Shoichi研究了467℃、4℃时水煤气变换中为氧化铁，实验初始时体系中的
和pCO相等、
计算曲线a的反应在30～90min内的平均速率变化关系的是
、
曲线分别是
。
15分。请考生从
]
、
（a）＝。4℃时
kPa?min
﹣1
．467℃时和pCO随时间
线分别
和pCO随时间变化关系的曲
（二）选考题：共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
MgCu2微小晶粒，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”（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
，是制造飞机的主要材料。回答下列问题：
（填标号）。
（2）乙二胺（H2NCH2CH2NH2）是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是
。乙二胺能与
Mg
2+
、
，其中与乙二胺形
、Cu等金属离子形成稳定环状离子，其原因是
（填“Mg
2+
2+
成的化合物稳定性相对较高的是（3）一些氧化物的熔点如下表所示：
氧化物熔点/℃
Li2O1570
”或“Cu”）。
2+
MgO2800
16
P4O623.8
SO2﹣75.5
解释表中氧化物之间熔点差异的原因。
（4）图（a）是MgCu2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中，填入以四面体方式排列的＝是
Cu．图（b）是沿立方格子对角面取得的截图。可见，
y＝
pm．设阿伏加德罗常数的值为
Cu原子之间最短距离
x
pm，Mg原子之间最短距离g?cm
﹣3
NA，则MgCu2的密度
（列出计算表达式）。
[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（2）碳原子上连有出B中的手性碳
。
B的结构简式，用星号（
*）标
4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出
。
（3）写出具有六元环结构、并能发生银镜反应的构，只需写出
3个）
。
B的同分异构体的结构简式。（不考虑立体异
（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
。
。
17
（7）设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯（机试剂任选）。
CH3COCH2COOC2H5）制备
的合成路线（无
18
河南省2019年高考化学试卷解析答案
一、选择题：共求的。
1．【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；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
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．【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；
3个原子共
C错误；
D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
19
D．该物质为有机物，没有亲水基，不易溶于水，易溶于甲苯，故故选：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，
D错误；
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．【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C．HBr为污染物，需要用碳酸钠溶液吸收，故
C正确；
D错误；
B正确；
K才能平衡压强，以便加入混合液，
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．【分析】A．由图可知，冰表面第一层中存在B．冰表面第二层中，
Cl：H2O＝10
﹣
﹣4
HCl分子；
1L，以此计算；
：1，设水的体积为
C．冰表面第三层中，仍存在D．由图可知，只有第二层存在
H2O分子；
HCl气体分子在冰表面吸附和溶解过程。
HCl分子，则HCl以分子形式存在，故
1L，溶液体积近似为
A正确；
+
【解答】解：A．由图可知，冰表面第一层中存在B．冰表面第二层中，
Cl：H2O＝10
﹣
﹣4
：1，设水的体积为1L，则H浓度为
＝5×10
C．冰表面第三层中，仍存在D．由图可知，只有第二层存在误；故选：D。
﹣3
mol?L
﹣1
，故B正确；
C正确；
D错
H2O分子，则冰的氢键网络结构保持不变，故
HCl气体分子在冰表面吸附和溶解过程，第一、三层不存在，故
【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5．【分析】A．由图象可知
D为解答的难点，题目难度不大。
a、b、c点的离子种类、浓度不同，且导电能力不同；
20
B．a点溶液主要成分为KHA，b点主要成分为Na2A、K2A；
C．b点溶质为为Na2A、K2A，溶液呈碱性；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，由图象可知同，可知混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关，故B由图象可知a、b点钾离子浓度相等，电能力之和大于
HA的，故B正确；
H2A为二元弱酸，b点溶质为为Na2A、K2A，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则
pH
﹣
a、b、c点的离子种类、浓度不
A正确；
b点存在Na与A
+
2﹣
b点导电能量较大，
，可知Na与A
+2﹣
的导
C．由题给数据可知＞7，故C错误；
D．c点NaOH过量，则n（NaOH）＞n（KHA），溶液呈碱性，可知故D正确。故选：C。
，c（Na）＞c（K）＞c（OH）
++
﹣
【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．【分析】生物燃料电池的工作原理是
N2+3H2
2NH3，其中N2在正极区得电子发生还原
反应，H2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H2+2MV
2+
═2H+2MV，故B错误；
NH3，故C正确；
D正确；
++
C．N2在正极区得电子发生还原反应，生成D．燃料电池工作时，负极区生成的故选：B。
【点评】本题考查原电池原理的应用，
+
H透过质子交换膜进入正极区，故
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．【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核外电子数的一半，
Z最外层7个电
X位于第IVA族、Z位于第VIIA族，且Z核外最外层电子数是
子，则X原子核外有14个电子，为Si元素，Z为Cl元素，该阴离子中价，根据化合价的代数和为﹣元素，通过以上分析知
Cl元素为﹣1价、X元素为+4
W为Na
1价，Y为﹣3价，所以Y为P元素，根据阳离子所带电荷知，
W、X、Y、Z分别是Na、Si、P、Cl元素，结合题目分析解答。
W、X、Y、Z分别是Na、Si、P、Cl元素，
21
【解答】解：通过以上分析知，
A．WZ为NaCl，NaCl是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，故B．同一周期元素非金属性随着原子序数增大而增强，故B错误；
C．Y为P元素，Y的最高价氧化物的水合物是D．Y为P元素，其最外层有P原子达到8电子结构，即故选：C。
【点评】本题考查原子结构和元素周期律关系，
A错误；
Z＞Y＞X，
则非金属性Cl＞P＞Si，所以非金属性
H3PO4为中强酸，故
C正确；
W原子一个电子，所以
5个电子，P原子形成2个共价键且该阴离子得到Y原子达到8电子结构，故
D错误；
侧重考查原子结构、元素周期表结构、元素化合物性质，
S元素而导致错误，综合性较强，
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．【分析】硼镁矿（含Mg2B2O3?H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为
2CO3，根据过滤
NH3，用NH4HCO3吸收NH3，发生反应NH3+NH4HCO3＝（NH4）1中得到的滤渣为难溶性的
SiO2、Fe2O3、Al2O3，调节溶液pH2Mg
2+
2﹣
+3CO3+2H2O＝Mg（OH）
2及沉镁成分知，过滤
＝3.5时得到H3BO3，滤液中含有
2?MgCO3↓+2HCO3
﹣
MgSO4，沉镁过程发生的反应为
MgO；母液中含有
，加热分解可以得到轻质
（NH4）2SO4，
（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SiO2、Fe2O3、Al2O3；Fe和KSCN溶液混合得到血红色液体；（3）H3BO3能发生一步电离，且电离平衡常数很小，为一元弱酸；在“过滤3.5，有利于析出
H3BO3；
Mg（OH）2?MgCO3沉淀，同时还
（NH4）2SO4，碱式碳酸镁2”前，将溶液pH调节至
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生成碳酸氢根离子离子；在母液中得到高温易分解得到氧化物、水和二氧化碳。【解答】解：硼镁矿（含
（NH4）2SO4，在溶浸时需要加入
Mg2B2O3?H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）加入硫酸铵溶液，得到气体，根
NH3，用NH4HCO3吸收NH3，发生反应
1中得到的滤渣为难溶性的
NH3+NH4HCO3
据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为＝（NH4）2CO3，根据过滤
2及沉镁成分知，过滤
SiO2、Fe2O3、Al2O3，2Mg
2+
调节溶液pH＝3.5时得到H3BO3，滤液中含有
﹣
MgSO4，沉镁过程发生的反应为
MgO；母液中含有
+3CO3
2﹣
+2H2O
＝Mg（OH）2?MgCO3↓+2HCO3，加热分解可以得到轻质
（NH4）2SO4，
（1）氨气为碱性气体，能和酸式铵盐吸收生成正盐，反应方程式为故答案为：NH3+NH4HCO3＝（NH4）2CO3；
22
NH3+NH4HCO3＝（NH4）2CO3，
（2）滤渣1为难溶性的KSCN溶液检验铁离子，
SiO2、Fe2O3、Al2O3；Fe和KSCN溶液混合得到血红色液体，所以可以用
3+
故答案为：SiO2、Fe2O3、Al2O3；KSCN；
（3）H3BO3能发生一步电离，且电离平衡常数很小，所以为一元弱酸；在“过滤节至3.5，有利于析出
H3BO3，如果溶液pH较大，得不到硼酸而得到硼酸盐，
H3BO3，促进析出；
Mg（OH）2?MgCO3沉淀，同时还
2”前，将溶液pH调
故答案为：一元弱；转化为
（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生成碳酸氢根离子离子，离子方程式为液中得到
2Mg
2+
﹣2﹣
+3CO3+2H2O＝Mg（OH）2?MgCO3↓+2HCO3；在母
（NH4）2SO4，在溶浸时需要加入（NH4）2SO4，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：2Mg
2+
﹣2﹣
+3CO3+2H2O＝Mg（OH）2?MgCO3↓+2HCO3；溶浸；高温焙烧。
【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、析判断各物质成分，题目难度中等。
9．【分析】废铁屑中含有油污，油污在碱性条件下水解，且碱和铁屑中的油污，将干净铁屑进入稀硫酸中并加热，稀硫酸和
Fe不反应，所以可以用碱性溶液除去废Fe发生置换反应生成硫酸亚铁和氢气，过
然后向滤液中加入
H2O2，Fe
2+
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
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，氧化生成Fe
3+
被
而得到硫酸铁溶液，然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；（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
H2S，H2S属于酸性气体，用碱液吸收，且要防止倒
生的气体需要净化处理，硫化物和稀硫酸反应生成吸；
（3）H2O2具有氧化性，能氧化制Fe水解；
3+
Fe，且双氧水被还原生成水；
2+
Fe水解导致溶液呈酸性，所以酸能抑
3+
（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，将样品加热到失去结晶水的式量＝
18×1.5＝27，失重5.6%，则该晶体式量＝
150℃时失掉1.5个结晶水，
＝482，x＝
Fe不反应，所以可以用碱性溶液除
。
【解答】解：废铁屑中含有油污，油污在碱性条件下水解，且碱和去废铁屑中的油污，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，
23
过滤除去废渣得到滤液，被氧化生成Fe
3+
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
H2O2，Fe
2+
而得到硫酸铁溶液，然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，的加热需要水浴加热，所以温度保持
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℃
80﹣95℃，采用的合适加热方式为热水浴；铁屑中含有少量硫化
H2S，H2S属于酸性气体，用碱液吸收，
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且要防止倒吸，BD不能防止倒吸且
A溶解硫化氢能力较弱，所以选取
C；
C，
故答案为：加快反应；热水浴；（3）H2O2具有氧化性，能氧化
3+
Fe生成铁离子且双氧水被还原生成水，不引进杂质，所以选取双氧水
H能抑制Fe水解，为防止
Fe水解；
⑤中从溶液中
3+
+
3+
2+
作氧化剂；Fe水解导致溶液呈酸性，故答案为：将
2+
3+
Fe水解需要溶液的
3+
pH保持0.5，
Fe全部氧化为Fe，不引入杂质；防止
（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，将样品加热到失去结晶水的式量＝
18×1.5＝27，失重5.6%，则该晶体式量＝NH4Fe（SO4）2?12H2O，
150℃时失掉1.5个结晶水，
＝482，x＝
＝12，所以其化学式为
故答案为：NH4Fe（SO4）2?12H2O。
【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。
721℃下的过量的氧化钴
0.0250。
CO的物质的量分数为
0.0192。
一氧化碳物质的量分数
CoO（s），氧化钴部分被还原为金属
10．【分析】（1）①使纯H2缓慢地通过处于钴Co（s），平衡后气体中②在同一温度下用
H2的物质的量分数为
CO还原CoO（s），平衡后气体中
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，
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）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g），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
24
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，
E
正
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）化学方程式；
，得到反应的
（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。721℃下的过量的氧化钴
（a）＝，
【解答】解：（1）①使纯H2缓慢地通过处于金属钴Co（s），平衡后气体中②在同一温度下用
CoO（s），氧化钴部分被还原为
H2+CoO?Co+H2O
H2的物质的量分数为
0.0250，反应的化学方程式：CO的物质的量分数为
CO还原CoO（s），平衡后气体中0.0192，反应的化学方程式：
CO+CoO?Co+CO2，
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）CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g），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%，故选：C，
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反应的焓变小于COOH*+H*+H
1和过渡态2，最后生成产物的能量低于反应物，
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：
2O*＝COOH*+2H*+OH*
或H2O*＝H*+OH*，该历程中最大能垒（活化能）
E正＝1.86eV
﹣（﹣0.16eV）＝2.02eV，故答案为：小于；
2.02；COOH*+H*+H
2O*＝COOH*+2H*+OH*
或H2O*＝H*+OH*；
（a）＝
＝
（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
＝0.0047kPa/min，反应为放热反应，温度越高平衡逆向进行，
越小，4℃时pH2和pCO随时间变化关系的曲线分别是线分别是b、c，
故答案为：0.0047；b、c；a、d。
CO分压越大，氢气分压
a、d，467℃时pH2和pCO随时间变化关系的曲
【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。
25
[化
学--选修3：物质结构与性质]
11．【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形成的共价键有对互斥理论判断
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
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
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；
Mg原子个数＝8
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×
+6×
+4＝8，Cu原子都位于晶胞内部，有
﹣10
4个Mg原子，所以
16个；
晶胞体积＝（a×10
cm），晶胞密度＝
3
。
D微粒能量高于
A，稳定性A＞
【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，所以失电子能量BC都是原子，但是＞C；
A微粒是B失去一个电子得到的，且＞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故答案为：A；
（2）每个N原子形成的共价键有形成的共价键有
A，
A＞D；
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
A轨道中电子处于半满状态，较稳定，所以失去一个电子能力A
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
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
26
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sp、sp；含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间易
Mg
2+
33
形成配位键，乙二胺的两个属离子形成稳定环状离子；定性相对较高的是
3
N提供孤对电子给金属离子形成配位键，所以乙二胺能与碱土金属与乙二胺形成的化合物稳定性较弱，
、Cu等金
2+
所以与乙二胺形成的化合物稳
Cu，
3
2+
故答案为：sp；sp；乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键；Cu；
2+
（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，晶体，且晶格能
MgO＞Li2O，分子间作用力：
Li2O和MgO是离子晶体、P4O6和SO2是分子
P4O6＞SO2，所以熔沸点：MgO＞Li2O＞P4O6＞SO2，
MgO＞Li2O，分子间作用力：
故答案为：Li2O和MgO是离子晶体、P4O6和SO2是分子晶体，晶格能P4O6＞SO2；
（4）如图所示，AB之间的距离为面对角线长度＝
；
BC长度的
＝
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＝体对角线长度＝
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×
+6×
+4＝8，Cu原子都位于晶胞内部，有
16个；
棱长＝
×apm，CD距离为y，该长度为体对角线××apm＝
4个Mg原子，所以Mg原子个数＝8
晶胞体积＝（a×10
﹣10
cm），晶胞密度＝
3
＝g/cm＝
3
g/cm，
3
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，注意等。
[化学--选修5：有机化学基础]
27
CD距离与晶胞棱长关系，题目难度中
12．【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（
CH3COCH2COOC2H5）制备
，甲苯和溴在光照条件下生成
，CH3COCH2COOC2H5发生取代反应生成
碱性条件下水解然后酸化得到目标产物。【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
CH3COCH（CH2C6H5）COOCH2CH3，最后发生
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：；
6个原子，并能发生银镜反应，说明含有﹣
1，则符合条件的
CHO，B的不饱和度是
（3）具有六元环结构，说明环上有2，环的不饱和度是
1、醛基的不饱和度是B的同分异构体中不含其它碳碳不饱和键，
1种；
取代基为﹣CH3、﹣CHO时，两个取代基可能位于同一个碳原子上，有可能位于不同碳原子上有邻间对
3种，
取代基可能为﹣CH2CHO，1种，
所以符合条件的有5种，这5种结构简式分别为，
故答案为：
28
；
（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酸、加热，
故答案为：CH3CH2OH、浓硫酸、加热；（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
CH3CH2OH、浓硫
G，则F到G的反应方
程式，
故答案为：；
（7）由甲苯和乙酰乙酸乙酯（
CH3COCH2COOC2H5）制备
，甲苯和溴在光照条件下生成
，CH3COCH2COOC2H5发生取代反应生成
碱
性
条
件
下
水
解
然
后
酸
化
得
CH3COCH（CH2C6H5）COOCH2CH3，最后发生到
目
标
产
物
，
其
合
成
路
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（7）题方案设计，题目难度中等。
。
G的合成路线中⑤⑥步采用知识迁移方法进行
29
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