全国卷Ⅰ理综化学高考试题及答案解析.docx
- 文档编号:28544343
- 上传时间:2023-07-18
- 格式:DOCX
- 页数:12
- 大小:65.07KB
全国卷Ⅰ理综化学高考试题及答案解析.docx
《全国卷Ⅰ理综化学高考试题及答案解析.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《全国卷Ⅰ理综化学高考试题及答案解析.docx(12页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
全国卷Ⅰ理综化学高考试题及答案解析
2019年全国I卷化学试题试题及答案解析
一、选择题:
本题共13个小题,每小题6分。
共78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.解析:
陶瓷是以天然粘土以及各种天然矿物为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料的各种制品。
陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原料的人工工业产品。
氧化铁为棕红色固体,瓷器的青色不可能来自氧化铁,故A错误;B项、秦兵马俑是陶制品,陶制品是由粘土或含有粘土的混合物经混炼、成形、煅烧而制成的,故B正确;C项、陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物,陶瓷的主要成分是硅酸盐,与水泥、玻璃等同属硅酸盐产品,故C正确;D项、陶瓷的主要成分是硅酸盐,硅酸盐的化学性质不活泼,具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点,故D正确。
点评:
本题弘扬中国陶瓷文化,同时考查学生物质的性质,侧重分析与应用能力的考查,注意化学与生活的联系,把握物质性质、反应与用途为解答的关键。
A项虽有一句宋朝诗句,“雨过天晴云破处,千峰碧波翠色来”,用来是描述汝窑的,有的同学不熟悉但不影响答题,因为氧化铁为红棕色的,一下就能找出答案。
8.解析:
2-苯基丙烯的分子式为C9H10,官能团为碳碳双键,能够发生加成反应、氧化反应和加聚反应。
A项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键,能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应,使酸性高锰酸钾溶液褪色;B项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键,一定条件下能够发生加聚反应生成聚2-苯基丙烯;C项、有机物分子中含有饱和碳原子,所有原子不可能在同一平面。
2-苯基丙烯中含有甲基,所有原子不可能在同一平面上;D项、2-苯基丙烯为烃类,分子中不含羟基、羧基等亲水基团,难溶于水,易溶于有机溶剂,则2-苯基丙烯难溶于水,易溶于有机溶剂甲苯。
点评:
2-苯基丙烯,虽然课本上没有涉及,但它的官能团就决定了它的性质。
本题考查有机物的结构与性质,侧重分析与应用能力的考查,注意把握有机物的结构,掌握各类反应的特点,并会根据物质分子结构特点进行判断是解答关键,本题比较容易,属于送分题,考生一定要快速准确地找出答案。
9.解析:
在溴化铁作催化剂作用下,苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢,装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽,装置c中碳酸钠溶液呈碱性,能够吸收反应生成的溴化氢气体,倒置漏斗的作用是防止倒吸。
A项、若关闭K时向烧瓶中加注液体,会使烧瓶中气体压强增大,苯和溴混合液不能顺利流下。
打开K,可以平衡气压,便于苯和溴混合液流下,故A正确;B项、装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽,溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色,故B正确;C项、装置c中碳酸钠溶液呈碱性,能够吸收反应生成的溴化氢气体,故C正确;D项、反应后得到粗溴苯,向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤,除去其中溶解的溴,振荡、静置,分层后分液,向有机层中加入适当的干燥剂,然后蒸馏分离出沸点较低的苯,可以得到溴苯,不能用结晶法提纯溴苯,故D错误。
点评:
本题考查化学实验方案的设计与评价,侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查,注意把握实验操作要点,结合物质的性质综合考虑分析是解答关键。
10.解析:
由示意图可知,在冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附,第二层中氯化氢溶于水中并发生部分电离,第三层主要是冰,与氯化氢的吸附和溶解无关。
A项、由图可知,冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附,氯化氢以分子形式存在,故A正确;
B项、由题给数据可知,冰的表面第二层中氯离子和水的个数比为10—4:
1,第二层中溶解的氯化氢分子应少于第一层吸附的氯化氢分子数,与水的质量相比,可忽略其中溶解的氯化氢的质量。
设水的物质的量为1mol,则所得溶液质量为18g/mol×1mol=18g,则溶液的体积为
×10—3L/ml=2.0×10—2L,由第二层氯离子和水个数比可知,溶液中氢离子物质的量等于氯离子物质的量,为10—4mol,则氢离子浓度为
=5×10—3mol/L,故B正确;
C项、由图可知,第三层主要是冰,与氯化氢的吸附和溶解无关,冰的氢键网络结构保持不变,故C正确;
D项、由图可知,只有第二层存在氯化氢的电离平衡HCl
H++Cl—,而第一层和第三层均不存在,故D错误。
点评:
本题考查氯化氢气体在冰表面的吸附和溶解。
侧重考查接受、吸收、整合化学信息的能力及分析和解决化学问题的能力,注意能够明确图像表达的化学意义,正确计算物质的量浓度为解答关键。
题目比较新颖,但找出答案并不难。
11.解析:
邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐,溶液呈酸性,向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液,两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠,溶液中离子浓度增大,导电性增强,邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐,邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。
A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液,两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠,溶液中Na+和A2—的浓度增大。
由图像可知,溶液导电性增强,说明导电能力与离子浓度和种类有关;
B项、a点和b点K+的物质的量相同,K+的物质的量浓度变化不明显,HA—转化为A2—,b点导电性强于a点,说明Na+和A2—的导电能力强于HA—;
C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠,邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐,A2—在溶液中水解使溶液呈碱性,溶液pH>7;
D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠,溶液中c(Na+)和c(K+)相等,c点是继续加入氢氧化钠溶液后,得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液,则溶液中c(Na+)>c(K+),由图可知,a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积,则溶液中c(K+)>c(OH—),溶液中三者大小顺序为c(Na+)>c(K+)>c(OH—),故D正确。
点评:
本题考查水溶液中的离子平衡,试题侧重考查分析、理解问题的能力,注意正确分析图象曲线变化,明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关键,近几年的化学考试都是强度知识的应用,考试的物质很多我们平时并没有见过,关键是学会应用我们学过的知识来分析新问题。
12.解析:
由生物燃料电池的示意图可知,左室电极为燃料电池的负极,MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+,电极反应式为MV+—e—=MV2+,放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+,反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+;右室电极为燃料电池的正极,MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+,电极反应式为MV2++e—=MV+,放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+,反应的方程式为N2+6H++6MV+=6MV2++NH3,电池工作时,氢离子通过交换膜由负极向正极移动。
A项、相比现有工业合成氨,该方法选用酶作催化剂,条件温和,同时利用MV+和MV2+的相互转化,化学能转化为电能,故可提供电能,故A正确;
B项、左室为负极区,MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+,电极反应式为MV+—e—=MV2+,放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+,反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+,故B错误;
C项、右室为正极区,MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+,电极反应式为MV2++e—=MV+,放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+,故C正确;
D项、电池工作时,氢离子(即质子)通过交换膜由负极向正极移动,故D正确。
点评:
电化学是高中化学重要部分,考生要对原电池和电解池熟练掌握,本题考查原池原理的应用,注意原电池反应的原理和离子流动的方向,明确酶的作用是解题的关键。
13.解析:
由W、X、Y、Z为同一短周期元素,看图X可以接四个键,说明它最外层为4个电子,从而锁定C或Si元素,由于Z的核外最外层电子数是X核外电子数的一半可知,加上Z只能接一个键,所以Z为Cl、X为Si,由化合价代数和为0可知,Y元素化合价为—3价,则Y为P元素;由W的电荷数可知,W为Na元素。
A项、WZ为氯化钠,它为强酸强碱盐,水溶液呈中性,
B项、同周期元素从左到右,非金属性依次增强,则非金属性的强弱顺序为Cl>S>P,;
C项、P元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸,磷酸是三元中强酸,这个常识考要知识;
D项、新化合物中P元素化合价为—3价,满足8电子稳定结构,P得到W的电子。
点评:
本题考查元素周期律的应用,注意分析题给化合物的结构示意图,利用化合价代数和为零和题给信息推断元素为解答关键。
对于短周期的元素同学生要倒背如流,它的位置结构随手可以画出来,历年考试都会,并不难,但同学们一定快速做完此题,不能花太长时间。
三、非选择题:
2-28为必考题,每个试题考生都必须作答。
第33~38题为选考题,考生根据要求作答。
26、解析:
(1)根据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气,用碳酸氢铵溶液吸收,反应方程式为:
NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3;
(2)滤渣I为不与硫酸铵溶液反应的Fe2O3、Al2O3、SiO2;检验Fe3+,可选用的化学试剂为KSCN;这个是高中化学中的特征反应,同学们一定要记记住。
(3)由硼酸的离解方程式知,硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子,而三价硼原子最多只能再形成一个配位键,且硼酸不能完全解离,所以硼酸为一元弱酸;在“过滤2”前,将溶液pH调节至3.5,目的是将B(OH)−4转化为H3BO3,并促进H3BO3析出;
(4)沉镁过程中用碳酸铵溶液与Mg2+反应生成Mg(OH)2∙MgCO3,沉镁过程的离子反应为:
2Mg2++2H2O+3CO32-=Mg(OH)2∙MgCO3↓+2HCO3-;母液加热分解后生成硫酸铵溶液,可以返回“溶浸”工序循环使用;碱式碳酸镁不稳定,高温下可以分解,故由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是高温焙烧。
点评:
硼酸在高中课本接受得很少,但从元素周期表可知是属于弱酸,根据告诉我们的信息知道它是一元酸,碱式碳酸镁可以类推碱式碳酸铜分解的反应。
学生在备考中除了熟记化学知识点外,一定要学会阅读处理信息的能力,高考的题目一定是新鲜的。
27、解析:
(1)步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污,油污在碱性条件下容易水解,所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗,即碱煮水洗;
(2)步骤②需要加热的目的是为了加快反应速率;温度保持80~95℃,由于保持温度比较恒定且低于水的沸点,故采用的合适加热方式是水浴加热(热水浴);铁屑中含有少量硫化物,硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体,可以用氢氧化钠溶液吸收,为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗,故选择C装置;
(3)步骤③中选用足量的H2O2,H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+,且H2O2的还原产物为H2O,不会引入新的杂质,故理由是:
将Fe2+全部氧化为Fe3+,不引入新的杂质。
因为H2O2本身易分解,所以在加入时需分量加入,同时为了防止Fe3+水解,溶液要保持pH小于0.5;
(4)为了出去可溶性的硫酸铵、铁离子等,需要经过的步骤为:
加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)
(5)设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙xH2O,其相对分子质量为266+18x,1.5个水分子的相对分子质量为1.5×18=27,则27/(266+18x)=5.6%,解得x=12,则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙12H2O。
28、解析:
(1)由H2、CO与CoO反应后其气体物质的量分数判断二者的倾向大小;
(2)根据三段式以及CO与H2的倾向大小关系综合判断;
(3)根据反应物与生成物的相对能量差大小进行比较判断;根据反应物达到活化状态所需能量为活化能以及相对能量差值大小计算并比较最大能垒;根据最大能垒对应的反应历程对应的物质写出方程式;
(4)根据图中曲线a在30~90min内分压变化量计算平均反应速率;先根据CO与H2的倾向大小关系判断CO与H2的含量范围,然后根据温度变化对化学平衡的影响判断出在不同温度下曲线对应的物质。
【详解】
(1)H2还原氧化钴的方程式为:
H2(g)+CoO(s)
Co(s)+H2O(g);CO还原氧化钴的方程式为:
CO(g)+CoO(s)
Co(s)+CO2(g),平衡时H2还原体系中H2的物质的量分数(
)高于CO还原体系中CO的物质的量分数(
),故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO大于H2;
(2)721℃时,在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合,可设其物质的量为1mol,则
CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)
起始(mol)1100
转化(mol)xxxx
平衡(mol)1-x1-xxx
则平衡时体系中H2的物质的量分数=
,因该反应为可逆反应,故x<1,可假设二者的还原倾向相等,则x=0.5,由
(1)可知CO的还原倾向大于H2,所以CO更易转化为H2,故x>0.5,由此可判断最终平衡时体系中H2的物质的量分数介于0.25~0.50,故答案为C;
(3)根据水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知,CO(g)+H2O(g)的能量(-0.32eV)高于CO2(g)+H2(g)的能量(-0.83eV),故水煤气变换的ΔH小于0;活化能即反应物状态达到活化状态所需能量,根据变换历程的相对能量可知,最大差值为:
其最大能垒(活化能)E正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV;该步骤的反应物为COOH
+H
+H2O
===COOH
+2H
+OH
;因反应前后COOH
和1个H
未发生改变,也可以表述成H2O
===H
+OH
;
(4)由图可知,30~90min内a曲线对应物质的分压变化量Δp=(4.08-3.80)kPa=0.28kPa,故曲线a的反应在30~90min内的平均速率
(a)=
=0.0047kPa·min−1;由
(2)中分析得出H2的物质的量分数介于0.25~0.5,CO的物质的量分数介于0~0.25,即H2的分压始终高于CO的分压,据此可将图分成两部分:
由此可知,a、b表示的是H2的分压,c、d表示的是CO的分压,该反应为放热反应,故升高温度,平衡逆向移动,CO分压增加,H2分压降低,故467℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是b、c;489℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是a、d。
点评:
本题以水煤气交换为背景,考察化学反应原理的基本应用,较为注重学生学科能力的培养,难点在于材料分析和信息提取,图像比较新,提取信息能力较弱的学生,会比较吃力。
本题属于连贯性综合题目,本题的解题关键在于第
(1)问的信息理解与应用,若本题的第
(1)问判断错误,会导致后续多数题目判断错误;第
(2)问可以采取特殊值法进行赋值并结合极限法计算,考生若只是考虑到完全转化极限,则只能判断出H2的物质的量分数小于0.5,这是由于对题干的信息应用能力不熟练而导致;对于第(4)问中曲线对应物质的确定需根据第
(1)
(2)问得出的相关结论进行推断,需先确定物质对应曲线,然后再根据勒夏特列原理判读相关物质的变化。
36、[化学——选修5:
有机化学基础]
解析:
有机物A被高锰酸钾溶液氧化,使羟基转化为羰基,B与甲醛发生加成反应生成C,C中的羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基,则D的结构简式为
。
D与乙醇发生酯化反应生成E,E中与酯基相连的碳原子上的氢原子被正丙基取代生成F,则F的结构简式为
,F首先发生水解反应,然后酸化得到G,据此解答。
(1)根据A
结构简式可知A中的官能团名称是羟基。
这里一定要注意不要认为六边环是苯环,关于苯环的画法书有明确的规定。
(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,则根据B的结构简式可知B中的手性碳原子可表示为
。
(3)具有六元环结构、并能发生银镜反应
B的同分异构体的结构简式中含有醛基,则可能的结构为
、
、
、
、
。
(4)反应④是酯化反应,所需的试剂和条件是乙醇、浓硫酸、加热。
(5)根据以上分析可知⑤的反应类型是取代反应。
(6)F到G的反应分两步完成,方程式依次为:
、
。
(7)由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备
,可以先由甲苯合成
,再根据题中反应⑤的信息由乙酰乙酸乙酯合成
,最后根据题中反应⑥的信息由
合成产品
。
具体的合成路线图为:
,
点评:
本题考查有机物的推断和合成,涉及官能团的性质、有机物反应类型、同分异构体的书写、合成路线设计等知识,利用已经掌握的知识来考查有机合成与推断、反应条件的选择、物质的结构简式、化学方程式、同分异构体的书写的知识。
考查学生对知识的掌握程度、自学能力、接受新知识、新信息的能力;考查了学生应用所学知识进行必要的分析来解决实际问题的能力。
有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体结构简式的书写及物质转化流程图的书写是有机化学学习中经常碰到的问题,掌握常见的有机代表物的性质、各类官能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系,充分利用题目提供的信息进行分析、判断是解答的关键。
难点是设计合成路线图时有关信息隐含在题干中的流程图中,需要学生自行判断和灵活应用。
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 全国卷 化学 高考 试题 答案 解析