【文档说明】《历年高考化学真题试卷》2019年全国统一高考化学试卷（新课标ⅱ）（含解析版）.docx，共(29)页，417.492 KB，由envi的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-3e16a65c2f3e893b407db9062828f34a.html

以下为本文档部分文字说明：

2019年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ）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2．（6分）已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A．3g3He含有的中子数为1NAB．1L0.1mol•L﹣1

磷酸钠溶液含有的PO43﹣数目为0.1NAC．1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAD．48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA3．（6分）今年是门捷列夫发现元素周期律1

50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（）WXYZA．原子半径：W＜XB．常温常压下，Y单质为固态C．气态氢化物热稳定性：Z＜WD

．X的最高价氧化物的水化物是强碱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后静置溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层B将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶集气

瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生C向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊稀盐酸D向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变A．AB．BC．CD．D5．（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CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4B．澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2OC．Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2═2Na2O+O2↑D．向Mg（OH）2悬浊液中滴加足量FeCl

3溶液出现红褐色沉淀3Mg（OH）2+2FeCl3═2Fe（OH）3+3MgCl26．（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（）A．

图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp（m）＝Ksp（n）＜Ksp（p）＜Ksp（q）C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动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7．（6分）分子式为C4H8BrCl的有机物共有（不含立体异构）（）A．8种B．10种C．12种D．14种二、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•BaSO4（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题：（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（填标号）。A．黄色B．红色C．紫色D．绿色（2）以重晶石（BaSO4）为原料，可按如图工艺生产立德粉：①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。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化

学方程式为。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，其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的（填化学式）。③沉淀器中反应的离子方程式为。（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I2﹣KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000mol•L﹣1Na2S

2O3溶液滴定，反应式为I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣．测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL．终点颜色变化为，样品中S2﹣的含量为（写出表达式）。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）+H2（g）△H1＝100.3kJ•mol﹣1①H2（g）+I2（g）═2HI（g）△H2＝﹣11.0kJ•mol﹣1②对于反应：（g）+I2（g）═（g）+2HI（g）③△H3＝kJ•mol﹣1。（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③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为，该反应的平衡常数Kp＝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（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（填标号）。A．T1＞T2B．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（C5H5）2，结构简式为），后者广泛应用于航天、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，总反应为。电解制备需要在无水条件下进行，原因为。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（Ka约为10﹣6，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。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。圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶剂，加热前还要加几粒。（2）提取过程不可选用明火直接加热，原因是。

与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是。（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。“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（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和吸收。

（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。（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，其沸点比NH3的（填“

高”或“低”），其判断理由是。（2）Fe成为阳离子时首先失去轨道电子，Sm的价层电子排布式4f66s2，Sm3+价层电子排布式为。（3）比较离子半径：F﹣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；通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ＝g•cm﹣3。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、。[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：①②③回答下列问题：（1）A是一种烯烃，化学名称为，C中官能团的名称为、。（2）由B生成C的反应类型为。（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、。①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3：2：1。（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H2O的总质量为765g，则G的n值理论上应等于。201

9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NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A．3

g3He含有的中子数为1NAB．1L0.1mol•L﹣1磷酸钠溶液含有的PO43﹣数目为0.1NAC．1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAD．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、K2Cr2O7中铬由+6价变成+3价；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1mo

l3He中子的物质的量为1mol，所以3g3He含有的中子数为1NA，故A正确；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PO43﹣数目小于0.1NA，故B错误；C、K2Cr2O7中铬由+6价变成+3价

，所以1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA，故C正确；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13NA，故D正确；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（）WXYZA．原子半径：W＜XB．常温常压下，Y单质为固态C．气态氢化物热稳定性：Z＜WD．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；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后静置溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层B将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒

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FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变A．AB．BC．CD．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CO2的集气瓶，镁条继续燃烧反应生成MgO和C，则集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CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4B．澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca（OH）2+CO2═Ca

CO3↓+H2OC．Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2═2Na2O+O2↑D．向Mg（OH）2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg（OH）2+2FeCl3═2Fe（OH）3+3MgCl2【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CuSO4溶液中加入足量Zn粉，反应生成硫酸锌和Cu，溶液蓝色消失，发生反应为：Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，故A正确；B．澄清的石灰水久置后生

成碳酸钙沉淀，发生反应为：Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，故B正确；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：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故C错误；D．向Mg（OH）2

悬浊液中滴加足量FeCl3溶液，氢氧化镁转化成更难溶的氢氧化铁沉淀，发生反应为：3Mg（OH）2+2FeCl3═2Fe（OH）3+3MgCl2，故D正确；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（）A．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp（m）＝Ksp（n）＜Ksp（p）＜Ksp（q）C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动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T1、T2温度下CdS在水中的溶解度，故A正确；B．温度升高Ksp增大，则T2＞T1，图中各

点对应的Ksp的关系为：Ksp（m）＝Ksp（n）＝Ksp（p）＜Ksp（q），故B错误；C．Ksp＝c（Cd2+）c（S2﹣），向m点的溶液中加入少量Na2S固体，温度不变Ksp不变，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C4H8BrCl的有机物共有（不含立体异构）（）A．8种B．10种C．12种D．14种【分析】C4H8BrCl可以看作C4H10中2个H原子被Cl、Br原子取代

，而丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）2两种结构，据此分析。【解答】解：C4H8BrCl可以看作C4H10中2个H原子被Cl、Br原子取代，而丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）2两种，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•BaSO4（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题：（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（BaSO4）为原料，可按如图工艺生产立德粉：①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BaSO4+4CBaS+4CO↑。回转炉尾气中含有有毒气

体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为CO+H2O＝CO2+H2。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，其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的BaCO3（填

化学式）。③沉淀器中反应的离子方程式为Ba2++S2﹣+Zn2++SO42﹣＝ZnS•BaSO4↓。（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I2﹣KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，

置暗处反应5min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000mol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣．测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL．终点颜色变化为浅蓝色至无色，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•BaSO4（也称锌钡白），①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；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CO2和一种清洁能源气体，根据元素守恒知清洁能源为氢气；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H2S生成，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；③沉淀器中BaS和硫酸锌反应生成沉淀

ZnS•BaSO4；（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Na2S2O3反应消耗的n（I2）＝n（Na2S2O3）＝×0.1000mol•L﹣1×V×10﹣3L，则与硫离子反应的n（I2）＝25×10﹣3L×0.1000mol•L﹣1﹣×0.1000mol

•L﹣1×V×10﹣3L，根据转移电子守恒知关系式S2﹣～I2，所以n（S2﹣）＝25×10﹣3L×0.1000mol•L﹣1﹣×0.1000mol•L﹣1×V×10﹣3L，m（S2﹣）＝[25×10﹣3L×0

.1000mol•L﹣1﹣×0.1000mol•L﹣1×V×10﹣3L]×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•B

aSO4（也称锌钡白），①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BaSO4+4CBaS+4CO↑；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CO2和一种清洁能源气体，根据元

素守恒知清洁能源为氢气，反应方程式为CO+H2O＝CO2+H2，故答案为：BaSO4+4CBaS+4CO↑；CO+H2O＝CO2+H2；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H2

S生成，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BaCO3沉淀，导致水溶性变差，故答案为：BaCO3；③沉淀器中BaS和硫酸锌反应生成沉淀ZnS•BaSO4，离子方程式为Ba2++S2﹣+Zn2++SO

42﹣＝ZnS•BaSO4↓，故答案为：Ba2++S2﹣+Zn2++SO42﹣＝ZnS•BaSO4↓；（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Na2S2O3反应消耗的n（I2）＝n（Na2S2O3）＝×0.1000mol•L﹣1×V×10﹣3L，

则与硫离子反应的n（I2）＝25×10﹣3L×0.1000mol•L﹣1﹣×0.1000mol•L﹣1×V×10﹣3L，根据转移电子守恒知关系式S2﹣～I2，所以n（S2﹣）＝25×10﹣3L×0.1000mol•L﹣1﹣×0.1

000mol•L﹣1×V×10﹣3L，m（S2﹣）＝[25×10﹣3L×0.1000mol•L﹣1﹣×0.1000mol•L﹣1×V×10﹣3L]×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）+H2（g）△H1＝100.3kJ•mol﹣1①H2（g）+I2（g）═2HI（g）△H2＝﹣11.0kJ•mol﹣1②对于反应：（g）+I2（g）═（g）+2HI（g

）③△H3＝+89.3kJ•mol﹣1。（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③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为40%，该反应的平衡常数Kp＝3.56×104Pa．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（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．T1＞T2B．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（C5H5）2，结构简式为），后者广泛应用于航天

、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Fe电极，总反应为Fe+2＝+H2↑（或Fe+2C5H6＝Fe（C5H5）2+H2↑）。电解制备需要在无

水条件下进行，原因为水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH﹣，进一步与Fe2+反应生成Fe（OH）2。。【分析】解：（1）已知：（g）＝（g）+H2（g）△H1＝+100.3kJ•mol﹣1①H2（g）

+I2（g）＝2HI（g）△H2＝﹣11.0kJ•mol﹣1②根据盖斯定律，①+②得目标反应③（g）+I2（g）＝（g）+2HI（g），据此计算△H3；（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）+I2（g）＝（g）+2HI（g）初始（mol）nn00转化（mol）xxx2x平衡（mol）n﹣xn﹣xx2x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T1、T2大小；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）+H2（g）△H1＝+100.3kJ•mol﹣1①H2（g）+I2（g）＝2HI（g）△H2＝﹣11.0kJ•mol﹣1②根据盖斯定律，①+②得③

（g）+I2（g）＝（g）+2HI（g）△H3＝（+100.3kJ•mol﹣1）+（﹣11.0kJ•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

）+I2（g）＝（g）+2HI（g）初始（mol）nn00转化（mol）xxx2x平衡（mol）n﹣xn﹣xx2x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（I2）＝×1.2×105Pa＝3×104Pa，p（）＝×1.2×105Pa＝2×104Pa，p（

HI）＝×1.2×105Pa＝4×104Pa，该反应的平衡常数Kp＝≈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；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T2（虚线）的反应速率较大，则T1＜T2，故A错误；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＝+H2↑或Fe+2C5H6＝Fe（C5H5）2+H2↑）；中间产物有金属Na生成，水与N

a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）2，所以电解制备需要在无水条件下进行，故答案为：Fe电极；Fe+2＝+H2↑（或Fe+2C5H6＝Fe（C5H5）2+H2↑）；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（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（Ka约为

10﹣6，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。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。【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NH3的低（填“高”或“低”），其判断理由是NH3分子间存在氢键。（2）Fe成为阳离子时首先失去4s轨道电子，Sm的价层电子排布式4f66s2，Sm3+价层电子排布式为4f5。（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SmFeAsO1﹣xFx；通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ＝g•cm﹣3。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，）。【分析】（1）等电子体结构相似，根据氨气分子空间构型判断AsH3空间构型；能形成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，AsH3和NH3为等电子体，二者结构相似，氨气分子为三角锥形，根据氨气分子空间构型判断AsH3空间构型为三角锥形；能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，NH3分子间形成氢键、AsH3分子间不能形成氢键，

所以熔沸点：NH3＞AsH3，即AsH3沸点比NH3的低，故答案为：三角锥形；低；NH3分子间存在氢键；（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SmFeAsO1﹣xFx；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：SmFeAsO1﹣xFx；；（，，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。[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：①②③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、。①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3：2：1。（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H2O的总质量为765g，则G的n值理论上应等于8。【分析】A

是一种烯烃，应为CH3CH＝CH2，光照条件下发生取代反应生成B为ClCH2CH＝CH2，与HOCl发生加成反应生成C为ClCH2CHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl，由信息①可知E应为，D、F发生缩聚反应生成G，以此解答该题。【解答

】解：（1）由以上分析可知A为丙烯，CC为ClCH2CHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl，含有的官能团为氯原子、羟基，故答案为：丙烯；氯原子、羟基；（2）B为ClCH2CH＝CH2，与HOCl发生加成反应生成C，故答案为：加成反应；（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，①能发生银镜反应，说明分子中含有醛基；②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，且结构对称，应为、，故答案为：、；（6）由方程式可

知生成NaCl和H2O的物质的量相等，若生成的NaCl和H2O的总质量为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。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com