2019高考海南卷化学试题(解析版)

2019年全国高考卷化学试题解析

到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Mn 55 一、选择题：本题共有6小题，每小题2分，共12分。在每小题给出的4个选项中，只有1项符合题目要求的。

1.某试剂瓶标签上安全标志如右图，该试剂是 A.氨水 B.乙酸 C.氢氧化钠 D.硝酸 【答案】D 【解析】

安全标志为腐蚀性和氧化性，硝酸符合，D项正确。

2.我国古代典籍中有“石胆……浅碧色，烧之变白色真”的记载，其中石胆是指 A.CuSO4 ·5H2O B. FeSO4 ·7H2O C. ZnSO4 ·7H2O D. KAl(SO4)2 ·12H2O 【答案】A 【解析】

CuSO4 ·5H2O为蓝色晶体，CuSO4为白色粉末，加热发生反应： △

CuSO4 ·5H2O ===== CuSO4 (白)+5H2O，A项正确。

3. 反应C2H6(g) = C2H4(g) +H2(g) H>0 在一定条件下于密闭容器中达到平衡，下列各项措施中，不能提高乙烷的平衡转化率的是

A.增大容器容积 B.升高反应温度 C.分离出部分氢气 D.等容下通入惰性气体 【答案】D 【解析】

增大容器容积相当于减少压强，平衡向正向移动，乙烷的平衡转化率增大，A项不符合题意；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，乙烷的平衡转化率增大，B项不符合题意；分离出部分氢气，衡向正向移动，乙烷的平衡转化率增大，C项不符合题意；等容下通入惰性气体，原平衡体系各物质的浓度不变，平衡不移动，乙烷的平衡转化率不变，D符合题意。

4. 下列各组化合物中不互为同分异构体的是

.

.

A. B.

C. 【答案】B 【解析】

D.

同分异构体的概念为分子式相同，结构不同的物质互为同分异构体。A中分子式均为C6H6 结构不同，二者关系为同分异构体，不符合题意；B中分子式分别为C14H24 、C14H22关系不属于同分异构体符合题意；C中分子式均为C3H6O2结构不同，二者关系为同分异构体，不符合题意；D中分子式均为C6H6O3结构不同，二者关系为同分异构体，不符合题意。

5. 根据右图中的能量关系，可求得C—H键的 键能为

A．414 mol·L

－1

C(g)_1ΔH1= 717 kJ ·mol 4H(g)ΔH2_= 864 kJ ·mol 1B．377 mol·L C．235 mol·LD．197 mol·L【答案】A 【解析】

－1

－1

C(s)2H2(g)mol ΔH3= -75 kJ ·_1－1

CH4(g)从右图中可以得到如下热化学反应方程式：

C(s)+2H2(g)=CH4(g)mol ΔH3= -75 kJ ·_1，列式计算即可。

717 + 864 — 4x = —75，计算得x=414，即选A。

6. 实验室通过称量MgSO4·xH2O样品受热脱水前后的质量来测定x值，下列情况会导致测定值偏低的是

A．实验前试样未经干燥 B．试样中含有少量碳酸氢铵 C．试样中含有少量氯化钠 D．加热过程中有试样迸溅出来

.

.

【答案】C 【解析】

加热固体样品，减少的质量即为水的质量。A中未经干燥的水分，B中碳酸氢氨加热分解NH4HCO3

CO2↑+NH3↑+H2O↑全部为气体，D中试样迸溅出来，都是质量减少的情况，

只有C中NaCl加热质量不减少，所以选C。

二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题有一个或两个选项符合题．．．．．意。若正确答案只包含一个选项，多选得0分；若正确答案包含两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。

7．今年是门捷列夫发现元素周期表150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”，下列有关化学元素周期表的说确的是

A．元素周期表共有18列

B．ⅦA族元素的非金属性自上而下依次减弱 C．主族元素均呈现与其族数相同的最高化合价 D．第二周期主族元素的原子半径自左向右依次增大 【答案】AB 【解析】

一般化学教材采用的元素周期表共有18列，ⅦA族为卤族元素，自上而下，非金属性依次减弱，F元素非金属性最强，A和B正确。C中氟元素无正价，虽为第ⅦA族，但最高价为0价。第二周期主族元素的原子半径自左向右依次减小。

8． 微型银—锌电池可用作电子仪器的电源，其电极分别是Ag/Ag2O和Zn，电解质为KOH溶液。电池总反应为Ag2O+Zn +H2O = 2Ag+Zn(OH)2，下列说确的是

A．电池工作过程中，KOH溶液浓度降低

B．电池工作过程中，电解质溶液中OH向负极移动， C．负极发生反应Zn +2OH- 2e= Zn(OH)2 D．正极发生反应Ag2O + 2H+2e = Ag+ H2O【答案】BC。 【解析】

本题注意电解质为KOH溶液，D中电极方程式出现H，应为

+

+

—

—

—

—

.

.

Ag2O2 + 2H2O + 4e=2Ag + 4OH，D错误。在放电时负极板上的锌被氧化，生成氢氧化锌，同时消耗掉氢氧根离子；正极板上的过氧化银被还原，先生成氧化银，继而生成银，同时消耗掉水，并产生氢氧根离子；电解液中的氢氧化钾并无消耗掉，离子钾和离子氢氧根仅是在两极间起输送电能的作用，但水则参与化学反应，不断被极板吸收，氢氧化钾的浓度越来越大。负极发生反应Zn +2OH- 2e= Zn(OH)2，OH向负极移动，均正确。

9．一定温度下，AgCl(s)下列说确的是

A．a、b、c三点对应的Ksp相等 B．AgCl在c点的溶解度比b点的大

C．AgCl溶于水形成的饱和溶液中，c(Ag)=c(Cl)

D．b点的溶液中加入AgNO3固体，c(Ag)沿曲线向c点方向变化 【答案】AC 【解析】

温度一定，Ksp大小不变，线上a、b、c三点对应的Ksp相等。温度一定，溶解度大小也不变，B错。Ksp(AgCl)= c(Ag) ·c(Cl), AgCl(s)

+

+

+

—

+

+

—

—

—

—

—

Ag(aq)+Cl(aq)体系中, c(Ag)和c(Cl)关系如图所示。

+－+—

Ag(aq)+Cl(aq),C正确。b点的

—

—

+－

溶液中加入AgNO3固体，c(Ag)变大，Ksp(AgCl)= c(Ag) ·c(Cl)，c(Cl)相应减小，所以沿曲线向c点反方方向变化，D错。

10．下列说确的是

A．MgO和Al2O3都属于两性氧化物 B．悬浊液和乳浊液的分散质均为液态 C．Fe3O4和Pb3O4中的金属都呈现两种价态 D．葡萄糖溶液和淀粉溶液都具有丁达尔效应 【解析】

选项A中MgO属于碱性氧化物，Al2O3都属于两性氧化物，故错误；选项B中悬浊液的分散质为固态，乳浊液的分散质为液态，故错误；选项C中Fe3O4中Fe的化合价分别为＋2和＋3，Pb3O4中Pb的化合价分别为＋2和＋4，故正确；选项D中葡萄糖溶液不属于胶体，不具有丁达尔效应，淀粉溶液属于胶体，具有丁达尔效应，故错误。

.

【答案】C

11．能正确表示下列反应的离子方程式为

A．向FeBr2溶液入过量Cl2：2Fe＋Cl2＝2Fe＋2Cl

2＋

3＋

－

.

B．向碳酸钠溶液入少量CO2：CO3＋CO2＋H2O＝2HCO3

－

2－－

C．向碘化钾溶液中加入少量双氧水：3H2O2＋I＝IO3＋3H2O D．向硫化钠溶液入过量SO2：2S＋5SO2＋2H2O＝3S↓＋3HSO3【解析】

－

2－

－

－

选项A中由于Cl2过量，则FeBr2溶液中的Br也会参加反应，故错误；选项C中由于双氧水少量，I只能被氧化成I2，故错误。正确选项为B和D．

【答案】BD

12．下列化合物中，既能发生取代反应又能发生加成反应的有 A．CH3CH＝CH2

CH3－

B．CH3CH2CH2OH D．

C．H3CCCH2CH3

CH3【解析】

选项A中的有机物分子中含有碳碳双键，能发生加成反应，含有的－CH3具有烷烃的性

质，能发生取代反应，故正确；选项D中，分子中的碳碳键为介于碳碳单键和碳碳

双键之间的特殊键，既能发生取代反应又能发生加成反应，故正确；选项B、C中的有机物分子中不含有碳碳双键，不能发生加成反应，故错误。

三、非选择题：共44分。每个试题考生都必须作答。

13．（9分）自门捷列夫发现元素周期律以来，人类对自然的认识程度逐步加深，元素【答案】AD

周期表中的成员数目不断增加。回答下列问题：

（1）2016年IUPAC确认了四种新元素，其中一种为Mc，中文为“镆”。元素Mc可由

＋

→

＋3

得到。该元素的质子数为 ，

与

互

反应

为 。

（2）Mc位于元素周期表中第VA族，同族元素N的一种氢化物为NH2NH2，写出该化合物

分子的电子式 ，该分子存在的共价键类型有 。

（3）该族中的另一元素P能呈现多种化合价，其中＋3价氧化物的分子式为 ，

＋5价简单含氧酸的分子式为 。

.

.

【解析】

（1）利用守恒思想，通过反应

＋

→

＋3可确定元素Mc的质子数为115；

根据相关概念，可判断

与互为同位素。

（2）NH2NH2为元素N的一种氢化物的结构简式，依据结构简式、结构式、电子式间关

系，不难确定其分子的电子式为H:N:N:H，分子既存在极性键又存在非极性键。

（3）依据化合价法则可确定＋3价P的氧化物的分子式为P2O3，＋5价P的简单含氧酸

H..H......的分子式为H3PO4。

【答案】

（1）115 同位素

（2）H:N:N:H 极性键和非极性键 （3）P2O3 H3PO4 14．（8分）

由γ-羟基丁酸生成γ-丁酯的反应如下：

H..H......HOCH2CH2CH2COOHHOOH2O

在298K下，γ-羟基丁酸水溶液的初始浓度为0.180 mol/L，测得γ-丁酯的浓度随时间变化的数据如表所示，回答下列问题：

t/min 21 50 80 100 120 160 220 ∞ c/( mol/L)

0.024 0.050 0.071 0.081 0.090 0.104 0.116 0.132 （1）该反应在50～80min的平均反应速率为 mol·L·min。 （2）120 min时γ-羟基丁酸的转化率为 。 （3）298 K时该反应的平衡常数K= 。

（4）为提高γ-羟基丁酸的平均转化率，除适当控制反应温度外，还可采用的措施是 。

.

－1－1

.

【答案】 （1）7×10 （2） 50% （3）11/4

（4）及时分离出产物γ-丁酯；使用浓硫酸作催化剂、吸水剂 【解析】

（1）根据化学反应速率的概念：

-4

v△c(0.0710.050)mol/L710-4 mol·L－1·min－1 △t(8050)min0.1800.090100%50%

0.18000.13211（3）298K时，k=

0.1800.1324（2）120min的转化率=

（4）提高转化率，就是使平衡右移，可以采用及时分离出产物γ-丁酯的方法，或使用浓硫酸作催化剂、吸水剂。

15．（9分）

无机酸有机酯在生产中具有广泛的应用，回答下列问题：

O（1）硫酸氢乙酯（ HOSOC2H5 ）可看作是硫酸与乙醇形成的单酯，工业上常通

O过乙烯与浓硫酸反应制得，该反应的化学方程式为 ，反应类型为 ；写出硫酸与乙醇形成的双酯—硫酸二乙酯（C4H10O4S）的结构简式为 。

（2）磷酸三丁酯常作为稀土元素富集时的萃取剂，工业上常用作正丁醇与三氯氧磷

Cl（ OpCl ）反应来制备，该反应的化学方程式为 ，

Cl反应类型为 。写出正丁醇的任意一个醇类同分异构体的结构简式 。

【答案】

O（1） CH2=CH2+H2SO4HOSOC2H5

O.

.

O加成反应 C2H5OSOC2H5

OCl（2） 3CH3CH2CH2CH2OH+O=PClCl取代反应 CH3CH(OH)CH2CH3 16.（9分）

OCH2CH2CH2CH3O=POCH2CH2CH2CH33HCl OCH2CH2CH2CH3连二亚硫酸钠（Na2S2O4·2H2O），俗称保险粉，易溶于水，常用于印染、纸漂白等。回答下列问题：

（1）Na2S2O4中S的化合价为 。

（2）向锌粉的悬浊液入SO2制备ZnS2O4,生成1mol ZnS2O4反应中转移的电子数 为 mol，向ZnS2O4溶液中加入适量Na2CO3，生成Na2S2O4并有沉淀产生，

该反应的化学方程式为 。 （3）Li-SO2电池具有高输出功率的优点。其正极为可吸附SO2的多孔碳电极，负极为金属锂，电解液为溶解有LiBr的碳酸丙烯酯-乙腈溶液。电池放电时，正极上发生的电极反应为2SO2+2e=S2O4，电池总反应式为 。该电池不可用水替代混合有机溶剂，其原因是 。

【答案】 （1）+3

（2）2；ZnS2O4+Na2CO3=Na2S2O4+ZnCO3↓ （3）2SO2+2Li=Li2S2O4； Li与水反应会影响电池正常工作 17．（9分）

干燥的二氧化碳和氨气反应可生成氨基甲酸铵固体，化学方程式为： 2NH3(g) + CO2(g) = NH2COONH4(s) ΔH＜0

在四氯化碳入二氧化碳和氨制备氨基甲酸铵的实验装置如下图所示，回答下列问题：

-2-

.

.

（1）装置1用来制备二氧化碳气体：将块状石灰石放置在试管中的带孔塑料板上，漏斗中所加试剂为 ；装置2中，所加试剂为 。

（2）装置4中试剂为固体NH4Cl和Ca(OH)2，发生反应的化学方程式为 。试管口不能向上倾斜的原因是 。装置3中试剂为KOH，其作用为 。

（3）反应时三颈瓶需用冷水浴冷却，其目的是 。 【答案】

（1）盐酸；浓硫酸。 （2）2 NH4Cl +Ca(OH)2CaCl2 + 2 NH3 + 2 H2O；防止反应产生的水蒸汽在管

口凝结倒流，损坏仪器；干燥氨气（吸收氨气中的水蒸气）。

（3）使氨气和二氧化碳充分反应生成氨基甲酸胺，防止氨基甲酸胺分解，同时减少四氯化碳的挥发。

【解析】

装置1是制备二氧化碳的装置。由二氧化碳的实验室制法可知所加试剂为碳酸钙和盐酸。题目中已知由干燥的二氧化碳和氨气反应制备氨基甲酸铵。故二氧化碳和氨气分别都需要干燥。所以装置2和4作用分别为干燥二氧化碳气体和氨气。装置2所用试剂为浓硫酸。由氨气的实验室制法可写出化学反应方程式

2 NH4Cl +Ca(OH)2CaCl2 + 2 NH3 + 2 H2O。

制法反应是采用固体与固体加热反应的装置，需考虑产生的水蒸汽对实验的影响，防止水蒸汽凝结倒流。已知制备氨基甲酸铵的反应为放热反应，冷水浴可使反应产生的热量迅速散失，使氨气和二氧化碳充分反应生成氨基甲酸胺，同时减少溶剂四氯化碳的挥发。氨基甲酸胺的热稳定性较差，冷水浴也可防止生成的氨基甲酸胺分解。

.

.

四、选考题：共20分。请考生从第18、19题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。第18、19题的第Ⅰ题为选择题，在给出的四个选项中，只有两个选项是符合题目要求的，请将符合题目要求的选项标号填在答题卡相应位置；第Ⅱ题为非选择题，请在答题卡相应位置作答并写明小题号。

18．【选修五——有机化学基础】（20分）

18—Ⅰ（6分）分子中只有两种不同化学环境的氢，且数目比为3∶2的化合物有

OA． B．

O

C．O D．

【答案】CD 【解析】

HHCH3）都有两种不同化学环境的氢，且数目比为

HHH3CC（

H3CCH2CH2O）D（H3C3∶2。

而A有两种不同化学环境的氢，且数目比为1∶1。B中有三种不同化学环境的氢，且数目比为1∶1∶1。故选C D。

18. Ⅱ(14分)奥沙拉是曾用于治疗急、慢性溃疡性结肠炎的药物，其由水酸为起始物的合成路线如下：

OHCOOHCH3OH浓H2SO4 △水杨酸OHNaNO2/HCl0-5℃N2+Cl-NaOOC足量NaOH/H2O△ZHONN奥沙拉秦COONaOHCOOCH3XHONNOHXYNO2H3COOCNH2COOCH3OHCOOCH3Fe/HClH2OOHCOOCH3

回答下列问题：

（1）X的结构简式为______________；由水酸制备X的反应类型为_______________。

.

.

（2）由X制备Y的反应试剂为_______________。

（3）工业上常用廉价的CO2与Z反应制备奥沙拉，通入的CO2与Z的物质的量之比应为____________。

（4）奥沙拉的分子式为________________，其核磁共振氢谱为________组峰，峰面积比为____________。

（5）若将奥沙拉用盐酸酸化后，分子中含氧官能团的名称为__________、__________。 （6）W是水酸的同分异构体，可以发生银镜反应；W经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚。W的结构简式为_______________________。

【答案】

OHCOOCH3（1）；取代反应。

（2）浓硝酸、浓硫酸。 （3）2∶1。

（4）C14H8N2O6Na2，4，1∶1∶1∶1。 （5）羧基、羟基。

HCOOOH（6） 【解析】

。

（1）由流程图可知，水酸与CH3OH发生酯化反应得到X，所以X的结构简式为：

OHCOOCH3，发生的反应类型为取代反应（酯化反应）。

（2）Y是在X的分子上引入了硝基，所以由X制备Y的反应试剂为浓硝酸、浓硫酸。

H3COOCHONNCOOCH3足量NaOH/H2OOH△Z（3）流程图中，

NaOOCNaONNCOONaONa，所以Z的分子结

构为：，通入的CO2与Z的物质的量之比应为2∶1。

NaOOCHONNCOONaOH（4）奥沙拉的结构简式为，分子式为C14H8N2O6Na2，其中有4

种不同位置的氢原子，故核磁共振氢谱为4组峰；每种氢原子的数目都为2，所以峰面积比为1∶1∶1∶1。

.

.

HOOCHONNCOOHOH（5）酸化后的结构为：

OHCOOH，其中的官能团为羧基、羟基。

（6）水酸的结构简式为，能够发生银镜反应，说明有醛基，只能是甲酸酯类，

W经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚，说明两个取代基在对位，则W的结构简式为

HCOOOH。

19. [选修3——物质结构与性质](20分)

19-Ⅰ(6分)下列各组物质性质的比较，结论正确的是

A. 分子的极性：BCl3＜NCl3 B. 物质的硬度：NaI＜NaF C. 物质的沸点：HF＜HCl D. 在CS2中的溶解度：CCl4＜H2O 【答案】AB 【解析】

BCl3分子中的B原子采用SP杂化，分子为平面正三角形，所以BCl3是非极性分子；NCl3

中的N原子采用不等性SP3杂化，NCl3空间构型为三角锥形，是极性分子。所以，分子极性为BCl3＜NCl3，故A正确。

NaI和NaF都是离子晶体，离子半径F>I，所以晶格能NaI＜NaF，故硬度NaI＜NaF。所以，B正确。

由于HF分子间能形成氢键，而HCl不能，故沸点HF>HCl。所以，C不正确。 CS2、CCl4为非极性分子，而H2O为极性分子，根据相似相溶原理，物质在CS2中的溶解性应为：CCl4>H2O，故D不正确。

所以本题答案应为：AB。

19-Ⅱ(14分)锰单质及其化合物应用十分广泛。回答下列问题：

（1）Mn位于元素周期表中第四周期______族，基态Mn原子核外未成对电子有____个。 （2）MnCl2可与NH3反应生成[Mn(NH3)6]Cl2，新生成的化学键为______键。氨分子的空间构型为 ，其中N原子的杂化类型为 。

（3）金属锰有多种晶型，其中δ-Mn的结构为体心立方堆积，晶胞参数为a pm。δ-Mn中锰的原子半径为____pm。已知阿伏伽德罗常数的值为NA，δ-Mn的理论密度ρ=____g·cm

－3

－

－

2

。(列出计算式)

.

.

（4）已知锰的某种氧化物的晶胞如右图所示，其中锰离子的化合价为______，其配位数为_________。

【答案】 （1）ⅦＢ ５

（2）配位 三角锥 SP （3）

3

OMn3a255 3－304NAa10（4）+2 6 【解析】

（1）锰为25号元素，电子排布式为1S2SS2P3SS3P3d4S位于周期表的第四周期，ⅦＢ族。基态原子中， 3d轨道中的5个电子为未成对电子，其余的都是成对电子。

（2）MnCl2可与NH3反应生成的[Mn(NH3)6]Cl2为配合物，其中新生成的化学键为配位键。 氨分子空间构型为三角锥形，N原子杂化类型为不等性SP杂化。 （3）δ-Mn的结构为体心立方堆积，则体对角线上的三个原子相切（如右图所示），即体对角线的长度=原子半径的4倍，1条棱、1条面对角线、1条体对角线构成一个直角三角形

2

2

2

3

2

2

6

2

6

5

2

a + 2a= (4r) ，所以锰的原子半径 r =

3a 4δ-Mn的结构为体心立方堆积，1个晶胞包含的原子数为1+8×考虑到1 pm=1×10

-10

1=2 ， 8cm

ρ=255m= 3－30vNAa10（4）晶胞为面心立方晶胞，一个晶胞中的氧原子数=8×一个晶胞中的猛原子数=1+6×

11+12×=4 841=4 2所以该物质为MnO，锰的化合价为+2，该化合物的配位数为6.

.