2019全国高考（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、京津沪浙）化学真题完全解析：STSE、化学实验、有机化学、反应原理等.doc

1、 1 2019 年全国高考（、京津沪浙）化学真题完全解析 目录 一、STSE 试题 二、化学实验选择题 三、有机化学选择题 四、电化学 五、化学工业流程 六、化学反应原理 七、化学实验设计与评价 八、物质结构与性质（选修） 九、有机化学综合（选修） 一、STSE 试题 1.（2019 江苏卷）1.糖类是人体所需的重要营养物质。淀粉分子中不含的元素是（ ） A.氢 B.碳 C.氮 D.氧 【答案】C 【解析】淀粉属于糖类中的多糖，分子是为(C6H12O6)n,，含 C, H, O 三种元素 2.（2019 全国卷）7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

2、列说法错误的是 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，由粘土经高温烧结而成 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 【答案】A 【解析】 A 项氧化铁即三氧化二铁，红棕色。瓷器青色一般不来自氧化铁。故 A 错。 3.（2019 全国卷）7.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 2 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酯，属于高分子聚合物 【答案】D

3、【解析】 蚕丝的主要成分为蛋白质，而蛋白质是高分子，蚕丝属于天然纤维，因此 A、B 正确。 蜡烛的主要成分是烃，在燃烧过程中发生了氧化反应，因此 C 正确。蜡是烃（碳氢化合物） ， 不属于高级脂肪酸酯，也不是高分子聚合物，因此 D 错误。此题精选古代诗句的有关情景， 与前几年高考题相映成辉，体现了传承精神，考查了油脂，蛋白质，石油分馏产物的概念和 性质，属于较容易题目。 4.（2019 全国卷）7.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是（ ） A. 高纯硅可用于制作光感电池 B. 铝合金大量用于高铁建设 C. 活性炭具有除异味和杀菌作用 D. 碘酒可用于皮肤外用消毒 【答案】C 【解析】 A.硅

4、是半导体，高纯硅可用于制作光感电池，A 正确； B.铝合金硬度大，密度小，可用于高铁建设，B 正确； C.活性炭具有吸附性，可用于除异味，但不能杀菌消毒，C 错误； D.碘酒能使蛋白质变性，可用于皮肤外用消毒，D 正确。 5.（2019 北京卷）6下列我国科研成果所涉及的材料中，主要成分为同主族元素形成 的无机非金属材料的是 A.4.03米大口径碳化 硅反射镜 B.2022 年冬奥会聚 氨酯速滑服 C.能屏蔽电磁波的碳 包覆银纳米线 D.玉兔二号钛合金 筛选网轮 3 【答案】A 【解析】 注意审题，两个关键词，同主族元素，无机非金属材料。A 中碳化硅(SiC)符合题目要 求，B 中聚氨酯为有机

5、高分子材料，C 中碳包覆银纳米线不是同主族元素形成的，D 中钛合 金为金属材料，不是有机物。 6.（2019 天津卷）1.化学在人类社会发展中发挥着重要作用，下列事实不涉及化学反应 的是 A.利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇 B.利用石油生产塑料，化纤等高分子材料 C.利用基本的化学原料生产化学合成药物 D.利用反渗透膜从海水中分离出淡水 【答案】【答案】D 【解析】【解析】该题为生活中的化学常识考查。 废弃的秸秆为纤维素，经水解、分解生产生物质燃料乙醇，属于化学反应； 石油的主要成分是烷烃、环烷烃、芳香烃，经过裂解得短链烯烃，用于生产塑料、化纤 等高分子材料，为化学反应； 利用基本化学原料生

6、产化学合成药物，很明显是化学反应； 利用反渗透膜，自然是物理方法。 所以，正确选项为 D。 二、化学实验选择题 1.（2019 上海卷）14.下列物质分离错误的是 A.硝基苯（苯）蒸馏 B.乙烯（SO2）氢氧化钠溶液 C.己烷（己烯）溴水，分液 D.乙酸乙酯（乙醇）碳酸钠溶液，分液 【答案】C 【解析】硝基苯和苯为沸点不同的互溶液体，用蒸馏分离，A 正确；乙烯不与 NaOH 反应，SO2被氢氧化钠吸收，可实现两种气体的分离，B 正确；己烷和己烯为互溶液体，己 烷不与溴水反应，但能够萃取溴水中的溴，己烯与溴水加成反应生成二溴代物，仍然溶于己 烷，因此不能用分液进行分离，C 错误；乙酸乙酯难溶于碳

7、酸钠溶液，乙醇易溶于水，液体 分层，通过分液进行分离，D 正确。故答案选 C。 4 2.（2019 浙江卷）3下列图示表示过滤的是 A B C D 【答案】C 【解析】 使液固或气固混合物中的流体强制通过多孔性过滤介质， 将其中的悬浮固体颗粒加以截 留，从而实现混合物的分离，这种分离方法叫过滤。图 A 操作属于萃取操作中的颠倒摇匀， 不符合题意；图 B 操作属于配制一定物质的量浓度溶液中定容步骤，不符合题意;；图 C 为 过滤操作，符合题意；图 D 为配置一定物质的量浓度溶液操作中移液操作，不符合题意。 3.（2019 全国卷）9实验室制溴苯的装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的 是 A向

8、圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需打开 K B实验中装置 b 中的液体逐渐变为浅红色 C装置 c 中 Na2CO3的作用是吸收 HBr D反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯。 【答案】D。 【解析】 溴苯常温下为液体，反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、 分液，得到无色的溴苯。 4.（2019 全国卷）10.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

9、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 KCSN 溶液 黄色逐渐消失，加 KSCN 后溶液 颜色不变 5 【答案】A 【解析】向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯发生： 12KMnO4+5C2H4+18H2SO4=12MnSO4+6K2SO4+10CO2+28H2O， 溶液的紫色逐渐褪去，生成 MnSO4和 K2SO4均溶于水，因此不会分层，A 不匹配。 将镁条点燃后迅速伸入集满 CO2的集气瓶中发生：2Mg + CO2 = 2MgO + C 点燃 ， 集气瓶中产生 浓烟并有黑色碳颗粒产生，B 匹配。 这是高中化学著

10、名的白加黑反应，并且极具特殊性，二氧化碳本为非助燃性气体，但是 却可以助力金属镁燃烧。向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸发生： Na2S2O3+2HCl=2NaCl+SO2+S+H2O 有刺激性气味 SO2产生，产生 S 沉淀，C 匹配。 向盛有 FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，2FeCl3+Fe=3FeCl2黄色消失，Fe2+遇 KSCN 不 显色。所以 D 匹配。 正确选项为 A。 本题以实验为背景，考查重点反应和物质检验方法，属于容易题目。化学是以实验为基 础的科学，掌握重点反应，是学生的必备知识技能。 5.（2019全国卷）12下列实验不能达到目的的是 选项 目的 实验 A

11、制取较高浓度的次氯酸溶液 将Cl2通入碳酸钠溶液中 B 加快氧气的生成速率 在过氧化氢溶液中加入少量MnO2 C 除去乙酸乙酯中的少量乙酸 加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液 D 制备少量二氧化硫气体 向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸 【答案】A 【解析】 A .Cl2+H2OHCl+HClO 因为酸性H2CO3 HClO HCO3-,碳酸钠溶液碱性较强， 也 可以与次氯酸反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠HClO + Na2CO3=NaClO+ NaHCO3,因此得不到 较高浓度的次氯酸溶液 B . MnO2是反应中的催化剂可以加快氧气的生成速率 C. 乙酸能够与碳酸钠溶液反应生成易溶于水的乙酸钠溶液，而乙

12、酸乙酯不与饱和碳 酸钠溶液反应且分层析出所以可以经分液分离 6 D . 亚硫酸是弱酸，硫酸是强酸，利用强酸制弱酸的原理，强酸硫酸和亚硫酸钠反应 生成弱酸亚硫酸，亚硫酸分解生成二氧化硫和水，Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O，所 以能用亚硫酸钠与浓硫酸反应制备SO2 6.（2019 北京卷）10下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是 物质（括号内为杂质） 除杂试剂 A FeCl2溶液(FeCl3) Fe 粉 B NaCl 溶液(MgCl2) NaOH 溶液、稀 HCl C Cl2(HCl) H2O、浓 H2SO4 D NO(NO2) H2O、无水 CaCl2 【答

13、案】B 【解析】 A .FeCl3 与 Fe 粉反应为氧化还原反应，A 项错误； BNaOH 溶液 Mg2+沉淀，然后加入稀盐酸将剩余的 OH 中和，B 项正确； C. Cl2 与水反应，且在 H2O 中溶解性比在饱和食盐水中大，造成损失，C 项错误； D. NO2 与 H2O 为氧化还原反应，D 项错误。 7.（2019 北京卷）11探究草酸(H2C2O4)性质，进行以下实验。(已知：室温下， 0.1mol L-1H2C2O4的 pH=1.3) 实验 装置 试剂 a 现象 Ca(OH)2溶液(含酚酞) 溶液褪色，产生白色沉淀 少量 NaHCO3溶液 产生气泡 酸性 KMnO4溶液 紫色溶液褪

14、色 C2H5OH 和浓硫酸 加热后产生有香味物质 由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是 AH2C2O4有酸性，Ca(OH)2+ H2C2O4=CaC2O4+2H2O B酸性：H2C2O4H2CO3，NaHCO3+H2C2O4=NaHC2O4+CO2+H2O CH2C2O4有还原性，2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O DH2C2O4可发生酯化反应 HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O 【答案】C 【解析】 7 A 选项正确，草酸钙是沉淀；B 选项正确，草酸的酸性比碳酸强；C 选项错误，草酸是 弱酸，写离子方程式的时候

15、不拆；D 选项正确，草酸是二元有机酸，故酯化时消耗 2 倍的一 元醇。 8.（2019 天津卷）2.下列离子方程式能用来解释实验现象的是 实验现象 离子方程式 A 向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解 Mg(OH)2+2NH4+=Mg2+2NH3H2O B 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液至产生红褐色液体 Fe3+3H2O =Fe(OH)3+3H+ C 二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色 3SO2+2MnO4 +4H+=2Mn2+3SO 4 2+2H 2O D 氧化亚铁溶于稀硝酸 FeO+2H+=Fe2+H2O 【答案】A 【解析】 该题为化学基础知识的考查。 A. Mg(OH)2沉淀溶解原理是与

16、 NH4+ 反应生成 NH3H2O，正确； B.据题意生成液体故不能写沉淀符号，错误； C. 得失电子不守恒，错误； D.硝酸无论浓稀均具有强氧化性，故应生成三价铁离子，错误。 9.（2019 天津卷）4.下列实验或操作能达到实验目的的是 【答案】【答案】B 【解析】【解析】该题考查学生基本实验操作。 A.有机化学制备乙酸乙酯时明确了试剂加入顺序， 要先加乙醇再加浓硫酸， 否则乙醇沸 点低，加入浓硫酸中放热易挥发，错误； C.二氧化氮比空气重，排空气法收集应该长进短出，错误； D.电石中含有的杂质硫化钙、磷化钙与水产生的硫化氢、磷化氢也会使溴水褪色,故 D 错误。 8 10.（2019 江苏卷

17、）13.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的 是 选项 实验操作和现象 结论 A 向 X 溶液中滴加几滴新制氯水，震荡，再加入少量 KSCN 溶液，溶液变为红色 X 溶液中一定含有 Fe2+ B 向浓度均为 0.05 mol L-1的 NaI、 NaCl 混合溶液中滴 加少量 AgNO3溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgI)Ksp(AgCl) C 向 3 mL KI 溶液中滴加几滴溴水， 震荡， 再滴加 1mL 淀粉溶液，溶液显蓝色 Br2的氧化性比 I2的强 D 用 pH 试纸测得：CH3COONa 溶液的 pH 约为 9， NaNO2溶液的 PH 约为 8 HNO2电离

18、出 H+的能力比 CH3COOH 的强 【答案】 ：C 【解析】 ：A 项药品加入顺序错误，应先加入 KSCN 溶液，无明显变化，再加入氯水， 溶液显红色，证明 Fe2+的存在； 按照 B 的操作和现象，应得结论为 Ksp(AgI)0 B.图中 X 点所示条件下,延长反应时间能提高 NO 转化率 C.图中 Y 点所示条件下,增加 O2的浓度不能提高 NO 转化率 D.380下，C起始（O2）=5.0 10 -4mol L-1，NO 平衡转化率为 50%,则平衡常数 K2000 【答案】 ：BD 25 【解析】 ：本题考查平衡图像和平衡移动 A 项图中虚线为该反应 NO 的平衡转化率，可知升高温

19、度，NO 的平衡转化率降低，故 H0； B 项 X 点对应温度下的平衡点在 X 点的正上方，NO 的转化率比 X 点大，延长反应时 间，NO 转化率会增大。 C 项 Y 为平衡点，增大 O2的浓度可以提高 NO 转化率 D 项 NO 平衡转化率为 50%，平衡时 NO 和 NO2浓度相等，在平衡常数的表达式中数 据可以抵消，所以 K=1/c(O2)。C平衡（O2）2000。 3.（2019 上海卷）18. 根据图示下列说法正确的是 能 量 t 1/2O2(g)+1H2(g) 1OH(g)+1H(g) 1H2O(g) 1O(g)+2H(g) 685kJ 427kJ 542kJ A.断开非极性键和

20、生成极性键的能量相同 B.反应比反应生成的 OH 键更牢固 C.1/2O2(g)+H2(g)OH(g)+H(g)Q(Q0) D.H2O(g)1/2O2(g)+H2(g)+Q(Q0) 【答案】C 【解析】 从图中可以看出 1/2mol O2(g)+1molH2(g)的能量低于 1mol OH(g)+1mol H(g)，因此反应 1/2O2(g)+H2(g)OH(g)+H(g)吸热，故 C 项正确。 4.（2019 浙江卷）17 下列说法正确的是 AH2(g)I2(g) 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变 BC(s)H2O(g) H2(g)CO(g)，碳的质量不再改变说

21、明反应已达平衡 C若压强不再随时间变化能说明反应 2A(?)B(g) 2C(?)已达平衡，则 A、C 不能同 时是气体 D1 mol N2和 3 mol H2反应达到平衡时 H2转化率为 10%，放出热量 Q1；在相同温度 和压强下，当 2 mol NH3分解为 N2和 H2的转化率为 10%时，吸收热至 Q2，Q2不等于 Q1 26 【答案】B 【解析】 可逆反应 H2(g)I2(g) 2HI(g)为反应前后气体计量数不发生变化的反应。缩小反应容 器体积， 相当于加压， 正逆反应速率同等程度增加， A 项错误； 可逆反应 C(s)H2O(g) H2(g) CO(g)在建立平衡前，碳的质量不断

22、改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改 变说明反应已达平衡，B 项正确；若压强不再改变说明反应达到平衡，表明反应前后气体的 计量数不等，A、C 可能均为气体，C 项错误；已知 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H，合成氨气 实际参与反应 n(H2)=3 10=0.3mol，因而 Q1=0.3/3|H|=0.1|H|，分解氨气时实际消耗的 n(NH3)=2 10=0.2mol，Q2=0.2/2|H|=0.1|H|，则 Q1=Q2，D 项错误。 5.（2019 浙江卷）23MgCO3和 CaCO3的能量关系如图所示(MCa、Mg)： M2+(g)CO2 3(g) M 2+(g)O2

23、(g)CO 2(g) 已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确 的是 AH1(MgCO3)H1(CaCO3)0 BH2(MgCO3)H2(CaCO3)0 CH1(CaCO3)H1(MgCO3)H3(CaO)H3(MgO) D对于 MgCO3和 CaCO3，H1H2H3 【答案】C 【解析】 根据盖斯定律，得 H=H1+H2+H3 ，由于 Ca2+半径大于 Mg2+半径，所以 CaCO3的 离子键强度弱于 MgCO3， CaO 的离子键强度弱于 MgO。 H1表示断裂 CO32-和 M2+的离子键 所吸收的能量，离子键强度越大，吸收的能量越大，因而 H1(MgCO3)H1(Ca

24、CO3)0， A 项正确；H2表示断裂 CO32-中共价键形成 O2和 CO2吸收的能量，与 M2+无关，因而 H2(MgCO3)H2(CaCO3)0，B 项正确；由上可知 H1(CaCO3)-H1(MgCO3)H3(MgO)， H3(CaO)-H3(MgO)0， C项错误； 由上分析可知H1+H20， H30， 故 H1H2H3，D 项正确。 6.（2019 北京卷）27 （14 分） 氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。 （1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一， 反应器中初始反应的生成物为 H2和 CO2， 其物质的量之比为 4:1， 甲烷和水蒸气反应 27

25、 的方程式是_。 已知反应器中还存在如下反应： . CH4 (g)+ H2O(g) = CO(g)+3H2(g) H1 . CO(g)+ H2O(g) = CO2(g)+ H2(g) H2 . CH4 (g) =C(g)+2H2(g) H3 为积炭反应， 利用 H1和 H2计算 H3时， 还需要利用_反应的 H。 反应物投料比采用 n(H2O):n(CH4)=4:1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是 _（选填字母序号） 。 a.促进 CH4转化 b.促进 CO 转化为 CO2 c.减少积炭生成 用 H2可以去除 CO2，H2体积分数和 CaO 消耗率随时间变化关系如下图所示。 从 t1时开

26、始，H2体积分数显著降低，单位时间 CaO 消耗率_（填升高降 低或不变） 。此时 CaO 消耗率约为 35%，但已失效，结合化学方程式解释原因： _。 （2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接 K1 或 K2,可交替得到 H2和 O2。 制 H2时，连接_。 产生 H2的电极反应式是_。 改变开关连接方式，可得 O2。 结合和中电极 3 的电极反应式，说明电极 3 的作用：_。 28 【解析】 本题以热点问题氢能源高纯氢的制备为切入点， 考查化学方程式书写， 盖斯定律， 化学平衡问题，电化学等相关知识；信息以文字、图像等多种方式呈现给学生，阅读量和思 维容量

27、都比较大， 综合性较强， 很好的考查学生利用化学反应原理的相关知识解决实际问题 能力。 （1）已知反应物为 CH4 和 H2O（g）生成物为 CO2和 H2，所以方程式为 CH4 +2H2O(g) CO2+4H2 根据盖斯定律，-（+）运算出的方程式为所缺反应：2H2(g)+CO2 (g) C(s)+ 2H2O(g) 或用-（-）运算得 C(s)+ CO2 (g) 2 CO 增大水蒸气的用量，可以提高反应中 CH4和反应中 CO 的转化率，同时 c(CH4)减小， 使得中发生积炭反应的 CH4减少，正确答案：abc 由图可知， CaO 消耗率曲线的斜率逐渐减小， 单位时间 CaO 消耗率降低，

28、 过多的 CO2 会消耗 H2，使 H2体积分数明显下降，2H2(g)+CO2 (g) C(s)+ 2H2O(g)。 【答案】 （1）CH4 +2H2O(g) CO2+4H2 2H2(g)+CO2 (g) C(s)+ 2H2O(g) 或 C(s)+ CO2 (g) 2 CO abc 降低，CO2消耗 H2，使 H2体积分数降低，2 H2+CO2 C+ 2H2O 7.（2019 全国卷）28 （15 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。回答下列问题： （1）Shibata 曾做过下列实验： 使纯 H

29、2缓慢地通过处于 721下的过量氧化钴 CoO （s） ， 29 氧化钴部分被还原为金属钴 Co（s） ，平衡后气体中氢气的物质的量分数为 0.0250，在同 一温度下用 CO 还原 CoO（s） ，平衡后气体中 CO 的物质的量分数为 0.0192。 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 CO（g）和 H2O（g）混合，采用适当的 催化剂进行反应，则平衡体系中 H2的物质的量分数为_（填标号） 。 A0.50 （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，

30、如图所示，其中吸附在金催化剂表面的物种用*标注 可知水煤气变换的H_0（填大于，等于或小于） ，该历程中最大的 能垒（活化能）E正=_ev,写出该步骤的化学方程式_。 （4）Shoichi 研究了 467、489时水煤气变换中 CO 和 H2分压随时间变化关系（如 下图所示） ，催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的 OH P 2 和 CO P相等， 2 CO P和 2 H P相等。 2 1 0 1 0.32 1.59 1.86 0.16 1.41 0.83 1.25 0.72 30 计算曲线 a 的反应在 3090min 内的平均速率)(a=_kpa.min-1 。 467时 2 H P和 CO

31、 P随时间变化关系的曲线分别是_、 _。 489时 2 H P 和 CO P随时间变化关系的曲线分别是_、_。 【答案】 （1）大于 （2）C （3）小于； 2.02 COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*或 H2O*= H*+OH* （4）0.0047；bc，ad 【解析】本题考查了化学平衡及相关计算 （1）反应物在平衡后物质的量分数小，说明反应程度越大，由题目给出的 CO 和 H2 平衡后可知还原 CoO（s）为 Co（s）的倾向是 CO 大于 H2。 （2）由题 CoO(s) + H2 Co(s) + H2O ， 0250. 0 0250. 01 )( )( )( )(

32、2 2 2 2 V V n n Hn OHn Hc OHc K 总 总 ； CoO(s) + CO Co(s) + CO2 , 0192. 0 0192. 01 )( )( 2 COc COc K,可判断等物质的量的 CO（g）和 H2O（g） （设物质的量各为 1 mol）混合采用适当的催化剂进行反应，则平衡体系 H2O + CO H2 + CO2 中 0192. 0)0250. 01 ( )0192. 01 (0250. 0 )()( )()( )()( )()( 2 22 2 22 COnOHn COnHn COcOHc COcHc K。 31 H2O + CO H2 + CO2 1mo

33、l 1 mol 0 0 1-x mol 1-x mol x mol xmol 起始时 平衡时 计算 x， 而 H2的物质的量分数为 2 x 。 估算可得 H2的物质的量分数 （x=0.267） 在 0.250.50 之间，故选 C。 （3）由题中图示可知水煤气变换时反应前相对能量 0eV，反应后相对能量-0.72eV，反 应为放热反应，故H 小于零。该历程中最大的能垒（活化能）应是 COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*反应时由相对能量-0.16eV升至1.86eV 的过渡态2再降 至 1.41eV。 E正=1.86（0.16）=2.02(ev)。 （4）由题中图示可知)(a=

34、 60 80. 308. 4 =0.0047(kpa.min-1) , 实验初始时体系中的 OH P 2 和 CO P相等， 2 CO P和 2 H P相等。 2 H P和 CO P随时间的变化量相同，由题中图示数据可知 bc 两条线在 3090min 内变化量为 0.34 kpa， ad 两条线在 3090min 内变化量为 0.28 kpa， 故 bc，ad 分别对应两个温度下的 2 H P和 CO P。又因为 CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g） ， )()( )()( 2 22 COPOHP COPHP K ，体系中的 OH P 2 和 CO P相等， 2 CO P和 2

35、 H P相等, 2 2 ) )( )( ( COP HP K 。反应为 放热反应，升高温度时平衡应逆向移动，K 值减小(K467K489K721)，由（2）计算已知 K7211，考虑 a、b、c、d 四曲线平衡时的数值关系，判断 b、c 表示低温时 2 H P和 CO P，a、 d 表示高温时 2 H P和 CO P的压强变化曲线。故 467时 b、c 表示 2 H P和 CO P随时间变化关系 的曲线，a、d 表示 489时 2 H P和 CO P随时间变化关系的曲线。 8.（2019全国卷）27（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：

36、（1）已知： (g) (g)+H2(g) H1=100.3 kJ mol 1 H2(g)+ I2 (g) 2HI(g) H2=11.0 kJ mol 1 对于反应：(g)+ I2 (g) (g)+2HI(g) 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，起始总 32 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

37、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）。 AT1T2 Ba点的反应速率小于c点的反应速率 Ca点的正反应速率大于b点的逆反应速率 Db点时二聚体的浓度为0.45 mol L1 （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下图所示， 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_。 0.5 33 【答案】（1）89.3 （2）40 3.56 10

38、4 BD （3）CD （4）Fe 电极 Fe+2=+H2（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 【解析】 （1）H3=H1+H2 （2）起始时总压 p=105Pa 碘和环戊烯物质的量相等，则各自分压为 0.5p (g)+ I2 (g) (g)+2HI(g) p=1 起始 0.5p 0.5p 0 0 转化 0.2p 0.2p 0.2p 0.4p p 20%=0.2p 平衡 0.3p 0.3p 0.2p 0.4p 转化率=0.2p/0.5p=40% Kp=_0.2p （0.4p）2 =0.356p

39、=3.56 104 Pa 0.3p 0.3p 达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率,可以增大反应物 I2的浓度，另外由于正反应 吸热，也可升温。 （3）环戊二烯容易在加热条件下发生狄尔斯阿尔德反应生成二聚环戊二烯 T2条件下双聚反应程度更大，所以 T1c 点浓度，故反应速率大。 初始环戊二烯浓度为 1.5mol/L, a 点浓度为 0.9 mol/L ， b 点浓度为 0.6mol/L,所以 b 点产 物二聚体浓度为 1/2 （1.5-0.6）=0.45mol/L。a 点反应物浓度大于 b 点产物浓度，所以 a 点 的正反应速率大于 b 点的逆反应速率。 （4）电解法制备二茂铁，要得到 Fe2

40、+,所以要用 Fe 做阳极。Na+在阴极被还原为 Na， 再将环戊二烯还原为氢气和环戊二烯负离子，进而得到二茂铁。 若在水溶液中进行电解，则被还原的不是 Na+而是 H2O，得到 OH而与 Fe2+反应生成 Fe(OH)2。 34 9.（2019 全国卷）28（15 分） 近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。 因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题： （1）Deacon 发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中， 进料浓度比 c(HCl) c(O2)分别等于 11、41、71

41、 时 HCl 平衡转化率随温度变化的关 系： 可知反应平衡常数 K（300）_K（400） （填大于或小于）。设 HCl 初始浓度为 c0，根据进料浓度比 c(HCl)c(O2)=11 的数据计算 K（400）=_ （列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。 进料浓度比 c(HCl)c(O2)过低、过高的不利影响分别是_。 （2）Deacon 直接氧化法可按下列催化过程进行： CuCl2(s)=CuCl(s)+ 1 2 Cl2(g) H1=83 kJ mol-1 CuCl(s)+ 1 2 O2(g)=CuO(s)+ 1 2 Cl2(g) H2=-20 kJ

42、 mol-1 CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) H3=-121 kJ mol-1 则 4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的 H=_ kJ mol-1。 （3）在一定温度的条件下，进一步提高 HCI 的转化率的方法是_。（写 出 2 种） （4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计 了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示： 35 负极区发生的反应有_ （写反应方程式） 。 电路中转移 1 mol 电子， 需消耗氧气_L（标准状况） 【答案】 （1）大于 (0.42)2 (0.42)2 (1

43、-0.84)4 (1-0.21)c0 O2和 Cl2分离能耗较高、HCl 转化率较低 （2）116 （3） 增加反应体系压强、及时除去产物 （4）Fe3+e=Fe2+，4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O 5.6 【解析】 （1）由图可知，升温后 HCl 平衡转化率降低，平衡逆向移动，K 值变小， 因此 K（300）大于 K（400） c(HCl)c(O2)比值越大，HCl 转化率越低，结合图像，最上面即为 c(HCl)c(O2)=11 的图像，400时，HCl 平衡转化率为 84%，可列出反应过程中的三段式： 4HCl(g) + O2(g) = 2Cl2(g) + 2H2O(g) 起始

44、（浓度） c0 c0 0 0 变化（浓度） 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0 平衡（浓度） (1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0 则 K（400）= (0.42)2 (0.42)2 (1-0.84)4 (1-0.21)c0 进料浓度比 c(HCl)c(O2)过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高； 进料浓度比 c(HCl)c(O2)过高，HCl 不能充分反应，导致 HCl 转化率较低。 （2）根据盖斯定律知， （反应 I+反应 II+反应 III） 2 得 4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) H=（H

45、1+H2+H3） 2=-116kJmol-1； （3） 若想提高 HCl 的转化率， 应该促使平衡正向移动， 该反应为气体体积减小的反应， 36 根据勒夏特列原理， 可以增大压强， 使平衡正向移动； 也可以及时除去产物， 产物浓度减小， 使平衡正向移动； （4）电解过程中，负极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则 图中左侧为负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe3+e-=Fe2+和 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O 电路中每转移 1 mol 电子，就有 1 molH+转移至负极区，结合负极反应式，可求得消耗的氧 气为 0.25mol，在标况下体积即为 5.6L。

46、10.（2019 天津卷）7.（14 分）氮（N） 、磷（P） 、砷（As） 、锑（Sb） 、铋（Bi） 、镆（Mc） 为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题： （1）砷在周期表中的位置 ，Mc 288 115 的中子数为 。 已知：P(S,红磷)P(S,黑磷) H39.3 kJ.mol-1 P(S,白磷)P(S,红磷) H17.6 kJ.mol-1 由此推知，其中最稳定的磷单质是 。 （5）在 1 L 真空密闭容器中加入 a mol PH4I 固体，t 时发生如下反应： PH4I (是) PH3(g) + HI (g) 4 PH3(g) P4(g)+ 6H2(g) 2HI (g) H2 (g) + I2 (g) 达平衡时，体系中 n(HI)= b