北京高考化学试题Word文件下载.docx

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同时穿插考查了元素周期表中同主族的概念。

【详解】

A.碳化硅（SiC）是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均位于元素周期表第IVA族，故A符合题意；

B.聚氨酯为有机高分子化合物，不属于无机非金属材料，故B不符合题意；

C.碳包覆银纳米材料属于复合材料，不属于无机非金属材料，且银不是主族元素，故C不符合题意；

D.钛合金为含有金属钛元素的合金，其属于金属材料，不属于无机非金属材料，故D不符合题意；

综上所述，本题应选A。

【点睛】

本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联系，创新点在于除了要判断是否为无机非金属材料，还给其加了限制条件“同主族”，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元素的却不一定是有机物。

2．下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）

A

B

C

D

NaCl溶于水

电解CuCl2溶液

CH3COOH在水中电离

H2与Cl2反应能量变化

NaCl

Na++Cl−

CuCl2

Cu2++2Cl−

CH3COOH

CH3COO−+H+

H2（g）+Cl2（g）

2HCl（g）

ΔH=−183kJ·

mol−1

A．AB．BC．CD．D

【答案】B

本题A、B、C选项应区分电离和电解的概念。

电离是电解质溶于水或熔融状态下，解离成能够自由移动的离子的过程。

根据其电离程度可分为强电解质和弱电解质，几乎全部电离的是强电解质（如A选项），只有少部分电离的是弱电解质（如C选项）；

是将电能转化为化学能的一个装置（构成:

外加电源，电解质溶液，阴阳电极）。

使电流通过电解质溶液或熔融电解质而在阴，阳两极引起还原氧化反应的过程（如B选项）。

A.NaCl为强电解质，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自发解离为Na+和Cl-，故电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A不符合题意；

B.电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：

Cu2++2e-=Cu,氯离子向阳极移动，失电子，发生电极反应为：

2Cl-+2e-=Cl2,所以电解总反应为：

Cu2++2Cl-

Cu+Cl2↑，故B符合题意；

C.CH3COOH为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为CH3COOH

CH3COO-+H+，故C不符合题意；

D.由图可知，反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量（436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol）,与形成生成物分子中化学键放出的总能量（431kJ/mol×

2=862kJ/mol）之差，即放热183kJ/mol,放热∆H为负值，所以H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）∆H=-183kJ/mol，故D不符合题意；

综上所述，本题应选B。

本题所选四个实验（或原理）均取材于课本，可见高考题越来越回归于课本。

本题综合考查化学用语，涉及强、弱电解质的电离、电解方程式的书写，化学反应热的计算，题目把化学用语与化学反应原理巧妙地结合。

3．2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。

中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。

铟与铷（37Rb）同周期。

下列说法不正确的是

A．In是第五周期第ⅢA族元素

B．11549In的中子数与电子数的差值为17

C．原子半径：

In>

Al

D．碱性：

In（OH）3>

RbOH

【答案】D

A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为

，据此判断该元素在周期表中的位置；

B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数；

C．同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大；

D．同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱；

A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为

，因此In位于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意；

B.质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意；

C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径In＞Al，故C不符合题意；

D.In位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：

In（OH）3＜RbOH，故D符合题意；

综上所述，本题应选D。

本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

4．交联聚合物P的结构片段如图所示。

下列说法不正确的是（图中

表示链延长）

A．聚合物P中有酯基，能水解

B．聚合物P的合成反应为缩聚反应

C．聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得

D．邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构

将X为

、Y为

带入到交联聚合物P的结构中可知，聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的，据此解题；

A.根据X为

可知，X与Y直接相连构成了酯基，酯基能在酸性或碱性条件下水解，故A不符合题意；

B.聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的,故B不符合题意；

C.油脂为脂肪酸甘油酯，其在碱性条件下水解可生成脂肪酸盐和甘油即丙三醇，故C，不符合题意；

D.乙二醇的结构简式为HO-CH2CH2-OH,与邻苯二甲酸在聚合过程中只能形成链状结构，故D符合题意；

本题侧重考查有机物的结构和性质，涉及高聚物单体以及性质的判断，注意把握官能团的性质，缩聚反应的判断，题目有利于培养学生的分析能力，难度不大。

5．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

FeCl2溶液（FeCl3）

Fe粉

NaCl溶液（MgCl2）

NaOH溶液、稀HCl

Cl2（HCl）

H2O、浓H2SO4

NO（NO2）

H2O、无水CaCl2

发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；

反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。

A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；

B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；

C.部分氯气与H2O发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；

D.NO2与水反应生成硝酸和NO。

反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；

本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。

6．探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。

（已知：

室温下，0.1mol·

L−1H2C2O4的pH=1.3）

实验

装置

试剂a

现象

①

Ca（OH）2溶液（含酚酞）

溶液褪色，产生白色沉淀

②

少量NaHCO3溶液

产生气泡

③

酸性KMnO4溶液

紫色溶液褪色

④

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

A．H2C2O4有酸性，Ca（OH）2+H2C2O4

CaC2O4↓+2H2O

B．酸性：

H2C2O4>

H2CO3，NaHCO3+H2C2O4

NaHC2O4+CO2↑+H2O

C．H2C2O4具有还原性，2

+5

+16H+

2Mn2++10CO2↑+8H2O

D．H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OH

C2H5OOCCOOC2H5+2H2O

【答案】C

草酸（又称乙二酸）为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应，具有还原性，因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应，据此解题；

A.H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色退去，故A正确；

B.产生气泡证明有CO2产生，因此可证明酸性H2C2O4＞H2CO3，反应方程式为：

H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2+2H2O或,H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2+2H2O，故B正确；

C.0.1mol·

L−1H2C2O4的pH=1.3,说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，故C不正确；

D.草酸（又称乙二酸），其中含有羧基，因此其能发生酯化反应，反应方程式正确，故D正确；

本题选不正确的，应选C。

本题考查草酸的性质和离子反应方程式的书写，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用。

7．实验测得0.5mol·

L−1CH3COONa溶液、0.5mol·

L−1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。

下列说法正确的是

A．随温度升高，纯水中c（H+）>

c（OH−）

B．随温度升高，CH3COONa溶液的c（OH−）减小

C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果

D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同

水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；

盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题；

A.水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中c（H+）.c（OH-）=Kw增大，故pH减小，但c（H+）=c（OH-），故A不符合题意；

B.水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，所以c（OH-）增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O

CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c（OH-）增大，故B不符合题意；

C.升高温度，促进水的电离，故c（H+）增大；

升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2O

Cu（OH）2+2H+，故c（H+）增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；

D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意；

综上所述，本题应选C。

本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

二、推断题

8．抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路线如下。

已知：

ⅰ．

ⅱ．有机物结构可用键线式表示，如（CH3）2NCH2CH3的键线式为

（1）有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，其钠盐可用于食品防腐。

有机物B能与Na2CO3溶液反应，但不产生CO2；

B加氢可得环己醇。

A和B反应生成C的化学方程式是___________，反应类型是___________________________。

（2）D中含有的官能团：

__________________。

（3）E的结构简式为__________________。

（4）F是一种天然香料，经碱性水解、酸化，得G和J。

J经还原可转化为G。

J的结构简式为__________________。

（5）M是J的同分异构体，符合下列条件的M的结构简式是__________________。

①包含2个六元环

②M可水解，与NaOH溶液共热时，1molM最多消耗2molNaOH

（6）推测E和G反应得到K的过程中，反应物LiAlH4和H2O的作用是__________________。

（7）由K合成托瑞米芬的过程：

托瑞米芬具有反式结构，其结构简式是__________________。

【答案】

取代反应羰基、羟基

还原剂；

水解

有机物A能与碳酸钠溶液反应产生CO2，其钠盐可用于食品防腐，A为苯甲酸；

有机物B能与碳酸钠反应，但不产生CO2，且B加氢得环己醇，则B为苯酚；

苯甲酸和苯酚在浓硫酸、H3BO3，加热条件下发生取代反应生成C为

；

C发生信息中的反应生成D为

D发生信息中的反应生成E为

F经碱性水解，酸化得G和J，J经还原可转化为G，则G和J具有相同的碳原子数和碳骨架，则G为

J为

由G和J的结构可推知F为C6H5-CH=CH-COOCH2CH=CH-C6H5，E和G先在LiAlH4作用下还原，再水解最后得到K，据此解答。

（1）根据以上分析，A为苯甲酸，B为苯酚，苯甲酸和苯酚在浓硫酸、H3BO3，加热条件下发生取代反应生成C为

，化学方程式为

，

故答案为：

取代反应；

（2）D为

，D中含有的官能团为羰基、羟基，

羰基、羟基；

（3）D发生信息中的反应生成E，其结构简式为

（4）F经碱性水解，酸化得G和J，J经还原可转化为G，则G和J具有相同的碳原子数和碳骨架，则G为

（5）J为

，分子式为C9H8O2，不饱和度为6，其同分异构体符合条件的M，①包含两个六元环，则除苯环外还有一个六元环，②M可水解，与氢氧化钠溶液共热时，1molM最多消耗2molNaOH，说明含有酚酯的结构，则M的结构简式为

（6）由合成路线可知，E和G先在LiAlH4作用下还原，再水解最后得到K，

还原剂；

水解；

（7）由合成路线可知，托瑞米芬分子中含有碳碳双键，两个苯环在双键两侧为反式结构，则其结构简式为：

。

三、实验题

9．化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。

Ⅰ．用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的amol·

L−1KBrO3标准溶液；

Ⅱ．取v1mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；

Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入v2mL废水；

Ⅳ．向Ⅲ中加入过量KI；

Ⅴ．用bmol·

L−1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v2mL。

I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6

Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色

（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和____________。

（2）Ⅰ中发生反应的离子方程式是_______________________________。

（3）Ⅲ中发生反应的化学方程式是_________________________________。

（4）Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是______________________________。

（5）KI与KBrO3物质的量关系为n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量，理由是________。

（6）Ⅴ中滴定至终点的现象是_____________________________。

（7）废水中苯酚的含量为___________g·

L−1（苯酚摩尔质量：

94g·

mol−1）。

（8）由于Br2具有____________性质，Ⅱ~Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。

【答案】容量瓶、量筒BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O

Ⅱ中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后，Ⅲ中溶液颜色为黄色，说明有Br2剩余，剩余Br2与过量KI反应生成I2可利用后续滴定法测量，从而间接计算苯酚消耗的Br2Ⅱ中反应为KBrO3+5KBr+3H2SO4=3K2SO4+3Br2+3H2O可知3n（KBrO3）=n（Br2），Ⅱ中Br2部分与苯酚反应，剩余溴在Ⅳ中反应为Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反应，则n（KI）≥2n（Br2），推知n（KI）≥6n（KBrO3）当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30s不变色

挥发

本题考查氧化还原反应滴定的综合运用。

苯酚与溴反应快速灵敏，但滴定终点难以判断，因而制得一定量的溴分别与苯酚和KI反应（溴须完全反应完），而溴与KI反应生成的I2与Na2S2O3进行滴定分析，因而直接测出与KI反应所消耗的溴，进而计算出与苯酚反应消耗的溴，最后根据苯酚与溴反应的系数计算废水中苯酚的浓度。

（1）准确称量KBrO3固体配置溶液所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，一定规格的容量瓶，因而该空填容量瓶、量筒；

（2）KBrO3溶液中加入KBr和H2SO4，溶液颜色呈棕黄色，说明生成Br2，根据缺项配平可知该离子方程式为BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O；

（3）苯酚和溴水反应得到白色沉淀2,4,6-三溴苯酚，化学方程式为

（4）该测量过程是利用一定量的溴分别与苯酚和KI反应，注意溴须反应完全，且一定量溴的总量已知，部分溴与KI反应生成的I2可利用氧化还原滴定法测量，进而计算出与KI反应的溴的消耗量，将一定量溴减去与KI反应的溴的消耗量，可得与苯酚反应的溴的消耗量，因而一定量的溴与苯酚反应完，必须有剩余的溴与KI反应，Ⅲ中反应结束时，若溶液显黄色说明苯酚反应完，且有溴剩余，以便与KI反应，故原因为Ⅱ中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后，Ⅲ中溶液颜色为黄色，说明有Br2剩余，剩余Br2与过量KI反应，从而间接计算苯酚消耗的Br2；

（5）Ⅱ中反应为KBrO3+5KBr+3H2SO4=3K2SO4+3Br2+3H2O可知3n（KBrO3）=n1（Br2），Ⅱ中Br2部分与苯酚反应，剩余溴的量设为n2（Br2）（n1（Br2）>

n2（Br2））在Ⅳ中反应为Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反应，则n（KI）≥2n2（Br2），推知n（KI）≥6n（KBrO3）；

因而当n（KI）≥6n（KBrO3），KI一定过量；

（6）Ⅴ中含碘的溶液内加入淀粉，溶液显蓝色，随着Na2S2O3溶液滴入，蓝色变浅直至消失，因而当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30s不变色；

（7）n（BrO3-）=av1×

10-3mol，根据反应BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O可知n（Br2）=3av1×

10-3mol，溴分别与苯酚和KI反应，先计算由KI消耗的溴的量，设为n1（Br2），根据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3，又Br2+2I-=I2+2Br-可知Br2~I2，可得Br2~2Na2S2O3，n（Na2S2O3）=bv3×

10-3mol，n1（Br2）=

bv3×

10-3mol，再计算由苯酚消耗的溴的量，设为n2（Br2）=n（Br2）-n1（Br2）=（3av1-

bv3）×

10-3mol，苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2~C6H5OH，n（C6H5OH）=

n2（Br2）=（av1-

bv3）×

10-3mol，废水中苯酚的含量=

=

mol；

（8）Ⅱ中生成的溴须被苯酚和KI完全反应掉，而溴有挥发性，反应时须在密闭容器中进行。

10．化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。

（1）实验一：

用如下装置（夹持、加热仪器略）制备SO2，将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。

①浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是____________________________________。

②试剂a是____________。

（2）对体系中有关物质性质分析得出：

沉淀B可能为

、Ag2SO4或两者混合物。

（资料：

Ag2SO4微溶于水；

Ag2SO3难溶于水）

实验二：

验证B的成分

①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：

__________。

②加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。

推断D中主要是BaSO3，进而推断B中含有Ag2SO3。

向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag2SO3。

所用试剂及现象是__________。

（3）根据沉淀F的存在，推测

的产生有两个途径：

途径1：

实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。

途径2：

实验二中，

被氧化为

进入D。

实验三：

探究

的产生途径

①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有________：

取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4。

做出判断的理由：

_______。

②实验三的结论：

（4）实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是_________________。

（5）根据物质性质分析，SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。

将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和

生成。

（6）根据上述实验所得结论：

【答案】Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O浓硫酸或饱和的NaHSO3溶液Ag2SO3+4NH3•H2O=2