高考北京卷化学试题解析.docx

高考北京卷化学试题解析.docx

《高考北京卷化学试题解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考北京卷化学试题解析.docx（10页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高考北京卷化学试题解析高考北京卷化学试题解析2019高考化学北京卷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米大口径碳化硅反射镜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。

7下列示意图与化学用语标注内容不相符的是（水合离子用相应的离子符号表示）ABCDNaClNaClCuCl2Cu22ClCH3COOHCH3COOHH2（g）Cl2（g）2HCl（g）H183kJmol1答案：

B解析：

电解CuCl2溶液，是化学变化，方程式为CuCl2CuCl2，故B符合题意。

A、C、D示意图与化学用语标注内容相符，都不符合题意。

82019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AIn是第五周期第A族元素BIn的中子数与电子数的差值为17C原子半径：

InAlD碱性：

In（OH）3RbOH答案：

D解析：

本题是对元素周期表和元素周期律的考查。

铟（49In）与铷（37Rb）均为第五周期元素，故选项A正确；In的电子数与质子数相等，为49，中子数为质量数（115）质子数（49）66，中子数与电子数之差为664917，选项B正确；In和Al是同主族元素，且原子序数InAl，因此原子半径InAl，选项C正确；铟（49In）与铷（37Rb）分别为第五周期第A和第A族元素，碱性RbOHIn（OH）3，故选项D错误。

9交联聚合物P的结构片段如右图所示。

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的交联结构答案：

D解析：

A.将片段X和Y连接起来，不难发现聚合物P中含有酯基，所以A项正确；B.形成酯基的过程中有小分子水生成，所以合成聚合物P属于缩聚反应，B项正确；C.根据油脂的基本概念“油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯”可知C项正确；D乙二醇和丙三醇的结构不同，所以D项错误。

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AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、浓H2SO4DNO（NO2）H2O、无水CaCl2答案：

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。

11探究草酸（H2C2O4）性质，进行以下实验。

（已知：

室温下，L-1H2C2O4的pH=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+2H2OB酸性：

H2C2O4H2CO3，NaHCO3+H2C2O4=NaHC2O4+CO2+H2OCH2C2O4有还原性，2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2+10CO2+8H2ODH2C2O4可发生酯化反应HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O答案：

C解析：

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。

12实验测得L-1CH3COONa溶液、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答案：

C解析：

A选项错误，无论是否升温，纯水均为中性，c（H+）=c（OH-）；B选项错误，盐类的水解特点是升温促进水解，CH3COONa本身水解显碱性，升温促进水解，碱性增强，c（OH-）增大；C选项正确，硫酸铜本身水解显酸性，升温促进水解，酸性增强，水解生成的c（H+）增加，同时升温也促进了水的电离，水电离生成的c（H+）增加，二者叠加，酸性变化趋势一致，pH=-lgc（H+），c（H+）越大，pH越低；D选项错误，水解吸热，故升温CH3COO-、Cu2+水解平衡都正向移动，硫酸铜溶液pH降低C选项已经说清楚了。

升温促进CH3COO-水解，c（OH-）增大，但pH不一定也增大，因为升温也同时促进了水的电离，Kw增大，当Kw增大幅度大于c（OH-）时，Kw/c（OH-）也增大，pH=-lgKw/c（OH-），故pH减小。

25（16分）抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路线如下。

已知：

.有机物结构可用键线式表示，如（CH3）2NCH2CH3的键线式

（1）有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，其钠可用于食品防腐。

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中的含氧官能团是：

_。

（3）E的结构简式为_。

（4）F是一种天然香料，经碱水解、酸化，得G和J。

J经还原可转化为G。

J的结构简式为_。

（5）M和J是同分异构体，符合下列条件的M的结构简式是_。

包含2个六元环M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_。

（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】

（1）取代反应（酯化反应）

（2）羰基羟基（3）（4）（5）（6）还原剂（7）【解析】本题合成药物为载体，联系社会生产生活实际，考查了有机化学方程式的书写，有机化学反应类型判断、官能团的识别、同分异构体的书写、顺反异构的判断等知识点，比较好入手，整体难度不大。

在第

（1）问中，给了提示“有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，其钠可用于食品防腐。

”，可知A为苯甲酸，“有机物B能与Na2CO3溶液反应，但不产生CO2;B加氢可得环己醇。

”，可知B为苯酚。

因此A和B的反应方程式为：

化学反应类型为取代反应（酯化反应）同时也知道了C的结构。

（2）由已知可以看得出：

苯酚生成的酯在AlCl3的作用下会生成酚羟基，同时对位上生成羰基，由此得官能团名称为羟基和羰基（3）由已知i可以看出，酚羟基在Na2CO3的作用下，会与氯代烃发生取代反应，同时生成醚键，从而得出E的结构简式为（4）F是一种天然香料，能够水解得到两种物质，可以知道F为酯类由于，J经还原可转化为G，则G和J碳原子数一样多，并且碳骨架一样，根据原子守恒可知J的结构简式为（5）M可水解，与NaOH溶液共热时，1molM最多消耗2molNaOH，可知M含有酚羟基形成的酯，并且有两个六元环，根据原子守恒和不和度可知J的结构简式（6）LiAlH4是强还原剂（7）托瑞米芬具有反式结构，则K到N的过程发生消去反应，同时双键碳原子连接两个不同的基团，即碳上没有氢的羟基发生了消去反应。

根据原子守恒可知：

托瑞米芬的结构简式为26（12分）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）.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的amolL-1KBrO3标准溶液；.取v1mL上述溶液，加入过量KBr,加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；.向所得溶液中加入v2mL废水；.向中加入过量KI；V.用bmolL-1Na2S2O3标准溶液滴定中溶液至浅黄色时。

滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v3mL。

已知：

I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色

（1）中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和

（2）中发生反应的离子方程式是（3）中发生反应的化学方程式是（4）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gL-1（苯酚摩尔质量：

94gmol-1）（8）由于Br2具有性质，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】

（1）容量瓶

（2）5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O（3）（4）溴水过量，保证所有苯酚都和溴水反应，使测量结果准确（5）保证所有剩余的Br2都能被I-还原（6）蓝色褪去，且持续30秒不恢复（7）47（6av1-bv3）/3v2（8）易挥发【解析】该题的测定原理是用KBrO3标准溶液在酸性条件下和过量的KBr反应生成溴单质（溴单质过量，保证所有苯酚都和溴水反应，使测量结果准确），生成的Br2和苯酚反应生成三溴苯酚，再用过量的KI溶液消耗掉过量的Br2（KI溶液过量的是为了保证所有剩余的Br2都能被I-还原），同时生成I2，然后再用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，它们之间的对应关系是：

KBrO33Br2av110-33av110-3过量的Br22KII22Na2S2O312v310-3bv310-33Br2（3av1-）10-3（3av1-）10-3/3苯酚的含量：

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CO2c.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：

_。

【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）2CO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，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）。

（2）根据电源的正负和电极3上的物质变化，H2是H2O中H+在阴极放电的产物，所以电极1产生H2，应连接K1，电极反应2H2O+2e-H2+2OH-。

制H2时，电极3：

Ni（OH）2-e-+OH-NiOOH+H2O,消耗电极1产生的OH-；制O2时，电极3：

NiOOH+e-+H2ONi（OH）2+OH-,补充电极2消耗的OH-。

【答案】

（1）CH4+2H2O（g）CO2+4H22H2（g）+CO2（g）C（s）+2H2O（g）或C（s）+CO2（g）2COabc降低，CO2消耗H2，使H2体积分数降低，2H2+CO2C+2H2O

（2）K1，2H2O+2e-H2+2OH-制H2时，电极3：

Ni（OH）2-e-+OH-NiOOH+H2O,消耗电极1产生的OH-；制O2时，电极3：

NiOOH+e-+H2ONi（OH）2+OH-,补充电极2消耗的OH-。

28（16分）化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。

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。

浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是。

试剂a是。

对体系中有关物质性质分析得出：

沉淀B可能为Ag2SO3，Ag2SO4或二者混合物。

（资料：

Ag2SO4微溶于水，Ag2SO3难溶于水）实验二:

验证B的成分写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式。

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。

根据沉淀F的存在推断SO42-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，SO32-被氧化为SO42-进入D。

实验三：

探究SO42-的产生途径向溶液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。

实验三的结论：

。

实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是。

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SO42-生成。

根据上述实验所得结论：

。

【答案】

（1）Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，饱和NaHSO3溶液。

（2）Ag2SO3+4NH3H2O=2Ag（NH3）2+SO32-+4H2O，加入品红溶液，溶液褪色（3）Ag2SO4；由于Ag2SO4微溶于水，Ag2SO4（s）2Ag+SO42-，取上层清液滴加BaCl2溶液，若含有Ag2SO4，则会出现白色沉淀。

故SO42-的产生途径是SO32-被氧化为SO42-进入D。

（4）2Ag+SO2+H2O=Ag2SO3+2H+（5）SO2与AgNO3溶液既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，其中沉淀反应的速率比氧化还原反应快。

【解析】

（1）Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O,由于生成的二氧化硫气体中混有酸雾，会对后面的实验造成干扰，故需要用饱和NaHSO3溶液进行洗气。

（2）Ag2SO3+4NH3H2O=2Ag（NH3）2+SO32-+4H2O，D中主要是BaSO3，加入盐酸后沉淀BaSO3大部分溶解，溶液中溶有一定量的SO2，加入品红溶液，溶液褪色。

（3）由于Ag2SO4微溶于水，Ag2SO4（s）2Ag+SO42-,取上层清液滴加BaCl2溶液，若含有Ag2SO4，则会出现白色沉淀。

故SO42-的产生途径是SO32-被氧化为SO42-进入D。

（4）2Ag+SO2+H2O=Ag2SO3+2H+（5）SO2与AgNO3溶液既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，其中沉淀反应的速率比氧化还原反应快。