普通高等学校招生全国统一考试化学北京卷解析版.docx

1、普通高等学校招生全国统一考试化学北京卷解析版2019年普通高等学校招生全国统一考试化学北京卷（解析版）可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16一、选择题：本部分共7小题，每小题6分，共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。6下列我国科研成果所涉及材料中，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”钛合金筛网轮【命题意图】本题考查化学与材料，考查的核心素养是宏观辨识与微观探析。解析：选A。A.SiC中的C、Si分别为第二周期和第三周期的第A族元素，二者均

2、为非金属元素，形成的SiC为无机非金属材料；B.聚氨酯中含有C、H、N等元素，三种元素不属于同主族元素，且聚氨酯为有机材料；C.碳包覆银纳米线由C、Ag元素组成，是无机非金属材料，但两种元素不是同主族元素；D.钛合金是金属材料。7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)()【命题意图】 本题考查化学用语及图像识别，考查的核心素养是证据推理与模型认知。解析：选B。NaCl是强电解质，在水中完全电离，其电离方程式为NaCl=NaCl，A项正确；B项装置为电解装置，阴极上生成Cu，阳极上生成Cl2，该选项中的方程式为电离方程式，而不是电解方程式，错误；乙酸为弱电解质，在水

3、中不能完全电离，C项正确；化学键断裂吸收能量，化学键形成释放能量，故H2(g)Cl2(g)=2HCl(g)H431 kJmol12436 kJmol1243 kJmol1183 kJmol1，D项正确。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B.In的中子数与电子数的差值为17C原子半径：InAlD碱性：In(OH)3RbOH【命题意图】本题考查原子结构、元素周期表和元素周期律，考查的

4、核心素养是证据推理与模型认知。解析：选D。Rb为碱金属，属于第五周期元素，故In亦为第五周期元素，In与Al同主族，即为第A族元素，A项正确；In的中子数为1154966，质子数为49，质子数等于核外电子数，故中子数与电子数之差为17，B项正确；同主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，故原子半径：InAl，C项正确；同周期主族元素从左到右，金属性逐渐减弱，故其最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，即碱性In(OH)3RbOH，D项错误。9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

5、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【命题意图】本题考查聚合物的结构与性质，考查的核心素养是证据推理与模型认知、宏观辨识与微观探析。解析：选D。由图示可知，X连接Y，P的结构中存在酯基结构，该结构能水解，A项正确；对比X、Y的结构可知，制备P的两种单体是、，由此可知合成P的反应为缩聚反应，B项正确；油脂水解生成甘油和高级脂肪酸(盐)，C项正确；因乙二醇只有2个羟基，故邻苯二甲酸与乙二醇只能形成链状结构的聚合物，不能形成交联结构的聚合物，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(FeC

6、l3)Fe粉BNaCl溶液(MgCl2)NaOH溶液、稀HClCCl2(HCl)H2O、浓H2SO4DNO(NO2)H2O、无水CaCl2【命题意图】本题考查物质除杂及氧化还原反应，考查的核心素养是科学探究与创新意识。解析：选B。A项，Fe粉将溶液中的Fe3转化为Fe2，涉及氧化还原反应；B项，Mg2与NaOH溶液反应生成Mg(OH)2沉淀，多余的NaOH用稀盐酸中和，两个反应均不涉及氧化还原反应；C项，Cl2能溶于水并与水发生氧化还原反应，不能用水除去Cl2中的HCl；D项，NO2溶于水生成HNO3和NO，涉及氧化还原反应。11探究草酸(H2C2O4)性质，进行如下实验。(已知：室温下，0.

7、1 molL1 H2C2O4的pH1.3)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)2H2C2O4=CaC2O42H2OB酸性：H2C2O4H2CO3，NaHCO3H2C2O4=NaHC2O4CO2H2OCH2C2O4有还原性，2MnO5C2O16H=2Mn210CO28H2ODH2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H52H2O【命题意图】本题考

8、查化学实验、化学方程式或离子方程式的正误判断，考查的核心素养是科学探究与创新意识。解析：选C。A项，往草酸中加入含酚酞的Ca(OH)2溶液，溶液褪色，可知草酸具有酸性，Ca(OH)2与H2C2O4反应生成CaC2O4白色沉淀，正确；B项，由实验可知，在NaHCO3溶液中滴加草酸，有气泡生成，即生成CO2，说明草酸酸性比碳酸的强，正确；D项，草酸结构中含2个羧基，与乙醇发生酯化反应生成含两个酯基的酯类物质，正确；C项，草酸为弱电解质，在离子方程式中不能拆分，而应写成分子式，错误。12实验测得0.5 molL1 CH3COONa溶液、0.5 molL1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲

9、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【命题意图】本题考查盐类水解等知识，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。解析：选C。任何温度时，纯水中H浓度与OH浓度始终相等，A项错误；随温度升高，CH3COONa水解程度增大，溶液中c(OH)增大，且温度升高，水的电离程度增大，c(OH)也增大，B项错误；温度升高，水的电离程度增大，c(H

10、)增大，又CuSO4水解使溶液显酸性，温度升高，水解平衡正向移动，故c(H)增大，C项正确；温度升高，能使电离平衡和水解平衡均向正反应方向移动，而CH3COONa溶液随温度升高pH降低的原因是水的电离程度增大得多，而CuSO4溶液随温度升高pH降低的原因是Cu2水解程度增大得多，D项错误。【易错项分析】本题易错选B。若只观察图中CH3COONa溶液pH随温度升高的变化趋势，而忽视导致该变化的主要原因是水的电离程度随温度升高而增大，或者误认为Kw在不同温度时为定值，直接根据图像变化得出c(H)增大，c(OH)减小，从而得出错误的结论。二、非选择题：本部分共4小题，共58分。25抗癌药托瑞米芬的前

11、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_。包含2个六元环M可水解，与NaOH溶液共热时，1 mol M最多消耗 2 mol NaOH(6)推测E和G反应得到K的过

12、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_。【命题意图】本题考查有机合成与推断，考查的核心素养是证据推理与模型认知。解析：(1)由A与B反应生成C的反应条件及C的分子式可知该反应为取代反应(或酯化反应)，结合题干信息可知A为羧酸，B与Na2CO3溶液反应不生成CO2，故B为酚，又知B加氢可得环己醇，则B为苯酚，26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a molL1 KBrO3标准溶液；.取V1 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，

13、溶液颜色呈棕黄色；.向所得溶液中加入V2 mL废水；.向中加入过量KI；.用 b molL1 Na2S2O3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V3 mL。已知：I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6Na2S2O3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)中滴定至终点的现象是_。

14、(7)废水中苯酚的含量为_ gL1(苯酚摩尔质量：94 gmol1)。(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。【命题意图】本题考查氧化还原滴定与物质含量测定。解析：(1)配制一定浓度的溶液需要用容量瓶进行定容。(2)中Br与BrO在酸性条件下发生氧化还原反应生成Br2、H2O，离子方程式为5BrBrO6H=3Br23H2O。(3)废水中含有苯酚，苯酚与Br2发生取代反应生成三溴苯酚，化学方程式为(4)本实验的目的是测定经处理后的废水中的苯酚含量，苯酚需完全反应，剩余的Br2可通过滴定原理测定，所以在加入KI之前，溶液颜色须为黄色，以确保Br2过量，苯酚完全

15、反应。(5)根据得失电子守恒，当n(KI)n(KBrO3)61时，KI恰好与步骤中生成的Br2完全反应，而步骤中苯酚会消耗Br2，所以当n(KI)6n(KBrO3)时，KI一定过量。(6)滴定时用淀粉作指示剂，当达到滴定终点时，溶液蓝色恰好消失。(7)结合题意可知，生成Br2的物质的量3aV1103 mol，与KI反应消耗n(Br2) mol，则与C6H5OH反应的n(Br2)3aV1103 mol mol，废水中苯酚的含量 gL1。(8)Br2具有挥发性，故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)BrO5Br6H=3Br23H2O (4)Br2过量，保证苯酚

16、完全反应(5)反应物用量存在关系：KBrO33Br26KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)6n(KBrO3)时，KI一定过量(6)溶液蓝色恰好消失(7)(8)易挥发27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41，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(s)2H2(g)

17、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)41，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CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如图所示。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，工作示意图如图。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_

18、。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：_。【命题意图】本题考查化学反应原理知识的综合应用，涉及盖斯定律、电解原理的应用等，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。解析：(1)根据CH4与H2O反应生成H2、CO2的物质的量之比为41，结合原子守恒可得反应的化学方程式为CH42H2O(g)=4H2CO2。根据盖斯定律，由或可得目标热化学方程式。反应物的投料比n(H2O)n(CH4)41，大于初始反应的化学计量数之比，H2O的物质的量增加，有利于促进CH4转化，促进CO转化为CO2，防止CH4分解生成C(s)，从而减少积炭生成。根据题图可知，从t1时开始，CaO消

19、耗率曲线的斜率逐渐减小，单位时间内CaO消耗率逐渐降低。CaO与CO2反应生成CaCO3，CaCO3会覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积，从而失效。(2)电解碱性电解液时，H2O电离出的H在阴极得到电子产生H2，根据题图可知电极1与电池负极连接，为阴极，所以制H2时，连接K1，产生H2的电极反应式为2H2O2e=H22OH。制备O2时碱性电解液中的OH失去电子生成O2，连接K2，O2在电极2上产生。连接K1时，电极3为电解池的阳极，Ni(OH)2失去电子生成NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2eOH=NiOOHH2O，连接K2时，电极3为电解池的阴极，电极反应式为NiOOHeH

20、2O=Ni(OH)2OH，使电极3得以循环使用。答案：(1)CH42H2O4H2CO2C(s)2H2O(g)=CO2(g)2H2(g)或C(s)CO2(g)=2CO(g)abc降低CaOCO2=CaCO3，CaCO3覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积(2)K12H2O2e=H22OH制H2时，电极3发生反应：Ni(OH)2OHe=NiOOHH2O。制O2时，上述电极反应逆向进行，使电极3得以循环使用【易错警示】本题看似难度不大，但极易出错，如很多考生习惯了涉及盖斯定律的常规题目，本题第(1)问中需经过转化找出还需要利用的反应，部分考生会思维混乱，无从下手。第(2)问中部分考生不能

21、根据电池的正、负极和电解原理找出生成H2、O2的电极，书写电极反应式时忘记考虑电解质溶液的酸、碱性而出错等。28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。浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是_。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B

22、aSO3，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SO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，SO被氧化为SO进入D。实验三：探究SO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：_。(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

23、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SO生成。(6)根据上述实验所得结论：_。【命题意图】本题考查实验探究、设计与评价，考查的核心素养是科学探究与创新意识。解析：(1)Cu与浓H2SO4在加热条件下发生反应生成CuSO4、SO2、H2O，反应的化学方程式为Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O。试剂a为饱和NaHSO3溶液，用于吸收SO2中其他杂质气体，防止对后续实验产生干扰。(2)难溶于水的Ag2SO3与NH3H2O反应生成可溶性的Ag(NH3)22SO3、H2O，反应的离子方程式为Ag2SO34NH3H2O=2Ag(NH3)2SO4H2O。加入盐酸后沉淀D大

24、部分溶解，溶解的物质为BaSO3，没有溶解的物质为BaSO4，BaSO3与盐酸反应生成BaCl2、SO2，只要证明滤液E中含有Ba2和SO即可证明B中含有Ag2SO3，所以选用的试剂为H2O2溶液。(3)向溶液A中滴入过量盐酸，只有Ag能与Cl反应生成白色沉淀AgCl，所以溶液A中含有Ag；取上层清液继续加入BaCl2溶液，没有白色沉淀出现，说明A中没有SO，因为Ag2SO4微溶于水，若B中含有Ag2SO4，溶液A中则含有少许SO，加入BaCl2溶液能生成更难溶的BaSO4沉淀。SO具有还原性，在实验二中，SO被空气中的O2氧化为SO。(4)SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式为2AgSO2

25、H2O=Ag2SO32H。(6)由题给信息可知，实验条件下，SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO的速率；碱性溶液中SO更易被氧化为SO。答案：(1)Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O饱和NaHSO3溶液(2)Ag2SO34NH3H2O=2Ag(NH3)2SO4H2OH2O2溶液，产生白色沉淀(3)AgAg2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4途径1不产生SO，途径2产生SO(4)2AgSO2H2O=Ag2SO32H(6)实验条件下：SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO的速率，碱性溶液中SO更易被氧化为SO【解后反思】本题属于探究性实验试题，体现了基础与能力并进的命题理念，考查的都是教材上的常规知识，如Cu与浓H2SO4反应制备SO2，SO2气体的净化等。难点在于如何将所学知识进行转化，如SO2与AgNO3溶液反应生成的物质可能是Ag2SO3、Ag2SO4或是二者的混合物，然后根据假设探究其生成沉淀的原理，注意氧化还原反应原理在本题中的应用，以及Ag的氧化性等知识。