1、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)A B C D NaClNaCl CuCl2Cu22Cl CH
2、3COOHCH3COOH H2(g)Cl2(g)2HCl(g)H183kJ mol1 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 B In的中子数与电子数的差值为 17 C原子半径:InAl D碱性:In(OH)3RbOH 答案:
3、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 RbOH In(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
4、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 A FeCl2 溶液(FeCl3)Fe粉 B NaCl 溶液(MgCl2)NaOH溶液、稀 HCl
5、C Cl2(HCl)H2O、浓 H2SO4 D NO(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
6、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+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: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
7、;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
8、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=-lg c(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(
9、OH-)也增大,pH=-lg Kw/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
10、 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
11、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
12、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 a mol L-1 KBr
13、O3 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 b mol L-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+Na2S4O6 Na2S2O3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
14、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,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
15、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:KBrO3 3Br2 av1 10-3 3av1 10-3 过量的 Br2 2KI I2 2Na2S2O3 1 2 v3 10-3 b v3 10-3 3Br2 (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。
16、(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 CO2 c.减少积炭生成 用 H2可以去除
17、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
18、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)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 Ca
19、O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+4H2 2H2(g)+CO2(g)C(s)+2H2O(g)或 C(s)+
20、CO2(g)2 CO abc 降低,CO2消耗 H2,使 H2体积分数降低,2 H2+CO2 C+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-+H2O Ni(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
21、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
22、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)Cu SO4+SO2+2H2O,饱和 NaHSO3 溶液。(2)Ag2SO3+4NH3 H2O=2Ag(NH3)2+SO32-+4H2
23、O,加入品红溶液,溶液褪色(3)Ag2SO4;由于 Ag2SO4微溶于水,Ag2SO4(s)2 Ag+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)2 Ag+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)Cu SO4+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+4NH3 H2O=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)2 Ag+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)2 Ag+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。
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