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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。