2019年高考化学真题解析卷（北京卷）

2019年高考化学真题（北京卷）
一、选择题（本部分共7小题，每小题6分，共42分）
1．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
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．NaCl═Na++Cl- B．CuCl2═Cu2++2Cl-
C．CH3COOH CH3COO-+H+ D．H2(g)+Cl2(g)═2HCl(g) △H=-183 kJ mol-1
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．In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
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
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（　　）
选项 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
C Cl2（HCl） H2O、浓H2SO4
D NO（NO2） H2O、无水CaCl2
6．探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1 mol L-1 H2C2O4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有还原性，++16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
D．H2C2O4可发生酯化反应，
7．实验测得0.5 mol L-1 CH3COONa溶液、0.5 mol L-1 CuSO4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的溶液的c（OH-）减小
C．随温度升高，CuSO4的溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随水温升高，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
二、非选择题（本部分共4小题，共58分）
8．抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路线如图。
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，1 mol M最多消耗2 mol NaOH
（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如下图所示：托瑞米芬具有反式结构，其结构简式是 。
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a mol L-1 KBrO3标准溶液；
Ⅱ、取V1 mL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V2 mL废水；
Ⅳ、向Ⅲ中加入过量KI；
Ⅴ、用b mol L-1 Na2S2O3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V3 mL。
已知：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）Ⅱ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：94 g mol-1）。
（8）由于Br2具有 的性质，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。
10．氢能源是最具有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。
①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 。
②已知反应器中还存在如下反应：
ⅰ．CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H1
ⅱ．CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H2
ⅲ．CH4（g）═C（s）+2H2（g）△H3
…
ⅲ为积炭反应，利用△H1和△H2计算△H3时，还需要利用 反应的△H。
③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
④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，工作示意图如图所示。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。
①制H2时，连接 。产生H2的电极方程式是 。
②改变开关连接方式，可得O2。
③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用： 。
11．化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。
（1）实验一：用如图装置（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
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： 。
化学试题答案
一、选择题
1.A。【解析】A选项，C、Si都位于第IV A族，二者位于同一主族，故A正确；B选项，聚氨酯中含有C、H、O、N元素，分别位于第IV A族、第I A族、第VI A族、第V A族，这几种元素位于不同主族，且聚氨酯属于有机高分子材料，故B错误；C选项，C位于第IV A族、Ag位于第I B族，二者位于不同族且Ag为副族元素，故C错误；D选项，钛合金主要成分有Ti、Al等，Ti位于第IV B族，Al位于第III A族，二者位于不同族且Ti为副族元素，故D错误。故选A。
2.B。【解析】A选项，NaCl为强电解质，则电离方程式为NaCl═Na++Cl-，故A正确；B选项，电解氯化铜生成Cu和氯气，则方程式为，故B错误；C选项，醋酸为弱电解质，存在电离平衡，则电离方程式为CH3COOH CH3COO-+H+，故C正确；D选项，焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则△H=（436+243-431×2）kJ mol-1=-183 kJ mol-1，由状态及焓变可知热化学方程式为H2（g）+Cl2═2HCl（g）△H=-183
kJ mol-1，故D正确。故选B。
3.D。【解析】A选项，In的原子序数为49，原子核外有5个电子层，数目分别为2、8、18、18、3，则铟处于第五周期第ⅢA族，故A正确；B选项，In的中子数为115-49=66，In原子的核外电子数为49，则In的中子数与电子数的差值为66-49=17，故B正确；C选项，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则原子半径：In＞Al，故C正确；D选项，金属性Rb＞In，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性In(OH)3＜RbOH，故D错误。故选D。
4.D。【解析】A选项，Y与X发生缩聚反应生成P，P含-COOC-，可发生水解反应，故A正确；B选项，-COOH、-OH发生反应，则聚合物P的合成反应为缩聚反应，故B正确；C选项，油脂为高级脂肪酸甘油酯，则水解可生成甘油，故C正确；D选项，邻苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应生成直链结构的高分子，不能形成类似聚合物P的交联结构，故D错误。故选D。
5.B。【解析】A选项，Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，为氧化还原反应，故A不符合题意；B选项，NaOH与氯化镁发生复分解反应，加盐酸中和过量的NaOH，也为复分解反应，可除杂，整个过程不涉及氧化还原反应，故B符合题意；C选项，氯气与水反应，发生氧化还原反应，应选饱和食盐水抑制氯气的溶解，故C不符合题意；D选项，二氧化氮与水反应生成NO，为氧化还原反应，故D不符合题意。故选B。
6.C。【解析】A选项，Ca(OH)2溶液（含酚酞）中加入草酸溶液，溶液褪色，说明混合溶液碱性减弱，且生成白色沉淀，则说明Ca(OH)2溶液与草酸溶液发生中和反应，从而体现草酸的酸性，反应方程式为Ca(OH)2+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O，故A正确；B选项，向少量NaHCO3溶液加入草酸有气泡生成，说明有二氧化碳生成，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据实验现象可知，酸性：H2C2O4＞H2CO3，反应方程式为NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+
CO2↑+H2O，故B正确；C选项，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，向酸性KMnO4溶液加入草酸，溶液褪色，说明酸性KMnO4溶液氧化了草酸，则体现草酸的还原性，根据题干信息，草酸为弱酸，+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C错误；D选项，酯具有香味，C2H5OH和浓硫酸溶液中加入草酸加热后产生有香味物质，说明有酯生成，所以发生了酯化反应，则草酸可以发生酯化反应，故D正确。故选C。
7.C。【解析】A选项，升高温度促进水电离，但是纯水中仍然存在c（H+）=c（OH-），故A错误；B选项，升高温度促进醋酸钠水解、水的电离，溶液中c（OH-）增大，故B错误；C选项，盐类水解和水的电离都是吸热反应，升高温度促进CuSO4水解也促进水电离，所以升高温度导致Kw增大，则升高温度CuSO4的溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，故C正确；D选项，升高温度促进盐类水解，醋酸钠和硫酸铜中都有弱离子水解，升高温度促进CH3COO-、Cu2+水解，所以CH3COO-、Cu2+水解平衡移动方向相同，故D错误。故选C。
二、非选择题
8.（1）++H2O；取代反应（或酯化反应）；（2）羰基、羟基；（3）；（4）；
（5）；（6）还原剂；（7）
【解析】（1）通过以上分析知，A为，B为，C为，A和B反应生成C的化学方程式是++H2O，反应类型是取代反应或酯化反应；
（2）D为，D中含有的官能团：羰基、羟基；
（3）E的结构简式为；
（4）J的结构简式为；
（5）J为，M是J的同分异构体，①包含2个六元环；②M可水解，说明含有酯基；与NaOH溶液共热时，1 mol M最多消耗 2 mol NaOH，说明水解生成酚羟基和羧基，符合条件的结构简式为；
（6）推测E和G反应得到K的过程中，该反应为加成反应，羰基上加上H原子，则反应物LiAlH4和H2O的作用是还原剂；
（7）托瑞米芬结构简式为。
9.（1）容量瓶；（2）BrO3-+5Br-+6H+═3Br2+3H2O；（3）；
（4）确保溴过量，保证苯酚已经完全反应；（5）由电子守恒可知，当n（KI）=6n（KBrO3）时，KI恰好与步骤II中生成的溴完全反应，而步骤III中苯酚会消耗一定量的溴，所以n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量；（6）最后一滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液恰好蓝色消失，且半分钟内不变色；（7）；（8）挥发性
【解析】（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶；
（2）Ⅱ中发生反应的离子方程式是BrO3-+5Br-+6H+═3Br2+3H2O；
（3）Ⅲ中发生反应的化学方程式是苯酚与浓溴水反应的化学方程式为；
（4）Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是确保溴过量，保证苯酚已经完全反应；
（5）KI与KBrO3物质的量关系为n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量，理由是由电子守恒可知，当n（KI）=6n（KBrO3）时，KI恰好与步骤II中生成的溴完全反应，而步骤III中苯酚会消耗一定量的溴，所以n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量；
（6）V中滴定至终点的现象是最后一滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液恰好蓝色消失，且半分钟内不变色；
（7）由BrO3-+5Br-+6H+═3Br2+3H2O、I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6、可知，生成的溴的物质的量为a mol/L×V1×10-3 L×3=
3aV1×10-3 mol，由溴与碘化钾反应生成的碘的物质的量为b mol/L×V3×10-3 L×=5bV3×10-4 mol，所以与苯酚反应的溴的物质的量为3aV1×10-3 mol-5bV3×10-4 mol=（30aV1-5bV3）×10-4 mol，由可知，苯酚的物质的量为（30aV1-5bV3）×10-4 mol×，废水中苯酚的含量为=g L-1；
（8）由于Br2具有挥发性的性质，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。
10.（1）①CH4+2H2O（g）2H2+CO2；②2H2（g）+CO2（g）═C（S）+2H2O（g）[或C（s）+CO2（g）═2CO（g）]；③abc；④降低；二氧化碳与CaO发生CO2+CaO═CaCO3，覆盖在CaO的表面，阻碍CO2的与CaO的继续进行；（2）①K1；2H2O+2e-═H2↑+2OH-；
③①中电极3发生Ni(OH)2-e-+OH-═NiOOH+H2O，制氢气时消耗电极1产生的OH-，②中电极3发生NiOOH+H2O+e-═Ni(OH)2+OH-，制氧气时补充电极2消耗的OH-
【解析】（1）①甲烷和水蒸气反应生成H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，则反应的方程式为CH4+2H2O（g）4H2+CO2；
②ⅰ．CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H1
ⅱ．　CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H2，则i+ii可得CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g），如要得到ⅲ．CH4（g）═C（s）+2H2（g）△H3，则还应需要
2H2（g）+CO2（g）═C（S）+2H2O（g）的△H，CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+
4H2（g）与2H2（g）+CO2（g）═C（S）+2H2O（g）相加可得CH4（g）═C（s）+2H2（g），
或i-ii得CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g），然后与C（s）+CO2（g）═2CO（g）相减，亦可得到反应iii的△H；
③水过量，可分别与i中的CH4、ii中的CO反应，则可促进CH4转化、促进CO转化为CO2、且与iii生成的C等反应，减少积炭生成；
④由图象可知，CaO消耗率曲线斜率减小，则CaO消耗率降低；过多的二氧化碳与CaO发生反应CO2+CaO═CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，阻碍CO2与CaO反应的继续进行，导致CaO消耗率约为35%时已失效；
（2）①电解水生成氢气和氧气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，则应连接K1，电极方程式为2H2O+2e-═H2↑+2OH-；
③电极3可分别连接K1或K2，①中电极3发生反应Ni(OH)2-e-+OH-═NiOOH+H2O，制氢气时消耗电极1产生的OH-，②中电极3发生反应NiOOH+H2O+e-═Ni(OH)2+OH-，制氧气时补充电极2消耗的OH-，实现NiOOH Ni(OH)2的转化，且可循环使用。
11.（1）①；②饱和NaHSO3溶液；
（2）①Ag2SO3+4NH3 H2O═++4H2O；②加入稀硫酸，产生白色沉淀；
（3）①Ag+；因为Ag2SO4微溶于水，Ag2SO4（s） 2Ag++，向上层清液滴加氯化钡溶液，若含有Ag2SO4，则会出现沉淀；②产生的途径是被氧化为进入D；
（4）2Ag++SO2+H2O═Ag2SO3↓+2H+；（6）二氧化硫和硝酸银反应生成亚硫酸银和氢离子，同时生成少量硫酸银，则既能发生沉淀反应，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）①浓H2SO4可以与Cu反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，方程式为：；
②试剂a用于除去二氧化硫中的杂质，一般用饱和饱和NaHSO3溶液；
（2）①Ag2SO3溶于氨水生成银氨络离子，反应的离子方程式为Ag2SO3+4NH3 H2O═++4H2O；
②由于亚硫酸钡溶于稀盐酸生成钡离子而硫酸钡不溶于稀盐酸，故用稀硫酸鉴别E中的钡离子从而证明D中主要是亚硫酸钡，进一步证实B中含有亚硫酸银；
（3）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Ag+；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，原因是Ag2SO4微溶于水，Ag2SO4（s） 2Ag++，向上层清液滴加氯化钡溶液，若含有Ag2SO4，则会出现沉淀；
②由实验三可知产生的途径是被氧化为进入D；
（4）由以上分析可知SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和硝酸，离子方程式是2Ag++SO2+H2O═Ag2SO3↓+2H+；
（6）由以上实验现象可知二氧化硫和硝酸银反应生成亚硫酸银和氢离子，同时生成少量硫酸银，则既能发生沉淀反应，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。