2019年高考理综化学真题试卷（北京卷）
一、选择题
1．（2019·北京）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”钛合金筛选网轮
2．（2019·北京）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溶于水
B． 电解CuCl2溶液
C． CH3COOH在水中电离
D．H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=183kJ·mol-1 H2与Cl2反应能量变化
3．（2019·北京）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（ ）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（ ）同周期。下列说法不正确的是（ ）
A． 是第五周期第 族元素
B． 的中子数与电子数的差值为17
C．原子半径：
D．碱性：
4．（2019·北京）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．（2019·北京）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（ ）
A．A B．B C．C D．D
6．（2019·北京）探究草酸（ ）性质，进行如下实验。（已知：室温下， 的pH=1.3）
由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是（ ）
A． 有酸性，
B．酸性： ，
C． 有还原性，
D． 可发生酯化反应，
7．（2019·北京）实验测得 溶液、 溶液以及 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
B．随温度升高， 的溶液的 减小
C．随温度升高， 的溶液的pH变化是 改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随水温升高， 溶液和 溶液的pH均降低，是因为 、 水解平衡移动方向不同
二、非选择题
8．（2019·北京）抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路线如下。
已知:
i.
ii. 有机物结构可用键线式表示,如 的键线式为
（1）有机物A能与 溶液反应产生 ,其钠盐可用于食品防腐。有机物 能与 溶液反应,但不产生 ；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
② M可水解，与 溶液共热时，1 mol M最多消耗 2 mol
（6）推测E和G反应得到K的过程中，反应物 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 。
9．（2019·北京）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 固体配制一定体积的 标准溶液；
Ⅱ.取 L上述溶液，加入过量 ，加 酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入 L废水
Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI；
Ⅴ.用 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 溶液 L。
已知：
和 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 前，溶液颜色须为黄色，原因是 。
（5） 与 物质的量关系为 时, 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 （苯酚摩尔质量： ）
（8）由于 具有 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．（2019·北京）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 和 ，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.
ii.
iii. ·
Ⅲ为积碳反应，利用 和 计算 时，还需要利用 反应的
③反应物投料比采用 ，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 转化
ｂ．促进 转化为
ｃ．减少积碳生成
④用 可以去除 。 体积分数和 消耗率随时间变化关系如下图所示。
从 时开始， 体积分数显著降低，单位时间 消耗率 （填“升高”“降低”或“不变”）。此时 消耗率约为 ，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 或 ，可交替得到 和 。
①制 时，连接 。
产生 的电极方程式是 。
②改变开关连接方式，可得 。
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．（2019·北京）化学小组实验探究 与 溶液的反应。
（1）实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备 ，将足量 通入 溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。
①浓 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 、 或二者混合物。
（资料： 微溶于水； 难溶于水）
实验二：验证B的成分
①写出 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 ，进而推断B中含有 。向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有 。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， 在 溶液中被氧化生成 ，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 溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含 。做出判断的理由： 。
②实验三的结论： 。
（4）实验一中 与 溶液反应的离子方程式是 。
（5）根据物质性质分析， 与 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： 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】无机非金属材料
【解析】【解答】A.碳和硅都属于第IVA族的非金属元素，碳化硅属于无极非金属材料，符合题意；
B. 聚氨酯包含碳、氮、氧、氢元素，它们都不是同一主族的元素，且聚氨酯是有机高分子化合物，不符合题意；
C.碳位于第
IVA族，而银位于IB族，二者不属于同一主族，因此不符合题意；
D.钛合金中融合的元素一般为氢、氧、铝、碳等，它们与碳都不是同一主族的元素，因此不符合题意。
故答案为：Ａ。
【分析】在元素周期表中，同主族的元素最外层电子的数目是相等的，同周期的元素电子层数是相等的。
2．【答案】B
【知识点】反应热和焓变；电解质在水溶液中的电离；常用仪器及其使用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】Ａ.NaCl在溶于水后破坏的是离子键，因此会变为Cl-和Na+，题目的描述是正确的，不符合题意；
B.在电解CuCl2溶液的反应中，阳极发生的反应是2Cl-2e-=Cl2，所以题目的说法是错误的，符合题意；
C.醋酸分子属于弱电解质，因此在水溶液中是不完全电离的，用可逆号表示，选项的描述是正确的，不符合题意；
D.在氢气和氯气的反应中，断旧键需要吸收能量，成新键需要放出能量，所以该反应的反应热等于1mol氢氢键的键能与1mol氯氯键键能之和，减去2mol氢氯键的键能。
故答案为：B
【分析】A.离子化合物在水溶液中会破坏离子键；
B.电解氯化铜溶液后，阳极的产物是氯气，阴极的产物是铜离子；
C..弱电解质在水中的电离是很微弱的，因此要用可逆号表示；
D.反应热是指当一个化学反应在恒压以及不作非膨胀功的情况下发生后，若使生成物的温度回到反应物的起始温度，这时体系所放出或吸收的热量称为反应热。
3．【答案】D
【知识点】元素、核素；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A.铟具有五个电子层，因为属于第五周期；最外层电子数为3，因此属于第IIIA族，选项的说法是正确的，不符合题意；
B.铟的中子数等于质量数减去质子数，为66，中子数再减去质子数等于17，选项的说法是正确的，不符合题意；
C.铟有五个电子层，而铝只有三个电子层，因此铟的半径大于铝的半径，不符合题意；
D.In(OH)3的碱性弱于RbOH,选项的说法是错误的，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.原子的电子层数就是其周期数，最外层电子数就是其族序数；
B.原子的中子数和质子数之和就是原子的质量数；
C.原子的电子层数越多，其半径就越大；
D.位于同一周期的原素，从左至右原子最高价氧化物的水化物的碱性就越来越强。
4．【答案】D
【知识点】水解反应；聚合反应
【解析】【解答】A.X和Y相连之后组成了酯基， -COOR，酯基主要发生水解反应，选项的说法是正确的，不符合题意；
B.聚合物P的合成是单体经多次缩合而聚合成大分子的反应，属于缩聚反应，选项的说法是正确的，不符合题意；
C.油脂在酸性条件下会水解为甘油和高级脂肪酸，选项的说法是正确的，不符合题意；
D. 邻苯二甲酸和乙二醇在聚合后形成环酯，因此不能形成类似聚合物P的交联结构，选项的说法是错误的，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.水解反应指的是水与另一化合物反应，该化合物分解为两部分，水中的H+加到其中的一部分，而羟基(-OH)加到另一部分，因而得到两种或两种以上新的化合物的反应过程；
B.具有两个或两个以上官能团的单体，相互反应生成高分子化合物，同时产生有简单分子（如H2O、HX、醇等）的化学反应叫做缩聚反应；
C.油脂在酸性条件和碱性条件下水解得到的产物不同，在酸性条件下水解得到的是甘油和高级脂肪酸，在碱性条件下水解得到的是甘油和高级脂肪酸盐；
D.邻苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应，二缩聚得到的是邻苯二甲酸二乙酯。
5．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；除杂
【解析】【解答】A.Fe3+和铁粉发生氧化还原反应，可以将Fe3+转变为Fe2+且不引入新的杂质，但是属于氧化还原反应，因此不符合题意；
B.氢氧化钠可以将氯化镁转化为氢氧化镁沉淀除去，再通过稀盐酸和氢氧化钠反应将过量的氢氧化钠除去，两个反应都属于复分解反应，试剂选用正确且没有发生氧化还原反应，符合题意；
C.氯气溶于水后会生成次氯酸和氯化氢，不仅不能除去杂质还会引入新的杂质，且该反应属于氧化还原反应，因此不符合题意；
D.除去一氧化氮中的二氧化氮只需要通入水中即可，不需要再加无水氯化钙，因此试剂选择错误，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】除杂时应选择的试剂既能将杂质除去，又不能引入新的杂质；
在化学反应中既有元素化合价的升高又有化合价的降低的反应叫做氧化还原反应。
6．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；羧酸简介；酯化反应
【解析】【解答】A.H2C2O4作为酸和Ca(OH)2发生酸碱中和反应，生成草酸钙沉淀和水，选项的书写是正确的，不符合题意；
B.根据强酸制弱酸的规律，由于H2C2O4的酸性强于H2CO3，所以碳酸氢钠和草酸会反应生产草酸氢钠、水和二氧化碳；
C.草酸属于弱酸，在书写离子方程式时不能拆分，选项的说法是错误的，符合题意；
D.在酯化反应中，酸断裂的是碳氧键，醇断裂的是碳氢键，因此选项的说法是正确的，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.酸碱中和反应属于复分解反应；
B.弱酸盐会和强酸反应制得弱酸；
C.该离子方程式的应该为：2MnO4-+5H2C2O4=Mn2++10CO2+H2O；
D.酯化反应是醇跟羧酸或含氧无机酸生成酯和水的反应。
7．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的调控
【解析】【解答】A.在纯水中，无论温度如何变化，氢离子和氢氧根的浓度都是相等的，选项的说法是错误的，不符合题意；
B.醋酸根离子的水解是吸热反应，因此升高温度会促进醋酸根的水解，所以由水电离出的氢氧根浓度会变大，选项的说法是错误的，不符合题意；
C.温度升高，水的离子积常数和铜离子的水解程度都会发生改变，选项的说法是正确的，符合题意；
D.弱酸根水解的过程是吸热的，因此温度升高，水解都会向正反应方向进行，选项的说法是错误的，不符合题意。
故答案为：C
【分析】A.水的离子积常数等于氢离子和氢氧根离子浓度的乘机，在纯水中二者是相等的；
B.弱酸根离子的水解程度随温度的升高而增大；
C.铜离子的水解和水的离子积常数变化都会使氢离子的浓度变大，使pH变小；
D..弱酸根水解的过程是吸热的，因此温度升高，水解会向正反应方向进行。
8．【答案】（1）；取代反应（或酯化反应）
（2）羟基、羰基
（3）
（4）
（5）
（6）还原（加成）
（7）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；水解反应
【解析】【解答】（1）（1）A是苯甲酸，具有羧酸，B是苯酚，具有羟基，二者会发生酯化反应，属于取代反应，该方程式为：；
（2）和AlCl3在加热的条件会生成，因此官能团为羰基和羟基；
（3）和在碳酸钾的条件下会生成；
（4）F是酯，水解后酸化得到的是酸和醇，根据题意可知J为；
（5）根据J的分子式，要使M具有两个六元环，且与 溶液共热时，1 mol M最多消耗 2 mol ，需要使M具有环脂结构，为；
（6）K脱去水后得到的N为，再与SOCl发生取代反应，生成托瑞米芬，结构简式为。
【分析】（1）酯化反应，是一类有机化学反应，是醇跟羧酸或含氧无机酸生成酯和水的反应；酯化反应属于取代反应；
（2）在有机化合物中，决定有机物性质的结构是羰基和羟基；
（3） 结构简式,化学名词,是把结构式中的单键省略之后的一种简略表达形式,通常只适用于以分子形式存在的纯净物；
（5）分子式相同，但是结构式不同的化合物叫做同分异构体；
（6）加成反应是反应物分子中以重键结合的或共轭不饱和体系末端的两个原子，在反应中分别与由试剂提供的基团或原子以σ键相结合，得到一种饱和的或比较饱和的加成产物。这个加成产物可以是稳定的；也可以是不稳定的中间体，随即发生进一步变化而形成稳定产物；
（7）两个相同的原子或原子团排列在双键的两侧称为反式异构。
9．【答案】（1）容量瓶
（2）BrO3-+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O
（3）
（4）Br2过量，保证苯酚完全反应
（5）反应物用量存在关系：KBrO3~3Br2~6KI，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
【知识点】氧化还原反应；指示剂；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）配制一定物质的量浓度的溶液时需要用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还要用到容量瓶；
（2）BrO3-具有氧化性，Br-具有还原性，二者在酸性条件下可以发生氧化还原反应，产物为溴单质和水，故该反应方程式为：BrO3-+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O；
（3）苯酚会和溴单质发生取代反应，反应的方程式为：；
（4）为了确定废水中苯酚的含量，需要将苯酚完全反应掉，因此加入的溴单质应该是过量的，溶液就是黄色；
（5）根据反应方程式：BrO3-+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O、Br2+2KI=2KBr+I2和可知，KI一定是过量的；
（6）淀粉与碘单质会生成蓝色的络合物，当滴加的硫代硫酸钠将碘单质全部还原为碘离子后，反应即到达终点，此时溶液的蓝色消失；
（7）要计算废水中苯酚的含量，应该先计算出苯酚消耗的溴单质的量，根据对应关系KBrO3~3Br2~6KI可知苯酚消耗的溴单质的物质的量为6aV1-bV3，再比上6V2，最后乘上苯酚的分子量，即为废水中苯酚的含量，即；
（8）溴单质的沸点较低，具有较强的挥发性，因此需要贮存在密闭的容器中。
【分析】（1）在配制一定物质的量浓度的溶液时，应该选择合适规格的容量瓶；
（2）在溴酸根中溴元素被还原，溴离子中溴元素被氧化；
（3）取代反应是指化合物分子中任何一个原子或原子团被试剂中同类型的其它原子或原子团所替代的反应，用通式表示为：R－L（反应基质）+A-B（进攻试剂）→R－A（取代产物）+L-B（离去基团）属于化学反应的一类；
（4）如果溴单质不过量，就无法保证将废水中的苯酚全部反应掉，造成计算误差；
（5）由于苯酚也消耗溴单质，因此当n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量；
（6）淀粉是用来检验碘单质的试剂，在该反应中相当于指示剂；
（7）根据几个方程式的计量关系可以求出废水中苯酚的含量；
（8）溴单质的沸点约为59摄氏度，因此易挥发。
10．【答案】（1）CH4+2H2O4H2+CO2；C(s)+2H2O(g)= CO2(g)+2H2(g)或C(s)+ CO2(g)=2CO(g)；abc；降低；CaO+ CO2= CaCO3，CaCO3覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积
（2）K1；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；制H2时，电极3发生反应：Ni(OH)2+ OH--e-=NiOOH+H2O。制O2时，上述电极反应逆向进行，使电极3得以循环使用
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学电源新型电池；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）①甲烷和水蒸气在催化剂作用下发生的反应为：CH4+2H2O4H2+CO2；
②.根据三个反应方程式可知要想计算出△H3 ，应该再利用C(s)+2H2O(g)= CO2(g)+2H2(g)或C(s)+ CO2(g)=2CO(g)反应，因此答案为：C(s)+2H2O(g)= CO2(g)+2H2(g)或C(s)+ CO2(g)=2CO(g)；
③在反应刚开始投料比大于计量数之比的目的是促进甲烷和一氧化碳的转化以及减少固态碳的生成，因此答案为abc；
④根据图像可知：从 时开始， 体积分数显著降低，单位时间 消耗率降低，这是由于氧化钆和二氧化碳反应生成了碳酸钙，减少了二氧化碳和碳的接触面积，因此降低了反应的速率；
（2）①制氢气时，应该使电极1为阴极，电极反应为水得到电子生成氢气和氢氧根，因此答案为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
③结合①和②可知，电极3的作用是：制H2时，电极3发生反应：Ni(OH)2+ OH--e-=NiOOH+H2O。制O2时，上述电极反应逆向进行，使电极3得以循环使用。
【分析】（1）根据盖斯定律可知，要么计算反应3的反应热，应该再增加一个反应，即：C(s)+2H2O(g)= CO2(g)+2H2(g)；
增大投料比的目的是促进甲烷和一氧化碳德转化以及减少固态碳的生成；
（2） 电解池的阳极失去电子，发生的是氧化反应，阴极得到电子，发生的是还原反应。
11．【答案】（1）Cu+ 2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；饱和NaHSO3溶液
（2）Ag2SO3+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2+ +SO32-+4H2O；H2O2溶液，产生白色沉淀
（3）Ag+ ； Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4；途径1不产生SO42-，途径2产生SO42-
（4）2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3↓+2H+
（5）实验条件下：SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO42-的速率 碱性溶液中SO32-更易被氧化为SO42-
【知识点】二氧化硫的性质；硫酸根离子的检验；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】（1）①浓硫酸和铜在加热的条件下会发生氧化还原反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水；
②试剂a是饱和亚硫酸氢钠溶液，可以防止硫酸溶于水变为亚硫酸；
（2）①硝酸银溶解于氨水的离子方程式是Ag+ +3NH3H2O=[Ag(NH3)2]+ +OH- +NH4+ +2H2O；
②过氧化氢和亚硫酸银会发生水解反应，生成白色的氢氧化银沉淀和二氧化硫，因此反应的现象是生成白色沉淀；
（3）①Ag++Cl-+=AgCl↓；如果B中含有硫酸银，则会和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；根据实验现象可知：途径1不产生SO42-，途径2产生SO42-；
（4）银离子遇到二氧化硫和水会生成亚硫酸银沉淀和氢离子，离子方程式为：2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3↓+2H+；
（5）根据实验现象：SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO42-的速率；由此可以得到的结论是：碱性溶液中SO32-更易被氧化为SO42-。
【分析】（1）实验室通常利用铜和浓硫酸的反应制取二氧化硫；
（2）银离子和氨水反应会生成银氨配合离子；
（3）难溶物的溶解性越大，其就越难形成沉淀；
（4）该反应相当于银离子和亚硫酸反应生成亚硫酸沉淀和氢离子；
（5）在酸性条件下亚硫酸根离子更容易生成亚硫酸分子，而在碱性条件下会更容易被氧化为硫酸根。
1 / 12019年高考理综化学真题试卷（北京卷）
一、选择题
1．（2019·北京）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”钛合金筛选网轮
【答案】A
【知识点】无机非金属材料
【解析】【解答】A.碳和硅都属于第IVA族的非金属元素，碳化硅属于无极非金属材料，符合题意；
B. 聚氨酯包含碳、氮、氧、氢元素，它们都不是同一主族的元素，且聚氨酯是有机高分子化合物，不符合题意；
C.碳位于第
IVA族，而银位于IB族，二者不属于同一主族，因此不符合题意；
D.钛合金中融合的元素一般为氢、氧、铝、碳等，它们与碳都不是同一主族的元素，因此不符合题意。
故答案为：Ａ。
【分析】在元素周期表中，同主族的元素最外层电子的数目是相等的，同周期的元素电子层数是相等的。
2．（2019·北京）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溶于水
B． 电解CuCl2溶液
C． CH3COOH在水中电离
D．H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=183kJ·mol-1 H2与Cl2反应能量变化
【答案】B
【知识点】反应热和焓变；电解质在水溶液中的电离；常用仪器及其使用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】Ａ.NaCl在溶于水后破坏的是离子键，因此会变为Cl-和Na+，题目的描述是正确的，不符合题意；
B.在电解CuCl2溶液的反应中，阳极发生的反应是2Cl-2e-=Cl2，所以题目的说法是错误的，符合题意；
C.醋酸分子属于弱电解质，因此在水溶液中是不完全电离的，用可逆号表示，选项的描述是正确的，不符合题意；
D.在氢气和氯气的反应中，断旧键需要吸收能量，成新键需要放出能量，所以该反应的反应热等于1mol氢氢键的键能与1mol氯氯键键能之和，减去2mol氢氯键的键能。
故答案为：B
【分析】A.离子化合物在水溶液中会破坏离子键；
B.电解氯化铜溶液后，阳极的产物是氯气，阴极的产物是铜离子；
C..弱电解质在水中的电离是很微弱的，因此要用可逆号表示；
D.反应热是指当一个化学反应在恒压以及不作非膨胀功的情况下发生后，若使生成物的温度回到反应物的起始温度，这时体系所放出或吸收的热量称为反应热。
3．（2019·北京）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（ ）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（ ）同周期。下列说法不正确的是（ ）
A． 是第五周期第 族元素
B． 的中子数与电子数的差值为17
C．原子半径：
D．碱性：
【答案】D
【知识点】元素、核素；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A.铟具有五个电子层，因为属于第五周期；最外层电子数为3，因此属于第IIIA族，选项的说法是正确的，不符合题意；
B.铟的中子数等于质量数减去质子数，为66，中子数再减去质子数等于17，选项的说法是正确的，不符合题意；
C.铟有五个电子层，而铝只有三个电子层，因此铟的半径大于铝的半径，不符合题意；
D.In(OH)3的碱性弱于RbOH,选项的说法是错误的，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.原子的电子层数就是其周期数，最外层电子数就是其族序数；
B.原子的中子数和质子数之和就是原子的质量数；
C.原子的电子层数越多，其半径就越大；
D.位于同一周期的原素，从左至右原子最高价氧化物的水化物的碱性就越来越强。
4．（2019·北京）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
【答案】D
【知识点】水解反应；聚合反应
【解析】【解答】A.X和Y相连之后组成了酯基， -COOR，酯基主要发生水解反应，选项的说法是正确的，不符合题意；
B.聚合物P的合成是单体经多次缩合而聚合成大分子的反应，属于缩聚反应，选项的说法是正确的，不符合题意；
C.油脂在酸性条件下会水解为甘油和高级脂肪酸，选项的说法是正确的，不符合题意；
D. 邻苯二甲酸和乙二醇在聚合后形成环酯，因此不能形成类似聚合物P的交联结构，选项的说法是错误的，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.水解反应指的是水与另一化合物反应，该化合物分解为两部分，水中的H+加到其中的一部分，而羟基(-OH)加到另一部分，因而得到两种或两种以上新的化合物的反应过程；
B.具有两个或两个以上官能团的单体，相互反应生成高分子化合物，同时产生有简单分子（如H2O、HX、醇等）的化学反应叫做缩聚反应；
C.油脂在酸性条件和碱性条件下水解得到的产物不同，在酸性条件下水解得到的是甘油和高级脂肪酸，在碱性条件下水解得到的是甘油和高级脂肪酸盐；
D.邻苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应，二缩聚得到的是邻苯二甲酸二乙酯。
5．（2019·北京）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（ ）
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；除杂
【解析】【解答】A.Fe3+和铁粉发生氧化还原反应，可以将Fe3+转变为Fe2+且不引入新的杂质，但是属于氧化还原反应，因此不符合题意；
B.氢氧化钠可以将氯化镁转化为氢氧化镁沉淀除去，再通过稀盐酸和氢氧化钠反应将过量的氢氧化钠除去，两个反应都属于复分解反应，试剂选用正确且没有发生氧化还原反应，符合题意；
C.氯气溶于水后会生成次氯酸和氯化氢，不仅不能除去杂质还会引入新的杂质，且该反应属于氧化还原反应，因此不符合题意；
D.除去一氧化氮中的二氧化氮只需要通入水中即可，不需要再加无水氯化钙，因此试剂选择错误，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】除杂时应选择的试剂既能将杂质除去，又不能引入新的杂质；
在化学反应中既有元素化合价的升高又有化合价的降低的反应叫做氧化还原反应。
6．（2019·北京）探究草酸（ ）性质，进行如下实验。（已知：室温下， 的pH=1.3）
由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是（ ）
A． 有酸性，
B．酸性： ，
C． 有还原性，
D． 可发生酯化反应，
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；羧酸简介；酯化反应
【解析】【解答】A.H2C2O4作为酸和Ca(OH)2发生酸碱中和反应，生成草酸钙沉淀和水，选项的书写是正确的，不符合题意；
B.根据强酸制弱酸的规律，由于H2C2O4的酸性强于H2CO3，所以碳酸氢钠和草酸会反应生产草酸氢钠、水和二氧化碳；
C.草酸属于弱酸，在书写离子方程式时不能拆分，选项的说法是错误的，符合题意；
D.在酯化反应中，酸断裂的是碳氧键，醇断裂的是碳氢键，因此选项的说法是正确的，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.酸碱中和反应属于复分解反应；
B.弱酸盐会和强酸反应制得弱酸；
C.该离子方程式的应该为：2MnO4-+5H2C2O4=Mn2++10CO2+H2O；
D.酯化反应是醇跟羧酸或含氧无机酸生成酯和水的反应。
7．（2019·北京）实验测得 溶液、 溶液以及 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
B．随温度升高， 的溶液的 减小
C．随温度升高， 的溶液的pH变化是 改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随水温升高， 溶液和 溶液的pH均降低，是因为 、 水解平衡移动方向不同
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的调控
【解析】【解答】A.在纯水中，无论温度如何变化，氢离子和氢氧根的浓度都是相等的，选项的说法是错误的，不符合题意；
B.醋酸根离子的水解是吸热反应，因此升高温度会促进醋酸根的水解，所以由水电离出的氢氧根浓度会变大，选项的说法是错误的，不符合题意；
C.温度升高，水的离子积常数和铜离子的水解程度都会发生改变，选项的说法是正确的，符合题意；
D.弱酸根水解的过程是吸热的，因此温度升高，水解都会向正反应方向进行，选项的说法是错误的，不符合题意。
故答案为：C
【分析】A.水的离子积常数等于氢离子和氢氧根离子浓度的乘机，在纯水中二者是相等的；
B.弱酸根离子的水解程度随温度的升高而增大；
C.铜离子的水解和水的离子积常数变化都会使氢离子的浓度变大，使pH变小；
D..弱酸根水解的过程是吸热的，因此温度升高，水解会向正反应方向进行。
二、非选择题
8．（2019·北京）抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路线如下。
已知:
i.
ii. 有机物结构可用键线式表示,如 的键线式为
（1）有机物A能与 溶液反应产生 ,其钠盐可用于食品防腐。有机物 能与 溶液反应,但不产生 ；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
② M可水解，与 溶液共热时，1 mol M最多消耗 2 mol
（6）推测E和G反应得到K的过程中，反应物 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 。
【答案】（1）；取代反应（或酯化反应）
（2）羟基、羰基
（3）
（4）
（5）
（6）还原（加成）
（7）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；水解反应
【解析】【解答】（1）（1）A是苯甲酸，具有羧酸，B是苯酚，具有羟基，二者会发生酯化反应，属于取代反应，该方程式为：；
（2）和AlCl3在加热的条件会生成，因此官能团为羰基和羟基；
（3）和在碳酸钾的条件下会生成；
（4）F是酯，水解后酸化得到的是酸和醇，根据题意可知J为；
（5）根据J的分子式，要使M具有两个六元环，且与 溶液共热时，1 mol M最多消耗 2 mol ，需要使M具有环脂结构，为；
（6）K脱去水后得到的N为，再与SOCl发生取代反应，生成托瑞米芬，结构简式为。
【分析】（1）酯化反应，是一类有机化学反应，是醇跟羧酸或含氧无机酸生成酯和水的反应；酯化反应属于取代反应；
（2）在有机化合物中，决定有机物性质的结构是羰基和羟基；
（3） 结构简式,化学名词,是把结构式中的单键省略之后的一种简略表达形式,通常只适用于以分子形式存在的纯净物；
（5）分子式相同，但是结构式不同的化合物叫做同分异构体；
（6）加成反应是反应物分子中以重键结合的或共轭不饱和体系末端的两个原子，在反应中分别与由试剂提供的基团或原子以σ键相结合，得到一种饱和的或比较饱和的加成产物。这个加成产物可以是稳定的；也可以是不稳定的中间体，随即发生进一步变化而形成稳定产物；
（7）两个相同的原子或原子团排列在双键的两侧称为反式异构。
9．（2019·北京）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 固体配制一定体积的 标准溶液；
Ⅱ.取 L上述溶液，加入过量 ，加 酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入 L废水
Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI；
Ⅴ.用 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 溶液 L。
已知：
和 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 前，溶液颜色须为黄色，原因是 。
（5） 与 物质的量关系为 时, 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 （苯酚摩尔质量： ）
（8）由于 具有 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。
【答案】（1）容量瓶
（2）BrO3-+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O
（3）
（4）Br2过量，保证苯酚完全反应
（5）反应物用量存在关系：KBrO3~3Br2~6KI，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
【知识点】氧化还原反应；指示剂；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）配制一定物质的量浓度的溶液时需要用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还要用到容量瓶；
（2）BrO3-具有氧化性，Br-具有还原性，二者在酸性条件下可以发生氧化还原反应，产物为溴单质和水，故该反应方程式为：BrO3-+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O；
（3）苯酚会和溴单质发生取代反应，反应的方程式为：；
（4）为了确定废水中苯酚的含量，需要将苯酚完全反应掉，因此加入的溴单质应该是过量的，溶液就是黄色；
（5）根据反应方程式：BrO3-+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O、Br2+2KI=2KBr+I2和可知，KI一定是过量的；
（6）淀粉与碘单质会生成蓝色的络合物，当滴加的硫代硫酸钠将碘单质全部还原为碘离子后，反应即到达终点，此时溶液的蓝色消失；
（7）要计算废水中苯酚的含量，应该先计算出苯酚消耗的溴单质的量，根据对应关系KBrO3~3Br2~6KI可知苯酚消耗的溴单质的物质的量为6aV1-bV3，再比上6V2，最后乘上苯酚的分子量，即为废水中苯酚的含量，即；
（8）溴单质的沸点较低，具有较强的挥发性，因此需要贮存在密闭的容器中。
【分析】（1）在配制一定物质的量浓度的溶液时，应该选择合适规格的容量瓶；
（2）在溴酸根中溴元素被还原，溴离子中溴元素被氧化；
（3）取代反应是指化合物分子中任何一个原子或原子团被试剂中同类型的其它原子或原子团所替代的反应，用通式表示为：R－L（反应基质）+A-B（进攻试剂）→R－A（取代产物）+L-B（离去基团）属于化学反应的一类；
（4）如果溴单质不过量，就无法保证将废水中的苯酚全部反应掉，造成计算误差；
（5）由于苯酚也消耗溴单质，因此当n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量；
（6）淀粉是用来检验碘单质的试剂，在该反应中相当于指示剂；
（7）根据几个方程式的计量关系可以求出废水中苯酚的含量；
（8）溴单质的沸点约为59摄氏度，因此易挥发。
10．（2019·北京）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 和 ，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.
ii.
iii. ·
Ⅲ为积碳反应，利用 和 计算 时，还需要利用 反应的
③反应物投料比采用 ，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 转化
ｂ．促进 转化为
ｃ．减少积碳生成
④用 可以去除 。 体积分数和 消耗率随时间变化关系如下图所示。
从 时开始， 体积分数显著降低，单位时间 消耗率 （填“升高”“降低”或“不变”）。此时 消耗率约为 ，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 或 ，可交替得到 和 。
①制 时，连接 。
产生 的电极方程式是 。
②改变开关连接方式，可得 。
③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用： 。
【答案】（1）CH4+2H2O4H2+CO2；C(s)+2H2O(g)= CO2(g)+2H2(g)或C(s)+ CO2(g)=2CO(g)；abc；降低；CaO+ CO2= CaCO3，CaCO3覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积
（2）K1；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；制H2时，电极3发生反应：Ni(OH)2+ OH--e-=NiOOH+H2O。制O2时，上述电极反应逆向进行，使电极3得以循环使用
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学电源新型电池；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）①甲烷和水蒸气在催化剂作用下发生的反应为：CH4+2H2O4H2+CO2；
②.根据三个反应方程式可知要想计算出△H3 ，应该再利用C(s)+2H2O(g)= CO2(g)+2H2(g)或C(s)+ CO2(g)=2CO(g)反应，因此答案为：C(s)+2H2O(g)= CO2(g)+2H2(g)或C(s)+ CO2(g)=2CO(g)；
③在反应刚开始投料比大于计量数之比的目的是促进甲烷和一氧化碳的转化以及减少固态碳的生成，因此答案为abc；
④根据图像可知：从 时开始， 体积分数显著降低，单位时间 消耗率降低，这是由于氧化钆和二氧化碳反应生成了碳酸钙，减少了二氧化碳和碳的接触面积，因此降低了反应的速率；
（2）①制氢气时，应该使电极1为阴极，电极反应为水得到电子生成氢气和氢氧根，因此答案为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
③结合①和②可知，电极3的作用是：制H2时，电极3发生反应：Ni(OH)2+ OH--e-=NiOOH+H2O。制O2时，上述电极反应逆向进行，使电极3得以循环使用。
【分析】（1）根据盖斯定律可知，要么计算反应3的反应热，应该再增加一个反应，即：C(s)+2H2O(g)= CO2(g)+2H2(g)；
增大投料比的目的是促进甲烷和一氧化碳德转化以及减少固态碳的生成；
（2） 电解池的阳极失去电子，发生的是氧化反应，阴极得到电子，发生的是还原反应。
11．（2019·北京）化学小组实验探究 与 溶液的反应。
（1）实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备 ，将足量 通入 溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。
①浓 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 、 或二者混合物。
（资料： 微溶于水； 难溶于水）
实验二：验证B的成分
①写出 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 ，进而推断B中含有 。向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有 。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， 在 溶液中被氧化生成 ，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 溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含 。做出判断的理由： 。
②实验三的结论： 。
（4）实验一中 与 溶液反应的离子方程式是 。
（5）根据物质性质分析， 与 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+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2+ +SO32-+4H2O；H2O2溶液，产生白色沉淀
（3）Ag+ ； Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4；途径1不产生SO42-，途径2产生SO42-
（4）2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3↓+2H+
（5）实验条件下：SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO42-的速率 碱性溶液中SO32-更易被氧化为SO42-
【知识点】二氧化硫的性质；硫酸根离子的检验；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】（1）①浓硫酸和铜在加热的条件下会发生氧化还原反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水；
②试剂a是饱和亚硫酸氢钠溶液，可以防止硫酸溶于水变为亚硫酸；
（2）①硝酸银溶解于氨水的离子方程式是Ag+ +3NH3H2O=[Ag(NH3)2]+ +OH- +NH4+ +2H2O；
②过氧化氢和亚硫酸银会发生水解反应，生成白色的氢氧化银沉淀和二氧化硫，因此反应的现象是生成白色沉淀；
（3）①Ag++Cl-+=AgCl↓；如果B中含有硫酸银，则会和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；根据实验现象可知：途径1不产生SO42-，途径2产生SO42-；
（4）银离子遇到二氧化硫和水会生成亚硫酸银沉淀和氢离子，离子方程式为：2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3↓+2H+；
（5）根据实验现象：SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO42-的速率；由此可以得到的结论是：碱性溶液中SO32-更易被氧化为SO42-。
【分析】（1）实验室通常利用铜和浓硫酸的反应制取二氧化硫；
（2）银离子和氨水反应会生成银氨配合离子；
（3）难溶物的溶解性越大，其就越难形成沉淀；
（4）该反应相当于银离子和亚硫酸反应生成亚硫酸沉淀和氢离子；
（5）在酸性条件下亚硫酸根离子更容易生成亚硫酸分子，而在碱性条件下会更容易被氧化为硫酸根。
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