2019年北京市高考化學(xué)試卷

2019年北京市高考化學(xué)試卷一、選擇題：本部分共7小題，每小題6分，共42分。在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)。1．（6分）下列我國科研成果所涉及材料中，主要成分為同主族元素形成的無機(jī)非金屬材料的是（）A．4.03米大口徑碳化硅反射鏡 B．2022年冬奧會(huì)聚氨酯速滑服 C．能屏蔽電磁波的碳包覆銀納米線 D．“玉兔二號(hào)”鈦合金篩網(wǎng)輪2．（6分）下列示意圖與化學(xué)用語表述內(nèi)容不相符的是（水合離子用相應(yīng)離子符號(hào)表示）（）ABCDA．NaCl═Na++Cl﹣ B．CuCl2═Cu2++2Cl﹣ C．CH3COOH?CH3COO﹣+H+ D．H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H＝﹣183kJ?mol﹣13．（6分）2019年是元素周期表發(fā)表150周年，期間科學(xué)家為完善周期表做出了不懈努力。中國科學(xué)院院士張青蓮教授曾主持測(cè)定了銦（49In）等9種元素相對(duì)原子質(zhì)量的新值，被采用為國際新標(biāo)準(zhǔn)。銦與銣（37Rb）同周期。下列說法不正確的是（）A．In是第五周期第ⅢA族元素 B．In的中子數(shù)與電子數(shù)的差值為17 C．原子半徑：In＞Al D．堿性：In（OH）3＞RbOH4．（6分）交聯(lián)聚合物P的結(jié)構(gòu)片段如圖所示。下列說法不正確的是（圖中表示鏈延長(zhǎng)）（）A．聚合物P中有酯基，能水解 B．聚合物P的合成反應(yīng)為縮聚反應(yīng) C．聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解獲得 D．鄰苯二甲酸和乙二醇在聚合過程中也可形成類似聚合物P的交聯(lián)結(jié)構(gòu)5．（6分）下列除雜試劑選用正確且除雜過程不涉及氧化還原反應(yīng)的是（）物質(zhì)（括號(hào)內(nèi)為雜質(zhì)）除雜試劑AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、濃H2SO4DNO（NO2）H2O、無水CaCl2A．A B．B C．C D．D6．（6分）探究草酸（H2C2O4）性質(zhì)，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。（已知：室溫下，0.1mol?L﹣1H2C2O4的pH＝1.3）實(shí)驗(yàn)裝置試劑a現(xiàn)象①Ca（OH）2溶液（含酚酞）溶液褪色，產(chǎn)生白色沉淀②少量NaHCO3溶液產(chǎn)生氣泡③酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色④C2H5OH和濃硫酸加熱后產(chǎn)生有香味物質(zhì)由上述實(shí)驗(yàn)所得草酸性質(zhì)所對(duì)應(yīng)的方程式不正確的是（）A．H2C2O4有酸性，Ca（OH）2+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O B．酸性：H2C2O4＞H2CO3，NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑+H2O C．H2C2O4有還原性，2MnO4﹣+5C2O42+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O D．H2C2O4可發(fā)生酯化反應(yīng)，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O7．（6分）實(shí)驗(yàn)測(cè)得0.5mol?L﹣1CH3COONa溶液、0.5mol?L﹣1CuSO4溶液以及H2O的pH隨溫度變化的曲線如圖所示。下列說法正確的是（）A．隨溫度升高，純水中c（H+）＞c（OH﹣） B．隨溫度升高，CH3COONa的溶液的c（OH﹣）減小 C．隨溫度升高，CuSO4的溶液的pH變化是Kw改變與水解平衡移動(dòng)共同作用的結(jié)果D．隨水溫升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因?yàn)镃H3COO﹣、Cu2+水解平衡移動(dòng)方向不同二、非選擇題：本部分共4小題，共58分。8．（16分）抗癌藥托瑞米芬的前體K的合成路線如圖。已知：ⅰ．ⅱ．有機(jī)物結(jié)構(gòu)可用鍵線式表示，如（CH3）2NCH2CH3的鍵線式為（1）有機(jī)物A能與Na2CO3溶液反應(yīng)產(chǎn)生CO2，其鈉鹽可用于食品防腐。有機(jī)物B能與Na2CO3溶液反應(yīng)，但不產(chǎn)生CO2；B加氫可得環(huán)己醇。A和B反應(yīng)生成C的化學(xué)方程式是，反應(yīng)類型是。（2）D中含有的官能團(tuán)：。（3）E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（4）F是一種天然香料，經(jīng)堿性水解、酸化，得G和J．J經(jīng)還原可轉(zhuǎn)化為G．J的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（5）M是J的同分異構(gòu)體，符合下列條件的M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是。①包含2個(gè)六元環(huán)②M可水解，與NaOH溶液共熱時(shí)，1molM最多消耗2molNaOH（6）推測(cè)E和G反應(yīng)得到K的過程中，反應(yīng)物L(fēng)iAlH4和H2O的作用是。（7）由K合成托瑞米芬的過程：托瑞米芬具有反式結(jié)構(gòu)，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是。9．（12分）化學(xué)小組用如下方法測(cè)定經(jīng)處理后的廢水中苯酚的含量（廢水中不含干擾測(cè)定的物質(zhì)）。Ⅰ、用已準(zhǔn)確稱量的KBrO3固體配制一定體積的amol?L﹣1KBrO3標(biāo)準(zhǔn)溶液；Ⅱ、取v1mL上述溶液，加入過量KBr，加H2SO4酸化，溶液顏色呈棕黃色；Ⅲ、向Ⅱ所得溶液中加入v2mL廢水；Ⅳ、向Ⅲ中加入過量KI；Ⅴ、用bmol?L﹣1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ⅳ中溶液至淺黃色時(shí)，滴加2滴淀粉溶液，繼續(xù)滴定至終點(diǎn)，共消耗Na2S2O3溶液v3mL。已知：I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液顏色均為無色（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和。（2）Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是。（3）Ⅲ中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是。（4）Ⅳ中加KI前，溶液顏色須為黃色，原因是。（5）KI與KBrO3物質(zhì)的量關(guān)系為n（KI）≥6n（KBrO3）時(shí)，KI一定過量，理由是。（6）V中滴定至終點(diǎn)的現(xiàn)象是。（7）廢水中苯酚的含量為g?L﹣1（苯酚摩爾質(zhì)量：94g?mol﹣1）。（8）由于Br2具有性質(zhì)，Ⅱ～Ⅳ中反應(yīng)須在密閉容器中進(jìn)行，否則會(huì)造成測(cè)定結(jié)果偏高。10．（14分）氫能源是最具有應(yīng)用前景的能源之一，高純氫的制備是目前的研究熱點(diǎn)。（1）甲烷水蒸氣催化重整是制高純氫的方法之一。①反應(yīng)器中初始反應(yīng)的生成物為H2和CO2，其物質(zhì)的量之比為4：1，甲烷和水蒸氣反應(yīng)的方程式是。②已知反應(yīng)器中還存在如下反應(yīng)：?。瓹H4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H1ⅱ．CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H2ⅲ．CH4（g）═C（s）+2H2（g）△H3…ⅲ為積炭反應(yīng)，利用△H1和△H2計(jì)算△H3時(shí)，還需要利用反應(yīng)的△H。③反應(yīng)物投料比采用n（H2O）：n（CH4）＝4：1，大于初始反應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，目的是（選填字母序號(hào)）。a．促進(jìn)CH4轉(zhuǎn)化b．促進(jìn)CO轉(zhuǎn)化為CO2c．減少積炭生成④用CaO可以去除CO2．H2體積分?jǐn)?shù)和CaO消耗率隨時(shí)間變化關(guān)系如圖所示。從t1時(shí)開始，H2體積分?jǐn)?shù)顯著降低，單位時(shí)間CaO消耗率（填“升高”“降低”或“不變”）。此時(shí)CaO消耗率約為35%，但已失效，結(jié)合化學(xué)方程式解釋原因：。（2）可利用太陽能光伏電池電解水制高純氫，工作示意圖如圖。通過控制開關(guān)連接K1或K2，可交替得到H2和O2。①制H2時(shí)，連接。產(chǎn)生H2的電極方程式是。②改變開關(guān)連接方式，可得O2。③結(jié)合①和②中電極3的電極反應(yīng)式，說明電極3的作用：。11．（16分）化學(xué)小組實(shí)驗(yàn)探究SO2與AgNO3溶液的反應(yīng)。（1）實(shí)驗(yàn)一：用如圖裝置（夾持、加熱儀器略）制備SO2，將足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反應(yīng)，得到無色溶液A和白色沉淀B。①濃H2SO4與Cu反應(yīng)的化學(xué)方程式是。②試劑a是。（2）對(duì)體系中有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)分析得出：沉淀B可能為Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。（資料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3難溶于水）實(shí)驗(yàn)二：驗(yàn)證B的成分①寫出Ag2SO3溶于氨水的離子方程式：。②加入鹽酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F．推斷D中主要是BaSO3，進(jìn)而推斷B中含有Ag2SO3．向?yàn)V液E中加入一種試劑，可進(jìn)一步證實(shí)B中含有Ag2SO3．所用試劑及現(xiàn)象是。（3）根據(jù)沉淀F的存在，推測(cè)SO42﹣的產(chǎn)生有兩個(gè)途徑：途徑1：實(shí)驗(yàn)一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，隨沉淀B進(jìn)入D。途徑2：實(shí)驗(yàn)二中，SO32﹣被氧化為SO42﹣進(jìn)入D。實(shí)驗(yàn)三：探究SO42﹣的產(chǎn)生途徑①向溶液A中滴入過量鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀，證明溶液中含有；取上層清液繼續(xù)滴加BaCl2溶液，未出現(xiàn)白色沉淀，可判斷B中不含Ag2SO4．做出判斷的理由：。②實(shí)驗(yàn)三的結(jié)論：。（4）實(shí)驗(yàn)一中SO2與AgNO3溶液反應(yīng)的離子方程式是。（5）根據(jù)物質(zhì)性質(zhì)分析，SO2與AgNO3溶液應(yīng)該可以發(fā)生氧化還原反應(yīng)。將實(shí)驗(yàn)一所得混合物放置一段時(shí)間，有Ag和SO42﹣生成。（6）根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)所得結(jié)論：。2019年北京市高考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本部分共7小題，每小題6分，共42分。在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)。1．（6分）下列我國科研成果所涉及材料中，主要成分為同主族元素形成的無機(jī)非金屬材料的是（）A．4.03米大口徑碳化硅反射鏡 B．2022年冬奧會(huì)聚氨酯速滑服 C．能屏蔽電磁波的碳包覆銀納米線 D．“玉兔二號(hào)”鈦合金篩網(wǎng)輪【分析】A．C、Si都位于第IVA族；B．聚氨酯中含有C、H、O、N元素，分別位于第IVA族、第IA族、第VIA族、第VA族；C．C位于第IVA族、Ag位于第IB族；D．鈦合金主要成分有Ti、Al等，Ti位于第IVB族，Al位于第IIIA族。【解答】解：A．C、Si都位于第IVA族，二者位于同一主族，故A正確；B．聚氨酯中含有C、H、O、N元素，分別位于第IVA族、第IA族、第VIA族、第VA族，這幾種元素位于不同主族，故B錯(cuò)誤；C．C位于第IVA族、Ag位于第IB族，二者位于不同族且Ag為副族元素，故C錯(cuò)誤；D．鈦合金主要成分有Ti、Al等，Ti位于第IVB族，Al位于第IIIA族，Ti為副族元素，不符合，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查元素周期表結(jié)構(gòu)及無機(jī)非金屬材料，明確元素在周期表位置及常見物質(zhì)成分是解本題關(guān)鍵，熟練掌握元素周期表結(jié)構(gòu)并靈活運(yùn)用，題目難度不大。2．（6分）下列示意圖與化學(xué)用語表述內(nèi)容不相符的是（水合離子用相應(yīng)離子符號(hào)表示）（）ABCDA．NaCl═Na++Cl﹣ B．CuCl2═Cu2++2Cl﹣ C．CH3COOH?CH3COO﹣+H+ D．H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H＝﹣183kJ?mol﹣1【分析】A．NaCl為強(qiáng)電解質(zhì)；B．電解氯化銅生成Cu和氯氣；C．醋酸為弱電解質(zhì)，存在電離平衡；D．焓變等于斷裂化學(xué)鍵吸收的能量減去成鍵釋放的能量，結(jié)合狀態(tài)及焓變書寫熱化學(xué)方程式?！窘獯稹拷猓篈．NaCl為強(qiáng)電解質(zhì)，則電離方程式為NaCl═Na++Cl﹣，故A正確；B．電解氯化銅生成Cu和氯氣，則方程式為CuCl2Cu+2Cl2↑，故B錯(cuò)誤；C．醋酸為弱電解質(zhì)，存在電離平衡，則電離方程式為CH3COOH?CH3COO+H+，故C正確；D．焓變等于斷裂化學(xué)鍵吸收的能量減去成鍵釋放的能量，則△H＝（436+243﹣431×2）kJ/mol＝﹣183kJ?mol﹣1，由狀態(tài)及焓變可知熱化學(xué)方程式為H2（g）+Cl2═2HCl（g）△H＝﹣183kJ?mol﹣1，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查反應(yīng)熱與焓變，為高頻考點(diǎn)，把握電解質(zhì)與電離方程式、焓變計(jì)算及熱化學(xué)方程式為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng)B為解答的易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度不大。3．（6分）2019年是元素周期表發(fā)表150周年，期間科學(xué)家為完善周期表做出了不懈努力。中國科學(xué)院院士張青蓮教授曾主持測(cè)定了銦（49In）等9種元素相對(duì)原子質(zhì)量的新值，被采用為國際新標(biāo)準(zhǔn)。銦與銣（37Rb）同周期。下列說法不正確的是（）A．In是第五周期第ⅢA族元素 B．In的中子數(shù)與電子數(shù)的差值為17 C．原子半徑：In＞Al D．堿性：In（OH）3＞RbOH【分析】A．In的原子序數(shù)為49，原子核外有5個(gè)電子層，數(shù)目分別為2、8、18、18、3；B.In的中子數(shù)為115﹣49＝66；C．同主族元素從上到下原子半徑增大；D．元素的金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的堿性越強(qiáng)。【解答】解：A．In的原子序數(shù)為49，原子核外有5個(gè)電子層，數(shù)目分別為2、8、18、18、3，則銦處于第五周期第ⅢA族，故A正確；B.In的中子數(shù)為115﹣49＝66，In原子中電子數(shù)為49，則In的中子數(shù)與電子數(shù)的差值為66﹣49＝17，故B正確；C．同主族元素從上到下原子半徑增大，則原子半徑：In＞Al，故C正確；D．金屬性Rb＞In，元素的金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的堿性越強(qiáng)，則堿性In（OH）3＜RbOH，故D錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查元素周期表，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，要求學(xué)生熟悉元素周期表的排布規(guī)律，同時(shí)了解元素的一些性質(zhì)變化規(guī)律，題目難度不大。4．（6分）交聯(lián)聚合物P的結(jié)構(gòu)片段如圖所示。下列說法不正確的是（圖中表示鏈延長(zhǎng)）（）A．聚合物P中有酯基，能水解 B．聚合物P的合成反應(yīng)為縮聚反應(yīng) C．聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解獲得 D．鄰苯二甲酸和乙二醇在聚合過程中也可形成類似聚合物P的交聯(lián)結(jié)構(gòu)【分析】A．Y與X發(fā)生縮聚反應(yīng)生成P，P含﹣COOC﹣；B．﹣COOH、﹣OH發(fā)生反應(yīng)；D．油脂為高級(jí)脂肪酸甘油酯；D．鄰苯二甲酸和乙二醇在發(fā)生縮聚反應(yīng)生成直鏈結(jié)構(gòu)的高分子?！窘獯稹拷猓篈．Y與X發(fā)生縮聚反應(yīng)生成P，P含﹣COOC﹣，可發(fā)生水解反應(yīng)，故A正確；B．﹣COOH、﹣OH發(fā)生反應(yīng)，則聚合物P的合成反應(yīng)為縮聚反應(yīng)，故B正確；D．油脂為高級(jí)脂肪酸甘油酯，則水解可生成甘油，故C正確；D．鄰苯二甲酸和乙二醇在發(fā)生縮聚反應(yīng)生成直鏈結(jié)構(gòu)的高分子，不能形成類似聚合物P的交聯(lián)結(jié)構(gòu)，故D錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握官能團(tuán)與性質(zhì)、有機(jī)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng)D為解答的難點(diǎn)，題目難度不大。5．（6分）下列除雜試劑選用正確且除雜過程不涉及氧化還原反應(yīng)的是（）物質(zhì)（括號(hào)內(nèi)為雜質(zhì)）除雜試劑AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、濃H2SO4DNO（NO2）H2O、無水CaCl2A．A B．B C．C D．D【分析】A．Fe與氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵；B．NaOH與氯化鎂發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)；C．氯氣與水反應(yīng)；D．二氧化氮與水反應(yīng)生成NO?！窘獯稹拷猓篈．Fe與氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵，為氧化還原反應(yīng)，故A不選；B．NaOH與氯化鎂發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，且加鹽酸中和生成的NaOH，可除雜，故B選；C．氯氣與水反應(yīng)，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，應(yīng)選飽和食鹽水抑制氯氣的溶解，故C不選；D．二氧化氮與水反應(yīng)生成NO，為氧化還原反應(yīng)，故D不選；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查氧化還原反應(yīng)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離提純?yōu)榻獯鸬年P(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識(shí)的應(yīng)用，題目難度不大。6．（6分）探究草酸（H2C2O4）性質(zhì)，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。（已知：室溫下，0.1mol?L﹣1H2C2O4的pH＝1.3）實(shí)驗(yàn)裝置試劑a現(xiàn)象①Ca（OH）2溶液（含酚酞）溶液褪色，產(chǎn)生白色沉淀②少量NaHCO3溶液產(chǎn)生氣泡③酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色④C2H5OH和濃硫酸加熱后產(chǎn)生有香味物質(zhì)由上述實(shí)驗(yàn)所得草酸性質(zhì)所對(duì)應(yīng)的方程式不正確的是（）A．H2C2O4有酸性，Ca（OH）2+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O B．酸性：H2C2O4＞H2CO3，NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑+H2O C．H2C2O4有還原性，2MnO4﹣+5C2O42+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O D．H2C2O4可發(fā)生酯化反應(yīng)，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O【分析】0.1mol?L﹣1H2C2O4的pH＝1.3，說明草酸是弱酸，A．酸不能使酚酞變紅色，堿溶液能使酚酞變紅色，酸堿能發(fā)生中和反應(yīng)；B．強(qiáng)酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸；C．高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性，能氧化還原性物質(zhì)；D．酯具有香味。【解答】解：A．Ca（OH）2溶液（含酚酞）中加入草酸溶液，溶液褪色，說明混合溶液堿性減弱，且生成白色沉淀，則發(fā)生中和反應(yīng)，從而草酸體現(xiàn)酸性，反應(yīng)方程式為Ca（OH）2+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O，故A正確；B．向少量NaHCO3溶液加入草酸有氣泡生成，說明有二氧化碳生成，強(qiáng)酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸，根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象知，酸性：H2C2O4＞H2CO3，反應(yīng)方程式為NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑H2O，故B正確；C．酸性KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，向酸性KMnO4溶液加入草酸，溶液褪色，說明酸性KMnO4溶液氧化了草酸，則草酸體現(xiàn)還原性，根據(jù)題干信息，草酸為弱酸，2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C錯(cuò)誤；D．酯具有香味，C2H5OH和濃硫酸中加入草酸加熱后產(chǎn)生有香味物質(zhì)，說明有酯生成，所以發(fā)生了酯化反應(yīng)，則草酸可以發(fā)生酯化反應(yīng)，故D正確；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查探究物質(zhì)性質(zhì)，側(cè)重考查實(shí)驗(yàn)操作、實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象分析判斷，明確實(shí)驗(yàn)原理、元素化合物性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意結(jié)合題給信息分析解答，C為解答易錯(cuò)點(diǎn)。7．（6分）實(shí)驗(yàn)測(cè)得0.5mol?L﹣1CH3COONa溶液、0.5mol?L﹣1CuSO4溶液以及H2O的pH隨溫度變化的曲線如圖所示。下列說法正確的是（）A．隨溫度升高，純水中c（H+）＞c（OH﹣） B．隨溫度升高，CH3COONa的溶液的c（OH﹣）減小 C．隨溫度升高，CuSO4的溶液的pH變化是Kw改變與水解平衡移動(dòng)共同作用的結(jié)果 D．隨水溫升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因?yàn)镃H3COO﹣、Cu2+水解平衡移動(dòng)方向不同【分析】A．任何溫度下純水中都存在c（H+）＝c（OH﹣）；B．升高溫度CH3COONa促進(jìn)醋酸鈉水解；C．升高溫度促進(jìn)CuSO4水解也促進(jìn)水電離；D．升高溫度促進(jìn)鹽類水解。【解答】解：A．升高溫度促進(jìn)水電離，但是純水中仍然存在c（H+）＝c（OH﹣），故A錯(cuò)誤；B．升高溫度CH3COONa促進(jìn)醋酸鈉水解、水的電離，溶液中c（OH﹣）增大，故B錯(cuò)誤；C．鹽類水解和水的電離都是吸熱反應(yīng)，升高溫度促進(jìn)CuSO4水解也促進(jìn)水電離，所以升高溫度導(dǎo)致Kw增大，則升高溫度CuSO4的溶液的pH變化是Kw改變與水解平衡移動(dòng)共同作用的結(jié)果，故C正確；D．升高溫度促進(jìn)鹽類水解，醋酸鈉和硫酸銅中都有弱離子水解，升高溫度促進(jìn)CH3COO﹣、Cu2+水解，所以CH3COO﹣、Cu2+水解平衡移動(dòng)方向相同，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查鹽類水解及弱電解質(zhì)的電離，明確溫度對(duì)弱電解質(zhì)電離及鹽類水解影響原理是解本題關(guān)鍵，側(cè)重考查分析判斷能力，注意：兩種鹽溶液中隨著溫度變化不僅影響鹽類水解還影響水的電離，題目難度中等。二、非選擇題：本部分共4小題，共58分。8．（16分）抗癌藥托瑞米芬的前體K的合成路線如圖。已知：?。ⅲ袡C(jī)物結(jié)構(gòu)可用鍵線式表示，如（CH3）2NCH2CH3的鍵線式為（1）有機(jī)物A能與Na2CO3溶液反應(yīng)產(chǎn)生CO2，其鈉鹽可用于食品防腐。有機(jī)物B能與Na2CO3溶液反應(yīng)，但不產(chǎn)生CO2；B加氫可得環(huán)己醇。A和B反應(yīng)生成C的化學(xué)方程式是++H2O，反應(yīng)類型是取代反應(yīng)或酯化反應(yīng)。（2）D中含有的官能團(tuán)：羰基、羥基。（3）E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（4）F是一種天然香料，經(jīng)堿性水解、酸化，得G和J．J經(jīng)還原可轉(zhuǎn)化為G．J的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（5）M是J的同分異構(gòu)體，符合下列條件的M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是。①包含2個(gè)六元環(huán)②M可水解，與NaOH溶液共熱時(shí)，1molM最多消耗2molNaOH（6）推測(cè)E和G反應(yīng)得到K的過程中，反應(yīng)物L(fēng)iAlH4和H2O的作用是還原劑。（7）由K合成托瑞米芬的過程：托瑞米芬具有反式結(jié)構(gòu)，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是?！痉治觥坑袡C(jī)物A能與Na2CO3溶液反應(yīng)產(chǎn)生CO2，說明含有﹣COOH，其鈉鹽可用于食品防腐，結(jié)合K結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式知，A為，有機(jī)物B能與Na2CO3溶液反應(yīng)，但不產(chǎn)生CO2，說明含有酚羥基，且B加氫可得環(huán)己醇，則B為，根據(jù)ABC分子式知，AB發(fā)生酯化反應(yīng)生成C為，C發(fā)生信息i的反應(yīng)生成D為，生成E為；F是一種天然香料，說明含有酯基，經(jīng)堿性水解、酸化，得G和J，J經(jīng)還原可轉(zhuǎn)化為G，J不飽和度＝＝6，根據(jù)K結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式知，GJ中都含有苯環(huán)，苯環(huán)的不飽和度是4，根據(jù)O原子個(gè)數(shù)知，J中含有﹣COOH，所以還含有一個(gè)C＝C，則J為，根據(jù)原子守恒知，G分子式為C9H10O，G的不飽和度為＝5，J經(jīng)過還原可以得到G，所以G為，EG發(fā)生加成反應(yīng)生成K；（7）K發(fā)生消去反應(yīng)生成N，N分子式為C26H29NO2，N和SOCl2發(fā)生取代反應(yīng)生成托瑞米芬，根據(jù)反應(yīng)前后分子式變化中Cl原子取代﹣OH，且托瑞米芬具有反式結(jié)構(gòu)，則N為，托瑞米芬為?！窘獯稹拷猓海?）通過以上分析知，A為，B為，C為，A和B反應(yīng)生成C的化學(xué)方程式是++H2O，反應(yīng)類型是取代反應(yīng)或酯化反應(yīng)，故答案為：++H2O；取代反應(yīng)或酯化反應(yīng)；（2）D為，D中含有的官能團(tuán)：羰基、羥基，故答案為：羰基、羥基；（3）E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為：；（4）J的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為：；（5）J為，M是J的同分異構(gòu)體，①包含2個(gè)六元環(huán)；②M可水解，說明含有酯基；與NaOH溶液共熱時(shí)，1molM最多消耗2molNaOH，說明水解生成酚羥基和羧基，符合條件的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為：；（6）推測(cè)E和G反應(yīng)得到K的過程中，該反應(yīng)為加成反應(yīng)，羰基上加上H原子，則反應(yīng)物L(fēng)uAlH4和H2O的作用是還原劑，故答案為：還原劑；（7）托瑞米芬結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為：?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物推斷，側(cè)重考查分析推斷及知識(shí)綜合運(yùn)用能力，靈活利用題給信息、反應(yīng)前后分子式或結(jié)構(gòu)變化、反應(yīng)條件進(jìn)行推斷，正確推斷各物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是解本題關(guān)鍵，注意信息的獲取和靈活運(yùn)用，題目難度中等。9．（12分）化學(xué)小組用如下方法測(cè)定經(jīng)處理后的廢水中苯酚的含量（廢水中不含干擾測(cè)定的物質(zhì)）。Ⅰ、用已準(zhǔn)確稱量的KBrO3固體配制一定體積的amol?L﹣1KBrO3標(biāo)準(zhǔn)溶液；Ⅱ、取v1mL上述溶液，加入過量KBr，加H2SO4酸化，溶液顏色呈棕黃色；Ⅲ、向Ⅱ所得溶液中加入v2mL廢水；Ⅳ、向Ⅲ中加入過量KI；Ⅴ、用bmol?L﹣1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ⅳ中溶液至淺黃色時(shí)，滴加2滴淀粉溶液，繼續(xù)滴定至終點(diǎn)，共消耗Na2S2O3溶液v3mL。已知：I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液顏色均為無色（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和容量瓶。（2）Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是BrO3﹣+5Br﹣+6H+＝3Br2+3H2O。（3）Ⅲ中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是。（4）Ⅳ中加KI前，溶液顏色須為黃色，原因是確保溴過量，保證苯酚已經(jīng)完全反應(yīng)。（5）KI與KBrO3物質(zhì)的量關(guān)系為n（KI）≥6n（KBrO3）時(shí)，KI一定過量，理由是由電子守恒可知，當(dāng)n（KI）＝6n（KBrO3）時(shí)，KI恰好與步驟II中生成的溴完全反應(yīng)，而步驟III中苯酚會(huì)消耗一定量的溴，所以n（KI）≥6n（KBrO3）時(shí)，KI一定過量。（6）V中滴定至終點(diǎn)的現(xiàn)象是最后一滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液恰好藍(lán)色消失，且半分鐘內(nèi)不變。（7）廢水中苯酚的含量為g?L﹣1（苯酚摩爾質(zhì)量：94g?mol﹣1）。（8）由于Br2具有揮發(fā)性性質(zhì)，Ⅱ～Ⅳ中反應(yīng)須在密閉容器中進(jìn)行，否則會(huì)造成測(cè)定結(jié)果偏高?！痉治觥浚?）配制溶液一定需要容量瓶；（2）II中發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成溴和水；（3）Ⅲ中發(fā)生反應(yīng)生成三溴苯酚和HBr；（4）Ⅳ中加KI前，溶液顏色須為黃色，可知溴過量；（5）結(jié)合電子守恒計(jì)算；（6）淀粉遇碘變藍(lán)；（7）結(jié)合I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6、BrO3﹣+5Br﹣+6H+＝3Br2+3H2O、計(jì)算；（8）溴易揮發(fā)。【解答】解：（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和容量瓶，故答案為：容量瓶；（2）Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是BrO3﹣+5Br﹣+6H+＝3Br2+3H2O，故答案為：BrO3﹣+5Br﹣+6H+＝3Br2+3H2O；（3）Ⅲ中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是苯酚與濃溴水反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故答案為：；（4）Ⅳ中加KI前，溶液顏色須為黃色，原因是確保溴過量，保證苯酚已經(jīng)完全反應(yīng)，故答案為：確保溴過量，保證苯酚已經(jīng)完全反應(yīng)；（5）KI與KBrO3物質(zhì)的量關(guān)系為n（KI）≥6n（KBrO3）時(shí)，KI一定過量，理由是由電子守恒可知，當(dāng)n（KI）＝6n（KBrO3）時(shí)，KI恰好與步驟II中生成的溴完全反應(yīng)，而步驟III中苯酚會(huì)消耗一定量的溴，所以n（KI）≥6n（KBrO3）時(shí)，KI一定過量，故答案為：由電子守恒可知，當(dāng)n（KI）＝6n（KBrO3）時(shí)，KI恰好與步驟II中生成的溴完全反應(yīng)，而步驟III中苯酚會(huì)消耗一定量的溴，所以n（KI）≥6n（KBrO3）時(shí)，KI一定過量；（6）V中滴定至終點(diǎn)的現(xiàn)象是最后一滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液恰好藍(lán)色消失，且半分鐘內(nèi)不變，故答案為：最后一滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液恰好藍(lán)色消失，且半分鐘內(nèi)不變；（7）由BrO3﹣+5Br﹣+6H+＝3Br2+3H2O、I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6、可知，生成的溴的物質(zhì)的量為a×mol/L×v1×10﹣3L×3＝3av1×10﹣3mol，由溴與碘化鉀反應(yīng)生成的碘的物質(zhì)的量為bmol/L×v3×10﹣3L×＝5bv3×10﹣4mol，所以與苯酚反應(yīng)的溴的物質(zhì)的量為3av1×10﹣3mol﹣5bv3×10﹣4mol＝（30av1﹣5bv3）×10﹣4mol，由可知，苯酚的物質(zhì)的量為（30av1﹣5bv3）×10﹣4mol×，廢水中苯酚的含量為＝g?L﹣1，故答案為：；（8）由于Br2具有揮發(fā)性的性質(zhì)，Ⅱ～Ⅳ中反應(yīng)須在密閉容器中進(jìn)行，否則會(huì)造成測(cè)定結(jié)果偏高，故答案為：揮發(fā)性?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)含量測(cè)定實(shí)驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、測(cè)定原理為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?）為解答的難點(diǎn)，題目難度不大。10．（14分）氫能源是最具有應(yīng)用前景的能源之一，高純氫的制備是目前的研究熱點(diǎn)。（1）甲烷水蒸氣催化重整是制高純氫的方法之一。①反應(yīng)器中初始反應(yīng)的生成物為H2和CO2，其物質(zhì)的量之比為4：1，甲烷和水蒸氣反應(yīng)的方程式是CH4+2H2O（g）2H2+CO2。②已知反應(yīng)器中還存在如下反應(yīng)：?。瓹H4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H1ⅱ．CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H2ⅲ．CH4（g）═C（s）+2H2（g）△H3…ⅲ為積炭反應(yīng)，利用△H1和△H2計(jì)算△H3時(shí)，還需要利用2H2（g）+CO2（g）＝C（S）+2H2O（g）或C（s）+CO2（g）＝2CO（g）反應(yīng)的△H。③反應(yīng)物投料比采用n（H2O）：n（CH4）＝4：1，大于初始反應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，目的是abc（選填字母序號(hào)）。a．促進(jìn)CH4轉(zhuǎn)化b．促進(jìn)CO轉(zhuǎn)化為CO2c．減少積炭生成④用CaO可以去除CO2．H2體積分?jǐn)?shù)和CaO消耗率隨時(shí)間變化關(guān)系如圖所示。從t1時(shí)開始，H2體積分?jǐn)?shù)顯著降低，單位時(shí)間CaO消耗率降低（填“升高”“降低”或“不變”）。此時(shí)CaO消耗率約為35%，但已失效，結(jié)合化學(xué)方程式解釋原因：過多的二氧化碳消耗氫氣，使氫氣的體積分?jǐn)?shù)明顯下降，發(fā)生2H2（g）+CO2（g）＝C（S）+2H2O（g）。（2）可利用太陽能光伏電池電解水制高純氫，工作示意圖如圖。通過控制開關(guān)連接K1或K2，可交替得到H2和O2。①制H2時(shí)，連接K1。產(chǎn)生H2的電極方程式是2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣。②改變開關(guān)連接方式，可得O2。③結(jié)合①和②中電極3的電極反應(yīng)式，說明電極3的作用：①中電極3發(fā)生Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H2O，制氫氣時(shí)消耗電極1產(chǎn)生的OH﹣，②中電極3發(fā)生NiOOH+H2O+e﹣＝Ni（OH）2+OH﹣，制氧氣時(shí)補(bǔ)充電極2消耗的OH﹣?！痉治觥浚?）①甲烷和水蒸氣反應(yīng)生成H2和CO2，結(jié)合質(zhì)量守恒書寫化學(xué)方程式；②三個(gè)反應(yīng)還涉及到氫氣和二氧化碳反應(yīng)生成C和水的反應(yīng)；③水過量，可分別與CH4、CO、C等反應(yīng)；④由圖象可知，CaO消耗率曲線斜率減小，則CaO消耗率降低；過多的二氧化碳可與氫氣反應(yīng)，導(dǎo)致氫氣的體積分?jǐn)?shù)減?。唬?）電解水生成氫氣和氧氣，氧氣在陽極生成，氫氣在陰極生成，電極3可分別連接K1或K2，分別發(fā)生氧化、還原反應(yīng)，實(shí)現(xiàn)NiOOH?Ni（OH）2的轉(zhuǎn)化，且可循環(huán)使用，以此解答該題?！窘獯稹拷猓海?）①甲烷和水蒸氣反應(yīng)生成H2和CO2，其物質(zhì)的量之比為4：1，則反應(yīng)的方程式為CH4+2H2O（g）2H2+CO2，故答案為：CH4+2H2O（g）2H2+CO2；②?。瓹H4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H1ⅱ．CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H2，則i+ii可得CH4（g）+2H2O（g）＝CO2（g）+4H2（g），如要得到ⅲ．CH4（g）═C（s）+2H2（g）△H3，則還應(yīng)需要2H2（g）+CO2（g）＝C（S）+2H2O（g）的△H，CH4（g）+2H2O（g）＝CO2（g）+4H2（g）與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），然后與C（s）+CO2（g）＝2CO（g）相減，亦可得到反應(yīng)iii的△H，故答案為：2H2（g）+CO2（g）＝C（S）+2H2O（g）或C（s）+CO2（g）＝2CO（g）；③水過量，可分別與i中的CH4，ii中的CO反應(yīng)，則可促進(jìn)CH4轉(zhuǎn)化、促進(jìn)CO轉(zhuǎn)化為CO2、且與iii生成的C等反應(yīng)，簡(jiǎn)式積炭生成，故答案為：abc；④由圖象可知，CaO消耗率曲線斜率減小，則CaO消耗率降低；過多的二氧化碳可與氫氣反應(yīng)，導(dǎo)致氫氣的體積分?jǐn)?shù)減小，發(fā)生2H2（g）+CO2（g）＝C（S）+2H2O（g），導(dǎo)致CaO消耗率約為35%時(shí)已失效，故答案為：降低；過多的二氧化碳消耗氫氣，使氫氣的體積分?jǐn)?shù)明顯下降，發(fā)生2H2（g）+CO2（g）＝C（S）+2H2O（g）；（2）①電解水生成氫氣和氧氣，氧氣在陽極生成，氫氣在陰極生成，則應(yīng)連接K1，電極方程式為2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，故答案為：K1；2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣；③電極3可分別連接K1或K2，①中電極3發(fā)生Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H2O，制氫氣時(shí)消耗電極1產(chǎn)生的OH﹣，②中電極3發(fā)生NiOOH+H2O+e﹣＝Ni（OH）2+OH﹣，制氧氣時(shí)補(bǔ)充電極2消耗的OH﹣，實(shí)現(xiàn)NiOOH?Ni（OH）2的轉(zhuǎn)化，且可循環(huán)使用，故答案為：①中電極3發(fā)生Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H2O，制氫氣時(shí)消耗電極1產(chǎn)生的OH﹣，②中電極3發(fā)生NiOOH+H2O+e﹣＝Ni（OH）2+OH﹣，制氧氣時(shí)補(bǔ)充電極2消耗的OH﹣?！军c(diǎn)評(píng)】本題為2019年北京考題理綜卷化學(xué)試題，題目涉及化學(xué)平衡、電解等知識(shí)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，注意把握蓋斯定律以及電解池的分析，掌握電極方程式的書寫，題目難度中等。11．（16分）化學(xué)小組實(shí)驗(yàn)探究SO2與AgNO3溶液的反應(yīng)。（1）實(shí)驗(yàn)一：用如圖裝置（夾持、加熱儀器略）制備SO2，將足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反應(yīng)，得到無色溶液A和白色沉淀B。①濃H2SO4與Cu反應(yīng)的化學(xué)方程式是Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O。②試劑a是飽和NaHSO3溶液。（2）對(duì)體系中有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)分析得出：沉淀B可能為Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。（資料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3難溶于水）實(shí)驗(yàn)二：驗(yàn)證B的成分①寫出Ag2SO3溶于氨水的離子方程式：Ag2SO3+4NH3?H2O＝2Ag（NH3）2++SO32﹣+4H2O。②加入鹽酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F．推斷D中主要是BaSO3，進(jìn)而推斷B中含有Ag2SO3．向?yàn)V液E中加入一種試劑，可進(jìn)一步證實(shí)B中含有Ag2SO3．所用試劑及現(xiàn)象是稀硫酸，產(chǎn)生白色沉淀。（3）根據(jù)沉淀F的存在，推測(cè)SO42﹣的產(chǎn)生有兩個(gè)途徑：途徑1：實(shí)驗(yàn)一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，隨沉淀B進(jìn)入D。途徑2：實(shí)驗(yàn)二中，SO32﹣被氧化為SO42﹣進(jìn)入D。實(shí)驗(yàn)三：探究SO42﹣的產(chǎn)生途徑①向溶液A中滴入過量鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀，證明溶液中含有Ag+；取上層清液繼續(xù)滴加BaCl2溶液，未出現(xiàn)白色沉淀，可判斷B中不含Ag2SO4．做出判斷的理由：因?yàn)锳g2SO4微溶于水，Ag2SO4（s）?2Ag++SO42﹣，向上層清液滴加氯化鋇溶液，若含有Ag2SO4，則會(huì)出現(xiàn)沉淀。②實(shí)驗(yàn)三的結(jié)論：SO42﹣產(chǎn)生的途徑是SO32﹣被氧化為SO42﹣進(jìn)入D。（4）實(shí)驗(yàn)一中SO2與AgNO3溶液反應(yīng)的離子