2019年高考化学试卷（北京）（解析卷）

1/19 2019 年北京市高考化学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题：本部分共7 小题，每小题6 分，共42 分。在每小题列出的四个选项中，选出 最符合题目要求的一项。 1．（6 分）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 【分析】A．C、Si 都位于第IVA 族； B．聚氨酯中含有C、H、O、N 元素，分别位于第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．钛合金主要成分有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 正确； B．聚氨酯中含有C、H、O、N 元素，分别位于第IVA 族、第IA 族、第VIA 族、第VA 族，这几种元素位于不同主族，故B 错误； C．C 位于第IVA 族、Ag 位于第IB 族，二者位于不同族且Ag 为副族元素，故C 错误； 2/19 D．钛合金主要成分有Ti、Al 等，Ti 位于第IVB 族，Al 位于第IIIA 族，Ti 为副族元素， 不符合，故D 错误； 故选：A。 【点评】本题考查元素周期表结构及无机非金属材料，明确元素在周期表位置及常见物 质成分是解本题关键，熟练掌握元素周期表结构并灵活运用，题目难度不大。 2．（6 分）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 B C D A．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 为强电解质；B．电解氯化铜生成Cu 和氯气；C．醋酸为弱电解质， 存在电离平衡； 3/19 D．焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，结合状态及焓变书写热化学 方程式。 【解答】解：A．NaCl 为强电解质，则电离方程式为NaCl═Na++Cl﹣，故A 正确； B．电解氯化铜生成Cu 和氯气，则方程式为CuCl2 Cu+2Cl2↑，故B 错误； C．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．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＝﹣183kJ•mol﹣1，由状态及焓变可知热化学方程式为H2（g）+Cl2═2HCl（g）△H ＝﹣183kJ•mol﹣1，故D 正确； 故选：B。 【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握电解质与电离方程式、焓变计算及 热化学方程式为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B 为解答的易错点， 题目难度不大。 3．（6 分）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 【分析】A．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； B. In 的中子数为115﹣49＝66； C．同主族元素从上到下原子半径增大； D．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。 【解答】解：A．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、 3/19 18、3，则铟处于第五周期第ⅢA 族，故A 正确；B. In 的中子数为115﹣49＝66，In 原子中电子数为49，则 In 的中子数与电子数的差值为66﹣49＝17，故B 正确； 4/19 C．同主族元素从上到下原子半径增大，则原子半径：In＞Al，故C 正确； D．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。 【点评】本题考查元素周期表，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，要求学生熟悉 元素周期表的排布规律，同时了解元素的一些性质变化规律，题目难度不大。 4．（6 分）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 【分析】A．Y 与X 发生缩聚反应生成P，P 含﹣COOC﹣； B．﹣COOH、﹣OH 发生反应； D．油脂为高级脂肪酸甘油酯； D．邻苯二甲酸和乙二醇在发生缩聚反应生成直链结构的高分子。 【解答】解：A．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．﹣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； D．油脂为高级脂肪酸甘油酯，则水解可生成甘油，故C 正确； D．邻苯二甲酸和乙二醇在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； 5/19 故选：D。 【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为 解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D 为解答的难点，题目难度不大。 5．（6 分）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 C Cl2（HCl） H2O、浓H2SO4 D NO（NO2） H2O、无水CaCl2 A．A B．B C．C D．D 【分析】A．Fe 与氯化铁反应生成氯化亚铁； B．NaOH 与氯化镁发生复分解反应； C．氯气与水反应； D．二氧化氮与水反应生成NO。 【解答】解：A．Fe 与氯化铁反应生成氯化亚铁，为氧化还原反应，故A 不选； B．NaOH 与氯化镁发生复分解反应，且加盐酸中和生成的NaOH，可除杂，故B 选； C．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 不选； D．二氧化氮与水反应生成NO，为氧化还原反应，故D 不选； 故选：B。 【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物 分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题 目难度不大。 6．（6 分）探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1mol•L﹣ 1H2C2O4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 5/19 6/19 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，2MnO4 ﹣+5C2O4 2+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O D．H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OH C2H5OOCCOOC2H5+2H2O 【分析】0.1mol•L﹣1H2C2O4的pH＝1.3，说明草酸是弱酸， A．酸不能使酚酞变红色，碱溶液能使酚酞变红色，酸碱能发生中和反应； B．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸； C．高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质； 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，说明混合溶 液碱性减弱，且生成白色沉淀，则发生中和反应，从而草酸体现酸性，反应方程式为 Ca（OH）2+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O，故A 正确； B．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，根据实验现象知，酸性：H2C2O4 ＞H2CO3 ，反应方程式为 NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑H2O，故B 正确； C．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，则草酸体现还原性，根据题干信息，草酸为弱酸，2MnO4 ﹣ +5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C 错误； D．酯具有香味，C2H5OH 和浓硫酸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。 【点评】本题考查探究物质性质，侧重考查实验操作、实验现象分析判断，明确实验原理 元素化合物性质是解本题关键，注意结合题给信息分析解答，C 为解答易错点。7．（6 分）实验测得0.5mol•L﹣1CH3COONa 溶液、0.5mol•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（ ） 7/19 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 【分析】A．任何温度下纯水中都存在c（H+）＝c（OH﹣）； B．升高温度CH3COONa 促进醋酸钠水解； C．升高温度促进CuSO4水解也促进水电离； D．升高温度促进盐类水解。 【解答】解：A．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．升高温度CH3COONa 促进醋酸钠水解、水的电离，溶液中c（OH﹣）增大，故B 错 误； C．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．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。 【点评】本题考查盐类水解及弱电解质的电离，明确温度对弱电解质电离及盐类水解影 7/19 响原理是解本题关键，侧重考查分析判断能力，注意：两种盐溶液中随着温度变化不仅 影响盐类水解还影响水的电离，题目难度中等。 二、非选择题：本部分共4 小题，共58 分。 8/19 8．（16 分）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 + +H2O ，反应类型是 取 代反应或酯化反应 。 （2）D 中含有的官能团： 羰基、羟基 。 （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 8/19 构简式是 。①包含2 个六元环 ②M 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 的作用是 还原剂 。 （7）由K 合成托瑞米芬的过程： 9/19 托瑞米芬具有 反式结构，其结构简式是 。 【分析】有机物A 能与Na2CO3 溶液反应产生CO2，说明含有﹣COOH，其钠盐可用于 食品防腐，结合K 结构简式知，A 为 ，有机物B 能与Na2CO3溶液反应， 但不产生CO2，说明含有酚羟基，且B 加氢可得环己醇，则B 为 ，根据ABC 分子式知，AB 发生酯化反应生成C 为 ，C 发生信息i 的反应生成D 为 ，生成E 为 ；F 是一种天然香料，说明含 有酯基，经碱性水解、酸化，得G 和J，J 经还原可转化为G，J 不饱和度＝ ＝6，根据K 结构简式知，GJ 中都含有苯环，苯环的不饱和度是4，根据O 原子个数知， J 中含有﹣COOH，所以还含有一个C＝C，则J 为 ，根据原子守恒 知，G 分子式为C9H10O，G 的不饱和度为 ＝5，J 经过还原可以得到G，所 9/19 以G 为 ，EG 发生加成反应生成K； （7）K 发生消去反应生成N，N 分子式为C26H29NO2，N 和SOCl2发生取代反应生成托 瑞米芬，根据反应前后分子式变化中Cl 原子取代﹣OH，且托瑞米芬具有反式结构，则 N 为 ，托瑞米芬为 。 10/19 【解答】解：（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， 故答案为： + +H2O；取代反应或 酯化反应； （2）D 为 ，D 中含有的官能团：羰基、羟基， 故答案为：羰基、羟基； （3）E 的结构简式为 ， 故答案为： ； （4）J 的结构简式为 ，故答案为： ； （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 molNaOH，说 明水解生成酚羟基和羧基， 10/19 符合条件的结构简式为 ， 11/19 故答案为： ； （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LuAlH4和H2O 的作用是还原剂， 故答案为：还原剂； （7）托瑞米芬结构简式为 ， 故答案为： 。 【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，灵活利用题给 信息、反应前后分子式或结构变化、反应条件进行推断，正确推断各物质结构简式是解 本题关键，注意信息的获取和灵活运用，题目难度中等。 9．（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）。 Ⅰ、用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的amol•L﹣1KBrO3标准溶液； Ⅱ、取v1mL 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v2mL 废水； Ⅳ、向Ⅲ中加入过量KI； Ⅴ、用bmol•L﹣1Na2S2O3 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v3mL。 已知：I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6Na2S2O3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 容量瓶 。 （2）Ⅱ中发生反应的离子方程式是 BrO 3 ﹣ +5Br ﹣ +6H + ＝ 3Br 2+3H2O 。 11/19 （3）Ⅲ中发生反应的化学方程式是 。 12/19 （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 （ KBrO 3）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 （ KBrO 3）时， KI 一定过量 。 （6）V 中滴定至终点的现象是 最后一滴 Na 2S2O3 溶液滴入后，溶液恰好蓝色消失，且 半分钟内不变 。 （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 挥发性 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。 【分析】（1）配制溶液一定需要容量瓶； （2）II 中发生氧化还原反应生成溴和水； （3）Ⅲ中发生反应生成三溴苯酚和HBr； （4）Ⅳ中加KI 前，溶液颜色须为黄色，可知溴过量； （5）结合电子守恒计算； （6）淀粉遇碘变蓝； （7 ）结合I2+2Na2S2O3 ＝2NaI+Na2S4O6 、BrO3 ﹣+5Br﹣+6H+ ＝3Br2+3H2O 、 计算； （8）溴易挥发。 【解答】解：（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， 故答案为：容量瓶； （2）Ⅱ中发生反应的离子方程式是BrO3 ﹣+5Br﹣+6H+＝3Br2+3H2O， 故答案为：BrO3 ﹣+5Br﹣+6H+＝3Br2+3H2O； 12/19 （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 13/19 ， 故答案为： ； （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， 故答案为：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， 故答案为：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， 故答案为：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； （7 ）由 BrO3 ﹣+5Br﹣+6H+ ＝3Br2+3H2O