2018年北京市高考化學試卷（原卷版）

精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2018年北京市高考化學試卷一、選擇題（共7小題，每小題6分，共42分．每題只有一個正確選項）1．（6分）下列我國科技成果所涉及物質的應用中，發(fā)生的不是化學變化的是（）A．甲醇低溫所制氫氣用于新能源汽車B．氘、氚用作“人造太陽”核聚變燃料C．偏二甲肼用作發(fā)射“天宮二號”的火箭燃料D．開采可燃冰，將其作為能源使用A．A B．B C．C D．D 2．（6分）我國科研人員提出了由CO2和CH4轉化為高附加值產品CH3COOH的催化反應歷程。該歷程示意圖如下。下列說法不正確的是（）A．生成CH3COOH總反應的原子利用率為100% B．CH4→CH3COOH過程中，有C﹣H鍵發(fā)生斷裂 C．①→②放出能量并形成了C﹣C鍵 D．該催化劑可有效提高反應物的平衡轉化率 3．（6分）下列化學用語對事實的表述不正確的是（）A．硬脂酸與乙醇的酯化反應：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O B．常溫時，0.1mol?L﹣1氨水的pH=11.1：NH3?H2O?NH4++OH﹣ C．由Na和Cl形成離子鍵的過程： D．電解精煉銅的陰極反應：Cu2++2e﹣═Cu 4．（6分）下列實驗中的顏色變化，與氧化還原反應無關的是（）ABCD實驗NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgC1濁液中熱銅絲插入稀硝酸中現(xiàn)象產生白色沉淀，隨后變?yōu)榧t褐色溶液變紅，隨后迅速褪色沉淀由白色逐漸變?yōu)楹谏a生無色氣體，隨后變?yōu)榧t棕色A．A B．B C．C D．D 5．（6分）一種芳綸纖維的拉伸強度比鋼絲還高，廣泛用作防護材料，其結構片段如下圖。下列關于該高分子的說法正確的是（）A．完全水解產物的單個分子中，苯環(huán)上的氫原子具有不同的化學環(huán)境 B．完全水解產物的單個分子中，含有官能團一COOH或一NH2 C．氫鍵對該高分子的性能沒有影響 D．結構簡式為：6．（6分）測定0.1mol?L﹣1Na2SO3溶液先升溫再降溫過程中的pH，數(shù)據(jù)如下：時刻①②③④溫度/℃25304025pH9.669.529.379.25實驗過程中，?、佗軙r刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，④產生白色沉淀多。下列說法不正確的是（）A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32﹣+H2O?HSO3﹣+OH﹣ B．④的pH與①不同，是由于SO32﹣濃度減小造成的 C．①→③的過程中，溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響一致 D．①與④的KW值相等 7．（6分）驗證犧牲陽極的陰極保護法，實驗如下（燒杯內均為經過酸化的3%NaC1溶液）。①在Fe表面生成藍色沉淀②試管內無明顯變化③試管內生成藍色沉淀下列說法不正確的是（）A．對比②③，可以判定Zn保護了Fe B．對比①②，K3[Fe（CN）6]可能將Fe氧化 C．驗證Zn保護Fe時不能用①的方法 D．將Zn換成Cu，用①的方法可判斷Fe比Cu活潑 二、非選擇題II卷（60分）8．（17分）8﹣羥基哇啉被廣泛用作金屬離子的絡合劑和萃取劑，也是重要的醫(yī)藥中間體。下圖是8﹣羥基呼啉的合成路線。已知：i．ii．同一個碳原子上連有2個羥基的分子不穩(wěn)定。（1）按官能團分類，A的類別是。（2）A→B的化學方程式是。（3）C可能的結構簡式是。（4）C→D所需的試劑a是。（5）D→E的化學方程式是。（6）F→G的反應類型是。（7）將下列K→L的流程圖補充完整：KL（8）合成8﹣羥基喹啉時，L發(fā)生了（填“氧化”或“還原”）反應，反應時還生成了水，則L與G物質的量之比為。9．（13分）磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下：已知：磷精礦主要成分為Ca5（PO4）3（OH），還含有Ca5（PO4）3F和有機碳等。溶解度：Ca5（PO4）3（OH）＜CaSO4?0.5H2O（1）上述流程中能加快反應速率的措施有。（2）磷精礦粉酸浸時發(fā)生反應：2Ca5（PO4）3（OH）+3H2O+10H2SO410CaSO4?0.5H2O+6H3PO4①該反應體現(xiàn)出酸性關系：H3PO4H2SO4（填“＞”或“＜”）。②結合元素周期律解釋①中結論：P和S電子層數(shù)相同。。（3）酸浸時，磷精礦中Ca5（PO4）3F所含氟轉化為HF，并進一步轉化為SiF4除去，寫出生成HF的化學方程式：。（4）H2O2將粗磷酸中的有機碳氧化為CO2脫除，同時自身也會發(fā)生分解。相同投料比、相同反應時間，不同溫度下的有機碳脫除率如圖所示。80℃后脫除率變化的原因：。（5）脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應后仍有SO42﹣殘留，原因是；加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率，其離子方程式是。（6）取ag所得精制磷酸，加適量水稀釋，以百里香酚酞作指示劑，用bmol?L﹣1NaOH溶液滴定至終點時生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL．精制磷酸中H3PO4的質量分數(shù)是（已知：H3PO4摩爾質量為98g?mol﹣1）10．（12分）近年來，研究人員提出利用含硫物質熱化學循環(huán)實現(xiàn)太陽能的轉化與存儲，過程如下：（1）反應Ⅰ：2H2SO4（l）=2SO2（g）+2H2O（g）+O2（g）+△H1=+551kJ?mol﹣1反應Ⅲ：S（s）+O2（g）=SO2（g）△H3=﹣297kJ?mol﹣1反應Ⅱ的熱化學方程式：。（2）對反應Ⅱ，在某一投料比時，兩種壓強下，H2SO4在平衡體系中物質的量分數(shù)隨溫度的變化關系如圖所示，p2p1（填“＞”或“＜”），得出該結論的理由是。（3）I﹣可以作為水溶液中SO2歧化反應的催化劑，可能的催化過程如下，將ii補充完整。i．SO2+4I﹣+4H+=S↓+2I2+2H2Oii．I2+2H2O+═++2I﹣（4）探究i、ii反應速率與SO2歧化反應速率的關系，實驗如下：分別將18mLSO2飽和溶液加入到2mL下列試劑中，密閉放置觀察現(xiàn)象，（已知：I2易溶解在KI溶液中）序號ABCD試劑組成0.4mol?L﹣1KIamol?L﹣1KI0.2mol?L﹣1H2SO40.2mol?L﹣1H2SO40.2mol?L﹣1KI0.0002molI2實驗現(xiàn)象溶液變黃，一段時間后出現(xiàn)渾濁溶液變黃，出現(xiàn)渾濁較A快無明顯現(xiàn)象象溶液由棕褐色很快褪色，變成黃色，出現(xiàn)渾濁較A快①B是A的對比實驗，則a=。②比較A、B、C，可得出的結論是。③實驗表明，SO2的歧化反應速率D＞A．結合i，ii反應速率解釋原因：。11．（16分）實驗小組制備高鐵酸鉀（K2FeO4）并探究其性質。資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產生O2，在堿性溶液中較穩(wěn)定。（1）制備K2FeO4（夾持裝置略）①A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應方程式是（錳被還原為Mn2+）。②將除雜裝置B補充完整并標明所用試劑。③C中得到紫色固體和溶液。C中Cl2發(fā)生的反應有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外還有。（2）探究K2FeO4的性質①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，產生黃綠色氣體，得溶液a，經檢驗氣體中含有Cl2，為證明是否K2FeO4氧化了Cl﹣而產生Cl2，設計以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色方案Ⅱ用KOH溶液充分洗滌C中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶出，得到紫色溶液b，取少量b，滴加鹽酸，有Cl2產生。i．由方案1中溶液變紅可知a中含有離子，但該離子的產生不能判斷一定K2FeO4將Cl﹣氧化，還可能由產生（用方程式表示）。ii．方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl﹣．用KOH溶液洗滌的目的是。②根據(jù)K2FeO4的制備實驗得出：氧化性Cl2FeO42﹣（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ實驗表明，Cl2和FeO42﹣的氧化性強弱關系相反，原因是。③資料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42﹣＞MnO4﹣，驗證實驗如下：將溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振蕩后溶液呈淺紫色，該現(xiàn)象能否證明氧化性FeO42﹣＞MnO4﹣，若能，請說明理由；若不能，進一步設計實驗方案，理由或方案：。精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2019年北京市高考化學試卷一、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選項中，選出最符合題目要求的一項。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”鈦合金篩網(wǎng)輪2．（6分）下列示意圖與化學用語表述內容不相符的是（水合離子用相應離子符號表示）（） AB CDA．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，期間科學家為完善周期表做出了不懈努力。中國科學院院士張青蓮教授曾主持測定了銦（49In）等9種元素相對原子質量的新值，被采用為國際新標準。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的結構片段如圖所示。下列說法不正確的是（圖中表示鏈延長）（）A．聚合物P中有酯基，能水解 B．聚合物P的合成反應為縮聚反應 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)結構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的是（）物質（括號內為雜質）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，進行如下實驗。（已知：室溫下，0.1mol?L﹣1H2C2O4的pH＝1.3）實驗裝置試劑a現(xiàn)象①Ca（OH）2溶液（含酚酞）溶液褪色，產生白色沉淀②少量NaHCO3溶液產生氣泡③酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色④C2H5OH和濃硫酸加熱后產生有香味物質由上述實驗所得草酸性質所對應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，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O7．（6分）實驗測得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共同作用的結果D．隨水溫升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因為CH3COO﹣、Cu2+水解平衡移動方向不同二、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：?。ⅲ袡C物結構可用鍵線式表示，如（CH3）2NCH2CH3的鍵線式為（1）有機物A能與Na2CO3溶液反應產生CO2，其鈉鹽可用于食品防腐。有機物B能與Na2CO3溶液反應，但不產生CO2；B加氫可得環(huán)己醇。A和B反應生成C的化學方程式是，反應類型是。（2）D中含有的官能團：。（3）E的結構簡式為。（4）F是一種天然香料，經堿性水解、酸化，得G和J．J經還原可轉化為G．J的結構簡式為。（5）M是J的同分異構體，符合下列條件的M的結構簡式是。①包含2個六元環(huán)②M可水解，與NaOH溶液共熱時，1molM最多消耗2molNaOH（6）推測E和G反應得到K的過程中，反應物LiAlH4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構，其結構簡式是。9．（12分）化學小組用如下方法測定經處理后的廢水中苯酚的含量（廢水中不含干擾測定的物質）。Ⅰ、用已準確稱量的KBrO3固體配制一定體積的amol?L﹣1KBrO3標準溶液；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標準溶液滴定Ⅳ中溶液至淺黃色時，滴加2滴淀粉溶液，繼續(xù)滴定至終點，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)生反應的離子方程式是。（3）Ⅲ中發(fā)生反應的化學方程式是。（4）Ⅳ中加KI前，溶液顏色須為黃色，原因是。（5）KI與KBrO3物質的量關系為n（KI）≥6n（KBrO3）時，KI一定過量，理由是。（6）V中滴定至終點的現(xiàn)象是。（7）廢水中苯酚的含量為g?L﹣1（苯酚摩爾質量：94g?mol﹣1）。（8）由于Br2具有性質，Ⅱ～Ⅳ中反應須在密閉容器中進行，否則會造成測定結果偏高。10．（14分）氫能源是最具有應用前景的能源之一，高純氫的制備是目前的研究熱點。（1）甲烷水蒸氣催化重整是制高純氫的方法之一。①反應器中初始反應的生成物為H2和CO2，其物質的量之比為4：1，甲烷和水蒸氣反應的方程式是。②已知反應器中還存在如下反應：?。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，利用△H1和△H2計算△H3時，還需要利用反應的△H。③反應物投料比采用n（H2O）：n（CH4）＝4：1，大于初始反應的化學計量數(shù)之比，目的是（選填字母序號）。a．促進CH4轉化b．促進CO轉化為CO2c．減少積炭生成④用CaO可以去除CO2．H2體積分數(shù)和CaO消耗率隨時間變化關系如圖所示。從t1時開始，H2體積分數(shù)顯著降低，單位時間CaO消耗率（填“升高”“降低”或“不變”）。此時CaO消耗率約為35%，但已失效，結合化學方程式解釋原因：。（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。通過控制開關連接K1或K2，可交替得到H2和O2。①制H2時，連接。產生H2的電極方程式是。②改變開關連接方式，可得O2。③結合①和②中電極3的電極反應式，說明電極3的作用：。11．（16分）化學小組實驗探究SO2與AgNO3溶液的反應。（1）實驗一：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，得到無色溶液A和白色沉淀B。①濃H2SO4與Cu反應的化學方程式是。②試劑a是。（2）對體系中有關物質性質分析得出：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）實驗二：驗證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，進而推斷B中含有Ag2SO3．向濾液E中加入一種試劑，可進一步證實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SO42﹣的產生有兩個途徑：途徑1：實驗一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，隨沉淀B進入D。途徑2：實驗二中，SO32﹣被氧化為SO42﹣進入D。實驗三：探究SO42﹣的產生途徑①向溶液A中滴入過量鹽酸，產生白色沉淀，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實驗三的結論：。（4）實驗一中SO2與AgNO3溶液反應的離子方程式是。（5）根據(jù)物質性質分析，SO2與AgNO3溶液應該可以發(fā)生氧化還原反應。將實驗一所得混合物放置一段時間，有Ag和SO42﹣生成。（6）根據(jù)上述實驗所得結論：。

2019年北京市高考化學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選項中，選出最符合題目要求的一項。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”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?！窘獯稹拷猓篈．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錯誤；故選：A?！军c評】本題考查元素周期表結構及無機非金屬材料，明確元素在周期表位置及常見物質成分是解本題關鍵，熟練掌握元素周期表結構并靈活運用，題目難度不大。2．（6分）下列示意圖與化學用語表述內容不相符的是（水合離子用相應離子符號表示）（） AB CDA．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為強電解質；B．電解氯化銅生成Cu和氯氣；C．醋酸為弱電解質，存在電離平衡；D．焓變等于斷裂化學鍵吸收的能量減去成鍵釋放的能量，結合狀態(tài)及焓變書寫熱化學方程式?！窘獯稹拷猓篈．NaCl為強電解質，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錯誤；C．醋酸為弱電解質，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)及焓變可知熱化學方程式為H2（g）+Cl2═2HCl（g）△H＝﹣183kJ?mol﹣1，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查反應熱與焓變，為高頻考點，把握電解質與電離方程式、焓變計算及熱化學方程式為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項B為解答的易錯點，題目難度不大。3．（6分）2019年是元素周期表發(fā)表150周年，期間科學家為完善周期表做出了不懈努力。中國科學院院士張青蓮教授曾主持測定了銦（49In）等9種元素相對原子質量的新值，被采用為國際新標準。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，對應的最高價氧化物的水化物的堿性越強?！窘獯稹拷猓篈．In的原子序數(shù)為49，原子核外有5個電子層，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，對應的最高價氧化物的水化物的堿性越強，則堿性In（OH）3＜RbOH，故D錯誤。故選：D?！军c評】本題考查元素周期表，為高頻考點，側重考查學生的分析能力，要求學生熟悉元素周期表的排布規(guī)律，同時了解元素的一些性質變化規(guī)律，題目難度不大。4．（6分）交聯(lián)聚合物P的結構片段如圖所示。下列說法不正確的是（圖中表示鏈延長）（）A．聚合物P中有酯基，能水解 B．聚合物P的合成反應為縮聚反應 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)結構【分析】A．Y與X發(fā)生縮聚反應生成P，P含﹣COOC﹣；B．﹣COOH、﹣OH發(fā)生反應；D．油脂為高級脂肪酸甘油酯；D．鄰苯二甲酸和乙二醇在發(fā)生縮聚反應生成直鏈結構的高分子?！窘獯稹拷猓篈．Y與X發(fā)生縮聚反應生成P，P含﹣COOC﹣，可發(fā)生水解反應，故A正確；B．﹣COOH、﹣OH發(fā)生反應，則聚合物P的合成反應為縮聚反應，故B正確；D．油脂為高級脂肪酸甘油酯，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)生縮聚反應生成直鏈結構的高分子，不能形成類似聚合物P的交聯(lián)結構，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項D為解答的難點，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的是（）物質（括號內為雜質）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與氯化鐵反應生成氯化亞鐵；B．NaOH與氯化鎂發(fā)生復分解反應；C．氯氣與水反應；D．二氧化氮與水反應生成NO?！窘獯稹拷猓篈．Fe與氯化鐵反應生成氯化亞鐵，為氧化還原反應，故A不選；B．NaOH與氯化鎂發(fā)生復分解反應，且加鹽酸中和生成的NaOH，可除雜，故B選；C．氯氣與水反應，發(fā)生氧化還原反應，應選飽和食鹽水抑制氯氣的溶解，故C不選；D．二氧化氮與水反應生成NO，為氧化還原反應，故D不選；故選：B?！军c評】本題考查氧化還原反應，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的反應、混合物分離提純?yōu)榻獯鸬年P鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。6．（6分）探究草酸（H2C2O4）性質，進行如下實驗。（已知：室溫下，0.1mol?L﹣1H2C2O4的pH＝1.3）實驗裝置試劑a現(xiàn)象①Ca（OH）2溶液（含酚酞）溶液褪色，產生白色沉淀②少量NaHCO3溶液產生氣泡③酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色④C2H5OH和濃硫酸加熱后產生有香味物質由上述實驗所得草酸性質所對應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，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；B．強酸能和弱酸鹽反應生成弱酸；C．高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能氧化還原性物質；D．酯具有香味?！窘獯稹拷猓篈．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，從而草酸體現(xiàn)酸性，反應方程式為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，強酸能和弱酸鹽反應生成弱酸，根據(jù)實驗現(xiàn)象知，酸性：H2C2O4＞H2CO3，反應方程式為NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑H2O，故B正確；C．酸性KMnO4溶液具有強氧化性，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錯誤；D．酯具有香味，C2H5OH和濃硫酸中加入草酸加熱后產生有香味物質，說明有酯生成，所以發(fā)生了酯化反應，則草酸可以發(fā)生酯化反應，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查探究物質性質，側重考查實驗操作、實驗現(xiàn)象分析判斷，明確實驗原理、元素化合物性質是解本題關鍵，注意結合題給信息分析解答，C為解答易錯點。7．（6分）實驗測得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共同作用的結果 D．隨水溫升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因為CH3COO﹣、Cu2+水解平衡移動方向不同【分析】A．任何溫度下純水中都存在c（H+）＝c（OH﹣）；B．升高溫度CH3COONa促進醋酸鈉水解；C．升高溫度促進CuSO4水解也促進水電離；D．升高溫度促進鹽類水解?！窘獯稹拷猓篈．升高溫度促進水電離，但是純水中仍然存在c（H+）＝c（OH﹣），故A錯誤；B．升高溫度CH3COONa促進醋酸鈉水解、水的電離，溶液中c（OH﹣）增大，故B錯誤；C．鹽類水解和水的電離都是吸熱反應，升高溫度促進CuSO4水解也促進水電離，所以升高溫度導致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共同作用的結果，故C正確；D．升高溫度促進鹽類水解，醋酸鈉和硫酸銅中都有弱離子水解，升高溫度促進CH3COO﹣、Cu2+水解，所以CH3COO﹣、Cu2+水解平衡移動方向相同，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查鹽類水解及弱電解質的電離，明確溫度對弱電解質電離及鹽類水解影響原理是解本題關鍵，側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：ⅰ．ⅱ．有機物結構可用鍵線式表示，如（CH3）2NCH2CH3的鍵線式為（1）有機物A能與Na2CO3溶液反應產生CO2，其鈉鹽可用于食品防腐。有機物B能與Na2CO3溶液反應，但不產生CO2；B加氫可得環(huán)己醇。A和B反應生成C的化學方程式是++H2O，反應類型是取代反應或酯化反應。（2）D中含有的官能團：羰基、羥基。（3）E的結構簡式為。（4）F是一種天然香料，經堿性水解、酸化，得G和J．J經還原可轉化為G．J的結構簡式為。（5）M是J的同分異構體，符合下列條件的M的結構簡式是。①包含2個六元環(huán)②M可水解，與NaOH溶液共熱時，1molM最多消耗2molNaOH（6）推測E和G反應得到K的過程中，反應物LiAlH4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構，其結構簡式是。【分析】有機物A能與Na2CO3溶液反應產生CO2，說明含有﹣COOH，其鈉鹽可用于食品防腐，結合K結構簡式知，A為，有機物B能與Na2CO3溶液反應，但不產生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)生酯化反應生成C為，C發(fā)生信息i的反應生成D為，生成E為；F是一種天然香料，說明含有酯基，經堿性水解、酸化，得G和J，J經還原可轉化為G，J不飽和度＝＝6，根據(jù)K結構簡式知，GJ中都含有苯環(huán)，苯環(huán)的不飽和度是4，根據(jù)O原子個數(shù)知，J中含有﹣COOH，所以還含有一個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經過還原可以得到G，所以G為，EG發(fā)生加成反應生成K；（7）K發(fā)生消去反應生成N，N分子式為C26H29NO2，N和SOCl2發(fā)生取代反應生成托瑞米芬，根據(jù)反應前后分子式變化中Cl原子取代﹣OH，且托瑞米芬具有反式結構，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反應生成C的化學方程式是++H2O，反應類型是取代反應或酯化反應，故答案為：++H2O；取代反應或酯化反應；（2）D為，D中含有的官能團：羰基、羥基，故答案為：羰基、羥基；（3）E的結構簡式為，故答案為：；（4）J的結構簡式為，故答案為：；（5）J為，M是J的同分異構體，①包含2個六元環(huán)；②M可水解，說明含有酯基；與NaOH溶液共熱時，1molM最多消耗2molNaOH，說明水解生成酚羥基和羧基，符合條件的結構簡式為，故答案為：；（6）推測E和G反應得到K的過程中，該反應為加成反應，羰基上加上H原子，則反應物LuAlH4和H2O的作用是還原劑，故答案為：還原劑；（7）托瑞米芬結構簡式為，故答案為：?！军c評】本題考查有機物推斷，側重考查分析推斷及知識綜合運用能力，靈活利用題給信息、反應前后分子式或結構變化、反應條件進行推斷，正確推斷各物質結構簡式是解本題關鍵，注意信息的獲取和靈活運用，題目難度中等。9．（12分）化學小組用如下方法測定經處理后的廢水中苯酚的含量（廢水中不含干擾測定的物質）。Ⅰ、用已準確稱量的KBrO3固體配制一定體積的amol?L﹣1KBrO3標準溶液；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標準溶液滴定Ⅳ中溶液至淺黃色時，滴加2滴淀粉溶液，繼續(xù)滴定至終點，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)生反應的離子方程式是BrO3﹣+5Br﹣+6H+＝3Br2+3H2O。（3）Ⅲ中發(fā)生反應的化學方程式是。（4）Ⅳ中加KI前，溶液顏色須為黃色，原因是確保溴過量，保證苯酚已經完全反應。（5）KI與KBrO3物質的量關系為n（KI）≥6n（KBrO3）時，KI一定過量，理由是由電子守恒可知，當n（KI）＝6n（KBrO3）時，KI恰好與步驟II中生成的溴完全反應，而步驟III中苯酚會消耗一定量的溴，所以n（KI）≥6n（KBrO3）時，KI一定過量。（6）V中滴定至終點的現(xiàn)象是最后一滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液恰好藍色消失，且半分鐘內不變。（7）廢水中苯酚的含量為g?L﹣1（苯酚摩爾質量：94g?mol﹣1）。（8）由于Br2具有揮發(fā)性性質，Ⅱ～Ⅳ中反應須在密閉容器中進行，否則會造成測定結果偏高?！痉治觥浚?）配制溶液一定需要容量瓶；（2）II中發(fā)生氧化還原反應生成溴和水；（3）Ⅲ中發(fā)生反應生成三溴苯酚和HBr；（4）Ⅳ中加KI前，溶液顏色須為黃色，可知溴過量；（5）結合電子守恒計算；（6）淀粉遇碘變藍；（7）結合I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6、BrO3﹣+5Br﹣+6H+＝3Br2+3H2O、計算；（8）溴易揮發(fā)?！窘獯稹拷猓海?）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)生反應的化學方程式是苯酚與濃溴水反應的化學方程式為，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，保證苯酚已經完全反應，故答案為：確保溴過量，保證苯酚已經完全反應；（5）KI與KBrO3物質的量關系為n（KI）≥6n（KBrO3）時，KI一定過量，理由是由電子守恒可知，當n（KI）＝6n（KBrO3）時，KI恰好與步驟II中生成的溴完全反應，而步驟III中苯酚會消耗一定量的溴，所以n（KI）≥6n（KBrO3）時，KI一定過量，故答案為：由電子守恒可知，當n（KI）＝6n（KBrO3）時，KI恰好與步驟II中生成的溴完全反應，而步驟III中苯酚會消耗一定量的溴，所以n（KI）≥6n（KBrO3）時，KI一定過量；（6）V中滴定至終點的現(xiàn)象是最后一滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液恰好藍色消失，且半分鐘內不變，故答案為：最后一滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液恰好藍色消失，且半分鐘內不變；（7）由BrO3﹣+5Br﹣+6H+＝3Br2+3H2O、I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6、可知，生成的溴的物質的量為a×mol/L×v1×10﹣3L×3＝3av1×10﹣3mol，由溴與碘化鉀反應生成的碘的物質的量為bmol/L×v3×10﹣3L×＝5bv3×10﹣4mol，所以與苯酚反應的溴的物質的量為3av1×10﹣3mol﹣5bv3×10﹣4mol＝（30av1﹣5bv3）×10﹣4mol，由可知，苯酚的物質的量為（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，Ⅱ～Ⅳ中反應須在密閉容器中進行，否則會造成測定結果偏高，故答案為：揮發(fā)性?！军c評】本題考查物質含量測定實驗，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的反應、測定原理為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意（7）為解答的難點，題目難度不大。10．（14分）氫能源是最具有應用前景的能源之一，高純氫的制備是目前的研究熱點。（1）甲烷水蒸氣催化重整是制高純氫的方法之一。①反應器中初始反應的生成物為H2和CO2，其物質的量之比為4：1，甲烷和水蒸氣反應的方程式是CH4+2H2O（g）2H2+CO2。②已知反應器中還存在如下反應：ⅰ．CH4（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，利用△H1和△H2計算△H3時，還需要利用2H2（g）+CO2（g）＝C（S）+2H2O（g）或C（s）+CO2（g）＝2CO（g）反應的△H。③反應物投料比采用n（H2O）：n（CH4）＝4：1，大于初始反應的化學計量數(shù)之比，目的是abc（選填字母序號）。a．促進CH4轉化b．促進CO轉化為CO2c．減少積炭生成④用CaO可以去除CO2．H2體積分數(shù)和CaO消耗率隨時間變化關系如圖所示。從t1時開始，H2體積分數(shù)顯著降低，單位時間CaO消耗率降低（填“升高”“降低”或“不變”）。此時CaO消耗率約為35%，但已失效，結合化學方程式解釋原因：過多的二氧化碳消耗氫氣，使氫氣的體積分數(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。通過控制開關連接K1或K2，可交替得到H2和O2。①制H2時，連接K1。產生H2的電極方程式是2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣。②改變開關連接方式，可得O2。③結合①和②中電極3的電極反應式，說明電極3的作用：①中電極3發(fā)生Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H2O，制氫氣時消耗電極1產生的OH﹣，②中電極3發(fā)生NiOOH+H2O+e﹣＝Ni（OH）2+OH﹣，制氧氣時補充電極2消耗的OH﹣?！痉治觥浚?）①甲烷和水蒸氣反應生成H2和CO2，結合質量守恒書寫化學方程式；②三個反應還涉及到氫氣和二氧化碳反應生成C和水的反應；③水過量，可分別與CH4、CO、C等反應；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，導致氫氣的體積分數(shù)減小；（2）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，實現(xiàn)NiOOH?Ni（OH）2的轉化，且可循環(huán)使用，以此解答該題?！窘獯稹拷猓海?）①甲烷和水蒸氣反應生成H2和CO2，其物質的量之比為4：1，則反應的方程式為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，則可促進CH4轉化、促進CO轉化為CO2、且與iii生成的C等反應，簡式積炭生成，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，導致氫氣的體積分數(shù)減小，發(fā)生2H2（g）+CO2（g）＝C（S）+2H2O（g），導致CaO消耗率約為35%時已失效，故答案為：降低；過多的二氧化碳消耗氫氣，使氫氣的體積分數(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，制氫氣時消耗電極1產生的OH﹣，②中電極3發(fā)生NiOOH+H2O+e﹣＝Ni（OH）2+OH﹣，制氧氣時補充電極2消耗的OH﹣，實現(xiàn)NiOOH?Ni（OH）2的轉化，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，制氫氣時消耗電極1產生的OH﹣，②中電極3發(fā)生NiOOH+H2O+e﹣＝Ni（OH）2+OH﹣，制氧氣時補充電極2消耗的OH﹣。【點評】本題為2019年北京考題理綜卷化學試題，題目涉及化學平衡、電解等知識，為高頻考點，側重考查學生的分析能力，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）化學小組實驗探究SO2與AgNO3溶液的反應。（1）實驗一：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，得到無色溶液A和白色沉淀B。①濃H2SO4與Cu反應的化學方程式是Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O。②試劑a是飽和NaHSO3溶液。（2）對體系中有關物質性質分析得出：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）實驗二：驗證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，進而推斷B中含有Ag2SO3．向濾液E中