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2019 年北京市高考化学试卷
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（ ）
C D
A．NaCl═Na++Cl﹣ B．CuCl ═Cu2++2Cl﹣
2
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．CH COOH⇌CH COO﹣+H+ D．H （g）+Cl （g）═2HCl（g）△H＝﹣183kJ•mol﹣1
3 3 2 2
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（ In）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（ Rb）
49 37
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） ＞RbOH
3
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
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）（ ）
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
A．聚合物P中有酯基，能水解
第1页（共14页）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．（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 FeCl 溶液（FeCl ） Fe粉
2 3
B NaCl溶液（MgCl ） NaOH溶液、稀HCl
2
C Cl （HCl） H O、浓H SO
A．随温度升高，纯水中c（H+）＞c（OH﹣）
2 2 2 4
B．随温度升高，CH COONa的溶液的c（OH﹣）减小
D NO（NO ） H O、无水CaCl 3
2 2 2
C．随温度升高，CuSO 的溶液的pH变化是K 改变与水解平衡移动共同作用的结果
A．A B．B C．C D．D 4 w
D．随水温升高，CH COONa溶液和CuSO 溶液的pH均降低，是因为CH COO﹣、Cu2+水解平衡移动方向
6．（6分）探究草酸（H C O ）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1mol•L﹣1H C O 的pH＝1.3） 3 4 3
2 2 4 2 2 4
不同
实验 装置 试剂a 现象
二、非选择题：本部分共4小题，共58分。
① Ca（OH） 溶液（含酚酞） 溶液褪色，产生白色沉淀
2
8．（16分）抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路线如图。
② 少量NaHCO 溶液 产生气泡
3
③ 酸性KMnO 溶液 紫色溶液褪色
4
④ C H OH和浓硫酸 加热后产生有香味物质
2 5
由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是（ ）
A．H C O 有酸性，Ca（OH） +H C O ═CaC O ↓+2H O
2 2 4 2 2 2 4 2 4 2
B．酸性：H 2 C 2 O 4 ＞H 2 CO 3 ，NaHCO 3 +H 2 C 2 O 4 ═NaHC 2 O 4 +CO 2 ↑+H 2 O 已知：
C．H C O 有还原性，2MnO ﹣+5C O 2+16H+═2Mn2++10CO ↑+8H O
2 2 4 4 2 4 2 2
D．H C O 可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C H OH C H OOCCOOC H +2H O
2 2 4 2 5 2 5 2 5 2
7．（6分）实验测得0.5mol•L﹣1CH
3
COONa溶液、0.5mol•L﹣1CuSO
4
溶液以及H
2
O的pH随温度变化的曲线 ⅰ．
如图所示。下列说法正确的是（ ）
ⅱ．有机物结构可用键线式表示，如（CH ） NCH CH 的键线式为
3 2 2 3
（1）有机物 A能与 Na CO 溶液反应产生 CO ，其钠盐可用于食品防腐。有机物 B能与 Na CO 溶液反
2 3 2 2 3
应，但不产生CO ；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
（2）D中含有的官能团： 。
第2页（共14页）（3）E的结构简式为 。 10．（14分）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。
（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 。 （1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。
（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反应器中初始反应的生成物为 H 和 CO ，其物质的量之比为 4：1，甲烷和水蒸气反应的方程式
2 2
①包含2个六元环 是 。
②M可水解，与NaOH溶液共热时，1molM最多消耗2molNaOH ②已知反应器中还存在如下反应：
（6）推测E和G反应得到K的过程中，反应物LiAlH 和H O的作用是 。 ⅰ．CH （g）+H O（g）═CO（g）+3H （g）△H
4 2 4 2 2 1
（7）由K合成托瑞米芬的过程： ⅱ．CO（g）+H O（g）═CO （g）+H （g）△H
2 2 2 2
ⅲ．CH （g）═C（s）+2H （g）△H
4 2 3
…
ⅲ为积炭反应，利用△H 和△H 计算△H 时，还需要利用 反应的△H。
1 2 3
③反应物投料比采用n（H O）：n（CH ）＝4：1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是 （选
托瑞米芬具有反式结构，其结构简式是 。 2 4
填字母序号）。
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）。
a．促进CH 转化
Ⅰ、用已准确称量的KBrO 固体配制一定体积的amol•L﹣1KBrO 标准溶液； 4
3 3
b．促进CO转化为CO
2
Ⅱ、取v mL上述溶液，加入过量KBr，加H SO 酸化，溶液颜色呈棕黄色；
1 2 4
c．减少积炭生成
Ⅲ、向Ⅱ所得溶液中加入v mL废水；
2
④用CaO可以去除CO ．H 体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如图所示。
Ⅳ、向Ⅲ中加入过量KI； 2 2
Ⅴ、用bmol•L﹣1Na S O 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
2 2 3
Na S O 溶液v mL。
2 2 3 3
已知：I +2Na S O ═2NaI+Na S O
2 2 2 3 2 4 6
Na S O 和Na S O 溶液颜色均为无色
2 2 3 2 4 6
（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 。
从t 时开始，H 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
（3）Ⅲ中发生反应的化学方程式是 。 1 2
时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因： 。
（4）Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是 。
（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。通过控制开关连接K 或K ，可交替得到
1 2
（5）KI与KBrO 物质的量关系为n（KI）≥6n（KBrO ）时，KI一定过量，理由是 。
3 3
H 和O 。
（6）V中滴定至终点的现象是 。 2 2
（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Br 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。
2
第3页（共14页）Ag SO ．向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag SO ．所用试剂及现象是 。
2 3 2 3
（3）根据沉淀F的存在，推测SO 2﹣的产生有两个途径：
4
途径1：实验一中，SO 在AgNO 溶液中被氧化生成Ag SO ，随沉淀B进入D。
2 3 2 4
途径2：实验二中，SO 2﹣被氧化为SO 2﹣进入D。
3 4
实验三：探究SO 2﹣的产生途径
4
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BaCl 溶液，
2
未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag SO ．做出判断的理由： 。
2 4
①制H 时，连接 。产生H 的电极方程式是 。
2 2 ②实验三的结论： 。
②改变开关连接方式，可得O 。
2
（4）实验一中SO 与AgNO 溶液反应的离子方程式是 。
2 3
③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用： 。
（5）根据物质性质分析，SO 与AgNO 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
2 3
11．（16分）化学小组实验探究SO 与AgNO 溶液的反应。
2 3 间，有Ag和SO 2﹣生成。
4
（1）实验一：用如图装置（夹持、加热仪器略）制备SO ，将足量SO 通入AgNO 溶液中，迅速反应，得
2 2 3 （6）根据上述实验所得结论： 。
到无色溶液A和白色沉淀B。
①浓H SO 与Cu反应的化学方程式是 。
2 4
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Ag SO 、Ag SO 或二者混合物。
2 3 2 4
（资料：Ag SO 微溶于水；Ag SO 难溶于水）
2 4 2 3
实验二：验证B的成分
①写出Ag SO 溶于氨水的离子方程式： 。
2 3
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 BaSO ，进而推断 B中含有
3
第4页（共14页）误；
2019 年北京市高考化学试卷 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
参考答案与试题解析
键，熟练掌握元素周期表结构并灵活运用，题目难度不大。
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
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）（ ）
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
A B
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；
C D
D．钛合金主要成分有Ti、Al等，Ti位于第IVB族，Al位于第IIIA族。
A．NaCl═Na++Cl﹣
【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．CuCl ═Cu2++2Cl﹣
2
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
C．CH COOH⇌CH COO﹣+H+
3 3
于不同主族，故B错误；
D．H （g）+Cl （g）═2HCl（g）△H＝﹣183kJ•mol﹣1
2 2
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；
【分析】A．NaCl为强电解质；
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
B．电解氯化铜生成Cu和氯气；
第5页（共14页）C．醋酸为弱电解质，存在电离平衡； RbOH，故D错误。
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。 故选：D。
【解答】解：A．NaCl为强电解质，则电离方程式为NaCl═Na++Cl﹣，故A正确； 【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
B．电解氯化铜生成Cu和氯气，则方程式为CuCl Cu+2Cl ↑，故B错误；
律，同时了解元素的一些性质变化规律，题目难度不大。
2 2
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）（ ）
C．醋酸为弱电解质，存在电离平衡，则电离方程式为CH COOH⇌CH COO+H+，故C正确；
3 3
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H （g）+Cl ═2HCl（g）△H＝﹣183kJ•mol﹣1，故D正确；
2 2
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（ In）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（ Rb）
49 37
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 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．原子半径：In＞Al
C．聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得
D．碱性：In（OH） ＞RbOH
3
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．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；
【分析】A．Y与X发生缩聚反应生成P，P含﹣COOC﹣；
B. In的中子数为115﹣49＝66；
B．﹣COOH、﹣OH发生反应；
C．同主族元素从上到下原子半径增大；
D．油脂为高级脂肪酸甘油酯；
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。
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．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
【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；
五周期第ⅢA族，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；
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＝
D．油脂为高级脂肪酸甘油酯，则水解可生成甘油，故C正确；
17，故B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
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； 错误；
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） ＜ 故选：D。
3
第6页（共14页）【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 由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是（ ）
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。 A．H C O 有酸性，Ca（OH） +H C O ═CaC O ↓+2H O
2 2 4 2 2 2 4 2 4 2
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（ ） B．酸性：H C O ＞H CO ，NaHCO +H C O ═NaHC O +CO ↑+H O
2 2 4 2 3 3 2 2 4 2 4 2 2
物质（括号内为杂质） 除杂试剂 C．H
2
C
2
O
4
有还原性，2MnO
4
﹣+5C
2
O
4
2+16H+═2Mn2++10CO
2
↑+8H
2
O
A FeCl 2 溶液（FeCl 3 ） Fe粉 D．H 2 C 2 O 4 可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C 2 H 5 OH C 2 H 5 OOCCOOC 2 H 5 +2H 2 O
B NaCl溶液（MgCl
2
） NaOH溶液、稀HCl 【分析】0.1mol•L﹣1H
2
C
2
O
4
的pH＝1.3，说明草酸是弱酸，
C Cl （HCl） H O、浓H SO
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；
2 2 2 4
B．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；
D NO（NO ） H O、无水CaCl
2 2 2
C．高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质；
A．A B．B C．C D．D
D．酯具有香味。
【分析】A．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；
【解答】解：A．Ca（OH） 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
B．NaOH与氯化镁发生复分解反应； 2
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） +H C O ═CaC O ↓+2H O，故
C．氯气与水反应； 2 2 2 4 2 4 2
A正确；
D．二氧化氮与水反应生成NO。
B．向少量NaHCO 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
【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； 3
实验现象知，酸性：H C O ＞H CO ，反应方程式为NaHCO +H C O ═NaHC O +CO ↑H O，故B正确；
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； 2 2 4 2 3 3 2 2 4 2 4 2 2
C．酸性KMnO 溶液具有强氧化性，向酸性KMnO 溶液加入草酸，溶液褪色，说明酸性KMnO 溶液氧化
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； 4 4 4
了草酸，则草酸体现还原性，根据题干信息，草酸为弱酸，2MnO ﹣+5H C O +6H+═2Mn2++10CO ↑
D．二氧化氮与水反应生成NO，为氧化还原反应，故D不选； 4 2 2 4 2
+8H O，故C错误；
故选：B。 2
D．酯具有香味，C H OH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
【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 2 5
应，则草酸可以发生酯化反应，故D正确；
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。
故选：C。
6．（6分）探究草酸（H C O ）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1mol•L﹣1H C O 的pH＝1.3）
2 2 4 2 2 4
【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
实验 装置 试剂a 现象
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。
① Ca（OH） 溶液（含酚酞） 溶液褪色，产生白色沉淀
2
7．（6分）实验测得0.5mol•L﹣1CH COONa溶液、0.5mol•L﹣1CuSO 溶液以及H O的pH随温度变化的曲线
3 4 2
② 少量NaHCO 溶液 产生气泡
3
如图所示。下列说法正确的是（ ）
③ 酸性KMnO 溶液 紫色溶液褪色
4
④ C H OH和浓硫酸 加热后产生有香味物质
2 5
第7页（共14页）已知：
A．随温度升高，纯水中c（H+）＞c（OH﹣）
B．随温度升高，CH COONa的溶液的c（OH﹣）减小
3 ⅰ．
C．随温度升高，CuSO 的溶液的pH变化是K 改变与水解平衡移动共同作用的结果
4 w
D．随水温升高，CH COONa溶液和CuSO 溶液的pH均降低，是因为CH COO﹣、Cu2+水解平衡移动方向 ⅱ．有机物结构可用键线式表示，如（CH 3 ） 2 NCH 2 CH 3 的键线式为
3 4 3
（1）有机物 A能与 Na CO 溶液反应产生 CO ，其钠盐可用于食品防腐。有机物 B能与 Na CO 溶液反
不同 2 3 2 2 3
【分析】A．任何温度下纯水中都存在c（H+）＝c（OH﹣）；
应，但不产生 CO ；B加氢可得环己醇。A和 B反应生成 C的化学方程式是 +
2
B．升高温度CH COONa促进醋酸钠水解；
3
C．升高温度促进CuSO 4 水解也促进水电离； +H 2 O ，反应类型是 取代反应或酯化反应 。
D．升高温度促进盐类水解。
（2）D中含有的官能团： 羰基、羟基 。
【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CH COONa促进醋酸钠水解、水的电离，溶液中c（OH﹣）增大，故B错误；
3
C．盐类水解和水的电离都是吸热反应，升高温度促进CuSO 水解也促进水电离，所以升高温度导致K 增
4 w
（3）E的结构简式为 。
大，则升高温度CuSO 的溶液的pH变化是K 改变与水解平衡移动共同作用的结果，故C正确；
4 w （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
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CH COO﹣、Cu2+水解，所
3
以CH COO﹣、Cu2+水解平衡移动方向相同，故D错误；
3 。
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 （5）M是J的同分异构体，符合下列条件的M的结构简式是 。
度中等。 ①包含2个六元环
二、非选择题：本部分共4小题，共58分。 ②M可水解，与NaOH溶液共热时，1molM最多消耗2molNaOH
8．（16分）抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路线如图。 （6）推测E和G反应得到K的过程中，反应物LiAlH 和H O的作用是 还原剂 。
4 2
第8页（共14页）（7）由K合成托瑞米芬的过程：
米芬为 。
【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 + +H O，反应类型是取
托瑞米芬具有反式结构，其结构简式是 。 2
【分析】有机物A能与Na CO 溶液反应产生CO ，说明含有﹣COOH，其钠盐可用于食品防腐，结合K结
2 3 2 代反应或酯化反应，
构简式知，A为 ，有机物B能与Na CO 溶液反应，但不产生CO ，说明含有酚羟基，且B加
2 3 2
故答案为： + +H O；取代反应或酯化反应；
2
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 ，
（2）D为 ，D中含有的官能团：羰基、羟基，
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，
故答案为：羰基、羟基；
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
（3）E的结构简式为 ，
一个 C＝C，则 J为 ，根据原子守恒知，G分子式为 C H O，G的不饱和度为
9 10
＝5，J经过还原可以得到G，所以G为 ，EG发生加成反应生成K； 故答案为： ；
（7）K发生消去反应生成N，N分子式为C H NO ，N和SOCl 发生取代反应生成托瑞米芬，根据反应
26 29 2 2
（4）J的结构简式为 ，
故答案为： ；
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
（5）J为 ，M是J的同分异构体，
①包含2个六元环；
第9页（共14页）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 Na S O 和Na S O 溶液颜色均为无色
2 2 3 2 4 6
和羧基， （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 ﹣+5Br﹣+6H+＝3Br +3H O 。
3 2 2
符合条件的结构简式为 ，
（3）Ⅲ中发生反应的化学方程式是 。
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 。
（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LuAlH 和H O （5）KI与KBrO 物质的量关系为n（KI）≥6n（KBrO ）时，KI一定过量，理由是 由电子守恒可知，当
4 2 3 3
的作用是还原剂， n（KI）＝6n（KBrO ）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
3
故答案为：还原剂； 以n（KI）≥6n（KBrO ）时，KI一定过量 。
3
（6）V中滴定至终点的现象是 最后一滴Na S O 溶液滴入后，溶液恰好蓝色消失，且半分钟内不变 。
2 2 3
（7）废水中苯酚的含量为 g•L﹣1 （苯酚摩尔质量：94g•mol﹣1）。
（7）托瑞米芬结构简式为 ，
（8）由于Br 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。
2
【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；
故答案为： 。
（3）Ⅲ中发生反应生成三溴苯酚和HBr；
【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
（4）Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，可知溴过量；
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，
（5）结合电子守恒计算；
题目难度中等。
（6）淀粉遇碘变蓝；
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）。
（ 7） 结 合 I +2Na S O ＝ 2NaI+Na S O 、 BrO ﹣ +5Br﹣ +6H+＝ 3Br +3H O、
2 2 2 3 2 4 6 3 2 2
Ⅰ、用已准确称量的KBrO 固体配制一定体积的amol•L﹣1KBrO 标准溶液；
3 3
Ⅱ、取v mL上述溶液，加入过量KBr，加H SO 酸化，溶液颜色呈棕黄色；
1 2 4
Ⅲ、向Ⅱ所得溶液中加入v mL废水；
2
计算；
Ⅳ、向Ⅲ中加入过量KI；
（8）溴易挥发。
Ⅴ、用bmol•L﹣1Na S O 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
2 2 3
【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，
Na S O 溶液v mL。
2 2 3 3
故答案为：容量瓶；
已知：I +2Na S O ═2NaI+Na S O
2 2 2 3 2 4 6
第10页（共14页）（2）Ⅱ中发生反应的离子方程式是BrO ﹣+5Br﹣+6H+＝3Br +3H O，
3 2 2
故答案为：BrO ﹣+5Br﹣+6H+＝3Br +3H O；
3 2 2
（ 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 可知，苯酚的物质的量为（30av ﹣5bv ）×10﹣4 mol× ，废水中
1 3
苯酚的含量为 ＝ g•L﹣1，
，
故答案为： ；
（8）由于Br 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，
2
故答案为： ；
故答案为：挥发性。
（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，
【点评】本题考查物质含量测定实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关
故答案为：确保溴过量，保证苯酚已经完全反应；
键，侧重分析与实验能力的考查，注意（7）为解答的难点，题目难度不大。
（5）KI与KBrO 物质的量关系为n（KI）≥6n（KBrO ）时，KI一定过量，理由是由电子守恒可知，当n
3 3 10．（14分）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。
（KI）＝6n（KBrO ）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
3 （1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。
以n（KI）≥6n（KBrO ）时，KI一定过量，
3
①反应器中初始反应的生成物为 H 和 CO ，其物质的量之比为 4：1，甲烷和水蒸气反应的方程式是
2 2
故答案为：由电子守恒可知，当n（KI）＝6n（KBrO ）时，KI恰好与步骤II中生成的溴完全反应，而步骤
3
CH +2H O（g） 2H +CO 。
4 2 2 2
III中苯酚会消耗一定量的溴，所以n（KI）≥6n（KBrO ）时，KI一定过量；
3
②已知反应器中还存在如下反应：
（6）V中滴定至终点的现象是最后一滴Na S O 溶液滴入后，溶液恰好蓝色消失，且半分钟内不变，
2 2 3
ⅰ．CH （g）+H O（g）═CO（g）+3H （g）△H
4 2 2 1
故答案为：最后一滴Na S O 溶液滴入后，溶液恰好蓝色消失，且半分钟内不变；
2 2 3
ⅱ．CO（g）+H O（g）═CO （g）+H （g）△H
（ 7） 由 BrO ﹣ +5Br﹣ +6H+＝ 3Br +3H O、 I +2Na S O ＝ 2NaI+Na S O 、 2 2 2 2
3 2 2 2 2 2 3 2 4 6
ⅲ．CH （g）═C（s）+2H （g）△H
4 2 3
…
ⅲ为积炭反应，利用△H 和△H 计算△H 时，还需要利用 2H （g）+CO （g）＝C（S）+2H O（g）或C
1 2 3 2 2 2
可知，生成的溴的物质的量为a×mol/L×v ×10﹣3L×3＝3av ×10﹣
1 1
（s）+CO （g）＝2CO（g） 反应的△H。
2
3mol，由溴与碘化钾反应生成的碘的物质的量为bmol/L×v ×10﹣3L× ＝5bv ×10﹣4 mol，所以与苯酚反
3 3 ③反应物投料比采用n（H O）：n（CH ）＝4：1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是 abc （选
2 4
应 的 溴 的 物 质 的 量 为 3av × 10﹣ 3mol﹣ 5bv × 10﹣ 4 mol＝ （ 30av ﹣ 5bv ） × 10﹣ 4 mol， 由 填字母序号）。
1 3 1 3
a．促进CH 转化
4
b．促进CO转化为CO
2
c．减少积炭生成
第11页（共14页）④用CaO可以去除CO ．H 体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如图所示。 的体积分数减小；
2 2
（2）电解水生成氢气和氧气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，电极3可分别连接K 或K ，分别发生
1 2
氧化、还原反应，实现NiOOH⇌Ni（OH） 的转化，且可循环使用，以此解答该题。
2
【解答】解：（1）①甲烷和水蒸气反应生成 H 和 CO ，其物质的量之比为 4：1，则反应的方程式为
2 2
CH +2H O（g） 2H +CO ，故答案为：CH +2H O（g） 2H +CO ；
4 2 2 2 4 2 2 2
②ⅰ．CH （g）+H O（g）═CO（g）+3H （g）△H
4 2 2 1
ⅱ． CO（g）+H O（g）═CO （g）+H （g）△H ，则i+ii可得CH （g）+2H O（g）＝CO （g）+4H
2 2 2 2 4 2 2 2
从t 时开始，H 体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率 降低 （填“升高”“降低”或“不变”）。
1 2
（g），如要得到ⅲ．CH （g）═C（s）+2H （g）△H ，则还应需要2H （g）+CO （g）＝C（S）+2H O
4 2 3 2 2 2
此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因： 过多的二氧化碳消耗氢气，使氢气的
（g）的△H，CH （g）+2H O（g）＝CO （g）+4H （g）与2H （g）+CO （g）＝C（S）+2H O（g）相
4 2 2 2 2 2 2
体积分数明显下降，发生2H （g）+CO （g）＝C（S）+2H O（g） 。
2 2 2
加可得CH （g）═C（s）+2H （g），
4 2
（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。通过控制开关连接K 或K ，可交替得到
1 2
或i﹣ii得CH （g）+CO （g）＝2CO（g）+2H （g），然后与C（s）+CO （g）＝2CO（g）相减，亦可得
4 2 2 2
H 和O 。
2 2 到反应iii的△H，
故答案为：2H （g）+CO （g）＝C（S）+2H O（g）或C（s）+CO （g）＝2CO（g）；
2 2 2 2
③水过量，可分别与i中的CH ，ii中的CO反应，则可促进CH 转化、促进CO转化为CO 、且与iii生成
4 4 2
的C等反应，简式积炭生成，
故答案为：abc；
④由图象可知，CaO消耗率曲线斜率减小，则CaO消耗率降低；过多的二氧化碳可与氢气反应，导致氢气
的体积分数减小，发生2H （g）+CO （g）＝C（S）+2H O（g），导致CaO消耗率约为35%时已失效，
2 2 2
故答案为：降低；过多的二氧化碳消耗氢气，使氢气的体积分数明显下降，发生 2H （g）+CO （g）＝C
①制H 时，连接 K 。产生H 的电极方程式是 2H O+2e﹣＝H ↑+2OH﹣ 。 2 2
2 1 2 2 2
（S）+2H O（g）；
2
②改变开关连接方式，可得O 。
2
（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K ，电极方程式为2H O+2e
③结合①和②中电极 3的电极反应式，说明电极 3的作用： ①中电极 3发生 Ni（OH） ﹣e﹣+OH﹣＝ 1 2
2
﹣＝H ↑+2OH﹣，
NiOOH+H O，制氢气时消耗电极1产生的OH﹣，②中电极3发生NiOOH+H O+e﹣＝Ni（OH） +OH﹣，制 2
2 2 2
故答案为：K ；2H O+2e﹣＝H ↑+2OH﹣；
氧气时补充电极2消耗的OH﹣ 。 1 2 2
③电极3可分别连接K 或K ，①中电极3发生Ni（OH） ﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H O，制氢气时消耗电极
【分析】（1）①甲烷和水蒸气反应生成H 和CO ，结合质量守恒书写化学方程式； 1 2 2 2
2 2
1产生的OH﹣，②中电极3发生NiOOH+H O+e﹣＝Ni（OH） +OH﹣，制氧气时补充电极2消耗的OH﹣，
②三个反应还涉及到氢气和二氧化碳反应生成C和水的反应； 2 2
实现NiOOH⇌Ni（OH） 的转化，且可循环使用，
2
③水过量，可分别与CH 、CO、C等反应；
4
故答案为：①中电极3发生Ni（OH） ﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H O，制氢气时消耗电极1产生的OH﹣，②
④由图象可知，CaO消耗率曲线斜率减小，则CaO消耗率降低；过多的二氧化碳可与氢气反应，导致氢气 2 2
中电极3发生NiOOH+H O+e﹣＝Ni（OH） +OH﹣，制氧气时补充电极2消耗的OH﹣。
2 2
第12页（共14页）【点评】本题为2019年北京考题理综卷化学试题，题目涉及化学平衡、电解等知识，为高频考点，侧重考 未出现白色沉淀，可判断 B中不含 Ag SO ．做出判断的理由： 因为 Ag SO 微溶于水，Ag SO （s）
2 4 2 4 2 4
查学生的分析能力，注意把握盖斯定律以及电解池的分析，掌握电极方程式的书写，题目难度中等。 ⇌2Ag++SO 2﹣，向上层清液滴加氯化钡溶液，若含有Ag SO ，则会出现沉淀 。
4 2 4
11．（16分）化学小组实验探究SO
2
与AgNO
3
溶液的反应。 ②实验三的结论： SO
4
2﹣产生的途径是SO
3
2﹣被氧化为SO
4
2﹣进入D 。
（1）实验一：用如图装置（夹持、加热仪器略）制备SO ，将足量SO 通入AgNO 溶液中，迅速反应，得 （4）实验一中SO 与AgNO 溶液反应的离子方程式是 2Ag++SO +H O＝Ag SO ↓+2H+ 。
2 2 3 2 3 2 2 2 3
到无色溶液A和白色沉淀B。 （5）根据物质性质分析，SO 与AgNO 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
2 3
间，有Ag和SO 2﹣生成。
4
（6）根据上述实验所得结论： 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，即
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 。
【分析】实验一、Cu和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，试剂a除去二氧化硫中杂质，
且不能和二氧化硫反应，常用饱和亚硫酸氢钠溶液，然后二氧化硫通入硝酸银溶液中，迅速反应，得到无色
溶液A和白色沉淀B；
①浓H SO 与Cu反应的化学方程式是 Cu+2H SO （浓） CuSO +SO ↑+2H O 。 实验二、沉淀B中加入氨水生成银氨溶液，然后向溶液C中加入过量硝酸钡，钡离子和C中阴离子反应生
2 4 2 4 4 2 2
成沉淀D，洗涤干净沉淀后加入过量稀盐酸，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
②试剂a是 饱和NaHSO 溶液 。
3
要是BaSO ，沉淀F为BaSO ，滤液E中含有二氧化硫或亚硫酸；
3 4
（2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为Ag SO 、Ag SO 或二者混合物。
2 3 2 4
实验三、①向溶液 A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，说明溶液 A中含有 Ag+；Ag SO 微溶于水，
2 4
（资料：Ag SO 微溶于水；Ag SO 难溶于水）
2 4 2 3
Ag SO 在水溶液中能电离出Ag+，说明溶液A中含有硫酸银；
实验二：验证B的成分 2 4
②取上层清液继续滴加BaCl 溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag SO ，则得到的SO 2﹣是SO 2﹣
2 2 4 4 3
被氧化得到的；
通过以上分析知，实验一中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，以此解答
①写出Ag SO 溶于氨水的离子方程式： Ag SO +4NH •H O＝2Ag（NH ） ++SO 2﹣+4H O 。 该题。
2 3 2 3 3 2 3 2 3 2
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 BaSO ，进而推断 B中含有 【解答】解：（1）①浓 H SO 可以与 Cu反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，方程式为 Cu+2H SO （浓）
3 2 4 2 4
Ag 2 SO 3 ．向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag 2 SO 3 ．所用试剂及现象是 稀硫酸，产生白 CuSO 4 +SO 2 ↑+2H 2 O，故答案为：Cu+2H 2 SO 4 （浓） CuSO 4 +SO 2 ↑+2H 2 O；
色沉淀 。
②试剂a用于除去二氧化硫中的杂质，一般用饱和饱和NaHSO 溶液，故答案为：饱和NaHSO 溶液；
3 3
（3）根据沉淀F的存在，推测SO 2﹣的产生有两个途径：
4 （2）①Ag SO 溶于氨水生成银氨络离子，反应的离子方程式为Ag SO +4NH •H O＝2Ag（NH ） ++SO 2
2 3 2 3 3 2 3 2 3
途径1：实验一中，SO 在AgNO 溶液中被氧化生成Ag SO ，随沉淀B进入D。
2 3 2 4 ﹣+4H O，
2
途径2：实验二中，SO 2﹣被氧化为SO 2﹣进入D。
3 4 故答案为：Ag SO +4NH •H O＝2Ag（NH ） ++SO 2﹣+4H O；
2 3 3 2 3 2 3 2
实验三：探究SO 2﹣的产生途径
4 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
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BaCl 溶液，
2 中主要是亚硫酸钡，进一步证实B中含有亚硫酸银。
第13页（共14页）故答案为：加入稀硫酸，产生白色沉淀；
（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 BaCl 溶
2
液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag SO ，原因是因为Ag SO 微溶于水，Ag SO （s）⇌2Ag++SO 2
2 4 2 4 2 4 4
﹣，向上层清液滴加氯化钡溶液，若含有Ag SO ，则会出现沉淀，
2 4
故答案为：Ag+；因为Ag SO 微溶于水，Ag SO （s）⇌2Ag++SO 2﹣，向上层清液滴加氯化钡溶液，若含有
2 4 2 4 4
Ag SO ，则会出现沉淀；
2 4
②由实验三可知SO 2﹣产生的途径是SO 2﹣被氧化为SO 2﹣进入D，
4 3 4
故答案为：SO 2﹣产生的途径是SO 2﹣被氧化为SO 2﹣进入D；
4 3 4
（4）由以上分析可知SO 与AgNO 溶液反应生成Ag SO 和硝酸，离子方程式是2Ag++SO +H O＝Ag SO
2 3 2 3 2 2 2 3
↓+2H+，故答案为：2Ag++SO +H O＝Ag SO ↓+2H+；
2 2 2 3
（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，即既能发
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，
故答案为：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，即既能发生沉淀反应，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。
【点评】本题考查物质的性质的探究，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力、自学能力和实
验能力，本题注意把握物质的性质以及题给信息，题目难度中等。
第14页（共14页）
