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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（ ）
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
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 BC D
A．NaCl═Na++Cl﹣
B．CuCl ═Cu2++2Cl﹣
2
C．CH COOH CH COO﹣+H+
3 3
D．H （g）+C⇌l （g）═2HCl（g）△H＝﹣183kJ•mol﹣1
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，
49
被采用为国际新标准。铟与铷（ Rb）同周期。下列说法不正确的是（ ）
37
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
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
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
2 2 2 4
D NO（NO ） H O、无水CaCl
2 2 2
A．A B．B C．C D．D
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﹣
2 2 4
1H C O 的pH＝1.3）
2 2 4
实验 装置 试剂a 现象
Ca（OH） 溶液（含酚酞） 溶液褪色，产生白色沉淀
2
① 少量NaHCO 溶液 产生气泡
3
② 酸性KMnO 溶液 紫色溶液褪色
4
③ C H OH和浓硫酸 加热后产生有香味物质
2 5
④
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 2B．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
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 COONa溶液、0.5mol•L﹣1CuSO 溶液以及H O的pH
3 4 2
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c（H+）＞c（OH﹣）
B．随温度升高，CH COONa的溶液的c（OH﹣）减小
3
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﹣、
3 4 3
Cu2+水解平衡移动方向不同
二、非选择题：本部分共4小题，共58分。
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（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
2 3 2
Na CO 溶液反应，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
2 3 2
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 。
包含2个六元环
①M可水解，与NaOH溶液共热时，1molM最多消耗2molNaOH
②（6）推测E和G反应得到K的过程中，反应物LiAlH
4
和H
2
O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．（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
Ⅳ、向Ⅲ中加入过量KI；
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
2 2 3
滴定至终点，共消耗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 。
（3）Ⅲ中发生反应的化学方程式是 。（4）Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是 。
（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
。
（6）V中滴定至终点的现象是 。
（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
2
结果偏高。
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。
（1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。
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
2 2
①应的方程式是 。
已知反应器中还存在如下反应：
②ⅰ．CH
4
（g）+H
2
O（g）═CO（g）+3H
2
（g）△H
1
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
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，
2 4
③目的是 （选填字母序号）。
a．促进CH 转化
4
b．促进CO转化为CO
2
c．减少积炭生成
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。
2 2
④
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
1 2低”或“不变”）。此时CaO消耗率约为35%，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，工作示意图如图。通过控制开关连接 K
1
或K ，可交替得到H 和O 。
2 2 2
制H 时，连接 。产生H 的电极方程式是 。
2 2
①改变开关连接方式，可得O
2
。
②结合 和 中电极3的电极反应式，说明电极3的作用： 。
11．③（16分①）化②学小组实验探究SO
2
与AgNO
3
溶液的反应。
（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
2 2 3
液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。
浓H SO 与Cu反应的化学方程式是 。
2 4
①试剂a是 。
②（2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为Ag
2
SO
3
、Ag
2
SO
4
或二者混合物。
（资料：Ag SO 微溶于水；Ag SO 难溶于水）
2 4 2 3
实验二：验证B的成分写出Ag SO 溶于氨水的离子方程式： 。
2 3
①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
3
，进而推断
②B中含有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
2 3 2 3
剂及现象是 。
（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
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
①续滴加BaCl 溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag SO ．做出判断的理由：
2 2 4
。
实验三的结论： 。
②（4）实验一中SO
2
与AgNO
3
溶液反应的离子方程式是 。
（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
2 3
得混合物放置一段时间，有Ag和SO 2﹣生成。
4
（6）根据上述实验所得结论： 。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；
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．CuCl ═Cu2++2Cl﹣
2
C．CH COOH CH COO﹣+H+
3 3
D．H （g）+C⇌l （g）═2HCl（g）△H＝﹣183kJ•mol﹣1
2 2
【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；
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CuCl Cu+2Cl ↑，故B错误；
2 2
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
3 3
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 H （g）
2
+Cl ═2HCl（g）△H＝﹣183kJ•mol﹣1，故D正确；
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，
49
被采用为国际新标准。铟与铷（ Rb）同周期。下列说法不正确的是（ ）
37
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
【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、
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；
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） ＜RbOH，故D错误。
3
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；
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 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
2 2 2 4
D NO（NO ） H O、无水CaCl
2 2 2
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（H C O ）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1mol•L﹣
2 2 4
1H C O 的pH＝1.3）
2 2 4
实验 装置 试剂a 现象
Ca（OH） 溶液（含酚酞） 溶液褪色，产生白色沉淀
2
① 少量NaHCO 溶液 产生气泡
3
②酸性KMnO 溶液 紫色溶液褪色
4
③ C H OH和浓硫酸 加热后产生有香味物质
2 5
④
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 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
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
【分析】0.1mol•L﹣1H C O 的pH＝1.3，说明草酸是弱酸，
2 2 4
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） 溶液（含酚酞）中加入草酸溶液，溶液褪色，说明混合溶
2
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） +H C O ═CaC O ↓+2H O，故A正确；
2 2 2 4 2 4 2
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
3
反应生成弱酸，根据实验现象知，酸性： H C O ＞H CO ，反应方程式为
2 2 4 2 3
NaHCO +H C O ═NaHC O +CO ↑H O，故B正确；
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
4 4
性KMnO 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，2MnO ﹣
4 4
+5H C O +6H+═2Mn2++10CO ↑+8H O，故C错误；
2 2 4 2 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，
2 5
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﹣1CH COONa溶液、0.5mol•L﹣1CuSO 溶液以及H O的pH
3 4 2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c（H+）＞c（OH﹣）
B．随温度升高，CH COONa的溶液的c（OH﹣）减小
3
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﹣、
3 4 3
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CH COONa促进醋酸钠水解；
3
C．升高温度促进CuSO 水解也促进水电离；
4
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CH COONa促进醋酸钠水解、水的电离，溶液中c（OH﹣）增大，故B错
3
误；
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
4
升高温度导致K 增大，则升高温度CuSO 的溶液的pH变化是K 改变与水解平衡移动
w 4 w
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
CH COO﹣、Cu2+水解，所以CH COO﹣、Cu2+水解平衡移动方向相同，故D错误；
3 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，题目难度中等。
二、非选择题：本部分共4小题，共58分。
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（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
2 3 2
Na CO 溶液反应，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
2 3 2
是 + +H O ，反应类型是 取
2
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的结构简式是 。
包含2个六元环
①M可水解，与NaOH溶液共热时，1molM最多消耗2molNaOH
②（6）推测E和G反应得到K的过程中，反应物LiAlH
4
和H
2
O的作用是 还原剂 。
（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 。
【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
2 3 2
食品防腐，结合K结构简式知，A为 ，有机物B能与Na CO 溶液反应，
2 3
但不产生CO ，说明含有酚羟基，且B加氢可得环己醇，则B为 ，根据ABC
2
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C H O，G的不饱和度为 ＝5，J经过还原可以得到G，所
9 10
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C H NO ，N和SOCl 发生取代反应生成托
26 29 2 2
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 。
【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，反应类型是取代反应或酯化反应，
2
故答案为： + +H O；取代反应或
2
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，
包含2个六元环；
①M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，
②说明水解生成酚羟基和羧基，
符合条件的结构简式为 ，
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LuAlH 和H O的作用是还原剂，
4 2
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
Ⅳ、向Ⅲ中加入过量KI；
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
2 2 3
滴定至终点，共消耗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 容量瓶 。
（2）Ⅱ中发生反应的离子方程式是 BrO ﹣ +5B r ﹣ +6H + ＝ 3B r +3H O 。
3 2 2
（3）Ⅲ中发生反应的化学方程式是 。
（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KBrO 物质的量关系为n（KI）≥6n（KBrO ）时，KI一定过量，理由是
3 3
由电子守恒可知，当 n （ K I ）＝ 6 n （ KBrO ）时， K I 恰好与步骤 I I 中生成的溴完全反应 ，
3
而步骤 II I 中苯酚会消耗一定量的溴，所以 n （ K I ）≥ 6 n （ KBrO ）时， K I 一定过量 。
3
（6）V中滴定至终点的现象是 最后一滴 N a S O 溶液滴入后，溶液恰好蓝色消失，且
2 2 3
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
2
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 I +2Na S O ＝ 2NaI+Na S O 、 BrO ﹣ +5Br﹣ +6H+ ＝ 3Br +3H O 、
2 2 2 3 2 4 6 3 2 2
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
，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KBrO 物质的量关系为n（KI）≥6n（KBrO ）时，KI一定过量，理由是由
3 3
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，
3
而步骤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
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
3
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 ）时，KI
3
一定过量；
（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
2 2 3
分钟内不变，
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
（ 7 ） 由 BrO ﹣ +5Br﹣ +6H+ ＝ 3Br +3H O 、 I +2Na S O ＝ 2NaI+Na S O 、
3 2 2 2 2 2 3 2 4 6
可知，生成的溴的物质的量为a×mol/L×v ×10﹣
1
3L×3＝3av ×10﹣3mol，由溴与碘化钾反应生成的碘的物质的量为bmol/L×v ×10﹣3L× ＝
1 3
5bv ×10﹣4 mol，所以与苯酚反应的溴的物质的量为 3av ×10﹣3mol﹣5bv ×10﹣4 mol＝
3 1 3
（30av ﹣5bv ）×10﹣4 mol，由 可知，苯酚的物
1 3质 的 量 为 （ 30av ﹣ 5bv ） ×10﹣ 4 mol× ， 废 水 中 苯 酚 的 含 量 为
1 3
＝ 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
2
结果偏高，
故答案为：挥发性。
【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。
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。
（1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。
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
2 2
①
应的方程式是 CH +2H O （ g ） 2H +CO 。
4 2 2 2
已知反应器中还存在如下反应：
②ⅰ．CH
4
（g）+H
2
O（g）═CO（g）+3H
2
（g）△H
1
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 2H （ g ） +CO （ g ）＝ C
1 2 3 2 2
（ S ） +2H O （ g ）或 C （ s ） +CO （ g ）＝ 2CO （ g ） 反应的△H。
2 2
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，
2 4
③目的是 ab c （选填字母序号）。
a．促进CH 转化
4
b．促进CO转化为CO
2
c．减少积炭生成用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。
2 2
④
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
1 2
低”或“不变”）。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，使氢气的体积分数明显下降，发生 2H （ g ） +CO （ g ）＝
2 2
C （ S ） +2H O （ g ） 。
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
1
或K ，可交替得到H 和O 。
2 2 2
制H 时，连接 K 。产生H 的电极方程式是 2H O+2e ﹣ ＝ H ↑ +2OH ﹣ 。
2 1 2 2 2
①改变开关连接方式，可得O
2
。
②结合 和 中电极3的电极反应式，说明电极 3的作用： 中电极 3 发生 N i
③（ OH ） ① ﹣ e ﹣ ② +OH ﹣ ＝ NiOOH+H O ，制氢气时消耗电极 1 产生的 O①H ﹣ ， 中电极 3 发
2 2
生 NiOOH+H O+e ﹣ ＝ Ni （ OH ） +OH ﹣ ，制氧气时补充电极 2 消耗的 OH ﹣ ② 。
2 2
【分析】（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；
2 2
三个反应还涉①及到氢气和二氧化碳反应生成C和水的反应；
②水过量，可分别与CH
4
、CO、C等反应；
③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
④氢气反应，导致氢气的体积分数减小；（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 ，分别发生氧化、还原反应，实现NiOOH Ni（OH） 的转化，且可循环使用，
1 2 2
以此解答该题。 ⇌
【解答】解：（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
2 2
①
应的方程式为 CH +2H O（g） 2H +CO ，故答案为：CH +2H O（g）
4 2 2 2 4 2
2H +CO ；
2 2
ⅰ．CH （g）+H O（g）═CO（g）+3H （g）△H
4 2 2 1
②ⅱ． CO（g）+H
2
O（g）═CO
2
（g）+H
2
（g）△H
2
，则i+ii可得CH
4
（g）+2H
2
O
（g）＝CO （g）+4H （g），如要得到ⅲ．CH （g）═C（s）+2H （g）△H ，则还
2 2 4 2 3
应需要2H （g）+CO （g）＝C（S）+2H O（g）的△H，CH （g）+2H O（g）＝CO
2 2 2 4 2 2
（g）+4H （g）与2H （g）+CO （g）＝C（S）+2H O（g）相加可得CH （g）═C
2 2 2 2 4
（s）+2H （g），
2
或i﹣ii得CH （g）+CO （g）＝2CO（g）+2H （g），然后与C（s）+CO （g）＝
4 2 2 2
2CO（g）相减，亦可得到反应iii的△H，
故答案为：2H （g）+CO （g）＝C（S）+2H O（g）或 C（s）+CO （g）＝2CO
2 2 2 2
（g）；
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
4 4
③CO 、且与iii生成的C等反应，简式积炭生成，
2
故答案为：abc；
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
④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
2 2 2
（g），导致CaO消耗率约为35%时已失效，
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
2
（g）+CO （g）＝C（S）+2H O（g）；
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，则应连接 K ，电
1
极方程①式为2H O+2e﹣＝H ↑+2OH﹣，
2 2
故答案为：K ；2H O+2e﹣＝H ↑+2OH﹣；
1 2 2
电极3可分别连接K 或K ， 中电极3发生Ni（OH） ﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H O，
1 2 2 2
③ ①制氢气时消耗电极1产生的OH﹣， 中电极3发生NiOOH+H O+e﹣＝Ni（OH） +OH
2 2
﹣，制氧气时补充电极2消耗的OH﹣②，实现NiOOH Ni（OH） 的转化，且可循环使用，
2
故答案为： 中电极3发生Ni（OH） ﹣e﹣+OH﹣＝⇌NiOOH+H O，制氢气时消耗电极1
2 2
产生的OH﹣①， 中电极3发生NiOOH+H O+e﹣＝Ni（OH） +OH﹣，制氧气时补充电极
2 2
2消耗的OH﹣。②
【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。
11．（16分）化学小组实验探究SO 与AgNO 溶液的反应。
2 3
（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
2 2 3
液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。
浓H SO 与Cu反应的化学方程式是 Cu+2H SO （浓） CuSO +SO ↑ +2H O
2 4 2 4 4 2 2
①
。
试剂a是 饱和 NaHSO 溶液 。
3
②（2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为Ag
2
SO
3
、Ag
2
SO
4
或二者混合物。
（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
写出Ag SO 溶于氨水的离子方程式： A g SO +4NH • H O ＝ 2Ag （ NH ） + +SO 2﹣
2 3 2 3 3 2 3 2 3
①+4H O 。
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
3
②B中含有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
2 3 2 3
剂及现象是 稀硫酸，产生白色沉淀 。
（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
向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有 A g + ；取上层清液继
①续滴加BaCl 溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag SO ．做出判断的理由： 因
2 2 4
为 A g SO 微溶于水， A g SO （ s ） 2A g + +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
实验三的结论： SO 2 ﹣ 产生的途径是 SO 2 ﹣ 被氧化为 SO 2 ﹣ 进入 D 。
4 3 4
②（4）实验一中 SO
2
与 AgNO
3
溶液反应的离子方程式是 2A g + +SO
2
+H
2
O ＝
Ag SO ↓ +2H + 。
2 3
（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
2 3
得混合物放置一段时间，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；
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中主要是BaSO ，沉淀F为BaSO ，滤液E中含有二
3 4
氧化硫或亚硫酸；
实验三、 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①于水，Ag SO 在水溶液中能电离出Ag+，说明溶液A中含有硫酸银；
2 4 2 4
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
2 2 4
②到的SO 2﹣是SO 2﹣被氧化得到的；
4 3
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，以此解答该题。
【解答】解：（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
2 4
①
Cu+2H SO （浓） CuSO +SO ↑+2H O，故答案为：Cu+2H SO （浓）
2 4 4 2 2 2 4
CuSO +SO ↑+2H O；
4 2 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
3
②NaHSO 溶液；
3
（2） Ag 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＝
2 3 2 3 3 2
2Ag（①NH ） ++SO 2﹣+4H O，
3 2 3 2
故答案为：Ag SO +4NH •H O＝2Ag（NH ） ++SO 2﹣+4H O；
2 3 3 2 3 2 3 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
②钡离子从而证明D中主要是亚硫酸钡，进一步证实B中含有亚硫酸银。
故答案为：加入稀硫酸，产生白色沉淀；
（3） 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①加BaCl 溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag SO ，原因是因为Ag SO
2 2 4 2 4
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Ag SO ，
2 4 4 2 4
则会出现沉淀， ⇌
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
2 4 2 4 4
氯化钡溶液，若含有Ag SO ，则会出现沉淀； ⇌
2 4
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
②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+
2 3 2 3
+SO +H O＝Ag SO ↓+2H+，故答案为：2Ag++SO +H O＝Ag SO ↓+2H+；
2 2 2 3 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。
