1、第 1 页（共 14 页）2019 年北京市高考化学试卷年北京市高考化学试卷 一、选择题：本部分共一、选择题：本部分共 7 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，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。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（）A4.03 米大口径碳化硅反射镜 B2022 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 B C
2、D ANaClNa+Cl BCuCl2Cu2+2Cl CCH3COOHCH3COO+H+DH2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H183kJmol1 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（）AIn 是第五周期第A 族元素 BIn 的中子数与电子数的差值为 17 C原子半径：InAl D碱性：In（OH）3RbOH 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
3、延长）（）A聚合物 P 中有酯基，能水解 第 2 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 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 AA BB CC DD 6（6 分）探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温
4、下，0.1molL1H2C2O4的 pH1.3）实验 装置 试剂 a 现象 Ca（OH）2溶液（含酚酞）溶液褪色，产生白色沉淀 少量 NaHCO3溶液 产生气泡 酸性 KMnO4溶液 紫色溶液褪色 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（）AH2C2O4有酸性，Ca（OH）2+H2C2O4CaC2O4+2H2O B酸性：H2C2O4H2CO3，NaHCO3+H2C2O4NaHC2O4+CO2+H2O CH2C2O4有还原性，2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O DH2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C
5、2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O 7（6 分）实验测得 0.5molL1CH3COONa 溶液、0.5molL1CuSO4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（）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 二、非选择题：本部分共二、非选择题：本部分共 4 小题，共小题，共 58 分。
6、分。8（16 分）抗癌药托瑞米芬的前体 K 的合成路线如图。已知：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 ，反应类型是 。（2）D 中含有的官能团：。第 3 页（共 14 页）（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 JJ 经还原可转化为 GJ 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
7、2 个六元环 M 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 。（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）。、用已准确称量的 KBrO3固体配制一定体积的 amolL1KBrO3标准溶液；、取 v1mL 上述溶液，加入过量 KBr，加 H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；、向所得溶液中加入 v2mL 废水；、向中加入过量 KI；、用 bmolL1Na2S2O3标
8、准溶液滴定中溶液至浅黄色时，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+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6 Na2S2O3和 Na2S4O6溶液颜色均为无色（1）中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 。（2）中发生反应的离子方程式是 。（3）中发生反应的化学方程式是 。（4）中加 KI 前，溶液颜色须为黄色，原因是 。（5）KI 与 KBrO3物质的量关系为 n（KI）6n（KBrO3）时，KI 一定过量，理由是 。（6）V 中滴定至终点的现象是 。（7）废水中苯酚的含量为 gL1（苯酚摩尔质量：94gmol1）。（8）由于 Br2
9、具有 性质，中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。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 H2和 CO2，其物质的量之比为 4：1，甲烷和水蒸气反应的方程式是 。已知反应器中还存在如下反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H1 CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H2 CH4（g）C（s）+2H2（g）H3 为积炭反应，利用H1和H2计算H3时，还需要利用 反应的H。反应物投料比采用 n（H2O）：n（CH4）4：1，大于初始反应的化学计量
10、数之比，目的是 （选填字母序号）。a促进 CH4转化 b促进 CO 转化为 CO2 c减少积炭生成 用 CaO 可以去除 CO2H2体积分数和 CaO 消耗率随时间变化关系如图所示。从 t1时开始，H2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 K1或 K2，可交替得到H2和 O2。第 4 页（共 14 页）制 H2时，连接 。产生 H2的电极方程式是 。改变开关连接方式，可得 O2。结合和中电极 3 的电极反应式，
11、说明电极 3 的作用：。11（16 分）化学小组实验探究 SO2与 AgNO3溶液的反应。（1）实验一：用如图装置（夹持、加热仪器略）制备 SO2，将足量 SO2通入 AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液 A 和白色沉淀 B。浓 H2SO4与 Cu 反应的化学方程式是 。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 Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。（资料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3难溶于水）实验二：验证 B 的成分 写出 Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：。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 BaSO3，进而推断 B
12、中含有Ag2SO3向滤液 E 中加入一种试剂，可进一步证实 B 中含有 Ag2SO3所用试剂及现象是 。（3）根据沉淀 F 的存在，推测 SO42的产生有两个途径：途径 1：实验一中，SO2在 AgNO3溶液中被氧化生成 Ag2SO4，随沉淀 B 进入 D。途径 2：实验二中，SO32被氧化为 SO42进入 D。实验三：探究 SO42的产生途径 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 BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断 B 中不含 Ag2SO4做出判断的理由：。实验三的结论：。（4）实验一中 SO2与 AgNO3溶液反应的离子方程式是 。（5）根据物
13、质性质分析，SO2与 AgNO3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间，有 Ag 和 SO42生成。（6）根据上述实验所得结论：。第 5 页（共 14 页）2019 年北京市高考化学试卷年北京市高考化学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本部分共一、选择题：本部分共 7 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，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。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（）A4.03 米大口径碳化硅反射镜
14、B2022 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】AC、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；CC 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：AC、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
15、；CC 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 ANaClNa+Cl BCuCl2Cu2+2Cl CCH3COOHCH3COO+H+DH2（g）+Cl2（g）2H
16、Cl（g）H183kJmol1【分析】ANaCl 为强电解质；B电解氯化铜生成 Cu 和氯气；第 6 页（共 14 页）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：ANaCl 为强电解质，则电离方程式为 NaClNa+Cl，故 A 正确；B电解氯化铜生成 Cu 和氯气，则方程式为 CuCl2Cu+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 CH3COOHCH3COO+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+2434312）kJ/mol183k
17、Jmol1，由状态及焓变可知热化学方程式为 H2（g）+Cl22HCl（g）H183kJmol1，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（）AIn 是第五周期第A 族元素 BIn 的中子数与电子数的差
18、值为 17 C原子半径：InAl D碱性：In（OH）3RbOH【分析】AIn 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 1154966；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：AIn 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A 族，故 A 正确；B.In 的中子数为 1154966，In 原子中电子数为 49，则In 的中子数与电子数的差值为 664917，故 B 正确；C同主族元素从上到下原子半径增大，则原
19、子半径：InAl，故 C 正确；D金属性 RbIn，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）3RbOH，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】AY 与 X
20、发生缩聚反应生成 P，P 含COOC；BCOOH、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：AY 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；BCOOH、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。第 7 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
21、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 AA BB CC DD【分析】AFe 与氯化铁反应生成氯化亚铁；BNaOH 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：AFe 与氯化铁反应生成氯化亚铁，为氧化还原反应，故 A 不选；BNaOH 与氯
22、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，0.1molL1H2C2O4的 pH1.3）实验 装置 试剂 a 现象 Ca（OH）2溶液（含酚酞）溶液褪色，产生白色沉淀 少量 NaHCO3溶液
23、 产生气泡 酸性 KMnO4溶液 紫色溶液褪色 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（）AH2C2O4有酸性，Ca（OH）2+H2C2O4CaC2O4+2H2O B酸性：H2C2O4H2CO3，NaHCO3+H2C2O4NaHC2O4+CO2+H2O CH2C2O4有还原性，2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O DH2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O【分析】0.1molL1H2C2O4的 pH1.3，说明草酸是弱酸，A酸不能使酚酞变红色，碱溶液能使酚
24、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：ACa（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+H2C2O4CaC2O4+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：H2C2O4H2CO3，反应方程式为 NaHCO3+H2C2O4NaHC2O4+CO2H2O，故 B 正确；C酸性 KMnO4溶液具有强氧化性，向
25、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 0.5molL1CH3COONa 溶液、0.5molL1CuSO4溶液以及
26、H2O 的 pH 随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（）第 8 页（共 14 页）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
27、，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
28、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：本部分共二、非选择题：本部分共 4 小题，共小题，共 58 分。分。8（16 分）抗癌药托瑞米芬的前体 K 的合成路线如图。已知：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
29、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 JJ 经还原可转化为 GJ 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 M 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。第 9 页（共 14 页）（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 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
30、，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 CC，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，所以 G 为，EG 发生加成反应生成
31、 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。【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，包含 2 个六元环；第 10 页（
32、共 14 页）M 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，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 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
33、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）。、用已准确称量的 KBrO3固体配制一定体积的 amolL1KBrO3标准溶液；、取 v1mL 上述溶液，加入过量 KBr，加 H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；、向所得溶液中加入 v2mL 废水；、向中加入过量 KI；、用 bmolL1Na2S2O3标准溶液滴定中溶液至浅黄色时，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+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6 Na2S2O3和 Na2S4O6溶液颜色均为无色（1）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）中发生反应的离
34、子方程式是BrO3+5Br+6H+3Br2+3H2O。（3）中发生反应的化学方程式是。（4）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（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。（7）废水中苯酚的含量为gL1（苯酚摩尔质量：94
35、gmol1）。（8）由于 Br2具有挥发性性质，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）中发生反应生成三溴苯酚和 HBr；（4）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+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6、BrO3+5Br+6H+3Br2+3H2O、计算；（8）溴易挥发。【解答】解：（1）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；第 11 页（共 14 页）（2）中发生反应的离子方程式是 BrO3
36、+5Br+6H+3Br2+3H2O，故答案为：BrO3+5Br+6H+3Br2+3H2O；（3）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）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（KBr
37、O3）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、I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6、可知，生成的溴的物质的量为 amol/Lv1103L33av1103mol，由溴与碘化钾反应生成
38、的碘的物质的量为 bmol/Lv3103L5bv3104 mol，所以与苯酚反应 的 溴 的 物 质 的 量 为 3av1 10 3mol 5bv3 10 4 mol（30av1 5bv3）10 4 mol，由可知，苯酚的物质的量为（30av15bv3）104 mol，废水中苯酚的含量为 gL1，故答案为：；（8）由于 Br2具有挥发性的性质，中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高，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
39、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 H2和 CO2，其物质的量之比为 4：1，甲烷和水蒸气反应的方程式是CH4+2H2O（g）2H2+CO2。已知反应器中还存在如下反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H1 CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H2 CH4（g）C（s）+2H2（g）H3 为积炭反应，利用H1和H2计算H3时，还需要利用2H2（g）+CO2（g）C（S）+2H2O（g）或 C（s）+CO2（g）2CO（g）反应的H。反应物投料比采用 n（H2O）：n（CH4
40、）4：1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是abc（选填字母序号）。a促进 CH4转化 b促进 CO 转化为 CO2 c减少积炭生成 第 12 页（共 14 页）用 CaO 可以去除 CO2H2体积分数和 CaO 消耗率随时间变化关系如图所示。从 t1时开始，H2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”）。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 2H2（g）+CO2（g）C（S）+2H2O（g）。（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
41、1或 K2，可交替得到H2和 O2。制 H2时，连接K1。产生 H2的电极方程式是2H2O+2eH2+2OH。改变开关连接方式，可得 O2。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 Ni（OH）2e+OHNiOOH+H2O，制氢气时消耗电极 1 产生的 OH，中电极 3 发生 NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OH，制氧气时补充电极 2 消耗的 OH。【分析】（1）甲烷和水蒸气反应生成 H2和 CO2，结合质量守恒书写化学方程式；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；水过量，可分别与 CH4、CO、C 等反应；由图象可知，CaO 消耗率曲线斜
42、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；（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 K1或 K2，分别发生氧化、还原反应，实现 NiOOHNi（OH）2的转化，且可循环使用，以此解答该题。【解答】解：（1）甲烷和水蒸气反应生成 H2和 CO2，其物质的量之比为 4：1，则反应的方程式为CH4+2H2O（g）2H2+CO2，故答案为：CH4+2H2O（g）2H2+CO2；CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H1 CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H2，则 i+ii 可得 CH4（g）+2
43、H2O（g）CO2（g）+4H2（g），如要得到CH4（g）C（s）+2H2（g）H3，则还应需要 2H2（g）+CO2（g）C（S）+2H2O（g）的H，CH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+4H2（g）与 2H2（g）+CO2（g）C（S）+2H2O（g）相加可得 CH4（g）C（s）+2H2（g），或 iii 得 CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g），然后与 C（s）+CO2（g）2CO（g）相减，亦可得到反应 iii 的H，故答案为：2H2（g）+CO2（g）C（S）+2H2O（g）或 C（s）+CO2（g）2CO（g）；水过量，可分别与 i 中的 CH4，ii 中
44、的 CO 反应，则可促进 CH4转化、促进 CO 转化为 CO2、且与 iii 生成的 C 等反应，简式积炭生成，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氢气反应，导致氢气的体积分数减小，发生 2H2（g）+CO2（g）C（S）+2H2O（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 2H2（g）+CO2（g）C（S）+2H2O（g）；（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 K1，电极方程式为 2H2O+2eH2+2OH，故答案为：
45、K1；2H2O+2eH2+2OH；电极 3 可分别连接 K1或 K2，中电极 3 发生 Ni（OH）2e+OHNiOOH+H2O，制氢气时消耗电极1 产生的 OH，中电极 3 发生 NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OH，制氧气时补充电极 2 消耗的 OH，实现 NiOOHNi（OH）2的转化，且可循环使用，故答案为：中电极 3 发生 Ni（OH）2e+OHNiOOH+H2O，制氢气时消耗电极 1 产生的 OH，中电极 3 发生 NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OH，制氧气时补充电极 2 消耗的 OH。第 13 页（共 14 页）【点评】本题为 2019 年北京考题理综卷化学试题，题
46、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 SO2与 AgNO3溶液的反应。（1）实验一：用如图装置（夹持、加热仪器略）制备 SO2，将足量 SO2通入 AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液 A 和白色沉淀 B。浓 H2SO4与 Cu 反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O。试剂 a 是饱和 NaHSO3溶液。（2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀 B 可能为 Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。（资料：Ag2SO4微溶于水；Ag
47、2SO3难溶于水）实验二：验证 B 的成分 写出 Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：Ag2SO3+4NH3H2O2Ag（NH3）2+SO32+4H2O。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 BaSO3，进而推断 B 中含有Ag2SO3向滤液 E 中加入一种试剂，可进一步证实 B 中含有 Ag2SO3所用试剂及现象是稀硫酸，产生白色沉淀。（3）根据沉淀 F 的存在，推测 SO42的产生有两个途径：途径 1：实验一中，SO2在 AgNO3溶液中被氧化生成 Ag2SO4，随沉淀 B 进入 D。途径 2：实验二中，SO32被氧化为 SO42进入 D。实验三：探究 SO42
48、的产生途径 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 BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断 B 中不含 Ag2SO4做出判断的理由：因为 Ag2SO4微溶于水，Ag2SO4（s）2Ag+SO42，向上层清液滴加氯化钡溶液，若含有 Ag2SO4，则会出现沉淀。实验三的结论：SO42产生的途径是 SO32被氧化为 SO42进入 D。（4）实验一中 SO2与 AgNO3溶液反应的离子方程式是2Ag+SO2+H2OAg2SO3+2H+。（5）根据物质性质分析，SO2与 AgNO3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间，有 Ag 和 SO
49、42生成。（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
50、 D 中主要是 BaSO3，沉淀 F 为 BaSO4，滤液 E 中含有二氧化硫或亚硫酸；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+；Ag2SO4微溶于水，Ag2SO4在水溶液中能电离出 Ag+，说明溶液 A 中含有硫酸银；取上层清液继续滴加 BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断 B 中不含 Ag2SO4，则得到的 SO42是 SO32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，以此解答该题。【解答】解：（1）浓 H2SO4可以与 Cu 反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，方程式为 Cu+2H2SO4（浓）C
