2019高考北京卷化学试题(解析版)(2021年整理精品文档)

2019高考北京卷化学试题(解析版)

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2019高考北京卷化学试题(解析版)

2019高考化学北京卷

6．下列我国科研成果所涉及的材料中，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B。2022年冬奥会聚C.能屏蔽电磁波的D。“玉兔二号\"钛合化硅反射镜 答案：A

解析：注意审题，两个关键词，同主族元素,无机非金属材料.A中碳化硅(SiC)符合题目要求，B中聚氨酯为有机高分子材料，C中碳包覆银纳米线不是同主族元素形成的，D中钛合金为金属材料，不是有机物。

7．下列示意图与化学用语标注内容不相符的是（水合离子用相应的离子符号表示)

A B C D 氨酯速滑服 碳包覆银纳米线 金筛选网轮 － ＋NaCl＝Na＋Cl＋CuCl2＝Cu＋2Cl－2＋CH3COOHCH3COO＋H －H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g) △H＝－183kJ·mol－1 答案:B

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解析：电解CuCl2溶液，是化学变化，方程式为CuCl2

D示意图与化学用语标注内容相符，都不符合题意。

Cu＋Cl2↑，故B符合题意。A、C、

8．2019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． 错误!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 答案：D

解析：本题是对元素周期表和元素周期律的考查。铟（49In）与铷（37Rb)均为第五周期元素，故选项A正确；错误!In的电子数与质子数相等，为49，中子数为质量数(115）－质子数(49)＝66，中子数与电子数之差为66－49＝17,选项B正确;In和Al是同主族元素,且原子序数In＞Al，因此原子半径In＞Al,选项C正确；铟(49In）与铷(37Rb）分别为第五周期第IIIA和第IA族元素,碱性RbOH ＞In(OH）3，故选项D错误。

9．交联聚合物P的结构片段如右图所示.下列说法不正确的是（图中 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

表示链延长）

答案：D

解析：A.将片段X和Y连接起来，不难发现聚合物P中含有酯基，所以A项正确；B.形成酯

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基的过程中有小分子水生成，所以合成聚合物P属于缩聚反应，B项正确；C. 根据油脂的基本概念“油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯”可知C项正确；D．乙二醇和丙三醇的结构不同,所以D项错误。

10．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） FeCl2溶液（FeCl3） NaCl溶液(MgCl2) Cl2（HCl) NO(NO2) 答案:B

Fe粉 除杂试剂 A B C D NaOH溶液、稀HCl H2O、浓H2SO4 H2O、无水CaCl2 解析：A 。FeCl3 与Fe粉反应为氧化还原反应，A项错误；B．NaOH溶液Mg沉淀，然后加入稀盐酸将剩余的OH中和，B项正确；C. Cl2 与水反应，且在H2O中溶解性比在饱和食盐水中大，造成损失，C项错误；D。 NO2 与H2O为氧化还原反应，D项错误.

—

2+

11．探究草酸(H2C2O4)性质，进行以下实验。（已知：室温下，0。1mol·LH2C2O4的pH=1。3) 实验 装置 试剂a Ca(OH）（含酚2溶液① 酞) ② ③ ④ -1

现象 溶液褪色,产生白色沉淀 少量NaHCO3溶液 酸性KMnO4溶液 C2H5OH和浓硫酸 产生气泡 紫色溶液褪色 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

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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+16H=2Mn+10CO2↑+8H2O D．H2C2O4可发生酯化反应HOOCCOOH+2C2H5OH答案:C

解析：A选项正确，草酸钙是沉淀；B选项正确，草酸的酸性比碳酸强；C选项错误，草酸是弱酸，写离子方程式的时候不拆；D选项正确,草酸是二元有机酸，故酯化时消耗2倍的一元醇。

-2—

+

2+

C2H5OOCCOOC2H5+2H2O

12．实验测得0。5mol·LCH3COONa溶液、0。5mol·LCuSO4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溶液的c(OH)减小 C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是KW改变与水解移动共同作用的结果

D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低,是因为CH3COO、Cu水解平衡移动方向不同

答案：C

解析：A选项错误，无论是否升温，纯水均为中性，c（H)=c(OH);B选项错误，盐类的水解特点是升温促进水解，CH3COONa本身水解显碱性，升温促进水解，碱性增强，c(OH）增大;C选项正确，硫酸铜本身水解显酸性,升温促进水解，酸性增强，水解生成的c(H）增加,同时升温也促进了水的电离，水电离生成的c(H)增加,二者叠加，酸性变化趋势一致，pH=—lg c（H)，c（H)越大，pH越低;D选项错误,水解吸热，故升温CH3COO、Cu水解平衡都正向移动，硫酸

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+

—

2+

+

+

+

-+

—

—

2+

—

+

-

-1—1

平衡

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铜溶液pH降低C选项已经说清楚了。升温促进CH3COO水解，c（OH）增大，但pH不一定也增大，因为升温也同时促进了水的电离，Kw增大，，当Kw增大幅度大于 c（OH)时，Kw/ c(OH）也增大，pH=-lg Kw/ c(OH）,故pH减小。

25．（16分）抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路线如下。

-—

—

-—

已知： ⅰ

ⅱ。有机物结构可用键线式表示,如（CH3）2NCH2CH3的键线式

N

（1)有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，其钠可用于食品防腐。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中的含氧官能团是:_______________。 （3）E的结构简式为__________________。

（4)F是一种天然香料,经碱水解、酸化，得G和J。J经还原可转化为G。J的结构简式为____________________.

(5）M和J是同分异构体,符合下列条件的M的结构简式是_____________。 ①包含2个六元环

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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_________。 （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______________________。

【答案】 （1）

取代反应(酯化反应）

(2）羰基 羟基

(3）

(4)

（5）

（6）还原剂

（7）

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【解析】本题合成药物为载体，联系社会生产生活实际,考查了有机化学方程式的书写，有机化学反应类型判断、官能团的识别、同分异构体的书写、顺反异构的判断等知识点，比较好入手，整体难度不大。

在第（1）问中,给了提示“有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，其钠可用于食品防腐。”，可知A为苯甲酸，“有机物B能与Na2CO3溶液反应,但不产生CO2；B加氢可得环己醇。”，可知B为苯酚。因此A和B的反应方程式为:

化学反应类型为 取代反应（酯化反应） 同时也知道了C的结构。

（2）由已知ⅰ可以看得出：苯酚生成的酯在AlCl3的作用下会生成酚羟基，同时对位上生成羰基，由此得官能团名称为羟基和羰基

（3）由已知i可以看出，酚羟基在Na2CO3的作用下，会与氯代烃发生取代反应，同时生成

醚键，从而得出E的结构简式为

（4）F是一种天然香料，能够水解得到两种物质，可以知道F为酯类由于，J经还原可转化为G,则G和简式为

J碳原子数一样多，并且碳骨架一样,根据原子守恒可知J的结构

（5）M可水解，与NaOH溶液共热时，1molM最多消耗2molNaOH，可知M含有酚羟基形成的酯，并且有两个

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六元环，根据原子守恒和不和度可知J的结构简式

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（6）LiAlH4 是强还原剂

（7)托瑞米芬具有反式结构，则K到N的过程发生消去反应，同时双键碳原子连接两个不同的基团,即α碳上没有氢的羟基发生了消去反应。根据原子守恒可知：托瑞米芬的结构简式为

26．(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 a mol·L KBrO3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 b mol·LNa2S2O3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+Na2S4O6

Na2S2O3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

（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

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—1

-1

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(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 g·L（苯酚摩尔质量：94g·mol）

(8)由于Br2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。

【答案】

（1）容量瓶

（2）5Br+BrO3+6H==3Br2+3H2O

—

—

+

-1

-1

（3）

（4）溴水过量，保证所有苯酚都和溴水反应,使测量结果准确 （5）保证所有剩余的Br2都能被I还原 （6）蓝色褪去，且持续30秒不恢复 （7）47（6av1—bv3)/3v2 （8）易挥发

-

【解析】该题的测定原理是用KBrO3标准溶液在酸性条件下和过量的KBr反应生成溴单质(溴单质过量，保证所有苯酚都和溴水反应,使测量结果准确)，生成的Br2和苯酚反应生成三溴苯酚，再用过量的KI溶液消耗掉过量的Br2（KI溶液过量的是为了保证所有剩余的Br2都能被I

—

还原)，同时生成 I2，然后再用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2,它们之间的对应关系是： KBrO3 ～ 3Br2

av1×10 3av1×10

过量的Br2 ～ 2KI ～ I2 ～ 2Na2S2O3 1 2

—3

—3

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0.5b×v3×10 b×v3×10

—3-3

3Br2 ～

（3av1 - 0。5bv3）×10

-3

(3av1 — 0.5bv3）×10/3

-3

94×（3av1 - 0.5bv3）×10-3/3 = 47苯酚的含量： （6av1-bv3）/3v2

V2×10-3

27．（14分)氢能源是最具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,

①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________________________________.

②已知反应器中还存在如下反应：

ⅰ. CH4 (g）+ H2O(g) = CO（g）+3H2(g) △H1 ⅱ。 CO(g)+ H2O(g） = CO2（g）+ H2（g) △H2 ⅲ。 CH4 (g) =C（g）+2H2(g） △H3 ……

ⅲ为积炭反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用______________反应的ΔH.

③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 ④用H2可以去除CO2，H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。

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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，工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。

①制H2时,连接_____________________。

产生H2的电极反应式是___________________。 ②改变开关连接方式，可得O2。

③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用：___________________.

【解析】本题以热点问题“氢能源—-高纯氢的制备”为切入点，考查化学方程式书写,盖斯定律，化学平衡问题，电化学等相关知识；信息以文字、图像等多种方式呈现给学生，阅读量和思维容量都比较大，综合性较强，很好的考查学生利用化学反应原理的相关知识解决实际问题能力。

（1）①已知反应物为CH4 和H2O(g）生成物为CO2和H2，所以方程式为

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CH4 +2H2O(g) CO2+4H2

C(s）

②根据盖斯定律,ⅲ—（ⅰ+ⅱ）运算出的方程式为所缺反应：2H2（g）+CO2 （g） + 2H2O(g)

或用ⅲ-（ⅰ—ⅱ）运算得C（s）+ CO2 (g)

2 CO

③增大水蒸气的用量，可以提高ⅰ反应中CH4和ⅱ反应中CO的转化率，同时c（CH4)减小，使得ⅲ中发生积炭反应的CH4减少，正确答案：abc

④由图可知,CaO消耗率曲线的斜率逐渐减小,单位时间CaO消耗率降低，过多的CO2会消耗H2，使H2体积分数明显下降，2H2（g)+CO2 （g)

C（s）+ 2H2O(g）。

+

（2）①根据电源的正负和电极3上的物质变化,H2是H2O中H在阴极放电的产物，所以电极1产生H2，应连接K1,电极反应2H2O+2e

—

H2 ↑+2OH。

-

—

②制H2时，电极3：Ni（OH)2 - e+ OH 制O2时，电极3： NiOOH+ e + H2O【答案】

（1）①CH4 +2H2O(g）

②2H2(g)+CO2 (g） ③abc

CO2+4H2

-

-

NiOOH + H2O ， 消耗电极1产生的OH； Ni(OH)2 + OH ，补充电极2消耗的OH.

—

-

—

C(s)+ 2H2O(g) 或C(s)+ CO2 （g） 2 CO

④降低,CO2消耗H2,使H2体积分数降低，2 H2+CO2

（2）①K1，2H2O+2e

-

C+ 2H2O

H2 ↑+2OH

-

—

-

②制H2时,电极3：Ni(OH）2 — e+ OH 制O2时，电极3: NiOOH+ e + H2O

—

NiOOH + H2O , 消耗电极1产生的OH; Ni(OH)2 + OH ,补充电极2消耗的OH。

--

—

28．(16分)化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。

⑴实验一:用如下装置（夹持、加热仪器略）制备SO2，将足量SO2通入AgNO3溶液中,迅速反

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应，得到无色溶液A和白色沉淀B。

①浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是 。 ②试剂a是 。

⑵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

①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式 。 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 。 ⑶根据沉淀F的存在推断SO4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，SO3被氧化为SO4进入D。 实验三：探究SO4的产生途径

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 。

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2-2-2—

2-

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②实验三的结论： 。

⑷实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是 。 ⑸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SO4生成.

⑹根据上述实验所得结论： 。 【答案】（1）①Cu+2H2SO4（浓）

+

2-

Cu SO4+SO2↑+2H2O，②饱和NaHSO3溶液。

2-

（2)①Ag2SO3+4NH3·H2O==2Ag（NH3)2+ SO3+4H2O，②加入品红溶液,溶液褪色

（3）①Ag2SO4；由于Ag2SO4微溶于水，Ag2SO4（s）→2 Ag+ SO4，取上层清液滴加BaCl2溶液，若含有Ag2SO4，则会出现白色沉淀.②故SO4的产生途径是SO3被氧化为SO4进入D。 (4）2 Ag+SO2+H2O== Ag2SO3↓+2H

（5）SO2与AgNO3溶液既能发生沉淀反应，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。 【解析】

（1)Cu+2H2SO4（浓)

Cu SO4+SO2↑+2H2O,由于生成的二氧化硫气体中混有酸雾，会对后

+

+

2-2—

2-+

2—

面的实验造成干扰，故需要用饱和NaHSO3溶液进行洗气。

（2）Ag2SO3+4NH3·H2O==2Ag（NH3）2+ SO3+4H2O，D中主要是BaSO3，加入盐酸后沉淀BaSO3大部分溶解，溶液中溶有一定量的SO2,加入品红溶液,溶液褪色。

（3）由于Ag2SO4微溶于水，Ag2SO4（s）→2 Ag+ SO4,取上层清液滴加BaCl2溶液，若含有Ag2SO4，则会出现白色沉淀。故SO4的产生途径是SO3被氧化为SO4进入D。 （4）2 Ag+SO2+H2O== Ag2SO3↓+2H

（5）SO2与AgNO3溶液既能发生沉淀反应，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。

+

+2—

2—

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2-+

2-

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