精品高考化学高考化学全日制课程冲刺学北京押题卷A+答案.docx

1、精品高考化学高考化学全日制课程冲刺学北京押题卷A+答案2019年北京高考化学试卷押题卷A总分100分可能用到的相对原子质量：C 12 O16 S 32 Fe 56 第1卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1根据所给信息和标志，判断下列说法错误的是（）ABCD神农本草经记载，麻黄能“止咳逆上气”碳酸氢钠药片 古代中国人已用麻黄治疗咳嗽该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效看到有该标志的丢弃物，应远离并报警贴有该标志的物品是可回收物AA BB CC DD【解析】A麻黄能“止咳逆上气”，则麻黄具有治疗咳嗽的作用；B醋中含有乙酸，能和碳酸氢钠反应；C该标志为放射性物质标志；D该标志为循环回收

2、标志。【解答】解：A麻黄能“止咳逆上气”，则麻黄具有治疗咳嗽的作用，可以制作咳嗽药，故A正确；B醋中含有乙酸，能和碳酸氢钠反应，从而降低疗效，故B错误；C该标志为放射性物质标志，对环境及人有危害，所以 看到有该标志的丢弃物，应远离并报警，故C正确；D该标志为循环回收标志，所以贴有该标志的物品是可回收物，故D正确；故选：B。【说明】本题考查信息及标志，侧重考查学生对基本生活常识及基本标志的了解，知道化学在生产生活中的应用，会运用化学知识解决生产生活问题，题目难度不大。2下列指定反应的离子方程式正确的是（）A氯气溶于水：Cl2+H2O2H+Cl+ClO BNa2CO3溶液中CO32的水解：CO32

3、+H2OHCO3+OH C酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3+I+6H+I2+3H2O DNaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O【解析】A氯气与水生成HClO，HClO为弱酸，应写成化学式；BCO32的水解为可逆反应；C电荷不守恒；DNaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液，生成BaCO3和水【解答】解：A氯气溶于水，反应的离子方程式为Cl2+H2OH+Cl+HClO，HClO为弱酸，应写成化学式，且为可逆符号，故A错误；BCO32的水解为可逆反应，应为CO32+H2OHCO3+OH，故B错误；C酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2，发

4、生IO3+5I+6H+3I2+3H2O，故C错误；DNaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液，生成BaCO3和水，发生HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O，故D正确。故选：D。【说明】本题为2015年江苏卷第9题，考查了离子方程式的判断，为常见题型，侧重于学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等，难度不大3由下列实验及现象不能推出相应结论的是（） 实验现象结论A向2mL0.1mol/LFeCl3的溶

5、液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变还原性：FeFe2+B将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性C加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象Ksp（AgI）Ksp（AgCl）AA BB CC DD【解析】A向2mL0.1mol/LFeCl3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3+Fe3Fe2+；B瓶内有黑色颗

6、粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳；C加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色；D如能生成沉淀，应满足QcKsp【解答】解：A向2mL0.1mol/LFeCl3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3+Fe3Fe2+，反应中Fe为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性：FeFe2+，可观察到黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，故A正确；B瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳，反应中二氧化碳表现氧化性，故B正确；C加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色，且为固体的反应，与盐类的水解无关，故C错误；D一只试管中产生黄色沉淀，为AgI，则QcKsp，另一支中无明显现象，说明QcKsp，可说

7、明Ksp（AgI）Ksp（AgCl），故D正确。故选：C。【说明】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、钠的性质、物质的检验以及难溶电解质的溶解平衡，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质，难度不大4某化妆品的组分Z具有美白功效，原从杨树中提取，现可用如图反应制备，下列叙述错误的是（）AX、Y和Z均能使溴水褪色 BX和Z均能与NaHCO3溶液反应放出CO2 CY既能发生取代反应，也能发生加成反应 DY可作加聚反应单体，X可作缩聚反应单体【解析】AX和Z中含有酚羟基、Y中含有碳碳双键，苯环上酚羟基邻对位含有氢原子的酚、烯烃都能和溴水反应而使溴水褪色；B酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳

8、酸氢钠反应；CY含有碳碳双键和苯环，具有烯烃和苯的性质；DY中含有碳碳双键，能发生加聚反应，X中含有酚羟基，能发生缩聚反应【解答】解：AX和Z中含有酚羟基、Y中含有碳碳双键，苯环上酚羟基邻对位含有氢原子的酚、烯烃都能和溴水反应而使溴水褪色，所以X和Z都能和溴水发生取代反应、Y能和溴水发生加成反应，所以三种物质都能使溴水褪色，故A正确；B酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应，Z和X中都只含酚羟基不含羧基，所以都不能和碳酸氢钠反应，故B错误；CY含有碳碳双键和苯环，具有烯烃和苯的性质，一定条件下能发生加成反应、还原反应、加聚反应、氧化反应、取代反应，故C正确；DY中含有碳碳双键，能发生加聚反

9、应，X中含有酚羟基，能和醛发生缩聚反应，故D正确；故选：B。【说明】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酚、烯烃的性质，注意只有苯环上酚羟基邻对位有氢原子的酚才能和溴水发生取代反应，为易错点5某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：下列实验分析中，不正确的是（）序号实验操作实验现象溶液不变红，试纸不变蓝溶液不变红，试纸褪色生成白色沉淀A说明Cl2被完全消耗 B中试纸褪色的原因是：SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI C中若将BaCl2溶液换成Ba（NO3）

10、2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为SO42 D实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化【解析】SO2和Cl2的混合气体发生SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl，等物质的量反应时，反应后无漂白性；若二氧化硫过量时，中发生SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI；中白色沉淀为硫酸钡，以此来来解答。【解答】解：A中发生SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl，等物质的量反应时，反应后无漂白性，由现象可知Cl2被完全消耗，故A正确；B若二氧化硫过量时，中发生SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI，则试纸褪色，故B正确；C换成Ba（NO3）2溶液时，与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，

11、不能说明SO2被Cl2氧化为SO42，故C错误；D由上述实验可知，品红溶液和SO2均被氧化，故D正确；故选：C。【说明】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。6我国研究锂硫电池获得突破，电池的总反应是16Li+S8 8Li2S，充放电曲线如图所示，下列说法不正确的是（）A充电时，电能转化为化学能 B放电时，锂离子向正极移动 C放电时，1mol Li2S6转化为Li2S4得到2mole D充电时，阳极总电极反应式是8S216eS8【解析】A、充电是电解池；B、原电池中阳离子

12、向正极移动；C、放电时，1mol Li2S6转化为Li2S4的反应为：2Li2S6+2Li3Li2S4，由此分析解答；D、充电时阳极S8发生氧化反应。【解答】解：A、充电是电解池，将电能转化为化学能，故A正确；B、原电池中阳离子向正极移动，所以放电时，锂离子向正极移，故B正确；C、放电时，1mol Li2S6转化为Li2S4的反应为：2Li2S6+2Li3Li2S4，所以1mol Li2S6转化为Li2S4得到1mole，故C错误；D、充电时阳极S8发生氧化反应，电极反应式为：8S216eS8，故D正确；故选：C。【说明】本题考查学生二次电池中电极反应的书写以及计算知识，注意原电池和电解池的工

13、作原理是关键，难度中等。7高炉炼铁的主要反应为：CO（g）+Fe2O3（s）CO2（g）+Fe（s） 已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：温度/100011501300平衡常数4.03.73.5下列说法正确的是（）A增加Fe2O3固体可以提高CO的转化率 B该反应的H0 C减小容器体积既能提高反应速率又能提高平衡转化率 D容器内气体密度恒定时，不能标志反应达到平衡状态【解析】A氧化铁为固体，增加氧化铁不影响化学平衡；B由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，故升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应；C该反应前后气体总体积不变，则压强不影响化学平衡；D该反应前后气体质量不相等，则反应过程中气

14、体的密度会发生变化【解答】解：A增加Fe2O3固体后，化学平衡不移动，则变化提高CO的转化率，故A错误；B由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，故升高温度平衡向逆反应移动，则正反应为放热反应，所以该反应的H0，故B正确；C减小容器容积，增大了压强，化学反应速率增大，由于该反应是气体体积不变的反应，则化学平衡不移动，所以反应物转化率不变，故C错误；DCO和二氧化碳的密度不同，则反应过程中气体的密度不同，若容器内气体密度恒定时，说明各组分的浓度不再变化，反应达到平衡状态，故D错误；故选：B。【说明】本题考查了化学平衡的影响因素，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握化学平衡的特征，

15、D为易错点，注意反应前后气体的质量不相等，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力第2卷二、解答题（共4小题，满分43分）8（共17分）秸秆（含多糖类物质）的综合利用具有重要的意义下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线。已知：回答下列问题：（1）下列关于糖类的说法正确的是（填标号）a糖类都有甜味，具有CnH2mOm的通式b麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖c用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全d淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物（2）B生成C的反应类型为 （3）D中的官能团名称为 ，D生成E的反应类型为 （4）F的化学名称是 ，由F生成G的化学方程式为 （5）具有一种官能团的

16、二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5molW与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，W共有 种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为 （6）参照上述合成路线，以（反，反）2，4已二烯和C2H4为原料（无机试剂任选），设计制备对苯二甲酸的合成路线 【解析】（1）a糖类不一定有甜味，如纤维素等，组成通式不一定都是CnH2mOm形式，如脱氧核糖（C6H10O4）；b麦芽糖水解生成葡萄糖；c淀粉水解生成葡萄糖，能发生银镜反应说明含有葡萄糖，说明淀粉水解了，不能说明淀粉完全水解；d淀粉和纤维素都属于多糖类，是天然高分子化合物；（2）B与甲醇发生酯化反应生成C；（3）由D的结构简式可

17、知，含有的官能团有酯基、碳碳双键；D脱去2分子氢气形成苯环得到E，属于消去反应；（4）己二酸与1，4丁二醇发生缩聚反应生成；（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，生成二氧化碳为1mol，说明W含有2个羧基，2个取代基为COOH、CH2CH2COOH，或者为COOH、CH（CH3）COOH，或者为CH2COOH、CH2COOH，或者CH3、CH（COOH）2，各有邻、间、对三种；（6）（反，反）2，4己二烯与乙烯发生加成反应生成，在Pd/C作用下生成，然后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成【解答】解：（1）a糖类不一定有甜味，如

18、纤维素等，组成通式不一定都是CnH2mOm形式，如脱氧核糖（C6H10O4），故a错误；b葡萄糖与果糖互为同分异构体，但麦芽糖水解生成葡萄糖，故b错误；c淀粉水解生成葡萄糖，能发生银镜反应说明含有葡萄糖，说明淀粉水解了，不能说明淀粉完全水解，故c正确；d淀粉和纤维素都属于多糖类，是天然高分子化合物，故d正确，故选：cd；（2）B与甲醇发生酯化反应生成C，属于取代反应，故答案为：酯化反应或取代反应；（3）由D的结构简式可知，含有的官能团有酯基、碳碳双键，D脱去2分子氢气形成苯环得到E，属于消去反应，故答案为：酯基、碳碳双键；消去反应；（4）F的名称为己二酸，己二酸与1，4丁二醇发生缩聚反应生成，

19、反应方程式为：n HOOC（CH2）4COOH+n HOCH2CH2CH2CH2OH+（2n1）H2O，故答案为：己二酸；n HOOC（CH2）4COOH+n HOCH2CH2CH2CH2OH+（2n1）H2O；（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，生成二氧化碳为1mol，说明W含有2个羧基，2个取代基为COOH、CH2CH2COOH，或者为COOH、CH（CH3）COOH，或者为CH2COOH、CH2COOH，或者CH3、CH（COOH）2，各有邻、间、对三种，共有12种，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为：，故答

20、案为：12；（6）（反，反）2，4己二烯与乙烯发生加成反应生成，在Pd/C作用下生成，然后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，合成路线流程图为：，故答案为：【说明】本题考查有机物的合成、官能团的结构与性质、有机反应类型、限制条件同分异构体书写等，是对有机化学基础基础的综合考查，（6）中注意根据题目中转化关系涉及合成路线，较好的考查学生知识迁移运用能力9（共13分）2017年采用中国自主知识产权的全球首套煤基乙醇工业化项目投产成功。某地煤制乙醇的过程表示如下。（1）Cu（NO3）2是制备“催化剂X”的重要试剂。气体A是 。实验室用Cu（NO3）2固体配制溶液，常加入少量稀HNO3运用化学平衡原理简述HN

21、O3的作用 。NaClO溶液吸收气体A的离子方程式是 。（2）过程a包括以下3个主要反应：CH3COOCH3（g）+2H2（g）C2H5OH（g）+CH3OH（g）H1CH3COOCH3+C2H5OH（g）CH3COOC2H5（g）+CH3OH（g）H2CH3COOCH3（g）+H2（g）CH3CHO（g）+CH3OH（g）H3相同时间内，测得CH3COOCH3转化率、乙醇和乙酸乙酯的选择性（如乙醇选择性）如图所示。已知：H10随温度降低，反应化学平衡常数的变化趋势是 。下列说法不合理的是。A温度可影响反应的选择性B225235，反应处于平衡状态C增大H2的浓度，可以提高CH3COOCH3的转

22、化率为防止“反应”发生，反应温度应控制的范围是 。在185下，CH3COOCH3起始物质的量为5mol，生成乙醇的物质的量是 。【解析】（1）铜和稀硝酸反映市场吸收铜、一氧化氮和水，气体A为NO，溶液为硝酸铜，通入NaClO溶液生成硝酸钠，溶液提纯得到硝酸铜固体；实验室用Cu（NO3）2固体配制溶液，常加入少量稀HNO3是抑制铜离子的水解；NaClO溶液吸收气体二氧化硫的离子方程式是生成氯化钠、硝酸钠和水；（2）已知：H10随温度降低平衡向放热反应进行；A图2随温度升高选择性改变；B.225235转化率改变；C两种反应物增加一种物质会提高另一种物质转化率；图2分析可知当反应温度控制在205C时

23、，乙醇和乙酸乙酯的选择性之和100%没反应发生，温度大于205C时乙醇和乙酸乙酯的选择性之和小于100%，反应已经进行，所以为防止反应发生，反应温度控制小于205C，范围内；图象1可知，185C乙酸甲酯转化率20%，乙酸甲酯起始物质的量5mol，所以参加反应的乙酸甲酯的量为20%5mol1mol，生成的乙醇要有一部分进行反应，所以依据图象2可知，185C，乙醇的选择性为20%。【解答】解：（1）铜和稀硝酸反映市场吸收铜、一氧化氮和水，气体A为NO，故答案为：NO；实验室用Cu（NO3）2固体配制溶液，常加入少量稀HNO3运用化学平衡原理简述HNO3的作用是：Cu2+2H2OCu（OH）2+2H

24、+，加入硝酸，使c（H+）增大，平衡逆向移动，从而抑制Cu（NO3）2的水解，故答案为：Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+，加入硝酸，使c（H+）增大，平衡逆向移动，从而抑制Cu（NO3）2的水解；NaClO溶液吸收气体二氧化硫的离子方程式是生成氯化钠、硝酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH+3ClO+2NO2NO3+3Cl+H2O，故答案为：2OH+3ClO+2NO2NO3+3Cl+H2O；（2）已知：H10随温度降低，反应平衡正向进行，化学平衡常数的变化趋势是增大，故答案为：增大；A图2随温度升高选择性改变，故A合理；B.225235转化率改变，反应未达到平衡状态，故B不合理；C两种反

25、应物增加一种物质会提高另一种物质转化率，增大H2的浓度，可以提高CH3COOCH3的转化率，故C合理；故答案为：B；图2分析可知当反应温度控制在205C时，乙醇和乙酸乙酯的选择性之和100%没反应发生，温度大于205C时乙醇和乙酸乙酯的选择性之和小于100%，反应已经进行，所以为防止反应发生，反应温度控制小于205C的范围内，故答案为：205；图象1可知，185C乙酸甲酯转化率20%，乙酸甲酯起始物质的量5mol，所以参加反应的乙酸甲酯的量为20%5mol1mol，生成的乙醇要有一部分进行反应，所以依据图象2可知，185C，乙醇的选择性为20%，所以上述反应中最终生成乙醇的物质的量是1mol2

26、0%0.2mol，故答案为：0.2 mol。【说明】本题考查了化学平衡计算、平衡影响因素分析判断、图象的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。10（共14分）以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.22.92.83.122286065121以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：回答下列问题：（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为 ，同时V2O4转成VO2+“废渣1”的主要成分是 。（2）“氧

27、化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+，则需要氧化剂KClO3至少为 mol。（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124形式存在于溶液中。“废渣2”中含有 。（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V4O124R4V4O12+4OH（以ROH为强碱性阴离子交换树脂）。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈性（填“酸”“碱”“中”）。（5）“流出液”中阳离子最多的是 。（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式 。【解析】从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V2O4转成VO2+氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，

28、只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，然后加氧化剂KClO3，将VO2+变为VO2+，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V4O124R4V4O12+4OH，由ROH为强碱性阴离子交换树脂可知，碱性条件下利用反应逆向移动，流出液中主要为硫酸钾，“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5，以此来解答。【解答】解：从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V2O4转成VO2+氧化铁、氧化铝

29、均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，然后加氧化剂KClO3，将VO2+变为VO2+，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V4O124R4V4O12+4OH，由ROH为强碱性阴离子交换树脂可知，碱性条件下利用反应正向移动，流出液中主要为硫酸钾，“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5，（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为V2O5+2H+2VO2+H2O，由上述分析可知滤渣1为SiO2，故答案为：V2O5+2H+2VO2+H2O；SiO2；（2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+，由电子守恒可知，则需要氧化剂KClO3至少为0.5mol，故答案为：0.5；（3）由上述流出分析可知滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；（4）利用强碱性阴离子交换树脂可“离子交换”和“洗脱”，则应选择碱性条件下使用，且OH浓度大反应逆向移动提高洗脱效率，故答案为：碱；（5）