《高考真题》2019年高考北京卷理综试题解析(解析版)

1、绝密启封并使用完毕前2019年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试（北京卷）物理部分本试卷共16页，共300分。考试时长150分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作 答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分（选择题 共120分）本部分共20小题，每小题6分，共120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。1.一列简谐横波某时刻的波形如图所示，比较介质中的三个质点a、b、c,则74A.此刻a的加速度最小B.此刻b的速度最小C.若波沿x轴正方向传播，此刻 b向y轴正方向运动D.若波沿x轴负方向传播，a比c先回到平衡位置【答案】C【解析】【详解】由机械振动

2、特点确定质点的加速度和速度大小，由“上下坡法”确定振动方向。由波动图象可知，此时质点 a位于波峰处，根据质点振动特点可知，质点 a的加速度最大，故 A错误，此 时质点b位于平衡位置，所以速度为最大，故 B错误，若波沿x轴正方向传播，由“上下坡法”可知，质 点b向y轴正方向运动，故 C正确，若波沿x轴负方向传播，由“上下坡法”可知，a质点沿y轴负方向运动，c质点沿y轴正方向运动，所以质点 c比质点a先回到平衡位置，故 D错误。2.利用图1所示的装置（示意图），观察光的干涉、衍射现象，在光屏上得到如图2中甲和乙两种图样。下列关于P处放置的光学元件说法正确的是光屏光源k*-1*1图I min fii

3、iiii甲乙图2A.甲对应单缝，乙对应双缝B.甲对应双缝，乙对应单缝C.都是单缝，甲对应的缝宽较大D.都是双缝，甲对应的双缝间距较大【答案】A【解析】【详解】根据单缝衍射图样和双缝干涉图样特点判断。单缝衍射图样为中央亮条纹最宽最亮，往两边变窄，双缝干涉图样是明暗相间的条纹，条纹间距相等，条 纹宽度相等，结合图甲，乙可知，甲对应单缝，乙对应双缝，故 A正确，BCD昔误。3.下列说法正确的是A.温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度B.内能是物体中所有分子热运动所具有的动能的总和C.气体压强仅与气体分子的平均动能有关D.气体膨胀对外做功且温度降低，分子平均动能可能不变【答案】A【解析】【详解】根

4、据温度是分子平均动能的标志确定气体分子热运动的程度和分子平均动能变化，内能是分子平 均动能和分子势总和，由气体压强宏观表现确定压强A.温度是分子平均动能标志，所以温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度，故 A正确；B.内能是物体中所有分子热运动所具有的动能和分子势能之和，故B错误；C.由压强公式 PV=nRT可知，气体压强除与分子平均动能（温度）有关，还与体积有关，故 C错误; D.温度是分子平均动能的标志，所以温度降低，分子平均动能一定变小，故D错误。4.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是F7一诃【 x x b x1

5、1A.粒子带正电B.粒子在b点速率大于在a点速率C.若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D.若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短【答案】C【解析】2【详解】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率，根据qvB=m上确定r粒子运动半径和运动时间。由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故 A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒2子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁感应强度， 由公式qvB = mv-得: rmvr=一百，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故 C正确，若仅减小入射速率，粒子运

6、动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故D错误。5.如图所示，a、b两点位于以负点电荷 0 (Q0)为球心的球面上，c点在球面外，则A. a点场强的大小比b点大B. b点场强大小比c点小C. a点电势比b点高D. b点电势比c点低【答案】D卫星A.B.C.D.【详解】由点电荷场强公式E沿电场线方向电势逐渐F由点电荷的场强公式两点场源电荷的距离相故A错误；由于c点至电荷的等势线是以点电福所以a点与电荷，根据沿电场线方向6.2019 年 5 月 17 日,Q - k -2可知,r低。所以a、b两点的电场强度大小相等,的以b点的负电荷的电场线是从无穷远处指向负点衣D正

7、确。b点电势比c点1颗北斗导航卫星，该卫于地球静止轨道卫星（同步卫星）Q 一2确7E各点的场r，源电荷的距离求心的球面,逐渐降低,入轨后可以位于北京正上方入轨后的速度大于第一宇宙速度发射速度大于第二宇宙速度若发射到近地圆轨道所需能量较少小，由点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面和电势相虽大小比c点的大，故B错误；由于点【答案】D【解析】【详解】由同步卫星的特点和卫星发射到越高的轨道所需的能量越大解答。由于卫星为同步卫星，所以入轨后一定只能与赤道在同一平面内，故 A错误；由于第一宇宙速度为卫星绕地球运行的最大速度，所以卫星入轨后的速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；由于第二宇宙速度为卫星脱离地球

8、引力的最小发射速度，所以卫星的发射速度一定小于第二宇宙速度，故C错误；将卫星发射到越高的轨道克服引力所作的功越大，所以发射到近地圆轨道所需能量较小，故D正确。7 .光电管是一种利用光照射产生电流的装置，当入射光照在管中金属板上时，可能形成光电流。表中给出了6次实验的结果。组次入射光子的能量/eV相对光强光电流大小/mA逸出光电了的取大动能/eV第14.0弱290.9一24.0中430.9组34.0强600.9第46.0弱272.9一56.0中402.9组66.0强552.9由表中数据得出的论断中不正确的是A.两组实验采用了不同频率的入射光8 .两组实验所用的金属板材质不同C.若入射光子的能量为

9、 5.0 eV,逸出光电子的最大动能为1.9 eVD.若入射光子的能量为 5.0 eV,相对光强越强，光电流越大【答案】B【解析】【详解】由爱因斯坦质能方程Ek =hv-W0比较两次实验时的逸出功和光电流与光强的关系解题由题表格中数据可知，两组实验所用的入射光的能量不同，由公式E = hv可知，两组实验中所用的入射光的频率不同，故A正确；由爱因斯坦质能方程 Ek =hYW0可得：第一组实验：0.9 = 4.0W0 ,第二组实验：2.9 = 6.0W02,解得：W01 =W02 =3.1eV,即两种材料的逸出功相同也即材料相同，故 B错误；由爱因斯坦质能方程 Ek =hvW0可得：Ek =(5.

10、03.1)eV=1.9eV ,故C正确；由题表格中数据可知，入射光能量相同时，相对光越强，光电流越大，故D正确。8.国际单位制（缩写 SI）定义了米（m）、秒（s）等7个基本单位，其他单位均可由物理关系导出。例如，由m和s可以导出速度单位 m s-I历史上，曾用 米原器”定义米，用平均太阳日定义秒。但是，以实物或其运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响，而采用物理常量来定义则可避免这种困扰。1967年用葩-133原子基态的两个超精细能级间跃迁辐射的频率？产9 192 631 770 Hz定义s； 1983年用真空中的光速c=299 792 458 m s1定义mo 2018年第26

11、届国际计量大会决定，7个基本单位全部用基本物理常量来定义（对应关系如图，例如，s对应？ 丫，m对应c）。新SI自2019年5月20日（国际计量日）正式实施，这将对科学和技术发展产生深远影响。下列选项不正确的是A. 7个基本单位全部用物理常量定义，保证了基本单位的稳定性8 .用真空中的光速c （m$T）定义m,因为长度l与速度v存在l=vt,而s已定义C.用基本电荷e （C）定义安培（A）,因为电荷量与电流I存在I=q/t,而s已定义D.因为普朗克常量h （Js）的单位中没有kg,所以无法用它来定义质量单位【答案】D【解析】【详解】本题属于信息题，由题所给信息结合l =vt和I =-的物理意义解

12、答。t由题意可知，如果以实物或其运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响，所以7个基本单位全部用物理常量定义，保证了基本单位的稳定性，故 A正确；用真空中的光速定义 m,即光在真空中传播 299792458分之一秒的距离，且 s早已定义，故 B正确；由公式I =；可知，安培即为1s时间内通过的电荷量，故 C正确；由题意可知，h对应的单位为J s,而能量的单位单位中包含质量，故可以对Kg进行定义，故 D错误。第二部分（非选择题 共180分）本部分共11小题，共180分。9 .用如图1所示装置研究平地运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落

13、在水平挡板 MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。（1）下列实验条件必须满足的有 。A.斜槽轨道光滑B.斜槽轨道末段水平C.挡板高度等间距变化D.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球（2）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。a.取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于 Q点，钢球的（选填最上端”、最下端”或者球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时 （选填 需要”或者 不需要”）y轴与重锤线平行。b.若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如

14、图 2所示，在轨迹上取 A、B、C三点，ABy1和BC的水平间距相等且均为 X,测得AB和BC的竖直间距分别是 yi和y2,则a（选填 关于、等y23于“或者 小于）。可求得钢球平抛的初速度大小为 （已知当地重力加速度为 g,结果用上述字（3）为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是A.从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹B.用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹C.将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹(4)伽利略曾研究过平抛

15、运动，他推断：从同一炮台水平发射炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体A.在水平方向上做匀速直线运动B.在竖直方向上做自由落体运动C.在下落过程中机械能守恒(5)牛顿设想，把物体从高山上水平抛出，速度一次比一次大，落地点就一次比一次远,物体就不再落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星。同样是受地球引力，随着抛出速度增大，物体会从做平抛运动逐渐变为做圆周运动(1). BD (2).球心 (3).需要 (4).大于 (5). v0(8).利用平抛运动的轨迹的抛物线和圆周运动知识证明即可【详解】根据平抛运动的规律：水平方向匀速直线运动，竖直方向自

16、由落体运动解(1)本实验中要保证小球飞出斜槽末端时的速度为水平，即小球做平抛运动，且每次速度足够大,出时的速度应相同,分析原因。y2 - yi6). B(7所以只要每次将小球从斜槽上同一位置由静止释放即可，故BD正确;(2)a.平抛运动的起始点应为钢球静置于Q点时，钢球的球心对应纸上的位置，由于平抛运动在竖直方向做自由落体运动，所以在确定 y轴时需要y轴与重锤线平行;b.由初速度为零的匀加速直线运动规律即在相等时间间隔内所通过的位移之比为1:3:5: 7:.可知,由于A点不是抛出点，所以 xy21-;设AB, BC间所用的时间为 T,竖直方向有: 32y2 yi = gT，水平万向有:x =v

17、0T ,联立解得：V0 =xy2 一 y1(3)A项：从细管水平喷出稳定的细水柱，由于细水柱射出后受到空气阻力的作用,度大，液面低的时候速度小，故不可行;且水的液面高的时候速平滑连接在一起即为平B项：用频闪照相在同一底片上记录小球不同时刻的位置即平抛运动的轨迹上的点,抛运动轨迹，所以此方案可行；C项：将铅笔垂直于竖直的白板放轩，以一定初速度水平抛出，笔尖与白纸间有摩擦阻力的作用，所以铅笔作的不是平抛运动，故此方案不可行；1 22h(4)由平抛运动竖直方向运动可知，h=gt ,时间t=J,所以只要高度相同，时间相同，故 B正确;2 g .12g 2(5)由平抛运动可知，竖直方向：h=gt ,水平

18、方向：x=vt ,联立解得：y=x ,即抛出物体的轨迹22v0为抛物线，当抛出的速度越大，在抛物线上某点的速度足以提供该点做圆周运动的向心力时，物体的轨迹从抛物线变为圆。10.如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为Bo纸面内有一正方形均匀金属线框abcd,其边长为L,总电阻为R, ad边与磁场边界平行。 从ad边刚进入磁场直至 bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：X X X ；Ba bX X x(1)感应电动势的大小E；(2)拉力做功的功率 P;(3) ab边产生的焦耳热Q。2222. 3B L vB L v(1) E =BLv ; (2) P =； (3)

19、 Q =R4【详解】由导体棒切割磁感线产生电动势综合闭合电路欧姆定律和Q = I 2Rt解题。从ad边刚进入磁场到 bc边刚要进入的过程中，只有ad边切割磁感线，所以产生的感应电动势为:E =BLv ;(2)线框进入过程中线中S中的电流为：I =Rad边安培力为：Fa = BIL由于线框匀速运动，所以有拉力与安培力大小相等，方向相反，即 F = Fa所以拉力的功率为：P = Fv = Fav联立以上各式解得:2.2 2B L v45(3)线框进入过程中线中g中的电流为：I =ER进入所用的时间为：t L- v一， c Rad边的电阻为：Rad = 一4焦耳热为：Q=I2Qdt联立解得：Q2.

20、3B L vo11.电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差 u随电荷量q的变化图像都相同。(1)请在图1中画出上述up图像。类比直线运动中由 v式图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能 Ep。( )(2)在如图2所示 充电电路中，R表示电阻，E表示电源(忽略内阻)。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q4曲线如图3中所示。a.两条曲线不同是 (选填E或R)的改变造成的；a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径。b.电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据（3）设想使用理想的 恒

21、流源”替换（2）中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用恒流源”和（2）中电源对电容器的充电过程，填写下表（选填 增大、减小“或不变”）。恒流源”（2）中电源电源两端电压通过电源的电流CU【答案】 （1）.（2）. Ep=C，（3）. R （4）.要快速度充电时，2oq只要减小图2中的电阻R;要均匀充电时，只要适当增大图2中的电阻R即可（5）.增大 （6）.不变.不变 （8）.减小【解析】【详解】由电容器电容定义式 C =9得到u-q图象，类比14a图象求位移求解电量，由图 3斜率解决两种 u充电方式不同的原因和方法；根据电容器充电过程中电容器两极板相当于电源解答q 一

22、 1（1）由电容器电容定义式可得：C ,整理得：u= q，所以u-q图象应为过原点的倾斜直线，如图：uCUQ由题可知，两极间电压为 U时电谷器所储存的电能即为图线与横轴所围面积，即 EP = ，当两极间电压2CU 为U时，电荷量为Q =CU ,所以EP =_CJ ；2(2)a.由于电源内阻不计，当电容器充满电后电容器两端电压即电源的电动势，电容器最终的电量为：Q=CE,由q-1图可知，两种充电方式最终的电量相同，只是时间不同，所以曲线不同是R造成的；b.由图3可知，要快速度充电时，只要减小图2中的电阻R,要均匀充电时，只要适当增大图2中的电阻R即可；在电容器充电过程中在电容器的左极板带正电，右

23、极板带负电，相当于另一电源，且充电过程中电量越来越大，回路中的总电动势减小， 当电容器两端电压与电源电动势相等时，充电结束，所以换成“恒流源”时，为了保证电流不变，所以“恒流源两端电压要增大，通过电源的电流不变，在(2)电源的电压不变，通过电源的电流减小。12.雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为 go(1)质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为U,求这一过程中克服空气阻力所做的功W。(2)将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2,其中v是雨滴的速度,k是比例系数。a.设雨

24、滴的密度为P,推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式;b.示意图中画出了半径为 门、2 (门r2)的雨滴在空气中无初速下落的 vd图线，其中 对应半径为1的雨滴(选填、)；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的V4图线。f8 v2 (提示：设单位体积内空气分子数(3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度 v下落时受到的空气阻力为n,空气分子质量为 m0)。【分析】.(4).(1)对雨滴由动能定理解得：雨滴下落h的过程中克服阻做的功;(2)雨滴的加速度为0时速度最大;(3)由动量定理证明【详解】

25、(1)对雨滴由动能定理得:12mgh-Wf = -mu12解得：Wf =mgh-mu ；(2)a.半径为r的雨滴体积为:2=862kJ/mol） 之差，即放热183kJ/mol,放热？H为负值，所以Hz（g）+Cl 2（g）=2HCl（g）?H= -183kJ/mol ,故D不符合题意； 综上所述，本题应选 Bo【点睛】本题所选四个实验（或原理）均取材于课本，可见高考题越来越回归于课本。本题综合考查化学 用语，涉及强、弱电解质的电离、电解方程式的书写，化学反应热的计算，题目把化学用语与化学反应原 理巧妙地结合。3.2019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

26、国科学院院士张青莲教37Rb）同周期。授曾主持测定了锢（49ln）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。锢与锄（ 下列说法不正确的是A. In是第五周期第mA族元素B. 115491n的中子数与电子数的差值为17C.原子半径：InAlD.碱性：In（OH）3RbOH【答案】D【解析】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为置;B.质量数=质子数+中子数，元素符号左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数;C.同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大；D.同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱;【详解】A.根据原子

27、核外电子排布规则，该原子结构示意图为五周期第IIIA族，故A不符合题意;B.质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量二49,中子数为115-49=66,所以中子数与电子数之差C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径D.In位于元素周期表第五周期，锄（ Rb）位于元素金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱,综上所述，本题应选 DoIn位于元素周期表第=电子数合题意;2 818 183左下角为质表第五周期表第五周期,因该原子的质子数不符合IA族，同主1（的原IA族，同周期元素，核OH) 3V RbOH，故 D 布从上到下,【点

28、睛】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键,注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。4.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的交联结构将X为、Y为带入到交联聚合物 P的结构中可知，聚合物 P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的，据此解题;酯基能在酸性或碱性条件下水解，故A不符合题意；B.聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备

29、的，故B不符合题意;C,不符合题意;C.油脂为脂肪酸甘油酯，其在碱性条件下水解可生成脂肪酸盐和甘油即丙三醇，故D.乙二醇的结构简式为 HO-CH2CH2-OH,与邻苯二甲酸在聚合过程中只能形成链状结构，故D符合题意;综上所述，本题应选 D。【点睛】本题侧重考查有机物的结构和性质，涉及高聚物单体以及性质的判断，注意把握官能团的性质，缩聚反应的判断，题目有利于培养学生的分析能力，难度不大。5.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AFeCl2溶液(FeCl3)Fe粉BNaCl 溶液(MgCl 2)NaOH溶液、稀HClCCl2 (HCl)H2O、浓 H2S

30、O4DNO (NO2)“0、无水 CaCl2A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧 化还原反应无关，以此解答该题。【详解】A.FeCl 3与Fe反应生成还原反应，故AB.MgCl 2 与 NaOH 溶液发除去 HCl+NaOH=NaCl+H.C.部分氯气与H2O故C不符合题意；D.NO 2与水反应生成硝酸0FeCl2, FeCl3+Fe=2FeCl2,此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化UCl2+2NaOH=Mg (0H) 2+2NaCl ,过量的 NaOH 溶液可用 HCl化合

31、价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；口次氯酸，反应过程中氯ar化合价变化，涉及到了氧化还原反应，过程中Mt阜化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符综上所述，本题应选 B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反 应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。6.探究草酸（H2c2。4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1 mol L-1 H2c2O4的pH=1.3）实验装置试剂a现象k草酸K痢aCa（OH）2溶液（含酚配）少量NaHCO3溶液溶液褪色，产生白色沉淀产生气泡酸fIe KMnO4溶液紫色溶液褪色C2H50H和浓

32、硫酸加热后广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A. H 2c2。4有酸性，Ca（OH）2+ H2c2O4=CaC2O4 J +2HOB.酸性：H2c2。4 H2CO3, NaHCO 3+ H 2c2。4= NaHC2O4+CO2 T +HOC. H2c2O4 具有还原性，2MnOR5 c2O2+l6H+=2Mn2+10cO2T + 8HoD. H 2c2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C 2H 50Hlz| 邮;J C2H5OOCCOOC 2H5+2H2O【答案】C【解析】【分析】草酸（又称乙二酸）为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应，具有还原性，因

33、为乙二酸中含有竣基因此能发生酯化反应，据此解题；【详解】A.H2c2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚酗：的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色退去，故 A正确；B.产生气泡证明有 CO2产生，因此可证明酸性 H2c2O4H2CO3,反应方程式：H2c2O4+2NaHCO3=Na2c2O4+2CO2 +2H2O 或,H2c2O4+NaHCO 3=NaHC2O4+2CO2 +2H2O,故 B 正确；C.0.1 mol L-1 H2C2O4的pH=1.3 ,说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表不，故C不正确；D.草酸(又称乙

34、二酸)，其中含有竣基，因此其能发生酯化反应，反应方程式正确，故 D正确; 本题选不正确的，应选 Co【点睛】本题考查草酸的性质和离子反应方程式的书写，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综 合理解和运用。7.实验测得0.5 mol L-1CH3COONa溶液、0.5 mol L-1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。卜列说法正确的是rrA.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改变与水解平衡移动共同作用的结果D.随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH

35、均降低，是因为CH3COO-、Cu2+水解平衡移动方向不 同【答案】C【解析】【分析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题；【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH -)=Kw增大，故pH减小，但c(H+尸c(OH-),故A不符合题意；B.水的电离为吸热过程，升高温度，进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2OCH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意；C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进

36、铜离子水解Cu2+2H2O Cu(OH)2 +2H + ,故c(H+)增大，两者共同作用使 pH发生变化，故C符合题意；D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意；综上所述，本题应选 Co【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。第二部分(非选择题 共180分)本部分共11小题，共180分。8.抗癌药托瑞米芬的前体 K的合成路线如下。已知:ii.有机物结构可用键线式表示，如(CH42NCH2CH3的键线式为(1)有机物A能与Na2C

37、O3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：。(3) E的结构简式为 。(4) F是一种天然香料，经碱，f水解、酸化，得 G和J。J经还原可转化为 Go 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M可水解，与 NaOH溶液共热时，1 mol M最多消耗2 mol NaOH(6)推测E和G反应得到K的过程中，反应物 LiAlH 4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

38、。(3).默基、(7).还原【答案】(1). CYXE - &OH黑浅十二8(2).取代反应羟基(4). 二-(5).丁妙(6).剂；水解 (8).【解析】 【分析】A为苯甲酸；有机物B能与碳酸钠反应,有机物A能与碳酸钠溶液反应产生 CO2,其钠盐可用于食品防腐,但不产生CO2,且B加氢得环己醇，则 B为苯酚；苯甲酸和苯酚在浓硫酸、H3BO3,加热条件下发生取代反应生成C为8c ； C发生信息中的反应生成D为; D发生信息中的反应生成E为F经碱性水解，酸化得 G和J, J经还原可转化为 G,则G和J具有相同的碳原子数和碳骨架，则G为。J为;由 G 和 J 的结构可推知 F为 C6H5-CH=C

39、H-COOCH 2CH=CH-C 6H5,E和G先在LiAlH 4作用下还原，再水解最后得到K,据此解答。【详解】(1)根据以上分析，A为苯甲酸，B为苯酚，苯甲酸和苯酚在浓硫酸、H3BO3,加热条件下发生取代反应生成C为CysQ,化学方程式为 8牌00忖，故答案为：取代反应；器翁 C - %。；(2) D 为。出, D中含有的官能团为默基、羟基，故答案为：默基、羟基;(3) D发生信息中的反应生成 E,其结构简式为 0。0,产，故答案为：口 1K一广；(4) F经碱性水解，酸化得 G和J, J经还原可转化为 G,则G和J具有相同的碳原子数和碳骨架，则 G为； J 为,故答案为：；(5) J为。

40、5,分子式为C9H8。2,不饱和度为6,其同分异构体符合条件的 M ,包含两个六元环，则除苯环外还有一个六元环，M可水解，与氢氧化钠溶液共热时，ImolM最多消耗2molNaOH ,说明含有酚酯的结构，则 M的结构简式为故答案为：“广；(6)由合成路线可知，E和G先在LiAlH 4作用下还原，再水解最后得到K,故答案为：还原剂；水解；(7)由合成路线可知，托瑞米芬分子中含有碳碳双键，两个苯环在双键两侧为反式结构，则其结构简式为：故答案为:9.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-1 kb

41、03标准溶液；n.取vi mL上述溶液，加入过量 KBr,加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；出.向n所得溶液中加入 V2 mL废水；W.向山中加入过量 KI ;V.用b mol L-1 Na2s2O3标准溶液滴定W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Na2s2。3 溶液 V2 mL。已知：l2+2Na2s2O3=2NaI+ Na 2s4。6Na2s2O3和Na2s4。6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) 中发生反应的离子方程式是 。(3) 印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

42、 。(5) KI与KBrO 3物质的量关系为 n (KI) (n (KBrO 3)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 g1-1 (苯酚摩尔质量：94 gmol-1)。(8)由于Br2具有 性质，n 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、量筒(2). BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O(3).OHOH+ 3Br2 BrBr + 3HBr(4). n中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后，Br出中溶液颜色为黄色，说明有Br2剩余，剩余Br2与过量KI反应生成I2可利用后续滴定法

43、测量，从而间接计算苯酚消耗的 B2(5). n 中反应为 KBrO 3 + 5KBr + 3H2SO4=3K2SO4+ 3Br2 + 3H2O 可知3n(KBrO 3)=n(B2), n中Br2部分与苯酚反应，剩余澳在W中反应为B2+2KI=I 2+2KBr ,若剩余澳完全反应，则n(KI) 2n(B2),推知n(KI) 6n(KBrO) (6).当滴入最后一滴 Na2s2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30s不变色.94(6av1-bv3)6v2(8).挥发【解析】【分析】本题考查氧化还原反应滴定的综合运用。苯酚与澳反应快速灵敏，但滴定终点难以判断，因而制得一定量的澳分别与苯酚和 KI

44、反应(澳须完全反应完)，而澳与KI反应生成的I2与Na2s2O3进行滴定分析，因而直 接测出与KI反应所消耗的澳，进而计算出与苯酚反应消耗的澳，最后根据苯酚与澳反应的系数计算废水中 苯酚的浓度。【详解】(1)准确称量 KBrO 3固体配置溶液所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，一定规格 的容量瓶，因而该空填容量瓶、量筒；(2) KBrO 3溶液中加入KBr和H2SO4,溶液颜色呈棕黄色，说明生成B2,根据缺项配平可知该离子方程式为 B0- + 5Br- + 6H + = 3Br2 + 3H2O;OH口H(3)苯酚和滨水反应得到白色沉淀2,4,6-三澳苯酚，化学方程式为+叽-T *晒出

45、(4)该测量过程是利用一定量的澳分别与苯酚和KI反应，注意澳须反应完全，且一定量澳的总量已知,部分澳与KI反应生成的I2可利用氧化还原滴定法测量，进而计算出与KI反应的澳的消耗量，将一定量澳减去与KI反应的澳的消耗量，可得与苯酚反应的澳的消耗量，因而一定量的澳与苯酚反应完，必须有剩余的澳与KI反应，出中反应结束时，若溶液显黄色说明苯酚反应完，且有澳剩余，以便与KI反应，故原因为H中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后，出中溶液颜色为黄色，说明有 B2剩余，剩余B2与过量KI反应，从而间接计算苯酚消耗的B2；(5) n 中反应为 KBrO 3 + 5KBr + 3H2SO4=3K2SO4+ 3Br

46、2+ 3H2O 可知 3n(KBrO 3)=ni(Br2), n 中 B2部分与苯酚反应，剩余澳的量设为n2(Br2)(ni(Br2)n2(B2)在IV中反应为 Br2+2KI=I 2+2KBr ,若剩余澳完全反应，则 n(KI) 2n(br2),推知 n(KI) R 6n(KBrO;因而当 n(KI) 6KBrO3), KI 一定过量；(6) V中含碘的溶液内加入淀粉，溶液显蓝色，随着Na2s203溶液滴入，蓝色变浅直至消失，因而当滴入最后一滴Na2s203标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30s不变色；(7) n(BrO3-)=av1X10-3mol ,根据反应 BrO3-+ 5Br-+

47、6H+= 3Br2 + 3H2O 可知 n(Br2)=3av1X10-3mol,澳分别与 苯酚和KI反应，先计算由KI消耗的澳的量，设为n1(Br2),根据L+2Na2s2O3=2NaI+Na 2s4。6可知I22Na2s2O3, 又 Br2+2I-=I2+2Br-可知 B2 可得 B22Na2s2O3, n(Na2s2。3)= bv3X10-3mol, m(Br2)=g bv3X10-3mol,再计 算由苯酚消耗的澳的量，设为n2(Br2)= n(Br2)- m(B2)=( 3av1-1bv3) 10-3mol,苯酚与滨水反应的计量数关系2为 3B2C6H5OH , n(C6H5OH)= 1

48、n2(Br2)=(av1-1bv3) 0-3mol ,废水中苯酚的含量3 61 .(av1- bv3)mol 94g/mol 94(6av1-bv3)6v26v2L(8) n中生成的澳须被苯酚和 ki完全反应掉，而澳有挥发性，反应时须在密闭容器中进行。10.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。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:i .CH 4(g)+H 2O(g尸CO(g)+3H 2(g) AH 1ii .CO(g)+H 2O(g尸CO2(g)+H2(g) AH2iii .CH 4(g)=C(s)+2H 2(g) AH3iii为积炭反应，利用AHi和 加2计算 如3时，还需要利用 反应的AH。目的是反应物投料比采用 n (H2O) ： n (CH4)=4 ： 1,大于初始反应的化学计量数之比,(选填字母序号)a.促进CH4转化 b.促进CO转化为CO2c.减少积炭生成用CaO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。从ti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”)