2019年北京高考理综试题解析

2019年北京高考理综试题解析

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

A.此刻a的加速度最小B.此刻6的速度最小

C.若波沿x轴正方向传播，此刻6向y轴正方向运动

D.若波沿x轴负方向传播，a比。先回到平衡位置

【答案】C

【解析】由机械振动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8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p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。处放置的光学元件说法正确的是

光屏

光源匚-----------1

图1"

minIIIIIII

甲乙

图2

A.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】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

错误。

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.气体膨胀对夕M故功且温度降低，分子平均动能可能不变

【答案】A

【解析】根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=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8点射入,

从b点射出。下列说法正确的是

俨--™--；

一i

IXXX

1J

I------------------------------•---------1

A.粒子带正电

B.粒子在h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】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在Aa两点的速率，根据

2

qvB=机上确定粒子运动半径和运动时间。

r

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/3=〃2匕得：r=F,所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有

rqB

可能从b点右侧射出，故C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小,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、6两点位于以负点电荷-Q(Q>0)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.6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

【解析】由点电荷场强公式E=确定各点的场强大小，由点电荷的等势线是以点电荷

r

为球心的球面和沿电场线方向电势逐渐降低确定各点的电势的高低。

由点电荷的场强公式E=上考可知，a、6两点到场源电荷的距离相等，所以a、6两点的

r

电场强度大小相等，故A错误；由于c点到场源电荷的距离比8点的大，所以b点的场强

大小比c点的大，故B错误油于点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面，所以a点与b

点电势相等，负电荷的电场线是从无穷远处指向负点电荷根据沿电场线方向电势逐渐降低,

所以6点电势比c点低，故D正确。

6.2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星

（同步卫星\该卫星

A.入轨后可以位于北京正上方

B.入轨后的速度大于第一宇宙速度

C.发射速度大于第二宇宙速度

D.若发射到近地圆轨道所需能量较少

【答案】D

【解析】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。

逸出光电子的最大动

组次入射光子的能量/eV相对光强光电流大小/mA

能/eV

第14.0弱290.9

—24.0中430.9

组34.0强600.9

第46.0弱272.9

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

B.两组实验所用的金属板材质不同

C.若入射光子的能量为5.0eV,逸出光电子的最大动能为1.9eV

D.若入射光子的能量为5.0eV,相对光强越强，光电流越大

【答案】B

【解析】由爱因斯坦质能方程纭=hv-唯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£=/〃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纥=/?〜也可得：第一组实验：0.9=4.（）-小，第二组实验：

2.9=6.0-%,解得：％=%=3.leV,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纥=/〃-%可得：Ek=（5.0-3.1）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（m1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-1.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Agg192631770Hz定义s;1983年用真空中的光速仁299792

定义年第届国际计量大会决定个基本单位全部用基本物理常量

458m$Tmo201826,7

来定义（对应关系如图，例如，s对应Ai/,m对应新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

B.用真空中的光速c（m-s-1）定义m,因为长度/与速度，存在/="，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/存在I=q/t,而s已定义

D.因为普朗克常量/7（J-s）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】本题属于信息题，由题所给信息结合/=”和/=幺的物理意义解答。

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/=幺可知，安培即为1s时间内通过的电荷量，故C正确；

t

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。

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&滑下后从Q点飞出，落在水平挡板//V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。

硬板白纸

（1）下列实验条件必须满足的有。

A.斜槽轨道光滑

B.斜4曹轨道末段水平

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：如图2所示,在轨迹上取4

B、C三点，26和比•的水平间距相等且均为X,测得28和8。的竖直间距分别是小和度,

则费1（选填"大于"、"等于"或者"小于"1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,结果用上述字母表示\

(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，

如果速度足够大，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，请分析

原因。________

【答案】Q).BD⑵.球心⑶.需要(4).大于(5).%=x

(6).B(7).B(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

【解析】根据平抛运动的规律：水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动解答。

(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，且每次飞出时

的速度应相同，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，钢球的球心对应名氏上的位置，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

y1

1:3:5:7:可知，由于A点不是抛出点，所以」t〉Q；设28,8c间所用的时间为T,

必，

竖直方向有：%-M=gT2,水平方向有：%=，联立解得：％=\；

'V2f

(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,；且水的

液面高的时候速度大，液面低的时候速度小，故不可行

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，平滑连

接在一起即为平抛运动轨迹，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；

1IQ/

(4)由平抛运动竖直方向运动可知，〃=，时间/=」,所以只要高度相同，时间相

2V8

同，故B正确；

⑸由平抛运动可知，竖直方向：力=，水平方向：%=%，，联立解得：，二4"2，即

抛出物体的轨迹为抛物线，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

abed,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be边刚

要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度卜匀速运动，求：

x

Bb

xX

XXXX

X

(1)感应电动势的大小F；

(2)拉力做功的功率P;

(3)8。边产生的焦耳热Co

D2r22p2r3

【答案】(1)E=BLv;(2)P=^L；(3)

【解析】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=〃a解题。

(1)从ad边刚进入磁场到6c边刚要进入的过程中，只有边切割磁感线，所以产生的感

应电动势为：E=BLv;

E

(2)线框进入过程中线框中的电流为：/=-

A

ad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，即尸=B

所以拉力的功率为：

R?f22

联立以上各式解得：P=；

R

E

⑶线框进入过程中线框中的电流为：/=高

A

进入所用的时间为:t=L

V

R

ad边的电阻为：Rlld=-

焦耳热为：。=八4/

R2J3

联立解得：。=色上。

4

11.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"随电荷量g的变化图像都相同。

(1)请在图1中画出上述"p图像。类比直线运动中由—图像求位移的方法，求两极间

电压为〃时电容器所储存的电能£p«

()

oq

图1

(2)在如图2所示充电电路中，/?表示电阻，£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q1曲线如图3中①②所示。

a.①②两条曲线不同是(选填£或月)的改变造成的；

b.电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据a中的结论，说明实现这两种充电

方式的途径。

(3)设想使用理想的“恒流源"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——

u,,

CU2

【答案】(1).(2).4=与(3).R(4).

0q

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/?

即可(5).增大⑹.不变⑺.不变⑻.减小

【解析】由电容器电容定义式。=幺得到“一4图象，类比图象求位移求解电量，由图

U

3斜率解决两种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)由电容器电容定义式可得：C=9,整理得：〃,所以图象应为过原点的倾

uC

斜直线，如图：

由题可知，两极间电压为。时电容器所储存的电能即为图线与横轴所围面积，即与=竿,

CU2

当两极间电压为〃时，电荷量为。=。。，所以稣=上一；

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4T图可知，两种充电方式最终的电量相同，只是时间不同，所以①

②曲线不同是/?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/?即可；

(3)在电容器充电过程中在电容器的左极板带正电，右极板带负电，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，重力加速度为夕

(1)质量为小的雨滴由静止开始，下落高度力时速度为u,求这一过程中克服空气阻力所

做的功W一

(2)将雨滴看作半径为/■的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力笈S2庐，其中

s是雨滴的速度，%是比例系数。

V

a.设雨滴的密度为。,推导雨滴下落趋近的最大速度14n与半径/"的关系式；一

b.示意图中画出了半径为人々(八＞々)的雨滴在空气中无初速下落的J"图线，其中

对应半径为的雨滴(选填①、②)；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速

下落的-r图线。

(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/下落时受到的空气阻力尸am

(提示：设单位体积内空气分子数为n,空气分子质量为moX

(3).①(4).

(5).详见解析

【分析】

(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

【解析】(1)对雨滴由动能定理得：

2

mgh-Wt-=—mu

1)

解彳导：叱=mgh--mu~;

4

⑵a.半径为r的雨滴体积为：V=］兀/，其质量为加=〃

当雨滴的重力与阻力相等时速度最大，设最大速度为小，则有：〃?g=/

其中/=

\nrpg

联立以上各式解得：％

3k

由vm=J上丝可知，雨滴半径越大，最大速度越大，所以①对应半径为/；的雨滴，

V3k

不计空气阻力，雨滴做自由落体运动，图线如图：

(3)设在极短时间加内，空气分子与雨滴碰撞，设空气分子的速率为〃，

在加内，空气分子个数为：N=nSv^t,其质量为m=Nm0

设向下为正方向，对圆盘下方空气分子由动量定理有：

F\Z-m(v+w)

对圆盘上方空气分子由动量定理有：

-F2\t=0—m(u-v)

圆盘受到的空气阻力为：

f=F「F】

2

联立解得：f=ocv0

化学部分

1.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.AB.BC.CD.D

【答案】A

本题主要考查有机物与无机物的区分(B选项为有机物，其他均为无机物)，金属材料与非

金属材料的区分。同时穿插考查了元素周期表中同主族的概念。

【解析】A.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均

位于元素周期表第IVA族，故A符合题意；

B.聚氨酯为有机高分子化合物，不属于无机非金属材料，故B不符合题意；

C.碳包覆银纳米材料属于复合材料，不属于无机非金属材料，且银不是主族元素，故C不

符合题意；

D.钛合金为含有金属钛元素的合金，其属于金属材料，不属于无机非金属材料，故D不符

合题意;

综上所述，本题应选A.

2.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）

ABcD

I

1,L营

官。广

-立，®®1Ml

«

-匕

__—■—'——L2

“1

电解CuCl2溶液CH3COOH在水中电离

NaCI溶于水

H2与Q2反应能量变化

H2(g)+CI2(g)

NaCI——Na++CuCh------Cu2++

CH3coOHCH3coCT+H+——2HCI(g)

ci-2CI-

△〃=-183kJmo|T

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】A.NaCI为强电解质，NaCI溶于水，NaCI在水分子作用下，自发解离为Na+和

CI-,故电离方程式为NaCI=Na++CI-,故A不符合题意；

B.电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：Cu2++2e=Cu,氯离子

向阳极移动，失电子，发生电极反应为：2C|-+2e-=Clz所以电解总反应为：

Cu2++2CP号电Cu+CI2t,故B符合题意；

C.CHBCOOH为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为CH3coOHU

CH3COO+H+,故C不符合题意；

D.由图可知，反应H2(g)+Cb(g)=2HCI(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的

总能量(436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol)，与形成生成物分子中化学键放出的总能量

(431kJ/molx2=862kJ/mol)之差，即放热183kJ/mol,放热AH为负值，所以

H2(g)+Cl2(g)=2HCI(g)AH=-183kJ/mol,故D不符合题意；

综上所述，本题应选B.

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。中国科

学院院士张青莲教授曾主持测定了锢(491n)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(37Rb)同周期。下列说法不正确的是

A.In是第五周期第IHA族元素

B.11549ln的中子数与电子数的差值为17

C.原子半径:In>AI

D.碱性:In(OH)3>RbOH

【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硝,因此In位

于元素周期表第五周期第HIA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数、左下角为质子数，因此该原子的

质子数=电子数=49,中子数为115-49=66,所以中子数与电子数之差为66-49=17,故B

不符合题意；

C.AI位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，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，因此原子半径In>AI,故C不符合

题意；

D.In位于元素周期表第五周期，锄（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，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，因此碱性：In（0H）3

<RbOH,故D符合题意；

综上所述，本题应选D。

【迁移】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3表示链延长）

WWW

Wx-Y-X-Y-X-Y-X-Y-

I

X

I

3X-Y-X-Y-X-Y-X-YM

III

XXX

III

,vv'X—X一、一X—X—V*/v\.

9?

YC--O-CH-CU-<H-O-

x为昌丫为V

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

【答案】D

【分析】

相连构成了酯基，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的，故B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C,不符

合题意；

D.乙二醇的结构简式为HO-CH2cH2-0H,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，本颜选D。

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

AFeCL溶液(FeCI3)Fe粉

BNaCI溶液(MgCI2)NaOH溶液、稀HCI

CCl2(HCI)WO、浓H2so4

DNO(NO2)H26无水Ca3

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】A.FeCb与Fe反应生成FeCI2,FeCI3+Fe=2FeCl2,此过程中Fe的化合价发生变

化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；

B.MgCL与NaOH溶液发生复分解反应MgCI2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaCI,过量的

NaOH溶液可用HCI除去HCI+NaOH=NaCI+H2O，此过程中没有元素化合价发生变化,

未涉及氧化还原反应，故B符合题意；

C.部分氯气与H20发生反应生成氯化氢和次氯酸，反应过程中氯元素化合价变化，涉及到

了氧化还原反应，故C不符合题意；

D.NO2与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原

反应，故D不符合题意；

综上所述，本题应选B。

【迁移】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胜质，进行如下实验“已知:室温下,0.1mol-L-1H2c2O4的pH=1.3)

实验装置试剂a现象

①Ca(OH)2溶液(含酚猷)溶液褪色，产生白色沉淀

/强酸

②少量NaHCCh溶液产生气泡

③酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色

试剂a

④C2H50H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

A.H2c2。4有酸性，Ca(0H)2+H2C2O4=CaC2O4l+2H2O

B.酸性：H2c2。4>H2c。3,NaHCO3+H2C2O4=NaHC2O4+CO2t+H2O

+2+

C.H2c2O4具有还原性，2MnO；+5C2O；-+16H^2Mn+10CO2t+8H2O

D.H2c2O4可发生酯化反应，

HOOCCOOH+2c2H5OH^^1ZZ±C2H5OOCCOOC2H5+2H2O

△

【答案】C

【解析】A.H2c2。4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，因此含酚猷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H2c2。4>H2c03,反应方程式：

H2c2O4+2NaHCO3=Na2c2O4+2CO2+2H2O或,H2c2O4+NaHCO3=NaHC2C)4+2CO2

+2H2O,故B正确;

C.0.1mol-L-1H2c2。4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，不能用草酸根表示，故C不正确；

D.草酸(又称乙二酸)，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C。

7.实验测得0.5mohLTCH3coONa溶液、0.5molLiCuSCU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(0+)减小

C.随温度升高，CuS04溶液的pH变化是6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CuSCU溶液的pH均降低,是因为CH3co0\Cu2+

水解平衡移动方向不同

【答案】C

【解析】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(OW)=Kw

增大，故pH减小，但c(H+)=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-+H2OUCH3coOH+OH,升高温度促进盐类水解，所以c(0H)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,促进铜离子水解

2+

CU+2H2OUCU(0H)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

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(CHINCH2cH3的键线式为/Ay

(1)有机物A能与Na2c。3溶液反应产生C02,其钠盐可用于食品防腐。有机物B能与

Na2c。3溶液反应，但不产生C02；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O

(5)M是J的同分异构体，符合下列条件的M的结构简式是________________.

①包含2个六元环

②M可水解，与NaOH溶液共热时，1molM最多消耗2molNaOH

(6难测E和G反应得到K的过程中，反应物LiAIH4和H20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

【答案】(1).Q-COOH+Q-OH霏打.Q-COOQ+H,O(2).取代反应

(3).叛基、羟基(4).(5).O^^°H(6).

CO0(7).还原剂；水解

【分析】

有机物A能与碳酸钠溶液反应产生C02,其钠盐可用于食品防腐，A为苯甲酸；有机物B

能与碳酸钠反应，但不产生C02,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斌WQ；C发生信息中的反应生成D

为止。07”；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6和J的结构可推知F为C6H5-CH=CH-COOCH2cH=CH-C6H5,E和

G先在LiAlH4作用下还原，再水解最后得到K,据此解答。

【解析】(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g8c,化学方程式为

Q<8H-0^00-0-H,O,

故答案为：取代反应；Q<00K-髅今0<80*H,O；

(2)D为goQpH,D中含有的官能团为颁基、羟基，

故答案为：族基、羟基;

(3)D发生信息中的反应生成E,其结构简式为,

故答案为：；

(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C~°H；j为Cq°H,

故答案为：仃飞。“；

(5)J为Qs/H,分子式为C9H8。2,不饱W度为6,其同分异构体符合条件的M,①

包含两个六元环则除苯环外还有一个六元环②M可水解，与氢氧化钠溶液共热时,lrnolM

最多消耗2molNaOH,说明含有酚酯的结构，则M的结构简式为,。广，

故答案为：咛；

(6)由合成路线可知，E和G先在LiAIH4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：,pX-ci,

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X

I,用已准确称量的KB。固体配制一定体积的amol-L-1KBrCh标准溶液；

n.取vimL上述溶液,加入过量KBr,加H2s。4酸化，溶液颜色呈棕黄色；

m.向II所得溶液中加入V2mL废水；

IV.向m中加入过量KI;

V.用bmol-L-1Na2s2O3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Na2s2。3溶液V2mLo

已知：b+2Na2s2C)3=2NaI+Na2s4。6

Na2s2O3和Na2s4。6溶液颜色均为无色

(1)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)1中发生反应的离子方程式是_____________________________

(3)DI中发生反应的化学方程式是0

(4)IV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“(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-1(苯酚摩尔质量：94g-molt\

(8)由于B。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

结果偏段)。

【答案】(1).容量瓶、量筒(2).BrOr+5Br+6H+=3Br2+3H2O(3).

OHOH

+3HB|

+3Br2-------Br—

(4).II中生成的BQ与废水中

Br

苯酚完全反应后，ID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12

可利用后续滴定法测量从而间接计算苯酚消耗的Br2(5).II中反应为KBrO3+5KBr+

3H2so4=3K2SO4+3Br2+3H2O可知3n(KBrO3)=n(Br2),n中Br2部分与苯酚反应，剩余

漠在IV中反应为Br2+2KI=I2+2KBr,若剩余漠完全反应，则n(KI)>2n(Br2),推知n(KI)>

6n(KBrO3)(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

94(6aV]-bv3)

不变色(7).(8).