北京理综高考化学解析.doc

北京理综高考化学解析.doc

《北京理综高考化学解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京理综高考化学解析.doc（11页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

绝密★启封并使用完毕前

2018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）

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。

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16

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。

6．下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是

A．甲醇低温所制氢气用于新能源汽车

B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料

C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料

D．开采可燃冰，将其作为能源使用

6．B解析：

甲醇制氢产生新物质，属于化学变化，A选项不符合题意；氘、氚发生核裂变没有新物质生成，是物理变化，B选项符合题意；偏二甲肼燃烧生成新物质CO2、H2O、N2，属于化学变化，C选项不符合题意；可燃冰作为能源，生成新物质，属于化学变化，D选项不符合题意。

7．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。

该历程示意图如下。

下列说法不正确的是

A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%

B．CH4→CH3COOH过程中，有C―H键发生断裂

C．①→②放出能量并形成了C―C键

D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率

7．D解析：

由示意图可知反应原料CH4和CO2完全转化为CH3COOH，故生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%，A正确；由甲烷和乙酸的结构可知：

CH4→CH3COOH过程中，有C-H键发生断裂，B正确；由示意图可知①的能量高于②的，且②出现C一C键，故①→②放出能量并形成了C一C键，C正确；催化剂在反应中只能改变化学反应速率，不能使化学平衡的移动，即不能改变反应物的平衡转化率，D错误。

8．下列化学用语对事实的表述不正确的是

A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：

C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O

B．常温时，0.1mol·L-1氨水的pH=11.1：

NH3·H2O+OH−

C．由Na和C1形成离子键的过程：

D．电解精炼铜的阴极反应：

Cu2++2e−Cu

8．A解析：

酯化反应的反应原理是“酸脱羟基，醇脱氢”，该反应应为:

C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A错误；氨水为弱电解质，在水中不能完全电离，电离方程式正确，B正确；Na和C1形成离子键的过程中Na失去一个电子形成Na+，Cl得到一个电子行政Cl-，Na+和Cl-的电子式分别为Na+、，C正确；电解精炼铜的过程中，阴极上Cu2+得到电子生成Cu，D正确。

9．下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是

A

B

C

D

实验

NaOH溶液滴入FeSO4溶液中

石蕊溶液滴入氯水中

Na2S溶液滴入AgCl浊液中

热铜丝插入稀硝酸中

现象

产生白色沉淀，随后变为红褐色

溶液变红，随后迅速褪色

沉淀由白色逐渐变为黑色

产生无色气体，随后变为红棕色

9．C解析：

A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，产生白色沉淀，随后变为红褐色，变为红褐色时氢氧化亚铁、氧气、水反应生成氢氧化铁，Fe、O元素的化合价变化，为氧化还原反应；B项，氯水中的HClO具有强氧化性，能将石蕊溶液氧化而褪色；C项，Na2S溶液滴入AgCl浊液中，发生沉淀转化反应：

Na2S+2AgClAg2S+2NaCl，沉淀由白色逐渐变为黑色，反应过程中没有元素化合价的升降变化，与氧化还原反应无关；D项，热铜丝插入稀硝酸中，铜与稀硝酸反应生成的无色气体为NO，NO被氧化生成红棕色的NO2，与氧化还原反应无关。

10．一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料。

其结构片段如下图

下列关于该高分子的说法正确的是

A．完全水解产物的单个分子中，苯环上的氢原子具有不同的化学环境

B．完全水解产物的单个分子中，含有官能团―COOH或―NH2

C．氢键对该高分子的性能没有影响

D．结构简式为：

10．B解析：

芳纶纤维完全水解产物为和，这两种小分子都具有对称结构，苯环上的氢原子具有相同的化学环境，A错误；两种小分子中分别含有官能团一COOH、一NH2，B正确；氢键能影响该高分子的熔沸点和拉伸强度，C错误；该芳纶纤维的结构简式为，D错误。

11．测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。

时刻

①

②

③

④

温度/℃

25

30

40

25

pH

9.66

9.52

9.37

9.25

实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。

下列说法不正确的是

A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：

+H2O+OH−

B．④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的

C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致

D．①与④的Kw值相等

11．C解析：

A项，H2SO3为弱电解质，故Na2SO3溶液中存在水解平衡:

SO32-+H2O=HSO3-+OH-，A正确；B选项，加热过程中SO32-少量被氧化，SO32-浓度降低，水解产生的OH-减少，pH较①低，B正确；升温水解程度增大，水解平衡向正向移动，SO32-浓度减小，水解平衡向逆向移动，C错误；Kw只受温度影响，温度相同，Kw相同，D正确。

12．验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。

①

②

③

在Fe表面生成蓝色沉淀

试管内无明显变化

试管内生成蓝色沉淀

下列说法不正确的是

A．对比②③，可以判定Zn保护了Fe

B．对比①②，K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化

C．验证Zn保护Fe时不能用①的方法

D．将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼

12．D解析：

Fe2+与[Fe（CN）6]3-反应生成带有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，对比②③，③的现象说明Fe被腐蚀生成的Fe2+，②的现象说明原电池反应没有生成Fe2+，故可以判定Zn保护了Fe，A正确；②的现象说明原电池反应没有生成Fe2+，故①中在Fe表面生成的蓝色沉淀可能是Fe被k3[Fe（CN）6]氧化所致，B正确；对比①②③可知，验证Zn保护Fe时不能用①的方法，C正确；将Zn换成Cu，用①的方法不能判断Fe2+是原电池反应生成的还是Fe被k3[Fe（CN）6]氧化生成的，不能判断Fe比Cu活泼，D错误。

第二部分（非选择题共180分）

本部分共11小题，共180分。

25．（17分）8−羟基喹啉被广泛用作金属离子的络合剂和萃取剂，也是重要的医药中间体。

下图是8−羟基喹啉的合成路线。

已知：

i.

ii.同一个碳原子上连有2个羟基的分子不稳定。

（1）按官能团分类，A的类别是__________。

（2）A→B的化学方程式是____________________。

（3）C可能的结构简式是__________。

（4）C→D所需的试剂a是__________。

（5）D→E的化学方程式是__________。

（6）F→G的反应类型是__________。

（7）将下列K→L的流程图补充完整：

（8）合成8−羟基喹啉时，L发生了__________（填“氧化”或“还原”）反应，反应时还生成了水，则L与G物质的量之比为__________。

25．（17分）

（1）烯烃

（2）CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl

（3）HOCH2CHClCH2ClClCH2CH（OH）CH2Cl

（4）NaOH，H2O

（5）HOCH2CH（OH）CH2OHCH2=CHCHO+2H2O

（6）取代反应

（7）

（8）氧化3∶1

解析：

由转化过程可知，A为CH3CH=CH2，CH3CH=CH2与Cl2在高温下发生取代反应生成B（CH2=CHCH2Cl），CH2=CHCH2Cl与HOCl发生加成反应生成C（），由于同一个碳原子上连有2个羟基的分子不稳定，发生水解反应生成D（），与浓硫酸发生消去反应生成E（CH2=CH-CHO）；对比F、G的分子式可知F、G分别为、，被还原生成J为；E（CH2=CH-CHO）与J（）发生加成反应即可生成K（），发生已知i的反应得，发生消去反应得L（），与反应生成和，反应中失去H发生氧化反应。

（1）按官能团分类，A的类别是烯烃。

（2）A→B的化学方程式是CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl。

（3）C可能的结构简式是。

（4）C→D发生的是卤代烃的水解反应，故所需的试剂a是NaOH的水溶液。

（5）D→E发生消去反应，化学方程式是CH2=CH-CHO+H2O。

（6）F→G发生的是苯酚的硝化反应，故反应类型是取代反应。

（7）K（）发生已知i的反应得，发生消去反应得L（）。

（8）与发生氧化反应过程中，1mol失去2molH，而失去2molO，同时增加2mol，故二者的物质的量之比为3：

1。

26．（13分）磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：

已知：

磷精矿主要成分为Ca5（PO4）3（OH），还含有Ca5（PO4）3F和有机碳等。

溶解度：

Ca5（PO4）3（OH）

（1）上述流程中能加快反应速率的措施有__________。

（2）磷精矿粉酸浸时发生反应：

2Ca5（PO4）3（OH）+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4

①该反应体现出酸性关系：

H3PO4__________H2SO4（填“>”或“<”）。

②结合元素周期律解释①中结论：

P和S电子层数相同，__________。

（3）酸浸时，磷精矿中Ca5（PO4）3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。

写出生成HF的化学方程式：

__________。

（4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。

相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。

80℃后脱除率变化的原因：

____________________。

（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42−残留，原因是__________；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是____________________。

（6）取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用bmol·L−1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。

（已知：

H3PO4摩尔质量为98g·mol−1）

26．（13分）

（1）研磨、加热

（2）①＜

②核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S

（3）2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O==10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑

（4）80℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低

（5）CaSO4微溶 BaCO3+SO42-+2H3PO4==BaSO4+CO2↑+H2O+2H2PO4-

（6）

解析：

（1）上述流程中研磨可以增加固体反应物的接触面积，可加快反应速率，加热也可加快反应速率。

（2）①根据元素周期律或强酸制弱酸的规律都可判断该反应体现出酸性关系：

H3PO4

②P和S电子层数相同，处于同一周期，由于P的原子半径比S的原子半径大，P的非金属性比S的非金属性弱，所以最高价氧化物对应的水化物的酸性H3OP4小于H2SO4。

（3）酸浸时，磷精矿中Ca5（PO4）3F所含氟转化为HF，同时有CaSO4·0.5H2O和6H3PO4生成，化学方程式为2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF。

（4）H2O2受热易分解，温度高于80℃时，H2O2的分解速率加快，导致H2O2的浓度降低，从而导致有碳的脱除率降低。

（5）脱硫时，CaCO3稍过量，但由于CaSO4微溶，故充分反应后仍有SO42-残留；由于BaSO4比CaSO4更难溶，故加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是BaCO3+SO42-==BaSO4+CO32-。

（6）滴定过程消耗NaOH的物质的量为c×10-3L×bmol·L-1=bc×10-3mol，发生的反应为2NaOH+H3PO4==Na2HPO4+2H2O，故反应消耗H3PO4的物质的量为0.5bc×10-3mol，精制磷酸中H3PO4的质量分数=[（0.5bc×10-3mol×98g·mol-1）/ag]×100%=0.09bc/a×100%。

27．（12分）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。

过程如下：

（1）反应Ⅰ：

2H2SO4（l）2SO2（g）+2H2O（g）+O2（g）ΔH1=+551kJ·mol－1

反应Ⅲ：

S（s）+O2（g）SO2（g）ΔH3=－297kJ·mol－1

反应Ⅱ的热化学方程式：

________________。

（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。

p2_______p1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是________________。

（3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。

将ii补充完整。

i．SO2+4I－+4H+==S↓+2I2+2H2O

ii．I2+2H2O+_________==_________+_______+2I－

（4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：

分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。

（已知：

I2易溶解在KI溶液中）

序号

A

B

C

D

试剂组成

0.4mol·L－1KI

amol·L－1KI

0.2mol·L－1H2SO4

0.2mol·L－1H2SO4

0.2mol·L－1KI

0.0002molI2

实验现象

溶液变黄，一段时间后出现浑浊

溶液变黄，出现浑浊较A快

无明显现象

溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快

①B是A的对比实验，则a=__________。

②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。

③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：

________________。

27．（12分）

（1）3SO2（g）+2H2O（g）==2H2SO4（l）+S（s）ΔH2=−254kJ·mol−1

（2）>反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大

（3）SO2SO42−4H+

（4）①0.4

②I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率

③反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快

解析：

（1）将反应I和反应III直接加和，所得反应的逆过程即为反应II的热化学方程式，反应II的反应热△H2=-△H1-△H3=-（+551kJ/mol）-（-297kJ/mol）=-254kJ/mol；反应II的热化学方程式为：

3SO2（g）+2H2O（g）=S（s）+2H2SO4（l）△H2=-254kJ/mol。

（2）反应II是体积减少的放热反应，增大压强平衡向正向移动，硫酸的体积分数增大，故P2>P1。

（3）由于反应i是SO2被还原的反应，所以反应ii则是SO2被氧化的反应，故反应物增加SO2，生成物增加硫酸，反应方程式为：

I2+2H2O+SO2=SO42-+4H++2I-。

（4）①B是A的对比实验，故B中KI浓度应与A中相同。

即a=0.4。

②A、B、C实验现象可知，A.单独KI可以催化SO2歧化反应；C.单独硫酸不能催化SO2歧化；B.有硫酸存在下，KI催化SO2歧化能力加强。

③溶液中存在I2，发生反应ii，生成硫酸，硫酸可以加强I-的催化能力，故实验D的反应速率大于实验A的反应速率。

28．（16分）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。

资料：

K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。

（1）制备K2FeO4（夹持装置略）

①A为氯气发生装置。

A中反应方程式是________________（锰被还原为Mn2+）。

②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。

③C中得到紫色固体和溶液。

C中Cl2发生的反应有

3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有________________。

（2）探究K2FeO4的性质

①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。

为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：

方案Ⅰ

取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。

方案Ⅱ

用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。

取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。

Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。

Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。

用KOH溶液洗涤的目的是________________。

②根据K2FeO4的制备实验得出：

氧化性Cl2________（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是________________。

③资料表明，酸性溶液中的氧化性＞，验证实验如下：

将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性＞。

若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。

学.科网

理由或方案：

________________。

28．（16分）

（1）①2KMnO4+16HCl==2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O

②

③Cl2+2OH−==Cl−+ClO−+H2O

（2）①i.Fe3+4FeO42−+20H+==4Fe3++3O2↑+10H2O

ii.排除ClO−的干扰

②>溶液的酸碱性不同

③理由：

FeO42−在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4−的颜色

方案：

向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色

解析：

（1）①根据题目的信息可知该反应为高锰酸钾将盐酸氧化生成Cl2和MnCl2，反应方程式为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。

②浓盐酸易挥发，Cl2中混有一定量的HCl，从而消耗C中的KOH，故B装置为吸收Cl2中HCl，通常用饱和NaCl溶液进行吸收。

③Cl2在碱性条件下易发生歧化反应，故除主要反应外，还有Cl2的歧化反应，Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O。

（2）I.①Fe3+与SCN-作用生成血红色物质，a中含有Fe3+；K2FeO4在强碱条件下可以稳定存在，在酸性条件下，可能将水氧化，本身被还原成Fe3+，4K2FeO4+10H2SO4=2Fe2（SO4）3+4K2SO4+10H2O。

II.原溶液中含有ClO-强氧化性物质，因此用KOH溶液洗涤的K2FeO4晶体的目的是除去晶体表面含有的ClO-，防止干扰实验。

②在制备实验中，Cl2将Fe（OH）3氧化成FeO42-，说明在碱性条件下，Cl2的氧化性大于FeO42-，而在酸性条件下，FeO42-又将Cl-氧化成Cl2，说明溶液的酸碱性，可以影响物质的氧化性强弱。

③由于FeO42-和MnO4-的颜色相似，因此不能说明溶液变为浅紫色是因为生成MnO4-所致，同时溶液中溶解氧，Fe3+等是否能将Mn2+氧化均未排除。

因此需设计空白试验进行排除，如向MnSO4溶液中滴加硫酸和硫酸铁溶液，溶液不变浅紫色，证明在此条件下，溶解氧和Fe3+均不能讲Mn2+氧化成MnO4-。