高考北京卷化学试题含答案解析Word格式.docx
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现象
褐色色黑色红棕色
5.一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:
6.测定0.1molL·
-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。
时刻①②③④
温度/℃25304025
pH9.669.529.379.25
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。
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
2
D.①与④的Kw值相等
7.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)。
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
第二部分(非选择题)
8.8-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__________。
3
(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__________。
9.磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下:
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)<
CaSO4·
0.5H2O
(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:
____________________。
2-
(5)脱硫时,CaCO3稍过量,充分反应后仍有SO4
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____________________。
-1
(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
NaOH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
)
4
10.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
(1)反应Ⅰ:
2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)ΔH1=+551kJm·
ol
反应Ⅲ:
S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH3=-297kJm·
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
-+4H
+S↓+22I+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ABCD
试剂组成0.4mol·
KI
amolL·
HSO
24
0.2molL·
H2SO4
0.2molI2
溶液由棕褐色很快褪
溶液变黄,一段时间溶液变黄,出现浑浊
实验现象无明显现象色,变成黄色,出现
后出现浑浊
较A快
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______________________。
5
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:
11.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Mn
2+)。
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
-而产生Cl2,设计以下方案:
Cl
方案Ⅰ取少量a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色。
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。
取方案Ⅱ
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。
理由或方案:
6
1、B2、D3、A4、C5、B6、C7、D
8、【答案】
(1).烯烃
(2).CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl(3).HOCH2CHClCH2Cl
ClCH2CH(OH)CH2Cl(4).NaOH,H2O(5).HOCH2CH(OH)CH2OHCH2=CHCHO+2H2O(6).
取代反应(7).(8).氧化(9).3∶1
9、【答案】
(1).研磨、加热
(2).<(3).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
(4).2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·
0.5H2O+6H3PO4+2HF↑(5).80℃后,H2O2分解速率大,浓度显著
降低(6).CaSO4微溶(7).BaCO3++2H3PO4BaSO4+CO2↑+H2O+2(8).
-1
(2).>
(3).反应Ⅱ是气体物10、【答案】
(1).3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)ΔH2=-254kJ·
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(4).SO2(5).SO4
(6).4H
+(7).0.4(8).I
-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(9).反应ii比i快;
D中由反应ii产生的H+使反应i加快
11、【答案】
(1).2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O
(2).(3).
Cl2+2OH
--
Cl
+ClO
+H2O(4).i.Fe
3+
(5).4FeO4
+20H
+
4Fe+3O2↑+10H2O(6).排除ClO
-的干扰
2-在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2,溶液浅紫色(7).>
(8).溶液的酸碱性不同(9).若能,理由:
FeO4
一定是MnO4
-的颜色(若不能,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)
7
1、【答案】B
点睛:
本题考查化学变化、核反应的区别,化学变化的特征是有新物质生成。
注意化学变化与核反应的区别,化学
变化过程中原子核不变,核反应不属于化学反应。
2、【答案】D
【解析】分析:
A项,生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH,原子利用率为100%;
B项,CH4
选择性活化变为①过程中,有1个C-H键发生断裂;
C项,根据图示,①的总能量高于②的总能量,①→②放出能
量并形成C-C键;
D项,催化剂只影响化学反应速率,不影响化学平衡,不能提高平衡转化率。
详解:
A项,根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH,总反应为CH4+CO2CH3COOH,只有
CH3COOH一种生成物,原子利用率为100%,A项正确;
B项,CH4选择性活化变为①过程中,有1个C-H键发生
断裂,B项正确;
C项,根据图示,①的总能量高于②的总能量,①→②放出能量,对比①和②,①→②形成C-C
键,C项正确;
D项,催化剂只影响化学反应速率,不影响化学平衡,不能提高反应物的平衡转化率,D项错误;
答案选D。
本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响,解题的关键是
准确分析示意图中的信息。
注意催化剂能降低反应的活化能,加快反应速率,催化剂不能改变ΔH、不能使化学平
衡发生移动。
3、【答案】A
A项,酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”;
B项,氨水为弱碱水溶液,存在电离平衡;
C项,Na
+,Cl易得电子形成Cl-;
D项,电解精炼铜时,精铜为阴极,粗铜为阳极。
易失电子形成Na
A项,酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”,硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为
C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O,A项错误;
B项,常温下0.1mol·
L-1氨水的pH=11.1,溶液
8
中c(OH-)=10-2.9mol·
L-10.1mol·
L-1,氨水为弱碱水溶液,电离方程式为NH3·
H2ONH4++OH-,B项正确;
C
+,Cl原子最外层有7个电子,Cl易得电子形成Cl-,Na将最
项,Na原子最外层有1个电子,Na易失电子形成Na
+与Cl-间形成离子键,C项正确;
D项,电解精炼铜时,精铜为阴极,粗铜为阳极,
外层的1个电子转移给Cl,Na
阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu,D项正确;
答案选A。
本题考查酯化反应的机理、电离方程式的书写、用电子式表示物质的形成过程、电解精炼铜的原理。
注意强
电解质和弱电解质电离方程式的区别、用电子式表示离子化合物和共价化合物形成过程的区别。
4、【答案】C
【解析】分析:
A项,白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;
B项,红色褪色
是HClO表现强氧化性;
C项,白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl;
D项,气体由无色变为红
棕色时的反应为2NO+O2=2NO2。
A项,NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe(OH)2沉淀,白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为
4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,该反应前后元素化合价有升降,为氧化还原反应;
B项,氯水中存在反应
Cl2+H2OHCl+HClO,由于氯水呈酸性,石蕊溶液滴入后溶液先变红,红色褪色是HClO表现强氧化性,与有
色物质发生氧化还原反应;
C项,白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl,反应前后元素化合价不
变,不是氧化还原反应;
D项,Cu与稀HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO气体和H2O,气体由无色变为红棕色时
的反应为2NO+O2=2NO2,反应前后元素化合价有升降,为氧化还原反应;
与氧化还原反应无关的是C项,答案选
C。
本题考查氧化还原反应的判断,分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。
5、【答案】B
【解析】分析:
芳纶纤维的结构片段中含肽键,完全水解的单个分子为、;
采用
切割法分析其单体为、,该高分子化合物的结构简式为。
A项,芳纶纤维的结构片段中含肽键,完全水解产物的单个分子为
、,、中苯环都只有1种化学环境的氢原子,
A项错误;
B项,芳纶纤维的结构片段中含肽键,完全水解产物的单个分子为、,
含有的官能团为-COOH或-NH2,B项正确;
C项,氢键对该分子的性能有影响,如影响沸点、密度、硬度等,C项
错误;
D项,芳纶纤维的结构片段中含肽键,采用切割法分析其单体为、,该高
分子化合物由、通过缩聚反应形成,其结构简式为
9
,D项错误;
答案选B。
本题考查肽键的水解、氢原子化学环境的分析、氢键对物质性质的影响、高分子化合物的书写。
注意掌握单
体的判断方法,首先根据高聚物判断是加聚产物还是缩聚产物,然后根据推断单体的方法作出判断:
(1)加聚产物
单体的推断常用“弯箭头法”,单键变双键,C上多余的键断开;
(2)缩聚产物单体的推断常用“切割法”,找到断键
点,断键后在相应部位补上-OH或-H。
6、【答案】C
A项,Na2SO3属于强碱弱酸盐,SO3存在水解平衡;
B项,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,说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4,①与④温度相同,④
与①对比,SO3
2-浓度减小,溶液中c(OH-),④的pH小于①;
C项,盐类水解为吸热过程,①→③的过程,升高
2-2-
温度SO3水解平衡正向移动,c(SO3)减小,水解平衡逆向移动;
D项,Kw只与温度有关。
本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO3
2-的还
原性。
解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。
7、【答案】D
2+,【解析】分析:
A项,对比②③,②Fe附近的溶液中加入K3[Fe(CN)6]无明显变化,②Fe附近的溶液中不含Fe
2+
③Fe附近的溶液中加入K3[Fe(CN)6]产生蓝色沉淀,③Fe附近的溶液中含Fe,②中Fe被保护;
B项,①加入
,对比①②的异同,①可能是K3[Fe(CN)6]将Fe氧化
K3[Fe(CN)6]在Fe表面产生蓝色沉淀,Fe表面产生了Fe
2+;
C项,对比①②,①也能检验出Fe2+,不能用①的方法验证Zn保护Fe;
D项,由实验可知K3[Fe(CN)
成Fe
,将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。
6]可能将Fe氧化成Fe
详解:
,③Fe
2+,②中Fe被保护,A项正确;
B项,①附近的溶液中加入K3[Fe(CN)6]产生蓝色沉淀,③Fe附近的溶液中含Fe
加入K3[Fe(CN)6]在Fe表面产生蓝色沉淀,Fe表面产生了Fe,对比①②的异同,①可能是K3[Fe(CN)6]将Fe
2+2+
氧化成Fe,B项正确;
C项,对比①②,①加入K3[Fe(CN)6]在Fe表面产生蓝色沉淀,①也能检验出Fe
,不
10
2+,将Zn换成Cu能用①的方法验证Zn保护Fe,C项正确;
D项,由实验可知K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化成Fe
不能用①的方法证明Fe比Cu活泼,D项错误;
答案选D。
2+的检验、实验方案的对比,解决本题的关键是用对比分点睛:
本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法,考查Fe
析法。
要注意操作条件的变化,如①中没有取溶液,②中取出溶液,考虑Fe对实验结果的影响。
要证明Fe比Cu
活泼,可用②的方法。
ClCH2CH(OH)CH2Cl(4).NaOH,H2O(5).HOCH2CH(OH)CH2OHCH2=CHCHO+2H2O(6).取
代反应(7).(8).氧化(9).3∶1
A的分子式为C3H6,A的不饱和度为1,A与Cl2高温反应生成B,B与HOCl发生加成反应生成
C,C的分子式为C3H6OCl2,B的分子式为C3H5Cl,B中含碳碳双键,A→B为取代反应,则A的结构简式为
CH3CH=CH2;
根据C、D的分子式,C→D为氯原子的取代反应,结合题给已知ii,C中两个Cl原子连接在两个不
同的碳原子上,则A与Cl2高温下发生饱和碳上氢原子的取代反应,B的结构简式为CH2=CHCH2Cl、C的结构简式
为HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH(OH)CH2Cl、D的结构简式为HOCH2CH(OH)CH2OH;
D在浓硫酸、加热时
消去2个“H2O”生成E;
根据F→G→J和E+J→K,结合F、G、J的分子式以及K
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