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北京
绝密★启用前
2018北京
试卷副标题
考试范围:
xxx;考试时间:
100分钟;命题人:
xxx
题号
一
二
三
四
总分
得分
注意事项:
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
第I卷(选择题)
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分
一、单选题
1.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
A.AB.BC.CD.D
2.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,该历程示意图如下所示。
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
3.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+C2H518OH
C17H35COOC2H5+H218O
B.常温时,0.1mol·L-1氨水的pH=11.1:
NH3·H2O
NH4++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
4.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
A.AB.BC.CD.D
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0.1mol·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溶液做对比试验,④产生白色沉淀多。
下列说法错误的是( )
A.Na₂SO3溶液中存在水解平衡:
SO32-+H2O
HSO-3+OH-
B.④的pH与①不同,是由于SO32-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
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)。
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
第II卷(非选择题)
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分
二、工业流程
8.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+10H2SO4 10CaSO4·0.5H2O+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) 评卷人 得分 三、综合题 9.(题文)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__________。 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)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) 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: ________________。 评卷人 得分 四、实验题 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+10KOH 2K2FeO4+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。 理由或方案: ________________。 参考答案 1.B 【解析】 分析: A项,甲醇低温制氢气有新物质生成,属于化学变化;B项,氘、氚用作核聚变燃料,是核反应,不属于化学变化;C项,偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O,放出大量热,属于化学变化;D项,可燃冰是甲烷的结晶水合物,CH4燃烧生成CO2和H2O,放出大量热,属于化学变化。 详解: A项,甲醇低温制氢气有新物质生成,属于化学变化;B项,氘、氚用作核聚变燃料,是核反应,不属于化学变化;C项,偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O,放出大量热,反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O4 3N2↑+2CO2↑+4H2O,属于化学变化;D项,可燃冰是甲烷的结晶水合物,CH4燃烧生成CO2和H2O,放出大量热,反应的化学方程式为CH4+2O2 CO2+2H2O,属于化学变化;答案选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.D 【解析】 分析: A项,生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2 CH3COOH,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+CO2 CH3COOH,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。 点睛: 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.A 【解析】 分析: 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易失电子形成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。 详解: 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+C2H518OH C17H35CO18OC2H5+H2O,A项错误;B项,常温下0.1mol·L-1氨水的pH=11.1,溶液中c(OH-)=10-2.9mol·L-1 0.1mol·L-1,氨水为弱碱水溶液,电离方程式为NH3·H2O NH4++OH-,B项正确;C项,Na原子最外层有1个电子,Na易失电子形成Na+,Cl原子最外层有7个电子,Cl易得电子形成Cl-,Na将最外层的1个电子转移给Cl,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,阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu,D项正确;答案选A。 点睛: 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.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。 详解: 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+H2O HCl+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。 点睛: 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.B 【解析】 【详解】 A、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错误; B、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正确; C、氢键对该分子的性能有影响,如影响沸点等,C错误; D、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 ,D错误; 答案选B。 6.C 【解析】 分析: A项,Na2SO3属于强碱弱酸盐,SO32-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,SO32-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,升高温度SO32-水解平衡正向移动,c(SO32-)减小,水解平衡逆向移动;D项,Kw只与温度有关。 详解: A项,Na2SO3属于强碱弱酸盐,SO32-存在水解平衡: SO32-+H2O HSO3-+OH-、HSO3-+H2O H2SO3+OH-,A项正确;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,SO32-浓度减小,溶液中c(OH-),④的pH小于①,即④的pH与①不同,是由于SO32-浓度减小造成的,B项正确;C项,盐类水解为吸热过程,①→③的过程,升高温度SO32-水解平衡正向移动,c(SO32-)减小,水解平衡逆向移动,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反,C项错误;D项,Kw只与温度有关,①与④温度相同,Kw值相等;答案选C。 点睛: 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、SO32-的还原性。 解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。 7.D 【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Fe2+,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Fe2+,②中Fe被保护;B项,①加入K3[Fe(CN)6]在Fe表面产生蓝色沉淀,Fe表面产生了Fe2+,对比①②的异同,①可能是K3[Fe(CN)6]将Fe氧化成Fe2+;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)6]可能将Fe氧化成Fe2+,将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。 详解: 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Fe2+,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Fe2+,②中Fe被保护,A项正确;B项,①加入K3[Fe(CN)6]在Fe表面产生蓝色沉淀,Fe表面产生了Fe2+,对比①②的异同,①可能是K3[Fe(CN)6]将Fe氧化成Fe2+,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Fe2+,不能用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Fe2+,将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼,D项错误;答案选D。 点睛: 本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法,考查Fe2+的检验、实验方案的对比,解决本题的关键是用对比分析法。 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。 8.研磨、加热<核电荷数P<S,原子半径P>S,得电子能力P<S,非金属性P<S2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O 10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑80℃后,H2O2分解速率大,浓度显著降低CaSO4微溶BaCO3+ +2H3PO4 BaSO4+CO2↑+H2O+2 【解析】 分析: 磷精矿粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏,粗磷酸经过脱有机碳、脱硫等步骤获得精制磷酸。 (1)根据外界条件对化学反应速率的影响分析,流程中能加快反应速率的措施有: 研磨、加热。 (2)①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律,酸性: H3PO4 H2SO4。 ②用元素周期律解释,P和S电子层数相同,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)根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律,Ca5(PO4)3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸。 (4)图示是相同投料比、相同反应时间,不同温度下的有机碳脱除率,80℃前温度升高反应速率加快,相同时间内有机碳脱除率增大;80℃后温度升高,H2O2分解速率大,H2O2浓度显著降低,反应速率减慢,相同条件下有机碳脱除率减小。 (5)脱硫时,CaCO3稍过量,充分反应后仍有SO42-残留,原因是: CaSO4微溶于水。 加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率,因为BaSO4难溶于水,反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。 (6)根据题意关系式为H3PO4~2NaOH,由消耗的NaOH计算H3PO4。 详解: (1)研磨能增大反应物的接触面积,加快反应速率,加热,升高温度加快反应速率;流程中能加快反应速率的措施有: 研磨、加热。 (2)①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律,酸性: H3PO4 H2SO4。 ②用元素周期律解释酸性: H3PO4 H2SO4,P和S电子层数相同,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)根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律,Ca5(PO4)3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸,生成HF的化学方程式为2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O 10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑。 (4)图示是相同投料比、相同反应时间,不同温度下的有机碳脱除率,80℃前温度升高反应速率加快,相同时间内有机碳脱除率增大;80℃后温度升高,H2O2分解速率大,H2O2浓度显著降低,反应速率减慢,相同条件下有机碳脱除率减小。 (5)脱硫时,CaCO3稍过量,充分反应后仍有SO42-残留,原因是: CaSO4微溶于水。 加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率,因为BaSO4难溶于水,其中SO42-与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO32-,H3PO4的酸性强于H2CO3,在粗磷酸中CO32-转化成H2O和CO2,反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。 (6)滴定终点生成Na2HPO4,则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1: 2,n(H3PO4)= n(NaOH)= bmol/L c 10-3L= mol,m(H3PO4)= mol 98g/mol= g=0.049bcg,精制磷酸中H3PO4的质量分数为 。 点睛: 本题以磷精矿湿法制备磷酸的工艺流程为载体,考查影响化学反应速率的因素、“强酸制弱酸”的复分解反应规律、元素周期律、指定情境下方程式的书写、物质含量的计算等。 解题时必须利用所学知识结合流程分析,如第(5)问注意脱硫的反应是在粗磷酸中进行的,BaCO3或CaCO3中碳元素最终变为CO2;第(6)问中H3PO4与NaOH物质的量之比的确定等。 9.烯烃CH2=CHCH3+Cl2 CH2=CHCH2Cl+HClHOCH2CHClCH2ClClCH2CH(OH)CH2ClNaOH,H2OHOCH2CH(OH)CH2OH CH2=CHCHO+2H2O取代反应 氧化3∶1 【解析】 分析: 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→
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