高考北京卷化学试题含答案解析.docx

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高考北京卷化学试题含答案解析

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2018年普通高等学校招生全国统一考试

理科综合能力测试化学〔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。

考试完毕后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16

第一局部〔选择题〕

1.以下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〔〕

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

该历程示意图如下。

以下说法不正确的选项是〔〕

A.生成CH3COOH总反响的原子利用率为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响物的平衡转化率

3.以下化学用语对事实的表述不正确的选项是〔〕

A.硬脂酸与乙醇的酯化反响：

C17H35COOH+C2H518OH

C17H35COOC2H5+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响：

Cu2++2e−

Cu

4.以下实验中的颜色变化，与氧化复原反响无关的是〔〕

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

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。

其构造片段如以下图

以下关于该高分子的说法正确的选项是〔〕

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.构造简式为：

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，参加盐酸酸化的BaCl2溶液做比照实验，④产生白色沉淀多。

以下说法不正确的选项是〔〕

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

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〕。

以下说法不正确的选项是〔〕

A.比照②③，可以判定Zn保护了Fe

B.比照①②，K3[Fe（）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

第二局部〔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。

以下图是8−羟基喹啉的合成路线。

：

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可能的构造简式是__________。

〔4〕C→D所需的试剂a是__________。

〔5〕D→E的化学方程式是__________。

〔6〕F→G的反响类型是__________。

〔7〕将以下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“复原〞〕反响，反响时还生成了水，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）

〔1〕上述流程中能加快反响速率的措施有__________。

〔2〕磷精矿粉酸浸时发生反响：

2Ca5（PO4）3（OH）+3H2O+10H2SO4

10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4

①该反响表达出酸性关系：

H3PO4__________H2SO4〔填“>〞或“<〞〕。

②结合元素周期律解释①中结论：

P和S电子层数一样，__________。

〔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。

一样投料比、一样反响时间，不同温度下的有机碳脱除率如下图。

80℃后脱除率变化的原因：

____________________。

〔5〕脱硫时，CaCO3稍过量，充分反响后仍有SO42−残留，原因是__________；参加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________。

〔：

H3PO4摩尔质量为98g·mol−1〕

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〕反响Ⅰ：

2H2SO4（l）

2SO2（g）+2H2O（g）+O2（g）ΔH1=+551kJ·mol－1

反响Ⅲ：

S（s）+O2（g）

SO2（g）ΔH3=－297kJ·mol－1

反响Ⅱ的热化学方程式：

________________。

〔2〕对反响Ⅱ，在*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下图。

p2_______p1〔填“＞〞或“＜〞〕，得出该结论的理由是________________。

〔3〕I－可以作为水溶液中SO2歧化反响的催化剂，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反响速率与SO2歧化反响速率的关系，实验如下：

分别将18mLSO2饱和溶液参加到2mL以下试剂中，密闭放置观察现象。

〔：

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的比照实验，则a=__________。

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

③实验说明，SO2的歧化反响速率D＞A，结合i、ii反响速率解释原因：

________________。

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中反响方程式是________________〔锰被复原为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发生的反响有

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，参加稀硫酸，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KS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实验说明，Cl2和

的氧化性强弱关系相反，原因是________________。

③资料说明，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

＞

。

假设能，请说明理由；假设不能，进一步设计实验方案。

理由或方案：

________________。

2018年普通高等学校招生全国统一考试

理科综合能力测试化学〔卷〕

1、B2、D3、A4、C5、B6、C7、D

8、【答案】

（1）.烯烃

（2）.CH2=CHCH3+Cl2

CH2=CHCH2Cl+HCl（3）.HOCH2CHClCH2ClClCH2CH（OH）CH2Cl（4）.NaOH，H2O（5）.HOCH2CH（OH）CH2OH

CH2=CHCHO+2H2O（6）.取代反响（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+5H2O

10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑（5）.80℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低（6）.CaSO4微溶（7）.BaCO3+

+2H3PO4

BaSO4+CO2↑+H2O+2

（8）.

10、【答案】

（1）.3SO2（g）+2H2O（g）

2H2SO4（l）+S（s）ΔH2=−254kJ·mol−1

（2）.>（3）.反响Ⅱ是气体物质的量减小的反响，温度一定时，增大压强使反响正向移动，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）.SO42−（6）.4H+（7）.0.4（8）.I−是SO2歧化反响的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反响速率（9）.反响ii比i快；D中由反响ii产生的H+使反响i加快

11、【答案】

（1）.2KMnO4+16HCl

2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O

（2）.

（3）.Cl2+2OH−

Cl−+ClO−+H2O（4）.i.Fe3+（5）.4FeO42−+20H+

4Fe3++3O2↑+10H2O（6）.排除ClO−的干扰（7）.>（8）.溶液的酸碱性不同（9）.假设能，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〔假设不能，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〕

2018年普通高等学校招生全国统一考试

理科综合能力测试化学〔卷〕

1、【答案】B

点睛：

此题考察化学变化、核反响的区别，化学变化的特征是有新物质生成。

注意化学变化与核反响的区别，化学变化过程中原子核不变，核反响不属于化学反响。

2、【答案】D

【解析】分析：

A项，生成CH3COOH的总反响为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响速率，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，总反响为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，比照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响速率，不影响化学平衡，不能提高反响物的平衡转化率，D项错误；答案选D。

点睛：

此题考察原子利用率、化学反响的实质、化学反响中的能量变化、催化剂对化学反响的影响，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响的活化能，加快反响速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。

3、【答案】A

【解析】分析：

A项，酯化反响的机理是“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，酯化反响的机理是“酸脱羟基醇脱氢〞，硬脂酸与乙醇反响的化学方程式为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，阴极电极反响式为Cu2++2e-=Cu，D项正确；答案选A。

点睛：

此题考察酯化反响的机理、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响为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响为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D项，气体由无色变为红棕色时的反响为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响为4Fe〔OH〕2+O2+2H2O=4Fe〔OH〕3，该反响前后元素化合价有升降，为氧化复原反响；B项，氯水中存在反响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复原反响；C项，白色沉淀变为黑色时的反响为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反响前后元素化合价不变，不是氧化复原反响；D项，Cu与稀HNO3反响生成Cu〔NO3〕2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反响为2NO+O2=2NO2，反响前后元素化合价有升降，为氧化复原反响；与氧化复原反响无关的是C项，答案选C。

点睛：

此题考察氧化复原反响的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化复原反响的特征是解题的关键。

5、【答案】B

【解析】分析：

芳纶纤维的构造片段中含肽键，完全水解的单个分子为

、

；采用切割法分析其单体为

、

，该高分子化合物的构造简式为

。

详解：

A项，芳纶纤维的构造片段中含肽键，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，芳纶纤维的构造片段中含肽键，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，芳纶纤维的构造片段中含肽键，采用切割法分析其单体为

、

，该高分子化合物由

、

通过缩聚反响形成，其构造简式为

，D项错误；答案选B。

点睛：

此题考察肽键的水解、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

【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，参加盐酸酸化的BaCl2溶液做比照实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中局部Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度一样，④与①比照，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。

点睛：

此题考察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-的复原性。

解题时注意从温度和浓度两个角度进展分析。

7、【答案】D

【解析】分析：

A项，比照②③，②Fe附近的溶液中参加K3[Fe〔〕6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中参加K3[Fe〔〕6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①参加K3[Fe〔〕6]在Fe外表产生蓝色沉淀，Fe外表产生了Fe2+，比照①②的异同，①可能是K3[Fe〔〕6]将Fe氧化成Fe2+；C项，比照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〔〕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，比照②③，②Fe附近的溶液中参加K3[Fe〔〕6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中参加K3[Fe〔〕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，①参加K3[Fe〔〕6]在Fe外表产生蓝色沉淀，Fe外表产生了Fe2+，比照①②的异同，①可能是K3[Fe〔〕6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，比照①②，①参加K3[Fe〔〕6]在Fe外表产生蓝色沉淀，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〔〕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：

此题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考察Fe2+的检验、实验方案的比照，解决此题的关键是用比照分析法。

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、【答案】

（1）.烯烃

（2）.CH2=CHCH3+Cl2

CH2=CHCH2Cl+HCl（3）.HOCH2CHClCH2ClClCH2CH（OH）CH2Cl（4）.NaOH，H2O（5）.HOCH2CH（OH）CH2OH

CH2=CHCHO+2H2O（6）.取代反响（7）.

（8）.氧化（9）.3∶1

【解析】分析：

A的分子式为C3H6，A的不饱和度为1，A与Cl2高温反响生成B，B与HOCl发生加成反响生成C，C的分子式为C3H6OCl2，B的分子式为C3H5Cl，B中含碳碳双键，A→B为取代反响，则A的构造简式为CH3CH=CH2；根据C、D的分子式，C→D为氯原子的取代反响，结合题给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响，B的构造简式为CH2=CHCH2Cl、C的构造简式为HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH〔OH〕CH2Cl、D的构造简式为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的构造简式，E+J→K为加成反响，则E的构造简式为CH2=CHCHO，F的构造简式为

、G的构造简式为

、J的构造简式为

；K的分子式为C9H11NO2，L的分子式为C9H9NO，K→L的过程中脱去1个“H2O〞，结合K→L的反响条件和题给i，K→L先发生加成反响、后发生消去反响，L的构造简式为

。

〔2〕A→B为CH3CH=CH2与Cl2高温下的取代反响，反响的化学方程式为CH3CH=CH2+Cl2

CH2=CHCH2Cl+HCl。

〔3〕B与HOCl发生加成反响生成C，由于B关于碳碳双键不对称，C可能的构造简式为HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH〔OH〕CH2Cl。

〔4〕C→D为氯原子的水解反响，C→D所需的试剂a是NaOH、H2O，即NaOH水溶液。

〔5〕D→E为消去反响，反响的化学方程式为HOCH2CH〔OH〕CH2OH

CH2=CHCHO+2H2O。

〔6〕F的构造简式为

、G的构造简式为

，F→G的反响类型为取代反响。

〔7〕K的分子式为C9H11NO2，L的分子式为C9H9NO，比照K和L的分子式，K→L的过程中脱去1个“H2O〞，结合K→L的反响条件和题给i，K先发生加成反响生成

，

发生消去反响生成L，补充的流程图为：

。

〔8〕根据流程L+G→J+8-羟基喹啉+H2O，即

+

+

+H2O，比照L和8-羟基喹啉的构造简式，L发生了去氢的氧化反响。

根据原子守恒，反响过程中L与G物质的量之比为3:

1。

点睛：

此题以8-羟基喹啉的合成为载体，考察有机推断、有机物类别的判断、有机物构造简式和有机方程式的书写、有机反响类型的判断等。

推断时主要依据分子式判断可能的反响类型，结合所学有机物之间的相互转化和题给信息分析。

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+5H2O

10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑（5）.80℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低（6）.CaSO4微溶（7）.BaCO3+

+2H3PO4

BaSO4+CO2↑+H2O+2

（8）.

【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响速率的影响分析，流程中能加快反响速率的措施有：

研磨、加热。

〔2〕①根据“强酸制弱酸〞的复分解反响规律，酸性：

H3PO4

H2SO4。

②用元素周期律解释，P和S电子层数一样，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〞的复分解反响规律，Ca5〔PO4〕3F与H2SO4反响生成HF、磷石膏和磷酸。

〔4〕图示是一样投料比、一样反响时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反响速率加快，一样时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大