普通高等学校招生全国统一考试北京卷化学.docx

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普通高等学校招生全国统一考试北京卷化学

2018年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）化学

一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分.每题只有一个正确选项）

1.（6分）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.A

B.B

C.C

D.D

解析：

A.甲醇生成氢气，为化学变化，故A不选；

B.氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料，原子核发生变化，不属于化学变化的范畴，故B选；

C.偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料，燃烧生成氮气和水，发生化学变化，故C不选；

D.可燃冰的主要成分为甲烷，燃烧生成二氧化碳和水，为化学变化，故D不选。

答案：

B

2.（6分）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

解析：

A.图中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反应生成1mol乙酸，生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%，故A正确；

B.图中变化可知甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成一新的共价键，必有C﹣H键发生断裂，故B正确；

C.①→②的焓值降低，过程为放热过程，有C﹣C键形成，故C正确；

D.催化剂只加快反应速率，不改变化学平衡转化率，故D错误。

答案：

D

3.（6分）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Cl形成离子键的过程：

D.电解精炼铜的阴极反应：

Cu2++2e﹣═Cu

解析：

A.硬脂酸为C17H35COOH，含有羧基，与C2H518OH发生酯化反应，乙醇脱去H原子，硬脂酸脱去羟基，反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OH

C17H35CO18OC2H5+H2O，故A错误；

B.常温时，0.1mol•L﹣1氨水的pH=11.1，说明NH3•H2O不能完全电离，为弱电解质，则电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，故B正确；

C.氯化钠为离子化合物，含有离子键，反应中Na失去电子，Cl得到电子，则由Na和Cl形成离子键的过程：

，故C正确；

D.电解精炼铜，阴极析出铜，电极方程式为Cu2++2e﹣═Cu，故D正确。

答案：

A

4.（6分）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AgC1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.A

B.B

C.C

D.D

解析：

A.NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，产生白色沉淀，为Fe（OH）2，随后后变为红褐色，生成Fe（OH）3，Fe元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故A不选；

B.石蕊溶液滴入氯水中，生成盐酸和次氯酸，溶液变红与盐酸有关，后褪色与HClO的漂白性有关，Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；

C.Na2S溶液滴入AgC1浊液中，沉淀由白色逐渐变为黑色，由AgCl生成Ag2S沉淀，属于沉淀的转化，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C选；

D.热铜丝插入稀硝酸中，产生无色气体，随后变为红棕色，涉及NO转化为NO2，N元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选。

答案：

C

5.（6分）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，含有官能团一COOH或一NH2

C.氢键对该高分子的性能没有影响

D.结构简式为：

解析：

A.单体的苯环上均只有一种化学环境的H，故A错误；

B.官能团分别为一NH2、一COOH，故B正确；

C.氢键影响高分子的物理性质，如溶解性、熔沸点等，故C错误；

D.结构简式为

，故D错误。

答案：

B

6.（6分）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：

SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+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

解析：

A.Na2SO3是强碱弱酸盐，SO32﹣存在水解平衡，水解平衡为：

SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，忽略二级水解，故A正确；

B.温度相同，④溶液的pH值低于①溶液的pH值，说明溶液中OH﹣浓度降低，也就说明过程中SO32﹣浓度有所降低，故B正确；

C.①到③过程温度升高，溶液pH降低，说明温度升高并没有起到促进水解平衡右移的作用，增大浓度则有利于水解正向移动，因此温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，故C错误；

D.水的离子积常数Kw只有温度有关，①和④温度相同，所以①和④的Kw值相等，故D正确。

答案：

C

7.（6分）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%NaC1溶液）。

①

②

③

在Fe表面生成蓝色沉淀

试管内无明显变化

试置内生成蓝色沉淀

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

解析：

A.②中铁没有被腐蚀，而③铁腐蚀，可说明铁连接锌后，锌保护了铁，故A正确；

B.①②相比较，可知铁棒表面被氧化，但溶液中没有亚铁离子，可能的原因为K3[Fe（CN）6]将Fe氧化，故B正确；

C.如铁不纯，也可形成原电池反应而被氧化，加入K3[Fe（CN）6]可在铁的表面生成蓝色沉淀，则验证Zn保护Fe时不能用①的方法，应用②的方法，故C正确；

D.实验①可说明铁被氧化，说明方法存在缺陷，不能比较金属的活泼性，则换成铜，也不能证明金属的活泼性，故D错误。

答案：

D

二、非选择题II卷（60分）

8.（17分）8﹣羟基哇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﹣羟基呼啉的合成路线。

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。

解析：

由以上分析可知A为CH2=CHCH3，为烯烃

答案：

烯烃

（2）A→B的化学方程式是。

解析：

A为CH2=CHCH3，B为CH2=CHCH2Cl，高温条件下A和氯气发生甲基上的取代反应，则A→B的化学方程式是CH2=CHCH3+Cl2

CH2=CHCH2Cl+HCl，

答案：

CH2=CHCH3+Cl2

CH2=CHCH2Cl+HCl

（3）C可能的结构简式是。

解析：

由以上分析可知C的结构简式是C为CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl2，

答案：

CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl

（4）C→D所需的试剂a是。

解析：

通过以上分析知，C→D所需的试剂a是NaOH水溶液

答案：

NaOH水溶液

（5）D→E的化学方程式是。

解析：

E为CH2=CHCHO，D为CH2OHCHOHCH2OH，D发生消去反应生成E，反应的化学方程式为CH2OHCHOHCH2OH

CH2=CHCHO+2H2O

答案：

CH2OHCHOHCH2OH

CH2=CHCHO+2H2O

（6）F→G的反应类型是。

解析：

F为

发生取代反应生成G。

答案：

取代反应

（7）将下列K→L的流程图补充完整：

解析：

由题给信息可知K首先发生加成反应生成

，然后再发生消去反应生成L为

答案：

（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。

解析：

L为

，G为

，J为

，L与G反应生成J和8﹣羟基喹啉，L失去氢，应为氧化反应，反应的化学方程式为3

+

→3

+

+2H2O，L与G物质的量之比为3：

1

答案：

氧化反应3：

1

9.（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）＜CaSO4•0.5H2O

（1）上述流程中能加快反应速率的措施有。

解析：

常用加快化学反应速率的措施有研磨，加热，溶解时搅拌等，根据流程图，加快化学反应速率的措施有：

研磨，加热

答案：

研磨，加热

（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：

H3PO4H2SO4（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。

。

解析：

①根据反应方程式，是由H2SO4参加反应得到H3PO4，是由强酸制取弱酸，因此酸性强弱为：

H3PO4＜H2SO4，②H3PO4和H2SO4均为无机含氧酸，主要可从P和S的非金属性角度考虑，S的非金属性强于P，可以使O上电子云密度降低更大，继而导致H+更易电离，H+越易电离，含氧酸酸性越强，可以简单解释为：

P的半径大于S，P的非金属性小于S，所以H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性

答案：

＜同一周期，从左到右，半径逐渐减小，得电子能力增强，最高价氧化物对应的水化物酸性增强，所以H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性

（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：

。

解析：

酸浸时，磷精矿中Ca5（PO4）3F所含氟转化为HF，反应过程为Ca5（PO4）3F和H2SO4反应，生成CaSO4•12H2O，H3PO4和HF，所以化学反应方程式为：

2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O

10CaSO4•12H2O+6H3PO4+2HF

答案：

2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O

10CaSO4•

H2O+6H3PO4+2HF

（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：

。

解析：

根据图象，80℃前随着温度升高，有机碳脱除率增大，80℃后随着温度升高，有机碳脱除率降低，考虑H2O2受热分解，导致H2O2浓度降低影响有机碳的脱除率，所以可以解释为：

温度高于80℃时，H2O2的分解速率加快，导致H2O2的浓度降低，也就导致有机碳脱除率下降

答案：

温度高于80℃时，H2O2的分解速率加快，导致H2O2的浓度降低，也就导致有机碳脱除率下降

（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。

解析：

脱硫过程是加入CaCO3发生反应，脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42﹣残留，反应过程生成CaSO4，而CaSO4相对于CaCO3溶解度较大，能产生多余的SO42﹣，所以原因可以解释为：

CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+SO42﹣（aq），CaSO4的溶解度相对较大，加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，则是由于发生沉淀转化，BaCO3可转化为更难溶的BaSO4，离子方程式为：

BaCO3+SO42﹣⇌BaSO4+CO32﹣

答案：

CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+SO42﹣（aq）CaSO4的溶解度相对较大BaCO3+SO42﹣⇌BaSO4+CO32﹣

（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）

解析：

用NaOH滴定H3PO4至Na2HPO4的滴定反应为：

H3PO4+2NaOH═Na2HPO4+2H2O，根据反应方程式，制磷酸中H3PO4的物质的量为bc×10-32mol，则精制磷酸中H3PO4的质量分数是bc×10-32×98a×100%=0.049bca×100%。

答案：

0.049bca×100%

10.（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）+△H1=+551kJ•mol﹣1

反应Ⅲ：

S（s）+O2（g）=SO2（g）△H3=﹣297kJ•mol﹣1

反应Ⅱ的热化学方程式：

。

解析：

根据图知，反应II为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），

将方程式﹣I﹣III即得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），△H=﹣（+551kJ•mol﹣1）﹣（﹣297kJ•mol﹣1）=﹣254kJ/mol

答案：

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

（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，p2p1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是。

解析：

相同温度下，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的量分数增大，根据图知，相同温度下，达到平衡状态时硫酸含量：

P1＜P2，说明压强P2＞P1

答案：

＞当温度相同时，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的量分数增大

（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﹣

解析：

化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，总方程式为得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），催化过程中i。

SO2+4I﹣+4H+=S↓+2I2+2H2O，说明I﹣、H+在i作作反应物，在ii中作生成物，同时ii中还生成H2SO4，根据元素守恒知，反应物还有SO2，所以ii中方程式应该为：

I2+2H2O+SO2═4H++SO42﹣+2I﹣

答案为：

SO24H+；SO42﹣

（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：

。

解析：

①B是A的对比实验，所用c（KI）应该相等，否则无法得出正确结论，所以a=0.4，

②比较A、B、C，A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸，反应快慢顺序是B＞A＞C，且C中没有明显现象，说明不反应，B中含有酸导致其反应速率加快，所以得出的结论是：

在酸性条件下，SO2与I﹣反应速率更快，且SO2与稀硫酸不发生反应，

③反应i、ii知，SO2先和I﹣反应生成I2，I2再和SO2进一步反应，D中KI溶液溶解了I2，导致D中的ii的反应较A快，所以看到的现象是：

D中出现浑浊较A快。

答案：

0.4在酸性条件下，SO2与I﹣反应速率更快，且SO2与稀硫酸不发生反应反应i、ii知，SO2先和I﹣反应生成I2，I2再和SO2进一步反应，D中KI溶液溶解了I2，导致D中的ii的反应较A快。

11.（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+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有。

解析：

①A为氯气发生装置，由高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl2，MnO4﹣被还原为Mn2+，Cl﹣被氧化为Cl2，所以反应的方程式为：

2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+═5Cl2↑+2Mn2++8H2O，

②装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的，所以装置B应为：

，

③C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，还存在反应为Cl2和KOH反应，所以还发生的反应方程式为：

Cl2+2KOH═KCl+KClO+H2O。

答案：

2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+═5Cl2↑+2Mn2++8H2O

Cl2+2KOH═KCl+KClO+H2O

（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1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Cl2FeO42﹣（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42﹣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FeO42﹣＞MnO4﹣，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FeO42﹣＞MnO4﹣，若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案，理由或方案：

。

解析：

①i.方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，

但该离子的产生不能判断一定K2FeO4将Cl﹣氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+，发生反应为：

4FeO42﹣+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O，

ii.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl﹣，使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，同时考虑到K2FeO4表面可能吸附ClO﹣，ClO﹣在酸性条件下可与Cl﹣反应生成Cl2，从而干扰实验，所以用KOH溶液洗涤的目的是：

使K2FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO﹣除尽，防止ClO﹣与Cl﹣在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO﹣干扰实验，

故答案为：

；②Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42﹣，可以说明Cl2的氧化性大于FeO42﹣，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42﹣的氧化性强弱关系相反，方案Ⅱ是FeO42﹣在酸性条件下氧化Cl﹣生成Cl2，两种反应体系所处酸碱性介质不一样，所以可以说明溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱，③根据实验过程分析，该实验过程不能说明氧化性FeO42﹣＞MnO4﹣，原因有二：

①两种溶液混合反应相当于稀释，没有排除稀释时颜色变浅带来的影响，可通过设置空白对照实验加以说明，②溶液体系中可能存在其他具有氧化性的粒子如Fe3+和O2等，也会给实验带来干扰，可通过控制变化法设置空白对照实验加以说明，

答案：

Fe3+4FeO42﹣+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱使K2FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO﹣除尽，防止ClO﹣与Cl﹣在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO﹣干扰实验不能。

没有排除两种可能的干扰。

一是没有排除溶液稀释对溶液颜色变浅带来的影响，可增加一个空白对照实验排除该干扰。

二是没有排除该体系中其它氧化性粒子如O2、Fe3+的干扰，可在控制变量的条件下设计对照实验，排除Fe3+或O2的干扰