北京高考化学试题与解释

北京高考化学试题与解释

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 理科综合能力测试化学（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：H 1 C 12 N 14 O 16‎ ‎ 第一部分（选择题） ‎ 本部分共7小题，每小题6分，共42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。‎ ‎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 ‎【答案与分析】B。氢气可作为新能源汽车的燃料，氢气然烧时发生化学变化并释放的能量；A不符题意；核聚变或核裂变过程中原子核发生了变化，与化学变化过程中分子发生改变而原子没有改变的含义不同，不属于化学变化的研究范畴，固选B；无论是什么，作为火箭的燃料是利用其燃烧时发生的化学变化过程中释放出巨大的能量从而产生巨大的反冲力实现发射的目的的；可燃冰是现代科学家发现的一种深藏于深海海底的甲烷与水形成的结晶物，其中的甲烷，具有可燃性，能够燃烧，是不可多得的新能源 。 ‎ ‎ 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。‎ 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 ‎【答案与解释】D。利用CH4和CO2反应制备CH3COOH的化学反应方程式为：CH4+CO2 一定条件 CH3COOH，原子百分百得到利用，A正确；从上述示意图中，CH4在选择性活化催化过程产生的游离基H·与CH3·‎ 是基于甲烷 中的一个C—H键的断裂形成的，B正确；从示意图中说明，①产物的能量比②产物的能量高，因此，由①→②是属于放热反应，并有C—C键形成，C正确；催化剂能够改变反应物的反应速率，但不能使化学平衡发生移动，即不能改变反应物转化率或生成物的产率，D观点错误，选D。‎ ‎ 分析：本题重点考查化学反应原理中的化学键的形成与能量变化的关系，同时考查了化学平衡与催化剂的关系。‎ ‎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+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O B．常温时，0.1 mol·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 ‎【答案与解释】A。实验研究发现：酯化反应是一个酸供羟基醇去氢的过程，A观点错误；一水合氨是弱碱，因此，0.1 mol·L-1氨水的pH＜13，且一水合氨是部分发生电离，电离方程式只能用可逆号而不能用等号，B正确；离子键的形成过程实际是活泼金属原子失去电子形成阳离子，而其它原子或原子团获得电子形成阴离子的过程；C正确；电解精练铜的过程中粗铜接电源的正极作阳极，发生氧化反应：Cu --2e−Cu2+，精铜作阴极，发生还原反应：Cu2+ +2e−‎ Cu，D正确。‎ ‎ 分析：考查酯化反应历程、弱电解质的电离平衡与电解精练铜的电极反应式，难度较小。‎ ‎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 ‎【答案与分析】C。A中发生的相关反应有：2NaOH+FeSO4=== Fe(OH)2↓+Na2SO4、4Fe(OH)2+2H2O+O2=== 4Fe(OH)3，其中的4Fe(OH)2+2H2O+O2=== 4Fe(OH)3发生了氧化还原反应；B中的石蕊溶液滴入氯水中溶液变红，随后迅速褪色是因为氯水中含有的HCl能够使紫色石蕊试液变红，而其中的HClO具有强氧化性，能够氧化有机色素而使变红的石蕊试液褪色；B不符题意；C中发生的化学反应方程式为：Na2S+2AgCl=Ag2S+2NaCl，属于难溶电解质之间的相互转化，没有发生氧化还原反应；D中发生的反应有：3Cu+8HNO3=== 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O、2NO+O2=== 2NO2，显然，前后两步均发生了氧化还原反应；‎ ‎ 分析：考查实验的现象与实验原理（包括氢氧化亚铁的不稳定性、次氯酸的漂白原理、难溶电解质的溶解平衡原理以及硝酸的氧化性等），难度较小。‎ ‎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：‎ ‎【答案与分析】B。芳纶纤维完全水解得到的产物是对苯二甲酸（COOH COOH ）和对苯二胺（NH2‎ NH2‎ ），因结构高度对称，二者身上均只有一种环境的氢，A观点不正确，而B正确；氢键的形成能够对物质的熔沸点、、溶解性以及硬度等物理性质产生影响；C观点不对；芳纶纤维的结构简式为，D错误。‎ ‎6．测定0.1 mol·L-1 Na2SO3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 ‎【答案与解释】B。Na2SO3属于强碱弱酸盐，其中的为弱酸根离子，能够发生水解而使Na2SO3溶液呈碱性，A观点正确；由①→③的过程中，随着外界温度的升高，溶液中的Na2SO3被空气中的氧气氧化，而使的浓度降低，因此溶液的pH值减小，在实验④中溶液中的的浓度进一步降低，同时温度由40℃降为25℃时，还使水解程度减低，导致溶液的pH值进一步减小，B观点不对；①→③的过程为升温的过程，与增加反应物的浓度一样，促进盐类水解；C观点正确；KW只与温度有关，D正确。‎ ‎ 分析：考查盐类水解及水的离子积的影响因素。‎ ‎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 ‎【答案与解释】D。实验②证明了铁没有被氧化，而实验③证明被氧化，说明实验②起到保护作用，A正确；实验①中蓝色的沉淀是在铁的表面形成的，说明溶液中并没有Fe2+存在，而在铁片表面形成的Fe2+可能是因为K3[Fe(CN)6]中的Fe（Ⅲ）氧化了Fe单质反应生成的，B正确，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；；如果将Zn换成Cu，则在实验①中应该看到溶液中有蓝色的沉淀出现，由于①的方法证明了实验中铁棒可以被还原，因此，如果将实验①中的Zn改为Cu，则不能通过滴加K3[Fe(CN)6]在铁片表面形成蓝色沉淀来说明Fe比Cu活泼，要证明Fe比Cu活泼，可以采用实验②的方法；D项不正确。‎ 第二部分（非选择题）‎ 本部分共11小题，共52分。‎ ‎8．（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__________。‎ ‎【答案与解释】⑴烯烃；⑵CH2=CH—CH3 +Cl2‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 高温 CH2=CH—CH2Cl+HCl ⑶CH2‎ CH CH2‎ OH Cl Cl ‎ 或CH2‎ CH CH2‎ Cl OH Cl ⑷氢氧化钠水溶液并加热；⑸C3H8O3‎△‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 浓硫酸 C3H4O+2H2O ‎ ‎；⑹取代反应（或硝化反应）；⑺OH N H O H K OH N H OH ‎ 浓硫酸 OH N H L ‎ ⑻氧化反应、‎ ‎3：1。‎ ‎ 分析：⑴C3H6的不饱和度为1，分子中含有一个双键，应该为丙烯，所以按官能团分属于烯烃；‎ ‎⑵丙烯与氯气在高温下反应生成B，考虑到B还能够与HOCl发生加成反应，因此推断A→B是属于取代反应，即生成了3-氯代丙烯（CH2=CH—CH2Cl）和HCl；因此A→B的化学反应方程式为：‎CH2=CH—CH3 +Cl2‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 高温 CH2=CH—CH2Cl+HCl ‎⑶CH2=CH—CH2 Cl与HOCl加成所得的产物有两种：即2，3—二氯丙醇和1，3—二氯—2—丙醇；它们的结构式分别为：CH2‎ OH CH CH2‎ Cl ‎ Cl ‎ 与OH CH2‎ CH CH2‎ Cl ‎ Cl ‎ ，结构简式则为：CH2(OH)—CHCl—CHCl 与CH2 Cl—CH(OH)—CH2Cl；‎ ‎⑷推断D为丙三醇（甘油），卤原子发生羟基代的反应条件是在氢氧化钠溶液中加热进行的，因此C→D所需要的试剂为NaOH溶液；‎ ‎⑸醇在浓硫酸并加热的条件下能够发生消去反应，因此推断E为丙烯醛（CH2=CH—CHO），所以D→E的化学反应方程式为：CH2OH—CHOH—CH2OH浓H2SO4‎ 加热 CH2=CH—CHO+2H2O；‎ ‎⑹F（OH ）是苯酚，而G（OH NO2‎ ）是邻硝基苯酚，F→G反应是属于取代反应，也可以称为硝化反应；‎ ‎⑺略 ‎⑻由L（OH N H ）制备8-羟基喹啉（OH N ）显然是由C—N单键形成C=N双键的过程，也是属于去氢的过程，即发生了氧化反应，有关反应的化学反应方程式为：‎ ‎3OH N H +OH NO2‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 一定条件 3OH N +OH NH2‎ +2H2O或3C9H9NO+C6H5NO3‎‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 一定条件 ‎3C9H7NO+C6H7NO+2H2O。则L与G的物质的量之比为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)”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a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L−1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。（已知：H3PO4摩尔质量为98 g·mol−1）‎ ‎【答案与解释】⑴研磨、加热；⑵①＜②硫原子是最外层电子数比磷原子多，更容易获得电子，非金属性比磷强，对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性更强；⑶Ca5(PO4)3F+5H2SO4===5 CaSO4+3H3PO4+HF↑；⑷温度越高（80℃以后），H2O2的分解反应越快,浓度显著降低；⑸‎ 硫酸钙微溶于水（或硫酸钙的溶解度较大）、H3PO4+SO42-+BaCO3=== BaSO4+CO2↑+H2O+HPO42-；⑹‎‎4.9cba‎%‎ 分析：⑴粉碎矿石可以增加反应物的接触机率，加快反应速率；升高温度（加热）可以增加反应物活化分子的能量，同样是加快反应速率的有效措施之一；‎ ‎⑵复分解反应的规律之一是强酸制弱酸，硫酸的酸性比磷酸强，因此，可以用硫酸与磷酸盐反应制备磷酸；硫原子与磷原子位于同一周期，具有相同的电子层，但由于硫的核电荷数比磷元素大，硫原子半经比磷原子半经小，硫原子核对外层电子的吸引力大于磷原子，所以硫的非金属性比磷元素强，对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性比磷强，即H2SO4的酸性比H3PO4强；‎ ‎⑶HF是一种弱酸，磷精矿与浓硫酸反应生成磷酸的同时，还生成的HF，相关反应的化学反应方程式为：Ca5(PO4)3F+5H2SO4===5 CaSO4+3H3PO4+HF↑；而氢氟酸能够与矿物中的杂质SiO2反应生成挥发性的SiF4，‎ ‎⑷加入H2O2进行脱有机碳的反应过程中，在80℃以下，因为随着温度的升高，化学反应速率，因此除碳效率增加，但随着温度的升高与反应的不断进行，一方面反应物的浓度减小，使脱碳效率减小，另外主要由于H2O2的分解反应速率的加快，H2O2的浓度降低，导致了脱碳效率的降低；‎ ‎⑸CaSO4为微溶物，因此在加入过量的CaCO3与硫酸作用后，溶液中仍会有少量的SO‎4‎‎2-‎存在，去除的办法是加入BaCO3与之反应生成更难溶的BaSO4；‎ ⑹用NaOH滴定H3PO4生成Na2HPO4的化学反应方程式为：2NaOH+H3PO4=== Na2HPO4+2H2O，消耗掉的NaOH的物质的量为n(NaOH)=cb×10-3mol，则样品中含有磷酸的物质的量为n(H3PO4)=‎1‎‎2‎cb×‎10‎‎-3‎mol，则，样品中所含的H3PO4的百分含量=‎1‎‎2‎cb×‎10‎‎-3‎mol×98g∙‎mol‎-1‎a‎×100%=‎4.9cba%‎ 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) ΔH1=+551 kJ·mol－1‎ 反应Ⅲ：S(s)+O2(g)SO2(g) ΔH3=－297 kJ·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_______p 1（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+__________________+_______+2 I－‎ ‎（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18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL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 ‎0.4 mol·L－1 KI a mol·L－1 KI ‎0.2 mol·L－1 H2SO4‎ ‎0.2 mol·L－1 H2SO4‎ ‎0.2 mol·L－1 KI ‎0.0002 mol I2‎ 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：________________。‎ ‎【答案与解释】⑴3SO2(g)+2H2O(g)===2H2SO4(l)+S(s)；⑵ p‎1‎‎＜‎p‎2‎、反应：3SO2(g)+2H2O(g)=== 2H2SO4(l)+S(s)属于放热的、缩小气体体积的反应，增大压强与降低温度，有利于H2SO4的生成；⑶I2+2H2O+SO2SO‎4‎‎2-‎+4H++2 I－‎ ‎⑷①0.4;②I-对SO2的歧化反应具有催化作用而H+单独存在时，对SO2的歧化反应没有催化作用，但它可以提高I-的催化效应；③实验D说明反应i是慢反应，而反应ii是快反应，实验D 中加入的0.0002molI2很快与SO2反应生成0.2mol·L-1的I-的同时，还生成可以帮助提高催化效应的H+,从而加快了歧化反应的进行，因此实验D的反应速率比实验A的反应速率快。‎ ‎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+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。‎ 理由或方案：________________。‎ ‎【答案与解释】⑴①2KMnO4+16HCl=== 2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；②饱和食盐 水 ③Cl2+2KOH=== KCl+KClO+H2O；⑵①ⅠFe3+；Ⅱ在酸性或中性条件下，K2FeO4容易发生氧化反应而生成氧气；②＞；K2FeO4的氧化性与溶液的酸碱性有关，碱性越强，K2FeO4的氧化性越弱；③能，因为Mn2+呈无色，而MnO‎4‎‎-‎呈紫红色或浅紫色的，溶液由紫色变为浅紫色，表明溶液中FeO‎4‎‎2-‎浓度减小，而MnO‎4‎‎-‎浓度增大。说明FeO‎4‎‎2-‎能够将Mn2+氧化为MnO‎4‎‎-‎。即能够证明FeO‎4‎‎2-‎的氧化性＞MnO‎4‎‎-‎。‎ ‎ 分析：⑴①实验室用MnO2与浓盐酸在加热的条件下反应制备Cl2,由于KMnO4的氧化性比MnO2强，所以用KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2时，反应无须加热；②用浓盐酸与高锰酸钾反应制备的氯气中常常含有HCl，可以用饱和食盐水除去，所用的装置应该是长进短出。③滴加KSCN溶液出现血红色，表明溶液中含有Fe3+；⑵①考虑到K2FeO4在酸性或中性条件下不稳定，容易发生氧化还原反应而生成O2,在碱性条件下较为稳定，因此可以用KOH溶液来洗涤所得的固体而不能用蒸馏水洗涤；②3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O反应中Cl2是氧化剂，而K2FeO4是氧化产物，依据氧化还原反应规律中的：氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性，则可以得出：氧化性Cl2＞；但的氧化性随着溶液的酸性的增强而增强，在酸性条件下，则可以氧化Cl-而生成Cl2，即在酸性条件下的氧化性却比Cl2强，③通过溶液颜色的变化，可以说明溶液中的Mn2+被氧化为，固有氧化性＞。