2018年北京市高考化学试卷（含解析版）

2018年北京市高考化学试卷一、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B．氘、氚用作“人C．偏二甲肼用作发D．开采可燃氢气用于新能造太阳”核聚变燃射“天宫二号”的火冰，将其作为源汽车料箭燃料能源使用A．AB．BC．CD．D2．（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3．（6分）下列化学用语对事实的表述不正确的是（ ）18A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H5OH18C17H35COOC2H5+H2O﹣1+﹣B．常温时，0.1mol•L氨水的pH=11.1：NH3•H2O⇌NH4+OH第1页（共30页）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﹣═Cu4．（6分）下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ）ABCD实验NaOH溶液滴入石蕊溶液滴入氯Na2S溶液滴入热铜丝插入稀硝酸FeSO4溶液中水中AgC1浊液中中现象产生白色沉淀，随溶液变红，随后沉淀由白色逐渐产生无色气体，随后变为红褐色迅速褪色变为黑色后变为红棕色A．AB．BC．CD．D5．（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NH2C．氢键对该高分子的性能没有影响D．结构简式为：﹣16．（6分）测定0.1mol•LNa2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下：时刻①②③④温度/℃25304025第2页（共30页）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。下列说法不正确的是（ ）2﹣﹣﹣A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO3+H2O⇌HSO3+OH2﹣B．④的pH与①不同，是由于SO3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．（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在Fe表面生成蓝色沉淀②试管内无明显变化③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FeB．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 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。第3页（共30页）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：KL（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．（13分）磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：第4页（共30页）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 。（2）磷精矿粉酸浸时发生反应：2Ca5（PO4）3（OH）+3H2O+10H2SO410CaSO4•0.5H2O+6H3PO4①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 。（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b﹣1mol•LNaOH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）第5页（共30页）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﹣1﹣1反应Ⅲ：S（s）+O2（g）=SO2（g）△H3=﹣297kJ•mol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）序号ABCD﹣1﹣1﹣1﹣1试剂0.4mol•LKIamol•LKI0.2mol•LH2SO40.2mol•LKI﹣1组成0.2mol•LH2SO40.0002molI2实验溶液变黄，一溶液变黄，出现浑无明显现象象溶液由棕褐色很快褪现象段时间后出浊较A快色，变成黄色，出第6页（共30页）现浑浊现浑浊较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： 。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 。（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 。第7页（共30页）2﹣②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2 FeO4（填“＞”或“＜”），2﹣而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO4的氧化性强弱关系相反，原因是 。2﹣﹣③资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO4＞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2﹣﹣否证明氧化性FeO4＞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： 。 第8页（共30页）2018年北京市高考化学试卷参考答案与试题解析 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B．氘、氚用作“人C．偏二甲肼用作发D．开采可燃氢气用于新能造太阳”核聚变燃射“天宫二号”的火冰，将其作为源汽车料箭燃料能源使用A．AB．BC．CD．D【考点】18：物理变化与化学变化的区别与联系．菁优网版权所有【分析】一般来说，物质的熔点、状态发生改变，为物理变化，而生成新物质的变化属于化学变化，化学变化为原子的重新组合，物质的组成、结构和性质发生变化，但原子不会改变，以此解答该题。【解答】解：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。故选：B。【点评】本题为2018年全国卷，题目考查物质的变化，侧重于化学与生活、生第9页（共30页）产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，主要把握化学变化与物理变化的区别，难度不大。 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【考点】15：化学反应的实质；H1：有机化合物中碳的成键特征．菁优网版权所有【分析】A．原子利用率是指被利用的原子数和总原子数之比；B．甲烷反应后生成乙酸，结合分子中化学键变化法判断；C．图中可知。①→②过程中能量降低，说明为放热过程通过过渡态形成了C﹣C化学键；D．催化剂改变反应速率不改变化学平衡和反应焓变；【解答】解：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；第10页（共30页）故选：D。【点评】本题考查了化学反应过程的分析、反应过程中催化剂作用和能量变化、化学键的变化，注意题干信息的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。 3．（6分）下列化学用语对事实的表述不正确的是（ ）18A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H5OH18C17H35COOC2H5+H2O﹣1+﹣B．常温时，0.1mol•L氨水的pH=11.1：NH3•H2O⇌NH4+OHC．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【考点】48：化学方程式的书写；92：离子键的形成；BI：电极反应和电池反应方程式；I8：聚合反应与酯化反应．菁优网版权所有18【分析】A．硬脂酸为C17H35COOH，含有羧基，与C2H5OH发生酯化反应生18成C17H35COOC2H5；﹣1B．常温时，0.1mol•L氨水的pH=11.1，说明NH3•H2O不能完全电离，为弱电解质；C．氯化钠为离子化合物，含有离子键；D．电解精炼铜，阴极析出铜。18【解答】解：A．硬脂酸为C17H35COOH，含有羧基，与C2H5OH发生酯化反应，乙醇脱去H原子，硬脂酸