201x年高考北京卷化学试题(含答案解析)

1、.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）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（ ）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. ch4ch3cooh过程中，有ch键发生断

2、裂c. 放出能量并形成了cc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+c2h518ohc17h35cooc2h5+h218ob. 常温时，0.1 moll-1氨水的ph=11.1：nh3h2o+ohc. 由na和c1形成离子键的过程：精品.d. 电解精炼铜的阴极反应：cu2+ +2ecu4. 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

3、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nh2c. 氢键对该高分子的性能没有影响d. 结构简式为：6. 测定0.1 moll-1 na2so3溶液先升温再降温过程中的ph，数据如下。时刻温度/25304025ph9.669.529.379.25实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的bacl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多。下列说法不正确的是（ ）a.

4、na2so3溶液中存在水解平衡：+h2o+ohb. 的ph与不同，是由于浓度减小造成的精品.c. 的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致d. 与的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）。下列说法不正确的是（ ）a. 对比，可以判定zn保护了feb. 对比，k3fe(cn)6可能将fe氧化c. 验证zn保护fe时不能用的方法d. 将zn换成cu，用的方法可判断fe比cu活泼第二部分（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。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

5、基的分子不稳定。（1）按官能团分类，a的类别是_。（2）ab的化学方程式是_。（3）c可能的结构简式是_。精品.（4）cd所需的试剂a是_。（5）de的化学方程式是_。（6）fg的反应类型是_。（7）将下列kl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_。9. 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“ (3). 反应是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，h2so4

6、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歧化反应的催化剂，h+单独存在时不具有催化作用，但h+可以加快歧化反应速率 (9). 反应ii比i快；d中由反应ii产生的h+使反应i加快精品.11、【答案】 (1). 2kmno4+16hcl2mncl2+2kcl +5cl2+8h2o (2). (3). cl2+2ohcl+clo+h2o (4). i. fe3+ (5). 4feo42+20h+4fe3+3o2+10h2o (6). 排除clo的干扰 (7). (8). 溶液的酸

7、碱性不同 (9). 若能，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（若不能，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（北京卷）1、【答案】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、【答案】d【解析】分析：a项，生成ch3cooh的总反应为ch4+co2ch3cooh，原子利用率为100%；b项，ch4选择性活化变为过程中，有1个c-h键发生断裂；c

8、项，根据图示，的总能量高于的总能量，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。精品.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+co2ch3cooh，只有ch3cooh一种生成物，原子利用率为100%，a项正确；b项，ch4选择性活化变为过程中，有1个c-h键发生断裂，b项正确；c项，根据图示，的总能量高于的总能量，放出能量，对比和，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

9、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h、不能使化学平衡发生移动。3、【答案】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+c2h518ohc17h35co18oc2h5+h2o，a项错误；b项，常温下0.1moll-1氨水的ph=11.1，溶液中c（oh-）=

10、10-2.9moll-10.1moll-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为nh3h2onh4+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、【答案】c【解析】分

11、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+h2ohcl+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

12、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+o精品.2=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、【答案】b【解析】分析：芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解的单个分子为、；采用切割法分析其单体为、，该高分子化合物的结构简式为。详解：a项，芳纶纤维的结构片段

13、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项错误；答案选b。点睛：本题考查肽键的水解、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

14、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，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的bacl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多，说明实验过程中部分na2so3被氧化成na2so4，与温度相同，与对比，so32-浓度减小，溶液中c（oh-），的ph小于；c项，盐类水解为吸热过程，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。精品.点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写

15、、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、【答案】d【解析】分析：a项，对比，fe附近的溶液中加入k3fe（cn）6无明显变化，fe附近的溶液中不含fe2+，fe附近的溶液中加入k3fe（cn）6产生蓝色沉淀，fe附近的溶液中含fe2+，中fe被保护；b项，加入k3fe（cn）6在fe表面产生蓝色沉淀，fe表面产生了fe2+，对比的异同，可能是k3fe（cn）6将fe氧化成fe2+；c项，对比，也能检验出fe2+，不能用的方法验证zn保护fe；d项，由实验可知k3fe（cn）6可能将fe氧化成fe2+，将zn换成cu不

16、能用的方法证明fe比cu活泼。详解：a项，对比，fe附近的溶液中加入k3fe（cn）6无明显变化，fe附近的溶液中不含fe2+，fe附近的溶液中加入k3fe（cn）6产生蓝色沉淀，fe附近的溶液中含fe2+，中fe被保护，a项正确；b项，加入k3fe（cn）6在fe表面产生蓝色沉淀，fe表面产生了fe2+，对比的异同，可能是k3fe（cn）6将fe氧化成fe2+，b项正确；c项，对比，加入k3fe（cn）6在fe表面产生蓝色沉淀，也能检验出fe2+，不能用的方法验证zn保护fe，c项正确；d项，由实验可知k3fe（cn）6可能将fe氧化成fe2+，将zn换成cu不能用的方法证明fe比cu活泼，

17、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，如中没有取溶液，中取出溶液，考虑fe对实验结果的影响。要证明fe比cu活泼，可用的方法。8、【答案】 (1). 烯烃 (2). ch2=chch3+cl2ch2=chch2cl+hcl (3). hoch2chclch2cl clch2ch(oh)ch2cl (4). naoh，h2o (5). hoch2ch(oh)ch2oh ch2=chcho+2h2o (6). 取代反应 (7). (8). 氧化 (9). 31【解析】分析：a的分子式为

18、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c精品.3h6ocl2，b的分子式为c3h5cl，b中含碳碳双键，ab为取代反应，则a的结构简式为ch3ch=ch2；根据c、d的分子式，cd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fgj和e+jk，结

19、合f、g、j的分子式以及k的结构简式，e+jk为加成反应，则e的结构简式为ch2=chcho，f的结构简式为、g的结构简式为、j的结构简式为；k的分子式为c9h11no2，l的分子式为c9h9no，kl的过程中脱去1个“h2o”，结合kl的反应条件和题给已知i，kl先发生加成反应、后发生消去反应，l的结构简式为。（2）ab为ch3ch=ch2与cl2高温下的取代反应，反应的化学方程式为ch3ch=ch2+cl2ch2=chch2cl+hcl。（3）b与hocl发生加成反应生成c，由于b关于碳碳双键不对称，c可能的结构简式为hoch2chclch2cl或clch2ch（oh）ch2cl。（4）c

20、d为氯原子的水解反应，cd所需的试剂a是naoh、h2o，即naoh水溶液。（5）de为消去反应，反应的化学方程式为hoch2ch（oh）ch2ohch2=chcho+2h2o。精品.（6）f的结构简式为、g的结构简式为，fg的反应类型为取代反应。（7）k的分子式为c9h11no2，l的分子式为c9h9no，对比k和l的分子式，kl的过程中脱去1个“h2o”，结合kl的反应条件和题给已知i，k先发生加成反应生成，发生消去反应生成l，补充的流程图为：。（8）根据流程l+gj+8-羟基喹啉+h2o，即+h2o，对比l和8-羟基喹啉的结构简式，l发生了去氢的氧化反应。根据原子守恒，反应过程中l与g物

21、质的量之比为3:1。点睛：本题以8-羟基喹啉的合成为载体，考查有机推断、有机物类别的判断、有机物结构简式和有机方程式的书写、有机反应类型的判断等。推断时主要依据分子式判断可能的反应类型，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ps，原子半径ps，得电子能力ps，非金属性ps (4). 2ca5(po4)3f+10h2so4+5h2o10caso40.5h2o+6h3po4+2hf (5). 80 后，h2o2分解速率大，浓度显著降低 (6). caso4微溶 (7). baco3+2h3po4baso4+co2+h2o+2 (

22、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）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：h3po4h2so4。用元素周期律解释，p和s电子层数相同，核电荷数ps，原子半径ps，得电子能力ps，非金属性ps。（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

23、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baso精品.4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h3po42naoh，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。（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

24、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nao

25、h物质的量之比为1：2，n（h3po4）=n（naoh）=bmol/lc10-3l=mol，m（h3po4）=mol98g/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。10、【答案】 (1). 3so2(g)+2h2o (g)2h2so

26、4 (l)+s(s) h2=254 kjmol1 (2). (3). 反应是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，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歧化反应的催化剂，h+单独存在时不具有催化作用，但h+可以加快歧化反应速率 (9). 反应ii比i快；d中由反应ii产生的h+使反应i加快精品.【解析】分析：（1）应用盖斯定律结合反应ii分析。（2）采用“定一议二”法，根据温度相同时，压强与h2so4物质的量分数判断。（3）依据催化剂在反应

27、前后质量和化学性质不变，反应i+反应ii消去i-得总反应。（4）用控制变量法对比分析。详解：（1）根据过程，反应ii为so2催化歧化生成h2so4和s，反应为3so2+2h2o=2h2so4+s。应用盖斯定律，反应i+反应iii得，2h2so4（l）+s（s）=3so2（g）+2h2o（g）h=h1+h3=（+551kj/mol）+（-297kj/mol）=+254kj/mol，反应ii的热化学方程式为3so2（g）+2h2o（g）=2h2so4（l）+s（s）h=-254kj/mol。学*科网（3）反应ii的总反应为3so2+2h2o=2h2so4+s，i-可以作为水溶液中so2歧化反应的催

28、化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，（总反应-反应i）2得，反应ii的离子方程式为i2+2h2o+so2=4h+so42-+2i-。（4）b是a的对比实验，采用控制变量法，b比a多加了0.2mol/lh2so4，a与b中ki浓度应相等，则a=0.4。对比a与b，加入h+可以加快so2歧化反应的速率；对比b与c，单独h+不能催化so2的歧化反应；比较a、b、c，可得出的结论是：i是so2歧化反应的催化剂，h+单独存在时不具有催化作用，但h+可以加快歧化反应速率。对比d和a，d中加入ki的浓度小于a，d中多加了i2，反应i消耗h+和i-，反应ii中消耗i2，d中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄

29、色，出现浑浊较a快”，反应速率da，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生h+使c（h+）增大，从而反应i加快。点睛：本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的应用、化学平衡图像的分析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，考查学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力。11、【答案】 (1). 2kmno4+16hcl2mncl2+2kcl +5cl2+8h2o (2). (3). cl2+2ohcl+clo+h2o (4). i. fe3+ (5). 4feo42+20h+4fe3+3o2+10h2o (6). 排除clo的干扰 (7)

30、. (8). 溶液的酸碱性不同 (9). 若能，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（若不能，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）精品.【解析】分析：（1）kmno4与浓盐酸反应制cl2；由于盐酸具有挥发性，所得cl2中混有hcl和h2o（g），hcl会消耗fe（oh）3、koh，用饱和食盐水除去hcl；cl2与fe（oh）3、koh反应制备k2feo4；最后用naoh溶液吸收多余cl2，防止污染大气。（2）根据制备反应，c的紫色溶液中含有k2feo4、kcl，cl2还会与koh反应生成kcl、kclo和h2o。i.加入kscn溶液，溶液变红说明a中含fe3+。根据题意k2feo4在酸性或中性溶液中快速产生o2，自身被还原成fe3+。ii.产生cl2还可能是clo-+cl-+2h+=cl2+h2o，即kclo的存在干扰判断；k2feo4微溶于koh溶液，用koh洗涤除去kclo、排除clo-的干扰，同时保持k2feo4稳定存在。根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物。对比两个反应的异同，制备反应在碱性条件下，方案ii在酸性条件下，说明酸碱性的不同影响氧化性的强弱。判断的依据是否排除feo42-的颜色对实验结论的干扰。详解：（1）a为氯气发生装置，kmno4与浓盐酸反应时