2018年北京高考化学试题与解释

1、绝密启封并使用完毕前2021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：H1 C12 N14 016第一局部选择题本局部共7小题，每题6分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一 项。C偏二甲肼用作发射A.甲醇低温B.氘、氚用作“人造太D.开采可燃冰,1.以下我国科技成果所涉与物质的应用中，发生的不是化学变化的是所制氢气用于新能源汽阳'核聚变燃料“天宫二号的火箭燃料将其作为能源使用【答案与分析】B。氢气可

2、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;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 CO和CH转化为高附加值产品CHCOOH勺催化反响历程。该历程示意图如下以下说法不正确的选项是A. 生成CH3C00总反响的原子利用率为100%

3、B. CH CHCOO过程中，有C-H键发生断裂C. f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一定条件【答案与解释】0利用CH和CO反响制备CHCOO的化学反响方程式为：CH+CO'CHCOOH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H 与 CH3 游离基 与是基于甲烷 中的一个C-H键的断裂形成的，B正确；从示意图中说明，产物的能量比产物的能量高，因此，由一是属于放热反响，并有C- C键形成，C正确；催化剂能够改变反响物的反响速率， 但不能使化学平衡发生移动，即不能改变反响物转化 率或生成物的产率，d观点错误，选a分析

4、：此题重点考查化学反响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. 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：C!7H5COOH+c18OH洙C7H35COOCt+H18OB. 常温时，0.1mol L-1 氨水的 pH=11.1: NHNH；+OHC. 由Na和C1形成离子键的过程：N&Cd 一丁D. 电解精炼铜的阴极反响：CiT +2eCu【答案与解释】A。实验研究发现：酯化反响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，0.1mol L-1氨水的pHv 13,且一水合氨是局部发生电离，电离方程式 只能用

5、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，发生氧化反响：Cu-2e- CiT,精铜作阴极，发生复原反响：CiT+2e=Cu, D 正确。分析：考查酯化反响历程、弱电解质的电离平衡与电解精练铜的电极反响式，难度较小4以下实验中的颜色变化，与氧化复原反响无关的是ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO溶液中石蕊溶液滴入氯水中NaS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

6、变为 红棕色【答案与分析】Co A中发生的相关反响有：2NaOHFeSQ= Fe(OH) J + Na2SO4、 4Fe(OH+2H2O+Q=4Fe(OH3,其 中 的 4Fe(OH)2H2O+O2=4Fe(OH3发生了氧化复原反响； 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 HCI能够使紫色石蕊 试液变红，而其中的HCIO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中发生的化学反响方程式为：NaS+2AgC匸AgS+2NaC，属于难溶电解质之间的相互 转化，没有发生氧化复原反响；D中发生的反响有：3Cu+8HNO=3Cu( NQ) 2+2NO

7、? +4HO2NO+2= 2NO,显然，前后两步均发生了氧化复原反响；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与硝酸的氧化性等，难度较小。5种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料。其结构片段如以下列图我示氧键以下关于该咼分子的说确的是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 COO或 NHC. 氢键对该高分子的性能没有影响D. 结构简式为：COOHNH2n-C-0=0-C-ZH-N【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和对苯二胺N

8、H2, 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、溶解性以与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O.lmol L-1NqSO溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下时刻温度/C25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取时刻的溶液，参加盐酸酸化的BaCl2溶液做比照实验，产生白色沉淀多。 以下说法不正确的选项是A. NqSO溶液中存在水解平衡：so2 +HO一 hso3+OHB的pH与不同，是由于so3浓度减小造成的C. 一的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D.

9、与的Kw值相等【答案与解释】Bo NaSO属于强碱弱酸盐，其中的so2为弱酸根离子，能够发生水解而使NaSO 溶液呈碱性，A观点正确；由一的过程中，随着外界温度的升高，溶液中的 NaSO被空气 中的氧气氧化，而使so3的浓度降低，因此溶液的 pH值减小，在实验中溶液中的so3的浓 度进一步降低，同时温度由40C降为25C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；一的过程为升温的过程，与增加反响物的浓度一样，促进盐类水解；C观点正确；Kw只与温度有关，D正确。分析：考查盐类水解与水的离子积的影响因素。7. 验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下烧杯均为经过酸化的3%NaC溶液。

10、A. 比照，可以判定Zn保护了 FeB. 比照，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【答案与解释】D。实验证明了铁没有被氧化，而实验证明被氧化，说明实验起到保护作用，A正确；实验中蓝色的沉淀是在铁的外表形成的，说明溶液中并没有Fe2+存在，而在铁片外表形成的Fe2+可能是因为K3Fe(CN)6中的Fe 氧化了 Fe单质反响生成的，B正确， C项，比照，也能检验出 Fe2+，不能用的方法验证Zn保护Fe；;如果将Zn换成Cu, 那么在实验中应该看到溶液中有蓝色的沉淀出现，由于的方法证明了实验中铁棒可以被复原，因此，

11、如果将实验中的Zn改为Cu,那么不能通过滴加 冏Fe(CN)6在铁片外表形成蓝色 沉淀来说明Fe比Cu活泼，要证明Fe比Cu活泼，可以采用实验的方法；D项不正确。第二局部非选择题本局部共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。以 下列图是8-羟基喹啉的合成路线。CbI哥谧HOCI匚丽TGllgF(CO)(CJhO)H加成OH8疑基哇瞩LH2SO4(GHgNO)J(C,H7NO)HO H: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。2A-B的化学方程式是 。3C可能的结构简式是 。4CD所需的试剂a是

12、。5D-E的化学方程式是。6F-G的反响类型是。7将以下1L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，那么L与G物质的量之比为。高温【答案与解释】烯烃；CH2=CF CHb +C2 CH2=CF CH2CI+HCI氢氧化钠水溶液并加热;-GHO+2HOCH2 CH CH2CH2 CH CH2I或丨oh ci ci ci oh ci浓硫酸一KL3: 1。分析：C3H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；丙烯与氯气在高温下反响生成 B，考虑到B还能够与HOCI发生加成反响，因此推断A-B 是属于取代反响，即生成了 3-

13、氯代丙烯CH=CH-CHCI丨和HCI;因此A-B的化学反响方程高温式为：CHz=CH- CH3 +C2 CH?=CH- CH2CI+HCICH2=CH CH2CI与HOCI加成所得的产物有两种：即 2, 3二氯丙醇和1, 3二氯一2-丙醇；它们的结构式分别为CH2 CH _CH2 片 CH2_CH CH2 OH Cl CI 与 Cl OH CI ，结构简式那么为：CH(OH)CHCCHCI 与 CH CI CH(OHCHCI;推断D为丙三醇甘油，卤原子发生羟基代的反响条件是在氢氧化钠溶液中加热进展的,因此D所需要的试剂为NaOH溶液；醇在浓硫酸并加热的条件下能够发生消去反响，因此推断E为丙烯

14、醛CH=CH-CHO,浓H SO4所以DE的化学反响方程式为：CHOH-CHOCHO 加热亠 CH=CH-CHO+22O; FV：I称为硝化反响;OHOH是苯酚，而G尹' NO2是邻硝基苯酚，FG反响是属于取代反响，也可以制备8-羟基喹啉L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，即发生了氧化反响，有关反响的化学反响方程式为:3ohNOH+' | NO2H2 +2HO 或 3C9H9NO+6HNO 一定条件3CHNO+6HNO+22Ob那么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:磷情矿> SI精矿粉哄"

15、;*HiOJA CaCOs/AT粗磷醴3皿帀亍->磷石膏(主號成分为CaSOt * 0JH2O)箱制磷釀:磷精矿主要成分为Ca(PO)3(OH)，还含有Cct(PO4)3F和有机碳等。溶解度：Cst(PO4)3(OH)vCaSO 0.5H2O1丨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：2Cc5(PO4) 3(OH)+3HO+10HSQ 10CaSO 0.5H2O+6HPO 该反响表达出酸性关系：fPQHSQ填“或“ 。 结合元素周期律解释中结论：P和S电子层数一样，。3酸浸时，磷精矿中C&(PQ)3F所含氟转化为HF,并进一步转化为SiF。除去。写出生成HF

16、勺 化学方程式：。4HQ将粗磷酸中的有机碳氧化为 CQ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列图。80C后脱除率变化的原因:706020参加BaCO可进5脱硫时，CaCO稍过量，充分反响后仍有 SQ2-残留，原因是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- 1NaQHS液滴定至终点时生成NHPO消耗NaOH容液cmL精制磷酸中HPO的质量分数是。：HPQ摩尔质量为98g - mol-1【答案与解释】研磨、加热；v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

17、的最高价氧化物对应的水化物的酸性更强；Ca(PO4)3F+5HSO=CaS(4+3HPO+HFT ;温度越高80C以后，HQ的分解反响越快，浓度 显著降低；硫酸钙微溶于水或硫酸钙的溶解度较大 、H3P(O+S(42-+BaC(3= BaSO+CQ T +HO+hpQ；一?一分析：粉碎矿石可以增加反响物的接触机率，加快反响速率；升高温度加热可以增 加反响物活化分子的能量，同样是加快反响速率的有效措施之一；复分解反响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响制备磷酸；硫原子与磷原子位于同一周期，具有一样的电子层，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

18、，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H2SQ的酸性比HPQ强；HF是一种弱酸，磷精矿与浓硫酸反响生成磷酸的同时，还生成的HF,相关反响的化学反响方程式为： Cai(PQ) 3F+5HSQ=CaSO3HPQ+HFT ;而氢氟酸能够与矿物中的杂质SQ反响生成挥发性的SiF4,参加H2Q进展脱有机碳的反响过程中，在 80C以下，因为随着温度的升高，化学 反响速率，因此除碳效率增加，但随着温度的升高与反响的不断进展，一方面反响物的浓度减 小，使脱碳效率减小，另外主要由于H2Q2的分解反响速率的加快，H2Q的浓度降低，导致

19、了脱碳效率的降低；CaSQ为微溶物，因此在参加过量的CaCQ与硫酸作用后，溶液中仍会有少量的?-?存在，去除的方法是参加BaCG与之反响生成更难溶的BaSQ;(6)用 NaQH滴定 H3PQ生成 NaHPQ的化学反响方程式为：2NaQH+3R=NciHP(4+2H2Q, 消耗掉的 NaQH的物质的量为 n(NaQH)=cbx 10-3mol，那么样品中含有磷酸的物质的量为? ?n(H3PQ)= ? x ?- "?， 那么，样品中所含的 HPQ 的百分含量 ? X?- ? x?勿？- ? ?=?x ?%= ?%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

20、与存储。过程 如下：太阳能1反响I: 2HSQ(I) =2SQ(g)+2H2Q(g)+O2(g) H=+551 kJ mo1反响川：S(s)+Q2(g) SQ(g) f= 297 kJ mo反响U的热化学方程式：。2对反响U,在某一投料比时，两种压强下，HSQ在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如下列图。温度临P2P 1填“或“，得出该结论的理由是 。31可以作为水溶液中SQ歧化反响的催化剂，可能的催化过程如下。将 ii补充完整i . SQ+4I_ +4H=SJ +2I2+2HOii . I2+2HO+2 I4探究i、ii反响速率与SO歧化反响速率的关系，实验如下：分别将 18 mL SQ

21、饱和溶液 参加到2 mL以下试剂中，密闭放置观察现象。：丨2易溶解在KI溶液中序号ABCD试剂组成0.4 mol - L_KIa mol - L_KI0.2 mol - L_ 1H>SQ0.2 mol - L_SO0.2 mol - L_KI0.0002 mol I 2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B是A的比照实验，那么a=。 比较A B、C,可得出的结论是。 实验说明，SQ的歧化反响速率D>A,结合i、ii反响速率解释原因： 。【答 案 与 解 释】 3SQ(g)+2H2Q(g)=2H2

22、SQ(l)+S(s);? v ?、反?= _? ?_ ?= -?+ ?= -?响：3SO(g)+2H2O(g)=2HSO(l)+S(s)属于放热的、缩小气体体积的反响，增大压强与降低 温度，有利于 H|SO的生成； I ?+2H2O+S=?- +4H+2 I -0.4;I-对SQ的歧化反响具有催化作用而 H单独存在时，对.的歧化反J响没有催化作用， 但它可以提高I-的催化效应；实验D说明反响i是慢反响，而反响ii是快反响，实验D中 参加的0.0002molI 2很快与SQ反响生成0.2mol - L-1的I-的同时，还生成可以帮助提高催化效 应的Hf,从而加快了歧化反响的进展，因此实验 D的反

23、响速率比实验 A的反响速率快。11. 16分实验小组制备高铁酸钾K2FeQ并探究其性质。资料：KFeO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 Q, 在碱性溶液中较稳定。1制备&FeQ夹持装置略 A为氯气发生装置。A中反响方程式是 锰被复原为Mn+ 将除杂装置B补充完整并标明所用试剂 C中得到紫色固体和溶液。C中CI2发生的反响有3Cl2+2Fe(OH?+10KO=2K2FeQ+6KCI+8HO,另外还有。2探究&FeQ的性质取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CI2。为证明 是否K2FeQ氧化了 Cl_而产生CI2，设计以下方案：万案I取少量a,滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。万案U用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将&FeQ溶出，得到紫色 溶液b。取少量b,滴加盐酸，有CI2产生。I 由方案I中溶液变红可知a中含有 子，但该离子的产生不能判断一定是 &FeQ将C氧化，还可能由 生用方程式表示。U 方案U可证明KFeQ氧化了 C。用KOH溶液洗涤的目的是 。根据KFeQ的制备实验得出：氧化性 CI2FeO2 填“或“<，而方案U实验说明，CI2和Feo2的氧化性强弱关系相反，原因是。 资料说明，酸性溶液中的氧化性 FeO2 > MnO4，验证实验如