365文库
登录
注册
福利来袭，限时免费在线编辑
转Pdf
下载我编辑的
下载原始文档
收藏
含笑半步癫
上传于：2024-07-15
2018年高考理综化学真题试卷（北京卷）
一、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（ ）
A. A B. B C. C D. D
【答案】 B
【考点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A.甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化，不符合题意；
B.氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化，符合题意；
C.偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O4 点燃__ 3N2↑+2CO2↑+4H2O，属于化学变化，不符合题意，不符合题意；
D.可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为CH4+2O2 点燃__ CO2+2H2O，属于化学变化，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】化学变化实质有新物质生成，发生化学反应的过程都是发生了化学变化，而核变既不是化学变化也不是物理变化。
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。
下列说法错误的是：（ ）
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一C键 D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】 D
【考点】化学平衡的影响因素，探究吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A.根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2 →催化剂 CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项不符合题意；
B.CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项不符合题意；
C.根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项不符合题意；
D.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项符合题意；
故答案为：D
【分析】原子利用率百分之百是指无副产物生成，一般其反应特点是是多生一的反应。催化剂降低了活化能，从而提高了活化分子百分数，同等程度的提高了反应速率，但不影响平衡。
3.下列化学用语对事实的表述错误的是（ ）
A. 硬脂酸与乙醇的酯化反应:C17H35COOH+C2H518OH ⇌△浓硫酸 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
【答案】 A
【考点】铜的电解精炼，离子键的形成，电解质在水溶液中的电离，酯化反应
【解析】【解答】A.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+C2H518OH ⇌△浓硫酸 C17H35CO18OC2H5+H2O，A项符合题意；
B.常温下0.1mol·L-1氨水的pH=11.1，溶液中c（OH-）=10-2.9mol·L-1＜0.1mol·L-1 ， 氨水为弱碱水溶液，电离方程式为NH3·H2O ⇌ NH4++OH- ， B项不符合题意；
C.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项不符合题意；
D.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项不符合题意；
故答案为：A
【分析】A中根据有机反应机理，元素跟踪法进行判读。B中根据水的离子积进行计算，考查水的离子积的基本计算方法。
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
A. A B. B C. C D. D
【答案】 C
【考点】氧化还原反应
【解析】【解答】A.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，不符合题意；
B.氯水中存在反应Cl2+H2O ⇌ HCl+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，与有色物质发生氧化还原反应，不符合题意；
C.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，符合题意；
D.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+O2=2NO2 ， 反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应，不符合题意；
故答案为：C
【分析】C中是沉淀间的转化，没有化合价的变化。氧化还原反应的基本判断方法是看元素化合价是否变化。考查氧化还原基本知识点。
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：
【答案】 B
【考点】氢键的存在对物质性质的影响，氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A.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 、 ， 、 中苯环都只有1种化学环境的氢原子，A项不符合题意；
B.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项符合题意；
C.氢键对该分子的性能有影响，如影响沸点、密度、硬度等，C项不符合题意；
D.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项不符合题意；
故答案为：B
【分析】注意有机化合物中肽键的水解，碳接羟基，氧接氢形成羧基和氨基。肽键的形成即是有羧基和氨基脱水缩合而成。本题实质考查蛋白质的基本性质。
6.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溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是（ ）
A. Na₂SO3溶液中存在水解平衡:SO32-+H2O ⇌ HSO-3+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
【答案】 C
【考点】影响盐类水解程度的主要因素，盐类水解的应用
【解析】【解答】A.Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2O ⇌ HSO3-+OH-、HSO3-+H2O ⇌ H2SO3+OH- ， A项不符合题意；
B.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，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4 ， ①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B项不符合题意；
C.盐类水解为吸热过程，①→③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，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项符合题意；
D.Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等,D不符合题意；
故答案为：C
【分析】本题考查盐类水解的方程式书写，注意弱酸根离子的水解是分步，根据异性相吸弱水解，异性相吸得产物进行判断。书写。水解平衡影响类别化学平衡的影响，影响因素有温度和浓度。
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)。
下列说法错误的是（ ）
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】 D
【考点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+ ， ③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+ ， ②中Fe被保护，A项不符合题意；
B.①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+ ， 对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+ ， B项不符合题意；
C.对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+ ， 不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项不符合题意；
D.由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+ ， 将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项符合题意；
故答案为：D
【分析】本题考查学生通过实验现象分析本质的能力，根据现象的不同，结合理论知识应该进行假设，从而发现可能的情况。实质是考查原电池的知识的基本应用。
二、非选择题
8.8-羟基喹啉被广泛用作金属离子的洛合剂和萃取剂，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】 （1）烯烃 （2）CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl （3）HOCH2CHClCH2Cl、ClCH2CH(OH)CH2Cl （4）NaOH水溶液 （5）HOCH2CH(OH)CH2OH CH2=CHCHO+2H2O （6）取代反应 （7） （8）氧化；3∶1
【考点】合成有机高分子化合物的性质实验
【解析】【解答】A的分子式为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C3H6OCl2 ， B的分子式为C3H5Cl，B中含碳碳双键，A→B为取代反应，则A的结构简式为CH3CH=CH2；根据C、D的分子式，C→D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F→G→J和E+J→K，结合F、G、J的分子式以及K的结构简式，E+J→K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，K→L的过程中脱去1个“H2O”，结合K→L的反应条件和题给已知i，K→L先发生加成反应、后发生消去反应，L的结构简式为 。 （1）A的结构简式为CH3CH=CH2 ， A中官能团为碳碳双键，按官能团分类，A的类别是烯烃。 （2）A→B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→D为氯原子的水解反应，C→D所需的试剂a是NaOH、H2O，即NaOH水溶液。 （5）D→E为消去反应，反应的化学方程式为HOCH2CH（OH）CH2OH CH2=CHCHO+2H2O。 （6）F的结构简式为 、G的结构简式为 ，F→G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，K→L的过程中脱去1个“H2O”，结合K→L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+G→J+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物质的量之比为3:1
【分析】本题考查有机合成的基本知识，考查学生对有机知识的迁移应用能力，入手点是有机物的官能团的变化，有机物的化学式的变化，有机反应条件三个方面进行综合推断，通过题意验证推理过程是否 合理。
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“<”)。
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。800C后脱除率变化的原因：________。
（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO24-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）
【答案】 （1）研磨、加热 （2）＜；核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S （3）2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O 𝛥__ 10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑ （4）80 ℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低，导致有机碳脱除率下降 （5）CaSO4微溶；BaCO3+ SO42− +2H3PO4=BaSO4+CO2↑+H2O+2 H2PO4- （6）0.049bca ×100%
【考点】化学反应速率的影响因素，离子反应发生的条件，元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（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。 （2）①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4 < H2SO4。
②用元素周期律解释酸性：H3PO4 < H2SO4 ， P和S电子层数相同，核电荷数P < S，原子半径P > S，得电子能力P < S，非金属性P < S。 （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，生成HF的化学方程式为2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O ≜ 10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑。 （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NaOH物质的量之比为1：2，n（H3PO4）= 12 n（NaOH）= 12× bmol/L × c × 10-3L= bc2000 mol，m（H3PO4）= bc2000 mol × 98g/mol= 49bc1000 g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为 0.049bca 。
【分析】本题属于常见的工业流程题，此类题根据流程中操作方法，流程产物进行判断推理除杂原理。注意流程中目标产物的制取，（1）中考查反应速率 的外界影响因素，CPT催 S基本知识。（2）中考查元素周期律的基本知