2018年高考化学试卷（北京）（解析卷）

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 A．A B．B C．C D．D 【考点】18：物理变化与化学变化的区别与联系． 【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 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． 【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； 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（ ） A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H5 18OH C17H35COOC2H5+H2 18O 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 【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． 【分析】A．硬脂酸为C17H35COOH，含有羧基，与C2H5 18OH发生酯化反应生 成C17H35CO18OC2H5； B．常温时，0.1mol•L﹣1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。 【解答】解：A．硬脂酸为C17H35COOH，含有羧基，与C2H518OH发生酯化反 应，乙醇脱去H 原子，硬脂酸脱去羟基，反应的化学方程式为 C17H35COOH+C2H5 18OH C17H35CO18OC2H5+H2O，故A错误； B．常温时，0.1mol•L﹣1氨水的pH=11.1，说明NH3•H2O不能完全电离，为弱电 解质，则电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，故B正确； C．氯化钠为离子化合物，含有离子键，反应中Na失去电子，Cl得到电子，则 由Na和Cl形成离子键的过程： → ，故C正确； D．电解精炼铜，阴极析出铜，电极方程式为Cu2++2e﹣═Cu，故D正确。 故选：A。【点评】本题综合考查化学用语，涉及酯化反应、弱电解质的电 离、电子式以及电极方程式，题目把化学用语与化学反应原理巧妙地结合， 很好地考查学生的分析能力，题目难度不大。 4．（6分）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 AgC1 浊液 中 热铜丝插入稀硝 酸中 现象 产生白色沉淀，溶液变红，随沉淀由白色逐产生无色气体， 随后变为红褐 色 后迅速褪 色 渐变为黑 色 随后变为红棕 色 A．A B．B C．C D．D 【考点】B1：氧化还原反应． 【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反 之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。 【解答】解：A．NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，产生白色沉淀，为Fe（OH） 2，随后后变为红褐色，生成Fe（OH）3，Fe元素化合价发生变化，为氧化 还原反应，故A不选； B．石蕊溶液滴入氯水中，生成盐酸和次氯酸，溶液变红与盐酸有关，后褪色 与HClO的漂白性有关，Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不 选； C．Na2S溶液滴入AgCl浊液中，沉淀由白色逐渐变为黑色，由AgCl生成Ag2S沉 淀，属于沉淀的转化，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C 选； D．热铜丝插入稀硝酸中，产生无色气体，随后变为红棕色，涉及NO转化为 NO2，N元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选。 故选：C。 【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断 的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不 大。 5．（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NH2 C．氢键对该高分子的性能没有影响 D．结构简式为： 【考点】HD：有机物的结构和性质． 【分析】由结构可知，该高分子由 和 发生缩聚反 应生成，高分子的结构简式为 ，以此来解答。 【解答】解：A．单体的苯环上均只有一种化学环境的H，故A错误； B． 和 的官能团分别为一NH2、一COOH，故B正 确； C．氢键影响高分子的物理性质，如溶解性、熔沸点等，故C错误；D．结构简 式为 ，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握高分子的结构、缩 聚反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易 错点，题目难度不大。 6．（6分）测定0.1mol•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：SO3 2﹣+H2O⇌HSO3 ﹣+OH﹣ B．④的pH与①不同，是由于SO3 2﹣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 【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡． 【分析】A．Na2SO3是强碱弱酸盐，SO3 2﹣存在水解平衡； B．温度相同，④溶液的pH值低于①溶液的pH值，说明溶液中OH﹣浓度降低； C．①到③过程温度升高，溶液pH降低，增大浓度则有利于水解正向移动； D．水的离子积常数Kw只有温度有关。 【解答】解：A．Na2SO3是强碱弱酸盐，SO3 2﹣存在水解平衡，水解平衡为： SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，忽略二级水解，故A正确； B．温度相同，④溶液的pH值低于①溶液的pH值，说明溶液中OH﹣浓度降低， 也就说明过程中SO3 2﹣浓度有所降低，故B正确；C．①到③过程温度升高， 溶液pH降低，说明温度升高并没有起到促进水解平衡右移的作用，增大浓 度则有利于水解正向移动，因此温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一 致，故C错误； D．水的离子积常数Kw只有温度有关，①和④温度相同，所以①和④的Kw值相 等，故D正确， 故选：C。 【点评】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确Na2SO3的水解平衡是解题 的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是 基础题。 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 【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．【分析】A．②③相比较，可说明 铁连接锌后，铁没有被腐蚀； B．①②相比较，可知铁棒表面被氧化，但溶液中没有亚铁离子； C．如铁不纯，也可形成原电池反应而被氧化，不能通过铁棒的表面反应判 断； D．用实验①的方法不能比较金属的活泼性。 【解答】解：A．②中铁没有被腐蚀，而③铁腐蚀，可说明铁连接锌后，锌保 护了铁，故A正确； B．①②相比较，可知铁棒表面被氧化，但溶液中没有亚铁离子，可能的原因 为K3[Fe（CN）6]将Fe氧化，故B正确； C．如铁不纯，也可形成原电池反应而被氧化，加入K3[Fe（CN）6]可在铁的表 面生成蓝色沉淀，则验证Zn保护Fe时不能用①的方法，应用②的方法，故C 正确； D．实验①可说明铁被氧化，说明方法存在缺陷，不能比较金属的活泼性，则 换成铜，也不能证明金属的活泼性，故D错误。 故选：D。 【点评】本题探究铁的腐蚀与防护，为2018年北京考题，侧重考查学生的分析 能力和实验能力，主要把握实验的原理以及金属的腐蚀，主要把握实验的合 理性与可行性的评价，把握物质的性质，难度中等。 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。 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 烯烃 。 （2）A→B的化学方程式是 CH2=CHCH3+Cl2 CH2=CHCH2Cl+HCl 。 （3）C可能的结构简式是 CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl 。 （4）C→D所需的试剂a是 NaOH水溶液 。 （5）D→E的化学方程式是 CH2OHCHOHCH2OH CH2=CHCHO+2H2O 。 （6）F→G的反应类型是 取代反应 。 （7）将下列K→L的流程图补充完整： K L （8）合成8﹣羟基喹啉时，L发生了 氧化 （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 3：1 。 【考点】HC：有机物的合成． 【专题】534：有机物的化学性质及推断． 【分析】E和J发生加成反应生成K，根据K结构简式确定F中含有苯环、A为链 状结构，由F分子式知F为 ；由E、J分子式知，E为CH2=CHCHO，J 为 ，F发生邻位取代生成G为 ，G发生还原反应生成J； 根据信息ii 结合D 分子式知D 为CH2OHCHOHCH2OH ，则C 为 CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl，则a为NaOH水溶液，结合A分子 式知A 为CH2=CHCH3 ，高温条件下A 和氯气发生取代反应，则B 为 CH2=CHCH2Cl，K在浓硫酸作用下发生信息i的反应生成 ，然后 发生消去反应生成L为 ，以此解答该题。 【解答】解：（1）由以上分析可知A为CH2=CHCH3，为烯烃， 故答案为：烯烃； （2）A为CH2=CHCH3，B为CH2=CHCH2Cl，高温条件下A和氯气发生甲基上 的取代反应，则A→B 的化学方程式是CH2=CHCH3+Cl2 CH2=CHCH2Cl+HCl， 故答案为：CH2=CHCH3+Cl2 CH2=CHCH2Cl+HCl； （3 ）由以上分析可知C 的结构简式是C 为CH2ClCHOHCH2Cl 或 CH2OHCHClCH2Cl2， 故答案为：CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl； （4）通过以上分析知，C→D所需的试剂a是NaOH水溶液， 故答案为：NaOH水溶液； （5）E为CH2=CHCHO，D为CH2OHCHOHCH2OH，D发生消去反应和氧化反 应生成E，反应的化学方程式为 CH2OHCHOHCH2OH CH2=CHCHO+2H2O， 故答案为：CH2OHCHOHCH2OH CH2=CHCHO+2H2O； （6）F为 发生取代反应生成G，故答案为：取代反应； （7）由题给信息可知K首先发生加成反应生成 ，然后再发生消去反应 生成L为 ， 故答案为：：（8）L为 ，G为 ，J为 ，L与G反应生成J 和8﹣羟基喹啉，L失去氢，应为氧化反应，反应的化学方程式为3 + →3 + +2H2O，L与G物质的量之比为3：1， 故答案为：氧化反应；3：1。 【点评】本题考查有机物的合成，为2018年北京考题，侧重考查学生的分析能 力，注意把握题给信息以及有机物官能团的转化，正确推断有机物的结构为 解答该题的关键，难度中等。 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）＜CaSO4•0.5H2O （1）上述流程中能加快反应速率的措施有 研磨，加热 。 （2）磷精矿粉酸浸时发生反应： 2Ca5（PO4）3（OH）+3H2O+10H2SO4 10CaSO4•0.5H2O+6H3PO4 ①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。 同一周期，从左到 右，半径逐渐减小，得电子能力增强，最高价氧化物对应的水化物酸性增 强，所以H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性 。 （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 ： 2Ca5（PO4 ）3F+10H2SO4+5H2O 10CaSO4• H2O+6H3PO4+2HF 。 （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： 温度高于80℃时，H2O2的分解速率加快，导致H2O2 的浓度降低，也就导致有机碳脱除率下降 。 （5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO4 2﹣残 留，原因是 CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+SO4 2﹣（aq），CaSO4的溶解度相对 较大 ；加入BaCO3 可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是 BaCO3+SO4 2﹣⇌BaSO4+CO3 2﹣ 。 （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） 【考点】U3：制备实验方案的设计． 【分析】（1）常用加快化学反应速率的措施有研磨，加热，溶解时搅拌等； （2）①根据反应方程式，是由H2SO4参加反应得到H3PO4，是由强酸制取弱 酸； ②H3PO4和H2SO4均为无机含氧酸，主要可从P和S的非金属性角度考虑，S的非 金属性强于P，可以使O上电子云密度降低更大，继而导致H+ 更易电离，H+越易电离，含氧酸酸性越强； （3）酸浸时，磷精矿中Ca5（PO4）3F所含氟转化为HF，反应过程为Ca5 （PO4）3F和H2SO4反应，生成CaSO4• H2O，H3PO4和HF，据此写出反应方 程式； （4）根据图象，80℃前随着温度升高，有机碳脱除率增大，80℃后随着温度 升高，有机碳脱除率降低，考虑H2O2受热分解，导致H2O2浓度降低影响有 机碳的脱除率； （5）脱硫过程是加入CaCO3发生反应，脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍 有SO4 2﹣残留，反应过程生成CaSO4，而CaSO4相对于CaCO3溶解度较大，能 产生多余的SO4 2﹣，加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，则是由于发生沉 淀转化，BaCO3可转化为更难溶的BaSO4； （6）滴定反应为：H3PO4+2NaOH═Na2HPO4+2H2O，据此计算。 【解答】解：（1）常用加快化学反应速率的措施有研磨，加热，溶解时搅拌 等，根据流程图，加快化学反应速率的措施有：研磨，加热， 故答案为：研磨，加热； （2）①根据反应方程式，是由H2SO4参加反应得到H3PO4，是由强酸制取弱 酸，因此酸性强弱为：H3PO4＜H2SO4， 故答案为：＜； ②H3PO4和H2SO4均为无机含氧酸，主要可从P和S的非金属性角度考虑，S的非 金属性强于P，可以使O上电子云密度降低更大，继而导致H+更易电离， H+越易电离，含氧酸酸性越强，可以简单解释为：P的半径大于S，P的非金 属性小于S，所以H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性， 故答案为：同一周期，从左到右，半径逐渐减小，得电子能力增强，最高价氧 化物对应的水化物酸性增强，所以H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性； （3）酸浸时，磷精矿中Ca5（PO4）3F所含氟转化为HF，反应过程为Ca5 （PO4）3F和H2SO4反应，生成CaSO4• H2O，H3PO4和HF，所以化学反应方 程 式 为 ： 2Ca5 （ PO4 ） 3F+10H2SO4+5H2O 10CaSO4• H2O+6H3PO4+2HF， 故 答 案 为 ： 2Ca5 （ PO4 ） 3F+10H2SO4+5H2O 10CaSO4• H2O+6H3PO