历年北京卷普通高等学校招生全国统一化学考试及答案Word文档下载推荐.docx
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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。
答案:
B
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
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。
D
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+C2H518OHC17H35COOC2H5+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
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+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+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。
A
4.(6分)下列实验中的颜色变化,与氧化还原反应无关的是()
C
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,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
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AgC1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。
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:
A.单体的苯环上均只有一种化学环境的H,故A错误;
B.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。
6.(6分)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
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。
A.Na2SO3溶液中存在水解平衡:
SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+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
A.Na2SO3是强碱弱酸盐,SO32﹣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SO32﹣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。
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)。
在Fe表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试置内生成蓝色沉淀
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
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。
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。
由以上分析可知A为CH2=CHCH3,为烯烃
烯烃
(2)A→B的化学方程式是。
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+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl,
CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl
(3)C可能的结构简式是。
由以上分析可知C的结构简式是C为CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl2,
CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl
(4)C→D所需的试剂a是。
通过以上分析知,C→D所需的试剂a是NaOH水溶液
NaOH水溶液
(5)D→E的化学方程式是。
E为CH2=CHCHO,D为CH2OHCHOHCH2OH,D发生消去反应生成E,反应的化学方程式为CH2OHCHOHCH2OHCH2=CHCHO+2H2O
CH2OHCHOHCH2OHCH2=CHCHO+2H2O
(6)F→G的反应类型是。
F为发生取代反应生成G。
取代反应
(7)将下列K→L的流程图补充完整:
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
(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。
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
氧化反应3:
9.(13分)磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下:
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。
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
(2)磷精矿粉酸浸时发生反应:
2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4•0.5H2O+6H3PO4
①该反应体现出酸性关系:
H3PO4H2SO4(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。
。
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<H2SO4,②H3PO4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
<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:
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+5H2O10CaSO4•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:
。
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,所以可以解释为:
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