历年北京卷普通高等学校招生全国统一化学考试及答案.docx
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历年北京卷普通高等学校招生全国统一化学考试及答案
2018年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）化学
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
解析：
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。
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
解析：
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。
答案：
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
解析：
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。
答案：
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（）
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，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
解析：
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。
答案：
C
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：
解析：
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。
答案：
B
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
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：
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
解析：
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。
答案：
C
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
②
③
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
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
解析：
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。
答案：
D
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。
解析：
由以上分析可知A为CH2=CHCH3，为烯烃
答案：
烯烃
（2）A→B的化学方程式是。
解析：
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，
答案：
CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl
（3）C可能的结构简式是。
解析：
由以上分析可知C的结构简式是C为CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl2，
答案：
CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl
（4）C→D所需的试剂a是。
解析：
通过以上分析知，C→D所需的试剂a是NaOH水溶液
答案：
NaOH水溶液
（5）D→E的化学方程式是。
解析：
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
答案：
CH2OHCHOHCH2OHCH2=CHCHO+2H2O
（6）F→G的反应类型是。
解析：
F为发生取代反应生成G。
答案：
取代反应
（7）将下列K→L的流程图补充完整：
解析：
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
答案：
（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。
解析：
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
答案：
氧化反应3：
1
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。
解析：
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
答案：
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。
。
解析：
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
答案：
＜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：
。
解析：
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
答案：
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：
。
解析：
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
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