1、.2018 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（北京卷）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。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16第一部分（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【答案】B点睛：本题考查化学变化、核反应的区别，化学变化的特征
2、是有新物质生成。注意化学变化与核反应的区别，化学变化过程中原子核不变，核反应不属于化学反应。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。.下列说法不正确的是A. 生成 CH3COOH 总反应的原子利用率为 100%B. CH4CH 3COOH 过程中，有 CH 键发生断裂C. 放出能量并形成了 CC 键D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率【答案】D【解析】分析：A 项，生成 CH3COOH 的总反应为 CH4+CO2 CH3COOH，原子利用率为 100%；B 项， CH4 选择性活化变为 过程中，有 1 个 C-
3、H 键发生断裂；C 项，根据图示，的总能量高于 的总能量，放出能量并形成 C-C 键；D 项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。详解：A 项，根据图示 CH4 与 CO2 在催化剂存在时生成 CH3COOH，总反应为 CH4+CO2CH3COOH，只有 CH3COOH 一种生成物，原子利用率为 100%，A 项正确；B 项，CH4 选择性活化变为过程中，有 1 个 C-H 键发生断裂，B 项正确；C 项，根据图示，的总能量高于 的总能量， 放出能量，对比和 ，形成 C-C 键，C 项正确；D 项，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
4、，D项错误；答案选 D。 点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变 H、不能使化学平衡发生移动。3. 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：C 17H35COOH+C2H518OH C17H35COOC2H5+H218OB. 常温时，0.1 molL -1 氨水的 pH=11.1：NH3H2O +OH.C. 由 Na 和 C1 形成离子键的过程：D. 电解精炼铜的阴极反应：Cu 2+ +2e Cu【答案】A【解析】分析：A 项，
5、酯化反应的机理是 “酸脱羟基醇脱氢 ”；B 项，氨水为弱碱水溶液，存在电离平衡；C 项，Na 易失电子形成 Na+，Cl 易得电子形成 Cl-；D 项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极。详解：A 项，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 C17H35CO18OC2H5+H2O，A 项错误；B 项，常温下 0.1molL-1 氨水的 pH=11.1，溶液中 c（OH-）=10-2.9molL-1 0.1molL-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为 NH3H2O NH4+OH-，B 项正确；C 项，Na 原子最外层有 1 个
6、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 项正确；D 项，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 项正确；答案选 A。点睛：本题考查酯化反应的机理、电离方程式的书写、用电子式表示物质的形成过程、电解精炼铜的原理。注意强电解质和弱电解质电离方程式的区别、用电子式表示离子化合物和共价化合物形成过程的区别。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
7、 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【解析】分析：A 项，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；B 项，红色褪色是 HClO 表现强氧化性；C 项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D 项，气体由无色变为红棕色时的反应为 2NO+O2=2NO2。详解：A 项，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
8、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；B 项，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； C 项，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；D 项，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；与氧化还原反应无关的是 C
9、项，答案选 C。 点睛：本题考查氧化还原反应的判断，分析颜色变化的原因 、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。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COOH 或NH 2C. 氢键对该高分子的性能没有影响D. 结构简式为：【答案】B【解析】分析：芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解的单个分子为、 ；采用切割法分析其单体为 、，该高分子化合物的结构简式为 。详解：A 项，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、 ，
10、 、 中苯环都只有 1 种化学环境的氢原子，A 项错误；B 项，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-NH 2，B 项正确；C 项，氢键对该分子的性能有影响，如影响沸点、 密度、硬度等，C 项错误；D 项，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 项错误；答案选 B。 点睛：本题考查肽键的水解、氢原子化学环境的分析、氢键对物质性质的影响、高分子化合物的书写。注意掌握单体的判断方法，首先根据高聚物判断是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断：（1）加聚产物单体
11、的推断常用 “弯箭头法” ，单键变双键，C 上多余的键断开；（2）缩聚产物单体的推断常用“ 切割法”，找到断键点，断键后在相应部位补上-OH 或-H 。6. 测定 0.1 molL-1 Na2SO3 溶液先升温再降温过程中的 pH，数据如下。时刻 温度/ 25 30 40 25pH 9.66 9.52 9.37 9.25实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液做对比实验，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： +H2O +OHB. 的 pH 与不同，是由于 浓度减小造成的C. 的过程中 ，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D. 与 的
12、Kw 值相等【答案】C【解析】分析：A 项，Na 2SO3 属于强碱弱酸盐，SO 32-存在水解平衡；B 项，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液做对比实验，产生白色沉淀多 ，说明实验过程中部分Na2SO3 被氧化成 Na2SO4，与温度相同，与 对比， SO32-浓度减小，溶液中 c（OH-），.的 pH 小于；C 项，盐类水解为吸热过程， 的过程，升高温度 SO32-水解平衡正向移动，c（SO 32-）减小，水解平衡逆向移动；D 项，K w 只与温度有关。点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO 32-的还原性。解题时注意从
13、温度和浓度两个角度进行分析。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）。 在 Fe 表面生成蓝色沉淀 试管内无明显变化 试管内生成蓝色沉淀下列说法不正确的是A. 对比， 可以判定 Zn 保护了 Fe B. 对比，K 3Fe(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】D【解析】分析：A 项，对比，Fe 附近的溶液中加入 K3Fe（CN）6无明显变化，Fe附近的溶液中不含 Fe2+，Fe 附近的溶液中加入 K3Fe（CN）6产生蓝色沉淀，Fe 附近的溶液中含
14、 Fe2+，中 Fe 被保护；B 项，加入 K3Fe（CN）6在 Fe 表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了 Fe2+，对比的异同，可能是 K3Fe（CN）6将 Fe 氧化成 Fe2+；C 项，对比，也能检验出 Fe2+，不能用 的方法验证 Zn 保护 Fe；D 项，由实验可知 K3Fe（CN）.6可能将 Fe 氧化成 Fe2+，将 Zn 换成 Cu 不能用的方法证明 Fe 比 Cu 活泼。详解：A 项，对比，Fe 附近的溶液中加入 K3Fe（CN）6无明显变化，Fe 附近的溶液中不含 Fe2+，Fe 附近的溶液中加入 K3Fe（CN）6产生蓝色沉淀， Fe 附近的溶液中含Fe2+，中 Fe 被保
15、护 ，A 项正确；B 项，加入 K3Fe（CN）6在 Fe 表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了 Fe2+，对比的异同，可能是 K3Fe（CN）6将 Fe 氧化成 Fe2+，B 项正确；C 项，对比 ，加入 K3Fe（CN）6在 Fe 表面产生蓝色沉淀，也能检验出 Fe2+，不能用的方法验证 Zn 保护 Fe，C 项正确；D 项，由实验可知 K3Fe（CN）6可能将 Fe 氧化成Fe2+，将 Zn 换成 Cu 不能用的方法证明 Fe 比 Cu 活泼，D 项错误；答案选 D。点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查 Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件
16、的变化，如中没有取溶液，中取出溶液，考虑 Fe 对实验结果的影响。要证明 Fe 比 Cu 活泼，可用的方法。KS5U第二部分（非选择题）8. 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。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）AB 的化学方程式是_。（3）C 可能的结构简式是_ 。（4）CD 所需的试剂 a 是_。（5）DE 的化学方程式是_ 。.（6）FG 的反应类型是_。（7）将下列 KL 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”
17、）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+Cl2 CH2=CHCH2Cl+HCl (3). HOCH2CHClCH2Cl ClCH2CH(OH)CH2Cl (4). NaOH，H2O (5). HOCH2CH(OH)CH2OH CH2=CHCHO+2H2O (6). 取代反应 (7). (8). 氧化 (9). 31【解析】分析：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
18、碳碳双键，AB 为取代反应，则 A 的结构简式为 CH3CH=CH2；根据 C、D 的分子式， CD 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“H 2O”生成 E；根据 FGJ 和 E+JK，结合F、G、J 的分子式以及 K 的结构简式， E+JK 为加成反应，则 E 的结构简式为CH
19、2=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，KL 的过程中脱去 1 个“H2O”，结合 KL 的反应条件和题给已知 i，KL 先发生加成反应、 后发生消去反应，L 的.结构简式为 。（2）AB 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）CD 为氯
20、原子的水解反应，CD 所需的试剂 a 是 NaOH、H2O，即 NaOH 水溶液。（5）DE 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 ，FG 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，KL 的过程中脱去 1 个“H 2O”，结合 KL 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+GJ+8- 羟基喹啉+H 2O，即 + +H2O，对比 L 和 8-羟基
21、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。点睛：本题以 8-羟基喹啉的合成为载体，考查有机推断 、有机物类别的判断、有机物结构简式和有机方程式的书写、有机反应类型的判断等。推断时主要依据分子式判断可能的反应类型，结合所学有机物之间的相互转化和题给信息分析。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：Ca 5(PO4)3(OH)” 或“” ）。结合元素周期律解释中结论：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。80 后脱除率变化的原因：_。
