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1、绝密启封并使用完毕前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）本部分共7小题，每小题6分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。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【答案与分析】B
2、。氢气可作为新能源汽车的燃料，氢气然烧时发生化学变化并释放的能量；A不符题意；核聚变或核裂变过程中原子核发生了变化，与化学变化过程中分子发生改变而原子没有改变的含义不同，不属于化学变化的研究范畴，固选B；无论是什么，作为火箭的燃料是利用其燃烧时发生的化学变化过程中释放出巨大的能量从而产生巨大的反冲力实现发射的目的的；可燃冰是现代科学家发现的一种深藏于深海海底的甲烷与水形成的结晶物，其中的甲烷，具有可燃性，能够燃烧，是不可多得的新能源 。 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
3、为100%BCH4CH3COOH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【答案与解释】D。利用CH4和CO2反应制备CH3COOH的化学反应方程式为：CH4+CO2 一定条件CH3COOH，原子百分百得到利用，A正确；从上述示意图中，CH4在选择性活化催化过程产生的游离基H与CH3是基于甲烷 中的一个CH键的断裂形成的，B正确；从示意图中说明，产物的能量比产物的能量高，因此，由是属于放热反应，并有CC键形成，C正确；催化剂能够改变反应物的反应速率，但不能使化学平衡发生移动，即不能改变反应物转化率或生成物的产率，D观点错误，选D。 分析：本题重点考查
4、化学反应原理中的化学键的形成与能量变化的关系，同时考查了化学平衡与催化剂的关系。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：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB常温时，0.1 molL-1氨水的pH=11.1：NH3H2O+OHC由Na和C1形成离子键的过程：D电解精炼铜的阴极反应：Cu2+ +2eCu【答案与解释】A。实验研究发现：酯化反应是一个酸供羟基醇去氢的过程，A观点错误；一水合氨是弱碱，因此，0.1 molL-1氨水的pH13，且一水合氨是部分发生电离，电离方程式只能用可逆号而不能用等号，B正确；离子键的形成过程实际是活泼金
5、属原子失去电子形成阳离子，而其它原子或原子团获得电子形成阴离子的过程；C正确；电解精练铜的过程中粗铜接电源的正极作阳极，发生氧化反应：Cu -2eCu2+，精铜作阴极，发生还原反应：Cu2+ +2eCu，D正确。 分析：考查酯化反应历程、弱电解质的电离平衡与电解精练铜的电极反应式，难度较小。4下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是ABCD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【答案与分析】C。A中发生的相关反应有：2NaO
6、H+FeSO4= Fe(OH)2+Na2SO4、4Fe(OH)2+2H2O+O2= 4Fe(OH)3，其中的4Fe(OH)2+2H2O+O2= 4Fe(OH)3发生了氧化还原反应；B中的石蕊溶液滴入氯水中溶液变红，随后迅速褪色是因为氯水中含有的HCl能够使紫色石蕊试液变红，而其中的HClO具有强氧化性，能够氧化有机色素而使变红的石蕊试液褪色；B不符题意；C中发生的化学反应方程式为：Na2S+2AgCl=Ag2S+2NaCl，属于难溶电解质之间的相互转化，没有发生氧化还原反应；D中发生的反应有：3Cu+8HNO3= 3Cu(NO3)2+2NO+4H2O、2NO+O2= 2NO2，显然，前后两步均
7、发生了氧化还原反应； 分析：考查实验的现象与实验原理（包括氢氧化亚铁的不稳定性、次氯酸的漂白原理、难溶电解质的溶解平衡原理以及硝酸的氧化性等），难度较小。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NH2C氢键对该高分子的性能没有影响D结构简式为：【答案与分析】B。芳纶纤维完全水解得到的产物是对苯二甲酸（COOHCOOH）和对苯二胺（NH2NH2），因结构高度对称，二者身上均只有一种环境的氢，A观点不正确，而B正确；氢键的形成能够对
8、物质的熔沸点、溶解性以及硬度等物理性质产生影响；C观点不对；芳纶纤维的结构简式为，D错误。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/25304025pH9.669.529.379.25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ANa2SO3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Kw值相等【答案与解释】B。Na2SO3属于强碱弱酸盐，其中的为弱酸根离子，能够发生水解而使Na2SO3溶液呈碱性，A观点正确；
9、由的过程中，随着外界温度的升高，溶液中的Na2SO3被空气中的氧气氧化，而使的浓度降低，因此溶液的pH值减小，在实验中溶液中的的浓度进一步降低，同时温度由40降为25时，还使水解程度减低，导致溶液的pH值进一步减小，B观点不对；的过程为升温的过程，与增加反应物的浓度一样，促进盐类水解；C观点正确；KW只与温度有关，D正确。 分析：考查盐类水解及水的离子积的影响因素。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FeB对比，K3Fe(CN)6可能将Fe氧化C验证Zn
10、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【答案与解释】D。实验证明了铁没有被氧化，而实验证明被氧化，说明实验起到保护作用，A正确；实验中蓝色的沉淀是在铁的表面形成的，说明溶液中并没有Fe2+存在，而在铁片表面形成的Fe2+可能是因为K3Fe(CN)6中的Fe（）氧化了Fe单质反应生成的，B正确，C项，对比，也能检验出Fe2+，不能用的方法验证Zn保护Fe；如果将Zn换成Cu，则在实验中应该看到溶液中有蓝色的沉淀出现，由于的方法证明了实验中铁棒可以被还原，因此，如果将实验中的Zn改为Cu，则不能通过滴加K3Fe(CN)6在铁片表面形成蓝色沉淀来说明Fe比Cu活泼，要证
11、明Fe比Cu活泼，可以采用实验的方法；D项不正确。第二部分（非选择题）本部分共11小题，共52分。8（17分）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”）反应，反应时还生成了水，则L与G物质的量之比为_。【答案与解释】烯烃；C
12、H2=CHCH3 +Cl2 高温CH2=CHCH2Cl+HClCH2CHCH2OHClCl 或CH2CHCH2ClOHCl氢氧化钠水溶液并加热；C3H8O3 浓硫酸C3H4O+2H2O ；取代反应（或硝化反应）；OHNHOHKOHNHOH 浓硫酸OHNHL 氧化反应、3：1。 分析：C3H6的不饱和度为1，分子中含有一个双键，应该为丙烯，所以按官能团分属于烯烃；丙烯与氯气在高温下反应生成B，考虑到B还能够与HOCl发生加成反应，因此推断AB是属于取代反应，即生成了3-氯代丙烯（CH2=CHCH2Cl）和HCl；因此AB的化学反应方程式为：CH2=CHCH3 +Cl2 高温CH2=CHCH2Cl
13、+HClCH2=CHCH2 Cl与HOCl加成所得的产物有两种：即2，3二氯丙醇和1，3二氯2丙醇；它们的结构式分别为：CH2OHCHCH2Cl Cl 与OHCH2CHCH2Cl Cl ，结构简式则为：CH2(OH)CHClCHCl 与CH2 ClCH(OH)CH2Cl；推断D为丙三醇（甘油），卤原子发生羟基代的反应条件是在氢氧化钠溶液中加热进行的，因此CD所需要的试剂为NaOH溶液；醇在浓硫酸并加热的条件下能够发生消去反应，因此推断E为丙烯醛（CH2=CHCHO），所以DE的化学反应方程式为：CH2OHCHOHCH2OH浓H2SO4加热CH2=CHCHO+2H2O；F（OH）是苯酚，而G（O
14、HNO2）是邻硝基苯酚，FG反应是属于取代反应，也可以称为硝化反应；略由L（OHNH）制备8-羟基喹啉（OHN）显然是由CN单键形成C=N双键的过程，也是属于去氢的过程，即发生了氧化反应，有关反应的化学反应方程式为：3OHNH+OHNO2 一定条件3OHN+OHNH2+2H2O或3C9H9NO+C6H5NO3 一定条件3C9H7NO+C6H7NO+2H2O。则L与G的物质的量之比为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)CaSO40.5H2O（1）上述流程中能加快反应速率的措施有_。（2）磷精矿粉酸浸时发生反应：2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2S
