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2018年全国高考北京卷理综化学试题分步解析山东莱芜金牌一对一张金柱可能用到的相对原子质量：H1C12N14O161.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B甲醇低温所制氢会产生CO,CO2等新物质是化学变化；可燃冰是甲烷结晶水合物，燃烧生成CO2+H2O。反应生成CO2，N2+H2O。核反应，不属于化学变化。点燃点燃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.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D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。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，0.1mol·L-1氨水的pH=11.1：NH3·H2O+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：Cu2++2e−=CuA酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”A项生成物：C17H35CO18OC2H5+H2O4.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C4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；Cl2+H2O⇌HCl+HClO红色褪色是HClO表现强氧化性；沉淀溶解平衡与转化，易转化为溶解度更小的2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl2NO+O2=2NO25.一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：B该高分子化合物结构简式为切割法分析其单体为本题考查芳纶纤维的结构片段中肽键的水解，氢键对该分子的性能有影响，如影响沸点、密度、硬度等6.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①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25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：+H2O+OH−B.④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的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CA项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡；B项，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，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动；D项，Kw只与温度有关。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）。①②③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②③，可以判定Zn保护了FeB.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DA项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe(CN)6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe(CN)6]产生蓝色沉淀，③Fe附近溶液中含Fe2+,②中Fe被保护,A项正确；B项，①加入K3[Fe(CN)6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe(CN)6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe(CN)6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误。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。回答以下问题：（1）按官能团分类,A的类别是______。（2）A→B的化学方程式是________________________________。（3）C可能的结构简式是________________。（4）C→D所需的试剂a是__________。（5）D→E的化学方程式是_____________________________________。（6）F→G的反应类型是__________。烯烃高温CH2=CHCH3+Cl2→CH2=CHCH2Cl+HClHOCH2CHClCH2ClClCH2CH(OH)CH2ClNaOH，H2O浓H2SO4HOCH2CH(OH)CH2OH→CH2=CHCHO+2H2O△取代反应（7）将下列K→L的流程图补充完整：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：Ca5(PO4)3(OH)CaSO4·0.5H2O（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+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4①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，_________________________________________________________。＜核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；研磨、加热①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。②用元素周期律解释，P和S电子层数相同，核电荷数PS，原子半径P＞S，得电子能力PS，非金属性PS。（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：________________________________。80℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5（PO4）3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸。（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42−残留，原因是__________；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是___________________________________。（6）取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用bmol·L−1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。（已知：H3PO4摩尔质量为98g·mol−1）BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+H2O+2H2PO4-CaSO4微溶脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1：2，n（H3PO4）=n（NaOH）=bmol/Lc10-3L=mol，m（H3PO4）=mol98g/mol=g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为。根据题意关系式为H3PO4~2NaOH，由消耗的NaOH计算H3PO4。0.049bc/a10.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：（1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)ΔH1=+551kJ·mol－1反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH3=－297kJ·mol－1反应Ⅱ的热化学方程式：_____________________________________。3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)ΔH2=−254kJ·mol−1应用盖斯定律结合反应II分析。反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应I+反应III得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）ΔH=ΔH1+ΔH3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）ΔH=-254kJ/mol。（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。（3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。i．SO2+4I－+4H+=S↓+2I2+2H2Oii．I2+2H2O+_________=_________+_______+2I－p2_______p1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是________________。采用“定一议二”法，根据温度相同时，压强与H2SO4物质的量分数判断。依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变，反应i+反应ii消去I-得总反应。反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大SO2SO42−4H+（4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）序号ABCD试剂组成0.4mol·L－1KIamol·L－1KI0.2mol·L－1H2SO40.2mol·L－1H2SO40.2mol·L－1KI0.0002molI2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快①B是A的对比实验，则a=__________。①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4。0.4②比较A、B、C，可得出的结论是____