1、北京高考理综化学试题解析版北京高考理综化学试题解析版理科综合能力测试 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，化学变化的特征是有新物质生成
2、.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. CH4CH3COOH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+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为过程中，有1个C-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
3、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，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
4、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：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】A【解析】分析：A项，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
5、.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+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A项错误；B项，常温下0.1molL-1氨水的pH=11.1，溶液中cOH-=10-2.9molL-10.1molL-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为NH3H2ONH4+OH-，B项正确；C项，Na原子最外层有1个电子，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-
6、=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4FeOH2+O2+2H
7、2O=4FeOH3；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FeOH2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4FeOH2+O2+2H2O=4FeOH3，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+H2OHCl+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+
8、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CuNO32、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NH2C. 氢键对该高分子的性能没有影
9、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、，、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-NH2，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
10、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/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A. Na2SO3溶液中存在水解平衡：+H2
11、O+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】C【解析】分析：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-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cOH-，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，cSO32-减小，水解平衡逆向移动；D项，Kw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、
12、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性.解题时注意从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FeB. 对比，K3FeCN6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K3FeCN6无明显变化，Fe附近的溶液中不含Fe2+，Fe附近的溶液中加入K3FeCN6产生蓝色沉淀，Fe附近的溶液中含Fe2+，中Fe被保护；B项
13、，加入K3FeCN6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K3FeCN6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K3FeCN6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K3FeCN6无明显变化，Fe附近的溶液中不含Fe2+，Fe附近的溶液中加入K3FeCN6产生蓝色沉淀，Fe附近的溶液中含Fe2+，中Fe被保护，A项正确；B项，加入K3FeCN6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K3FeCN6将Fe氧化成Fe
14、2+，B项正确；C项，对比，加入K3FeCN6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K3FeCN6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
15、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_.2AB的化学方程式是_.3C可能的结构简式是_.4CD所需的试剂a是_.5DE的化学方程式是_.6FG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】 1. 烯烃 2. CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl 3. HOCH2CHClCH2Cl ClCH2CHOHCH2Cl 4. NaOH，H2O 5. HOCH2CHOHCH2OH CH2=CHCHO+2H2O 6. 取代反应 7.
16、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ClCH2CHOHCH2Cl、D的结构简式为HOCH2CHOHCH2OH；D在浓硫酸、加热时消去2个“H2O
17、”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CH2=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.2AB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.3B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ClCH2CHO
18、HCH2Cl.4CD为氯原子的水解反应，CD所需的试剂a是NaOH、H2O，即NaOH水溶液.5DE为消去反应，反应的化学方程式为HOCH2CHOHCH2OHCH2=CHCHO+2H2O.6F的结构简式为、G的结构简式为，FG的反应类型为取代反应.7K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“H2O”，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+H2O，即+H2O，对比L和8-羟基喹啉的结构简式，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
19、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Ca5PO43OH，还含有Ca5PO43F和有机碳等.溶解度：Ca5PO43OH”或“ 3. 反应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 4. SO2 5. SO42 6. 4H+ 7. 0.4 8. I是SO2
20、歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 9. 反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快【解析】分析：1应用盖斯定律结合反应II分析.2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.3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.4用控制变量法对比分析.详解：1根据过程，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，2H2SO4l+Ss=3SO2g+2H2OgH=H1+H3=+551kJ/mol+-297kJ/mol=+
21、254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2g+2H2Og=2H2SO4l+SsH=-254kJ/mol. 3反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，总反应-反应i2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H+SO42-+2I-.4B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.对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率.对比D和A，D中加
