1、2018年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷)化学一、选择题(共6小题，每小题6分，共36分.每题只有一个正确选项)1.(6分)以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是()A.四千余年前用谷物酿造出酒和酯，酿造过程中只发生水解反应B.商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品C.汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土D.屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作解析：A.酿造过程中淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇，而葡萄糖不能发生水解反应，故A错误；B.后(司)母戊鼎的主要成分为C
2、u，属于铜合金制品，故B正确；C.瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，故C正确；D.用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机物有关，该过程为萃取操作，故D正确。答案：A2.(6分)下列有关物质性质的比较，结论正确的是()A.溶解度：Na2CO3NaHCO3B.热稳定性：HClPH3C.沸点：C2H5SHC2H5OHD.碱性：LiOHBe(OH)2解析：A.在相同温度下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，故A错误；B.Cl与P为同周期主族元素，核电荷数越大，非金属性越强，氯的非金属性比磷强，则HCl的热稳定性比PH3强，故B错误；C.C2H5OH分子间存在氢键，
3、其分子间作用力比C2H5SH大，则C2H5OH沸点比C2H5SH高，故C正确；D.Li与Be为同周期主族元素，核电荷数越大，金属性减弱，则Li比Be金属性强，LiOH的碱性比Be(OH)2的碱性强，故D错误。答案：C3.(6分)下列叙述正确的是()A.某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kb(水解常数)越小B.铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈C.反应活化能越高，该反应越易进行D.不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3解析：A.某温度下，一元弱酸HA的电离常数为Ka，则其盐NaA的水解常数Kb与Ka存在关系为：Kb=，所以Ka越小，Kb越大，故A错误；B.Zn的活泼性强于Fe
4、，组成原电池时Zn作为负极，Fe被保护，所以铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈，故B正确；C.反应活化能越高，说明反应达到活化态络合物所需的能量越高，存在较高的势能垒，反应不易进行，故C错误；D.红外光谱的研究对象是分子振动时伴随偶极矩变化的有机化合物及无机化合物，几乎所有的有机物都有红外吸收，C2H5OH存在醇羟基，OH有自己的特征吸收区，可以与CH3OCH3区分，因此可以使用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3，故D错误。答案：B4.(6分)由下列实验及现象推出的相应结论正确的是()实验现象结论A某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2+，无Fe3+B向C6H5
5、ONa溶液中通入CO2溶液变浑浊酸性：H2CO3C6H5OHC向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp(CuS)Ksp(ZnS)D某溶液中加入Ba(NO3)2溶液再加足量盐酸产生白色沉淀仍有白色沉淀原溶液中有SO42A.AB.BC.CD.D解析：A.K3Fe(CN)6与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能检验铁离子，由现象可知原溶液中有Fe2+，不能确定是否含Fe3+，故A错误；B.C6H5ONa溶液中通入CO2，发生强酸制弱酸的反应，生成苯酚，则酸性：H2CO3C6H5OH，故B正确；C.含Na2S，不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp(CuS)、Ksp(ZnS)大小，故
6、C错误；D.亚硫酸根离子与Ba(NO3)2溶液反应也生成硫酸钡沉淀，则原溶液中可能有SO32，或SO42，或二者均存在，故D错误。答案：B5.(6分)室温下，向圆底烧瓶中加入1 mol C2H5OH和含1mol HBr的氢溴酸，溶液中发生反应：C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到种衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为384和78.5.下列关叙述错误的是()A.加入NaOH，可增大乙醇的物质的量B.增大HBr浓度，有利于生成C2H5BrC.若反应物均增大至2mol，则两种反应物平衡转化率之比不变D.若起始温度提高至60，可缩短反应达到平衡的时间解析：A.加入
7、NaOH，NaOH和HBr发生而消耗HBr，导致平衡逆向移动，所以乙醇的物质的量增大，故A正确；B.增大HBr浓度，平衡正向移动，溴乙烷产率增大，所以有利于生成C2H5Br，故B正确；C.若反应物均增大至2mol，在原来平衡基础上向正向移动，反应物转化率增大，但是各种反应物开始浓度相同、消耗的浓度相同，所以其转化率的比值不变，故C正确；D.升高温度，增大乙醇挥发，导致溶液中乙醇浓度降低，反应速率减慢，到达平衡的时间增长，故D错误。答案：D6.(6分)LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO4)的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4的分布分数随
8、pH的变化如图2所示=下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是()A.溶液中存在3个平衡B.含P元素的粒子有H2PO4、HPO42和PO43C.随c初始(H2PO4)增大，溶液的pH明显变小D.用浓度大于1molL1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4解析：A.溶液中存在H2PO4、HPO42、H2O的电离以及H2PO4、HPO42和PO43的水解等平衡，故A错误；B.含P元素的粒子有H3PO4、H2PO4、HPO42和PO43，故B错误；C.由图1可知浓度约大于104mol/L时，pH不再发生改变，故C错误；D.用浓度大于1molL1
9、的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，由图2可知H2PO4的分数达到最大，约为0.994，则H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，故D正确。答案：D二、非选择题II卷(60分)7.(14分)图中反应是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl26NH3是优质的镁资源。回答下列问题：(1)MgCl26NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序(H除外)： 。Mg在元素周期表中的位置； ，Mg(OH)2的电子式：。解析：MgCl26NH3所含元素的简单离子分别为H+、Mg2+、N3、Cl，离子核外电子层数越多，离子半径越大，具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大，离子半径越小，
10、则简单离子半径由小到大的顺序为H+Mg2+N3Cl，Mg原子核外有3个电子层，最外层电子数为2，位于周期表第三周期A族，Mg(OH)2为离子化合物，电子式为。答案：H+Mg2+N3Cl 第三周期A族；(2)A2B的化学式为 ，反应的必备条件是 。上图中可以循环使用的物质有 。解析：A2B的化学式为Mg2Si，镁为活泼金属，制备镁，反应应在熔融状态下进行电解，如在溶液中，则可生成氢氧化镁沉淀，由流程可知MgCl26NH3分别加热、与盐酸反应，可生成氨气、氯化铵，可用于反应而循环使用。答案：Mg2Si 熔融、电解；NH3、NH4Cl(3)在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材
11、料 (写化学式)。解析：在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料，该耐磨材料为原子晶体，应为SiC，原理是SiH4和CH4分解生成Si、C和氢气，Si、C在高温下反应生成SiC。答案：SiC(4)为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式： 。解析：为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，应生成硫酸镁，则反应物还应有氧气，反应的化学方程式为2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O答案：2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O(
12、5)用Mg制成的格氏试剂( RMgBr)常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：RBrRMgBr(R：烃基；R：烃基或H)依据上述信息，写出制备所需醛的可能结构简式： 。解析：由题给信息可知制备，可由CH3CH2MgBr与CH3CHO生成，也可由CH3CH2CHO和CH3MgBr反应生成。答案：CH3CH2CHO CH3CHO8.(18分)化合物N具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如下：(1)A的系统命名为 ，E中官能团的名称为 。解析：A为二元醇，羟基分别位于1、6号碳原子上，A的系统命名为1，6己二醇，E中官能团的名称为酯基和碳碳双键答案：1，6己二醇；酯基和碳碳双键(2)AB
13、的反应类型为 ，从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为 。解析：AB的反应类型为取代反应，A、B互溶，要从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为蒸馏答案：取代反应 蒸馏(3)CD的化学方程式为 。解析：该反应为羧酸和醇的酯化反应，CD的化学方程式为答案：(4)C的同分异构体W(不考虑手性异构)可发生银镜反应：且1mol W最多与2mol NaOH发生反应，产物之一可被氧化成二元醛。满足上述条件的W有5种，若W的核磁共振氢诸有四组峰，则其结构简式为。解析：C的同分异构体W(不考虑手性异构)可发生银镜反应，说明含有醛基，且1mol W最多与2mol NaOH发生反应，产物之一可被氧化成二
14、元醛，说明该物质中含有HCOO基团，且溴原子连接边上的C原子；其结构简式可能为HCOOCH2CH2CH2CH2CH2Br、HCOOCH2CH2CH(CH3)CH2Br、HCOOCH2C(CH3)CH2CH2Br、HCOOCH(CH3)CH2CH2CH2Br、HCOOCH(CH3)CH(CH3)CH2Br，所以符合条件的有5种，若W的核磁共振氢诸有四组峰，则其结构简式为。答案：5 (5)F与G的关系为(填序号) 。a.碳链异构 b.官能团异构 c.顺反异构 d.位置异构解析：F与G的关系为顺反异构，故选c答案：c(6)M的结构简式为。解析：M的结构简式为答案：(7)参照上述合成路线，以为原料，采
15、用如下方法制备医药中间体。该路线中试剂与条件1为 ，X的结构简式为；试剂与条件2为，Y的结构简式为。解析：根据反应条件知，生成X、X再和Y反应生成，则生成X的试剂和条件分别是HBr、加热，X为，则Y为，生成Y的试剂和条件为O2/Cu或Ag、加热，通过以上分析知，该路线中试剂与条件1为HBr、加热，X的结构简式为；试剂与条件2为O2/Cu或Ag、加热，Y的结构简式为。答案：HBr、加热 O2/Cu或Ag、加热 9.(18分)烟道气中的NO2是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用图1所示采样和检测方法。回答下列问题：.采样采样步骤：检验系统气密性；加热器将烟道气加热至140：打开抽气泵置换系
16、统内空气；采集无尘、干燥的气样；关闭系统，停止采样。(1)A中装有无碱玻璃棉，其作用为 。解析：第一步过滤器是为了除去粉尘，因此其中的无碱玻璃棉的作用是除尘答案：除尘(2)C中填充的干燥剂是(填序号) 。a.碱石灰 b.无水CuSO4 C.P2O5解析：a.碱石灰为碱性干燥剂，不能干燥酸性气体，故a不选；b.无水硫酸铜可用于检验是否含有水蒸气，干燥能力不强，故b不选；c.五氧化二磷是酸性干燥剂，可以干燥酸性气体，故c选。答案：c(3)用实验室常用仪器组装一套装置，其作用与D(装有碱液)相同，在虚线框中画出该装置的示意图、明气体的流向及试剂。解析：D装置为吸收装置，用于吸收酸性气体，因此可以用氢
17、氧化钠溶液，导气管应长进短出，装置图为：，答案： (4)采样步骤加热烟道气的目的是 。.NOx含量的测定将vL气样通入适量酸体的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化成NO3，加水稀释至100.00 mL，量取20.00 mL该溶液，加入 v1 mL c1 molL1FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2 molL1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL。解析：采样步骤加热烟道气的目的是：为了防止NOx溶于冷凝水答案：防止NOx溶于冷凝水(5)NO被H2O2氧化为NO3的离子方程式为 。解析：NO与过氧化氢在酸性溶液中发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2NO+
18、3H2O2=2H+2NO3+2H2O答案：2NO+3H2O2=2H+2NO3+2H2O(6)滴定操作使用的玻璃仪器主要有 。解析：滴定操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶、其中玻璃仪器为酸式滴定管、锥形瓶答案：酸式滴定管、锥形瓶(7)滴定过程中发生下列反应：3Fe2+NO3+4H+=NO+3Fe3+2H2OCr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O则气样中NOx折合成NO2的含量为mgm3。解析：滴定剩余Fe2+时，消耗的K2Cr2O7的物质的量为c2V2103mol，则剩余的Fe2+物质的量为6c2V2103mol，在所配制溶液中加入的Fe2+物质的量为c1V1103m
19、ol，则与NO3反应的Fe2+物质的量=c1V1103mol6c2V2103mol，则VL气样中氮元素总物质的量=5mol，则氮元素的总质量=mg，气样中氮元素含量=mg/m3，折合为NO2的含量= mg/m3答案：(8)判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)若缺少采样步骤，会使测定结果。若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果 。解析：若没打开抽气泵，则系统中还存在有气样中的氮元素，导致吸收不完全，测定结果偏低，若FeSO4变质则会导致测定剩余亚铁离子偏低，使得即使所得到的氮素含量偏高，测定结果偏高。答案：偏低 偏高10.(14分)CO2是一种廉价的碳资
20、源，其综合利用具有重要意义，回答下列问题：(1)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为 (写离子符号)；若所得溶液(HCO3)：c(CO32)=2：1，溶液pH= 。室温下，H2CO3的K1=4102；K2=51011)解析：K2=51011，则c(H+)=，当c(HCO3)=c(CO32)，c(H+)=51011，pH在10.3，如果溶液的pH=13，则c(HCO3)c(CO32)，所以该溶液中所得阴离子为c(CO32)；K2=51011，且所得溶液c(HCO3)：c(CO32)=2：1，c(H+)=510112=11010，pH=10答案：c(CO32) 10
21、(2)CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键CHC=OHH(CO)键能/kJmol14137454361075则该反应的H= 。分别在v L恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压，容积可变)中，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是 (填“A”或“B”)按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图1所示。此反应优选温度为900的原因是 。解析：该反应的H=反应物总键能生成物总键能=4413+2745210752436kJ
22、/mol=+120kJ/mol；该反应的正反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动，A在反应过程中压强在不断增大、B在反应过程中压强不变，所以A相当于B来说是增大压强，平衡逆向移动，所以A中反应物转化率小于B，则两容器中反应达平衡后吸收的热量较多的是B，根据图知，900时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低，答案：+120kJ/mol B 900时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低(3)O2辅助的AlCO2电池工作原理如图2所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)是重要的化工原料。电池的负极反应式： 。电池的正极反应式：6O2+6e=6O26CO2+6O2=3C2O42+6O2反应过程中O2的作用是 。该电池的总反应式： 。解析：该原电池中Al作负极，失电子生成铝离子，电极反应式为Al3e=Al 3+；在正极的反应式中，在第一个反应中作反应物、在第二个反应中作生成物，所以氧气在反应中作催化剂；在得失电子相同条件下，正负极电极反应式相加即得电池反应式，电池反应式为2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。答案：Al3e=Al 3+ 催化剂；2Al+6CO2=Al2(C2O4)3
