2018年高考真题-理科综合（北京卷）含解析.doc

1、2018 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试 理科综合能力测试理科综合能力测试 物理物理（北京卷）（北京卷） 一、选择题一、选择题 1. 在核反应方程中，X 表示的是 A. 质子 B. 中子 C. 电子 D. 粒子 【答案】A 【解析】设 X 为：，根据核反应的质量数守恒：，则： 电荷数守恒：，则，即 X为：为质子，故选项 A 正确，BCD错误。 点睛：本题考查了核反应方程式，要根据电荷数守恒、质量数守恒得出 X 的电荷数和质量数，从而确定 X 的种类。 2. 关于分子动理论，下列说法正确的是 A. 气体扩散的快慢与温度无关 B. 布朗运动是液体分子的无规则运动 C.

2、 分子间同时存在着引力和斥力 D. 分子间的引力总是随分子间距增大而增大 【答案】C 【解析】A、扩散的快慢与温度有关，温度越高，扩散越快，故 A错误； B、布朗运动为悬浮在液体中固体小颗粒的运动，不是液体分子的热运动，固体小颗粒运动的无规则性，是 液体分子运动的无规则性的间接反映，故 B 错误； C、分子间斥力与引力是同时存在，而分子力是斥力与引力的合力，分子间的引力和斥力都是随分子间距增 大而减小；当分子间距小于平衡位置时，表现为斥力，即引力小于斥力，而分子间距大于平衡位置时，分 子表现为引力，即斥力小于引力，但总是同时存在的，故 C 正确，D错误。 点睛：本题考查了布朗运动、扩散以及分子

3、间的作用力的问题；注意布朗运动和扩散都说明了分子在做永 不停息的无规则运动，都与温度有关；分子间的斥力和引力总是同时存在的。 3. 用双缝干涉实验装置得到白光的干涉条纹，在光源与单缝之间加上红色滤光片后 A. 干涉条纹消失 B. 彩色条纹中的红色条纹消失 C. 中央条纹变成暗条纹 D. 中央条纹变成红色 【答案】D 点睛：本题考查了光的干涉现象，注意只有频率相同、振动相同的两列波才能形成稳定的干涉图像，同时 要掌握哪些点是振动加强点，哪些点是振动减弱点。 4. 如图所示，一列简谐横波向右传播，P、Q两质点平衡位置相距 0.15 m。当 P 运动到上方最大位移处时， Q 刚好运动到下方最大位移处

4、，则这列波的波长可能是 A. 0.60 m B. 0.30 m C. 0.20 m D. 0.15 m 【答案】B 【解析】可以画出 PQ之间的最简单的波形，如图所示： 同时由于 PQ可以含有多个完整的波形，则： 整理可以得到： 当时， 当时，故选项 B 正确，ACD错误。 点睛：解决机械波的题目关键在于理解波的周期性，即时间的周期性或空间的周期性，得到波长的通项， 再求解处波长的特殊值。 5. 若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半径 60 倍的情况下，需要验证 A. 地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的 1/602 B. 月球公转的加

5、速度约为苹果落向地面加速度的 1/602 C. 自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的 1/6 D. 苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的 1/60 【答案】B 点睛：本题考查万有引力相关知识，掌握万有引力公式，知道引力与距离的二次方成反比，即可求解。 6. 某空间存在匀强磁场和匀强电场。 一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后， 做匀速直线运动； 若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关无关的是 A. 磁场和电场的方向 B. 磁场和电场的强弱 C. 粒子的电性和电量 D. 粒子入射时的速度 【答案】C 【解析】由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直

6、线运动，即，则，若仅撤除电场，粒子 仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求， 例如：电场方向向下，磁场方向垂直纸面向里等，但是对电性和电量无要求，故选项 C正确，ABD错误。 点睛：本题考查了带电粒子在复合场中的运动，实际上是考查了速度选择器的相关知识，注意当粒子的速 度与磁场不平行时，才会受到洛伦兹力的作用，所以对电场和磁场的方向有要求的。 7. 研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是 A. 实验前，只用带电玻璃棒与电容器 a板接触，能使电容器带电 B. 实验中，只将电容器 b板向上平移，静电计指针的张角变小

7、C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 【答案】A 【解析】A、当用带电玻璃棒与电容器 a板接触，由于静电感应，从而在 b板感应出等量的异种电荷，从而 使电容器带电，故选项 A正确； B、 根据电容器的决定式：， 将电容器 b 板向上平移， 即正对面积 S减小， 则电容 C 减小， 根据 可知， 电量 Q 不变，则电压 U 增大，则静电计指针的张角变大，故选项 B 错误； C、根据电容器的决定式：，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数增大，则电容 C 增大，根据 可知， 电量 Q 不变，则电压 U 减小，

8、则静电计指针的张角减小，故选项 C 错误； D、根据可知， 电量 Q增大，则电压 U 也会增大，则电容 C 不变，故选项 D错误。 点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有 什么关系。 8. 根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实际上，赤道上方 200m处无 初速下落的小球将落在正下方位置偏东约 6cm处，这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过 程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比，现将小球从赤道地面竖直上抛， 考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球 A. 到最高点时

9、，水平方向的加速度和速度均为零 B. 到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零 C. 落地点在抛出点东侧 D. 落地点在抛出点西侧 【答案】D 【解析】AB、上升过程水平方向向西加速，在最高点竖直方向上速度为零，水平方向上有向西的水平速度， 且有竖直向下的加速度，故 AB错； CD、下降过程向西减速，按照对称性落至地面时水平速度为 0，整个 过程都在向西运动，所以落点在抛出点的西侧，故 C错，D正确； 故选 D 点睛：本题的运动可以分解为竖直方向上的匀变速和水平方向上的变加速运动，利用运动的合成与分解来 求解。 二、非选择题二、非选择题 9. 用图 1所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规

10、律。 主要实验步骤如下： a安装好实验器材。接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次。 b选出一条点迹清晰的纸带， 找一个合适的点当作计时起点 O（t=0），然后每隔相同的时间间隔 T 选取一 个计数点，如图 2中 A、B、C、D、E、F所示。 c通过测量、计算可以得到在打 A、B、C、D、E点时小车的速度，分别记作 v1、v2、v3、v4、v5 d以速度 v 为纵轴、时间 t为横轴建立直角坐标系，在坐标纸上描点，如图 3所示。 结合上述实验步骤，请你完成下列任务： （1）在下列仪器和器材中，还需要使用的有_和_(填选项前的字母)。 A电压合适的 50 Hz 交流电源 B电压可调的直

11、流电源 C刻度尺 D秒表 E天平(含砝码) （2）在图 3中已标出计数点 A、B、D、E对应的坐标点，请在该图中标出计数点 C对应的坐标点，并画出 v-t 图像_。 （3）观察 v-t图像，可以判断小车做匀变速直线运动，其依据是_。v-t图像斜率的物理意义是 _。 （4）描绘 v-t图像前，还不知道小车是否做匀变速直线运动。用平均速度表示各计数点的瞬时速度，从 理论上讲，对t的要求是_ （选填“越小越好”或“与大小无关”)；从实验的角度看，选取的x 大小与速 度测量的误差_(选填“有关”或“无关”)。 （5）早在 16世纪末，伽利略就猜想落体运动的速度应该是均匀变化的。当时只能靠滴水计时，为此

12、他设 计了如图 4 所示的“斜面实验”，反复做了上百次，验证了他的猜想。 请你结合匀变速直线运动的知识，分析 说明如何利用伽利略“斜面实验”检验小球的速度是随时间均匀变化的_。 【答案】 (1). A (2). C (3). 如图所示： (4). 小车的速度随时间均匀变化 (5). 加速度 (6). 越小越好 (7). 有关 (8). 如果小球的初速度为 0，其速度，那么它通过的位移 xt2。因此，只要测量小球通过 不同位移所用的时间，就可以检验小球的速度是否随时间均匀变化。 【解析】（1）打点计时器需用交流电源；为了计算速度需要利用刻度尺测量长度。故需要的仪器选 AC （2）利用所给点迹描点

13、连线，得图像 其中 C点的横坐标为 3T，纵坐标为 （3）结合图像可以看出小球速度随时间均匀变化，所以小球做匀加速运动，图像的斜率代表了运动时的加 速度. （4） 越小，则 越接近计数点的瞬时速度，所以越小越好，计算速度需要用到 的测量值，所以 大小与速度测量的误差有关。 点睛：本题考查了速度与与时间得关系，速度没有办法直接测量，所以要利用物理关系转化，转换成我们 能够测量的量，然后在来验证速度与时间得关系。 10. 2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。 某滑道示意图如下， 长直助滑道 AB与弯曲滑道 BC平滑衔接，滑道 BC高 h=10 m，C 是半径

14、 R=20 m圆弧的最低点，质量 m=60 kg 的运动员从 A 处由静止开始匀加速下滑，加速度 a=4.5 m/s2，到达 B 点时速度 vB=30 m/s。取重力加速度 g=10 m/s2。 （1）求长直助滑道 AB 的长度 L； （2）求运动员在 AB段所受合外力的冲量的 I大小； （3）若不计 BC段的阻力，画出运动员经过 C点时的受力图，并求其所受支持力 FN的大小。 【答案】（1）（2）（3）3 900 N 【解析】（1）已知 AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即 可解得： （2）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以 （3）小球在最低点的受力如图所示

15、 点睛：点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解最 低点受到的支持力大小。 11. 如图 1 所示，用电动势为 E、内阻为 r的电源，向滑动变阻器 R 供电。改变变阻器 R 的阻值，路端电压 U 与电流 I均随之变化。 （1）以 U为纵坐标，I 为横坐标，在图 2 中画出变阻器阻值 R变化过程中 U-I 图像的示意图，并说明 U-I 图像与两坐标轴交点的物理意义。 （2）a 请在图 2画好的 U-I 关系图线上任取一点， 画出带网格的图形， 以其面积表示此时电源的输出功率； b请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件。 （3）请写出电源电

16、动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落 之和。 【答案】（1）UI 图象如图所示： 图象与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流 （2）a 如图所示： b. （3）见解析 【解析】（1）UI 图像如图所示， 其中图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流 （2）a如图所示 b电源输出的电功率： 当外电路电阻 R=r 时，电源输出的电功率最大，为 （3）电动势定义式： 根据能量守恒定律，在图 1 所示电路中，非静电力做功 W产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热， 即 本题答案是：（1）UI 图像如图所示， 其中图

17、像与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流 （2）a如图所示 当外电路电阻 R=r 时，电源输出的电功率最大，为 （3） 点睛：点睛：运用数学知识结合电路求出回路中最大输出功率的表达式，并求出当 R=r 时，输出功率最大。 12. （1）静电场可以用电场线和等势面形象描述。 a请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷 Q的场强表达式； b点电荷的电场线和等势面分布如图所示，等势面 S、S到点电荷的距离分别为 r、r。我们知道，电场 线的疏密反映了空间区域电场强度的大小。请计算 S、S上单位面积通过的电场线条数之比 N1/N2。 （2）观测宇宙中辐射电磁波的天体，距离越远单

18、位面积接收的电磁波功率越小，观测越困难。为了收集足 够强的来自天体的电磁波，增大望远镜口径是提高天文观测能力的一条重要路径。2016 年 9月 25 日，世界 上最大的单口径球面射电望远镜 FAST 在我国贵州落成启用，被誉为“中国天眼”。FAST 直径为 500 m，有 效提高了人类观测宇宙的精度和范围。 a设直径为 100 m的望远镜能够接收到的来自某天体的电磁波功率为 P，计算 FAST 能够接收到的来自该 天体的电磁波功率 P； b 在宇宙大尺度上， 天体的空间分布是均匀的， 仅以辐射功率为 P的同类天体为观测对象， 设直径为 100 m 望远镜能够观测到的此类天体数目是 N0，计算

19、FAST能够观测到的此类天体数目 N。 【答案】（1）a b（2）a b （2）a地球上不同望远镜观测同一天体，单位面积上接收的功率应该相同，因此 b在宇宙大尺度上，天体的空间分布是均匀的。因此一个望远镜能观测到的此类天体数目正比于以望远镜 为球心、以最远观测距离为半径的球体体积。 设地面上望远镜能观测到此类天体需收集到的电磁波的总功率的最小值为 P0， 直径为 100 m望远镜和 FAST 能观测到的最远距离分别为 L0和 L，则 可得 L=5L0 则 故本题答案是：（1）a ; b. （2）a ; b. 点睛：点睛：本题是一道信息题，要读懂题目中所描述的物理情景，然后结合物理知识求解，在电

20、场线条数一定 的情况下，圆的半径越大，则单位面积上的条数就越少；同样要知道地球上不同望远镜观测同一天体，单 位面积上接收的功率应该相同，要借助于这些条件处理问题。 理科综合能力测试理科综合能力测试 化学（北京卷）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

21、 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。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

22、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

23、 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+H218O B. 常温时，0.1 mol L-

24、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+ +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。 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0.1mol L-1氨水的pH=11.1， 溶液中 c（OH

25、-）=10-2.9mol L-10.1mol L-1，氨水为弱碱水溶液， 电离方程式为NH3 H2O NH4+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-=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

26、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 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+Na

27、2S=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+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+2NaCl，反 应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，C

28、u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NH2 C. 氢键对该高分子的性能没有影响 D. 结构简式为： 【答案

29、】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

30、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 mol L-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 25 pH 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

31、说法不正确 的是 A. Na2SO3溶液中存在水解平衡：+H2O+OH B. 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 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（SO32-）减小，水解平

32、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、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 Fe B. 对比，K3Fe(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

33、，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 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

34、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 K 3Fe（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 Fe 2+，将 Zn 换成 Cu不能用的方法证

35、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

36、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】 (1). 烯烃 (2). CH2=CHCH3+Cl2CH2=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

37、 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 ClCH2CH（OH）CH2Cl、D 的结构简式为 HOCH2CH（OH）CH2OH；D 在浓

38、硫酸、加热时消去 2个“H2O”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。 （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

39、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）CH2OHCH2=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 “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

40、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 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：Ca5(PO4)3(OH)”或“ (

41、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

42、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，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）H=H1+H3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/m ol，反应 II的热化学方程式为 3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）H=-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

43、剂，催化剂在反 应前后质量和化学性质不变，（总反应-反应 i）2 得，反应 ii的离子方程式为 I2+2H2O+SO2=4H+SO42-+2I-。 （4）B 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中加入 KI的浓度小于 A，D中多加了 I2，反应 i消

44、耗 H+和 I-， 反应 ii 中消耗 I2，D中“溶 液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较 A 快”，反应速率 DA，由此可见，反应 ii比反应 i速率快， 反应 ii产生 H+使 c（H+）增大，从而反应 i加快。 点睛：本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的应用、化学平衡 图像的分析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，考查学生灵活运用所学知 识解决实际问题的能力。 11. 实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。 资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于 KOH 溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生 O2，在碱

45、性 溶液中较稳定。 （1）制备 K2FeO4（夹持装置略） A 为氯气发生装置。A中反应方程式是_（锰被还原为 Mn2+）。 将除杂装置 B补充完整并标明所用试剂。_ C 中得到紫色固体和溶液。C中 Cl2发生的反应有 3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有_。 （2）探究 K2FeO4的性质 取 C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液 a，经检验气体中含有 Cl2。为证明是否 K2FeO4 氧化了 Cl而产生 Cl2，设计以下方案： 方案 取少量 a，滴加 KSCN溶液至过量，溶液呈红色。 方案 用 KOH溶液充分洗涤 C中所得固体，再用

46、 KOH溶液将 K2FeO4溶出，得到紫色溶液 b。取 少量 b，滴加盐酸，有 Cl2产生。 由方案中溶液变红可知 a 中含有_离子，但该离子的产生不能判断一定是 K2FeO4将 Cl氧化， 还可能由_产生（用方程式表示）。 方案可证明 K2FeO4氧化了 Cl。用 KOH溶液洗涤的目的是_。 根据K2FeO4的制备实验得出： 氧化性Cl2_（填“”或“”）， 而方案实验表明， Cl2和 的氧化性强弱关系相反，原因是_。 资料表明，酸性溶液中的氧化性，验证实验如下：将溶液 b 滴入 MnSO4和足量 H2SO4的混 合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性。若能，请说明理由；若不能，

47、进 一步设计实验方案。 理由或方案：_。 【答案】 (1). 2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl +5Cl2+8H2O (2). (3). Cl2+2OHCl+ClO+H2O (4). i. Fe3+ (5). 4FeO42+20H+4Fe3+3O2+10H2O (6). 排除 ClO的干扰 (7). (8). 溶液的酸碱性不同 (9). 若能， 理由： FeO42在过量酸的作用下完全转化为 Fe3+和 O2，溶液浅紫色一定是 MnO4的颜色（若不能，方案：向紫色溶液 b中滴加过量稀 H2SO4，观察溶 液紫色快速褪去还是显浅紫色） 【解析】分析：（1）KMnO4与浓盐酸反应制 Cl2；由于盐酸具有挥发性，所得 Cl2中混有 HCl和 H2O（g），HCl 会消耗 Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去 HCl；Cl2与 Fe（OH）3、KOH 反应制备 K2FeO4；最后用 NaOH 溶液吸收多余 Cl2，防止污染大气。 （2）根据制备反应， C的紫色溶液中含有 K2FeO4、KCl，Cl2还会与 KOH 反应生成 KCl、KClO 和 H2O。 I.加入 KSCN溶液，溶液变红说明 a 中含 Fe3+。根据题意 K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生 O2，