1、绝密启用前2018年最新高考信息卷理科综合化学测试（五）7中华民族有5000 多年的文明史，我国历史上出现许多记载文明的书写材料。下列材料主要成分为蛋白质的是A竹简B青铜C丝帛D纸张【解析】A竹简属于纤维素；B青铜是铜合金；D纸张是纤维素，C丝帛是蛋白质；故答案选C。【答案】C8立方烷(C8H8)外观为有光泽的晶体。其八个碳原子对称地排列在立方体的八个角上。以下相关说法错误的是A立方烷在空气中可燃，燃烧有黑烟产生B立方烷一氯代物1种、二氯代物有3种、三氯代物也有3种C立方烷是苯(C6H6)的同系物、也是苯乙烯(C6H5-CH=CH2)的同分异构体D八硝基立方烷完全分解可能只产生二氧化碳和氮气【
2、解析】立方烷含碳量高，所以燃烧有黑烟产生，故A正确；立方烷中只有一种氢原子，所以一氯代物的同分异构体有1种；立方烷二氯代物的同分异构体分别是：一条棱、面对角线、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替，所以二氯代物的同分异构体有三种；立方烷有8个H原子，依据立方烷的二氯代物有3种，那么在此基础上，剩余的H的环境分别也只有一种，故得到三氯代物也有3种同分异构体，故B正确；苯(C6H6)的同系物必须含有苯环，故C错误；八硝基立方烷分子式是C8N8O16，完全分解可能只产生二氧化碳和氮气，故D正确。【答案】C9设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A标准状况下，22.4mLCHCl3中含有碳原子
3、为1.0103NAB58.5gNaCl固体含有NA个氯化钠分子C7.2gCaO2晶体中阴阳离子总数为0.2NAD1L0.5molL1氨水含NH4+为0.5NA【解析】A标准状况下，22.4mLCHCl3为液体，故A错误；BNaCl固体是离子化合物，不含氯化钠分子，故B错误；CCaO2晶体中阴离子过氧根离子，7.2gCaO2晶体中阴阳离子总数为0.2NA，故C正确；D一水合氨为弱电解质，1L0.5molL1氨水含NH4+少于0.5NA，故D错误；故选C。【答案】C10从海带中提取碘，设计如下实验方案，下列说法不正确的是A步骤的操作方法：灼烧和溶解B步骤需用的主要仪器：坩埚和烧杯C步骤的试剂a必须
4、是氧化剂D步骤的试剂b可选用酒精【解析】A、步骤的操作是将海带进行灼烧后将海带灰溶解得到海带灰浊液，选项A正确；B、步骤的操作方法：灼烧和溶解，灼烧时使用的仪器为坩埚，溶解时需要用到烧杯，选项B正确；C、步骤的试剂a必须是氧化剂，能将I氧化成I2，选项C正确；D、酒精能与水任意比互溶，不能做为萃取剂，选项D不正确。答案选D。【答案】D11W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Z同主族，W的氢化物水溶液可用于蚀刻玻璃，Y的最外层电子数是X的3倍，Y的最高正价与最低负价代数和为4。下列说法错误的是A原子半径：XYZWB简单氢化物的稳定性：WZYCZ的氧化物的水化物的酸性一定比Y的强
5、D一定条件下，X的单质可与W、Y、Z的单质分别发生化合反应【解析】W的氢化物水溶液可用于蚀刻玻璃，知W为F，W、Z同主族，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素知Z为Cl，Y的最高正价与最低负价代数和为4知Y为S，Y的最外层电子数是X的3倍知X为Mg。A因为Mg S Cl同在第三周期，原子序数逐渐增大，F在第二周期的元素，所以原子半径：MgSClF，故A正确；B简单氢化物分别是：HF HCl H2S，根据元素周期律知他们的非金属性FClS，所以稳定性：HF HCl H2S，故B正确；CZ的最高价氧化物的水化物的酸性一定比Y的最高价氧化物的水化物的酸性强。故C错；D一定条件下，Mg的单
6、质可与F2、S、Cl2的单质分别发生化合反应，所以D正确。答案：C。【答案】C12特斯拉全电动汽车使用的是钴酸锂电池，其工作原理如图，A 极材料是金属锂和碳的复合材料（碳作为金属锂的载体），电解质为一种能传导Li的高分子材料，隔膜只允许 Li通过，电池反应式LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2。下列说法不正确的是A放电时电子从A极通过导线流向B极B放电时A是负极，电极反应式为：LixC6xeC6+xLi+C充电时Li从左边流向右边D充电时B作阳极，电极反应式为：LiCoO2xeLi1-xCoO2+xLi+【解析】从方程式中看出Li的化合价升高，LixC6作负极，Li1-xCoO2做
7、正极。放电时电子从负极流向正极，故从A极通过导线流向B极，A正确，不选；LixC6作负极，电极反应式为：LixC6xeC6+xLi+，B正确，不选；充电时阳离子流向阴极，故Li从右边流向左边，C错，选C；放电时B做正极，充电时作阳极，电极反应正确，D正确，不选。选C。【答案】C13已知pOH=lgc(OH)。t时，往50mL0.1mol/LMOH溶液滴加0.1mol/L盐酸，溶液pH、pOH随滴入盐酸体积的变化如下图所示，以下说法正确的是Aa=12B盐酸与MOH溶液恰好中和时溶液pH=6.5C滴入盐酸体积达26.0mL时，溶液中微粒浓度c(Cl)c(H+)c(M+)c(MOH)c(OH)Dt时
8、，MOH的Kb1.0103【解析】根据图示，滴加25mL 0.1mol/L盐酸时pH=pOH=6.5，可知Kw=1013，0.1mol/LMOH溶液的pOH=2，则pH=11，故A错误；0.1mol/LMOH溶液的pOH=2，可知MOH是弱碱，盐酸与MOH溶液恰好中和时溶液呈酸性，pHMOH，溶液呈酸性，MCl水解MOH电离，所以c(MOH) c(H+)c(OH)，故C错误；t时，MOH的Kb=，故D正确。【答案】D26（14分）某校同学在实验室中对一氧化碳与硫酸钙反应进行了探究。回答下列问题：（1）甲组同学利用CaSO42H2O在400500脱水制取无水CaSO4。实验中需用到的加热装置中的
9、硅酸盐质的仪器除玻璃棒、酒精灯外，还用到_。（2）乙组同学利用H2C2O42H2O在浓硫酸作用下脱水生成CO、CO2并制备纯净的CO气体，实验装置如下：B、C中盛放的试剂依次为_、_。（3）丙组同学利用甲组制得的无水CaSO4和乙组制得的CO，用下列装置验证它们之间的反应，并检验气态产物中有SO2和CO2。上述装置(部分装置可重复使用)的连接顺序为C_。若E溶液褪色，则E中发生反应的离子方程式为_。能证明有CO2生成的实验依据是_。若G中产物为CaO，则G中发生反应的化学方程式为_。（4）丁组的同学取丙组实验后G装置中的固体产物加入试管中，然后加入足量稀盐酸，固体完全溶解且产生少量气体，通入C
10、uSO4溶液有黑色沉淀产生。可验证CO与CaSO4在高温下还发生了一个副反应，该反应为_ (用方程式表示)。【解析】（1）甲组同学利用CaSO42H2O在400500脱水制取无水CaSO4，因为温度较高，所以要用到坩埚，附加仪器泥三角都属于硅酸盐质的仪器。故答案：坩埚和泥三角。（2）因为H2C2O42H2O在浓硫酸作用下脱水生成CO、CO2，要制得纯净的CO气体，就必须除去CO2和H2O，由实验装置知B为除去CO2，C除去水，所以B中加浓NaOH溶液，C中加浓硫酸。答案：浓NaOH溶液浓硫酸。（3）因无水CaSO4要和CO反应会产生SO2和CO2，检验SO2和CO2的顺序为检验SO2除去SO2
11、验证是否除净检验CO2。根据所给装置(部分装置可重复使用)的连接顺序为GDEDFH。若E溶液褪色，是SO2和高锰酸钾溶液反应，则发生反应的离子方程式为5SO2 +2MnO4+2H2O = 2Mn2+5SO42+ 4H能证明有CO2的存在是使澄清石灰水变浑浊，因为SO2也能使石灰水变浑浊，所以要先除去SO2，故能证明有CO2的生成的实验依据是D中品红溶液不褪色，其后的澄清石灰水变浑浊。若G中产物为CaO，根据知产物为CO2和 SO2，则G中发生反应的化学方程式为CaSO4 + COCaO + SO2+CO2。（4）丁组的同学取丙组实验后G装置中的固体产物加入试管中，然后加人足量稀盐酸，固体完全溶
12、液且产生少量气体，通入CuSO4溶液有黑色沉淀的气体为H2S。是G装置中的固体产物加入稀盐酸产生的H2S，所以固体物质中含有硫化物，故CO与CaSO4在高温下发生的副反应为CaSO4 + 4COCaS +4CO2。【答案】（1）坩埚和泥三角（2）浓NaOH溶液浓硫酸（3） GDEDFH 5SO2+2MnO4+2H2O=2Mn2+5SO42+4H+ E装置后的D中品红溶液不褪色，其后的澄清石灰水变浑浊 CaSO4+COCaO+SO2+CO2（4）CaSO4+4COCaS+4CO227（14分）甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应
13、如下：iCO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H1iiCO2(g)+ H2(g)CO(g)+H2O(g) H2iiiCH3OH(g)CO(g) +2H2(g) H3回答下列问题：（1）已知反应中相关化学键键能数据如下：由此计算H2=_kJmol1。已知H3=+99kJmol1，则H1=_kJmol1。（2）一定比例的合成气在装有催化剂的反应器中反应12小时。体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如图1所示。温度为470K时，图中P点_ (填“是”或“不是”)处于平衡状态。在490K之前，甲醇产率随着温度升高而增大的原因是_；490K之后，甲醇产率下降的原因是_。一
14、定能提高甲醇产率的措施是_。A增大压强 B升高温度 C选择合适催化剂 D加入大量催化剂（3）图2为一定比例的CO2/H2，CO/H2、CO/CO2/H2条件下甲醇生成速率与温度的关系。490K时，根据曲线a、c判断合成甲醇的反应机理是_ (填“”或“”)。490K时，曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，从热力学与动力学角度，并结合反应、分析原因_。【解析】（1）CO2(g)+ H2(g)CO(g)+H2O(g)，反应热=反应物总键能生成物总键能，故H2=（2803+436）kJmol1(1076kJmol1+2465kJmol1)= + 36kJmol1；根据盖斯定律：反应反应=
15、反应，故H1=H2H3=36kJmol1（99kJmol1）=63kJmol1；（2）温度为470K时，图中P点不是处于平衡状态。在490K之前，甲醇产率随着温度升高而增大的原因是温度越高化学反应速率越快；490K之后，甲醇产率下降的原因是升高温度，反应i逆向移动，催化剂活性降低；A增大压强，反应平衡正向移动，故A正确； B，升高温度反应是放热反应，平衡逆向移动，故B错误； C选择合适催化剂，选择生成甲醇，提高甲醇产率，故C正确； D加入大量催化剂，不能影响平衡，故D错误；故选AC。（3）图2为一定比例的CO2/H2，CO/H2、CO/CO2/H2条件下甲醇生成速率与温度的关系。490K时，从
16、甲醇的生成速率来看，a曲线大于c曲线，即甲醇来源于CO2和H2，故490K时，根据曲线a、c判断合成甲醇的反应机理是；490K时，曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，从热力学与动力学角度，并结合反应i、分析原因：对iiCO2(g)+ H2(g)CO(g)+H2O(g)，CO是生成物，CO促进反应逆向移动，二氧化碳和氢气的量增加，水蒸气的量减少，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 正向进行，故CO的存在使甲醇生成速率增大。【答案】（1）+36 63（2）不是温度越高化学反应速率越快 升高温度，反应i逆向移动，催化剂活性降低AC （3） CO促进反应逆向移动，二
17、氧化碳和氢气的量增加，水蒸气的量减少28（15分）磁性纳米四氧化三铁在催化剂、DNA检测、疾病的诊断和治疗等领域应用广泛，其制备方法有多种，“共沉淀法”制备纳米Fe3O4的流程如下：（1）中的反应温度需控制在5060之间，实验室控制该温度的最佳方法是。（2）中生成Fe3O4的离子方程式是。（3）操作包含的方法有。（4）检验Fe3O4中含有+2价铁元素的方法是_。（5）某同学依据上述“共沉淀法”的思路在实验室模拟制备纳米Fe3O4，当混合溶液中n(Fe3+)n(Fe2+)11时，容易得到理想的纳米Fe3O4。实际制备时选择n(Fe3+)n(Fe2+)小于21，原因是。该实验室无FeCl2溶液，现
18、用5mLFeCl3溶液制备Fe3O4，配制n(Fe3+)n(Fe2+)11混合溶液的方法是_（其它试剂自选）。【解析】（1）中的反应温度需控制在5060之间，水的沸点是100，实验室控制该温度的最佳方法是水浴加热；（2）中氯化铁和氯化亚铁与氢氧化钠反应生成Fe3O4沉淀，反应的离子方程式为Fe2+2Fe3+8OHFe3O4+4H2O。（3）操作是将沉淀进行过滤和洗涤；（4）检验Fe3O4中含有+2价铁元素的方法是取少量样品于烧杯中，加入稀盐酸，加热溶解，过滤，取少量滤液于试管中，滴加几滴K3Fe(CN)6溶液，若有蓝色沉淀生成，则说明样品中含+2价铁。（5）实际制备时选择n(Fe3+)n(Fe
19、2+)小于21，原因是制备过程中少量Fe2+被氧化，最终n(Fe3+)n(Fe2+)接近理论值2：1。该实验室无FeCl2溶液，现用5mLFeCl3溶液制备Fe3O4，配制n(Fe3+)n(Fe2+)11混合溶液的方法是取2mLFeCl3溶液于试管中，加入足量铁粉，振荡使其充分反应，过滤，在滤液中加入剩余的3mLFeCl3溶液，即为n(Fe3+)n(Fe2+)=11混合溶液。【答案】（1）水浴加热（2）Fe2+2Fe3+8OHFe3O4+4H2O （3）过滤、洗涤（4）取少量样品于烧杯中，加入稀盐酸，加热溶解，过滤，取少量滤液于试管中，滴加几滴K3Fe(CN)6溶液，若有蓝色沉淀生成，则说明样
20、品中含+2价铁（5）制备过程中少量Fe2+被氧化，最终n(Fe3+)n(Fe2+)接近理论值21 取2mLFeCl3溶液于试管中，加入足量铁粉，振荡使其充分反应，过滤，在滤液中加入剩余的3mLFeCl3溶液，即为n(Fe3+)n(Fe2+)=11混合溶液35化学选修2：化学与技术（15分）硫、钴及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：（1）基态Co原子价电子轨道排布式为，第四电离能I4(Co)I4(Fe)，其原因是；Co与Ca同周期且最外层电子数相同，单质钴的熔沸点均比钙大，其原因是。（2）单质硫与熟石灰加热产物之一为CaS3，S32-的几何形状是，中心原子杂化方式是，与其互为等电子体的分子是(
21、举1例)。（3）K和Na位于同主族，K2S的熔点为840，Na2S的熔点为950，前者熔点较低的原因是_。（4）S与O、Se、Te位于同一主族，它们的氢化物的沸点如下图所示，沸点按图像所示变化的原因是。（5）钴的一种化合物晶胞结构如下图所示。已知A点的原子坐标参数为(0，0，0)，B点为（1/2，1/2，0)，则C点的原子坐标参数为_。已知晶胞参数为a=0.5485nm，则该晶体的密度为gcm-3(列出计算表达式即可)。【解析】（1）基态Co原子价电子3d74s2，轨道排布式为；第四电离能I4(Co)I4(Fe)，其原因是：铁失去的是较稳定的3d5的一个电子，钴失去的是3d6上的一个电子；单质
22、钴的熔沸点均比钙大，其原因是：钴的原子半径比钙小，价电子数比钙多，钴中金属键比钙中强；（2）单质硫与熟石灰加热产物之一为CaS3，S32-的形成孤电子对数目：，形成键的数目是2，sp3杂化，几何形状是 V形；与其互为等电子体的分子是 OF2或Cl2O ；（3）K和Na位于同主族，K2S的熔点为840，Na2S的熔点为950，前者熔点较低的原因是：两者都是离子晶体，K+的半径比Na+大，K2S的晶格能比Na2S小；（4）H2O间存在较强的氢键，其它三种不含，所以沸点最高；H2S、H2Se及H2Te的结构相似，随着相对分子质量增大，范德华力增强，所以沸点升高；（5）已知A点的原子坐标参数为(0，0
23、，0)，B是面心，B点为(1/2，1/2，0)，C是体心，则C点的原子坐标参数为(1/2，1/2，1/2) ；立方晶胞顶点粒子占1/8，面粒子占1/2，晶胞内部原子为整个晶胞所有，因此一个晶胞中含有Ti的个数为81/8=1，O原子个数61/2=3，含有Co的个数为1，取1mol晶胞，则1mol晶胞的质量为48+163+59=155g，1mol晶胞含有NA个晶胞，记晶胞参数为a=0.5485nm=0.548510-7cm，则一个晶胞的体积为V0=a3cm3，因此晶胞的密度为=m/NAV0=155/NAa3gcm3=gcm3。【答案】（1）铁失去的是较稳定的3d5的一个电子，钴失去的是3d6上的一
24、个电子钴的原子半径比钙小，价电子数比钙多，钴中金属键比钙中强（2）V形sp3 OF2或Cl2O （3）K+的半径比Na+大，K2S的晶格能比Na2S小（4）H2O间存在较强的氢键，其它三种不含，所以沸点最高；H2S、H2Se及H2Te的结构相似，随着相对分子质量增大，范德华力增强，所以沸点升高（5）(1/2，1/2，1/2) 36化学选修5：有机化学基础（15分）苯是一种非常重要的化工原料，利用苯可以合成多种有机物。有人设计了合成芳纶、PF树脂和肉桂酸乙酯的路线，如下图：回答下列问题：（1）反应条件1是_。（2）B分子中的官能团的名称为_，BC的反应类型为_。（3）D的结构简式为_，生成PF树
25、脂的化学方程式为_。（4）试剂E是_。（5）由J合成肉桂酸乙酯的化学方程式为 _。（6）写出同时满足下列条件的肉桂酸乙酯的一种同分异构体_。苯环上仅有2个取代基且处于对位能发生水解反应和银镜反应，其中一种水解产物遇FeCl3溶液显色存在顺反异构（7）以D为原料，选用必要的无机试剂合成乙二醛，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上或下注明试剂和反应条件）。【解析】根据反应及芳纶的结构可知，苯与浓硝酸在浓硫酸的催化下发生硝化反应生成对硝基苯A，根据已知可知A反应生成B，B的结构简式为，与发生缩聚反应生成芳纶；苯在一定条件下反应生成苯酚，苯酚与甲醛发生缩聚反应生成PF树脂，根
26、据结构可推出D为乙醛；苯通过一系列转化得到苯甲醛，根据已知，苯甲醛和乙醛在氢氧化钠溶液中发生反应生成H，H的结构简式为，加热生成，的结构简式为，根据肉桂酸乙酯的结构倒推J与乙醇反应生成肉桂酸乙酯，则J为，在银氨溶液或新制氢氧化铜浊液中氧化后再酸化得到。（1）反应条件1是苯与浓硝酸在浓硫酸的催化下发生硝化反应生成对硝基苯，故反应条件为浓硝酸、浓硫酸、加热；（2）B为，分子中的官能团的名称为氨基，BC是与发生缩聚反应生成芳纶；（3）D的结构简式为CH3CHO，生成PF树脂的化学方程式为；（4）在试剂E下被氧化后酸化得到J，则试剂E是银氨溶液或新制氢氧化铜浊液；（5）由J合成肉桂酸乙酯的化学方程式为；（6）肉桂酸乙酯的同分异构体满足：苯环上仅有2个取代基且处于对位，能发生水解反应和银镜反应，其中一种水解产物遇FeCl3溶液显色，则为酯且水解后有酚的结构，存在顺反异构，符合条件的同分异构体有、；（7）乙醛催化加氢得到乙醇，乙醇在浓硫酸催化下迅速加热到170发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴水反应得到1,2-二溴乙烷， 1,2-二溴乙烷在氢氧化钠的水溶液中加热发生取代反应生成乙二醇，乙二醇在铜的催化下加热得到乙二醛，合成路线为：。【答案】（1）浓硝酸、浓硫酸、加热（2）氨基缩聚反应（3）CH3CHO （4）银氨溶液或新制氢氧化铜浊液（5）（6）（7）