信息卷全国统一招生考试最新高考信息卷五 高中理综化学解析版.docx
《信息卷全国统一招生考试最新高考信息卷五 高中理综化学解析版.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《信息卷全国统一招生考试最新高考信息卷五 高中理综化学解析版.docx(18页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
![信息卷全国统一招生考试最新高考信息卷五 高中理综化学解析版.docx](https://file1.bdocx.com/fileroot1/2023-5/23/4804091d-2d03-479f-af6e-cbf1e22232c2/4804091d-2d03-479f-af6e-cbf1e22232c21.gif)
信息卷全国统一招生考试最新高考信息卷五高中理综化学解析版
绝密★启用前
2018年最新高考信息卷
理科综合能力测试(五)
注意事项:
1、本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
答题前,考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2、回答第Ⅰ卷时,选出每小题的答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。
写在试卷上无效。
3、回答第Ⅱ卷时,将答案填写在答题卡上,写在试卷上无效。
4、考试结束,将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量:
H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5Ca-40Ti-48Co-59
第Ⅰ卷
一、选择题:
本大题共13小题,每小题6分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
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】C
8.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
【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】C
9.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中含有碳原子为1.010-3NA
B.58.5gNaCl固体含有NA个氯化钠分子
C.7.2gCaO2晶体中阴阳离子总数为0.2NA
D.1L0.5mol·L-1氨水含NH4+为0.5NA
【解析】A.标准状况下,22.4mLCHCl3为液体,故A错误;B.NaCl固体是离子化合物,不含氯化钠分子,故B错误;C.CaO2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,1L0.5mol·L-1氨水含NH4+少于0.5NA,故D错误;故选C。
【答案】C
10.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①的操作方法:
灼烧和溶解
B.步骤①需用的主要仪器:
坩埚和烧杯
C.步骤③的试剂a必须是氧化剂
D.步骤④的试剂b可选用酒精
【解析】A、步骤①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①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③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】D
11.W、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:
X>Y>Z>W
B.简单氢化物的稳定性:
W>Z>Y
C.Z的氧化物的水化物的酸性一定比Y的强
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MgSCl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:
Mg>S>Cl>F,故A正确;B.简单氢化物分别是:
HFHClH2S,根据元素周期律知他们的非金属性F>Cl>S,所以稳定性:
HF>HCl>H2S,故B正确;C.Z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】C
12.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-xCoO2
C6+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:
LixC6-xe-=C6+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:
LiCoO2-xe-=Li1-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:
LixC6-xe-=C6+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】C
13.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
A.a=12
B.盐酸与MOH溶液恰好中和时溶液pH=6.5
C.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-)
D.t℃时,MOH的Kb>1.010-3
【解析】根据图示,滴加25mL0.1mol/L盐酸时pH=pOH=6.5,可知Kw=10-13,0.1mol/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,pH<6.5,故B错误;滴入盐酸体积达26.0mL时溶液中的溶质是MCl、MOH,且MCl>MOH,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】D
26.(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CaSO4·2H2O在400~500℃脱水制取无水CaSO4。
实验中需用到的加热装置中的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H2C2O4·2H2O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。
①上述装置(部分装置可重复使用)的连接顺序为C→______________________。
②若E溶液褪色,则E中发生反应的离子方程式为___________________________________。
③能证明有CO2生成的实验依据是___________________________________。
④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CuSO4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CaSO4·2H2O 在400~500℃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H2C2O4 ·2H2O 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→验证是否除净→检验CO2。
①根据所给装置(部分装置可重复使用)的连接顺序为G→D→E→D→F→H。
②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+
③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。
④若G中产物为CaO,根据③知产物为CO2和SO2,则G中发生反应的化学方程式为CaSO4+CO
CaO+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+4CO
CaS+4CO2。
【答案】
(1)坩埚和泥三角
(2)浓NaOH溶液浓硫酸
(3)①G→D→E→D→F→H②5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+③E装置后的D中品红溶液不褪色,其后的澄清石灰水变浑浊④CaSO4+CO
CaO+SO2+CO2
(4)CaSO4+4CO
CaS+4CO2
27.(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,可能发生的反应如下:
i.CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1
ii.CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)ΔH2
iii.CH3OH(g)
CO(g)+2H2(g)ΔH3
回答下列问题:
(1)已知反应ⅱ中相关化学键键能数据如下:
由此计算△H2=__________kJ·mol-1。
已知△H3=+99kJ·mol-1,则△H1=_________kJ·mol-1。
(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。
①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_______。
②一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。
①490K时,根据曲线a、c判断合成甲醇的反应机理是_________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②490K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、ⅱ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)kJ·mol-1-(1076kJ·mol-1+2465kJ·mol-1)=+36kJ·mol-1;根据盖斯定律:
反应ⅱ-反应ⅰ=反应ⅲ,故△H1=△H2-△H3=36kJ·mol-1-(99kJ·mol-1)=-63kJ·mol-1;
(2)①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;②A.增大压强,反应ⅰ平衡正向移动,故A正确;B,升高温度反应ⅰ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。
①490K时,从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Ⅱ;②490K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、ⅱ分析原因:
对ii.CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g),CO是生成物,CO促进反应ⅱ逆向移动,二氧化碳和氢气的量增加,水蒸气的量减少,ⅰ.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)①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
②AC
(3)①Ⅱ ②CO促进反应ⅱ逆向移动,二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)Ⅱ中的反应温度需控制在50℃~60℃之间,实验室控制该温度的最佳方法是。
(2)Ⅱ中生成Fe3O4的离子方程式是。
(3)操作Ⅲ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+)=1∶1时,容易得到理想的纳米Fe3O4。
①实际制备时选择n(Fe3+)∶n(Fe2+)小于2∶1,原因是。
②该实验室无FeCl2溶液,现用5mLFeCl3溶液制备Fe3O4,配制n(Fe3+)∶n(Fe2+)=1∶1混合溶液的方法是____________(其它试剂自选)。
【解析】
(1)Ⅱ中的反应温度需控制在50℃~60℃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)Ⅱ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++8OH-
Fe3O4+4H2O。
(3)操作Ⅲ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K3[Fe(CN)6]溶液,若有蓝色沉淀生成,则说明样品中含+2价铁。
(5)①实际制备时选择n(Fe3+)∶n(Fe2+)小于2∶1,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。
②该实验室无FeCl2溶液,现用5mLFeCl3溶液制备Fe3O4,配制n(Fe3+)∶n(Fe2+)=1∶1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+)=1∶1混合溶液。
【答案】
(1)水浴加热
(2)Fe2++2Fe3++8OH-
Fe3O4+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K3[Fe(CN)6]溶液,若有蓝色沉淀生成,则说明样品中含+2价铁
(5)①制备过程中少量Fe2+被氧化,最终n(Fe3+)∶n(Fe2+)接近理论值2∶1
②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+)=1∶1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)(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(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。
①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_。
②已知晶胞参数为a=0.5485nm,则该晶体的密度为g·cm-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)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δ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)①已知A点的原子坐标参数为(0,0,0),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ρ=m/NAV0=155/NAa3g·cm-3=
g·cm-3。
【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sp3OF2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(1/2,1/2,1/2)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_________,B→C的反应类型为____________。
(3)D的结构简式为________,生成PF树脂的化学方程式为__________________________。
(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______________________。
①苯环上仅有2个取代基且处于对位
②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
③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Ⅰ,Ⅰ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,B→C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)Ⅰ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:
①苯环上仅有2个取代基且处于对位,②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,③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)