高三理科综合化学最新信息卷八Word版附详细解析.docx

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高三理科综合化学最新信息卷八Word版附详细解析

绝密★启用前

2018年最新高考信息卷

理科综合化学能力测试（八）

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-23S-32Ca-40Fe-56

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．化学在生活中发挥着重要的作用，下列说法正确的是

A．食用油脂饱和程度越大，熔点越高

B．棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O

C．纯铁易被腐蚀，可以在纯铁中混入碳元素制成“生铁”，以提高其抗腐蚀能力

D．光纤通信是现代化的通信手段，光导纤维的主要成分是晶体硅

【答案】A

【解析】棉、麻的主要成分是纤维素，所含元素为C、H、O，完全燃烧都只生成CO2和H2O；丝、毛的主要成分是蛋白质，除含C、H、O外，还含有氮元素等，完全燃烧的产物不只有CO2和H2O，B项错。

生铁更易发生电化学腐蚀，C项错。

光导纤维的主要成分是二氧化硅，D项错。

8．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A．78gNa2O2与足量SO2 充分反应转移电子数为NA

B．100gCaS与CaSO4的混合物中含有32g硫，则含有的氧原子数为1.75NA

C．1molNa2CO3 和NaHCO3的混合物中CO32-的数目为NA

D．3mol单质Fe在氧气中完全燃烧转变为Fe3O4，得到8NA个电子

【答案】B

【解析】A．78gNa2O2的物质的量为1mol，与足量SO2 充分反应后生成硫酸钠，转移电子数为2NA，A不正确；B．100gCaS与CaSO4的混合物中含有32g硫，由它们的化学式可知，其中所含钙元素的质量为40g，所以含有的氧元素的质量为28g，则含有的氧原子的物质的量为1.75mol，故氧原子数为1.75NA，B正确；C．1molNa2CO3 和NaHCO3的混合物中，CO32-的物质的量小于1mol，故其数目小于NA，C不正确；D．3mol单质Fe在氧气中完全燃烧转变为Fe3O4，失去8NA个电子，D不正确；故选B。

9．下列实验操作、现象和结论均正确的是

选项

实验操作

现象

结论

A

向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液

有白色沉淀生成

AlO

结合H＋的能力比CO

强

B

将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液

溶液显红色

Fe（NO3）2样品已氧化变质

C

用洁净的铂丝蘸取某溶液进行焰色反应

火焰呈黄色

原溶液中一定有Na＋、无K＋

D

向某无色溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口

试纸不变蓝

原溶液中一定无NH

【答案】A

【解析】AlO

结合HCO

电离产生的H＋生成Al（OH）3，A正确；将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，NO

（H＋）将Fe2＋氧化为Fe3＋，B错误；观察K元素的焰色时，应透过蓝色的钴玻璃，C错误；检验NH

应使用浓的NaOH溶液且加热，D错误。

10．化学中有很多有趣的分子，比如图中所示分子被化学家命名为“小狗烯”，下列关于“小狗烯”的说法错误的是

A．“小狗烯”的分子式是C26H26B．“小狗烯”中含有四个苯环

C．“小狗烯”中所有碳原子一定共面D．“小狗烯”可以发生加成反应、氧化反应和取代反应

【答案】C

【解析】A．“小狗烯”的分子式是C26H26，A正确；B．“小狗烯”中含有四个苯环，B正确；C．“小狗烯”中3个乙基上的碳原子不一定都与苯环共面，C不正确；D．“小狗烯”分子中有4个苯环，苯环和侧链上有可以被取代的氢原子，与苯环直接相连的碳原子上有氢原子，所以其可以发生加成反应（如与氢气加成）、氧化反应（燃烧或使酸性高锰酸钾溶液褪色）和取代反应（硝化反应、侧链上的卤代反应等等），D正确。

本题选C。

11．W、X、Y、Z是四种短周期非金属元素，原子序数依次增大，X、Y原子核外L电子层的电子数之比为3:

4，且Y的原子半径大于X的原子半径，X、Y、Z的最外层电子数之和为16，W的简单离子W-能与水反应生成单质W2。

下列说法正确的是

A．最简单氢化物的沸点：

Z>XB．W与X形成的化合物中只有极性键

C．最高价氧化物对应水化物酸性：

Y>ZD．阴离子的还原性：

W>X

【答案】D

【解析】W、X、Y、Z是四种短周期非金属元素，原子序数依次增大，X、Y原子核外L电子层的电子数之比为3:

4，则L层电子数分别为3、4或6、8，且X、Y、Z的最外层电子数之和为16，若X、Y的L层电子数分别为3、4，则3+4+9=16，Z的最外层电子数为9，不符合；删去；则X的L层电子数为6，X为O，且Y的原子半径大于X的原子半径，则Y、Z为第三周期元素，Y、Z最外层电子数之和10，Y为Si，Z为S；W的简单离子W-能与水反应生成单质W2，W的原子序数小于O的原子序数，则W为H。

A．Z为S，X为O，水分子间能够形成氢键，沸点高于硫化氢，故A错误；B．W与X形成的化合物若为过氧化氢，含O-O非极性键，故B错误；C．Y、Z为第三周期元素，Y的原子序数小于Z，非金属性Z＞Y，则最高价氧化物对应水化物的酸性：

Z＞Y，故C错误；D．非金属性O＞H，则阴离子的还原性：

W＞X，故D正确；故选D。

12．室温下，向100mL某浓度的多元弱酸HnA溶液中加入0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化曲线如图所示。

下列有关说法不正确的是

A．n＝2且起始时c（HnA）＝0.1mol·L－1

B．b点时：

c（Na＋）>c（HA－）>c（H＋）>c（OH－）>c（A2－）

C．b→c段，反应的离子方程式为HA－＋OH－===A2－＋H2O

D．c→d段，溶液中A2－的水解程度逐渐减弱

【答案】B

【解析】曲线中有两个突跃范围，故为二元弱酸，当滴加NaOH溶液体积为100mL时达到第一个计量点，故n（H2A）＝0.1mol·L－1×0.1L＝0.01mol，起始时，c（H2A）＝

＝0.1mol·L－1，A项正确；b点为NaHA溶液，显酸性，则HA－的电离程度大于水解程度，c（Na＋）>c（HA－）>c（H＋）>c（A2－）>c（OH－），B项错误；a→b段发生反应H2A＋NaOH===NaHA＋H2O，b→c段发生反应NaHA＋NaOH===Na2A＋H2O，C项正确；c点时H2A与NaOH恰好完全中和，得Na2A溶液，c→d段是向Na2A溶液中继续滴加NaOH溶液，c（OH－）增大，抑制A2－的水解，D项正确。

13．下图中的电化学装置以甲醇（CH3OH）为主要原料合成碳酸二甲酯[（CH3O）2CO]，相关说法错误的是

A．B是直流电源的负极

B．碳酸二甲酯中碳均为+4价

C．阳极附近溶液pH降低

D．每当有2molH+通过离子交换膜，消耗氧气的体积在标准状况下为11.2L

【答案】B

【解析】由题意知，该装置可以用甲醇、CO和氧气合成碳酸二甲酯，其中氧气是氧化剂发生还原反应。

由图中信息可知，甲醇从与A相连的电极通入，氧气从与B相连的电极通入，所以A为正极、B为负极。

A．B是直流电源的负极，A正确；B．碳酸二甲酯中，羰基上的碳显+4价，甲基中的碳为-2价，分子中碳的平均化合价为0，B不正确；C．阳极的电极反应为2CH3OH+CO-2e-=（CH3O）2CO+2H+，所以阳极附近溶液pH降低，C正确；D．由前面的分析可知，每当有2molH+通过离子交换膜，电路中就有2mole-通过，所以阴极就消耗0.5mol氧气，0.5mol氧气的体积在标准状况下为11.2L，D正确。

本题选B。

三、非选择题：

共174分。

第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33~38题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：

共129分。

26．（14分）由H、C、N、O、S等元素形成多种化合物在生产生活中有着重要应用。

Ⅰ．化工生产中用甲烷和水蒸气反应得到以CO和H2为主的混合气体，这种混合气体可用于生产甲醇，回答下列问题：

（1）对甲烷而言，有如下两个主要反应：

①CH4（g） +1/2O2（g） =CO（g） +2H2（g）△H1=-36kJ·mol-1

②CH4（g） +H2O（g） =CO（g） +3H2（g） △H2=+216kJ·mol-1

若不考虑热量耗散，物料转化率均为100%，最终炉中出来的气体只有CO、H2，为维持热平衡，年生产lmolCO，转移电子的数目为_______。

（2）甲醇催化脱氢可制得重要的化工产品一甲醛，制备过程中能量的转化关系如图所示。

①写出上述反应的热化学方程式________________________________。

②反应热大小比较：

过程I________过程II （填“大于”“小于”或“等于”）。

II．（3）汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，这使NOx的有效消除成为环保领城的重要课题。

某研究性小组在实验室以Ag-ZSM-5为催化剂，则得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图所示。

若不使用CO，温度超过775K，发现NO的分解率降低。

其可能的原因为_____________________________________，在n（NO）/n（CO）=1的条件下，为更好的除去NOx物质，应控制的最佳温度在_______K左右。

（4）车辆排放的氮氧化物、煤燃烧产生的二氧化硫是导致雾霾天气的“罪魁祸首”。

活性炭可处理大气污染物NO。

在5L密闭容器中加入NO和活性炭（假设无杂质），一定条件下生成气体E和F。

当温度分别在T1℃ 和T2℃时，测得各物质平衡时物质的量（n/mol） 如下表：

物质

温度℃

活性炭

NO

E

F

初始

3.000

0.10

0

0

T1

2.960

0.020

0.040

0.040

T2

2.975

0.050

0.025

0.025

①写出NO与活性炭反应的化学方程式_________________________________________；

②若T1”“<”或“=”） ；

③上述反应T1℃时达到化学平衡后再通入0.1molNO气体，则达到新化学平衡时NO的转化率为______。

【答案】

（1）6NA

（2）①CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g）ΔH=+（E2-E1）kJ/mol②等于

（3）NO分解反应是放热反应，升高温度不利于反应进行（只写升高温度不利于反应进行也得满分，其他合理说法也得分）870（接近即可给分）

（4）①C+2NO

CO2+N2②<③80%

【解析】为维持热平衡，①×6+②相加可得7CH4（g）+3O2（g）+H2O（g）=7CO（g）+15H2（g）△H=0，反应中生成7molCO转移电子总数42mol，所以产生lmolCO转移的电子数为6NA；正确答案：

6NA。

（2）①根据图示所示，ΔH=生成物总能量-反应物总能量=（E2-E1）kJ/mol，反应的热化学方程式为：

CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g）ΔH=+（E2-E1）kJ/mol；正确答案：

CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g）ΔH=+（E2-E1）kJ/mol。

②ΔH为E2和E1的差值，根据图示可知E2-E1的差值没有发生变化，所以过程I和过程II反应热相等；正确答案：

相等。

（3）从图像变化可以看出，当不使用CO时，温度超过775K，发现NO的分解率降低，说明NO分解反应是放热反应，升高温度，平衡左移，不利于反应向右进行；正确答案：

NO分解反应是放热反应，升高温度不利于反应进行（只写升高温度不利于反应进行也得满分，其他合理说法也得分）。

在n（NO）/n（CO）=1的条件下，为更好的除去NOx物质，要求NO转化率越大越好，根据图像分析，应控制的最佳温度在870K左右；正确答案：

870（接近即可给分）。

（4）①根据表中信息：

反应物的变化量分别为：

∆n（C）=0.04mol，∆n（NO）=0.08mol，∆n（E）=∆n（F）=0.04mol；即各物质的系数之比为1：

2：

1：

1，根据原子守恒规律可知反应的方程式为：

C+2NO

CO2+N2。

②温度为T1℃，∆n（NO）=0.08mol，，温度为T2℃，∆n（NO）=0.05mol，，若T1

<。

③T1℃时，容器的体积为5升，发生如下反应

C（s）+2NO（g）

CO2（g）+N2（g）

起始量30.100

变化量0.040.080.040.04

平衡量2.960.020.040.04

反应的平衡常数为K=c（N2）c（CO2）/c2（NO）=（0.04/5）2/（0.02/5）2=4；上述反应T1℃时达到化学平衡后再通入0.1molNO气体，设反应生成CO2为xmol，则：

C（s）+2NO（g）

CO2（g）+N2（g）

起始量2.960.120.040.04

变化量2xxx

平衡量0.12-2x0.04+x0.04+x

由于温度不变，平衡常数保持不变；[（0.04+x）/5]2/[（0.12-2x）/5]2=4，解之x=0.04mol

则达到新化学平衡时NO的转化率为（2×0.04）/0.1×100%=80%；正确答案：

80%。

27．（15分）碲（Te）为第ⅥA元素，其单质凭借优良的性能成为制作合金添加剂、半导体、光电元件的主体材料，并被广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。

可从精炼铜的阳极泥（主要成分为Cu2Te）中回收碲。

（1）“培烧”后，碲主要以TeO2 形式存在，写出相应反应的离子方程式：

_______________。

（2）为了选择最佳的培烧工艺进行了温度和硫酸加入量的条件试验，结果如下表所示：

温度/℃

硫酸加入量（理论量倍数）

浸出率/%

Cu

Te

450

1.25

77.3

2.63

460

1.00

80.29

2.81

1.25

89.86

2.87

1.50

92.31

7.70

500

1.25

59.83

5.48

550

1.25

11.65

10.63

则实验中应选择的条件为_________________，原因为______________________________。

（3）滤渣1在碱浸时发生的化学方程式为_____________________________。

（4）工艺（I）中，“还原”时发生的总的化学方程式为____________________________。

（5）由于工艺（I）中“氧化”对溶液和物料条件要求高。

有研究者采用工艺（Ⅱ）获得磅．则“电积”过程中，阴极的电极反应式为____________________________________。

（6）工业生产中，滤渣2经硫酸酸浸后得滤液3和滤渣3。

①滤液3 与滤液1合并。

进入铜电积系统。

该处理措施的优点为_______________________。

②滤渣3中若含Au和Ag，可用_____将二者分离。

（填字母）

A．王水B．稀硝酸C．浓氢氧化钠溶液D．浓盐酸

【答案】

（1）Cu2Te+4H++2O2

2Cu2++TeO2+2H2O

（2）460℃，硫酸用量为理论量的1.25倍该条件下，铜的浸出率高且碲的损失较低

（3）TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O（4）Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4==4Na2SO4+Te+H2O

（5）TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-

（6）①CuSO4溶液回收利用，提高经济效益②B

【解析】

（1）Cu2Te在H2SO4条件下，与氧气在高温下反应生成TeO2和CuSO4，反应的离子方程式Cu2Te+4H++2O2

2Cu2++TeO2+2H2O。

（2）从图表信息可知：

当硫酸的量一定时，温度升高时，铜的浸出率降低；温度一定时，铜和Te的浸出率均增大。

在460℃条件下，硫酸用量为理论量的1.25倍的条件下最佳，铜的浸出率高且Te的损失较小；正确答案：

460℃，硫酸用量为理论量的1.25倍；该条件下，铜的浸出率高且碲的损失较低。

（3）从流程可知，滤渣1为TeO2，它可与碱反应生成TeO32-。

（4）从流程图可知：

Na2TeO4被Na2SO3还原为Te，而Na2SO3被氧化为Na2SO4，总反应方程式：

Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4==4Na2SO4+Te+H2O。

（5）根据反应TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，生成的TeO32-在阴极得电子被还原为Te，阴极反应方程式为：

TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。

（6）①工业生产中，滤渣2为少量的氢氧化铜固体，经硫酸酸浸后得滤液硫酸铜，滤液1中主要成分也为硫酸铜，滤液3 与滤液1合并进入铜电积系统，提取金属铜，有效回收利用了硫酸铜，提高经济效益；正确答案：

CuSO4溶液回收利用，提高经济效益。

②Au和Ag都与王水反应，与浓氢氧化钠溶液、.浓盐酸均不反应；但是Au与稀硝酸不反应而Ag可以反应，所以可以用稀硝酸将二者分离；正确答案：

B。

28．（14分）亚硝酰氯（NOCl）是有机合成中的重要试剂，可由一氧化氮与氯气在常温常压下合成。

已知NOCl是一种红褐色液体或黄色气体，其熔点是−64.5℃，沸点是−5.5℃，遇水易水解。

（1）实验室制备合成NOCl的原料气NO和Cl2的装置如下图所示。

①实验室制备NO时，装置A中烧瓶内发生反应的化学方程式为_________________。

②实验室制Cl2时，装置B中盛放的试剂为__________，其作用是_____________________。

（2）将上述收集到的Cl2充入U型管中，按图示装置制备亚硝酰氯。

①NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为____________

②装置D中的现象是____________________________________。

③装置E中的无水氯化钙的作用是___________________________。

④某同学认为装置F不能吸收NO，为解决这一问题，可将尾气与某种气体同时通入氢氧化钠溶液中，该气体可以是________（填化学式）。

（3）NO可用间接电化学法除去，其原理如下图所示。

吸收塔内发生的离子方程式为__________。

【答案】

（1）3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

（2）饱和食盐水（3）除去Cl2中的HCl（4）

（5）黄绿色气体逐渐变浅，有红褐色液体生成

（6）吸收水蒸气，防止水蒸气进入D装置（7）O2

（8）2NO+2S2O42‾+2H2O=N2+4HSO3‾

【解析】

（1）图1为固体与液体混合加热型制气装置①实验室制NO时，可选用铜与稀硝酸制取，装置A中烧瓶内发生反应的化学方程式为3Cu+8HNO3（稀）==3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O。

②实验室制Cl2时，可选用二氧化锰和浓盐酸，制得的氯气中有氯化氢气体，用饱和食盐水除去，装置B中盛放的试剂为饱和食盐水，其作用是除去Cl2中的HCl气体；

（2）①NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则氮原子与氧原子形成两对共用电子对，与氯原子形成一对，电子式为：

则NOCl的电子式为

。

②装置D中为氯气制备NOCl，故现象为黄绿色气体逐渐变浅，有红褐色液体生成；③NOCl遇水易分解，装置E中无水氯化钙的作用为吸收水蒸气，防止水蒸气进入D装置。

④某同学认为装置F不能吸收NO，为解决这一问题，可将尾气与氧气同时通入氢氧化钠溶液中，生成硝酸钠，这种气体的化学式是O2。

（3）①阴极发生还原反应，得电子，亚硫酸氢根离子反应生成硫代硫酸根离子，电极反应式为：

2HSO3－+2e－+2H＋═S2O42－+2H2O；②硫代硫酸根离子与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气，离子反应方程式为：

2NO+2S2O42－+2H2O═N2+4HSO3－。

（二）选考题：

共45分。

请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。

如果多做，则每科按所做的第一题计分。

35．【选修3——物质的结构与性质】（15分）

金属钛性能优越，被誉为继Fe、Al后应用广泛的“第三金属”。

（1）Ti基态原子的价电子排布式为_________。

（2）钛能与B、C、N、O等非金属元素形成稳定的化合物。

电负性：

C___Ti（填“>”或“<“，下同）；第一电离能：

N____O，原因是_________。

（3）月球岩石——玄武岩的主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3）。

FeTiO3与80%的硫酸反应可生成TiOSO4。

SO42-的空间构型为________形，其中硫原子的杂化方式为_______，写出与SO42-互为等电子体的一种分子的化学式：

________。

（4）Ti的氧化物和CaO相互作用能形成钛酸盐CaTiO3，CaTiO3的晶体结构如图1，Ti位于立方体的体心。

该晶体中，Ca2+的配位数为______。

（5）Fe能形成多种氧化物，其中FeO晶胞结构如图2。

FeO晶胞边长为428pm则FeO晶体的密度为___________g/cm3（阿伏伽德罗常数的值用NA表示，1pm=10-12m，写出计算式即可）。

【答案】

（1）3d24s2

（2）>>N原子中的2p轨道处于半充满状态，更稳定

（3）正四面体sp3CCl4、SiCl4、SO2Cl2等

（4）12

（5）

FeO晶体的密度为

g/cm3

36．【选修5——有机化学基础】（15分）

从薄荷油中得到一种烃A（C10H16），与A相关反应如下：

已知：

（1）B所含官能团的名称为_____________。

（2）含两个-COOCH3基团的C的同分异构体共有___种（不考虑手性异构），其中核磁共振氢谱显示2个吸收峰的异构体结构简式为________。

（3）D→E的反应类型为_________。

（4）G为含六元环的化合物，写出其结构简式________。

（5）F在一定条件下发生聚合反应可得到一种高吸水性树脂，该树脂名称为____。

（6）写出E→F的化学反应方程式：

________________。

（7）参照上述合成路线，设计由苯为原料（无机试剂任选）合成己二酸的合成路线。

【答案】

（1）羰基、羧基

（2）4

（3）取代反应（4）

（5）聚丙烯酸钠

（6）

（7）

（6）E为CH3CHBrCOOH，E在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应、中和反应得到F：

CH2=CHCOONa，反应的化学反应方程式为

，故答案为：

；

（7）由苯合成己二酸，可以首先由苯发生苯环上的取代反应生成氯苯，再加成生成一氯环己烷，然后消去生成烯烃，最后用高锰酸钾氧化