【信息卷】2018年全国统一招生考试最新高考信息卷(五)理综化学

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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】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N A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1.010－3N A

B．58.5gNaCl固体含有N A个氯化钠分子

C．7.2gCaO2晶体中阴阳离子总数为0.2N A

D．1L0.5mol·L－1氨水含NH4+为0.5N A

【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0.2N A，故C正确；D．一水合氨为弱电解质，1L0.5mol·L－1氨水含NH4+少于0.5N A，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：Mg>S>Cl>F，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Li x C6+Li1-x CoO2C6+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：Li x C6－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-x CoO2+xLi+

【解析】从方程式中看出Li的化合价升高，Li x C6作负极，Li1-x CoO2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：Li x C6－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25mL 0.1mol/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H 2C 2O 4 ·2H 2O 在浓硫酸作用下脱水生成CO 、CO 2，要制得纯净的CO 气体，就必须除去CO 2和H 2O ，由实验装置知B 为除去CO 2，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CaSO 4要和CO 反应会产生SO 2 和CO 2，检验SO 2 和CO 2的顺序为检验SO 2→除去SO 2→验证是否除净→检验CO 2。

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SO 2和高锰酸钾溶液反应，则发生反应的离子方程式为5SO 2 +2MnO 4－

+2H 2O = 2Mn 2＋

+5SO 42－

+ 4H ＋

③能证明有CO 2的存在是使澄清石灰水变浑浊，因为SO 2也能使石灰水变浑浊，所以要先除去SO 2，故能证明有CO 2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CO 2和 SO 2，则G 中发生反应的化学方程式为CaSO 4 + CO=====高温

CaO + SO 2+CO 2。

（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CuSO 4溶液有黑色沉淀的气体为H 2S 。是G 装置中的固体产物加入稀盐酸产生的H 2S ，所以固体物质中含有硫化物，故CO 与CaSO 4在高温下发生的副反应为CaSO 4 + 4CO=====高温

CaS +4CO 2。

【答案】（1）坩埚和泥三角（2）浓NaOH 溶液浓硫酸

（3）① G→D→E→D→F→H ② 5SO 2+2MnO 4－

+2H 2O=2Mn 2++5SO 42－

+4H +③ 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④ CaSO 4+CO=====高温

CaO+SO 2+CO 2

（4）CaSO 4+4CO=====高温

CaS+4CO 2

27．（14分）甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO 、CO 2和H 2)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：

i ．CO 2(g)+3H 2(g) CH 3OH(g)+H 2O(g) ΔH 1 ii ．CO 2(g)+ H 2(g)CO(g)+H 2O(g) ΔH 2 iii ．CH 3OH(g)CO(g) +2H 2(g) ΔH 3

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△H 2=__________kJ·mol －

1。已知△H 3=+99kJ·mol －

1，则△H 1=_________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CO 2/H 2，CO/H 2、CO/CO 2/H 2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）CO 2(g)+ H 2

(g)

CO(g)+H 2O(g)，反应热=反应物总键能－生成物总键能，故△H 2=

（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△H 1=△H 2－△H 3=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CO 2/H 2，CO/H 2、CO/CO 2/H 2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CO 2和H 2，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 ．CO 2(g)+ H 2(g)CO(g)+H 2O(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．CO 2(g)+3H 2(g)

CH

3

OH(g)+H 2O(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Fe 3O 4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Fe 3O 4的离子方程式是。 （3）操作Ⅲ包含的方法有。

（4）检验Fe 3O 4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Fe 3O 4，当混合溶液中n(Fe 3+)∶n(Fe 2+)＝1∶1时，容易得到理想的纳米Fe 3O 4。

①实际制备时选择n(Fe 3+)∶n(Fe 2+)小于2∶1，原因是。

②该实验室无FeCl 2溶液，现用5mLFeCl 3溶液制备Fe 3O 4，配制n(Fe 3+)∶n(Fe 2+)＝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Fe 3O 4沉淀，反应的离子方程式为Fe 2+

+2Fe 3+

+8OH －

==========50℃~60℃

Fe 3O 4+4H 2O 。（3）操作Ⅲ是将沉

淀进行过滤和洗涤；（4）检验Fe 3O 4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K 3[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(Fe 3+)∶n(Fe 2+)小于2∶1，原因是制备过程中少量Fe 2+被氧化，最终n(Fe 3+)∶n(Fe 2+)接近理论值2：1。②该实验室无FeCl 2溶液，现用5mLFeCl 3溶液制备Fe 3O 4，配制n(Fe 3+

)∶n(Fe 2+

)＝1∶1混合溶液的方法是取2mLFeCl 3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3mLFeCl 3溶液，即为n(Fe 3+)∶n(Fe 2+)=1∶1混合溶液。

【答案】（1）水浴加热（2）Fe 2++2Fe 3++8OH －==========50℃~60℃

Fe 3O 4+4H 2O

（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K 3[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Fe 2+被氧化，最终n(Fe 3+)∶n(Fe 2+)接近理论值2∶1

②取2mLFeCl 3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3mLFeCl 3溶液，即为n(Fe 3+)∶n(Fe 2+)=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I 4(Co)

（2）单质硫与熟石灰加热产物之一为CaS 3，S 32-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，K 2S 的熔点为840℃，Na 2S 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3d 74s 2，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N A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/N A V0=155/N A a3g·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

（7）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）