高考化学全国卷1Word下载.docx

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11．支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。

下列有关表述不正确的是（　　）

A．通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零

B．通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩

C．高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流

D．通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整

11．C　[解析]由图示知，该装置为通过“外加电流的阴极保护法”进行防腐的装置，因此需外加强大的电流抑制金属电化学腐蚀产生电流，即通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零，A项正确；

通电后，被保护的钢管桩作阴极，高硅铸铁作阳极，因此通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩，B项正确；

高硅铸铁为惰性辅助阳极，所以高硅铸铁不损耗，C项错误；

外加电流的目的是抑制金属电化学腐蚀产生电流，因此通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，D项正确。

12．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。

由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后中，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。

下列说法不正确的是（　　）

A．X的简单氢化物的热稳定性比W的强

B．Y的简单离子与X的简单离子具有相同的电子层结构

C．Y与Z形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红

D．Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期

12．C　[解析]氨可作制冷剂，所以W是氮元素；

钠是短周期主族元素中原子半径最大的，所以Y是钠元素；

硫代硫酸钠与稀盐酸反应生成黄色沉淀硫单质和有刺激性气味的气体二氧化硫，所以X、Z分别是氧元素、硫元素。

氧元素非金属性强于氮元素，所以热稳定性：

H2O＞NH3，A项正确；

Na、O的简单离子都具有与氖原子相同的电子层结构，B项正确；

硫化钠水溶液呈碱性，该溶液可使石蕊试纸变蓝，C项错误；

S、O同为第ⅥA族元素，S、Na同为第三周期元素，D项正确。

13．常温下将NaOH溶液添加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。

下列叙述错误的是（　　）

A．Ka2（H2X）的数量级为10－6

B．曲线N表示pH与lg

的变化关系

C．NaHX溶液中c（H＋）>

c（OH－）

D．当混合溶液呈中性时，c（Na＋）>

c（HX－）>

c（X2－）>

c（OH－）＝c（H＋）

13．D　[解析]己二酸是二元弱酸，其第二步电离远小于第一步电离，由图中知，同pH时，曲线M对应横坐标的数值较小，故曲线M为己二酸的第二步电离，则曲线N是己二酸的第一步电离。

Ka2（H2X）＝

，当lg

＝0即

＝1.0时，c（H＋）≈10－5.4mol·

L－1，由此可得Ka2（H2X）≈10－5.4，A项正确；

由上述分析知，曲线N是己二酸的第一步电离，即曲线N表示pH与lg

的变化关系，B项正确；

在NaHX溶液中，HX－的电离常数Ka2（H2X）大于其水解常数（

），则溶液显酸性，即溶液中c（H＋）＞c（OH－），C项正确；

当混合溶液呈中性时，

＝

≈101.6＞0，即溶液中c（X2－）＞c（HX－），D项错误。

26．凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。

已知：

NH3＋H3BO3===NH3·

H3BO3；

NH3·

H3BO3＋HCl===NH4Cl＋H3BO3。

回答下列问题：

（1）a的作用是____________________。

（2）b中放入少量碎瓷片的目的是__________________。

f的名称是____________。

（3）清洗仪器：

g中加蒸馏水；

打开k1，关闭k2、k3，加热b，蒸气充满管路；

停止加热，关闭k1，g中蒸馏水倒吸进入c，原因是_____________；

打开k2放掉水，重复操作2～3次。

（4）仪器清洗后，g中加入硼酸（H3BO3）和指示剂，铵盐试样由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭k3，d中保留少量水。

打开k1，加热b，使水蒸气进入e。

①d中保留少量水的目的是____________________。

②e中主要反应的离子方程式为___________，e采用中空双层玻璃瓶的作用是________。

（5）取某甘氨酸（C2H5NO2）样品mg进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为cmol·

L－1的盐酸VmL，则样品中氮的质量分数为________%，样品的纯度≤________%。

26．

（1）避免b中压强过大

（2）防止暴沸　直形冷凝管

（3）c中温度下降，管路中形成负压（4）①液封，防止氨气逸出

②NH

＋OH－

NH3↑＋H2O　保温使氨完全蒸出（5）

[解析]由实验目的和装置图可知，铵盐与浓碱液在e中反应，通过b中产生水蒸气通入e中将反应液加热，使产生的氨气完全逸出进入装置g生成NH3·

H3BO3，然后利用盐酸来滴定NH3·

H3BO3，最后利用氮守恒即可求出蛋白质的含氮量。

（1）若b中压强较大，则a管内液面上升，因此a的作用就是避免b中压强过大。

（2）b中放入少量碎瓷片的目的是防止暴沸；

仪器f的名称是直形冷凝管。

（3）g中蒸馏水倒吸进入c，原因是c、e及其所连接的管道内因温度下降，水蒸气冷凝为水后，管路内形成负压，在大气压的作用下，锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入c中。

（4）①因氨气极易溶于水，因此d中保留少量水可达到液封、防止氨气逸出的目的。

②结合前面综述知，e中主要反应是铵盐与碱溶液在加热条件下的反应，离子方程式为NH

NH3↑＋H2O，e采用中空双层玻璃瓶的作用是减少热量损失，保温则有利于生成的氨气全部逸出。

L－1的盐酸VmL，根据反应NH3·

H3BO3＋HCl===NH4Cl＋H3BO3，可以求出样品中n（N）＝n（HCl）＝cmol·

L－1×

V×

10－3L＝0.001cVmol，则样品中氮的质量分数为

×

100%＝

%，样品中甘氨酸的质量≤0.001cV×

75g，所以样品的纯度≤

%。

27．Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：

（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如图所示。

由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为____________________。

（2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl

形式存在，写出相应反应的离子方程式：

__________。

（3）TiO2·

xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示：

温度/℃

30

35

40

45

50

TiO2·

xH2O

转化率/%

92

95

97

93

88

分析40℃时TiO2·

xH2O转化率最高的原因____________________。

（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，其中过氧键的数目为________。

（5）若“滤液②”中c（Mg2＋）＝0.02mol·

L－1，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c（Fe3＋）＝1.0×

10－5mol·

L－1，此时是否有Mg3（PO4）2沉淀生成？

________（列式计算）。

FePO4、Mg3（PO4）2的Ksp分别为1.3×

10－22、1.0×

10－24。

（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式：

_______。

27．

（1）100℃、2h，90℃、5h

（2）FeTiO3＋4H＋＋4Cl－===Fe2＋＋TiOCl

＋2H2O

（3）低于40℃，TiO2·

xH2O转化反应速率随温度升高而增加；

超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·

xH2O转化反应速率下降

（4）4

（5）Fe3＋恰好沉淀完全时，c（PO

）＝

mol·

L－1＝1.3×

10－17mol·

L－1，c3（Mg2＋）·

c2（PO

）值为0.013×

（1.3×

10－17）2＝1.7×

10－40<

Ksp[Mg3（PO4）2]，因此不会生成Mg3（PO4）2沉淀

（6）2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O4

2LiFePO4＋3CO2↑＋H2O↑

[解析]

（1）由图示知，在“酸浸”时，浸出率为70%时的条件为100℃、2h或90℃、5h。

（2）利用信息知，“酸浸”时FeTiO3与HCl反应生成TiOCl

，然后结合原子守恒、电荷守恒可得反应的离子方程式为FeTiO3＋4H＋＋4Cl－===Fe2＋＋TiOCl

＋2H2O。

（3）当低于40℃时，随温度升高，反应速率加快，故温度低于40℃时，相同时间内，随温度升高TiO2·

xH2O转化率升高；

当超过40℃时，H2O2易分解与氨水易挥发，所以当温度高于40℃时，H2O2的分解与氨水的挥发使TiO2·

xH2O转化反应速率下降，在相同时间内，TiO2·

xH2O转化率下降；

因此，在40℃时TiO2·

xH2O转化率最高。

（4）Li2Ti5O15中Li为＋1价、Ti为＋4价、O为－2、－1价（在O

中O为－1价，且每个O

中含有一个过氧键），设过氧键的数目为x，利用原子守恒和化合物中正负化合价代数和等于0可得：

（＋1）×

2＋（＋4）×

5＋（－1）×

2x＋（－2）×

（15－2x）＝0，解得x＝4。

（5）加入磷酸后，因溶液体积增加1倍，此时溶液中c（Mg2＋）＝0.01mol·

L－1。

当Fe3＋恰好沉淀完全时，c（PO

10－17mol·

L－1，此时溶液中c3（Mg2＋）×

）＝（0.01）3×

10－40＜Ksp[Mg3（PO4）2]，因此不会生成Mg3（PO4）2沉淀。

（6）由流程图知，煅烧FePO4、Li2CO3和H2C2O4制得LiFePO4，在反应过程中＋3价的Fe被还原，因此H2C2O4中＋3价的C必被氧化为＋4价的C，依据得失电子守恒和原子守恒可得反应的方程式为2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O4

2LiFePO4＋H2O↑＋3CO2↑。

28．近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。

（1）下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是________（填标号）。

A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以

B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸

C．0.10mol·

L－1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1

D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸

（2）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。

通过计算，可知系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）制氢的热化学方程式分别为_______，制得等量H2所需能量较少的是________。

（3）H2S与CO2在高温下发生反应：

H2S（g）＋CO2（g）COS（g）＋H2O（g）。

在610K时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。

①H2S的平衡转化率α1＝________%，反应平衡常数K＝________。

②在620K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率α2________α1，该反应的ΔH________0。

（填“>

”“<

”或“＝”）

③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是________（填标号）。

A．H2SB．CO2C．COSD．N2

28．

（1）D

（2）H2O（l）===H2（g）＋

O2（g）　ΔH＝286kJ·

mol－1

H2S（g）===H2（g）＋S（s）　ΔH＝20kJ·

mol－1　系统（Ⅱ）

（3）①2.5　2.8×

10－3②>

　>

　③B

[解析]

（1）依据强酸制弱酸的原理，结合实验事实可知酸性：

H2SO3>

H2CO3>

H2S；

亚硫酸、氢硫酸都是二元弱酸，由于溶液中离子浓度越大，溶液的导电性就越强，所以等浓度的亚硫酸的导电性比氢硫酸的强，可以说明等浓度的亚硫酸比氢硫酸的离子浓度大，即亚硫酸的电离常数大，故酸性：

等浓度的二元弱酸，酸电离产生的c（H＋）越大，溶液的酸性越强，则其pH就越小；

物质的还原性强弱与微粒中元素的化合价及微粒结构有关，与其电离产生氢离子的浓度大小无关，因此不能比较二者的酸性强弱。

故答案为D。

（2）系统（Ⅰ）中最终是水分解制取氢气，系统（Ⅱ）最终是H2S分解为硫和氢气。

利用盖斯定律，依据反应①H2SO4（aq）===SO2（g）＋H2O（l）＋

O2（g）　ΔH1＝327kJ·

mol－1、②SO2（g）＋I2（s）＋2H2O（l）===2HI（aq）＋H2SO4（aq）　ΔH2＝－151kJ·

mol－1和③2HI（aq）===H2（g）＋I2（s）　ΔH3＝110kJ·

mol－1，④H2S（g）＋H2SO4（aq）===S（s）＋SO2（g）＋2H2O（l）　ΔH4＝61kJ·

mol－1，将上述反应进行如下变形：

①＋②＋③，整理可得系统（Ⅰ）的热化学方程式为H2O（l）===H2（g）＋

mol－1；

②＋③＋④，整理可得系统（Ⅱ）的热化学方程式为H2S（g）===H2（g）＋S（s）　ΔH＝20kJ·

mol－1。

由此可知每反应产生1molH2，后者吸收的热量比前者少，所以制取等量的H2所需能量较少的是系统（Ⅱ）。

（3）设平衡时消耗H2S的物质的量为x，则产生H2O的物质的量也为x,因反应前后气体物质的量不变，由题意可得

＝0.02，解得x＝0.01mol，所以H2S的转化率α1＝

100%＝2.5%；

在该条件下反应达到平衡时化学平衡常数K＝

≈2.8×

10－3。

②根据题目提供的数据可知温度由610K升高到620K时，化学反应达到新平衡，水的物质的量分数由0.02变为0.03，所以H2S的转化率增大，α2>

α1；

根据题意可知，升高温度，化学平衡向正反应方向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，ΔH>

0。

③增大H2S的浓度，平衡正向移动，但加入量远远大于平衡移动转化消耗量，所以H2S转化率降低；

增大CO2的浓度，平衡正向移动，使更多的H2S反应，所以H2S转化率增大；

COS是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，H2S转化率降低；

N2是与反应体系无关的气体，充入N2，不能使化学平衡发生移动，所以对H2S转化率无影响。

35．[化学——选修3：

物质结构与性质]钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。

（1）元素K的焰色反应呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长为________（填标号）nm。

A．404.4B．553.5C．589.2D．670.8E．766.5

（2）基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是____________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为________。

K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低，原因是______________________________________________。

（3）X射线衍射测定等发现，I3AsF6中存在I

离子。

I

离子的几何构型为____________，中心原子的杂化形式为________________。

（4）KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立体结构，边长为a＝0.446nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。

K与O间的最短距离为______nm，与K紧邻的O个数为______。

（5）在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则K处于________位置，O处于________位置。

35．

（1）A

（2）N　球形　K原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱

（3）V形　sp3（4）0.315　12（5）体心　棱心

[解析]

（1）紫色波长在400nm～430nm间，因此结合选项知A项正确。

（2）基态K原子的价层电子排布式为4s1，故其核外电子占据最高能层为第四层，其能层的符号是N；

因最后一个电子填充在s轨道（能级）上，其电子云轮廓图为球形；

K和Cr虽属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但因金属K的原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱，故K的熔点、沸点等都比金属Cr低。

（3）在I

中中心原子I的价层电子对数为4（其中2个σ键、2个孤电子对），因此其轨道杂化类型为sp3杂化，但离子的空间几何构型同水分子一样为V形。

（4）利用晶胞结构可知，晶胞中K与O间的最短距离为晶胞面对角线的一半，即

0.446nm；

由晶胞易知，在同一平面内，与K紧邻的O个数为4，故在晶胞中与K紧邻的O个数为4×

3＝12。

（5）根据KIO3的化学式，以及晶胞结构可知，若I处于各顶角位置，则该晶胞中K处于体心，O处于棱心。

36．[化学——选修5：

有机化学基础]化合物H是一种有机光电材料中间体。

实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：

①RCHO＋CH3CHO

RCH===CHCHO＋H2O

②

（1）A的化学名称是________。

（2）由C生成D和E生成F的反应类型分别是______、________。

（3）E的结构简式为______________。

（4）G为甲苯的同分异构体，由F生成H的化学方程式为__________________。

（5）芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，写出2种符合要求的X的结构简式：

________________。

（6）写出用环戊烷和2丁炔为原料制备化合物

的合成路线：

_______________________________（其他试剂任选）。

36．

（1）苯甲醛

（2）加成反应　取代反应

（3）

（4）

（5）

中的2种

（6）

[解析]依据流程图，结合已知①，利用A＋CH3CHO―→C9H8O可知芳香族化合物A为苯甲醛，且B的结构简式为

，B→C则为醛基氧化为羧基，C的结构简式为

，由C的结构简式以及C→D反应条件和反应前后有关物质的分子式知，该反应为碳碳双键与溴的加成反应，得到D（D的结构简式为

），D→E则是溴代烃的消去反应，故E的结构简式为

，由此知E→F为羧酸与醇的酯化反应（也是取代反应），故F的结构简式为

。

依据F、H的结构简式可知G（甲苯的同分异构体）的结构简式为

，结合已知②，容易写出由F生成H的化学方程式，从而可顺利回答前4问。

（5）满足条件的F的同分异构体X必含—COOH、苯环，同时满足有6个H处于同一化学环境，应是两个—CH3且处于苯环的对称位置，结合F的结构简式（

）可得满足条件的X的结构简式有

、

（6）依据已知②可首先利用环戊烷制得环戊烯（环戊烷与氯气光照发生取代反应，氯代烃在NaOH醇溶液中加热发生消去反应制得），然后环戊烯与2丁炔在催化剂的作用下发生“已知②”的反应得到

，最后再与Br2发生加成反应即可得到最终产物。