2018年高考真题——理综（全国卷Ⅲ）.docx

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1、绝密启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试化学部分注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 S 32 Fe 56一、选择题1. 化学与生活密切相关。下列说法错误的是A. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火B. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性C. 家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法【答案】A【

2、解析】分析：本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。详解：A泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，A错误。B疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B正确。C油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油

3、漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，C正确。D电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼所以应该是原电池的负极，从而对正极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，D正确。点睛：本题是一道比较传统的化学与生产生活相关的问题，需要学生能够熟悉常见化学物质的性质和用途，同时能用化学原理解释生产生活中的某些过程。需要指出的是，选项D 中的牺牲阳极的阴极保护法，实际指的是形成原电池的保护方法。2. 下列叙述正确的是A. 24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数B. 同等质

4、量的氧气和臭氧中，电子数相同C. 1 mol重水与1 mol水中，中子数比为21D. 1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同【答案】B【解析】分析：本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。详解：A1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。B设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为2=mol和3=mol，即此

5、时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。C重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。D乙烷（C2H6）分子中有6个CH键和1个CC键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个CH键和1个CC，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。点睛：本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题

6、，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。3. 苯乙烯是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是A. 与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应B. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯D. 在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯【答案】C【解析】分析：本题考查的是有机物的化学性质，应该先确定物质中含有的官能团或特定结构（苯环等非官能团），再根据以上结构判断其性质。详解：A苯乙烯中有苯环，液溴和铁粉作用下，溴取代苯环上的氢原子，所以选项A正确。B苯乙烯中有碳碳双键可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以能使酸性高锰酸钾溶

7、液褪色，选项B正确。C苯乙烯与HCl应该发生加成反应，得到的是氯代苯乙烷，选项C错误。D乙苯乙烯中有碳碳双键，可以通过加聚反应得到聚苯乙烯，选项D正确。点睛：本题需要注意的是选项A，题目说将苯乙烯与液溴混合，再加入铁粉，能发生取代，这里的问题是，会不会发生加成反应。碳碳双键和液溴是可以发生加成的，但是反应的速率较慢，加入的铁粉与液溴反应得到溴化铁，在溴化铁催化下，发生苯环上的氢原子与溴的取代会比较快；或者也可以认为溴过量，发生加成以后再进行取代。4. 下列实验操作不当的是A. 用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率B. 用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选

8、择酚酞为指示剂C. 用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+D. 常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二【答案】BC用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na+，选项C正确。D蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二，选项D正确。点睛：本题选项B涉及的是滴定过程中指示剂的选择。一般来说，应该尽量选择的变色点与滴定终点相近，高中介绍的指示剂主要是酚酞（变色范围为pH=810）和甲基橙（变色范围为pH=3.14.4）。本题中因为滴定终点的时候溶液一定为酸性（二氧化碳饱和溶液

9、pH约为5.6），所以应该选择甲基橙为指示剂。对于其他滴定，强酸强碱的滴定，两种指示剂都可以；强酸滴定弱碱，因为滴定终点为强酸弱碱盐，溶液显酸性，所以应该使用甲基橙为指示剂；强碱滴定弱酸，因为滴定终点为强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以应该使用酚酞为指示剂。5. 一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。下列说法正确的是A. 放电时，多孔碳材料电极为负极B. 放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极C. 充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移D. 充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+（1）O2【答案】D【解析】分析

10、：本题考查的是电池的基本构造和原理，应该先根据题目叙述和对应的示意图，判断出电池的正负极，再根据正负极的反应要求进行电极反应方程式的书写。&网详解：A题目叙述为：放电时，O2与Li+在多孔碳电极处反应，说明电池内，Li+向多孔碳电极移动，因为阳离子移向正极，所以多孔碳电极为正极，选项A错误。B因为多孔碳电极为正极，外电路电子应该由锂电极流向多孔碳电极（由负极流向正极），选项B错误。C充电和放电时电池中离子的移动方向应该相反，放电时，Li+向多孔碳电极移动，充电时向锂电极移动，选项C错误。D根据图示和上述分析，电池的正极反应应该是O2与Li+得电子转化为Li2O2-X，电池的负极反应应该是单质L

11、i失电子转化为Li+，所以总反应为：2Li + (1)O2 Li2O2-X，充电的反应与放电的反应相反，所以为Li2O2-X 2Li + (1)O2，选项D正确。点睛：本题是比较典型的可充电电池问题。对于此类问题，还可以直接判断反应的氧化剂和还原剂，进而判断出电池的正负极。本题明显是空气中的氧气得电子，所以通氧气的为正极，单质锂就一定为负极。放电时的电池反应，逆向反应就是充电的电池反应，注意：放电的负极，充电时应该为阴极；放电的正极充电时应该为阳极。6. 用0.100 molL-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 molL-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是A.

12、 根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10B. 曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)c(Cl-)=Ksp(AgCl)C. 相同实验条件下，若改为0.0400 molL-1 Cl-，反应终点c移到aD. 相同实验条件下，若改为0.0500 molL-1 Br-，反应终点c向b方向移动【答案】C【解析】分析：本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。详解：A选取横坐标为50mL的点，此时向50mL 0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1mol/L的AgNO3溶液，所

13、以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol/L（按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍），由图示得到此时Cl-约为110-8mol/L（实际稍小），所以KSP(AgCl)约为0.02510-8=2.510-10，所以其数量级为10-10，选项A正确。B由于KSP(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)c(Cl-)KSP(AgCl)，选项B正确。C滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的C

14、l-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为250.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误。D卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以KSP(AgCl)应该大于KSP(AgBr)，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a点变为b点。选项D

15、正确。点睛：本题虽然选择了一个学生不太熟悉的滴定过程沉淀滴定，但是其内在原理实际和酸碱中和滴定是一样的。这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的点，酸碱中和滴定是酸碱恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，这样就能判断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。7. W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液。下列说法正确的是A. 原子半径大小为WXYZB. X的氢化物水溶液酸性强于Z的C. Y2W2与ZW2均含有非极性共价键D. 标准状况下W的单质状态与X的相同【答案】DBHCl是强酸，HF是弱酸，所以X

16、（F）的氢化物水溶液的酸性弱于Z（Cl）的。选项B错误。CClO2的中心原子是Cl，分子中只存在Cl和O之间的极性共价键，选项C错误。D标准状况下，W的单质O2或O3均为气态，X的单质F2也是气态。选项D正确。点睛：本题相对比较简单，根据题目表述可以很容易判断出四个字母分别代表的元素，再代入四个选项判断即可。要注意选项D中，标准状况下氧气、臭氧、氟气的状态为气体。二、非选择题（一）必考题8. 硫代硫酸钠晶体（Na2S2O35H2O，M=248 gmol1）可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：（1）已知：Ksp(BaSO4)=1.11010，Ksp(BaS2O3)=4.1105。市售硫代硫酸钠中

17、常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液实验步骤现象取少量样品，加入除氧蒸馏水固体完全溶解得无色澄清溶液_，有刺激性气体产生静置，_（2）利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：溶液配制：称取1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在_中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的_中，加蒸馏水至_。滴定：取0.00950 molL1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应： Cr2O72+6I+14H+3I2+2Cr3+7H2O。

18、然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32S4O62+2I。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液_，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为_%（保留1位小数）。【答案】(1). 加入过量稀盐酸 (2). 出现乳黄色浑浊 (3). （吸）取上层清液，滴入BaCl2溶液 (4). 产生白色沉淀 (5). 烧杯 (6). 容量瓶 (7). 刻度 (8). 蓝色褪去 (9). 95.0【解析】分析：本题考查的是化学实验的相关知识，主要包括两个方面一个是硫酸根离子的检验，一个是硫代硫酸钠的定量检测。详解：（1）检验样品中的硫酸根离子，应该

19、先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液。但是本题中，硫代硫酸根离子和氢离子以及钡离子都反应，所以应该排除其干扰，具体过程应该为先将样品溶解，加入稀盐酸酸化（反应为S2O32- + 2H+ = SO2+S+H2O），静置，取上层清液中滴加氯化钡溶液，观察到白色沉淀，证明存在硫酸根离子。所以答案为：加入过量稀盐酸；有乳黄色沉淀；取上层清液，滴加氯化钡溶液；有白色沉淀产生。学#配制一定物质的量浓度的溶液，应该先称量质量，在烧杯中溶解，在转移至容量瓶，最后定容即可。所以过程为：将固体再烧杯中加入溶解，全部转移至100mL容量瓶，加蒸馏水至刻度线。淡黄绿色溶液中有单质碘，加入淀粉为指示剂，溶液显蓝色，用硫代硫酸

20、钠溶液滴定溶液中的单质碘，滴定终点时溶液的蓝色应该褪去。根据题目的两个方程式得到如下关系式：Cr2O72-3I26S2O32-，则配制的100mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c=，含有的硫代硫酸钠为0.004597mol，所以样品纯度为点睛：本题考查的知识点比较基本，其中第一问中的硫代硫酸钠样品中硫酸根离子的检验，在2014年的天津、山东、四川高考题中都出现过，只要注意到有刺激性气味气体就可以准确作答。9. KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：（1）KIO3的化学名称是_。（2）利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示：“酸化反应”所得产物有KH(I

21、O3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是_。“滤液”中的溶质主要是_。“调pH”中发生反应的化学方程式为_。（3）KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。写出电解时阴极的电极反应式_。电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_，其迁移方向是_。与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有_（写出一点）。【答案】(1). 碘酸钾 (2). 加热 (3). KCl (4). KH(IO3)2+KOH2KIO3+H2O或（HIO3+KOHKIO3+H2O） (5). 2H2O+2e2OH+H2 (6). K+ (7). a到b (8). 产生Cl2易污染环境等【解析】分析：本

22、题考查的是化学工业以及电化学的相关知识。应该从题目的化工流程入手，判断每步流程操作的目的，就可以顺利解决问题。详解：（1）根据氯酸钾（KClO3）可以推测KIO3为碘酸钾。（2）将溶解在溶液中的气体排出的一般方法是将溶液加热，原因是气体的溶解度是随温度上升而下减小。第一步反应得到的产品中氯气在“逐Cl2”时除去，根据图示，碘酸钾在最后得到，所以过滤时KH(IO3)2应该在滤渣中，所以滤液中主要为KCl。“调pH”的主要目的是将KH(IO3)2转化为KIO3，所以方程式为：KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O。（3）由图示，阴极为氢氧化钾溶液，所以反应为水电离的氢离子得电子，反应为2H2

23、O + 2e- = 2OH- + H2。电解时，溶液中的阳离子应该向阴极迁移，明显是溶液中大量存在的钾离子迁移，方向为由左向右，即由a到b。KClO3氧化法的最大不足之处在于，生产中会产生污染环境的氯气。点睛：题目的电解过程，可以理解为：阳极区的单质碘和氢氧化钾反应：3I2 + 6KOH = KIO3 + 5KI + 3H2O，生成的碘离子在阳极失电子再转化为单质碘，单质碘再与氢氧化钾反应，以上反应反复循环最终将所有的碘都转化为碘酸钾。阴极区得到的氢氧化钾可以循环使用。10. 三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：（1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液

24、体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式_。（2）SiHCl3在催化剂作用下发生反应：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) H1=48 kJmol13SiH2Cl2(g)SiH4(g)+2SiHCl3 (g) H2=30 kJmol1则反应4SiHCl3(g)SiH4(g)+ 3SiCl4(g)的H=_ kJmol1。（3）对于反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。343 K时反应的平衡转化率=_%。平衡常数K343

25、 K=_（保留2位小数）。在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是_；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有_、_。比较a、b处反应速率大小：a_b（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率=正逆=，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处=_（保留1位小数）。【答案】(1). 2SiHCl3+3H2O(HSiO)2O+6HCl (2). 114 (3). 22 (4). 0.02 (5). 及时移去产物 (6). 改进催化剂 (7). 提高反应物压强（浓度） (8). 大于 (9). 1.3（3）由图示，温度越高反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以

26、曲线a代表343K的反应。从图中读出，平衡以后反应转化率为22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为1mol/L，得到：2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4起始： 1 0 0反应： 0.22 0.11 0.11 （转化率为22%）平衡： 0.78 0.11 0.11所以平衡常数K=0.1120.782=0.02。温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离（两边物质的量相等，压强不影响平衡）。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是增大压强（增大反应物浓度）、加入更高效的催化剂（改进催化剂）。a、b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更

27、高，所以速率更快，即VaVb。根据题目表述得到，当反应达平衡时，所以，实际就是平衡常数K值，所以0.02。a点时，转化率为20%，所以计算出：2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4起始： 1 0 0反应： 0.2 0.1 0.1 （转化率为20%）平衡： 0.8 0.1 0.1所以=0.8；=0.1；所以点睛：题目的最后一问的计算过程比较繁琐，实际题目希望学生能理解化学反应的平衡常数应该等于正逆反应的速率常数的比值。要考虑到速率常数也是常数，应该与温度相关，所以不能利用b点数据进行计算或判断。（二）选考题11. 化学选修3：物质结构与性质锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回

28、答下列问题：（1）Zn原子核外电子排布式为_。（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能1（Zn）_1（Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是_。（3）ZnF2具有较高的熔点（872 )，其化学键类型是_；ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是_。（4）中华本草等中医典籍中，记载了炉甘石（ZnCO3）入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为_，C原子的杂化形式为_。（5）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为_。六棱柱底边边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为N

29、A，Zn的密度为_gcm3（列出计算式）。【答案】(1). Ar3d104s2 (2). 大于 (3). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (4). 离子键 (5). ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小 (6). 平面三角形 (7). sp2 (8). 六方最密堆积（A3型） (9). 【解析】分析：本题是物质结构与性质的综合题，需要熟练掌握这一部分涉及的主要知识点，一般来说，题目都是一个一个小题独立出现的，只要按照顺序进行判断计算就可以了。详解：（1）Zn是第30号元素，所以核外电子排布式为Ar3d104s2。（2）Zn的第一电离能

30、应该高于Cu的第一电离能，原因是，Zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到Zn最外层上是一对电子，而Cu的最外层是一个电子，Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。（3）根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。（4）碳酸锌中的阴离子为CO32-，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价电子对为3+(4322)/2=3对，所以空间构型为正三角形，中心C为sp2杂化。（5）由图示，堆积方

31、式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为12+2+3=6个，所以该结构的质量为665/NA g。该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6 cm2，高为c cm，所以体积为6 cm3。所以密度为：gcm-3。点睛：本题是比较常规的结构综合习题，考查的知识点也是多数习题考查的重点知识。需要指出的是最后一步的计算，可以选择其中的晶胞，即一个平行六面体作为计算的单元，直接重复课上讲解的密度计算过程即可。本题

32、的解析中选择了比较特殊的解题方法，选择六棱柱作为计算单元，注意六棱柱并不是该晶体的晶胞（晶胞一定是平行六面体），但是作为一个计算密度的单元还是可以的。12. 化学选修5：有机化学基础近来有报道，碘代化合物E与化合物H在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应，合成一种多官能团的化合物Y，其合成路线如下：已知：回答下列问题： （1）A的化学名称是_。（2）B为单氯代烃，由B生成C的化学方程式为_。（3）由A生成B、G生成H的反应类型分别是_、_。（4）D的结构简式为_。（5）Y中含氧官能团的名称为_。（6）E与F在Cr-Ni催化下也可以发生偶联反应，产物的结构简式为_。（7）X与D互为同分异构体，且具有

33、完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比为332。写出3种符合上述条件的X的结构简式_。【答案】(1). 丙炔 (2). (3). 取代反应 (4). 加成反应 (5). (6). 羟基、酯基 (7). (8).、【解析】分析：根据A的结构，第一步进行取代得到B，再将B中的Cl取代为CN，水解后酯化得到D；根据题目反应得到F的结构，进而就可以推断出结果。详解：A到B的反应是在光照下的取代，Cl应该取代饱和碳上的H，所以B为；B与NaCN反应，根据C的分子式确定B到C是将Cl取代为CN，所以C为；C酸性水解应该得到，与乙醇酯化得到D，所以D为，D与HI加成得到E。根

34、据题目的已知反应，要求F中一定要有醛基，在根据H的结构得到F中有苯环，所以F一定为；F与CH3CHO发生题目已知反应，得到G，G为；G与氢气加成得到H；H与E发生偶联反应得到Y。（1）A的名称为丙炔。（2）B为，C为，所以方程式为：。（3）有上述分析A生成B的反应是取代反应，G生成H的反应是加成反应。（4）D为。（5）Y中含氧官能团为羟基和酯基。（6）E和H发生偶联反应可以得到Y，将H换为F就是将苯直接与醛基相连，所以将Y中的苯环直接与羟基相连的碳连接即可，所以产物为。（7）D为，所以要求该同分异构体也有碳碳三键和酯基，同时根据峰面积比为3:3:2，得到分子一定有两个甲基，另外一个是CH2，所

35、以三键一定在中间，也不会有甲酸酯的可能，所以分子有6种：点睛：本题的最后一问如何书写同分异构，应该熟练掌握分子中不同氢数的影响，一般来说，3个或3的倍数的氢原子很有可能是甲基。2个或2的倍数可以假设是不是几个CH2的结构，这样可以加快构造有机物的速度。物理部分一、选择题： 1. 1934年，约里奥-居里夫妇用粒子轰击铝核，产生了第一个人工放射性核素X：。X的原子序数和质量数分别为A. 15和28 B. 15和30 C. 16和30 D. 17和31【答案】B【解析】试题分析 本题考查核反应方程遵循的规律及其相关的知识点。解析 根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知，X的电荷数为2+13=1

36、5，质量数为4+27-1=30，根据原子核的电荷数等于原子序数，可知X的原子序数为15，质量数为30，选项B正确。点睛 此题与2014年高考上海试题和2013年高考重庆试题类似，都是给出核反应方程，要求利用核反应同时遵循的质量数守恒和电荷数守恒解答。2. 为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍。P与Q的周期之比约为A. 2:1 B. 4:1 C. 8:1 D. 16:1【答案】C【解析】试题分析 本题考查卫星的运动、开普勒定律及其相关的知识点。解析 设地球半径为R，根据题述，地球卫星P的轨道半径为RP=16R，

37、地球卫星Q的轨道半径为RQ=4R，根据开普勒定律，=64，所以P与Q的周期之比为TPTQ=81，选项C正确。点睛 此题难度不大，解答此题常见错误是：把题述的卫星轨道半径误认为是卫星距离地面的高度，陷入误区。3. 一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交变电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值为u0，周期为T，如图所示。则Q方: Q正等于A. B. C. 1:2D. 2:1【答案】D【解析】试题分析 本题考查交变电流的图线、正弦交变电流的有效值、焦耳定律及其相关的知识点。解析 根据题述，正弦交变电流的电压有效值为，而方波交流电的有效值为u0，根

38、据焦耳定律和欧姆定律，Q=I2RT=T，可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q方Q正= u02（）2=21，选项D正确。点睛 此题将正弦交变电流和方波 交变电流、有效值、焦耳定律有机融合。解答此题常见错误是：一是把方波交变电流视为正弦交变电流；二是认为在一个周期T内产生的热量与电压有效值，导致错选B；三是比值颠倒，导致错选C。4. 在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的A. 2倍 B. 4倍 C. 6倍 D. 8倍【答案】A【解析】试题分析 本题考查平抛运动规律、机械能守恒定律及其相关的

39、知识点。解析 设甲球落至斜面时的速率为v1，乙落至斜面时的速率为v2，由平抛运动规律，x=vt，y=gt2，设斜面倾角为，由几何关系，tan=y/x，小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律， mv2+mgy=mv12，联立解得：v1=v，即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。同理可得，v2=v/2，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2倍，选项A正确。点睛 此题将平抛运动、斜面模型、机械能守恒定律有机融合，综合性强。对于小球在斜面上的平抛运动，一般利用平抛运动规律和几何关系列方程解答。5. 甲乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲乙两车的位置x随

40、时间t的变化如图所示。下列说法正确的是A. 在t1时刻两车速度相等B. 从0到t1时间内，两车走过的路程相等C. 从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D. 从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等【答案】CD点睛 此题以位移图像给出解题信息，考查对位移图像的理解。6. 地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程，A. 矿车上升所用的时间之比为4:5B. 电机的最大牵引力之比为

41、2:1C. 电机输出的最大功率之比为2:1D. 电机所做的功之比为4:5【答案】AC【解析】试题分析 本题考查速度图像，牛顿运动定律、功和功率及其相关的知识点。解析 设第次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，2t0v0=（t+3t0/2）v0，解得：t=5t0/2，所以第次和第次提升过程所用时间之比为2t05t0/2=45，选项A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F-mg=ma，可得提升的最大牵引力之比为11，选项B错误；由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为21，选项C正确；加速上升过程的加速度

42、a1=，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m(+g)，减速上升过程的加速度a2=-，减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g -)，匀速运动过程的牵引力F3=mg。第次提升过程做功W1=F1t0v0+ F2t0v0=mg v0t0；第次提升过程做功W2=F1t0v0+ F3v03t0/2+ F2t0v0 =mg v0t0；两次做功相同，选项D错误。点睛 此题以速度图像给出解题信息。解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功。实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相

43、同，利用功能关系得出两次做功相同。7. 如图（a），在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图（b）所示，规定从Q到P为电流的正方向。导线框R中的感应电动势A. 在时为零B. 在时改变方向C. 在时最大，且沿顺时针方向D. 在时最大，且沿顺时针方向【答案】AC【解析】试题分析 本题考查交变电流图象、法拉第电磁感应定律、楞次定律及其相关的知识点。解析 由图（b）可知，导线PQ中电流在t=T/4时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A正确；在t=T/

44、2时，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B错误；由于在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C正确；由楞次定律可判断出在t=T时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D错误。点睛 此题以交变电流图象给出解题信息，考查电磁感应及其相关知识点。解答此题常见错误主要有四方面：一是由于题目以交变电流图象给出解题信息，导致一些同学看到题后，不知如何入手；二是不能正确运用法拉第电磁感应定律分析判断；三是不能正确运用楞次定律分析判断，陷入误区。8. 如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是A. a的质量比b的大B. 在t时刻，a的动能比b的大C. 在t时刻，a和b的电势能相等D. 在t