1、2018年普通高等學校招生全國統一考試（新課標I卷)化學一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分)1.（6分)磷酸亞鐵鋰（LiFePO4)電池是新能源汽車的動力電池之一，采用濕法冶金工藝回收廢舊磷酸亞鐵鋰電池正極片中的金屬，其流程如下：下列敘述錯誤的是（)A.合理處理廢舊電池有利于保護環境和資源再利用B.從“正極片”中可回收的金屬元素有Al、Fe、LiC.“沉淀”反應的金屬離子為Fe3+D.上述流程中可用硫酸鈉代替碳酸鈉解析：A.合理處理廢舊電池，可減少污染性廢水的排放，且回收含有Al、Fe等金屬，可再利用，故A正確；B.由以上分析可知從“正極片”中可回收的金屬元素有Al、Fe、Li等，故

2、B正確；C.硝酸具有強氧化性，可氧化亞鐵離子生成鐵離子，則“沉淀”反應的金屬離子為Fe3+，故C正確；D.加入硫酸鈉，不能生成含Li沉淀，故D錯誤。答案：D2.（6分)下列說法錯誤的是（)A.蔗糖、果糖和麥芽糖均為雙糖B.酶是一類具有高選擇催化性能的蛋白質C.植物油含不飽和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4 褪色D.淀粉和纖維素水解的最終產物均為葡萄糖解析：A.蔗糖和麥芽糖均為雙糖，果糖為單糖，故A錯誤；B.絕大多數酶是蛋白質，少數具有生物催化功能的分子不是蛋白質，如復合酶，故B錯誤；C.植物油為液態油脂，分子的烴基中含不飽和碳碳雙鍵，這種脂肪酸酯，能使Br2/CCl4 褪色，發生加成反應，故C正

3、確；D.淀粉和纖維素為多糖，一定條件下水解的最終產物均為葡萄糖，故D正確。答案：AB3.（6分)在生成和純化乙酸乙酯的實驗過程中，下列操作未涉及的是（)A.B.C.D.解析：A.乙酸乙酯的制備是乙醇濃硫酸和乙酸混合溶液加熱生成的，選擇試管中加熱，故A不選；B.生成的乙酸乙酯混有乙酸、乙醇，通過飽和碳酸鈉溶液吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度，防止倒吸導氣管不能深入溶液，故B不選；C.飽和碳酸鈉溶液吸收靜置后，利用分液的方法分離，故C不選；D.圖中是利用蒸發皿加熱蒸發溶液得到溶質晶體的方法，在生成和純化乙酸乙酯的實驗過程中，操作未涉及，故D選。答案：D4.（6分)NA是阿伏加德羅常數的值，下

4、列說法正確的是（)A.16.25gFeCl3，水解形成的Fe（OH)3為膠體粒子數為0.1NAB.22.4L（標準狀況)氬氣含有的質子數為18NAC.92.0g甘油（丙三醇)中含有羥基數為1.0NAD.1.0molCH4與Cl2在光照下生成CH3Cl的分子數為1.0NA解析：A.膠體粒子是一個聚合體，16.25gFeCl3的物質的量為16.25g162.5g/mol=0.1mol，水解形成Fe（OH)3膠體時，多個Fe（OH)3聚合為一個膠體粒子，所以形成的膠體粒子數小于0.1mol，即0.1NA，故A錯誤；B.22.4L標準狀況的氬氣的物質的量為1mol，氬氣是單原子氣體，所以含有18mol

5、Ar，即含有18mol質子，即18NA個質子，故B正確；C.92.0g甘油（丙三醇)的物質的量為92g92g/mol=1mol，1mol丙三醇含有3mol羥基，即含有羥基數為3NA，故C錯誤；D.CH4與Cl2的在光照下發生的取代反應產物是混合物，不是完全生成CH3Cl，所以生成CH3Cl的分子數不是1.0NA，故D錯誤。答案：B5.（6分)環之間共用一個碳原子的化合物稱為螺環化合物，螺（2，2)戊烷（)是最單的一種，下列關于該化合物的說法錯誤的是（)A.與環戊烯互為同分異構體B.二氯化物超過兩種C.所有碳原子均處同一平面D.生成1molC5H12，至少需要2molH2解析：A.螺（2，2)戊

6、烷、環戊烯的分子式都為C5H8，環戊烯結構簡式為，螺（2，2)戊烷、環戊烯分子式相同結構不同，所以二者互為同分異構體，故A正確；B.螺（2，2)戊烷的二氯化物中兩個氯原子可能位于1號碳原子上、可能位于1號和2號碳原子上、可能位于1號和3號碳原子上，所以其二氯化物超過2種，故B正確；C.該分子中中間的碳原子上具有甲烷結構特點，甲烷為正四面體結構，所以該分子中所有C原子不可能共平面，故C錯誤；D.每個C5H12比螺（2，2)戊烷多4個氫原子，相當于2個H2，所以生成1molC5H12，至少需要2molH2，故D正確。答案：C6.（6分)主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加，且均不大于20.W、

7、X、Z最外層電子數之和為10；W與Y同族；W與Z形成的化臺物可與濃硫酸反應，其生成物可腐蝕玻璃。下列說法正確的是（)A.常溫常壓下X的單質為氣態B.Z的氫化物為離子化合物C.Y和Z形成的化合物的水溶液呈堿性D.W與Y具有相同的最高化合價解析：W與Z形成的化臺物可與濃硫酸反應，其生成物可腐蝕玻璃，能腐蝕玻璃的是HF，W原子序數小于Z，則W為F元素，W與Y同族且原子序數都不大于20，則Y為Cl元素，W、X、Z最外層電子數之和為10，主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加，且均不大于20，則X為Na元素、Z為Ca元素，或者X為Mg元素、Z為K元素；A.常溫下Na或Mg單質都是固態，故A錯誤；B.Z

8、的氫化物是KH或CaH2，二者都是離子化合物，故B正確；C.Y、Z形成的化合物是KCl或CaCl2，為強酸強堿鹽，其水溶液呈中性，故C錯誤；D.W、Y的最高價分別是0、+7價，F元素非金屬性最強，沒有正化合價，故D錯誤。答案：B7.（6分)最近我國科學家設計了一種CO2+H2S協同轉化裝置，實現對天然氣中CO2和H2S的高效去除。示意圖如右所示，其中電極分別為ZnO石墨烯（石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯，石墨烯電極區發生反應為：EDTAFe2+e=EDTAFe3+2EDTAFe3+H2S=2H+S+2EDTAFe2+該裝置工作時，下列敘述錯誤的是（)A.陰極的電極反應：CO2+2H+2eCO+H

9、2OB.協同轉化總反應：CO2+H2SCO+H2O+SC.石墨烯上的電勢比ZnO石墨烯上的低D.若采用Fe3+/Fe2+取代EDTAFe3+/EDTAFe2+，溶液需為酸性解析：A.根據圖知，ZnO石墨烯電極上反應物是CO2、H+，生成物是CO、H2O，該電極上得電子發生還原反應，電極反應式為CO2+2H+2eCO+H2O，故A正確；B.根據圖中進入物質、出來物質知，協同轉化過程中反應物是H2S、CO2，生成物是S、CO、H2O，電池反應式為CO2+H2SCO+H2O+S，故B正確；C.外電路中電流從高電勢流向低電勢，工作石墨烯電極失電子作陽極，ZnO石墨烯電極為陰極，則石墨烯電勢高于ZnO石

10、墨烯，故C錯誤；D.Fe3+、Fe2+在中性或堿性條件下產生沉淀，所以溶液應該為酸性，故D正確。答案：C二、解答題（共3小題，滿分43分)8.（14分)醋酸亞鉻（CH3COO)2Cr2H2O為磚紅色晶體，難溶于冷水，易溶于酸，在氣體分析中用作氧氣吸收劑。一般制備方法是先在封閉體系中利用金屬鋅作還原劑，將三價鉻還原為二價絡；二價鉻再與醋酸鈉溶液作用即可制得醋酸亞鉻。實驗裝置如圖所示。回答下列問題：（1)實驗中所用蒸餾水均需經煮沸后迅速冷卻，目的是 。解析：為避免亞鉻離子被氧化，應除去水中的溶解氧，則實驗中所用蒸餾水均需經煮沸后迅速冷卻，由裝置圖可知a為分液漏斗或滴液漏斗答案：去除水中的溶解氧 分

11、液（滴液)漏斗（2)將過量鋅粒和氯化鉻固體置于c中，加入少量蒸餾水，按圖連接好裝置。打開K1、K2，關閉K3。c中溶液由綠色逐漸變為亮藍色，該反應的離子方程式為 同時c中有氣體產生，該氣體的作用是 解析：c中溶液由綠色逐漸變為亮藍色，說明生成亞鉻離子，反應的離子方程式為Zn+2Cr3+=Zn2+2Cr2+，鹽酸與鋅反應可生成氫氣，可將裝置內的空氣排出，避免亞鉻離子被氧化。答案：Zn+2Cr3+=Zn2+2Cr2+ 排除c中空氣（3)打開K3，關閉K1和K2.c中亮藍色溶液流入d，其原因是 ；d中析出磚紅色沉淀。為使沉淀充分析出并分離，需采用的操作是 、 洗滌，干燥。解析：打開K3，關閉K1和K

12、2，c中壓強增大，可將亮藍色溶液流入d，為使沉淀充分析出并分離，需采用的操作是冷卻、過濾、洗滌，干燥等。答案：c中產生的氫氣使壓強大于大氣壓 冷卻 過濾（4)指出裝置d可能存在的缺點 解析：d為敞開體系，可能使醋酸亞鉻與空氣接觸而被氧化，應在密閉容器中制備答案：敞開體系，可能使醋酸亞鉻與空氣接觸9.（14分)焦亞硫酸鈉（Na2S2O5)在醫藥、橡膠、印染、食品等方面應用廣泛。回答下列問題：（1)生產Na2S2O5，通常是由NaHSO3過飽和溶液經結晶脫水制得。寫出該過程的化學方程式 解析：由NaHSO3過飽和溶液經結晶脫水制得Na2S2O5，所以發生反應的化學方程式為2NaHSO3Na2S2O

13、5+H2O答案：2NaHSO3Na2S2O5+H2O（2)利用煙道氣中的SO2生產Na2S2O5，的工藝為：pH=4.1時，中為 溶液（寫化學式)。工藝中加入Na2CO3固體，并再次充入SO2的目的是 。解析：向I中通入SO2使溶液pH變為4.1，說明溶液顯酸性，Na2CO3顯堿性，Na2SO3顯堿性，NaHCO3顯堿性，而NaHSO3顯酸性，說明反應產生了NaHSO3，I中的溶液應為NaHSO3溶液，工藝中加入Na2CO3固體，并再次充入SO2，考慮到后續操作步驟是結晶脫水制取Na2S2O5，發生這一步需要過飽和的NaHSO3溶液，由此判斷，再通入SO2的目的應為：增大NaHSO3濃度，形成

14、過飽和溶液。答案：NaHSO3 增大NaHSO3濃度，形成過飽和溶液（3)制備Na2S2O5也可采用三室膜電解技術，裝置如圖所示，其中SO2堿吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3.陽極的電極反應式為 。電解后， 室的NaHSO3濃度增加。將該室溶液進行結晶脫水，可得到Na2S2O5解析：電解池陽極為稀硫酸溶液，電解質溶液顯酸性，電解池陽極發生氧化反應，所以應為H2O放電，產生O2和H+，則電極反應為：2H2O4eO2+4H+，溶液中分隔各個室的膜為陽離子交換膜，陽離子向陰極移動，H+向右移動，在b室則發生反應：2H+2eH2，所以b室較a室H+濃度有所降低，因此電解后，a室的NaHSO3濃度

15、增加。答案：2H2O4eO2+4H+ a（4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化劑。在測定某葡萄酒中Na2S2O5殘留量時，取50.00mL葡萄萄酒樣品，用0.01000molL1的碘標準液滴定至終點，消耗10.00mL.滴定反應的離子方程式為該樣品中Na2S2O5的殘留量為gL1（以SO2計)解析：Na2S2O5可用作食品的抗氧化劑，說明Na2S2O5具有一定的還原性，能被碘標準液滴定，說明發生氧化還原反應產生Na2SO4，I2被還原為I，則發生滴定反應的離子方程式為：S2O52+2I2+3H2O2SO42+4I+6H+，取50.00mL葡萄萄酒樣品，用0.01000molL1的碘標準液滴定至

16、終點，消耗10.00mL，根據反應方程式，則樣品中Na2S2O5的殘留量以SO2計算應為：2×10.00×10-3L×0.01000mol/L2×64g/mol50.00×10-3L=0.128g/L答案：S2O52+2I2+3H2O2SO42+4I+6H+ 0.12810.（15分)采用N2O5為硝化劑是一種新型的綠色硝化技術，在含能材料、醫藥等工業中得到廣泛應用。回答下列問題：（1)1840年Devil用干燥的氯氣通過干燥的硝酸銀，得到N2O5，該反應氧化產物是一種氣體，其分子式為 解析：氯氣在反應中得到電子作氧化劑，硝酸銀中只有氧元素化合

17、價會升高，所以氧化產物是氧氣，分子式為O2。答案：O2（2)F.Daniels等曾利用測壓法在剛性反應器中研究了25時N2O5（g)分解反應：其中NO2二聚為N2O4的反應可以迅速達到平衡。體系的總壓強隨時間t的變化如下表所示（t=時，N2O5（g)完全分解)： t/min 0 40 80 160 260 1300 1700 /kPa 35.8 40.3 42.5 45.9 49.2 61.2 62.3 63.1已知：2N2O5（g)=2N2O4（g)+O2（g)H1=44kJmol12NO2（g)=N2O4（g)H2=55.3kJmol1則反應N2O5（g)=2NO2（g)+O2（g)的H=

18、 kJmol1研究表明，N2O5（g)分解的反應速率v=2×103×N2O5（kPamin1)t=62min時，測得體系中P02=2.9kPa，則此時的N2O5= kPa，v= kPamin1。若提高反應溫度至35，則N2O5（g)完全分解后體系壓強P（35) 63.1kPa（填“大于”“等于”或“小于”)，原因是 25時N2O4（g)2NO2（g)反應的平衡常數KP= kPa（Kp為以分壓表示的平衡常數，計算結果保留1位小數)。解析：已知：、2N2O5（g)=2N2O4（g)+O2（g)H1=4.4kJ/mol、2NO2（g)=N2O4（g)H2=55.3kJ/mol根據

19、蓋斯定律可知÷2即得到N2O5（g)=2NO2（g)+1/2O2（g)H=+53.1kJ/mol，根據方程式可知氧氣與消耗五氧化二氮的物質的量之比是1：2，又因為壓強之比是物質的量之比，所以消耗五氧化二氮減少的壓強是2.9kPa×2=5.8kPa，則此時五氧化二氮的壓強是35.8kPa5.8kPa=30.0kPa，因此此時反應速率v=2.0×103×30=6.0×102（kPamin1)，由于溫度升高，容器容積不變，總壓強提高，且二氧化氮二聚為放熱反應，溫度提高，平衡左移，體系物質的量增加，總壓強提高，所以若提高反應溫度至35，則N2O5（g)

20、完全分解后體系壓強p（35)大于63.1 kPa，故答案為：溫度升高，容器容積不變，總壓強提高，且二氧化氮二聚為放熱反應，溫度提高，平衡左移，體系物質的量增加，總壓強提高；大于；根據表中數據可知五氧化二氮完全分解時的壓強是63.1kPa，根據方程式可知完全分解時最初生成的二氧化氮的壓強是35.8kPa×2=71.6 kPa，氧氣是35.8kPa÷2=17.9 kPa，總壓強應該是71.6 kPa+17.9 kPa=89.5 kPa，平衡后壓強減少了8 9.5 kPa63.1kPa=26.4kPa，所以根據方程式2NO2（g) N2O4（g)可知平衡時四氧化二氮對應的壓強是2

21、6.4kPa，二氧化氮對應的壓強是71.6 kPa26.4kPa×2=18.8kPa，則反應的平衡常數K=18.8226.4KPa13.4KPa。答案：+53.1 30.0 6.0×102 13.4（3)對于反應2N2O5（g)4NO2（g)+O2（g)，R.A.Ogg提出如下反應歷程：第一步：N2O5NO2+NO3 快速平衡第二步NO2+NO3NO+NO2+O2 慢反應第三步NO+NO32NO2 快反應其中可近似認為第二步反應不影響第一步的平衡。下列表述正確的是 （填標號)A.v（第一步的逆反應)v（第二步反應)B.反應的中間產物只有NO3C.第二步中NO2與NO3的碰撞

22、僅部分有效D.第三步反應活化能較高解析：A.第一步反應快，所以第一步的逆反應速率大于第二步的逆反應速率，故A正確；B.根據第二步和第三步可知中間產物還有NO，故B錯誤；C.根據第二步反應生成物中有NO2可知NO2與NO3的碰撞僅部分有效，故C正確；D.第三步反應快，所以第三步反應的活化能較低，故D錯誤。答案：AC化學一選修3：物質結構與性質11.（15分)Li是最輕的固體金屬，采用Li作為負極材料的電池具有小而輕、能量密度大等優良性能，得到廣泛應用。回答下列問題：（1)下列Li原子電子排布圖表示的狀態中，能量最低和最高的分別為D、C（填標號)A.B.C.D.解析：原子核外電子排布中，如果電子所

23、占的軌道能級越高，該原子能量越高，根據圖知，電子排布能量最低的是1s、2s能級，能量最高的是2s、2p能級。答案：D、C（2)Li+與H具有相同的電子構型，r（Li+)小于r（H)，原因是 。解析：Li+與H具有相同的電子構型，離子核電荷數：Li+H，其吸引電子能力：Li+H，導致其半徑越小。答案：Li+核電荷數較大（3)LiAlH4是有機合成中常用的還原劑，LiAlH4中的陰離子空間構型是 中心原子的雜化形式為 。LiAlH4中，存在 （填標號)。A.離子鍵B.鍵C.鍵D.氫鍵解析：LiAlH4中的陰離子中Al原子價層電子對個數=4+3+1-4×12=4且不含孤電子對，根據價層電子

24、對互斥理論判斷其空間構型及中心原子雜化方式分別為正四面體形、sp3雜化；LiAlH4中，陰陽離子之間存在離子鍵、Al和H原子之間存在極性共價單鍵、配位鍵，所以含有的化學鍵為離子鍵、鍵、配位鍵。答案：正四面體 sp3 AB（4)Li2O是離子晶體，其晶格能可通過圖（a)的BormiHaber循環計算得到。可知，Li原子的第一電離能為 kJmol1，O=O鍵鍵能為 kJmol1，Li2O晶格能為 kJmol1。解析：Li原子的第一電離能為Li原子失去1個電子所需要的能量，所以其第一電離能為10402kJ/mol=520kJ/mol；O=O鍵鍵能為氧氣分子變為氧原子所需能量，其鍵能=2×249kJ/mol=498