2018年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試(新課標(biāo)I卷)化學(xué).doc

2018年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試（新課標(biāo)I卷)化學(xué)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(cuò)誤的是（)A.合理處理廢舊電池有利于保護(hù)環(huán)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(yīng)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B正確；C.硝酸具有強(qiáng)氧化性，可氧化亞鐵離子生成鐵離子，則“沉淀”反應(yīng)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(cuò)誤。答案：D2.（6分)下列說法錯(cuò)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(zhì)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(chǎn)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(cuò)誤；B.絕大多數(shù)酶是蛋白質(zhì)，少數(shù)具有生物催化功能的分子不是蛋白質(zhì)，如復(fù)合酶，故B錯(cuò)誤；C.植物油為液態(tài)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(fā)生加成反應(yīng)，故C正確；D.淀粉和纖維素為多糖，一定條件下水解的最終產(chǎn)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(shí)驗(yàn)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(dǎo)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(fā)皿加熱蒸發(fā)溶液得到溶質(zhì)晶體的方法，在生成和純化乙酸乙酯的實(shí)驗(yàn)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(shù)的值，下列說法正確的是（)A.16.25gFeCl3，水解形成的Fe（OH)3為膠體粒子數(shù)為0.1NAB.22.4L（標(biāo)準(zhǔn)狀況)氬氣含有的質(zhì)子數(shù)為18NAC.92.0g甘油（丙三醇)中含有羥基數(shù)為1.0NAD.1.0molCH4與Cl2在光照下生成CH3Cl的分子數(shù)為1.0NA解析：A.膠體粒子是一個(gè)聚合體，16.25gFeCl3的物質(zhì)的量為16.25g162.5g/mol=0.1mol，水解形成Fe（OH)3膠體時(shí)，多個(gè)Fe（OH)3聚合為一個(gè)膠體粒子，所以形成的膠體粒子數(shù)小于0.1mol，即0.1NA，故A錯(cuò)誤；B.22.4L標(biāo)準(zhǔn)狀況的氬氣的物質(zhì)的量為1mol，氬氣是單原子氣體，所以含有18molAr，即含有18mol質(zhì)子，即18NA個(gè)質(zhì)子，故B正確；C.92.0g甘油（丙三醇)的物質(zhì)的量為92g92g/mol=1mol，1mol丙三醇含有3mol羥基，即含有羥基數(shù)為3NA，故C錯(cuò)誤；D.CH4與Cl2的在光照下發(fā)生的取代反應(yīng)產(chǎn)物是混合物，不是完全生成CH3Cl，所以生成CH3Cl的分子數(shù)不是1.0NA，故D錯(cuò)誤。答案：B5.（6分)環(huán)之間共用一個(gè)碳原子的化合物稱為螺環(huán)化合物，螺（2，2)戊烷（)是最單的一種，下列關(guān)于該化合物的說法錯(cuò)誤的是（)A.與環(huán)戊烯互為同分異構(gòu)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)戊烷、環(huán)戊烯的分子式都為C5H8，環(huán)戊烯結(jié)構(gòu)簡式為，螺（2，2)戊烷、環(huán)戊烯分子式相同結(jié)構(gòu)不同，所以二者互為同分異構(gòu)體，故A正確；B.螺（2，2)戊烷的二氯化物中兩個(gè)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(jié)構(gòu)特點(diǎn)，甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)，所以該分子中所有C原子不可能共平面，故C錯(cuò)誤；D.每個(gè)C5H12比螺（2，2)戊烷多4個(gè)氫原子，相當(dāng)于2個(gè)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(shù)依次增加，且均不大于20.W、X、Z最外層電子數(shù)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(yīng)，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(zhì)為氣態(tài)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(jià)解析：W與Z形成的化臺物可與濃硫酸反應(yīng)，其生成物可腐蝕玻璃，能腐蝕玻璃的是HF，W原子序數(shù)小于Z，則W為F元素，W與Y同族且原子序數(shù)都不大于20，則Y為Cl元素，W、X、Z最外層電子數(shù)之和為10，主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)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(zhì)都是固態(tài)，故A錯(cuò)誤；B.Z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(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，其水溶液呈中性，故C錯(cuò)誤；D.W、Y的最高價(jià)分別是0、+7價(jià)，F(xiàn)元素非金屬性最強(qiáng)，沒有正化合價(jià)，故D錯(cuò)誤。答案：B7.（6分)最近我國科學(xué)家設(shè)計(jì)了一種CO2+H2S協(xié)同轉(zhuǎn)化裝置，實(shí)現(xiàn)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(qū)發(fā)生反應(yīng)為：EDTAFe2+e=EDTAFe3+2EDTAFe3+H2S=2H+S+2EDTAFe2+該裝置工作時(shí)，下列敘述錯(cuò)誤的是（)A.陰極的電極反應(yīng)：CO2+2H+2eCO+H2OB.協(xié)同轉(zhuǎn)化總反應(yīng)：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(jù)圖知，ZnO石墨烯電極上反應(yīng)物是CO2、H+，生成物是CO、H2O，該電極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為CO2+2H+2eCO+H2O，故A正確；B.根據(jù)圖中進(jìn)入物質(zhì)、出來物質(zhì)知，協(xié)同轉(zhuǎn)化過程中反應(yīng)物是H2S、CO2，生成物是S、CO、H2O，電池反應(yīng)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石墨烯，故C錯(cuò)誤；D.Fe3+、Fe2+在中性或堿性條件下產(chǎn)生沉淀，所以溶液應(yīng)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(jià)鉻還原為二價(jià)絡(luò)；二價(jià)鉻再與醋酸鈉溶液作用即可制得醋酸亞鉻。實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1)實(shí)驗(yàn)中所用蒸餾水均需經(jīng)煮沸后迅速冷卻，目的是 。解析：為避免亞鉻離子被氧化，應(yīng)除去水中的溶解氧，則實(shí)驗(yàn)中所用蒸餾水均需經(jīng)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(guān)閉K3。c中溶液由綠色逐漸變?yōu)榱了{(lán)色，該反應(yīng)的離子方程式為 同時(shí)c中有氣體產(chǎn)生，該氣體的作用是 解析：c中溶液由綠色逐漸變?yōu)榱了{(lán)色，說明生成亞鉻離子，反應(yīng)的離子方程式為Zn+2Cr3+=Zn2+2Cr2+，鹽酸與鋅反應(yīng)可生成氫氣，可將裝置內(nèi)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(guān)閉K1和K2.c中亮藍(lán)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(guān)閉K1和K2，c中壓強(qiáng)增大，可將亮藍(lán)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(chǎn)生的氫氣使壓強(qiáng)大于大氣壓 冷卻 過濾（4)指出裝置d可能存在的缺點(diǎn) 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(yīng)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(yī)藥、橡膠、印染、食品等方面應(yīng)用廣泛?；卮鹣铝袉栴}：（1)生產(chǎn)Na2S2O5，通常是由NaHSO3過飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得。寫出該過程的化學(xué)方程式 解析：由NaHSO3過飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得Na2S2O5，所以發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NaHSO3Na2S2O5+H2O答案：2NaHSO3Na2S2O5+H2O（2)利用煙道氣中的SO2生產(chǎn)Na2S2O5，的工藝為：pH=4.1時(shí)，中為 溶液（寫化學(xué)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?yōu)?.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(yīng)產(chǎn)生了NaHSO3，I中的溶液應(yīng)為NaHSO3溶液，工藝中加入Na2CO3固體，并再次充入SO2，考慮到后續(xù)操作步驟是結(jié)晶脫水制取Na2S2O5，發(fā)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(yīng)為：增大NaHSO3濃度，形成過飽和溶液。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(shù)，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(yīng)式為 。電解后， 室的NaHSO3濃度增加。將該室溶液進(jìn)行結(jié)晶脫水，可得到Na2S2O5解析：電解池陽極為稀硫酸溶液，電解質(zhì)溶液顯酸性，電解池陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，所以應(yīng)為H2O放電，產(chǎn)生O2和H+，則電極反應(yīng)為：2H2O4eO2+4H+，溶液中分隔各個(gè)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(fā)生反應(yīng)：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(shí)，取50.00mL葡萄萄酒樣品，用0.01000molL1的碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗10.00mL.滴定反應(yīng)的離子方程式為該樣品中Na2S2O5的殘留量為gL1（以SO2計(jì))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(biāo)準(zhǔn)液滴定，說明發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生Na2SO4，I2被還原為I，則發(fā)生滴定反應(yīng)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(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗10.00mL，根據(jù)反應(yīng)方程式，則樣品中Na2S2O5的殘留量以SO2計(jì)算應(yīng)為：210.0010-3L0.01000mol/L264g/mol50.0010-3L=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(shù)，在含能材料、醫(yī)藥等工業(yè)中得到廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：（1)1840年Devil用干燥的氯氣通過干燥的硝酸銀，得到N2O5，該反應(yīng)氧化產(chǎn)物是一種氣體，其分子式為 解析：氯氣在反應(yīng)中得到電子作氧化劑，硝酸銀中只有氧元素化合價(jià)會升高，所以氧化產(chǎn)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(yīng)器中研究了25時(shí)N2O5（g)分解反應(yīng)：其中NO2二聚為N2O4的反應(yīng)可以迅速達(dá)到平衡。體系的總壓強(qiáng)隨時(shí)間t的變化如下表所示（t=時(shí)，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(yīng)N2O5（g)=2NO2（g)+O2（g)的H= kJmol1研究表明，N2O5（g)分解的反應(yīng)速率v=2103N2O5（kPamin1)t=62min時(shí)，測得體系中P02=2.9kPa，則此時(shí)的N2O5= kPa，v= kPamin1。若提高反應(yīng)溫度至35，則N2O5（g)完全分解后體系壓強(qiáng)P（35) 63.1kPa（填“大于”“等于”或“小于”)，原因是 25時(shí)N2O4（g)2NO2（g)反應(yīng)的平衡常數(shù)KP= kPa（Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，計(jì)算結(jié)果保留1位小數(shù))。解析：已知：、2N2O5（g)=2N2O4（g)+O2（g)H1=4.4kJ/mol、2NO2（g)=N2O4（g)H2=55.3kJ/mol根據(jù)蓋斯定律可知2即得到N2O5（g)=2NO2（g)+1/2O2（g)H=+53.1kJ/mol，根據(jù)方程式可知氧氣與消耗五氧化二氮的物質(zhì)的量之比是1：2，又因?yàn)閴簭?qiáng)之比是物質(zhì)的量之比，所以消耗五氧化二氮減少的壓強(qiáng)是2.9kPa2=5.8kPa，則此時(shí)五氧化二氮的壓強(qiáng)是35.8kPa5.8kPa=30.0kPa，因此此時(shí)反應(yīng)速率v=2.010330=6.0102（kPamin1)，由于溫度升高，容器容積不變，總壓強(qiáng)提高，且二氧化氮二聚為放熱反應(yīng)，溫度提高，平衡左移，體系物質(zhì)的量增加，總壓強(qiáng)提高，所以若提高反應(yīng)溫度至35，則N2O5（g)完全分解后體系壓強(qiáng)p（35)大于63.1 kPa，故答案為：溫度升高，容器容積不變，總壓強(qiáng)提高，且二氧化氮二聚為放熱反應(yīng)，溫度提高，平衡左移，體系物質(zhì)的量增加，總壓強(qiáng)提高；大于；根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知五氧化二氮完全分解時(shí)的壓強(qiáng)是63.1kPa，根據(jù)方程式可知完全分解時(shí)最初生成的二氧化氮的壓強(qiáng)是35.8kPa2=71.6 kPa，氧氣是35.8kPa2=17.9 kPa，總壓強(qiáng)應(yīng)該是71.6 kPa+17.9 kPa=89.5 kPa，平衡后壓強(qiáng)減少了8 9.5 kPa63.1kPa=26.4kPa，所以根據(jù)方程式2NO2（g) N2O4（g)可知平衡時(shí)四氧化二氮對應(yīng)的壓強(qiáng)是26.4kPa，二氧化氮對應(yīng)的壓強(qiáng)是71.6 kPa26.4kPa2=18.8kPa，則反應(yīng)的平衡常數(shù)K=18.8226.4KPa13.4KPa。答案：+53.1 30.0 6.0102 13.4（3)對于反應(yīng)2N2O5（g)4NO2（g)+O2（g)，R.A.Ogg提出如下反應(yīng)歷程：第一步：N2O5NO2+NO3 快速平衡第二步NO2+NO3NO+NO2+O2 慢反應(yīng)第三步NO+NO32NO2 快反應(yīng)其中可近似認(rèn)為第二步反應(yīng)不影響第一步的平衡。下列表述正確的是 （填標(biāo)號)A.v（第一步的逆反應(yīng))v（第二步反應(yīng))B.反應(yīng)的中間產(chǎn)物只有NO3C.第二步中NO2與NO3的碰撞僅部分有效D.第三步反應(yīng)活化能較高解析：A.第一步反應(yīng)快，所以第一步的逆反應(yīng)速率大于第二步的逆反應(yīng)速率，故A正確；B.根據(jù)第二步和第三步可知中間產(chǎn)物還有NO，故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)第二步反應(yīng)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(yīng)快，所以第三步反應(yīng)的活化能較低，故D錯(cuò)誤。答案：AC化學(xué)一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)11.（15分)Li是最輕的固體金屬，采用Li作為負(fù)極材料的電池具有小而輕、能量密度大等優(yōu)良性能，得到廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：（1)下列Li原子電子排布圖表示的狀態(tài)中，能量最低和最高的分別為D、C（填標(biāo)號)A.B.C.D.解析：原子核外電子排布中，如果電子所占的軌道能級越高，該原子能量越高，根據(jù)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(gòu)型，r（Li+)小于r（H)，原因是 。解析：Li+與H具有相同的電子構(gòu)型，離子核電荷數(shù)：Li+H，其吸引電子能力：Li+H，導(dǎo)致其半徑越小。答案：Li+核電荷數(shù)較大（3)LiAlH4是有機(jī)合成中常用的還原劑，LiAlH4中的陰離子空間構(gòu)型是 中心原子的雜化形式為 。LiAlH4中，存在 （填標(biāo)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(jià)層電子對個(gè)數(shù)=4+3+1-412=4且不含孤電子對，根據(jù)價(jià)層電子對互斥理論判斷其空間構(gòu)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(jià)單鍵、配位鍵，所以含有的化學(xué)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(huán)計(jì)算得到?？芍琇i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(gè)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