2018年高考理综化学真题解析试卷（全国ⅰ卷）.doc

中国最大型、最专业的中小学教育资源门户网站2018年高考理综化学真题试卷（全国卷）一、选择题7. （2018卷）硫酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一，采用湿法冶金工艺回收废旧硫酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：下列叙述错误的是（ ）A.合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B.从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、LiC.“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D.上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠【答案】D【解析】【解答】A电池中的金属可以回收利用，电池丢弃，会造成土壤、水污染,A项不符合题意。B由流程图知道，分别得到了偏铝酸钠溶液、氢氧化铁沉淀、碳酸锂沉淀,B项不符合题意。C沉淀反应是向含有Li、P、Fe等滤液中加入碱液，能够形成沉淀的只有铁，之前加入了硝酸，因此溶液中是Fe3+,C不符合题意。【21·世纪·教育·网】D碳酸锂不溶于水，硫酸锂能溶于水,D项符合题意。故答案为：D8. （2018卷）下列说法错误的是（ ）A.蔗糖,果糖和麦芽糖均为双糖B.酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质C.植物油含不饱和脂肪酸酯,能使Br/CCl4色D.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖【答案】A 【解析】【解答】A果糖是单糖，蔗糖和麦芽糖是双塘。A项符合题意。 B酶属于蛋白质，B项不符合题意。 C植物油含碳碳双键等不饱和结构，能与溴的四氯化碳发生加成反应，C项不符合题意。 D淀粉和纤维素属于多糖，它们水解的最终产物是葡萄糖，D项不符合题意。故答案为：A9. （2018卷）在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中,下列操作未涉及的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【解答】A是制备乙酸乙酯的发生装置，B是收集乙酸乙酯的装置，C是分离得到乙酸乙酯的装置，D装置是蒸发装置，该实验中没有用到，故答案为：D【分析】本题考查实验室制备乙酸乙酯的方法10. （2018卷）NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 16.25gFeCl3水解形成的Fe（OH）3胶体粒子数为0.1NAB. 22.4L（标准状况）氦气含有的质子数为18NAC. 92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NAD. 1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA【答案】B【解析】【解答】A 16.25gFeCl3的物质的量为0.1mol，氢氧化铁胶体离子是多个氢氧化铁的聚合体，因此，0.1molFeCl3水解得到的胶体离子小于0.1NA，A项不符合题意。B 标准状况下22.4L氩气（Ar）物质的量为1mol，每个氩气分子含有18个质子，因此其质子数为18NA，B项符合题意。21教育网C 92g甘油物质的量为1mol，1mol甘油含3mol羟基，C项不符合题意。D甲烷与氯气发生取代反应时，有机产物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，因此CH3Cl分子数小于1mol，D项不符合题意。21·世纪*教育网故答案为：B【分析】考查阿伏加德罗常数的计算、氢氧化铁胶体的制备及胶体的组成、甘油的结构、甲烷与氯气的取代反应。【21教育】11. （2018卷）环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物,螺22戊烷（）是最简单的一种,下列关于该化合物的说法错误的是（ ）A.与环戊烯互为同分异构体B.二氯代物超过两种C.所有碳原子均处同一平面D生成1mol C5H12至少需要2molH2【答案】C【解析】【解答】A螺2.2戊烷和环戊烯的分子式均为C5H8且结构不同，故互为同分异构体，A项不符合题意；2·1·c·n·j·yB螺2.2戊烷的二氯代物有三种，B项不符合题意；C螺2.2戊烷中的化学键均为单键，碳原子不处于同一平面，C符合题意；D螺2.2戊烷分子式均为C5H8，生成1molC5H12至少需要2molH2，D不符合题意。故答案为：C【分析】本题考查同分异构体的判断、有机物中原子共面12. （2018卷）主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20，W、X、Z最外层电子数之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是（ ）A.常温常压下X的单质为气态B.Z的氢化物为离子化合物C.Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性D.W与Y具有相同的最高化合价【答案】B【解析】【解答】W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃，可知W为F，Z为Ca，又因为W、X、Z最外层电子数之和为10，可知X为Na，W与Y同主族，所以Y为Cl。【21教育名师】A常温常压下X的单质Na为固态，A项不符合题意；B中Z的氢化物为CaH2，为离子化合物，B项符合题意；C中，Y与Z形成的化合物为CaCl2,水溶液呈中性，C项不符合题意；D中F元素没有最高正化合价，D项不符合题意。故答案为：B【分析】本题考查元素周期表、元素周期律、元素化合物的性质13. （2018卷）最近我国科学家设计了一种，CO+HS协同转化装置，实现对天然气中CO和HS的高效去除。示意图如右所示，其中电极分别为ZnO石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：EDTA-Fe2+-e-=EDTA-Fe3+2EDTA-Fe3+HS=2H+S+2EDTA+Fe²+该装置工作时，下列叙述错误的是（ ）A.阴极的电极反应：CO+2H+2e-=CO+HOB.协同转化总反应：CO+HS=CO+HO+SC.石墨烯上的电势比ZnO石墨烯上的低D.若采用Fe²+/Fe3+取代EDTA-Fe²+/EDTA-Fe3+，溶液需为酸性【答案】C【解析】【解答】A.在ZnO石墨烯上CO2转变为CO，发生还原反应，因此该电极是阴极，阴极电极反应式为：CO2 + 2H+ + 2e- = CO + H2O，A不符合题意。B. 由图可知总反应市CO2+H2S=CO+H2O+S，B不符合题意。C. 石墨烯是阳极，电势高于阴极，因此C符合题意。D. 三价铁离子和亚铁离子再碱性环境中会形成沉淀，因此溶液需为酸性，因此D不符合题意。故答案为:C【分析】本题考查电解原理二、非选择题26. （2018卷）醋酸亚铬( CH3 COO)Cr·2HO为砖红色晶体,难溶于冷水,易溶于酸,在气体分析中用作氧气吸收剂,一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂,将三价铬还原为二价铬;二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示，回答下列问题：(1)实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却,目的是_，仪器a的名称是_。21·cn·jy·com【答案】去除水中的溶解氧|分液漏斗(2)将过量锌粒和氯化铬固体置于c中,加入少量蒸馏水,按图连接好装置,打开K1,K2,关闭K3。c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色,该反应的离子方程式为 。同时c中有气体产生,该气体的作用是 。【答案】Zn+2Cr3+= Zn2+2Cr2+|排除c中的空气（3）打开K3,关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d,其原因是 ；d中析出砖红色沉淀,为使沉淀充分析出并分离,需采用的操作是 、_、洗涤、干燥。【答案】c中产生H2使锥形瓶中压强增大|冰水冷却|过滤（4）指出装置d可能存在的缺点 。【答案】d为敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触而被氧化【解析】【解答】防止二价铬被氧化，需除去水中溶解的氧气，加热煮沸的方法可以出去溶解O2。c中发生的反应主要是将三价铬还原为二价铬，同时锌与盐酸反应生成H2可起到排除装置中空气的目的，防止二价铬被氧化；利用锌与盐酸反应产生的H2使锥形瓶中压强增大，将c中溶液压入d中与醋酸钠反应生成难溶于冷水的醋酸亚铬；由于醋酸亚铬难溶于冷水，可采用冰水冷却后过滤，达到充分析出和分离的目的；d为敞开体系，醋酸亚铬能吸收空气中的氧气。【分析】本题考查物质的制备、提纯、分离、实验装置设计的分析。27.（2018卷）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛，回答下列问题：（1）生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得，写出该过程的化学方程式_。【答案】2NaHSO3=Na2S2O5+H2O（2）利用烟道气中的SO2生产Na2S2O3的工艺为:pH=4.1时，1中为_溶液(写化学式)。工艺中加人Na2CO3，固体，并再次充入SO2的目的是_。【答案】NaHSO3|得到NaHSO3过饱和溶液（3）制备Na2S2O3，也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO2和Na2SO3阳极的电极反应式为_，电解后，_室的NaHSO3浓度增加，将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O3。21*教*育*名*师【答案】2H2O4e = 4H+O2|a（4）Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂，在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00mL葡萄酒样品，用0.01000mol-L-1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL，滴定反应的离子方程式为_，该样品中Na2S2O5的残留量为_g·L-1(以SO3计)。【答案】S2O32- + 2I2+ 3H2O=2SO42+4I+6H+|0.128【解析】【解答】焦亚硫酸钠和亚硫酸钠中硫元素的化合价相同，故不是氧化还原反应，可写出方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；pH=4.1时，中发生的反应为Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2；阳极室含有OH和SO42，水电离产生的OH先放电，因此电极反应式为：2H2O4e = 4H+O2；a室中含有亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，阳极产生的氢离子进入a室与亚硫酸钠反应生成亚硫酸氢钠，因此亚硫酸氢钠浓度增加。而b室的电极反应式为：2H2O+2e= 2OH+H2，氢氧根与亚硫酸氢钠反应，从而亚硫酸氢钠浓度降低。S2O32 + 2I2+ 3H2O=2SO42+4I+6H+ ，0.128g/L析：n(I2)=0.01mol/L×0.01L=1×104moln(SO2)=2 n(S2O52)= n(I2)=1×104molm(SO2)= 1×104mol×64g/mol=6.4×103 gSO2的浓度为6.4×103 g/0.05L=0.128g/L【分析】本题考查化工生产的分析、电解原理及其运用、化学计算28.（2018卷）采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用，回答下列问题：（1）1840年 Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为_。【答案】ClO2(2)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25时N2O5(g)分解反应：其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡,体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(t=x时,N2O4(g)完全分解):t/min0408016026013001700P/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1已知：2N2O5（g）=2N2O4（g）+O2（g） H1=-4.4kJ·mol-1 2NO2（g）=N2O4（g） H2=-55.3kJ·mol-1www.21-cn-则反应N2O5(g)=2NO2(g)+O2(g)的H=_ kJ·mol-1研究表明,N2O5(g)分解的反应速率v=2×10-3× (KPa·min-1)，t=62min时,测得体系中 =2.9kPa,则此时的=_ kPa，V=_ kPa，min-1。若提高反应温度至35,则N2O5(g)完全分解后体系压强pX(35)_63.1kPa(填“大于”“等于”或“小于”),原因是_。www-2-1-cnjy-com25时N2O4(g) 2NO2(g)反应的平衡常数Kp=_ kPa (Kp为以分压表示的平衡常数,计算结果保留1位小数)。21*cnjy*com【答案】53.1|30.0|大于|温度升高，体积不变，总压强升高；NO2二聚是放热反应，温度升高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强升高|13.4(3)对于反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g),R，A，Ogg提出如下反应历程:第一步N2O5NO3+NO2 快速平衡第二步NO2+NO3NO+NO2+O2 慢反应第三步NO+NO32NO2 快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是 _（填标号)。A. (第一步的逆反应P>(第二步反应)B.反应的中间产物只有NO3C.第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效D.第三步反应活化能较高。【答案】AC【解析】【解答】氯气与硝酸银发生氧化还原反应，其中化合价能升高的只有氯元素和氧元素，由于得到了N2O5，氮元素化合价没有变化，因此在该反应中氯气作氧化剂，被氧化的是氧元素，则生成O2。运用盖斯定律，H=H1H2= +53.1kJ/mol p(O2)=2.9kPa，根据反应2N2O5=4NO2+O2，则五氧化二氮减少的压强为2p(O2)=2×2.9kPa=5.8kPa，所以p(N2O5)=35.85.8=30.0kPa，v=2×103 ×p(N2O5) = 6.0×102 N2O5完全分解发生的反应：2N2O5(g) 4NO2(g) + O2(g) N2O5此时分解压强的变化 35.8 71.6 17.9生成的NO2建立平衡 2NO2(g)N2O4(g)此平衡压强的变化为 2y y平衡时总压是63.1kPa，即63.1 = 71.62y + y + 17.9 求得y=26.4，所以NO2产生的压强为71.62×26.4 = 18.8kPa。反应N2O4（g）2NO2（g）的Kp= = = 13.4；第一步反应比第二步反应快，因此A符合题意；中间产物有NO、NO2，B不符合题意；第二步反应慢，说明反应难进行，则有效碰撞少，C符合题意；第三步反应很快，说明活化能较低，D不符合题意。【分析】本题考查盖斯定律计算反应热、化学平衡常数的计算、反应速率的计算、有效碰撞【题型】实验探究题四、选考题化学选修3:物质结构与性质35、（2018卷）Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻，能量密度大等优良性能，得到广泛应用，回答下列问题:（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_、_。（填标号）A.B.C.D.【答案】D、C（2）Li+与H-具有相同的电子构型，r（Li+）小于r（H-），原因是_。【答案】Li+核电荷数较大（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是_。中心原子的杂化形式为_，LiAlH4中，存在_（填标号）。A.离子键B.键C.键D.氢键【答案】正四面体|sp3|AB(4)Li2O是离子晶体,其晶格能可通过图(a)的 Born-Haber循环计算得到可知,Li原子的第一电离能为 kJ·mol-1，O=O键键能为 kJ·mol-1，Li2O晶格能为 kJ·mol-1【答案】520|498|2908(5)Li2O具有反莹石结构,晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.4665mm,阿伏加德罗常数的值为NA,则Li2O的密度为 _ g·cm-3(列出计算式)。【答案】【解析】【解答】根据泡利原理和洪特规则，可知能量最低和最高的分别为D、C。Li+和H的核外电子排布完全相同，半径大小取决于核电荷数，核电荷数越大，核对电子的吸引力越强，半径越小。21世纪教育网AlH4的中心原子的孤对电子数为×(3+14)=0，价层电子对数为0+4 = 4，故空间构型为正四面体，杂化形式为sp3。2-1-c-n-j-y由2Li2Li+ H=1040kJ/mol可知Li原子的第一电离能为520kJ/mol，由O2O H=249kJ/mol，可知氧氧键的键能为498 kJ/mol。由2Li+(g)+O2(g) Li2O(晶体)，可知Li2O晶格能为2908kJ/mol。21-cnjy*com根据Li2O的晶胞示意图，利用均摊法，可计算出一个晶胞中含Li离子8个，氧离子8×+ 6×= 4个，因此晶胞质量为，晶胞体积为（0.4665×107）3cm3，故Li2O的密度为：= = 【分析】本题考查核外电子排布规则、离子半径大小比较、微粒的空间构型判断、杂化方式、第一电离能、晶格能、晶胞密度的计算五、选考题化学一选修5:有机化学基础36. （2018卷）化合物W可用作高分子膨胀剂,一种合成路线如下：回答下列问题(1)A的化学名称为 。【答案】氯乙酸(2)的反应类型是 。【答案】取代反应(3)反应所需试剂,条件分别为 。【答案】乙醇/浓硫酸，加热(4)G的分子式为 。【答案】C12H18O3(5)W中含氧官能团的名称是 。【答案】羟基、醚键(6)写出与E互为同分异构体的酯类化合物的结构简式(核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为1:1) 。【答案】、(7)苯乙酸苄酯()是花香类香料，设计由苯甲醇为起始原料制备苯乙酸苄酯的合成路线 (无机试剂任选)。【答案】【解析】【解答】由BC，NaCN中的CN取代了B中的氯原子，为取代反应。反应为羧酸与醇的的酯化反应，根据E的结构简式可知，试剂为乙醇，条件是浓硫酸/加热。根据G的结构简式可知含12个碳原子，3个氧原子，不饱和度为4，可写出分子式C12H18O3根据W的结构简式可知，含氧官能团分别为羟基、醚键。【21cnj*y.co*m】根据E的结构简式，写出E的分子式为C7H12O4，不饱和度为2，属于酯类，故含两个酯基，又因为核磁共振氢谱为两组峰，且峰面积之比为1：1，说明结构很对称，可写出结构简式为 合成苯乙酸苄酯的试剂为苯乙酸和苯甲醇，由苯甲醇合成苯乙酸增加一个碳原子，可通过苄氯与NaCN反应获得，再通过酸性条件下的水解制得苯乙酸。故合成路线表示为：【分析】本题考查有机物的名称、反应类型的判断、给定条件同分异构体的书写、有机合成路线的设计。