2018年高考化學(xué)試題(全國卷Ⅰ)(Word版含詳細(xì)解析)

1、12018年高考全國卷I化學(xué)真題解析可能用到的相對原子質(zhì)量：2018 全國卷IH-1 Li-7 C-12N-140-16Na-23S-32CI-35.5 Ar- 40Fe-56I-127一、選擇題：本題共 6 個小題，每小題 6 分。在每小題給出的四個選項中，只有一項 是符合題目要求的。2018 全國卷I-7磷酸亞鐵鋰(LiFePOJ 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：止極片一ILS0. IN(X匚含臓詫晡-F 列敘述錯誤的是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

2、.沉淀反應(yīng)的金屬離子為“ Fe”D.上述流程中可用硫酸鈉代替碳酸鈉【答案】D【解析】A.隨意丟棄廢舊電池中會污染環(huán)境，且廢舊電池中有部分金屬可以回收利用，故合理處理廢舊電池有利于保護(hù)環(huán)境和資源再利用，A 正確；B.從流程圖可知，正極片中有金屬元素 Al、Fe、Li , B 正確； C.含磷酸亞鐵鋰的濾渣，經(jīng)硝酸處理后，亞鐵會被氧 化成 Fe3+, C正確；D.硫酸鋰溶于水，故上述流程中不可用硫酸鈉代替碳酸鈉，D 錯誤?！究键c】環(huán)境保護(hù)和資源再利用；原子守恒的理論；硝酸的強(qiáng)氧化性與亞鐵的還原性；硫 酸鹽與碳酸鹽的溶解性。2018 全國卷I-8下列說法錯誤的是A. 蔗糖、果糖和麥芽糖均為二糖B.

3、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脂，能使Br2/CI4褪色D. 淀粉和纖維素水解的最終產(chǎn)物為葡萄糖【答案】A【解析】A.雙糖又名二糖，是由兩個單糖分子組成的糖類化合物；果糖屬于單糖，不能再發(fā)生水解，A 錯誤；B.酶是由活細(xì)胞產(chǎn)生的具有催化活性和高度選擇性的蛋白質(zhì)，B正確；C 植物油屬于油脂，其中含有碳碳雙鍵，因此能使 BQ/CC4溶液褪色，C 正確；D.淀粉和纖維素均是多糖，其水解的最終產(chǎn)物均為葡萄糖，D 正確。答案選 A。2【考點】糖類、油脂和蛋白質(zhì)的部分概念、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)。32018 全國卷I-9在生成和純化乙酸乙酯的實驗過程中，下列操作中末涉及的是【答案】D【解

4、析】A.濃硫酸的作用下乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯，反應(yīng)物均是液體，且 需要加熱，因此試管口要高于試管底，A 正確；B.生成的乙酸乙酯中混有末反應(yīng)完的乙酸和乙醇，因此可用飽和碳酸鈉溶液溶解乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，且 導(dǎo)氣管不可伸入溶液中，以防倒吸，B 正確；乙酸乙酯不溶于水，可通過分液分離，故C正確。D.本實驗中不需要灼燒的操用，D 錯誤?！究键c】乙酸乙酯的制備原理、裝置；乙酸、乙醇、乙酸乙酯的溶解性；蒸發(fā)、分液、防 倒吸等實驗操作方法與裝置等。2018 全國卷I-10NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A. 16.25gFeCI3水解形成的 Fe（OH）3膠體粒子數(shù)

5、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 1.0 NAD. 1.0molCH4與 Cl2在光照下反應(yīng)生成的CH3CI 分子數(shù)為 1.0 NA【答案】B【解析】A.16.25g 氯化鐵的物質(zhì)的量是16.25g 出 62.5g/mol = 0.1mol，由于氯化鐵水解生成氫氧化鐵膠體時，只有部分水解，且氫氧化鐵膠粒是分子的集合體，因此水解生成的Fe（OH）3膠體粒子數(shù)遠(yuǎn)小于 0.1 NA,A 錯誤；B. 標(biāo)準(zhǔn)狀況下 22.4L 氬氣的物質(zhì)的量是 1mol，氬氣分子是單原子分子，氬原子中有18 個質(zhì)子，故.標(biāo)準(zhǔn)狀況下 22.

6、4L 氬氣的含有的質(zhì)子數(shù)是18 NA, B 正確；C. 丙三醇是三元醇，分子中含有3 個羥基，92.0g 丙三醇的物質(zhì)的量是1mol，其中含有羥基數(shù)是 3 NA, C 錯誤；D. 甲烷與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成的鹵代烴有四種，因此生成的 CH3CI 分子數(shù)小于 1.0 NA, D 錯誤。【考點】水解平衡；膠體、氣體摩爾體積、阿伏加德羅常數(shù)、羥基的概念；丙三醇的結(jié)構(gòu)；甲烷的取代反應(yīng)。42018 全國卷I-11環(huán)之間共用一個碳原子的化合物稱為螺環(huán)化合物，螺2,2戊烷（）是最簡單的一種。下列關(guān)于該化合物的說法錯誤的是5原子，因此其二氯代物超過兩種（有 4 種）,B 正確；C由于分子中 4 個

7、碳原子均是飽和碳原子，而與飽和碳原子相連的4 個原子一定構(gòu)成四面體，故分子中所有碳原子不可能均處在同一平面上，C 錯誤； D戊烷比螺2 ,2戊烷多 4 個氫原子，所以生成 1 molC5Hi2至少需要2 molH2, D 正確?！究键c】同分異構(gòu)體的概念；二元取代物同分異構(gòu)體的數(shù)目判斷；有機(jī)物中碳原子的成鍵 特點與原子在空間的共線、共面等。在教材中甲烷、乙烯、乙炔和苯的結(jié)構(gòu)特點的基礎(chǔ)上 進(jìn)行知識的遷移與靈活應(yīng)用。2018 全國卷I-12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 形成的化合物可與濃硫酸反應(yīng)，其

8、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 形成的化合物水溶液呈堿性D. W 與 Y 具有相同的最高化合價【答案】B【解析】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 與 Z 形成的化 合物可與濃硫酸反應(yīng)，其生成物可腐蝕玻璃，故生成物是HF，因此 W 是 F, Z 是 Ca, W與 Y 同族，貝UY 是 Cl。W、X、Z 的最外層電子數(shù)之和為 10,則 X 的最外層電子數(shù)為 10 7- 2= 1,所以 X 是 Na。根據(jù)以上分析可知 W、X、Y、Z 分別是 F、Na、Cl、Ca。則：A.金屬鈉常溫

9、常壓下是固態(tài)而非氣態(tài)，A 錯誤；B.CaH2中含有離子鍵，屬于離子化合物，B 正確； C.Y 與 Z 形成的化合物是氯化鈉，其水溶液顯中性而非堿性，C錯誤； D.F 是最活潑的非金屬， 沒有正價，Cl 元素的最高價是+7 價，D 錯誤。答案選 B?！究键c】原子結(jié)構(gòu)、元素周期律、元素周期表；氫氟酸、二氧化硅（玻璃）的性質(zhì)；CaF2與濃硫酸反應(yīng)制 HF ;鹽溶液的酸堿性；氫化物、離子化合物的概念。其中氟化鈣與濃硫酸反應(yīng)屬于學(xué)生不熟悉的知識點。2018 全國卷I-13最近我國科學(xué)家設(shè)計了一種CO2+H2S 協(xié)同轉(zhuǎn)化裝置，實現(xiàn)對天然氣中C02和B二氯代物超過兩種C.所有碳原子均處于同一平面【答案】C【

10、解析】A.螺2 , 2戊烷的分子式為 同，互為同分異構(gòu)體，A 正確； 子可以取代同一個碳原子上的氫原子,A.與環(huán)戊烯互為同分異構(gòu)體D.生成 1molC5Hi2至少需要 2molH2C5H8,環(huán)戊烯的分子式也是C5H8,但它們兩者結(jié)構(gòu)不B.分子中的 8 個氫原子完全相同，二氯代物中氯原也可以是相鄰碳原子上或者不相鄰的碳原子上的氫石（CHi，CO4天然氣天然6H2S 的高效去除。示意圖如右所示，其中電極分別7為 ZnO石墨烯（包裹的 ZnO）和石墨烯，石墨烯電極發(fā)生的反應(yīng)為:1EDTA-Fe2+- e= EDTA-Fe3+3+22 EDTA-Fe +H2S= 2H +S+2 EDTA-Fe該裝置工

11、作時，下列敘述錯誤的是A.陰極的電極反應(yīng)： CO2+2H+2e=CO+H2OB.協(xié)同轉(zhuǎn)化總反應(yīng)： CO2+H2S=CO+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 EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+溶液需為酸性【答案】C【解析】 該裝置為電解池。 A.CO2在 ZnO石墨烯電極上轉(zhuǎn)化為 CO,得電子發(fā)生還原反 應(yīng)， 故 ZnO石墨烯電極為陰極，電極反應(yīng)式為：CO2+2H+2e-= CO+H2O, A 正確； B. 根據(jù)石墨烯電極上發(fā)生的電極反應(yīng)可知X2+即得到陽極反應(yīng)式為：H2S 2e = 2H+S,因此總反應(yīng)式為 CO2+H2S= CO+H

12、2O+S , B 正確；C.石墨烯電極為陽極，與電源的正極相連，因此石墨烯上的電勢比ZnO石墨烯電極上的高，C 錯誤； D.由于鐵離子、亞鐵離子均易水解， 所以如果采用 Fe3+/Fe2+取代 EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+,溶液需要 酸性，D正確。答案選 Co【考點】氧化反應(yīng)和還原反應(yīng)與陰極和陽極的關(guān)系；陰極和陽極電勢高低的判斷；題中引 入了新的信息以考查學(xué)生的自學(xué)能力與抗干擾能力。2018 全國卷I-26 （14 分）醋酸亞鉻（CH3COO）2Cr 2H2O為磚紅色晶體，難溶于水，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

13、為二價鉻，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?；卮鹣铝袉栴}：實驗中所用蒸餾水均需經(jīng)煮沸后迅速冷卻，目的是。儀器 a 的名稱是_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 K3oc 中溶液由綠色慚變?yōu)榱了{(lán)色， 該反應(yīng)的離子方程式為： _o2_同時 c 中有氣體產(chǎn)生，該氣體的作用是_打開 K3,關(guān)閉 K20c 中亮藍(lán)色溶液流入 d 中，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。指出 d 裝置可能存在的缺點 _ 。8【答案】【答案】 去除水中溶解氧；分液（滴液）漏斗Zn+2Cr3

14、+= Zn2+2Cr2+9排除 c 中空氣（3） c 中產(chǎn)生 H2使壓強(qiáng)大于大氣壓； 中醋酸亞鉻能接觸到空氣?！窘馕觥吭邴}酸溶液中 Zn 把 Cr3+還原為 Cr2+，同時鋅與鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生氫氣排盡裝置中的 空氣防止Cr2+被氧化，并使 c 中壓強(qiáng)增大，把生成的 CrCD 壓入 d 裝置中。（1）由于醋酸亞鉻易被氧化，所以需要盡可能避免與氧氣接觸，因此實驗中所用蒸餾水均需煮沸后迅速冷卻，目的是去除水中溶解氧； 根據(jù)儀器構(gòu)造可知儀器 a 是分液（或滴液）漏斗；（2）c 中溶液由綠色逐漸變?yōu)榱了{(lán)色，說明Cr3+被鋅還原為 Cr2+，反應(yīng)的離子方程式為 Zn+2Cp+= Zn2+2C2+；鋅還能與鹽酸

15、反應(yīng)生成氫氣，由于裝置中含有空氣，能氧化 Cr2+，所以氫氣的作用是排除c 中空氣；（3）打開 K3,關(guān)閉 Ki和 K2,由于鋅繼續(xù)與鹽酸反應(yīng)生成氫氣，導(dǎo)致c 中壓強(qiáng)增大，c 中亮藍(lán)色溶液能流入 d 裝置，與醋酸鈉反應(yīng)；根據(jù)題干信息可知醋酸亞鉻難溶于冷水，所以為使沉淀充分析出并分離，需要采 取的操作是（冰?。├鋮s、過濾、洗滌、干燥。（4）由于 d 裝置是敞開體系，因此裝置的缺點是醋酸亞鉻可能與空氣接觸被氧化而使產(chǎn)品不純?！究键c】醋酸亞鉻的制備；化學(xué)實驗與探究的能力；氧化還原、離子反應(yīng)、阿伏加德羅定 律。2018 全國卷I-27 （14 分）焦亞硫酸鈉（NazSzOQ 在醫(yī)藥、橡膠、印染、食品等

16、方面應(yīng)有廣 泛，回答下列問題：生產(chǎn) Na2S2O5，通常是由 NaHSOs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：。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 Na2SO3和 NaHSO3。陽極的反應(yīng)式為:_。電解后_ 室的 NaHSO3溶液濃度增加。將該室溶液進(jìn)行結(jié)晶脫水，可得到Na2S2O5Na2S2O5可用作食品抗氧化劑。在測定某葡萄酒中Na2S2O5殘留量時，取 50mL 葡萄酒樣品，用 0.01000mol/L 的碘標(biāo)準(zhǔn)液 滴定到終點，消 10.00mL。滴定反應(yīng)的離子方程式為：_。該樣品中 Na2S2O5的殘留量為 _g/L（

17、以SO2計）?！敬鸢浮浚?） 2NaHSO3= Na2S2O5+H2O（2）NaHSO3得到 NaHSO3過飽和溶液(3) 2H2O4e=4H +O2T,a (4) S2O5+2l2+3H2O=2SO4+41 +6H,0.128（冰?。├鋮s、過濾（4）敞開體系利用煙道氣中的 SO2生產(chǎn)的工藝為:工藝中加入 Na2CO3固體、并再次充入 SO2的目的是 Na.SiOqO稲硫酸 営6亜吸収洩10【解析】(1)亞硫酸氫鈉過飽和溶液脫水生成焦亞硫酸鈉，根據(jù)原子守恒可知反應(yīng)的方程式為2NaHSO3=Na2S2O5+H2O(2)碳酸鈉飽和溶液吸收 SO2后的溶液顯酸性，說明生成物是酸式鹽NaHSOs,即I

18、中 為 NaHSOs；依題目中信息生產(chǎn) Na2S2O5， 通常是由 NaHSO?過飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得”知，要制備焦亞硫酸鈉，需要制備亞硫酸氫鈉過飽和溶液，據(jù)此判斷答案為得到NaHSOs過飽和溶液”；(3) 陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，陽極區(qū)溶質(zhì)是稀硫酸，故氫氧根放電，電極反應(yīng)式為：2H2O 4e_ = 4 屮+02匸。陽極區(qū)氫離子增大，通過陽離子交換膜進(jìn)入a 室與亞硫酸鈉結(jié)合生成亞硫酸氫鈉。陰極是氫離子放電， 氫氧根濃度增大，與亞硫酸氫鈉反應(yīng)生成亞硫酸鈉， 所以電解后 a 室中亞硫酸氫鈉的濃度增大。(4)焦亞硫酸鈉與單質(zhì)碘發(fā)生氧化還原反應(yīng)，焦亞硫酸鈉被I2氧化成硫酸鈉，離子方程 式為2O +2

19、I2+3H2O= 2SOf +4I +6H ”；消耗碘的物質(zhì)的量是 0.0001mol，所以焦亞硫 酸鈉的殘留量(以SO2計)是：0.0001mol $4g mol-1/0.05L=0.128g/L【考點】以焦亞硫酸鈉的制備、應(yīng)用為信息載體考查學(xué)生對流程的分析、電解原理的應(yīng)用 以及定量分析等；電解池的電極反應(yīng)的書寫；離子交換膜的作用；電荷的移動方向；原子 守恒理論的運用：計算殘留量時以二氧化硫計(硫原子守恒)。題目難度中等?？键c緊靠教材但又不拘泥于教材，題中出現(xiàn)了新知識一一焦亞硫酸鈉”。善于捕捉信息(解題鑰匙)是解題的關(guān)鍵。2018 全國卷I-28 (15 分)采用 N2O5為硝化劑是一種新型

20、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}：1840 年 Devil 用干燥的氯氣通過通過干燥的硝酸銀，得到 N2O5,該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是一種氣體，其分子式為_ .F.Daniels 等曾利用測壓法在剛性反應(yīng)器中研究了25c 時 N2O5分解反應(yīng)：2%0他)一4 J2(g) - O2(g)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)P 隨時間 t 的變化如下表所示(t= 0 時，N2O5(g)完全分解)：t/min040801602601300170000p/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.11已知：2N2O5(g

21、)=2N2O4(g)+O2(g) H=-4.4KJ/mol2NO2(g)= N2O4(g) H=-55.3KJ/mol貝 V N2O5(g)=2NO2(g)+0.5O2(g)的厶 H= _ KJ/mol32研究表明，N2O5(g)分解的速率 v=2X10-PN2O5(kPa/min) t=62min 時，測得體系 P2=2.9kPa,11則此時PN2O5=_ kPa， v=_kPa/min)123若提高反應(yīng)溫度至 35c,則 N2O5(g)完全分解后體系壓強(qiáng) P 叫 35C)大于 63.1 kPa (填 大于”等于”或小于”，)原因是：_4250C 時，N2O4(g) = 2NO2(g)反應(yīng)的

22、平衡常數(shù) Kp= 平衡常數(shù)，計算結(jié)果保留一位小數(shù))。對于反應(yīng) 2N2O5(g)T4N2Og)+ O2, R.A.Ogg 提 出如下反應(yīng)歷程：第一步 N2O5 = N02+ NO3快速平衡第二步 NO?+ NO3TNO +NO2+ O2慢反應(yīng)第三步：NO+ NO3T2NO2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(第一步反應(yīng)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.第二步中的 NO2與 NO3的碰撞只部分有效D.第三步反應(yīng)的活化能高【答案】 。2(2)53.130.0; 6.0 杓_大于；溫度提高，體積不變，總壓強(qiáng)提高；NO?二聚

23、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。 13.4 (3) AC【解析】(1)氯氣在反應(yīng)中得到電子作氧化劑，硝酸銀中Ag 元素、N 元素都是最高價,不會被氧化，故只有-2 價的氧元素化合價會升高，氧化產(chǎn)物是。2；(2)已知：i.2N2O5(g) = 2N2O4(g)+O2(g) H1= _ 4.4kJ/molii.2NO2(g) = N2O4(g) H2=_ 55.3kJ/mol根據(jù)蓋斯定律可知i吃ii即得到 N2O5(g)= 2NO2(g)+1/2O2(g) H1= + 53.1kJ/mol;根據(jù)方程式： N2O5(g)=2NO2(g)+0.5O2(g)可知，生成的氧氣

24、與消耗的五氧化二氮的物質(zhì)的量之比是 1:2,又依阿伏加德羅定律知，同溫同體積時，氣體壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比,所以消耗五氧化二氮減少的壓強(qiáng)是是氧氣壓強(qiáng)的二倍，即：2.9kPa心5.8kPa,則此時五_3氧化二氮的壓強(qiáng)是 35.8kPa_5.8kPa= 30.0kPa，因此此時反應(yīng)速率 v = 2.0 10_X30= 6.0 10_2_1(kPa min )；也可依：N2O5(g)=2NO2(g) +0.5O2始(kPa)35.800變(kPa)5.85.82.962min(kPa)302.9解得，PN2O5=30kPa,3v= 2.0 030 =_2_16.0 0( kPa min )3由于溫

25、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35C,則 N2O5(g)完全分解后體系壓強(qiáng) p(35 C )大于 63.1 kPa。4根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知五氧化二氮完全分解時的壓強(qiáng)是63.1kPa,根據(jù)方程式可知完全分解時最初生成的二氧化氮的壓強(qiáng)是35.8kPa2= 71.6 kPa，氧氣是 35.8kPa 毘=17.9 kPa，總壓OkPa(Kp為以分壓表示的13強(qiáng)應(yīng)該是 71.6 kPa+17.9 kPa= 89.5 kPa，平衡后壓強(qiáng)減少了89.5 kPa_ 63.1kPa= 26.4kPa,14所以根據(jù)方程

26、式 2NO2(g)=N204(g)可知平衡時四氧化二氮對應(yīng)的壓強(qiáng)是26.4kPa，二氧化氮對應(yīng)的壓強(qiáng)是 71.6 kPa 26.4kPa 2= 18.8kPa，則反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=18.82/26.4(kPa)。也可依：N2O5(g)=2NO2(g)+0.5O2始(kPa)35.800變(kPa)35.817.917.9R(kPa)071.617.9又：N2O4(g)=2NO2(g)始(kPa)071.6變(kPa)x2xg(kPa)x71.6-2xt=g寸，N2O5完全分解，氣體總壓強(qiáng)為63.1 ,即:P(N2O4)+ P(NO2)+ P(O2)= x +(71.6- 2x )+2 217

27、.9=63.1,x =26.4,71.6-2x= 71.6-2X26.4=18.8,Kp= c (NO2)/ c(N2O4)= 18.8 /26.4=13.4kPa(3) 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，A 正確；B、 根據(jù)第二步和第三步可知中間產(chǎn)物除有NO3外還有 NO, B 錯誤；C、 根據(jù)第二步反應(yīng)生成物中有NO2可知 NO?與 NO3的碰撞僅部分有效，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，D 錯誤。答案選 AC?！究键c】元素化合價與元素性質(zhì)的關(guān)系；蓋斯定律的運用；化學(xué)平衡的影響因素；平衡常 數(shù)；阿伏加德羅定律等。本題主要是考查化學(xué)反應(yīng)

28、原理，側(cè)重于化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)平衡 的有關(guān)分析與計算。但本題需用分壓代替濃度進(jìn)行平衡常數(shù)的相關(guān)計算，導(dǎo)到題目陌生感 強(qiáng)、難度增大。壓強(qiáng)和平衡常數(shù)的計算是解答的難點，注意從阿伏加德羅定律的角度去理 解變化的壓強(qiáng)與氣體物質(zhì)的量之間的關(guān)系，注意結(jié)合反應(yīng)的方程式和表中數(shù)據(jù)的靈活應(yīng) 用。也可以利用變化的壓強(qiáng)之比等于計量數(shù)之比，運用化學(xué)平衡利用三段式計算。2018 全國卷I-35化學(xué)一一選修 3 (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口1B2SA

29、.離子鍵 B .c鍵C .n鍵(4)Li20 是離子晶體，其晶格能可通過圖(填標(biāo)號)。HDD也2*組 g(2)Li+與 H-具有相同的電子構(gòu)型，I(3) LiAIH4是有機(jī)合成中常用的還原劑,中心原子的雜化形式為 _回也口la 2s 2p, 2pr2p,r(Li+)小于 r(H-)，原因是 _,LiAIH4中的陰離子空間構(gòu)型是_ 。LiAIH4中，存在(填標(biāo)號)。D .氫鍵(a)的 Born - Haber 循環(huán)計算得到。15Nd +0?-回-Li?x晶怵）可知，Li 原子的第一電離能為 _kJ mol-1, 0=0 鍵鍵能為 _-1 -1kJ mol , Li2O 晶格能為 _kJ mol

30、。(5)Li20 具有反螢石結(jié)構(gòu)，晶胞如圖(b)所示。已知晶胞參數(shù)為0.4665 nm，阿伏加德羅常數(shù)的值為 NA，則 Li2O 的密度為 _ gem-3(列出計算式)?！敬鸢浮緿 ； C (2) Li+核電荷數(shù)較大(3)正四面體；sp3；AB (4)520 ； 498 ；2908(8 7+4 X16)/NA(0.46651Q7)3【解析】(1)根據(jù)核外電子排布規(guī)律可知Li 的基態(tài)核外電子排布式為1s22s1，則 D 中能量最低；選項 C 中有 2 個電子處于 2p 能級上，能量最高；(2)由于 Li+與 H核外電子排布相同， 而 Li+的核電荷數(shù)較大，其原子核對最外層電子的 吸引力較大，因此 Li+半徑小于 H；(3)LiAlH4中的陰離子是 AIH4，中心原子鋁原子含有的價層電子對數(shù)是4,且不存在孤對電子，所以空間構(gòu)型是正四面體，中心原子的雜化軌道類型是sp3雜化；陰陽離子間存在離子鍵，Al 與 H 之間還有共價單鍵，不存在雙鍵和氫鍵，答案選AB ；(4) 根據(jù)示意圖可知 Li 原子的第一電離能是 1040 kJ/mol-2= 520 kJ/mol ； 0.5mol 氧氣轉(zhuǎn) 化為氧原子時吸熱是 249 kJ，所以 O = O 鍵能是 249 kJ/mol7+4 X16)/NA(0.4665 -)。【考點】核外電子排布、軌道雜化類型、分子構(gòu)型、電離能、晶格能、化