2018年全國統(tǒng)一高考化學試卷新課標1含解析版

1、2018年全國高考化學試卷（新課標 I ）、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）92.0g甘油（丙三醇）中含有羥基數(shù)為 1.0Na1.0molCH4與C2在光照下生成 CH3C1的分子數(shù)為1.0Na1. （6分）磷酸亞鐵鋰（LiFePQ）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:正極片堿溶Na A1%港液H.SO/HNO.含磷酸亞鐵鋒濾渣1含口、P、鼠等濾液-沉淀炭黑等濾清也液破壁*含Li沉淀卜列敘述錯誤的是（A.合理處理廢舊電池有利于保護環(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”反應的金屬離子

2、為Fe3+D.上述流程中可用硫酸鈉代替碳酸鈉2. （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/CC4褪色D,淀粉和纖維素水解的最終產物均為葡萄糖（6分）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（口 ）是最簡單的一種，下列關于該化合物的說法錯誤的是（）A.與環(huán)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（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

3、Y同族；W與Z形成的化合物可與濃硫酸反應，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(tài)Z的氫化物為離子化合物Y和Z形成的化合物的水溶液呈堿性W與Y具有相同的最高化合價（6分）最近我國科學家設計了一種 CQ+H2s協(xié)同轉化裝置，實現(xiàn)對天然氣中CQ和H2s的高效 去除。小意圖如右所小，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)生反應為：EDTA- Fe2+-e =EDTA Fe3+2EDTAFe3+H2s=2H+S+2EDTAFeT該裝置工作時，下列敘述錯誤的是（）3. （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.

4、B.C.4. （6分）Na是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（A. 16.25gFeC3,水解形成的Fe （OH） 3為膠體粒子數(shù)為0.1NaB. 22.4L.（標準狀況）氧氣含有的質子數(shù)為 18NaA,陰極的電極反應：CQ+2H+2e一CO+H2O第1頁（共14頁）B.協(xié)同轉化總反應：CQ+H2SCC+H2O+SC.石墨烯上的電勢比ZnOH墨烯上的低D,若采用Fe3+/Fe2+取代EDTAr Fe?+/EDTA-F歹，溶液需為酸性卅!和濟液pH=4.1R. IJIlH兄小Na,S.OpH-1 、解答題(共3小題，滿分43分)(14分)醋酸亞銘(CHbCOO 2Cr?2H20為磚紅色晶體，

5、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，將三價銘還原為二 價絡；二價銘再與醋酸鈉溶液作用即可制得醋酸亞銘。實驗裝置如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：(1)實驗中所用蒸儲水均需經煮沸后迅速冷卻，目的是 儀器a的名稱是。(2)將過量鋅粒和氯化銘固體置于 c中，加入少量蒸儲水，按圖連接好裝置。打開K、K2,關閉Ko c中溶液由綠色逐漸變?yōu)榱了{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 (3)打開Kb,關閉Ki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(4)指出

6、裝置d可能存在的缺點 (14分)焦亞硫酸鈉(Na2805)在醫(yī)藥、橡膠、印染、食品等方面應用廣泛。回答下列問題: (1)生產Na24O5,通常是由NaHSO過飽和溶液經結晶脫水制得。寫出該過程的化學方程式pH=4.1時，I中為 溶液(寫化學式)。工藝中加入NaCQ固體，并再次充入SQ的目的是。(3)制備Na&O5也可采用三室膜電解技術，裝置如圖所示，其中SQ堿吸收液中含有NaHSO和N82SC3.陽極的電極反應式為 。電解后，室的NaHSO濃度增力口。將該室溶液進 行結晶脫水，可得到Na2&O5稀1斕0so?堿吸收液(4) Na2&O5可用作食品的抗氧化劑。在測定某葡萄酒中N82&O5殘留量時

7、，取50.00mL葡葡萄酒樣品，用0.01000mol?L-1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Na2&O5的殘留量為 g?L 1 (以SQ計)(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(yī)藥等工業(yè)中得到廣 泛應用?；卮鹣铝袉栴}：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F. Daniels等曾利用測壓法在剛性反應器中研究了25c時N2O5 (g)分解反應：20?(g)-r 4NO(g) +O:(g)(2)利用煙道氣中的SQ生產N82&O5,的工藝為:其中NO2二聚為N2O4

8、的反應可以迅速達到平衡。體系的總壓強 P隨時間t的變化如下表所示(t=8時，N2O5 (g)完全分解)：第2頁(共14頁)t/min 0408016026013001700oop/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1已知：2N2c5 (g) =2N2O4 (g) +O2 (g) H1= - 44kJ?mol 12N6 (g) =N2O4 (g) H2= - 55.3kJ?mol 1則反應 N2O5 (g) =2NO2 (g) + 2O2 (g)的H=kJ?mol 1研究表明，N2O5 (g)分解的反應速率v=2X103xP固口 (kPa?min 1) , t=

9、62min時，測得體系中 P=2.9kPa,貝U止匕時的 P lT =kPa, v= kPa?min 1。若提高反應溫度至35C,則N2O5 (g)完全分解后體系壓強P- (35C) 63.1kPa (填 大 于“等于“或小于)，原因是25c時N2O4 (g) ?2NO2 (g)反應的平衡常數(shù)Kp=kPa (Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，計 算結果保留1位小數(shù))。(3)對于反應2N2O5 (g) 一4NQ (g) +O2 (g) , R. A. Ogg提出如下反應歷程：第一步：N2O5?NO2+NO3快速平衡第二步 NO2+NO3- NOFNO2+O2慢反應第三步NO+NO3-2NQ快反應其中可

10、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的碰撞僅部分有效D.第三步反應活化能較高化學一選修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(yōu)良 性能，得到廣泛應用?；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 (填標號)A.(3) LiAlH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。 LiAlH中，存在 (填標號)。A.離子鍵B.6鍵

11、C九鍵D.氫鍵(4) L2O是離子晶體，具晶格能可通過圖(a)的Bormi-Haber循環(huán)計算得到?？芍琇i原子的第一電離能為 kJ?mol 1, O=O鍵鍵能為 kJ?mol 1, L2O品格能為kJ?mol 1。(5) L2O具有反螢石結構，晶胞如圖(b)所示。已知晶胞參數(shù)為 0.4665nm,阿伏加德羅常數(shù)的 值為Na,則L2O的密度為 g?cm3 (列出計算式)?；瘜W一選修5:有機化學基礎(15分)12.化合物W可用作高分子膨脹劑，一種合成路線如下:第3頁(共14頁)z E COONh NaC N/ if TEC CN叵I 一I)CltlLCOOCjlL CrHQNa2)CcH5CH

12、:C1 JHQHCIC H C(X)H: c ICILCOONa囚 E/COOH/gUCjgiK Ei,cnnCOOH (K)CJh回答下列問題(1) A的化學名稱為。(2)的反應類型是。(3)反應所需試劑，條件分別為 。(4) G的分子式為。(5) W中含氧官能團的名稱是。(6)寫出與E互為同分異構體的酯類化合物的結構簡式 (核磁共振氫譜為兩組峰，峰面積比為1:1) cilcoochX ) 一 一 (7)苯乙酸葦酯( U -飛 J )是花香型香料，設計由苯甲醇為起始原料制備苯乙酸葦酯的合成路線(無機試劑任選)第4頁(共14頁)2018年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標I ）參考答案與試題解析、選

13、擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1. （6分）磷酸亞鐵鋰（LiFePQ）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:正板片典LNaAlO?濾液 H,SO/HNO.J含磷酸亞鐵鋰濾渣工一士炭黑等濾清堿液廠沉淀液碳邈一含Li沉淀卜列敘述錯誤的是（A.合理處理廢舊電池有利于保護環(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”反應的金屬離子為Fe3+D.上述流程中可用硫酸鈉代替碳酸鈉【考點】P8:物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用.【分析】正極片經堿溶可得到NaAlC2,可說明含有Al元素，含有磷酸亞鐵鋰

14、的濾渣加入硫酸、硝酸，可除去炭黑，得到含有 P、Fe Li的濾液，加入堿液，生成的沉淀為 Fe （CH） 3,濾液加入 碳酸鈉，可生成碳酸鋰沉淀，以此解答該題?！窘獯稹拷猓篈.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。故選：Do【點評】本題為2018年高考全國卷，以元素化合物知識為載體考查物質的分離、提純，有利于培 養(yǎng)學生的分析能

15、力和實驗能力，樹立積極的環(huán)境保護意識和資源的合理運用，題目難度不大。2. （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/CC4褪色D,淀粉和纖維素水解的最終產物均為葡萄糖【考點】K2:蔗糖、麥芽糖簡介；K3:淀粉的性質和用途.【分析】A.果糖為單糖；B.絕大多數(shù)酶是蛋白質；C.植物油為高級脂肪酸甘油酯，姓基含不飽和碳碳雙鍵；D.多糖最終水解產物為單糖?！窘獯稹拷猓篈.蔗糖和麥芽糖均為雙糖，果糖為單糖，故 A錯誤；B.絕大多數(shù)酶是蛋白質，少數(shù)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

16、為液態(tài)油脂，分子的燒基中含不飽和碳碳雙鍵，這種脂肪酸酯，能使Br2/CC4褪色，發(fā)生加成反應，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物均為葡萄糖，故 D正確； 故選：AB?！军c評】本題考查了物質分類、物質性質、物質結構等知識點，注意知識的積累，題目難度不大。3. （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（第5頁（共14頁）【考點】TJ:乙酸乙酯的制取.【分析】乙酸乙酯的制備是乙醇濃硫酸和乙酸混合溶液加熱生成，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，利用分液的方法得的乙酸乙 酯，蒸發(fā)皿是加熱蒸發(fā)溶液得到晶體的儀

17、器，據(jù)此分析判斷?！窘獯稹拷猓篈.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(fā)皿加熱蒸發(fā)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；故選：Do【點評】本題考查了乙酸乙酯的制備原理、化合物分離方法、實驗基本操作等，掌握基礎是解題關 鍵，題目難度不大。【解答】解：A.膠體粒子是一個聚合體，16.25gFeC3的物質的

18、量為上哲S=0.1mol,水解形 162. 5g/mol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(shù)小于 0.1mol, 即0.1Na,故A錯誤；B.22.4L標準狀況的氮氣的物質的量為1mol,氧氣是單原子氣體，所以含有18molAr,即含有18moi 質子，即18Na個質子，故B正確；C.92.0g甘油（丙三醇）的物質的量為一孥一二1mol, 1mol丙三醇含有3moi羥基，即含有羥基數(shù) 92g/n）ol為3Na,故C錯誤；D. CH4與C2的在光照下發(fā)生的取代反應產物是混合物，不是完全生成CHsCl,所以生成CHbCl的分子數(shù)不是1.0Na,

19、故D錯誤，故選：Bo【點評】本題考查阿伏伽德羅常數(shù)的簡單計算，注意膠粒是聚合體，氣體摩爾體積22.4L/mol的使用條件，甲烷與氯氣的光照取代反應實質是解題的關鍵，考查的知識點較多，題目較為綜合， 總體難度不大，是基礎題。（6分）Na是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（16.25gFeC3,水解形成的Fe （OH） 3為膠體粒子數(shù)為0.1Na22.4L.（標準狀況）氧氣含有的質子數(shù)為 18Na92.0g甘油（丙三醇）中含有羥基數(shù)為 1.0Na1.0molCH4與C2在光照下生成 CHCl的分子數(shù)為1.0Na（6分）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（口（）是最簡

20、單的一種，下列關于該化合物的說法錯誤的是（）A.與環(huán)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【考點】4F:阿伏加德羅常數(shù).【分析】A. 一個膠體粒子是一個聚合體；B.22.4L標準狀況的氮氣的物質的量為1mol,氧氣是單原子氣體；C.1mol丙三醇含有的羥基數(shù)為 3mol ；D. CH4與C2的在光照下發(fā)生的取代反應產物是混合物，不是完全生成CHsCl【考點】HD:有機物的結構和性質.【專題】534:有機物的化學性質及推斷.【分析】A.螺（2, 2）戊烷、環(huán)戊烯的分子式都為C5H8,分子式相同結構不同的有機物互為同分異構體

21、；B.螺（2, 2）戊烷24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號和第6頁（共14頁）2號碳原子上、可能位于1號和3號碳原子上、可能位于1號和4號C原子上；C.該分子中中間的碳原子上具有甲烷結構特點；D.每個C5H12比螺（2, 2）戊烷多4個氫原子，相當于2個H2?！窘獯稹拷猓篈.螺（2, 2）戊烷、環(huán)戊烯的分子式都為C5H8,環(huán)戊烯結構簡式為，螺（2, 2）戊烷、環(huán)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24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、可能位于1號和4號C

22、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；故選：C?！军c評】本題考查有機物結構和性質，涉及基本概念、分子空間結構等知識點，側重考查學生對基 本概念、基本知識的理解和掌握，熟練掌握基本概念及甲烷、乙烯、苯的空間結構，題目難度 不大。6. （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；

23、W與Z形成的化合物可與濃硫酸反應，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(tài)Z的氫化物為離子化合物Y和Z形成的化合物的水溶液呈堿性W與Y具有相同的最高化合價【分析】W與Z形成的化合物可與濃硫酸反應，其生成物可腐蝕玻璃，能腐蝕玻璃的是HF, W原子序數(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X單質為Na或Mg單質；Z的氫化物是 KH或CaH2;Y、Z形成的化合物是KCl或

24、CaQ,為強酸強堿鹽；W、Y的最高價分別是0、+7價?！窘獯稹拷猓篧與Z形成的化合物可與濃硫酸反應，其生成物可腐蝕玻璃，能腐蝕玻璃的是HF,W原子序數(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單質都是固態(tài)，故A錯誤；Z的氫化物是KH或Ca屋，二者都是離子化合物，故 B正確；Y、Z形成的化合物是KCl或CaC2,為強酸強堿鹽，其水溶液呈中性，故 C錯誤；W、Y的最高價分別是0、+7價，F(xiàn)元素

25、非金屬性最強，沒有正化合價，故 D錯誤；故選：Bo【點評】本題考查原子結構和元素周期律，側重考查學生分析判斷能力，正確判斷W、Z元素是解本題關鍵，明確元素周期表結構、物質結構、元素周期律即可解答，注意規(guī)律中的特殊現(xiàn)象， 如F元素沒有正化合價等。7. （6分）最近我國科學家設計了一種 CQ+H2s協(xié)同轉化裝置，實現(xiàn)對天然氣中 CQ和H2s的高效 去除。小意圖如右所小，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)生反應為：EDTA- Fe2+-e =EDTA Fe3+2EDTA Fe3+H2s=2H+S+2EDTA Fe2+該裝置工作時，下列敘述錯誤的是（）【考點

26、】8F:原子結構與元素周期律的關系.第7頁（共14頁）大然氣育天然，-J 稅A,陰極的電極反應：CQ+2H+2e一CC+H2OB.協(xié)同轉化總反應：CQ+H2SCC+H2O+SC.石墨烯上的電勢比ZnOH墨烯上的低D,若采用Fe3+/Fe2+取代EDTAr Fe3+/EDTA- Fe2+,溶液需為酸性【考點】BH:原電池和電解池的工作原理.【分析】A.根據(jù)圖知，ZnO石墨烯電極上反應物是 CQ、H+,生成物是CC隆0,該電極上得電 子發(fā)生還原反應；B.根據(jù)圖中進入物質、出來物質知，協(xié)同轉化過程中反應物是H2S、CC2,生成物是S CQ H2O;C.工作時石墨烯電極失電子作陽極，ZnO行墨烯電極為

27、陰極，外電路中電流從高電勢流向低電勢；D. Fe3+、Fe2+在中性或堿性條件下產生沉淀?！窘獯稹拷猓篈.根據(jù)圖知，ZnO石墨烯電極上反應物是CQ、H+,生成物是CO H2O,該電極上 得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為 CO2+2H +2e COH2O,故A正確；B.根據(jù)圖中進入物質、出來物質知，協(xié)同轉化過程中反應物是H2S、CQ,生成物是S CQ 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ZnOH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

28、液應該為酸性，故 D正確；故選：C?！军c評】本題考查電解原理，涉及電極反應式的書寫、元素化合物性質等知識點，側重考查學生分析、判斷及知識綜合運用能力，C選項聯(lián)合物理知識考查電化學原理，是該題一個亮點， 題目難 度中等。、解答題(共3小題，滿分43分)(14分)醋酸亞銘(CH3COO 2Cr?2H2O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，將三價銘還原為二 價絡；二價銘再與醋酸鈉溶液作用即可制得醋酸亞銘。實驗裝置如圖所示。回答下列問題：(1)實驗中所用蒸儲水均需經煮沸后迅速冷卻，目的是 去除水中的溶解氧 儀器a的名稱是 分

29、 液(滴液)漏斗 。(2)將過量鋅粒和氯化銘固體置于 c中，加入少量蒸儲水，按圖連接好裝置。打開Ki、K2,關閉K3oc中溶液由綠色逐漸變?yōu)榱了{色，該反應的離子方程式為Zn+ZCNZn+ZCg同時c中有氣體產生，該氣體的作用是排除c中空氣(3)打開K3,關閉Ki和K2. c中亮藍色溶液流入d,其原因是 c中產牛的氫氣使壓強大于大氣 壓；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 冷卻、 過濾 洗 滌，干燥。(4)指出裝置d可能存在的缺點 敞開體系，可能使醋酸亞銘與空氣接觸【考點】U3:制備實驗方案的設計.【分析】醋酸亞銘在氣體分析中用作氧氣吸收劑，說明亞銘離子具有強還原性，易與

30、氧氣反應，則第8頁(共14頁)制備實驗中應避免接觸氧氣，實驗時，將過量鋅粒和氯化絡固體置于c中，加入少量蒸儲水，按圖連接好裝置，打開 K1、K2,關閉K3,鹽酸與鋅反應可生成氫氣，可將裝置內的空氣排出， 避免亞銘離子被氧化，且發(fā)生 Zn+2Cr3+=Zn2+2Cr2+,可觀察到c中溶液由綠色逐漸變?yōu)榱了{色， 打開Ka,關閉Ki和K2, c中壓強增大，可將亮藍色溶液流入 d,可生成醋酸亞銘磚紅色沉淀， 以此解答該題。【解答】解：(1)為避免亞銘離子被氧化，應除去水中的溶解氧，則實驗中所用蒸儲水均需經煮 沸后迅速冷卻，由裝置圖可知a為分液漏斗或滴液漏斗，故答案為：去除水中的溶解氧；分液(滴液)漏斗

31、；(2)c中溶液由綠色逐漸變?yōu)榱了{色，說明生成亞銘離子，反應的離子方程式為 Zn+2Cr3+=Zr2+2Cr2+,故答案為：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，避免亞銘離子被氧化，故答案為：排除 c中 空氣；(3)打開Ka,關閉Ki和K2, 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，故答案為：c中產生的氫氣使壓強大于大氣壓；冷卻；過濾；d為敞開體系，可能使醋酸亞銘與空氣接觸而被氧化，應在密閉容器中制備， 故答案為：敞開體系，可能使醋酸亞銘與空氣接觸?！军c評】本題考查物質的制備，為高考常

32、見題型和高頻考點，側重考查學生的分析能力、自學能力 和實驗能力，注意把握物質的性質以及題給信息，把握實驗的操作方法，難度不大。(14分)焦亞硫酸鈉(Na2&O5)在醫(yī)藥、橡膠、印染、食品等方面應用廣泛。回答下列問題: (1)生產Nm&O5,通常是由NaHSO過飽和溶液經結晶脫水制得。寫出該過程的化學方程式2NaHSO Na2S2O5+H2O(2)利用煙道氣中的SQ生產Na2s2O5,的工藝為：pH=4.1時，I中為 NaHSQ溶液(寫化學式)。工藝中加入 NazCQ固體，并再次充入 SQ的目的是 增大NaHSQ濃度,形成過飽和溶液。(3)制備Na2$O5也可采用三室膜電解技術，裝置如圖所示，其

33、中SQ堿吸收液中含有NaHSO和Na2SC3.陽極的電極反應式為 2H2O-4e O2 T+4H+ 。電解后，_a-室的NaHSO濃度增力口。 將該室溶液進行結晶脫水，可得到 Na2S2O5Na2&O5可用作食品的抗氧化劑。在測定某葡萄酒中Na2s2。5殘留量時，取50.00mL葡葡萄酒樣品，用0.01000mol?L 1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SOs2+2I2+3H22SO2 +4I +6H+ 該樣品中 Na2&O5 的殘留量為 0.128 g?L 1 (以 SQ計)【考點】54:物質的量的相關計算；DI:電解原理.【分析】(1)由NaHSO過飽和溶液

34、經結晶脫水制得 Na2&O5,據(jù)此寫出反應方程式；(2)向I中通入SQ使溶液pH變?yōu)?.1,說明溶液顯酸性，據(jù)此分析；工藝中加入NazCQ固體，并再次充入SQ,考慮到后續(xù)操作步驟是結晶脫水制取 Na2s2O5,發(fā)生 這一步需要過飽和的 NaHSQ溶液；(3)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(fā)生氧化反應，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，據(jù)此分析；(4) Na2&O5可用作食品的抗氧化劑，說明 Na2及O5具有一定的還原性，能被碘標準液滴定，說明 發(fā)生氧化還原反應產生NazSQ, I2被還原為，根據(jù)方程式計算。【解答】解：(1)由NaHSO過飽和溶液經結

35、晶脫水制得 N&O5,所以發(fā)生反應的化學方程式為 2NaHSQ Na2&O5+H2。，故答案為：2NaHSO Na2$O5+H2O;第9頁(共14頁)P隨時間t的變化如下表所示(t=170000中P . =2.9kPq則此時的P r11怎30.0 kPa, v= 6.0X10 2 kPa?min 1。(2)向I中通入SQ使溶液pH變?yōu)?.1,說明溶液顯酸性，NmCQ顯堿性，NmSQ顯堿性，NaHCO 顯堿性，而NaHSQ顯酸性，說明反應產生了 NaHSG, I中的溶液應為NaHSQ溶液，故答案為：NaHSQ；工藝中加入NaCQ固體，并再次充入SC2,考慮到后續(xù)操作步驟是結晶脫水制取 N&O5,

36、發(fā)生 這一步需要過飽和的NaHSO溶液，由此判斷，再通入 SC2的目的應為：增大NaHSO濃度，形 成過飽和溶液，故答案為：增大NaHSQ濃度，形成過飽和溶液；(3)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(fā)生氧化反應，所以應為H2O放電，產生O2和H+,則電極反應為：2H2。-4e一 O2T+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(fā)生反應：2H+2e 一H2 T ,所以b室較a室H+濃度有所降低，因此電解后，a室的NaHSQ濃度增加，故答案為：2H2O-4e O2 T+4H+; a；(4) Na2&Q可用作食品的抗氧化劑，說明 Na2s

37、2O5具有一定的還原性，能被碘標準液滴定，說明 發(fā)生氧化還原反應產生Na2SQ,l2被還原為，則發(fā)生滴定反應的離子方程式為：S2O52 +2I2+3H2O 2SQ2 +4I +6H：取50.00mL葡葡萄酒樣品，用0.01000mol?L1的碘標準液滴定至終點，消耗 10.00mL,根據(jù)反應方 程式，則樣品中N%&O5 的殘留量以SQ 計算應為：.,.10, 00X1 X 0. OLOOOmoly ,2 X *-X 64g /ncl ：=0.128g/L,50.00X 10-JL故答案為：&O52 +2I2+3H2r2SQ2 +4I +6H+; 0.128?！军c評】本題以Na2及O5為背景，考

38、查氧化還原反應和電解原理的知識，考查了氧化還原反應方程 式的書寫和配平，電極反應方程式的書寫，滴定的簡單計算，均為高考的難點和重點，為高頻 考點，試題有助于培養(yǎng)綜合分析問題的能力，本題整體難度中等，是中檔題。(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(yī)藥等工業(yè)中得到廣泛應用?；卮鹣铝袉栴}：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O2F. Daniels等曾利用測壓法在剛性反應器中研究了25c時N2O5 (g)分解反應:2N。- 4N0;(g) / 0二 U2N。其中NO2二聚為N2O4的反應可以迅速達到平衡

39、。體系的總壓強00時，N2O5 (g)完全分解)：t/min 040801602601300p/kPa 35.840.342.545.949.261.262.363.1已知：2N2O5 (g) =2N2O4 (g) +O2 (g) H1= - 44kJ?mol 12NO2 (g) =N2O4 (g) H2=-55.3kJ?mol 1則反應 N2O5 (g) =2NO2 (g) +-O2 (g)白H= +33.3 kJ?mol 1研究表明，N2O5 (g)分解的反應速率v=2X103xPh門(kPa?min 1) , t=62min時，測得體系若提高反應溫度至35C,則N2O5 (g)完全分解后

40、體系壓強 R (35C) 大于 63.1kPa (填失 于等于“或 小于)，原因是 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25c時N2O4 (g) ?2N6 (g)反應的平衡常數(shù)Kp= 13.4 kPa (Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，計 算結果保留1位小數(shù))。(3)對于反應2N2O5 (g) 一4NQ (g) +O2 (g) , R. A. Ogg提出如下反應歷程：第一步：N2O5? NO2+NO3快速平衡第二步 NH+NQ- NO+NO2+O2慢反應第三步NO+NO3-2NQ快反應其中可近似認為第二步反應不影響第一步的平

41、衡。下列表述正確的是AC (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NO3第10頁(共14頁)C.第二步中NO2與NO3的碰撞僅部分有效D.第三步反應活化能較高【考點】BE熱化學方程式；CP:化學平衡的計算.【分析】(1)干燥的氯氣通過干燥的硝酸銀，得到 N2O5,氯氣是氧化劑，還原產物應為 AgCl,硝 酸銀是還原劑，根據(jù)還原劑失去電子轉化為氧化產物判斷；(2)已知：i、2N2O5 (g) =2N2O4 (g) +O2 (g) Hi= 4.4kJ/molii、2NC2 (g) =N2O4 (g) H2= - 55.3kJ/mol根據(jù)蓋斯定律可知i +2

42、- ii即得到N2O5 (g) =2NO2 (g) +I/2O2 (g),據(jù)此計算 H的值；根據(jù)阿伏加德羅定律可知，在恒溫包容條件下，氣體的壓強與物質的量成正比；根據(jù)溫度對壓強和平衡狀態(tài)的影響分析；根據(jù)五氧化二氮完全分解時的壓強計算出二氧化氮、氧氣的壓強，然后再根據(jù)二氧化氮轉化的方程式計算平衡時二氧化氮、四氧化二氮的壓強；(3)化學反應的速率由慢反應過程決定，并根據(jù)三步反應的特點分析判斷?！窘獯稹拷猓?1)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價會升高，所以氧化產物是氧氣，分子式為O2,故答案為：O2；(2)已知：i、2N2O5 (g) =2N2O4 (g) +O2 (g) Hi

43、= - 4.4kJ/molii、2NQ (g) =N2O4 (g) H2=-55.3kJ/mol根據(jù)蓋斯定律可知 i +2- ii 即得到 N2O5 (g) =2NO (g) +I/2O2 (g) H=+53.1kJ/mol,故答案為：+53.1;根據(jù)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 2.9kPaX 2=5.8kPa,則此時五氧化二氮的壓強是 35.8kPa -5.8kPa=30.0kPa 因此此時反應速率 v=2.0 x 10 3x30=6.0 x 10 2 (kPa?min 1),故答案為：30.0;

44、6.0X 10 2;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35C,則N2O5 (g)完全分解后體系壓強 p (35C)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(jù)表中數(shù)據(jù)可知五氧化二氮完全分解時的壓強是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是 35.8kPaX 2=71.6 kPa,氧氣是35.8kP/2=17.9 kPa,總壓強應該是71.6 kPa+17.

45、9 kPa=89.5 kPa平衡后壓強減少了 8 9.5 kPa- 63.1kPa=26.4kPa 所以根據(jù)方程式 2NO2(g) N2O4(g)可知平衡時四氧化二氮對應的壓強是 26.4kPq二氧化氮對應的壓強是71.6 kPa- 26.4kPa X2=18.8kPa則反應的平衡常數(shù) K此 建陽尸13.4KPa 26- 4故答案為：13.4;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(jù)第二步和第三步可知中間產物還有NO,故B錯誤；C.根據(jù)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

46、較低，故 D錯誤；故選：AC。【點評】本題主要是考查化學反應原理，側重于化學反應速率與化學平衡的有關分析與計算，題目難度較大。試題設計新穎，陌生感強，計算量較大，對學生的要求較高。壓強和平衡常數(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壓強與氣體物質的量之間的關系，注意 結合反應的方程式和表中數(shù)據(jù)的靈活應用?；瘜W一選修3:物質結構與性質(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(yōu)良 性能，得到廣泛應用?；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 (填標號)由血口口a 心 2與 2Px 2P1 2pf第

47、11頁(共14頁)值為Na,則L2O的密度為g?cm 3 (列出計算式)。L+與H具有相同的電子構型，r (Li+)小于r (H ),原因是Li+核電荷數(shù)較大LiAld是有機合成中常用的還原劑，LiAlH4中的陰離子空間構型是正四面體 中心原子的雜化形式為 sp3 。LiAld中，存在 AB(填標號)。A.離子鍵B.6鍵C.冗鍵D.氫鍵L2O是離子晶體，具晶格能可通過圖(a)的Bormi - Haber循環(huán)計算得到?？芍琇i原子的第一電離能為520 kJ?mol 1,0=0鍵鍵能為 498 kJ?mo1.L2O品格能為 2908kJ?mol 1 oL2O具有反螢石結構，晶胞如圖(b)所示。已

48、知晶胞參數(shù)為 0.4665nm,阿伏加德羅常數(shù)的(2)電子層結構相同的離子，離子核電荷數(shù)越大，其吸引電子能力越大；LiAlH中的陰離子中Al原子價層電子對個數(shù)=4+1；乂1 =4且不含孤電子對,根據(jù)價層電子對互斥理論判斷其空間構型及中心原子雜化方式；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；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；O=O鍵鍵能為氧氣分子變?yōu)檠踉?子所需能量；晶格能是氣態(tài)離子形成 1mol離子晶體釋放的能量；(5)晶胞中Li+個數(shù)是8、O2個數(shù)=8X 1+6x1 =4,晶胞體積=(0.4665X10 7 cm) 3,晶胞密度

49、至。S 2V【解答】解：(1)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，故答案為：D、C;Li+與H具有相同的電子構型，離子核電荷數(shù)：Li+H ,其吸引電子能力：Li+H ,導致其半 徑越小，故答案為：Li+核電荷數(shù)較大；LiAlH中的陰離子中Al原子價層電子對個數(shù)=4例二普L =4且不含孤電子對，根據(jù)價層電子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、(T鍵、配位鍵，故答案為：