2018年高考化學真題詳解1卷(答案)

1、2018 年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試 ( 課標全國卷 )7. D 本題考查工藝流程分析 , 鋁、鐵、鋰的化合物的性質(zhì)等。合理處理廢舊電 池可回收有關(guān)金屬 ,達到資源再利用的目的 ,同時有利于環(huán)境保護 ,A 項正確;由 流程圖可知 , “正極片”中含有的金屬元素有 Al 、 Fe、Li,B 項正確;LiFePO 4中 鐵元素的化合價為 +2價,在 H2SO4、HNO3作用下轉(zhuǎn)化為 Fe3+,經(jīng)堿液處理形成 Fe(OH)3沉淀,C 項正確;Li 2CO3難溶于水,而 Li 2SO4可溶于水,故不能用 Na2SO4代替 Na2CO3,D 錯誤。審題方法 以元素化合物的性質(zhì)為依據(jù) , 分析流程中各

2、物質(zhì)的轉(zhuǎn)化。8. A 本題考查基本營養(yǎng)物質(zhì)。果糖是單糖 ,A 項錯誤。易錯易混 常見的糖類中 , 葡萄糖和果糖是單糖 , 不能水解。淀粉、纖維素的化學式形式相同 , 但不互為同分異構(gòu)體 ; 淀粉、纖維素的結(jié)構(gòu) 單元相同 , 水解最終產(chǎn)物都是葡萄糖。9. D 本題考查乙酸乙酯的制取與分離、提純。冰醋酸、乙醇在濃硫酸作用下 加熱反應生成乙酸乙酯 ,A 涉及; 導出乙酸乙酯的導氣管在飽和碳酸鈉溶液上方 可以防止倒吸 ,B 涉及;乙酸乙酯難溶于水 ,浮在溶液上方 ,可以用分液法分離出 乙酸乙酯,C涉及;蒸發(fā)是使易溶固體從其溶液中析出 ,D 不涉及。知識拓展 飽和碳酸鈉溶液的作用制取乙酸乙酯實驗中 ,

3、飽和碳酸鈉溶液的作用是溶解乙醇、吸收乙酸、降低 乙酸乙酯的溶解度 , 便于乙酸乙酯的分離、提純。解題技巧 見提分手冊 1510. B 本題考查阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計算。 16.25 g FeCl 3 的物質(zhì)的量是 0.1 mol,Fe 3+水解生成的 Fe(OH)3膠體粒子 是若干 Fe(OH)3 的聚集體 , 故膠體粒子數(shù)目 遠小于 0.1NA,A 項錯誤;Ar 是單原子分子 ,22.4 L( 標準狀況 )氬氣的物質(zhì)的量是 1 mol, 含有的質(zhì)子數(shù)為 18NA,B 項正確;甘油(丙三醇)的分子式為 C3H8O3, 其摩爾 質(zhì)量是 92 g ·mol-1,則92.0 g 甘油含有羥

4、基的數(shù)目為 3.0NA,C 項錯誤;甲烷與氯 氣反應的產(chǎn)物中 CH3Cl、CH2Cl2、CHC3l、CCl4同時存在 ,1.0 mol CH 4與足量氯氣 反應時上述四種有機物的總物質(zhì)的量為 1.0 mol,D 項錯誤。易錯易混 膠體粒子的組成分類膠體粒子的組成有兩類 :一類如 Fe(OH)3膠體的粒子 ,是由若干 Fe(OH)3聚集 在一起形成的 ; 另一類如淀粉、蛋白質(zhì)等大分子 , 單個分子即膠體粒子。解題技巧 見提分手冊 211. C 本題考查簡單有機化合物的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)及同分異構(gòu)體數(shù)目的判斷。由結(jié)構(gòu)可知螺 2.2 戊烷的分子式為 C5H8, 環(huán)戊烯 () 的分子式也是 C5H8, 故二者

5、互為同分異構(gòu)體 ,A 項正確 ; 螺2.2 戊烷的二氯代物有如下三種 : 、 、,B 項正確; 螺2.2 戊烷中所有碳原子均形成四條單鍵 , 故所有碳原子不 在同一平面上 ,C 項錯誤 ; 由 C5H8 C5H12可知 , 生成 1 mol C 5H12參加反應的氫氣 至少為 2 mol,D 項正確。易錯易混 容易受螺 2.2 戊烷鍵線式的影響 , 誤以為該分子中碳原子構(gòu)成一個 平面。解題技巧 見提分手冊 9(1)(2)(3)12. B 本題考查元素推斷、元素化合物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、化合價規(guī)律和特例。氫 氟酸可腐蝕玻璃 ,根據(jù)題意可知 W是F,與其同主族的 Y是 Cl; 實驗室中用 CaF2 與濃

6、 H2SO4反應制取 HF,故 Z是 Ca;W、X、Z 最外層電子數(shù)之和為 10,則 X是 Na。 鈉單質(zhì)常溫常壓下是固體 ,A 錯誤 ;CaH2是由 Ca2+與 H-構(gòu)成的離子化合物 ,B 正 確;CaCl 2溶液呈中性 ,C 錯誤;F 是非金屬性最強的元素 ,沒有正化合價 ,氯元素的 最高化合價是 +7 價,D 錯誤。知識拓展 CaF2是一種難溶于水的固體 , 實驗室利用 CaF2 與濃 H2SO4反應制取 HF:CaF2+H2SO4(濃) CaSO4+2HF,該反應不能在玻璃儀器中進行 , 應在鉛皿中 進行。解題技巧 見提分手冊 6(1)(2)13. C 本題考查電解原理的應用。由石墨烯

7、電極區(qū)反應可知該極發(fā)生氧化反 應,為陽極, 則 ZnO石墨烯為陰極。陰極的電極反應為 :CO2+2H+2e- CO+H2O,A 2+ 3+正確;裝置工作時涉及三個反應 ,Fe 與Fe 的轉(zhuǎn)化循環(huán)進行 ,總反應為 CO2與 H2S 之間的反應 , 根據(jù)得失電子守恒可知總反應為 :CO2+H2S CO+H2O+S,B正確; 石墨 烯與電源正極相連 ,ZnO石墨烯與電源負極相連 , 故石墨烯上的電勢比 ZnO石墨 烯上的高 ,C 錯誤 ;Fe 2+、Fe3+均在酸性環(huán)境中穩(wěn)定存在 ,D 正確。審題技巧 解題的關(guān)鍵是電極名稱的確定。如本題中 CO2 CO為還原反應 陰極 ,Fe 2+Fe3+為氧化反應

8、陽極。解題技巧 見提分手冊 10(2)26. 答案 (1) 去除水中溶解氧 分液( 或滴液 )漏斗(2) Zn+2Cr3+ Zn 2+2Cr2+排除 c 中空氣(3) c 中產(chǎn)生 H2使壓強大于大氣壓 ( 冰浴)冷卻 過濾(4) 敞開體系 , 可能使醋酸亞鉻與空氣接觸 解析 本題考查物質(zhì)制備。(1) 為防止水中溶解的氧氣氧化 Cr2+或(CH3COO2)Cr, 需將蒸餾水煮沸并迅速冷卻 , 以除去溶解氧。(2) 由溶液顏色變化可知 ,Zn 將 Cr3+還原為 Cr2+, 反應的離子方程式為 Zn+2Cr3+ Zn 2+2Cr2+。c中產(chǎn)生的氣體為氫氣 , 可排除 c 中空氣, 防止 Cr2+被

9、氧化。(3) 打開 K3,關(guān)閉 K1、K2,c 中產(chǎn)生的氫氣聚集在溶液上方 ,氣體壓強增大 ,將 c 中 液體經(jīng)長導管壓入 d中;(CH3COO2)Cr難溶于冷水,可將 d置于冰水浴中冷 卻,(CH3COO2)Cr充分結(jié)晶后 ,經(jīng)過濾、洗滌、干燥得磚紅色晶體。(4) 由于裝置 d 為敞開體系 , 與大氣直接接觸 , 故空氣中的氧氣可能會氧化 (CH3COO2)Cr。審題方法 本題解題的關(guān)鍵是題干中指出醋酸亞鉻在氣體分析中用作氧氣吸收 劑, 說明醋酸亞鉻具有強還原性。方法技巧 Cr2+、(CH3COO2)Cr的強還原性與 Fe2+、Fe(OH)2相似。(CH3COO2)Cr 的 制取實驗與 Fe

10、(OH)2 制取的改進實驗相似。解題技巧 見提分手冊 16(1)(2)27. 答案 (1)2NaHSO3 Na2S2O5+H2O(2) NaHSO3 得到 NaHS3O過飽和溶液(3) 2H 2O-4e- O2+4H+ a(4) S 2O52- +2I 2+3H2O 2SO42- +4I - +6H+ 0.128解析 本題考查工藝流程、電解原理的應用、氧化還原滴定與計算。(1) NaHSO3與 Na2S2O5中硫元素化合價均為 +4價, 根據(jù)觀察法配平反應方程 式 :2NaHSO3 Na2S2O5+H2O。(2) 中所得溶液的 pH=4.1, 硫元素的存在形式應為 HSO-3 ,故中為 NaH

11、S3O溶 液。過程是利用 Na2CO3與 NaHS3O反應轉(zhuǎn)化為 Na2SO3,過程利用 SO2與 Na2SO3反 應生成 NaHS3O:Na2SO3+SO2+H2O 2NaHSO3, 制得高濃度的 NaHS3O, 更有利于 Na2S2O5 的制備。(3) 根據(jù)裝置圖可知左側(cè)為陽極 , 溶質(zhì)為 H2SO4, 實際放電的是水電離出的 OH-,電 極反應式為 2H2O-4e- O2+4H+。電解過程中 ,陽離子(H+)向右側(cè)移動 , 則 a 室 中 SO23- +H+ HSO-3,NaHSO3濃度增大。(4) Na 2S2O5作食品的抗氧化劑 ,則具有強還原性 , 被氧化為 SO24- ;S 2O

12、25-2SO24 - ,I 22I -, 依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可配平反應的離子方程式 :S 2O25- +2I 2+3H2O 2SO42- +4I - +6H+。根據(jù)滴定反應的離子方程式及硫原子守恒可得如下關(guān)系式2SO2 S2O52- 2I 264 g 1 molm(SO2) 0.010 00 mol ·L-1×0.010 00 L-3m(SO2)=6.4 ×10-3g-3則樣品中 Na2S2O5的殘留量為06.045×0 1000 gL=0.128 g·L-10. 050 00 L方法技巧 守恒法在此題中應用較多。如第 (4)

13、 問中 S2O52 -與 I 2反應的方程式要 利用得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒配平。28. 答案 (1)O2 (2) 53.1 30.0 6.0 ×10-2 大于 溫度提高 ,體積不 變,總壓強提高 ;NO2二聚為放熱反應 ,溫度提高,平衡左移,體系物質(zhì)的量增加 ,總 壓強提高 13.4(3)AC解析 本題考查氧化還原反應、反應熱的計算、化學反應速率、化學平衡及化 學平衡常數(shù)的計算。(1) 氯氣具有強氧化性 ,氮元素化合價不變 ,Ag應以 AgCl形式存在,則被氧化的 是氧元素 , 對應的氧化產(chǎn)物為 O2, 反應的化學方程式為 4AgNO3+2Cl2 4AgCl+2N2O5+O

14、2。(2) 2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g) H1=- 4.4 kJ ·mol-1a2NO2(g)N2O4(g) H2=- 55.3 kJ ·mol-1ba1根據(jù)蓋斯定律 , 由2a-b 可得:N2O5(g) 2NO2(g)+ 12O2(g) H=53.1 kJ ·mol 由 2N2O5(g)O2(g)可知, ?O?2 =2.9 kPa 時 N2O5分壓減小 5.8 kPa, 此時-3 -1 ?N?2O5=(35.8-5.8)kPa=30.0 kPa 。v=2×10-3×?N2O5(kPa·min-1)=2×10

15、 3 -1 -2 -1 3×30(kPa·min-1)=6.0 ×10-2 kPa·min-1 。t=時 ,N2O5完全分解2N2O52N2O4 + O 22 2135.8 kPa?N?2O4 ?O?2?N?2O4=35.8 kPa?O?2 =17.9 kPa設(shè)達平衡時 ,N2O4 分壓減小了x kPa 。N2O42NO2開始分壓 (kPa)35.80變化分壓 (kPa)x2x平衡分壓 (kPa)35.8-x2x(35.8-x)kPa+2x kPa+17.9 kPa=63.1 kPa, 解得 x=9.4, 則平衡時 ?N?2O4 =26.418. 82k

16、Pa, ?N?O 2 =18.8 kPa,K= 26 . 4 kPa13.4 kPa 。(3) 第一步反應為快反應 , 其逆反應的速率也比第二步反應的速率快 ,A 正確; 從 反應方程式看 , 中間產(chǎn)物有 NO3、NO,B錯誤 ; 由于第二步反應是慢反應 , 說明 NO2 與 NO3 的碰撞僅部分有效 ,C 正確 ; 第三步是快反應 , 故其活化能應較低 ,D 錯誤。35. 答案 (1)D C(2) Li +核電荷數(shù)較大(3) 正四面體 sp3 AB(4)520 498 2 908(5)8× 7+4× 16(5) ?A (0.466 5×10-7) 3解析 本題考

17、查原子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、晶體結(jié)構(gòu)與性質(zhì)。(1) 根據(jù)能量 1s<2s<2p, 可知能量最低的是 D,能量最高的是 C。(3)Al H-4中 Al 的價層電子對數(shù)為 4,故 Al 采取 sp3雜化,該離子空間構(gòu)型為正四 面體。Li +與 Al H-4以離子鍵結(jié)合 ,Al H-4中Al 與 H之間是 鍵,A、B項正確。(4) 第一電離能是氣態(tài)電中性基態(tài)原子失去一個電子轉(zhuǎn)化為氣態(tài)基態(tài)正離子所需 -1要的最低能量 , 故 Li 原子的第一電離能為 1 040 k2J·mol =520 kJ·mol-1。O O(g) 2O(g)所吸收的能量即為 O O鍵的鍵能

18、,故 O O鍵的鍵能為 249 kJ·mol- 1×2=498 kJ ·mol-1 。離子晶體的晶格能是氣態(tài)離子形成 1 mol 離子晶體所釋放 的能量,題圖中:2Li +(g)+O2-(g) Li 2O(晶體) H=-2 908 kJ ·mol-1,故 Li2O晶 -1格能為 2 908 kJ ·mol-1 。(5) 1 個 Li 2O晶胞中有 8 個 Li +,O2-處于頂點和面心 ,O2-的個數(shù)為 8× 1+6× 1=4, 故82?8×7+4× 16-3Li 2O的密度 =?=?A( 08. 4676+45×1160- 7) 3 g·cm-3。方法技巧 晶胞