2018年各省高考化學試卷

2018年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標I）

一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）

1.（6.00分）磷酸亞鐵鋰（LiFePOQ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:

NaAlO,注液沉淀

iFWtt含U'P、FCN就液堿液

臺崎酸亞鐵錘濾清空2心一上碳酸的

--濾液——*含Li沉淀

炭黑等港清

下列敘述錯誤的是（）

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、Li

C."沉淀”反應的金屬離子為Fe*

D.上述流程中可用硫酸鈉代替碳酸鈉

2.（6.00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Brz/CCh褪色

D.淀粉和纖維素水解的最終產物均為葡萄糖

3.（6.00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（）

4.（6.00分）NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）

A.16.25gFeCb，水解形成的Fe（OH）3為膠體粒子數為O.INA

B.22.4L（標準狀況）氨氣含有的質子數為18NA

C.92.0g甘油（丙三醇）中含有羥基數為I.ONA

D.1.0molCH4與CI2在光照下生成CH3cl的分子數為I.ONA

5.（6.00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

（）是最單的一種，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ImolC5H12,至少需要2moiH2

6.（6.00分）主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加，且均不大于20.W、

X、Z最外層電子數之和為10；W與Y同族；W與Z形成的化臺物可與濃硫酸反

應，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)

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

7.（6.00分）最近我國科學家設計了一種CO2+H2s協(xié)同轉化裝置，實現(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)生反應為：

①EDTA-Fer-e=ED1A-Fe3+

②2EDTA-Fe3'+H2s=2H'+S+2EDTA-Fe?'該裝置工作時，下列敘述錯誤的是（）

A.陰極的電極反應：CO2+2H'+2e—CO+H2O

B.協(xié)同轉化總反應：CO2+H2S=CO+H2O+S

C.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

二、解答題（共3小題，滿分43分）

8.（14.00分）醋酸亞銘［（CH3COO）2口?2出。］為石專紅色晶體，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；二價格再與醋酸鈉溶液作用即可制得醋

酸亞格。實驗裝置如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：

（1）實驗中所用蒸鐳水均需經煮沸后迅速冷卻，目的是儀器a的名稱

是O

（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％、K2,關閉K3O

①c中溶液由綠色逐漸變?yōu)榱了{色，該反應的離子方程式為

②同時c中有氣體產生，該氣體的作用是

（3）打開心，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）指出裝置d可能存在的缺點

陂飴溶液

9.（14.00分）焦亞硫酸鈉（Na2s2。5）在醫(yī)藥、橡膠、印染、食品等方面應用廣

泛?；卮鹣铝袉栴}：

（1）生產Na2s2。5,通常是由NaHSO3過飽和溶液經結晶脫水制得。寫出該過程

的化學方程式

（2）利用煙道氣中的SO2生產Na2s2O5，的工藝為：

pH=4.lpH=7'8pH=4.l

①pH=4.1時，工中為溶液（寫化學式）。

②工藝中加入Na2c。3固體，并再次充入SO2的目的是o

（3）制備Na2s2。5也可采用三室膜電解技術，裝置如圖所示，其中SO2堿吸收液

中含有NaHSO3和Na2s03.陽極的電極反應式為。電解后，______室的

NaHSOs濃度增加。將該室溶液進行結晶脫水，可得到Na2s2O5

（4）Na2s2。5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葡萄萄酒樣品，用0.01000mol?L1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Na2s2O5的殘留量為

g?L.i（以SO2計）

10.（15.00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}：

(1)1840年Devil用干燥的氯氣通過干燥的硝酸銀，得到*。5,該反應氧化產

物是一種氣體，其分子式為

(2)F.Daniels等曾利用測壓法在剛性反應器中研究了25℃時N2O5(g)分解

反應：

2N3O$(g)>4NO2(g)+O2(g)

r

2N2O4(g)

其中N02二聚為N2O4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)：

t/min0408016026013001700co

p/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1

①已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)△Hi=-44kJ?mol1

1

2NO2(g)=N2O4(g)AH2=-55.3kJ*mol

■1

則反應N2O5(g)=2NO2(g)+—O2(g)的△Hu______kJ*mol

2

②研究表明，N2O5(g)分解的反應速率v=2Xlt)TxpN2O5(kPa*minO*t=62min

時，測得體系中Po2=2.9kPa,貝U止匕時的pN2O5=kPa,v=kPa?min

③若提高反應溫度至35℃,則N2O5(g)完全分解后體系壓強P-(35℃)

63.1kPa(填“大于""等于"或"小于")，原因是

④25℃時N2O4(g)02N5(g)反應的平衡常數KP=kPa(Kp為以分壓表

示的平衡常數，計算結果保留1位小數)。

(3)對于反應2N2O5(g)->4NO2(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玲NO+NO2+O2慢反應

第三步NO+NO3->2NO2快反應

其中可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N03

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

［化學一選修3：物質結構與性質］

11.(15.00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

(2)Li*與H具有相同的電子構型，r(L/)小于r(H),原因是。

(3)LiAIH4是有機合成中常用的還原劑，LiA舊4中的陰離子空間構型是中

心原子的雜化形式為。LiAIFU中，存在(填標號)。

A.離子鍵B.。鍵C.n鍵D.氫鍵

(4)Li2O是離子晶體，其晶格能可通過圖(a)的Bormi-Haber循環(huán)計算得到。

2L『(g)+O2*4(g)_比mojLi?C)(晶體)

11040kJ,mol1'703kJ,mol1'

2Li(g)O(g)

p18U-mo!11249U-mol'

2Li(晶體)+jO2(g)---------------------------------

圖(a)圖(b)

可知，Li原子的第一電離能為kJ?mo「i,0=0鍵鍵能為kJ-mol1,

Li20晶格能為

(5)Li20具有反螢石結構，晶胞如圖(b)所示。已知晶胞參數為0.4665nm,

阿伏加德羅常數的值為NA，則U2。的密度為g?cm3(列出計算式)。

［化學一選修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:

COONaC(X)H

Na2CO.NaCN/ir/CXXJC.H,

CTCII:COOH―—?CICHjCOONa--------?HjC—H2c——?H2c回

4

「z'COOH\X)OC2HS

囚回?回

1)C1CILCOOC:H,CjHjONa

2)CfrHjCHqC2r*sOH

C6IhJ產2%

CS；

\.I一一COOC,H,

u°hoH催產U&OOCM

(n-C4H,>:Sn()

⑦0⑥0*

回答下列問題

(1)A的化學名稱為o

(2)②的反應類型是。

(3)反應④所需試劑，條件分別為o

(4)G的分子式為o

(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)

《\-CH,COOCIh-C》

(7)苯乙酸葦酯()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)。

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

一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）

1.（6.00分）磷酸亞鐵鋰（LiFePOQ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:

械溶?-NaAIO2濾液

F極片螫華一’32淡液T液理

含磷酸亞鐵鉀濾渝含Li沉淀

■發(fā)黑等泡活

下列敘述錯誤的是（）

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、Li

C."沉淀"反應的金屬離子為Fe”

D.上述流程中可用硫酸鈉代替碳酸鈉

【分析】正極片經堿溶可得到NaAICh，可說明含有Al元素，含有磷酸亞鐵鋰的

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（OH）3,濾液加入碳酸鈉，可生成碳酸鋰沉淀，以此解答該題。

【解答】解：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AI、

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Fe?一，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.（6.00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BWCCL褪色

D.淀粉和纖維素水解的最終產物均為葡萄糖

【分析】A.果糖為單糖；

B.絕大多數酶是蛋白質；

C.植物油為高級脂肪酸甘油酯，煌基含不飽和碳碳雙鍵；

D.多糖最終水解產物為單糖。

【解答】解：A.蔗糖和麥芽糖均為雙糖，果糖為單糖，故A錯誤；

B.絕大多數酶是蛋白質，少數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.植物油為液態(tài)油脂，分子的煌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，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：ABo

【點評】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.（6.00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（）

【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)溶液得到晶體的儀器，

據此分析判斷。

【解答】解：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。

4.（6.00分）NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）

A.16.25gFeCb，水解形成的Fe（OH）3為膠體粒子數為04NA

B.22.4L（標準狀況）氨氣含有的質子數為18NA

C.92.0g甘油（丙三醇）中含有羥基數為I.ONA

D.1.0molCH4與CI2在光照下生成CH3cl的分子數為I.ONA

【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lmol,蔽氣是單原子氣體；

C.lmol丙三醇含有的羥基數為3mol；

D.CH4與CI2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CH3CI。

【解答】解：A.膠體粒子是一個聚合體，16.25gFeCb的物質的量為

162.5g/inol

=0.1mol,水解形成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小于O.lmol,即O.INA，故A錯誤；

B.22.4L標準狀況的氤氣的物質的量為lmol,氤氣是單原子氣體，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）的物質的量為一絲~=lmol,lmol丙三醇含有3moi羥

92g/mol

基，即含有羥基數為3NA，故C錯誤；

D.CH4與CL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CH3。，

所以生成CH3cl的分子數不是LONA，故D錯誤，

故選:Bo

【點評】本題考查阿伏伽德羅常數的簡單計算，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。

5.（6.00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

（「X：）是最單的一種，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ImolC5H12，至少需要2moi出

【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；

1.3

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；

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個出。

【解答】解：A.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C27,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;

1

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，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W，所以生成ImolC5H醛，

至少需要2moiW，故D正確；

故選：Co

【點評】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.（6.00分）主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加，且均不大于20.W、

X、Z最外層電子數之和為10；W與Y同族；W與Z形成的化臺物可與濃硫酸反

應，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)

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

【分析】W與Z形成的化臺物可與濃硫酸反應，其生成物可腐蝕玻璃，能腐蝕玻

璃的是HF,W原子序數小于Z,則W為F元素，W與Y同族且原子序數都不大

于20,則Y為CI元素，W、X、Z最外層電子數之和為10,主族元素W、X、Y、

Z的原子序數依次增加，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；

B.Z的氫化物是KH或CaH2；

C.Y、Z形成的化合物是KCI或CaCL，為強酸強堿鹽；

D.W、Y的最高價分別是0、+7價。

【解答】解：W與Z形成的化臺物可與濃硫酸反應，其生成物可腐蝕玻璃，能腐

蝕玻璃的是HF,W原子序數小于Z,則W為F元素，W與Y同族且原子序數都

不大于20,則Y為CI元素，W、X、Z最外層電子數之和為10,主族元素W、X、

Y、Z的原子序數依次增加，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；

B.Z的氫化物是KH或Cad，二者都是離子化合物，故B正確；

C.Y、Z形成的化合物是KCI或CaCL，為強酸強堿鹽，其水溶液呈中性，故C錯

誤；

D.W、Y的最高價分別是0、+7價，F(xiàn)元素非金屬性最強，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.（6.00分）最近我國科學家設計了一種CO2+H2s協(xié)同轉化裝置，實現(xiàn)對天然氣

中C02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Zn。）和石墨烯，石墨烯電極區(qū)發(fā)生反應為：

①EDTA-Fer-e=ED1A-Fe3+

②2EDTA-Fe?+H2s=2H'+S+2EDTA-Fe2+該裝置工作時，下列敘述錯誤的是（）

A.陰極的電極反應：CO2+2H+2e=CO+H2O

B.協(xié)同轉化總反應：CO2+H2S—CO+H2O+S

C.石墨烯上的電勢比ZnO@石墨烯上的低

D.若采用Fe3*/Fe2+取代EDTA-Fe37EDTA-Fe2\溶液需為酸性

【分析】A.根據圖知，2|10@石墨烯電極上反應物是CO2、H,生成物是CO、

出0,該電極上得電子發(fā)生還原反應；

B.根據圖中進入物質、出來物質知，協(xié)同轉化過程中反應物是H2S、C02，生成

物是S、CO、H20；

C.工作時石墨烯電極失電子作陽極，ZnO@石墨烯電極為陰極，外電路中電流從

高電勢流向低電勢；

D.FeiFe》在中性或堿性條件下產生沉淀。

【解答】解：A.根據圖知，2忙@石墨烯電極上反應物是C02、H,生成物是CO、

H20,該電極上得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為CO2+2H+2e-CO+H2O,故

A正確；

B.根據圖中進入物質、出來物質知，協(xié)同轉化過程中反應物是H2S、C02，生成

物是S、CO、H20,電池反應式為CO2+H2S—CO+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2110@石墨烯，故C錯誤；

D.Fe!Fe》在中性或堿性條件下產生沉淀，所以溶液應該為酸性，故D正確;

故選：Co

【點評】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。

二、解答題（共3小題，滿分43分）

8.（14.00分）醋酸亞銘［（CH3COO）20?2出0］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，將三價格還原為二價絡；二價格再與醋酸鈉溶液作用即可制得醋

酸亞格。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，目的是去除水中的溶解氧儀

器a的名稱是分液（滴液）漏斗。

（2）將過量鋅粒和氯化倍固體置于c中，加入少量蒸儲水，按圖連接好裝置。

打開將、心，關閉K3O

①c中溶液由綠色逐漸變?yōu)榱了{色，該反應的離子方程式為Zn+2CF=ZM+2C》

②同時c中有氣體產生，該氣體的作用是排除c中空氣

（3）打開陣，關閉Ki和K2.c中亮藍色溶液流入d,其原因是c中產生的氫

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，可能使醋酸亞鋁與空氣接觸

【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,

易與氧氣反應，則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Ki、心，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

3，2，2

Zn+2Cr=Zn+2Cr,可觀察到c中溶液由綠色逐漸變?yōu)榱了{色，打開K3,關閉

Ki和作，c中壓強增大，可將亮藍色溶液流入d,可生成醋酸亞格磚紅色沉淀，

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；

（2）①c中溶液由綠色逐漸變?yōu)榱了{色，說明生成亞格離子，反應的離子方程

式為Zn+2Cr3+=Zn2*+2Cr2*,

故答案為:Zn+2Cr3，=Zn2，+2Cr2；

②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L，關閉Ki和作，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；

（4）d為敞開體系，可能使醋酸亞格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。

【點評】本題考查物質的制備，為高考常見題型和高頻考點，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。

9.（14.00分）焦亞硫酸鈉（Na2s2O5）在醫(yī)藥、橡膠、印染、食品等方面應用廣

泛?；卮鹣铝袉栴}：

（1）生產Na2s2O5,通常是由NaHSO3過飽和溶液經結晶脫水制得。寫出該過程

的化學方程式2NaHSQ-Na2s2O5+H2O

（2）利用煙道氣中的SO?生產Na2s2。5，的工藝為：

SO,Na?CO$固體SO,

NN。，飽和溶液

pH=4.1pH=7'8pH=4.l

①pH=4.1時，工中為NaHSCh溶液（寫化學式）。

②工藝中加入Na2CO3固體，并再次充入S02的目的是增大NaHSCh濃度，形成

過飽和溶液。

（3）制備Na2s2。5也可采用三室膜電解技術，裝置如圖所示，其中SO2堿吸收液

中含有NaHSCh和Na2s。3.陽極的電極反應式為2H2。-4e=。2個+4H'。電

解后，a室的NaHSCh濃度增加。將該室溶液進行結晶脫水，可得到Na2s2O5

陽離子交換腰

稀H2SO4SO,W吸收液

（4）Na2s2。5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葡萄萄酒樣品，用0.01000mol?L】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S2O式+2I2+3H2O=2SO42+41+6〉該樣品

中Na2s2O5的殘留量為0.128（以SO2計）

【分析】（1）由NaHSO3過飽和溶液經結晶脫水制得Na2s2O5，據此寫出反應方

程式；

（2）①向I中通入SO2使溶液pH變?yōu)?.1,說明溶液顯酸性，據此分析；

②工藝中加入Na2c。3固體，并再次充入S5,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NaHSCh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，據此分析；

（4）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

標準液滴定，說明發(fā)生氧化還原反應產生Na2so4,I2被還原為I一，根據方程式計

算。

【解答】解：（1）由NaHSO3過飽和溶液經結晶脫水制得Na2s2。5,所以發(fā)生反

應的化學方程式為2NaHSO3-Na2s2。5+比0,

故答案為：2NaHSO3-Na2s2。5+出0;

（2）①向I中通入SO2使溶液pH變?yōu)?.1,說明溶液顯酸性，Na2c。3顯堿性，

Na2s。3顯堿性，NaHCCh顯堿性，而NaHSCh顯酸性，說明反應產生了NaHSCh，I

中的溶液應為NaHSCh溶液，

故答案為:NaHSOs;

②工藝中加入Na2c。3固體，并再次充入S02,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NaHSCh溶液，由此判斷，再通入S02

的目的應為：增大NaHSCh濃度，形成過飽和溶液，

故答案為：增大NaHSCh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，

所以應為出0放電，產生。2和H，,則電極反應為：2H2。-4e—。2個+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一出個，所以b室較a室H'濃度有所降低，因此電解后，

a室的NaHSCh濃度增加，

故答案為：2H2。-4e=O2個+4H；a；

（4）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

標準液滴定，說明發(fā)生氧化還原反應產生Na2SO4,I2被還原為1一，則發(fā)生滴定反

22

應的離子方程式為：S2O5-+2I2+3H2O—2SO4'+41'+6H,

取50.00mL葡萄萄酒樣品，用0.01000mol?「i的碘標準液滴定至終點，消耗

10.00mL,根據反應方程式，則樣品中Na2s2O5的殘留量以SO2計算應為：

-3

OV10.00X10LX0.01000mol/LYCj1/,

2X------------------------------------------------X64g/mo1

-------------乙----------------------------------------^0.128g/L,

50.00X10%

2

故答案為:S2O5'+212+3H2O—2SO?'+41-+6H；0.128。

【點評】本題以Na2s2O5為背景，考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。

10.（15.00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。回答下列問題：

（1）1840年Devil用干燥的氯氣通過干燥的硝酸銀，得到*。5,該反應氧化產

物是一種氣體，其分子式為。2

（2）F.Daniels等曾利用測壓法在剛性反應器中研究了25℃時N2O5（g）分解

反應：

2N2Os（g）*4NO;（g）+O2（g）

r

2N,O4（g）

其中NO2二聚為N2O4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）：

t/min040801602601300170000

p/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1

①已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)△H1=-44kJ?mo「i

2NO2(g)=N2O4(g)△Hzu-55.3kJ?mo「i

則反應N2O5(g)=2NO2(g)+lo2(g)的△H=+33.3kJ?mo「i

2

②研究表明，N2O5(g)分解的反應速率v=2X10-3><pN2O5(kPa*min-1)?t=62min

時，測得體系中Po2=2.9kPa,則此時的防2。5=30.0kPa,v=6.0X102kPa?min

■1

0

③若提高反應溫度至35℃,則N2O5(g)完全分解后體系壓強P?(35℃)大

于63.1kPa(填"大于""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

④25℃時N2O4(g)W2NO2(g)反應的平衡常數炸=13。kPa(Kp為以分壓表

示的平衡常數，計算結果保留1位小數)。

(3)對于反應2N2O5(g)->4NO2(g)+O2(g),R.A.Ogg提出如下反應歷程:

第一步：N2O5MNO2+NO3快速平衡

第二步NO2+NO3玲NO+NO2+O2慢反應

第三步NO+NO3->2NO2快反應

其中可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N03

C.第二步中N02與N03的碰撞僅部分有效

D.第三步反應活化能較高

【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AgCI,硝酸銀是還原劑，根據還原劑失去電子轉化為氧化產物判斷；

(2)①已知：i、2N2O5(g)=2N2O4(g)+02(g)AH1=-4.4kJ/mol

ii、2NO2(g)=N2O4(g)AH2=-55.3kJ/mol

根據蓋斯定律可知I+2-ii即得到N2O5(g)=2NO2(g)+1/202(g),據此計

算AH的值；

②根據阿伏加德羅定律可知，在恒溫恒容條件下，氣體的壓強與物質的量成正比；

③根據溫度對壓強和平衡狀態(tài)的影響分析；

④根據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

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，并根據三步反應的特點分析判斷。

【解答】解：(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。2，

故答案為：。2；

(2)①已知：

、

i2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)AH1=-4.4kJ/mol

、

ii2NO2(g)=N2O4(g)AH2=-55.3kJ/mol

根據蓋斯定律可知即得到

i+2-iiN2O5(g)=2NO2(g)+l/2O2(g)△

H=+33.3kJ/mol,

故答案為：+33.3；

②根據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2.9kPaX2=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=2.0X

10-3X30=6.0X102(kPa?min1),

故答案為:30.0；6.0X102；

③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

35℃,則N2O5(g)完全分解后體系壓強P-(35℃)大于63.1kPa,

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；

④根據表中數據可知五氧化二氮完全分解時的壓強是63.1kPa,根據方程式可知

完全分解時最初生成的二氧化氮的壓強是35.8kPaX2=71.6kPa,氧氣是35.8kPa

4-2=17.9kPa,總壓強應該是71.6kPa+17.9kPa=89.5kPa,平衡后壓強減少了89.5

所以根據方程式可知平衡時四氧

kPa-63.1kPa=26.4kPa,2NO2(g)N2O4(g)

化二氮對應的壓強是26.4kPa,二氧化氮對應的壓強是71.6kPa-26.4kPaX

則反應的平衡常數1：j8

2=18.8kPa,K=.---KPa^13.4KPa,

26.4

故答案為：13.4；

(3)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.根據第二步和第三步可知中間產物還有NO,故B錯誤；

C.根據第二步反應生成物中有N02可知N02與N03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較低，故D錯誤；

故選：ACo

【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據的靈

活應用。

［化學一選修3：物質結構與性質］

11.（15.00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。回答下列問題：

（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—0^（填

標號）

ID叵1□□□

AIs2s2p,2p,2p.

□snm

B.Is"2Px2p,2p.

□田四□口

Is2s2p,2p、2p.

（2）Li'與H一具有相同的電子構型，r（L「）小于r（H）,原因是L「核電荷數

較大。

(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」MS

體中心原子的雜化形式為sp3。UAIH4中，存在AB(填標號)。

A.離子鍵B.。鍵C.兀鍵D.氫鍵

(4)Li2O是離子晶體，其晶格能可通過圖(a)的Bormi-Haber循環(huán)計算得到。

2、-2908kJ-mol1'??H-

2Li(g)?O*(g)----------L〃O(晶體)

^1040U-mol1*703kJ-mol1'

2Li(g)O(g)

^18U-mol'1249kJ-mol'

…，n,八I,、-598kJ,mol1

2Li(晶體)+yO；(g)---------------------------------

圖(a)圖(b)

可知，Li原子的第一電離能為520kJ?mo「i,0=0鍵鍵能為498kJ?mol】，

Li2O晶格能為2908kJ?mo「1。

(5)Li2O具有反螢石結構，晶胞如圖(b)所示。已知晶胞參數為0.4665nm,

^X4

阿伏加德羅常數的值為NA,則6。的密度為―....".....-__g?cm-3(列

(0.4665X10-7)3

出計算式)。

【分析】(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；

(2)電子層結構相同的離子，離子核電荷數越大，其吸引電子能力越大；

(3)LiA舊4中的陰離子中AI原子價層電子對個數=4+3+1-4義1=4且不含孤電子

2

對，根據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；LiAIH4中，

陰陽離子之間存在離子鍵、AI和H原子之間存在極性共價單鍵、配位鍵；

(4)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；0=0鍵鍵能為

氧氣分子變?yōu)檠踉铀枘芰?；晶格能是氣態(tài)離子形成lmol離子晶體釋放的能

量；

(5)晶胞中3個數是8、。2一個數=8XL+6XJ_=4,晶胞體積=(0.4665X107cm)

82

3,晶胞密度=2。

V

【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，根據圖知，電子排布能量最低的是Is、2s能級，能量最高的是2s、

2p能級，

故答案為：D、C；

（2）Lr與K具有相同的電子構型，離子核電荷數：Lr>H,其吸引電子能力：

Li>H',導致其半徑越小，

故答案為：Li.核電荷數較大；

（3）LiAIH4中的陰離子中AI原子價層電子對個數=4+3+l-4X1=4且不含孤電子

對，根據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；LiAlB中，陰陽離子之間存在離子鍵、AI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、。鍵、配位鍵，

故答案為：正四面體；sp3；AB；

（4）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，所以其第一電

離能為期"J/mol=520kJ/mol；0=0鍵鍵能為氧氣分子變?yōu)檠踉铀枘芰?，?/p>

2

鍵能=2X249kJ/mol=498kJ/mol；晶格能是氣態(tài)離子形成lmol離子晶體釋放的能

量，所以其晶格能為2908kJ/mol,

故答案為:520；498；2908；

（5）晶胞中Lr個數是8、。2一個數=8X_L+6XL=4,晶胞體積=（0.4665X107cm）

82

3,晶胞密度=叫.

V(0.4665X10-7)

故答案為:

（0.4665X10-7）3

【點評】本題考查物質結構和性質，涉及晶胞計算、微粒空間構型判斷、原子雜

化方式判斷等知識點，側重考查基本知識及基本原理，側重考查學生公式運用、

空間想像及數學運算能力，難點是晶胞計算方法，題目難度中等。

［化學一選修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:

COONa

N町CO1NaCN//COOH/COOC,Hs

acil2cooil―—?ClCH/TOONa--------H?-

②CN③

囚回?0

l)CICH2COOC:ll,c2H5ONa

2)C6HJCH2CIC?i50H

回答下列問題

（l）A的化學名稱為一氯乙酸。

（2）②的反應類型是取代反應。

（3）反應④所需試劑，條件分別為乙醇、濃硫酸和加熱。

（4）G的分子式為Cl2Hl8。3。

（5）W中含氧官能團的名稱是酸鍵、羥基。

（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: