上傳人：1***

認(rèn)證信息

認(rèn)證類型：個(gè)人認(rèn)證

認(rèn)證主體：王**（實(shí)名認(rèn)證）

IP屬地：河北

IP屬地：河北 上傳時(shí)間：2024-04-23 格式：DOC 頁數(shù)：14 大?。?75.50KB 積分：12 舉報(bào) 版權(quán)申訴

【【高考】】2018年全國統(tǒng)一【高考】化學(xué)試卷（新課標(biāo)?。ê鸢福尽靖呖肌俊?018年全國統(tǒng)一【高考】化學(xué)試卷（新課標(biāo)?。ê鸢福┑?頁（共1頁）【【高考】】2018年全國統(tǒng)一【高考】化學(xué)試卷（新課標(biāo)?。ê鸢福?018年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)Ⅰ）一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1．（6分）磷酸亞鐵鋰（LiFePO4）電池是新能源汽車的動(dòng)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：下列敘述錯(cuò)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、Li C．“沉淀”反應(yīng)的金屬離子為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(cuò)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(zhì) C．植物油含不飽和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色 D．淀粉和纖維素水解的最終產(chǎn)物均為葡萄糖 3．（6分）在生成和純化乙酸乙酯的實(shí)驗(yàn)過程中，下列操作未涉及的是（）A．B．C．D． 4．（6分）NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．16.25gFeCl3，水解形成的Fe（OH）3為膠體粒子數(shù)為0.1NA B．22.4L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氬氣含有的質(zhì)子數(shù)為18NA C．92.0g甘油（丙三醇）中含有羥基數(shù)為1.0NA D．1.0molCH4與Cl2在光照下生成CH3Cl的分子數(shù)為1.0NA 5．（6分）環(huán)之間共用一個(gè)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(cuò)誤的是（）A．與環(huán)戊烯互為同分異構(gòu)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．（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；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。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形成的化合物的水溶液呈堿性 D．W與Y具有相同的最高化合價(jià) 7．（6分）最近我國科學(xué)家設(shè)計(jì)了一種CO2+H2S協(xié)同轉(zhuǎn)化裝置，實(shí)現(xiàn)對(duì)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(yīng)為：①EDTA﹣Fe2+﹣e﹣=EDTA﹣Fe3+②2EDTA﹣Fe3++H2S=2H++S+2EDTA﹣Fe2+該裝置工作時(shí)，下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．陰極的電極反應(yīng)：CO2+2H++2e﹣═CO+H2O B．協(xié)同轉(zhuǎn)化總反應(yīng)：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分）醋酸亞鉻[（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(jià)鉻還原為二價(jià)絡(luò)；二價(jià)鉻再與醋酸鈉溶液作用即可制得醋酸亞鉻。實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）實(shí)驗(yàn)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。（2）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K3。①c中溶液由綠色逐漸變?yōu)榱了{(lán)色，該反應(yīng)的離子方程式為②同時(shí)c中有氣體產(chǎn)生，該氣體的作用是（3）打開K3，關(guān)閉K1和K2．c中亮藍(lán)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(diǎn)9．（14分）焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）在醫(yī)藥、橡膠、印染、食品等方面應(yīng)用廣泛。回答下列問題：（1）生產(chǎn)Na2S2O5，通常是由NaHSO3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（2）利用煙道氣中的SO2生產(chǎn)Na2S2O5，的工藝為：①pH=4.1時(shí)，Ⅰ中為溶液（寫化學(xué)式）。②工藝中加入Na2CO3固體，并再次充入SO2的目的是。（3）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NaHSO3和Na2SO3．陽極的電極反應(yīng)式為。電解后，室的NaHSO3濃度增加。將該室溶液進(jìn)行結(jié)晶脫水，可得到Na2S2O5（4）Na2S2O5可用作食品的抗氧化劑。在測定某葡萄酒中Na2S2O5殘留量時(shí)，取50.00mL葡萄萄酒樣品，用0.01000mol?L﹣1的碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗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﹣1（以SO2計(jì)）10．（15分）采用N2O5為硝化劑是一種新型的綠色硝化技術(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}：（1）1840年Devil用干燥的氯氣通過干燥的硝酸銀，得到N2O5，該反應(yīng)氧化產(chǎn)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(yīng)器中研究了25℃時(shí)N2O5（g）分解反應(yīng)：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)ρ隨時(shí)間t的變化如下表所示（t=∞時(shí)，N2O5（g）完全分解）：t/min0408016026013001700∞ρ/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1①已知：2N2O5（g）=2N2O4（g）+O2（g）△H1=﹣44kJ?mol﹣12NO2（g）=N2O4（g）△H2=﹣55.3kJ?mol﹣1則反應(yīng)N2O5（g）=2NO2（g）+O2（g）的△H=kJ?mol﹣1②研究表明，N2O5（g）分解的反應(yīng)速率v=2×10﹣3×P（kPa?min﹣1），t=62min時(shí)，測得體系中P=2.9kPa，則此時(shí)的P=kPa，v=kPa?min﹣1。③若提高反應(yīng)溫度至35℃，則N2O5（g）完全分解后體系壓強(qiáng)P∞（35℃）63.1kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是④25℃時(shí)N2O4（g）?2NO2（g）反應(yīng)的平衡常數(shù)KP=kPa（Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，計(jì)算結(jié)果保留1位小數(shù)）。（3）對(duì)于反應(yīng)2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g），R．A．Ogg提出如下反應(yīng)歷程：第一步：N2O5?NO2+NO3快速平衡第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反應(yīng)第三步NO+NO3→2NO2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(hào)）A．v（第一步的逆反應(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NO2與NO3的碰撞僅部分有效D．第三步反應(yīng)活化能較高[化學(xué)一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]11．（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（填標(biāo)號(hào)）A．B．C．D．（2）Li+與H﹣具有相同的電子構(gòu)型，r（Li+）小于r（H﹣），原因是。（3）LiAlH4是有機(jī)合成中常用的還原劑，LiAlH4中的陰離子空間構(gòu)型是中心原子的雜化形式為。LiAlH4中，存在（填標(biāo)號(hào)）。A．離子鍵B．σ鍵C．π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(jì)算得到。可知，Li原子的第一電離能為kJ?mol﹣1，O=O鍵鍵能為kJ?mol﹣1，Li2O晶格能為kJ?mol﹣1。（5）Li2O具有反螢石結(jié)構(gòu)，晶胞如圖（b）所示。已知晶胞參數(shù)為0.4665nm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則Li2O的密度為g?cm﹣3（列出計(jì)算式）。[化學(xué)一選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)]（15分）12．化合物W可用作高分子膨脹劑，一種合成路線如下：回答下列問題（1）A的化學(xué)名稱為。（2）②的反應(yīng)類型是。（3）反應(yīng)④所需試劑，條件分別為。（4）G的分子式為。（5）W中含氧官能團(tuán)的名稱是。（6）寫出與E互為同分異構(gòu)體的酯類化合物的結(jié)構(gòu)簡式（核磁共振氫譜為兩組峰，峰面積比為1：1）（7）苯乙酸芐酯（）是花香型香料，設(shè)計(jì)由苯甲醇為起始原料制備苯乙酸芐酯的合成路線（無機(jī)試劑任選）。

2018年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)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分）磷酸亞鐵鋰（LiFePO4）電池是新能源汽車的動(dòng)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：下列敘述錯(cuò)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、Li C．“沉淀”反應(yīng)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(diǎn)】P8：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用．【分析】正極片經(jīng)堿溶可得到NaAlO2，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?！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(qiáng)氧化性，可氧化亞鐵離子生成鐵離子，則“沉淀”反應(yīng)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(cuò)誤。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題為2018年高考全國卷，以元素化合物知識(shí)為載體考查物質(zhì)的分離、提純，有利于培養(yǎng)學(xué)生的分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?，樹立積極的環(huán)境保護(hù)意識(shí)和資源的合理運(yùn)用，題目難度不大。2．（6分）下列說法錯(cuò)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(zhì) C．植物油含不飽和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色 D．淀粉和纖維素水解的最終產(chǎn)物均為葡萄糖 【考點(diǎn)】K2：蔗糖、麥芽糖簡介；K3：淀粉的性質(zhì)和用途．【分析】A．果糖為單糖；B．絕大多數(shù)酶是蛋白質(zhì)；C．植物油為高級(jí)脂肪酸甘油酯，烴基含不飽和碳碳雙鍵；D．多糖最終水解產(chǎn)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(cuò)誤；B．絕大多數(shù)酶是蛋白質(zhì)，少數(shù)具有生物催化功能的分子不是蛋白質(zhì)，如復(fù)合酶，故B錯(cuò)誤；C．植物油為液態(tài)油脂，分子的烴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(yīng)，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(chǎn)物均為葡萄糖，故D正確；故選：AB?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了物質(zhì)分類、物質(zhì)性質(zhì)、物質(zhì)結(jié)構(gòu)等知識(shí)點(diǎn)，注意知識(shí)的積累，題目難度不大。3．（6分）在生成和純化乙酸乙酯的實(shí)驗(yàn)過程中，下列操作未涉及的是（）A．B．C．D．【考點(diǎn)】TJ：乙酸乙酯的制?。痉治觥恳宜嵋阴サ闹苽涫且掖紳饬蛩岷鸵宜峄旌先芤杭訜嵘?，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(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(dǎo)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(zhì)晶體的方法，在生成和純化乙酸乙酯的實(shí)驗(yàn)過程中，操作未涉及，故D選；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了乙酸乙酯的制備原理、化合物分離方法、實(shí)驗(yàn)基本操作等，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度不大。4．（6分）NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．16.25gFeCl3，水解形成的Fe（OH）3為膠體粒子數(shù)為0.1NA B．22.4L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氬氣含有的質(zhì)子數(shù)為18NA C．92.0g甘油（丙三醇）中含有羥基數(shù)為1.0NA D．1.0molCH4與Cl2在光照下生成CH3Cl的分子數(shù)為1.0NA 【考點(diǎn)】4F：阿伏加德羅常數(shù)．【分析】A．一個(gè)膠體粒子是一個(gè)聚合體；B.22.4L標(biāo)準(zhǔn)狀況的氬氣的物質(zhì)的量為1mol，氬氣是單原子氣體；C.1mol丙三醇含有的羥基數(shù)為3mol；D．CH4與Cl2的在光照下發(fā)生的取代反應(yīng)產(chǎn)物是混合物，不是完全生成CH3Cl?！窘獯稹拷猓篈．膠體粒子是一個(gè)聚合體，16.25gFeCl3的物質(zhì)的量為=0.1mol，水解形成Fe（OH）3膠體時(shí)，多個(gè)Fe（OH）3聚合為一個(gè)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(cuò)誤；B.22.4L標(biāo)準(zhǔn)狀況的氬氣的物質(zhì)的量為1mol，氬氣是單原子氣體，所以含有18molAr，即含有18mol質(zhì)子，即18NA個(gè)質(zhì)子，故B正確；C.92.0g甘油（丙三醇）的物質(zhì)的量為=1mol，1mol丙三醇含有3mol羥基，即含有羥基數(shù)為3NA，故C錯(cuò)誤；D．CH4與Cl2的在光照下發(fā)生的取代反應(yīng)產(chǎn)物是混合物，不是完全生成CH3Cl，所以生成CH3Cl的分子數(shù)不是1.0NA，故D錯(cuò)誤，故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查阿伏伽德羅常數(shù)的簡單計(jì)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(yīng)實(shí)質(zhì)是解題的關(guān)鍵，考查的知識(shí)點(diǎn)較多，題目較為綜合，總體難度不大，是基礎(chǔ)題。5．（6分）環(huán)之間共用一個(gè)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(cuò)誤的是（）A．與環(huán)戊烯互為同分異構(gòu)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(diǎn)】HD：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【專題】534：有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)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(jié)構(gòu)不同的有機(jī)物互為同分異構(gòu)體；B．螺（2，2）戊烷的二氯化物中兩個(gè)氯原子可能位于1號(hào)碳原子上、可能位于1號(hào)和2號(hào)碳原子上、可能位于1號(hào)和3號(hào)碳原子上、可能位于1號(hào)和4號(hào)C原子上；C．該分子中中間的碳原子上具有甲烷結(jié)構(gòu)特點(diǎn)；D．每個(gè)C5H12比螺（2，2）戊烷多4個(gè)氫原子，相當(dāng)于2個(gè)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(jié)構(gòu)簡式為，螺（2，2）戊烷、環(huán)戊烯分子式相同結(jié)構(gòu)不同，所以二者互為同分異構(gòu)體，故A正確；B．螺（2，2）戊烷的二氯化物中兩個(gè)氯原子可能位于1號(hào)碳原子上、可能位于1號(hào)和2號(hào)碳原子上、可能位于1號(hào)和3號(hào)碳原子上、可能位于1號(hào)和4號(hào)C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(jié)構(gòu)特點(diǎn)，甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)，所以該分子中所有C原子不可能共平面，故C錯(cuò)誤；D．每個(gè)C5H12比螺（2，2）戊烷多4個(gè)氫原子，相當(dāng)于2個(gè)H2，所以生成1molC5H12，至少需要2molH2，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及基本概念、分子空間結(jié)構(gòu)等知識(shí)點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生對(duì)基本概念、基本知識(shí)的理解和掌握，熟練掌握基本概念及甲烷、乙烯、苯的空間結(jié)構(gòu)，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；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。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形成的化合物的水溶液呈堿性 D．W與Y具有相同的最高化合價(jià) 【考點(diǎn)】8F：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．【分析】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，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(zhì)為Na或Mg單質(zhì)；B．Z的氫化物是KH或CaH2；C．Y、Z形成的化合物是KCl或CaCl2，為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽；D．W、Y的最高價(jià)分別是0、+7價(jià)?！窘獯稹拷猓篧與Z形成的化合物可與濃硫酸反應(yīng)，其生成物可腐蝕玻璃，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(zhì)都是固態(tài)，故A錯(cuò)誤；B．Z的氫化物是KH或CaH2，二者都是離子化合物，故B正確；C．Y、Z形成的化合物是KCl或CaCl2，為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，其水溶液呈中性，故C錯(cuò)誤；D．W、Y的最高價(jià)分別是0、+7價(jià)，F(xiàn)元素非金屬性最強(qiáng)，沒有正化合價(jià)，故D錯(cuò)誤；故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查原子結(jié)構(gòu)和元素周期律，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷能力，正確判斷W、Z元素是解本題關(guān)鍵，明確元素周期表結(jié)構(gòu)、物質(zhì)結(jié)構(gòu)、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(jià)等。7．（6分）最近我國科學(xué)家設(shè)計(jì)了一種CO2+H2S協(xié)同轉(zhuǎn)化裝置，實(shí)現(xiàn)對(duì)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(yīng)為：①EDTA﹣Fe2+﹣e﹣=EDTA﹣Fe3+②2EDTA﹣Fe3++H2S=2H++S+2EDTA﹣Fe2+該裝置工作時(shí)，下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．陰極的電極反應(yīng)：CO2+2H++2e﹣═CO+H2O B．協(xié)同轉(zhuǎn)化總反應(yīng)：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 【考點(diǎn)】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(yīng)物是CO2、H+，生成物是CO、H2O，該電極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)；B．根據(jù)圖中進(jìn)入物質(zhì)、出來物質(zhì)知，協(xié)同轉(zhuǎn)化過程中反應(yīng)物是H2S、CO2，生成物是S、CO、H2O；C．工作時(shí)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．Fe3+、Fe2+在中性或堿性條件下產(chǎn)生沉淀。【解答】解：A．根據(jù)圖知，ZnO@石墨烯電極上反應(yīng)物是CO2、H+，生成物是CO、H2O，該電極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為CO2+2H++2e﹣═CO+H2O，故A正確；B．根據(jù)圖中進(jìn)入物質(zhì)、出來物質(zhì)知，協(xié)同轉(zhuǎn)化過程中反應(yīng)物是H2S、CO2，生成物是S、CO、H2O，電池反應(yīng)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ZnO@石墨烯，故C錯(cuò)誤；D．Fe3+、Fe2+在中性或堿性條件下產(chǎn)生沉淀，所以溶液應(yīng)該為酸性，故D正確；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查電解原理，涉及電極反應(yīng)式的書寫、元素化合物性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生分析、判斷及知識(shí)綜合運(yùn)用能力，C選項(xiàng)聯(lián)合物理知識(shí)考查電化學(xué)原理，是該題一個(gè)亮點(diǎn)，題目難度中等。二、解答題（共3小題，滿分43分）8．（14分）醋酸亞鉻[（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(jià)鉻還原為二價(jià)絡(luò)；二價(jià)鉻再與醋酸鈉溶液作用即可制得醋酸亞鉻。實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。回答下列問題：（1）實(shí)驗(yàn)中所用蒸餾水均需經(jīng)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K3。①c中溶液由綠色逐漸變?yōu)榱了{(lán)色，該反應(yīng)的離子方程式為Zn+2Cr3+=Zn2++2Cr2+②同時(shí)c中有氣體產(chǎn)生，該氣體的作用是排除c中空氣（3）打開K3，關(guān)閉K1和K2．c中亮藍(lán)色溶液流入d，其原因是c中產(chǎn)生的氫氣使壓強(qiáng)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(diǎn)敞開體系，可能使醋酸亞鉻與空氣接觸【考點(diǎn)】U3：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【分析】醋酸亞鉻在氣體分析中用作氧氣吸收劑，說明亞鉻離子具有強(qiáng)還原性，易與氧氣反應(yīng)，則制備實(shí)驗(yàn)中應(yīng)避免接觸氧氣，實(shí)驗(yàn)時(shí)，將過量鋅粒和氯化絡(luò)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K3，鹽酸與鋅反應(yīng)可生成氫氣，可將裝置內(nèi)的空氣排出，避免亞鉻離子被氧化，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{(lán)色，打開K3，關(guān)閉K1和K2，c中壓強(qiáng)增大，可將亮藍(lán)色溶液流入d，可生成醋酸亞鉻磚紅色沉淀，以此解答該題?！窘獯稹拷猓海?）為避免亞鉻離子被氧化，應(yīng)除去水中的溶解氧，則實(shí)驗(yàn)中所用蒸餾水均需經(jīng)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{(lán)色，說明生成亞鉻離子，反應(yīng)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(yīng)可生成氫氣，可將裝置內(nèi)的空氣排出，避免亞鉻離子被氧化，故答案為：排除c中空氣；（3）打開K3，關(guān)閉K1和K2，c中壓強(qiáng)增大，可將亮藍(lán)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(chǎn)生的氫氣使壓強(qiáng)大于大氣壓；冷卻；過濾；（4）d為敞開體系，可能使醋酸亞鉻與空氣接觸而被氧化，應(yīng)在密閉容器中制備，故答案為：敞開體系，可能使醋酸亞鉻與空氣接觸?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備，為高考常見題型和高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力、自學(xué)能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Γ⒁獍盐瘴镔|(zhì)的性質(zhì)以及題給信息，把握實(shí)驗(yàn)的操作方法，難度不大。9．（14分）焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）在醫(yī)藥、橡膠、印染、食品等方面應(yīng)用廣泛?；卮鹣铝袉栴}：（1）生產(chǎn)Na2S2O5，通常是由NaHSO3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2NaHSO3═Na2S2O5+H2O（2）利用煙道氣中的SO2生產(chǎn)Na2S2O5，的工藝為：①pH=4.1時(shí)，Ⅰ中為NaHSO3溶液（寫化學(xué)式）。②工藝中加入Na2CO3固體，并再次充入SO2的目的是增大NaHSO3濃度，形成過飽和溶液。（3）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NaHSO3和Na2SO3．陽極的電極反應(yīng)式為2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+。電解后，a室的NaHSO3濃度增加。將該室溶液進(jìn)行結(jié)晶脫水，可得到Na2S2O5（4）Na2S2O5可用作食品的抗氧化劑。在測定某葡萄酒中Na2S2O5殘留量時(shí)，取50.00mL葡萄萄酒樣品，用0.01000mol?L﹣1的碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗10.00mL．滴定反應(yīng)的離子方程式為S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I﹣+6H+該樣品中Na2S2O5的殘留量為0.128g?L﹣1（以SO2計(jì)）【考點(diǎn)】54：物質(zhì)的量的相關(guān)計(jì)算；DI：電解原理．【分析】（1）由NaHSO3過飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得Na2S2O5，據(jù)此寫出反應(yīng)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(jù)此分析；②工藝中加入Na2CO3固體，并再次充入SO2，考慮到后續(xù)操作步驟是結(jié)晶脫水制取Na2S2O5，發(fā)生這一步需要過飽和的NaHSO3溶液；（3）電解池陽極為稀硫酸溶液，電解質(zhì)溶液顯酸性，電解池陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，溶液中分隔各個(gè)室的膜為陽離子交換膜，陽離子向陰極移動(dòng)，據(jù)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(biāo)準(zhǔn)液滴定，說明發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生Na2SO4，I2被還原為I﹣，根據(jù)方程式計(jì)算?！窘獯稹拷猓海?）由NaHSO3過飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得Na2S2O5，所以發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NaHSO3═Na2S2O5+H2O，故答案為：2NaHSO3═Na2S2O5+H2O；（2）①向I中通入SO2使溶液pH變?yōu)?.1，說明溶液顯酸性，Na2CO3顯堿性，Na2SO3顯堿性，NaHCO3顯堿性，而NaHSO3顯酸性，說明反應(yīng)產(chǎn)生了NaHSO3，I中的溶液應(yīng)為NaHSO3溶液，故答案為：NaHSO3；②工藝中加入Na2CO3固體，并再次充入SO2，考慮到后續(xù)操作步驟是結(jié)晶脫水制取Na2S2O5，發(fā)生這一步需要過飽和的NaHSO3溶液，由此判斷，再通入SO2的目的應(yīng)為：增大NaHSO3濃度，形成過飽和溶液，故答案為：增大NaHSO3濃度，形成過飽和溶液；（3）電解池陽極為稀硫酸溶液，電解質(zhì)溶液顯酸性，電解池陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，所以應(yīng)為H2O放電，產(chǎn)生O2和H+，則電極反應(yīng)為：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，溶液中分隔各個(gè)室的膜為陽離子交換膜，陽離子向陰極移動(dòng)，H+向右移動(dòng)，在b室則發(fā)生反應(yīng)：2H++2e﹣═H2↑，所以b室較a室H+濃度有所降低，因此電解后，a室的NaHSO3濃度增加，故答案為：2H2O﹣4e﹣═O2↑+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(biāo)準(zhǔn)液滴定，說明發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生Na2SO4，I2被還原為I﹣，則發(fā)生滴定反應(yīng)的離子方程式為：S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I﹣+6H+，取50.00mL葡萄萄酒樣品，用0.01000mol?L﹣1的碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗10.00mL，根據(jù)反應(yīng)方程式，則樣品中Na2S2O5的殘留量以SO2計(jì)算應(yīng)為：=0.128g/L，故答案為：S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I﹣+6H+；0.128?！军c(diǎn)評(píng)】本題以Na2S2O5為背景，考查氧化還原反應(yīng)和電解原理的知識(shí)，考查了氧化還原反應(yīng)方程式的書寫和配平，電極反應(yīng)方程式的書寫，滴定的簡單計(jì)算，均為高考的難點(diǎn)和重點(diǎn)，為高頻考點(diǎn)，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分）采用N2O5為硝化劑是一種新型的綠色硝化技術(shù)，在含能材料、醫(yī)藥等工業(yè)中得到廣泛應(yīng)用。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N2O5，該反應(yīng)氧化產(chǎn)物是一種氣體，其分子式為O2（2）F．Daniels等曾利用測壓法在剛性反應(yīng)器中研究了25℃時(shí)N2O5（g）分解反應(yīng)：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)ρ隨時(shí)間t的變化如下表所示（t=∞時(shí)，N2O5（g）完全分解）：t/min0408016026013001700∞ρ/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1①已知：2N2O5（g）=2N2O4（g）+O2（g）△H1=﹣44kJ?mol﹣12NO2（g）=N2O4（g）△H2=﹣55.3kJ?mol﹣1則反應(yīng)N2O5（g）=2NO2（g）+O2（g）的△H=+33.3kJ?mol﹣1②研究表明，N2O5（g）分解的反應(yīng)速率v=2×10﹣3×P（kPa?min﹣1），t=62min時(shí)，測得體系中P=2.9kPa，則此時(shí)的P=30.0kPa，v=6.0×10﹣2kPa?min﹣1。③若提高反應(yīng)溫度至35℃，則N2O5（g）完全分解后體系壓強(qiáng)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(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④25℃時(shí)N2O4（g）?2NO2（g）反應(yīng)的平衡常數(shù)KP=13.4kPa（Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，計(jì)算結(jié)果保留1位小數(shù)）。（3）對(duì)于反應(yīng)2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g），R．A．Ogg提出如下反應(yīng)歷程：第一步：N2O5?NO2+NO3快速平衡第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反應(yīng)第三步NO+NO3→2NO2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AC（填標(biāo)號(hào)）A．v（第一步的逆反應(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NO2與NO3的碰撞僅部分有效D．第三步反應(yīng)活化能較高【考點(diǎn)】BE：熱化學(xué)方程式；CP：化學(xué)平衡的計(jì)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(chǎn)物應(yīng)為AgCl，硝酸銀是還原劑，根據(jù)還原劑失去電子轉(zhuǎn)化為氧化產(chǎn)物判斷；（2）①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÷2﹣ⅱ即得到N2O5（g）=2NO2（g）+1/2O2（g），據(jù)此計(jì)算△H的值；②根據(jù)阿伏加德羅定律可知，在恒溫恒容條件下，氣體的壓強(qiáng)與物質(zhì)的量成正比；③根據(jù)溫度對(duì)壓強(qiáng)和平衡狀態(tài)的影響分析；④根據(jù)五氧化二氮完全分解時(shí)的壓強(qiáng)計(jì)算出二氧化氮、氧氣的壓強(qiáng)，然后再根據(jù)二氧化氮轉(zhuǎn)化的方程式計(jì)算平衡時(shí)二氧化氮、四氧化二氮的壓強(qiáng)；（3）化學(xué)反應(yīng)的速率由慢反應(yīng)過程決定，并根據(jù)三步反應(yīng)的特點(diǎn)分析判斷?！窘獯稹拷猓海?）氯氣在反應(yīng)中得到電子作氧化劑，硝酸銀中只有氧元素化合價(jià)會(huì)升高，所以氧化產(chǎn)物是氧氣，分子式為O2，故答案為：O2；（2）①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÷2﹣ⅱ即得到N2O5（g）=2NO2（g）+1/2O2（g）△H=+53.1kJ/mol，故答案為：+53.1；②根據(jù)方程式可知氧氣與消耗五氧化二氮的物質(zhì)的量之比是1：2，又因?yàn)閴簭?qiáng)之比是物質(zhì)的量之比，所以消耗五氧化二氮減少的壓強(qiáng)是2.9kPa×2=5.8kPa，則此時(shí)五氧化二氮的壓強(qiáng)是35.8kPa﹣5.8kPa=30.0kPa，因此此時(shí)反應(yīng)速率v=2.0×10﹣3×30=6.0×10﹣2（kPa?min﹣1），故答案為：30.0；6.0×10﹣2；③由于溫度升高，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35℃，則N2O5（g）完全分解后體系壓強(qiáng)p∞（35℃）大于63.1kPa，故答案為：溫度升高，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；大于；④根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知五氧化二氮完全分解時(shí)的壓強(qiáng)是63.1kPa，根據(jù)方程式可知完全分解時(shí)最初生成的二氧化氮的壓強(qiáng)是35.8kPa×2=71.6kPa，氧氣是35.8kPa÷2=17.9kPa，總壓強(qiáng)應(yīng)該是71.6kPa+17.9kPa=89.5kPa，平衡后壓強(qiáng)減少了89.5kPa﹣63.1kPa=26.4kPa，所以根據(jù)方程式2NO2（g）N2O4（g）可知平衡時(shí)四氧化二氮對(duì)應(yīng)的壓強(qiáng)是26.4kPa，二氧化氮對(duì)應(yīng)的壓強(qiáng)是71.6kPa﹣26.4kPa×2=18.8kPa，則反應(yīng)的平衡常數(shù)K=≈13.4KPa，故答案為：13.4；（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，故A正確；B．根據(jù)第二步和第三步可知中間產(chǎn)物還有NO，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)第二步反應(yīng)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(yīng)快，所以第三步反應(yīng)的活化能較低，故D錯(cuò)誤；故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查化學(xué)反應(yīng)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(jì)算，題目難度較大。試題設(shè)計(jì)新穎，陌生感強(qiáng)，計(jì)算量較大，對(duì)學(xué)生的要求較高。壓強(qiáng)和平衡常數(shù)的計(jì)算是解答的難點(diǎn)，注意從阿伏加德羅定律的角度去理解壓強(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。[化學(xué)一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]11．（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D、C（填標(biāo)號(hào)）A．B．C．D．（2）Li+與H﹣具有相同的電子構(gòu)型，r（Li+）小于r（H﹣），原因是Li+核電荷數(shù)較大。（3）LiAlH4是有機(jī)合成中常用的還原劑，LiAlH4中的陰離子空間構(gòu)型是正四面體中心原子的雜化形式為sp3。LiAlH4中，存在AB（填標(biāo)號(hào)）。A．離子鍵B．σ鍵C．π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(jì)算得到?？芍?，Li原子的第一電離能為520kJ?mol﹣1，O=O鍵鍵能為498kJ?mol﹣1，Li2O晶格能為2908kJ?mol﹣1。（5）Li2O具有反螢石結(jié)構(gòu)，晶胞如圖（b）所示。已知晶胞參數(shù)為0.4665nm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則Li2O的密度為g?cm﹣3（列出計(jì)算式）?！究键c(diǎn)】8B：元素電離能、電負(fù)性的含義及應(yīng)用；98：判斷簡單分子或離子的構(gòu)型；9I：晶胞的計(jì)算．【專題】51D：化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】（1）原子核外電子排布中，如果電子所占的軌道能級(jí)越高，該原子能量越高；（2）電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，離子核電荷數(shù)越大，其吸引電子能力越大；（3）LiAlH4中的陰離子中Al原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=4+=4且不含孤電子對(duì)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷其空間構(gòu)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(jià)單鍵、配位鍵；（4）Li原子的第一電離能為Li原子失去1個(gè)電子所需要的能量；O=O鍵鍵能為氧氣分子變?yōu)檠踉铀枘芰浚痪Ц衲苁菤鈶B(tài)離子形成1mol離子晶體釋放的能量；（5）晶胞中Li+個(gè)數(shù)是8、O2﹣個(gè)數(shù)=8×+6×=4，晶胞體積=（0.4665×10﹣7cm）3，晶胞密度=?！窘獯稹拷猓海?）原子核外電子排