2018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（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：

LNaAlO2濾液

正極片被迨H2SO/HNO3「含U、P、Fe等漉液磁遭|沉淀

掂液噓的

1含磷酸亞鐵鋰漉渣含Li沉淀

一炭黑等濾渣

下列敘述錯誤的是（）

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、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/CC14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驗過程中，下列操作未涉及的是（）

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O.INA

B.22.4L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氤氣含有的質(zhì)子數(shù)為18NA

C.92.0g甘油（丙三醇）中含有羥基數(shù)為LONA

D.L0molCH4與CI2在光照下生成CH3cl的分子數(shù)為LONA

5.（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

（XI）是最簡單的一種，下列關(guān)于該化合物的說法錯誤的是（）

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ImolC5H⑵至少需要2moiH2

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

7.（6分）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：

?EDTA-Fe2+-e=EDTA-Fe3+

3+

②2EDTA-Fe+H2S=2H+S+2EDTA-Fe?,該裝置工作時，下列敘述錯誤的是

（）

光伏電池

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Fe37Fe2+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）醋酸亞銘［（CH3coO）2Cr?2H2。］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(luò)；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(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(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c中有氣體產(chǎn)生，該氣體的作用是

（3）打開K3,關(guān)閉Ki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

9.（14分）焦亞硫酸鈉（Na2s2。5）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)Na2s2。5,通常是由NaHSCh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S02生產(chǎn)Na2s2。5,的工藝為:

pH=4.1pH=7=8pH=4.1

①pH=4.1時，I中為溶液(寫化學(xué)式)。

②工藝中加入Na2c03固體，并再次充入S02的目的是0

(3)制備Na2s2。5也可采用三室膜電解技術(shù)，裝置如圖所示，其中S02堿吸收

液中含有NaHSCh和Na2s03.陽極的電極反應(yīng)式為。電解后，

室的NaHSCh濃度增加。將該室溶液進(jìn)行結(jié)晶脫水，可得到Na2s2。5

陽離子交換膜

稀H?SO?SO2堿吸收液

(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?I/i的碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點，消耗

10.00mL.滴定反應(yīng)的離子方程式為該樣品中Na2s2。5的殘留量為

g?L1(以SO2計)

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N2O5(g)分解

反應(yīng)：

2N2O5(g)->4NO2(g)+O2(g)

11

2N：O4(g)

其中N02二聚為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=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)=2N?O4(g)+O2(g)AHi=-44kJ?mol-1

2NO2(g)=N2()4(g)△Hzn-55.3kJ?mo「1

則反應(yīng)N2O5(g)=2NO2(g)+IO2(g)的△!!=kJ?mo「i

②研究表明，N2(Z)5(g)分解的反應(yīng)速率v=2XlO^XP(kPa?min1),t=62min

N205

時，測得體系中P.=2.9kPa,則此時的P.=kPa,v=

°2N2°5

kPa?miiT1。

③若提高反應(yīng)溫度至35℃,則N2O5(g)完全分解后體系壓強(qiáng)Peo(35℃)

63.1kPa(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是

④25℃時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)，計算結(jié)果保留1位小數(shù))。

(3)對于反應(yīng)2N2O5(g)-4NO2(g)+O2(g),R.A.Ogg提出如下反應(yīng)歷

程：

第一步：N2O5MNO2+NO3快速平衡

第二步NO2+NO3-NO+NO2+O2慢反應(yīng)

第三步N0+N03—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)

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NCh

C.第二步中N02與N03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）

fflfflDDD

A.Is2s2Px2p,2Pz

□亞田匚匚

B.1$2s2pT2p,2Pz

□工也□匚

QIs2s2pA2pr2pz

.宜m□匚口

D.Is2s2pT2p,2pz

（2）Li,與H.具有相同的電子構(gòu)型，r（Li+）小于r（HD,原因是。

（3）LiAlH4是有機(jī)合成中常用的還原劑，L1A1H4中的陰離子空間構(gòu)型是

中心原子的雜化形式為oLiAlH4中，存在（填標(biāo)號）。

A.離子鍵B.。鍵C.兀鍵D.氫鍵

（4）Li2。是離子晶體，其晶格能可通過圖（a）的Bormi-Haber循環(huán)計算得到。

.7-,、-2908kJ,mol-1..?「小

2Li（g）+O-（g）—---------------------Li?O（晶體）

1040kJ?mol1'703kJ,mol1'

2Li（g）O（g）

i3,8kJ，mo1'’249kJ-mo『

圖（a）圖（b）

可知，Li原子的第一電離能為kJ?mol1,0=0鍵鍵能為kJ?mol1,

Li2O晶格能為kJ?mol，

（5）LizO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?cm3（列出計算式）。

［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:

COONa,COOH/COOCzI"

Na2cO3NaCN,H'/

C1CH2coOH----------?ClClkCOONa----------?H、C.

―?H2C--------1

③COOH?

、COOC2Hs

0

1)C1CI12COOC211,C,H,ONa

C;H,OH

2)C6H5CH,C1

⑤

COOC2Hs

；

Hf—i—COOC21k

催化劑

C6ll'ss、COOC,H,

⑥□

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）苯乙酸葦酯（O—CH2C°0CH2《^））是花香型香料，設(shè)計由苯甲醇為

起始原料制備苯乙酸葦酯的合成路線（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（LiFePCH）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：

LNaAlO2濾液沉淀

正極片蠅H2sO/HNO3「含U、P、Fe等濾液磁灌|

1含磷酸亞鐵鋰濾渣被液碳酸鈉?含Li沉淀

~炭黑等濾渣

下列敘述錯誤的是（）

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、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】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NaAKh,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

AhFe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，貝廣沉淀”反應(yīng)的金屬離子

為Fe*故C正確;

D.加入硫酸鈉，不能生成含Li沉淀，故D錯誤。

故選：D。

【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(zhì)的分離、

提純，有利于培養(yǎng)學(xué)生的分析能力和實驗?zāi)芰?，樹立積極的環(huán)境保護(hù)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(zhì)

C.植物油含不飽和脂肪酸酯，能使Br2/CC14褪色

D.淀粉和纖維素水解的最終產(chǎn)物均為葡萄糖

【考點】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.植物油為高級脂肪酸甘油酯，煌基含不飽和碳碳雙鍵；

D.多糖最終水解產(chǎn)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(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/CC14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：ABo

【點評】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（)

【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

醋溶解度，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。

【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(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

酯的實驗過程中，操作未涉及，故D選；

故選：D。

【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(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O.INA

B.22.4L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氤氣含有的質(zhì)子數(shù)為18NA

C.92.0g甘油（丙三醇）中含有羥基數(shù)為I.ONA

D.L0molCH4與CI2在光照下生成CH3cl的分子數(shù)為I.ONA

【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(biāo)準(zhǔn)狀況的氤氣的物質(zhì)的量為ImoL氤氣是單原子氣體；

C.lmol丙三醇含有的羥基數(shù)為3mol；

D.CH4與CI2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CH3C1。

【解答】解：A.膠體粒子是一個聚合體，16.25gFeCb的物質(zhì)的量為

25g=o,imob水解形成Fe（OH）3膠體時，多個Fe（OH）3聚合為

162.5g/inol

一個膠體粒子，所以形成的膠體粒子數(shù)小于O.lmoL即O.INA,故A錯誤；

B.22.4L標(biāo)準(zhǔn)狀況的氤氣的物質(zhì)的量為Imol,氤氣是單原子氣體，所以含有

18molAr,即含有18moi質(zhì)子,即18NA個質(zhì)子,故B正確;

C.92.0g甘油（丙三醇）的物質(zhì)的量為92g=imol,1mol丙三醇含有3moi羥

92g/mol

基，即含有羥基數(shù)為3NA,故C錯誤；

D.CH4與C12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I.ONA,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(yīng)實質(zhì)是解題的關(guān)鍵，考

查的知識點較多，題目較為綜合，總體難度不大，是基礎(chǔ)題。

5.（6分）環(huán)之間共用一個碳原子的化合物稱為螺環(huán)化合物，螺（2,2）戊烷

（X）是最簡單的一種，下列關(guān)于該化合物的說法錯誤的是（）

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ImolC5H12,至少需要2molH2

【考點】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；

D.每個C5H12比螺（2,2）戊烷多4個氫原子，相當(dāng)于2個H2。

【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(jié)構(gòu)簡式

為C）,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2-4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，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錯誤；

D.每個C5H12比螺（2,2）戊烷多4個氫原子,相當(dāng)于2個H2,所以生成ImolCsHn,

至少需要2m0IH2,故D正確；

故選：Co

【點評】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)等知識點，

側(cè)重考查學(xué)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(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

【考點】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C1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KC1或CaC12,為強(qiáng)酸強(qiáng)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C1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KC1或CaCb,為強(qiáng)酸強(qiáng)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(qiáng)，沒有正化合價，故

D錯誤；

故選：Bo

【點評】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元素沒有正化合價等。

7.（6分）最近我國科學(xué)家設(shè)計了一種CCh+H2s協(xié)同轉(zhuǎn)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ZnO）和石墨烯，石墨烯電極區(qū)發(fā)生反應(yīng)為：

①EDTA-Fe2+-e=EDTA-Fe3+

3+2+

②2EDTA-Fe+H2S=2H+S+2EDTA-Fe該裝置工作時，下列敘述錯誤的是

()

光伏電池

EDTA-F6

CO.

2H

bDlA-Fc3

天然氣才天然氣

質(zhì)「交換原

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Fe37Fe2+取代EDTA-Fe37EDTA-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，2110@石墨烯電極上反應(yīng)物是C02、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、C02,生

成物是S、CO、H2O；

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.Fe3\Fe?+在中性或堿性條件下產(chǎn)生沉淀。

【解答】解：A.根據(jù)圖知，2110@石墨烯電極上反應(yīng)物是C02、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=

C0+H20,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、C02,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2110@石墨烯，故C錯誤；

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：Co

【點評】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)等知識點，

側(cè)重考查學(xué)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(xué)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分)醋酸亞銘［(CH3co0)2O2H2O］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(luò)；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)實驗中所用蒸播水均需經(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(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+2Cr*=Zn2++2Cr2+

②同時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Ki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可能存在的缺點敞開體系，可能使醋酸亞銘與空氣接觸

醋酸鈉溶液

b/cd

鋅粒+氯化格

【考點】U3：制備實驗方案的設(shè)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(qiáng)還原性，

易與氧氣反應(yīng)，則制備實驗中應(yīng)避免接觸氧氣，實驗時，將過量鋅粒和氯化

絡(luò)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(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，避免亞銘離子被氧化，

且發(fā)生Zn+ZCNJza+ZCF,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Ki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(yīng)除去水中的溶解氧，則實驗中所

用蒸儲水均需經(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，說明生成亞銘離子，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，避免亞銘離子被氧化，故

答案為：排除c中空氣；

(3)打開K3,關(guān)閉Ki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，可能使醋酸亞銘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，可能使醋酸亞銘與空氣接觸。

【點評】本題考查物質(zhì)的制備，為高考常見題型和高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生的分

析能力、自學(xué)能力和實驗?zāi)芰Γ⒁獍盐瘴镔|(zhì)的性質(zhì)以及題給信息，把握實

驗的操作方法，難度不大。

9.(14分)焦亞硫酸鈉(Na2s2。5)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)Na2s2。5,通常是由NaHSCh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：

pH=4.1pH=7_8pH=4.1

①pH=4.1時，I中為NaHSCh溶液(寫化學(xué)式)。

②工藝中加入Na2c03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(shù)，裝置如圖所示，其中S02堿吸收

液中含有NaHSCh和Na2s03.陽極的電極反應(yīng)式為2H2。-48—O2t+4H*。

電解后，a室的NaHSCh濃度增加。將該室溶液進(jìn)行結(jié)晶脫水，可得到

Na2s2O5

稀HAO,SO2堿吸收液

(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O.OlOOOmoM/i的碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點，消耗

22+

10.00mL.滴定反應(yīng)的離子方程式為S2O5+2I2+3H2O=2SO4+41+6H該

樣品中Na2s2。5的殘留量為0.128g?I/i(以SO2計)

【考點】54：物質(zhì)的量的相關(guān)計算；DI：電解原理.

【分析】(1)由NaHSCh過飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得Na2s2。5,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Na2c03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Na2s2。5,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),

溶液中分隔各個室的膜為陽離子交換膜，陽離子向陰極移動，據(jù)此分析；

(4)Na2s2。5可用作食品的抗氧化劑，說明Na2s2。5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Na2so4,12被還原為「，根據(jù)方程

式計算。

【解答】解：(1)由NaHSCh過飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得Na2s2。5,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，Na2c03顯堿性，

Na2s03顯堿性,NaHCCh顯堿性,而NaHSCh顯酸性,說明反應(yīng)產(chǎn)生了NaHSCh,

I中的溶液應(yīng)為NaHSCh溶液，

故答案為：NaHS03;

②工藝中加入Na2cO3固體，并再次充入S02,考慮到后續(xù)操作步驟是結(jié)晶脫水

制取Na2s2。5,發(fā)生這一步需要過飽和的NaHS03溶液，由此判斷，再通入

S02的目的應(yīng)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(zhì)溶液顯酸性，電解池陽極發(fā)生氧化反應(yīng),

所以應(yīng)為HzO放電，產(chǎn)生02和HM則電極反應(yīng)為：2H2。-4屋-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(yīng)：2H++2e-—H2f,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：2H2O-4e=O2T+4H;a；

(4)Na2s2O5可用作食品的抗氧化劑，說明Na2s2。5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Na2SO4,12被還原為「，則發(fā)生滴

定反應(yīng)的離子方程式為：S2O52-+如+3H2O=2SO42+41+6H+,

取50.00mL葡萄萄酒樣品，用0.01000mol?I/i的碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點，消耗

10.00mL,根據(jù)反應(yīng)方程式，則樣品中Na2s2。5的殘留量以SO2計算應(yīng)為：

-3

nv10.00X10LX0.01000mol/Ly/,

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

------------------------±----------------------------------=0.128g/L,

50.00X10%

22+

故答案為：S2O5+2l2+3H2O=2SO4+41+6H；0.128。

【點評】本題以Na2s2O5為背景，考查氧化還原反應(yīng)和電解原理的知識，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

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02

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

反應(yīng)：

2N2O5(g)-4NO2(g)+O2(g)

H

2N2O4(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=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)=2N?O4(g)+O2(g)Z\Hi=-44kJ?mo「i

2NO2(g)=N204(g)AH2=-55.3kJ*mor1

則反應(yīng)N2O5(g)=2NO2(g)+I02(g)的△：?=+33.3

2

②研究表明，N2()5(g)分解的反應(yīng)速率v=2XlO^XPHO(kPa?min1),t=62min

時，測得體系中P.=2.9kPa,則此時的P,.=30.0kPa,v=6.0X10

°2N2°5T

JkPa?min

③若提高反應(yīng)溫度至35℃,則N2O5(g)完全分解后體系壓強(qiáng)P8(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N2O4(g)M2NO2(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)，計算結(jié)果保留1位小數(shù))。

(3)對于反應(yīng)2N2O5(g)—>4NO?(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N0+N03—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)

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N03

C.第二步中N02與N03的碰撞僅部分有效

D.第三步反應(yīng)活化能較高

【考點】BE：熱化學(xué)方程式；CP：化學(xué)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(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)=2N?O4(g)+O2(g)AHi=-4.4kJ/mol

ii、2NO2(g)=N2()4(g)AH2=-55.3kJ/mol

根據(jù)蓋斯定律可知i4-2-ii即得到N2O5(g)=2NO2(g)+l/2O2(g)，據(jù)此計

算AH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的壓強(qiáng)計算出二氧化氮、氧氣的壓強(qiáng)，然后再根據(jù)

二氧化氮轉(zhuǎn)化的方程式計算平衡時二氧化氮、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)的特點分析判斷。

【解答】解：(1)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

價會升高，所以氧化產(chǎn)物是氧氣，分子式為02,

故答案為：。2；

(2)①已知：

i、2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)AHi=-4.4kJ/mol

ii、2NO2(g)=N?04(g)AH2=-55.3kJ/mol

根據(jù)蓋斯定律可知i+2-ii即得到N2O5(g)=2NO2(g)+l/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,又因為壓強(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2.9kPaX2=5.8kPa,

則此時五氧化二氮的壓強(qiáng)是35.8kPa-5.8kPa=30.0kPa,因此此時反應(yīng)速率

v=2.0X10-3X30=6.0X10-2(kPa?min-1),

故答案為：30.0；6.0X102；

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35.8kPaX2=71.6kPa,氧氣是

35.8kPa4-2=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2N6(g)N2O4(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

2

1；8

kPa-26.4kPaX2=18.8kPa,則反應(yīng)的平衡常數(shù)K=--KPa^13.4KPa,

26.4

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錯誤；

C.根據(jù)第二步反應(yīng)生成物中有NCh可知N02與N03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錯誤；

故選：ACo

【點評】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)

分析與計算，題目難度較大。試題設(shè)計新穎，陌生感強(qiáng)，計算量較大，對學(xué)

生的要求較高。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)

A.Is2s2px2p,2Pz

□亞田匚匚

B.1$2s2pT2p?2Pz

□ZfflDD

rIs2s2p52pr2p<

宜H□匚口

D.Is2s2px2p,，2pz

（2）Li?與H.具有相同的電子構(gòu)型，r（Li+）小于r（HD,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」B

面體中心原子的雜化形式為sp3。LiAlH4中，存在AB（填標(biāo)號）。

A.離子鍵B.。鍵C.兀鍵D.氫鍵

（4）Li2。是離子晶體，其晶格能可通過圖（a）的Bormi-Haber循環(huán)計算得到。

.-,_、-2908kJ-mol_

八?4......~

|.A

11040kJ?molJ703kJ?mol1J

2Li(g)O(g)\\?u

318kJ?mol1?249kJ,moi1

A1c,、_______-598kJ?mol'

2Li(品體)+202------------------------------------*JX

圖（a）圖（b）

可知，Li原子的第一電離能為5200=0鍵鍵能為498kJ?mo「i,

-1

Li2O晶格能為2908kJ?mol。

（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,

UxJ

阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,則Li2O的密度為—.....---------^g-cm3

（0.4665X10-7）3

（列出計算式）。

【考點】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；91：晶胞的計算.

【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A1原子價層電子對個數(shù)=4+尹1二4父L=4且不含孤電

2

子對，根據(jù)價層電子對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、A1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Imol離子晶體釋放

的能量；

(5)晶胞中Li*個數(shù)是8>O24"B=8X1+6X1=4,晶胞體積=(0.4665XICT7cm)

82

3,晶胞密度=更。

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(jù)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)L1與H具有相同的電子構(gòu)型，離子核電荷數(shù)：Li>H\其吸引電子能力：

Li>H,導(dǎo)致其半徑越小，

故答案為：LT核電荷數(shù)較大；

(3)LiAlH4中的陰離子中A1原子價層電子對個數(shù)=4+3+1-4X1=4且不含孤電

2

子對，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷其空間構(gòu)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、A1和H原子

之間存在極性共價單鍵、配位鍵，所以含有的化學(xué)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L