2018年全国统一高考化学试卷（新课标ⅰ）（含解析版）

2018年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一，采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：下列叙述错误的是（ ）A．合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、LiC．“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D．上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠2．（6分）下列说法错误的是（ ）A．蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖B．酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质C．植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色D．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖3．（6分）在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是（ ）A．B．C．D．4．（6分）NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．16.25gFeCl3，水解形成的Fe（OH）3为胶体粒子数为0.1NAB．22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA第1页（共28页）C．92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NAD．1.0molCH4与Cl2在光照下生成CH3Cl的分子数为1.0NA5．（6分）环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺（2，2）戊烷（）是最简单的一种，下列关于该化合物的说法错误的是（ ）A．与环戊烯互为同分异构体B．二氯化物超过两种C．所有碳原子均处同一平面D．生成1molC5H12，至少需要2molH26．（6分）主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20．W、X、Z最外层电子数之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是（ ）A．常温常压下X的单质为气态B．Z的氢化物为离子化合物C．Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性D．W与Y具有相同的最高化合价7．（6分）最近我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如右所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：①EDTA﹣Fe2+﹣e﹣=EDTA﹣Fe3+3++2+②2EDTA﹣Fe+H2S=2H+S+2EDTA﹣Fe该装置工作时，下列叙述错误的是（ ）+﹣A．阴极的电极反应：CO2+2H+2e═CO+H2O第2页（共28页）B．协同转化总反应：CO2+H2S═CO+H2O+SC．石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低D．若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA﹣Fe3+/EDTA﹣Fe2+，溶液需为酸性 二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）醋酸亚铬[（CH3COO）2Cr•2H2O]为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价络；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示。回答下列问题：（1）实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是 仪器a的名称是 。（2）将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置。打开K1、K2，关闭K3。①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为 ②同时c中有气体产生，该气体的作用是 （3）打开K3，关闭K1和K2．c中亮蓝色溶液流入d，其原因是 ；d中析出砖红色沉淀。为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是 、 洗涤，干燥。（4）指出装置d可能存在的缺点 9．（14分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：（1）生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式 第3页（共28页）（2）利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5，的工艺为：①pH=4.1时，Ⅰ中为 溶液（写化学式）。②工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是 。（3）制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3．阳极的电极反应式为 。电解后， 室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5（4）Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00mL葡萄萄酒样品，用0.01000mol•L﹣1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL．滴定反应的离子方程式为 该样品中Na2S2O5的残留量为 ﹣1g•L（以SO2计）10．（15分）采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题：（1）1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应氧化产物是一种气体，其分子式为 （2）F．Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5（g）分解反应：第4页（共28页）其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强ρ随时间t的变化如下表所示（t=∞时，N2O5（g）完全分解）：t/min0408016026013001700∞ρ/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1﹣1①已知：2N2O5（g）=2N2O4（g）+O2（g）△H1=﹣44kJ•mol﹣12NO2（g）=N2O4（g）△H2=﹣55.3kJ•mol﹣1则反应N2O5（g）=2NO2（g）+O2（g）的△H= kJ•mol﹣3﹣1②研究表明，N2O5（g）分解的反应速率v=2×10×P（kPa•min），t=62min时，测得体系中P=2.9kPa，则此时的P= kPa，v= kPa•min﹣1。③若提高反应温度至35℃，则N2O5（g）完全分解后体系压强P∞（35℃） 63.1kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是 ④25℃时N2O4（g）⇌2NO2（g）反应的平衡常数KP= kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。（3）对于反应2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g），R．A．Ogg提出如下反应历程：第一步：N2O5⇌NO2+NO3快速平衡第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应第三步NO+NO3→2NO2快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是 （填标号）A．v（第一步的逆反应）＞v（第二步反应）B．反应的中间产物只有NO3C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效D．第三步反应活化能较高 [化学一选修3：物质结构与性质]11．（15分）Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、第5页（共28页）能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为 （填标号）A．B．C．D．（2）Li+与H﹣具有相同的电子构型，r（Li+）小于r（H﹣），原因是 。（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是 中心原子的杂化形式为 。LiAlH4中，存在 （填标号）。A．离子键B．σ键C．π键D．氢键（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图（a）的Bormi﹣Haber循环计算得到。可知，Li原子的第一电离能为 kJ•mol﹣1，O=O键键能为 ﹣1﹣1kJ•mol，Li2O晶格能为 kJ•mol。（5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图（b）所示。已知晶胞参数为0.4665nm，﹣3阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为 g•cm（列出计算式）。第6页（共28页） [化学一选修5：有机化学基础]（15分）12．化合物W可用作高分子膨胀剂，一种合成路线如下：回答下列问题（1）A的化学名称为 。（2）②的反应类型是 。（3）反应④所需试剂，条件分别为 。（4）G的分子式为 。（5）W中含氧官能团的名称是 。（6）写出与E互为同分异构体的酯类化合物的结构简式 （核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为1：1）（7）苯乙酸苄酯（）是花香型香料，设计由苯甲醇为起始原料制备苯乙酸苄酯的合成路线 （无机试剂任选）。 第7页（共28页）2018年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）参考答案与试题解析 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一，采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：下列叙述错误的是（ ）A．合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、LiC．“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D．上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．菁优网版权所有【分析】正极片经碱溶可得到NaAlO2，可说明含有Al元素，含有磷酸亚铁锂的滤渣加入硫酸、硝酸，可除去炭黑，得到含有P、Fe、Li的滤液，加入碱液，生成的沉淀为Fe（OH）3，滤液加入碳酸钠，可生成碳酸锂沉淀，以此解答该题。【解答】解：A．合理处理废旧电池，可减少污染性废水的排放，且回收含有Al、Fe等金属，可再利用，故A正确；B．由以上分析可知从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li等，故B正确；C．硝酸具有强氧化性，可氧化亚铁离子生成铁离子，则“沉淀”反应的金属离子为Fe3+，故C正确；D．加入硫酸钠，不能生成含Li沉淀，故D错误。故选：D。第8页（共28页）【点评】本题为2018年高考全国卷，以元素化合物知识为载体考查物质的分离、提纯，有利于培养学生的分析能力和实验能力，树立积极的环境保护意识和资源的合理运用，题目难度不大。 2．（6分）下列说法错误的是（ ）A．蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖B．酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质C．植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色D．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖【考点】K2：蔗糖、麦芽糖简介；K3：淀粉的性质和用途．菁优网版权所有【分析】A．果糖为单糖；B．绝大多数酶是蛋白质；C．植物油为高级脂肪酸甘油酯，烃基含不饱和碳碳双键；D．多糖最终水解产物为单糖。【解答】解：A．蔗糖和麦芽糖均为双糖，果糖为单糖，故A错误；B．绝大多数酶是蛋白质，少数具有生物催化功能的分子不是蛋白质，如复合酶，故B错误；C．植物油为液态油脂，分子的烃基中含不饱和碳碳双键，这种脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色，发生加成反应，故C正确；D．淀粉和纤维素为多糖，一定条件下水解的最终产物均为葡萄糖，故D正确；故选：AB。【点评】本题考查了物质分类、物质性质、物质结构等知识点，注意知识的积累，题目难度不大。 3．（6分）在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是（ ）第9页（共28页）A．B．C．D．【考点】TJ：乙酸乙酯的制取．菁优网版权所有【分析】乙酸乙酯的制备是乙醇浓硫酸和乙酸混合溶液加热生成，生成的乙酸乙酯混有乙酸、乙醇，通过饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、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，蒸发皿是加热蒸发溶液得到晶体的仪器，据此分析判断。【解答】解：A．乙酸乙酯的制备是乙醇浓硫酸和乙酸混合溶液加热生成的，选择试管中加热，故A不选；B．生成的乙酸乙酯混有乙酸、乙醇，通过饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度，防止倒吸导气管不能深入溶液，故B不选；C．饱和碳酸钠溶液吸收静置后，利用分液的方法分离，故C不选；D．图中是利用蒸发皿加热蒸发溶液得到溶质晶体的方法，在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，操作未涉及，故D选；故选：D。【点评】本题考查了乙酸乙酯的制备原理、化合物分离方法、实验基本操作等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。 4．（6分）NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．16.25gFeCl3，水解形成的Fe（OH）3为胶体粒子数为0.1NAB．22.4L（标准状况）氩气含有的质