2018年高考真题 化学(山东卷)（含解析版）

．甘油（丙三醇）中含有羟基数为2018年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）C92.0g1.0NAD．1.0molCH4与Cl2在光照下生成CH3Cl的分子数为1.0NA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5．（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（）是最简旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：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最外层电子数下列叙述错误的是（ ）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A．合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用说法正确的是（ ）B．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、LiA．常温常压下X的单质为气态C．“沉淀”反应的金属离子为Fe3+B．Z的氢化物为离子化合物D．上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠C．Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性2．（6分）下列说法错误的是（ ）D．W与Y具有相同的最高化合价A．蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖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B．酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质效去除。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C．植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色墨烯电极区发生反应为：D．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖①EDTA﹣Fe2+﹣e﹣=EDTA﹣Fe3+．（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（ ）363++2+②2EDTA﹣Fe+H2S=2H+S+2EDTA﹣Fe该装置工作时，下列叙述错误的是（ ）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．16.25gFeCl，水解形成的Fe（OH）为胶体粒子数为0.1N33A+﹣B．22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NAA．阴极的电极反应：CO2+2H+2e═CO+H2O第1页（共14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 ①pH=4.1时，Ⅰ中为 溶液（写化学式）。二、解答题（共3小题，满分43分）②工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是 。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（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：液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5（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 （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 ﹣1该样品中Na2S2O5的残留量为 g•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 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（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：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 （2）利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5，的工艺为：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）：第2页（共14页）t/min0408016026013001700∞ρ/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1A．﹣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•molB﹣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C．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D．于”“等于”或“小于”），原因是 （2）Li+与H﹣具有相同的电子构型，r（Li+）小于r（H﹣），原因是 。④时（）（）反应的平衡常数 （为以分压表示的平衡常数，25℃N2O4g⇌2NO2gKP=kPaKp（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 中心原子的杂化形计算结果保留位小数）。1式为 。LiAlH4中，存在 （填标号）。（3）对于反应2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g），R．A．Ogg提出如下反应历程：A．离子键B．σ键C．π键D．氢键第一步：+快速平衡N2O5⇌NO2NO3（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。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．第三步反应活化能较高﹣1﹣1D可知，Li原子的第一电离能为 kJ•mol，O=O键键能为 kJ•mol，Li2O晶格能为 kJ•mol﹣1。[化学一选修：物质结构与性质]3（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，阿伏加德罗常数的．（分）是最轻的固体金属，采用作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良﹣31115LiLi值为NA，则Li2O的密度为 g•cm（列出计算式）。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）[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：第3页（共14页）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4页（共14页）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。 2018年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）2．（6分）下列说法错误的是（ ）参考答案与试题解析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一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）C．植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色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D．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：【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；下列叙述错误的是（ ）B．绝大多数酶是蛋白质；A．合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用C．植物油为高级脂肪酸甘油酯，烃基含不饱和碳碳双键；B．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、LiD．多糖最终水解产物为单糖。C．“沉淀”反应的金属离子为Fe3+【解答】解：A．蔗糖和麦芽糖均为双糖，果糖为单糖，故A错误；D．上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠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【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．菁优网版权所有生加成反应，故C正确；【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；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，滤液加故选：AB。入碳酸钠，可生成碳酸锂沉淀，以此解答该题。【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【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，可大。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；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（ ）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。【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，有利于培第5页（共14页）【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有【分析】A．一个胶体粒子是一个聚合体；B.22.4L标准状况的氩气的物质的量为1mol，氩气是单原子气体；C.1mol丙三醇含有的羟基数为3mol；D．CH与Cl的在光照下发生的取代反应产物是混合物，不是完全生成CHCl。423．．．．ABCD【解答】解：A．胶体粒子是一个聚合体，16.25gFeCl3的物质的量为=0.1mol，水解形成Fe（OH）3胶体时，多个Fe（OH）3聚合为一个胶体粒子，所以形成的胶体粒子数小于【考点】TJ：乙酸乙酯的制取．菁优网版权所有0.1mol，即0.1NA，故A错误；【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B.22.4L标准状况的氩气的物质的量为1mol，氩气是单原子气体，所以含有18molAr，即含有醇，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18mol质子，即18NA个质子，故B正确；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。C.92.0g甘油（丙三醇）的物质的量为=1mol，1mol丙三醇含有3mol羟基，即含有羟基数【解答】解：A．乙酸乙酯的