2018年全国高考化学试题及参考答案

2018年全国高考化学试题及参考答案一、选择题：每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一选项是符合题目要求的。7.磷酸亚铁锂（LiFePO。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：一|*NaAlQ溶注|沉正极yI一冶Li、Fe、P等滤飞一J含LiFePO4滤J碑炭黑等NacO含锂沉下列叙述错误的是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答案分析D。硫酸锂可溶于水，不能形成沉淀，所以上述最后从滤液中将锂形成沉淀而从滤液中分离的目的，不宜用硫酸钠。8 .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植物油含有不饱和脂肪酸甘油酯，能使Br2/CCl4褪色D.淀粉和纤维素水解的最终产生均为葡萄糖【答案与分析】A果糖属于单糖。9 .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ABCD【答案与分析】Do实验室用乙醇与乙酸酯化反应制备并分离乙酸乙酯的方法是用分液法，而不能采用加热蒸发结晶法，10 .Na是阿伏加得罗常数的值，下列说法正确的是A. 16.25gFeCl3水解形成的Fe（OH）胶体粒子数为0.1以B. 22.4L（标准状况下）氮气含有的质子数为18NC. 92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0网D. 1.0molCH与Cl2在光照下反应生成CHCl分子数为1.0以【答案与分析】Bo盐类水解的程度是很小的，A不对；隋性气体属于单原子分子，1mol的氮气在标准状况下所占的体积为22.4L,所含的电子数和质子数相等，均为18mol,B正确；1mol甘油（丙三醇）中含有3Ml的羟基，C错误；CH与CL2在光照的条件下反应生成的产物中含有CHCl、CHCl2、CHC3及CCL,则生成物中含有的CHCl少于1mol,D不对。11 .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（X）是最简单的一种。下列关于该化合物的说法错误的是A.与环戊烯互为同份异构体B.二氯代物超过两种C.所有碳原子均处于同一平面D.生成1molGH2至少需要2moH【答案与分析】C螺2,2戊烷(X)的分子式为QHb,与环戊烯相同，它们互为同份异构体，A正确；螺2,2戊烷(AV)的二氯代物有3种，B正确；螺烷中共用的碳原子采用SP3杂化成键，根据价键互斥理论，螺2,2戊烷中的两个三角形平面互相垂直，共用的碳原子形成的四个价键不在同一平面上，C观点不正确；由于3个碳原子形成三角形的键角为60?107.5,形成的键张力容易使C-C断裂，在一定条件下螺2,2戊烷能够与氢气发生类似不饱和烂的加成反应那样形成饱和直链烷烧，D正确。12 .主族元素WX、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。WX、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【答案与解释】Bo能够腐蚀玻璃的二元化合物是HF,由此推断，WX、Y和Z分别是F、MgCl与K,ME常温常压下为固体，A错误；KH发生离子化合物，B正确；KCl属于强酸强碱盐，其水溶液呈中性，C观点不正确；F是所有元素中电负性最大的非金属元素，在化合物中不能形成正价态，Cl的最高正化合价为“+7”，D不对。13.最近我国科学家设计了一种CO+HS协同转化装置，实现对天然气中CO和H2s的高效去除。示意图如右图所示，其中电极分别为ZnO颔墨烯(石墨烯包裹的ZnQ和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：EDTAFe2+-e-=EDTAFe3+2EDTAFe3+HS=2H+S+2EDTAFe2+ZnO质子交换+EH、CO天然EDTA-F天然气(CH、COHS)该装置工作时，下列叙述错误的是A,阴极的电极反应：CO+2H+2e=CO+H)B.协同转化总反应：CO+HS=CO+2O+SC.石墨烯上的电势比ZnO画墨烯上的低D.若Fe2+/Fe3+B41EDTA-Fe/EDTA-Fe3：溶液需为酸性。【答案与分析】Co由于石墨烯电极区发生反应为：EDTA-Fe+-e-=EDTA-Fe+,即发生了氧化反应，因此石墨烯为阳极，而ZnO墨烯为阴极，发生还原反应，即CO+2H+2e=CO+HO,A正确，则电池发生的反应为：阳极：2EDTA-Fe+-2e-=2EDTA-F(e+(1)2EDTA-Fe+HS=2EDTA-Fe+2l4+S阴极：C（2+2H+2e-=CO+bO+得：协同转化反应总方程式：CO+HS=CO+H（+SAB正确；阳极电势高于阴极电势，C不对；碱性条件下，Fe2+与Fe3+容易产生Fe（OH）或Fe（OH）沉淀，D正确。26. （14分）醋酸亚铭（CH3COO）2cr2H2O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，将三价铭还原为二价铭，二价铭再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铭。实验装置如图所示，锌粒+氧化貉回答下列问题：实验中所用蒸储水均需要经煮沸后迅速冷却，目的是，仪器a的名称是将过量锌粒和氧化铭固体置于c中，加入少量蒸储水，按图连接好装置，打开K、K2,关闭K30c中的溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式是；同时c中有气体产生，该气体的作用是。打开K3,关闭K和K2,c中亮蓝色溶液流入do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。指出装置d可能存在的缺点。【答案与分析】除尽蒸储水中的空气（所含的氧气）、球形分液漏斗。Zn+6H+Cr2Q=：Zn2+2Cr2+H;O;排除装置中的空气（氧气），以免二价铭重新被氧化为三价铭；随着氢气的生成，锥形瓶中的气压增大、冷却静置、过滤。没有尾气处理装置,可能产生污染环境。二价铭具有较强的还原性，因此，为了避免被氧气重新氧化为三价铭，须将装置及其相关容器、试剂中的空气排除干净。27. （14分）焦亚硫酸钠（Na&O）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：生产NaS2Q,通常是由NaHSOi饱和溶液结晶脱水制得。写出该过程发生的化学反应方程式：利用烟道气中的SO生产Na&Q的工艺为：NaCO饱和pH=4.1SOINaCO 固pH=78pH =4.1*结晶脱水* Na&QpH=4.1时，I中为溶液。工艺中加入NaCO固体，并再次充入SO的目的是。制备Na&Q也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO碱吸收液中含有NaHSOF口NaSO,阳极的电极反应式为。电解后，室的NaHSOft度增加，将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na&Q。Na&Q可用作食品的抗氧化剂，在测定某葡萄酒中Na&Q的残留量时，取50.00mL葡萄酒样品，用0.01000molL-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NaSO的残留量为gL-1(以SO计)。【答案与解释】2NaHSe=NaS2Q+HO;NaHSO增大NaHSO$度，形成过饱和溶液;2HO-4e-=4H+QT、阴极室;立勺+2h+3电0=ZSO+6H1+41.0.158gL-1。分析：Na&Q是由NaHSOi饱和溶液结晶脱水得到，则是发生了非氧化还原反应的分解反应，固在2NaHS0=NaSO+HO;禾1J用烟道气中所含的SO与NaCO饱和溶液反应是工业制备NaHSO常用的方法，有关化学反应方程式为：2SO+NaCO+代O=NaHS3+COT,显然田中的溶液是经过进一步增加NaHSO勺浓度，形成过饱和溶液；三膜室电解法制备Na&Q,在电解的过程中实质上是电解水：即阳极反应式为：2HO-4e-=4H+OT阴极反应式为：2H+2e=Hd随着阳极产生的H通过阳离子交换膜不断向阴极移动，并与SO的碱吸收液中的NaSO反应生成的NaHSO勺富集，阴极室中的NaHSO勺浓度增力口；碘滴定Na&Q发生氧化还原反应，即：Na&Q+2l2+3HO=2NaI+NaSO+2HI。列式计算：0.01x10.00x10-3mol=1.00x10-4mol,则葡萄酒样品中含有的n(Na2&Q)=：0.50x10-4mol,相当于n(SQ)=.00x10-4molm(SO)=6.4乂10-3g.该样品中Na&CXSO)的残留量为6.4乂10-3g+(50乂10-3L)=0128gL-1。28. (15分)采用NO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。回答下歹I问题：1840年，Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到NO,该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为。F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25c时NQ(g)分解反应：2NQ(g)-4N(2(g)+O2(g)2N。(g)其中NO二聚为NO的反应可以迅速达到平衡，体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(t=8时，NQ(g)完全分解)；t/min04080160260130017008p/kpa35.840.342.545.949.261.262.363.11已知：2NO(g)=2N2Q(g)+O2(g)?Hi =- 4.4Kj?mol2NO(g)=N2Q(g)二:一1一.则反应：NQ(g)=2NO2(g)+歹或？匕=Kjmol-1研究表明：NQ(g)分解的反应速率Y=2M10*xpNm(KPa?min%t=62min时，测得体系中川：,45，侬；KpaFn1若提高反应温度至35C,则NQ(g)完全分解后体系压强P-35空】(填”或，NO+NO0工慢反应第三步：NO+NO3-2NO快反应其中可以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.u(第一步的逆反应)口(第二步反应)B.反应的中间产物NO3C.第二步中的NO3fNO的碰撞公部分有效D.第三步反应活化能较高答案与解释Q;+53.1Kjmol-1;30KPa6.0xi0-2KPamin-1；上、刚性容器体积不变，提高温度，压强增大，止匕外，由于2NO(g)=N2c4(g)为放热反应，升高温度，容器内气体的物质的量增加，压强增大。13.4。A、C35.化学一一选修3:物质结构与性质Li是最轻的固体金属，LI作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛的应用。回答下列问题：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.1s2s2Px2py2pzB.1s2s2Px2py2PzC.1s2s2Px2py2pzD。1s2s2Px2py2PzLi+与具有相同的电子构型，r(Li+)小于r(H+),原因是。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、6键C、九键D氢键Li2。是离子晶体，具晶格能可通过图(a)的Bom-Haber循环计算得到。211：；+(g)-2908Kj,一2!11040铭g)*03Kj2k圈)+O2(gJ249j-=598K一Q LG O图（a）图（b）可知，Li原子的第一电离能为Kj如。1-1,0=0能为Kj如。1-1山20的晶格能为Kjmol-1Li2O具有反荧石结构，晶胞如图（b）所示，已知晶胞参数为0.4665nm,阿伏加得罗常数的值为Nh则口2。的密度为gcm-%列式计算）。答案与解释DLW；核外电子排布相同的情况下，核电荷数越大，微粒半经越小；苴四面体形、sp3;AB;520Kjmol-1、498Kjmol-1、-2908Kjmol-1。5.50gcm3分析：原子轨道的能量大小依次为：nfndnpns,能量最低原理告诉我们，原子核外电子总是尽先排布在能量较低的原子轨道上，以使整个原子的能量最低，则较低能量轨道上的电子越多，原子的状态越稳定，反之，能量越高，原子越不稳定。微粒半经大小与电子层数、核电荷数二者相关，在核外电子排布相同的情况下，核电荷数越大，则核对外围电子的吸引越强，微粒半经越小；中心原子的价电子对_c原子的价电子T五个酊立值丁提供的甘电T对敷）帽的电荷敷；LiAlH4的中心原子Al的价电子对数=+；=4对,根据成键电子对互斥理论AIH4呈正四面体型结构，并且中心原子采用sp3杂化方式，LiAlH4中不存在氢键，H原子也没有存在孤电子对，因此也不能形成冗键，略；QLO晶胞中含有8个Li+和4个O-,则相当于含有4个Li2O,因此Li2O的密度一卬附6.02X102i_3=不；=5.50gcmx10-7/cm-3036.化学一一选修5:有机化学基础（15分）化合物w可用作高分子膨胀剂，一种合成路线如下：ClCHCOOHNa2COAClCHCOONaNaCNhcC00Np+*hc，C00HCNCOOHABCDHHc/COO2H-ClCHCOO2H2)QHCHClCOOC5CHONa/CHOHEF回答下列问题：A的化学名称是。的反应类型是。反应所需的试剂、条件分别为。G的分子式为。W用含氧官能团的名称是。写出与E互为同份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）。苯乙酸苇酯（U-chcooohYZ）是花香型香料，设计由苯甲醇为起始原料制备苯乙酸苇酯的合成路线：（无机试剂任选）答案与解释2-氯代乙酸（或氯乙酸），取代反应（或复分解反应）；乙醇/浓硫酸、CHCH加热;C2H8Q醴键、羟基;（6）HCOOaCCOOCH、HCOCOCOCOCHChChcrCHOH HCl浓硫酸* CHCl NaCN/CHCNh+* Qchcooh 一CHCOOGHQpCHOH -分析：ClCHCOO的结构式是CI-CH2COOHII名称为2-氯代乙酸；反应的化学方程式为：ClCH2COONa+NaCN-NC-CHCOONa+NaCl从有机化学角度来考量，属于取代反应，从无机化学角度来考量，则属于复分解反应；反应属于酯化反应，所需的醇系乙醇，而条件则是在以浓硫酸作催化剂，并加热；键线型结构式中每个端点、交点、转折点及未端各代表1个碳原子，固G的分子式为Ci2H8Q;（略）E中有三种不同环境的氢，要改为两种环境的氢并且两种氢的个数相同；（略）