2018全国新课标1卷理综化学部分试卷解析

1、2018年全国新课标1卷理综化学部分试卷解析一石家庄优能一对一化学组7 .硫酸亚铁锂（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硫酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：沉淀滤液破除钠含I I沉淀r-+ NaAlO：溶液 正册上与含褚愚亚 铁锂溶液而下列叙述错误的是（）A.合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用8 .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】D【解析】A正确A、由绿色化学的概念可知，对于废旧电池的重新利用，有利于环境保护和资源的再利用。B、从流程图中可以看出，整

2、个过程中，实现了对铝以及铁和锂的回收。B正确C、沉淀反应过程中发生的反应是铁离子和碱的反应，实现了对Fe3+的沉淀。C正确D、不能用硫酸钠代替碳酸钠，因为硫酸锂不溶，所以不能够得到锂的相关沉淀。D错误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.植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br? /CC14色D.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖【答案】A辅怖一 ' '【解析】A、双糖是指可以水解成两分子单糖的糖，果糖是单糖，不能够水解。A错误B、酶是一类具有生物催化作用的有机物。B正确C、植物油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子中含有碳碳双

3、键，能和滨水发生加成反应使澳水褪色。C正确D、淀粉、纤维素均为多糖，水解的最终产物均为葡萄糖。D正确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（）【答案】DA、乙酸与乙醇在浓硫酸作催化剂加热条件下生成乙酸乙酯，发生装置应用液液加热型，加热液体时试管口应略向上倾斜。A正确B、实验室用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇，并且可以降低乙酸乙酯的溶解度，使酯浮于水面容易分层析出，但是导管口不能伸入到液面以下防止发生倒吸。B正确C、乙酸乙酯与水不相溶且密度比水小，收集后位于上层，用分液方法分离。C正确D、灼烧时泥三角应与培竭一起用，制取乙酸乙酯的实验过程中涉及不到灼烧这步操作10

4、.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A. 16.25gFeC3水解形成的Fe （OH） 3胶体粒子数为0.1NAB. 22.4L （标准状况）氧气含有的质子数为18NaC. 92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为 1.0NAD. 1.0molCH4与C12在光照下反应生成的CH3C1分子数为1.0Na【答案】B【解析】A中16.25g氯化铁的物质的量是0.1mol,但因为铁离子水解不完全，所以胶体粒子个数无法确定，故错误,此选项主要考查盐类的水解；B中22.4L氧气的物质的量是1mol,每个氮原子的质子数为18,所以所含质子数是18Na所以该选项正 确；C中92g的甘油的物质的量是

5、1mol,但是每个甘油分子中有3个羟基，所以应该是3Na故该选项错误；D中甲烷和氯气反应生成的有机物有四种，每种有机物的量无法确定，所以该选项错误。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（）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.二氯代物超过两种C.所有碳原子均处同一平面D.生成1molC5H12至少需要2molH2【答案】C【解析】该有机物的分子式是C5H8, A中环戊烯的分子式为C5H8,所以A选项正确；B中该有机物的同分异构体种类为 4种，超过了 2种，故该说法正确；C根据甲烷的空间结构模型决定该有机物不可能共面，故该说

6、法错误；D中该有机物分子式上与C5H12相差4个氢原子，所以需要2mol的氢气进行加成。12.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【答案】B【解析】 根据可腐蚀玻璃可推断该物质为 HF,可推出W与Z中有F元素，根据元素周期表的顺序可知 W为 F, W与Y同族，可知Y为Cl,又因为W,X,Y的最外层电子数之和为10可推出X与Z可为

7、Mg和 K,或者Na和Ca。X为金属，所以A错，Z为金属元素，所以氢化物为离子化合物， B对；Y与Z 形成的化合物为氯化钾或氯化钙，其水溶液为中性； F元素没有正价，而Cl最高正价为+7,所以D 错误。13.最近我国科学家设计了一种 CO?+H? S协同转化装置，实现对天然气中CO?和H? S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： EDTA-Fe 2+-e-=EDTA-Fe 2EDTA-Fe 3+H ? S=2H +S+2EDTA+Fe2 +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-=

8、CO+H? OB.协同转化总反应：CO?+H? S=CO+H? O+SC.石墨烯上的电势比ZnO石墨烯上的低D.若采用Fe2/Fe3+取代EDTA-FeK/EDTA-Fe3+,溶液需为酸性【答案】C【解析】该题根据图示可以判断出 ZnO石墨烯为阴极，电极反应式：CO? +2H+2e-=CO+H? O, A正确；石墨烯为阳极，电极反应式为：H2S-2e-+2OH-=2H2O+S；所以协同转化总反应：CO? +H? S=CO+H?O+S,B正确；石墨烯为阳极电势比ZnO石墨烯上的高， C错误；根据石墨烯电极区的反应方程式可知，溶液需为酸性，则 D正确。26.（14 分）醋酸亚铭（CH3 COO）?

9、Cr.H?O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，回答下列问题：实验中所用蒸储水均需经煮沸后迅速冷却，目的是,仪器a的名称是（2）将过量锌粒和氯化铭固体置于c中，加入少量蒸储水，按图连接好装置，打开Ki、K2,关闭K3c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为同时c中有气体产生，该气体的作用是;d中析出砖红色沉淀，为(3)打开K3,关闭Ki和K2。c中亮蓝色溶液流入d,其原因是使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是、洗涤、干燥。

10、(4) 指出装置d可能存在的缺点1答案】(1)(2)除去水中溶解的氧；1Zn+2c3+=? 2+2?分液漏斗2+2：排尽装置中的空气。(3)c中有氢气生成，导致C中压强大于大气压，促使c中液体进入d。冷却 过滤(4)敞开体系，可能使醋酸亚格与空气接触。(1)醋酸亚格能与氧气反应，所以在制备的过程中必须除去和隔绝氧气，防止干扰醋酸亚格的制备 所以煮沸蒸储水的主要是为了除去水中的氧气。(2) D Zn+2c3+=? 2+2? 2+2i中锌粒和盐酸反应产生氢气，将装置中的空气排出，形成还原性氛围，防止 ? 2+被氧化。(3) c中有氢气生成，导致c中压强大于大气压，促使c中液体进入do醋酸亚铭为沉淀

11、，且难溶于冷水，所以为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是先冷却，使其充分沉淀，再过滤、洗涤、干燥(4) d中生成醋酸亚铭，醋酸亚铭能与氧气反应。所以敞口放置，空气中的氧气会进入d装【试题评价】本题主要考察物质的制备，涉及对化学仪器识别、对操作与装置的分析评价、信息 取和运用等。主要考察学生的理解能力、分析能力、和对完成化学的实验能力，题目难度中等。置。的提27. (14 分)焦亚硫酸钠(Na2s205)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Na2s205,通常是由NaHS03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

12、的工艺为:SOjN 劭 C(A 固体SO：pH-4.1pH=7-8pH=4.1pH=4.1时，1中为济液(写化学式)。 工艺中加人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浓度增力口，将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2s2。5。（4） Na2s2。5可用作食品的抗氧化剂，在测定某葡萄酒中 Na2s2。5残留量时，取50.00mL葡萄酒样 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

13、方程式为 , 该样品中Na2s2。5的残留量为 g.L-1（以SO2计）。【答案】（1） 2NaHsO3=Na2s2O5+H2O （2 分）（2）NaHsO3 （2分）增大NaHsO3的浓度，形成过饱和溶液（2分）（3） 2 H2O-4 ? - =O2 T +4H （2 分）a （2 分）（4）s2O52-+2l2+3H2O=2sO42-+4I-+6H+ （2 分）0.128 （2 分）【解析】（1）生产Na2s2O5,通常是由NaHsO3过饱和溶液经结晶脱水制得，根据提示信息写出化学方程式为：2NaHsO3=Na2s2O5+H2Oo碳酸钠与二氧化硫反应，因为 pH=4.1 ,所以发生的反应为

14、：Na2CO3+2sO2+H2O=2NaHsO3+CO2 t, NaHSO3 电离大于水解，显酸性。工艺中加人Na2CO3固体，增大了溶液的碱性，从而能够继续吸收SO2,生成更多的NaHSO3,所以加人Na2CO3固体的目的是增大NaHSO3的浓度，形成过饱和溶液。（3）制备Na2s2O5,采用三室膜电解技术，其中 SO2碱吸收液中含有 NaHSO3和NmSO3,根据放 电顺序可以知道来自于水中的 OH一发生氧化反应，所以阳极的电极反应式为2H2O-4? -=O2f+4H。阳 极产生的H+通过阳离子交换膜进入a室，a室酸性增强，NaHSO3浓度增力口，b室发生反应：2H+ +2?- 二H2,碱

15、性增强Na2SO3浓度增力口，所以电解后a室的NaHSO3浓度增力口。（4）碘标准液滴定Na2s2。5,发生氧化还原反应：S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+,Na2s2O5的残留量计算：设Na2s2O5的浓度为xS2O550.00mL XX0.01000mol-L-1 xl0.00mL1X=0.001 mol.L 1以SO2计 0.001 mol-L-1 >2 >64 g/mol=0.128 g/L【试题评价】 本题以焦亚硫酸钠为知识背景，主要考查了工业流程中的反应式书写，产物判断，电解池中电极反应式的书写以及氧化还原滴定等知识。28.(15 分)工业上采

16、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,该反应的氧化产物是一种气体，具F. Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25C时N2O5(g)分解反应:2N?OS -* 4NOi(g) + O 式 g)U其中NO2二聚为6O?股应可以迅速达到平衡，体系的总压强p随时间t的变化P/kPa35.840.342.5.45.949.261.262.363.1已知:2N2O5(g) =2N2O4 (g) +(D2 (g) H 1=-4.4KJ.mol-1如下表所示(t=,N

17、2O5(g)完全分解):t/min040801602602NO2 (g) =N2O4 (g)130017008-1 H2=-55.3KJ.mol11则反应 N2O5(g)=2NO2(g)+p2(g)的 AH-2KJ.mol-1 研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v=2 M0-3升?2? 5-1), t=62min 时，测得体系中 Po2 =2.9k (KPa. minPa,则此时的P 2?5=KPa, V=KPa.min-1o 若提高反应温度至 35C,则N2O5(g)完全分解后体系压强P8(35C )63.1kPa(填 大于“等于"或小于”原因25c时N2O4(g) ? 2NO

18、2(g)反应的平衡常数Kp=KPa (Kp为以分压表示的平衡常委攵，计算结果保留1位小数)。(3)对于反应2N2O5(g) 一4NO(g)+O2(g), R.A.Ogg提出如下反应历程：第一步 N2O5? NO3+NO2快速平衡第二步 NO2+NO3? NO+NO2+O2慢反应第三步 NO+NO3?2NO2快反应(填标号)。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。【答案】(1) O2(2)压强增大+53.130.026.0 W2大于

19、NO2的二聚为N2O4的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，气体物质的量增大,13.4(3) A C【解析】(1) 2Cl2+4AgNO3=4AgCl J +2MO5+O2 T(2)1(Hi2AH2)2 2N2O5(g)=4NO2(g)+O22 35.8kPa 2mol此时反应的02.9kPaX=0.16molN2O5 为 0.32mol 故剩余的 N2O5 为 1.68mol,P=30.0KPav=2X10-3q ?-2KPa, min-12? 5v=6.0 10升高温度NO2的二聚为N2O4的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，气体物 增大，压强增大。依据压强比等于物质的量比算出训寸总

20、物质的量2NO2(g)?N2O4(g)2X4-2XN2O4(g) ? 2NO2(g)K=P(NO )=13.422(N2 4(3)A、第一步快速达到平衡速率快，第二步慢反应且不影响第一步B、反应的中间产物有NO3和NO。C、物质之间只有进行有效碰撞才能反应，故第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效反应。D、活化能低反应速率快。【试题评价】本题涉及氧化还原，热化学，阿伏伽德罗定律，平衡移动，化学反应等内容，整体难度 适中，涉及知识面比较广泛，考察学生对知识的灵活应用能力。35.化学一选修3:物质结构与性质(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，能量密度大等优良性

21、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）(2) Li+与H-具有相同的电子构型，r (Li+)小于r (H-),原因是 。(3) LiAlH 4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH 4中的阴离子空间构型是。中心原子的杂化形 式为, LiAlH 4中，存在 (填标号)。A.离子键B.册 C.册 D.氢键(4)Li2O是离子晶体，具晶格能可通过图(a)的born-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KJ mol-1Li2O的密度为g.cm-3(列出计算式)。Li2O品格能

22、为KJ mol-1值为Na,(5)Li2O具有反莹石结构，晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为 0.4665nm,阿伏加德罗常数的(1) D, C力较强,(2)因为Li+和H-的核外电子排布相同，而Li+的核内质子数比H-要多，对核外电子的吸引能所以半径较小(3)正四面体形 sp3 A、B 520 498 29088 7g7 37O1(5)N (0.4665A【解析】(1)原子处于基态时，能量更低更稳定。选项 D的能量最低状态。而 C选项处于激发态，能量较(2)因为Li+和H-的核外电子排布相同，而Li +的核内质子数比H-要多，对核外电子的吸引能力较强, 所以半径较小(3) A1H4-中键个数为4,孤电子对数为0,根据价电子理论，空间构型为正四面体形，且为 sp3 杂化，LiAlH 4是一个离子化合物，所以含有离子键，而 Al和H之间是6键，故答案为A、B。(4)第一电离能指气态原子失去一个电子所需的能量，由图像可知Li失去两个电子时需要1040kJ mol-1所以第一电离能为520kJ mol-1 , O=O键的键能指的是断裂(或形成 1mol化学键时所 需的能量)，根据图像可知，O=O键的键能是249)2=498kJmol-1 ;晶格能指的是1mol的离子化合物 中的阴阳离子，由相互远离的气态，结合成离子晶体时所