完整版全国1卷化学试题及解析word版doc.docx
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完整版全国1卷化学试题及解析word版doc
1.（2018年全国卷I）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：
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、Li
C.“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
【解析】A、废旧电池中含有重金属，随意排放容易污染环境，因此合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，
A正确；B、根据流程的转化可知从正极片中可回收的金属元素有
Al、Fe、Li，B正确；C、得到含Li、P、Fe的滤液，
加入碱液生成氢氧化铁沉淀，因此“沉淀”反应的金属离子是
Fe3＋，C正确；D、硫酸锂能溶于水，因此上述流程中不
能用硫酸钠代替碳酸钠，D错误。
【答案】D
2.（2018年全国卷I）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?
/CCl4褪色
D.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖
【解析】A、果糖不能再发生水解，属于单糖，A错误；B、酶是由活细胞产生的具有催化活性和高度选择性的蛋白质，
B正确；C、植物油属于油脂，其中含有碳碳不饱和键，因此能使Br2/CCl4溶液褪色，C正确；D、淀粉和纤维素均是多
糖，其水解的最终产物均为葡萄糖，D正确。
答案选A。
【答案】A
3.（2018年全国卷I）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（）
1
A.AB.BC.CD.D
【解析】A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；
【答案】D
4.（2018
年全国卷I）N是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A
A.16.25gFeCl
3水解形成的Fe（OH）3
胶体粒子数为0.1NA
B.22.4L
（标准状况）氨气含有的质子数为
18NA
C.92.0g
甘油（丙三醇）中含有羟基数为
1.0A
N
D.1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的
CHCl分子数为1.0
N
3
A
【解析】A、16.25g氯化铁的物质的量是
16.25g÷162.5g/mol
＝0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水
解生成的Fe（OH）3胶体粒子数小于
0.1
NA，A错误；B、标准状况下22.4L
氩气的物质的量是
1mol，氩气是一个
Ar原子
组成的单质，其中含有的质子数是
18N，B正确；C、1分子丙三醇含有
3个羟基，92.0g
丙三醇的物质的量是
1mol，
A
其中含有羟基数是
3NA，C错误；D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的
CH3Cl
分子数小于1.0
A
N，D错误。
【答案】B
5.（2018
年全国卷I）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
【解析】A、螺2，2]戊烷的分子式为
C5H8，环戊烯的分子式也是
C5H8，结构不同，互为同分异构体，
A正确；B、分子
中的8个氢原子完全相同，二氯代物中可以取代同一个碳原子上的氢原子，也可以是相邻碳原子上或者不相邻的碳原
子上，因此其二氯代物超过两种，B正确；C、由于分子中4个碳原子均是饱和碳原子，而与饱和碳原子相连的4个原
子一定构成四面体，所以分子中所有碳原子不可能均处在同一平面上，C错误；D、戊烷比螺2，2]戊烷多4个氢原子，
所以生成1molC5H12至少需要2molH2，D正确。
【答案】C
6.（2018年全国卷I）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；
2
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
【解析】根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是F、Na、Cl、Ca。
则A、金属钠常温常压下是固态，A错误；B、CaH2中
含有离子键，属于离子化合物，B正确；C、Y与Z形成的化合物是氯化钠，其水溶液显中性，C错误；D、F是最活泼
的非金属，没有正价，Cl元素的最高价是+7价，D错误。
答案选B。
【答案】B
7.（2018年全国卷I）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
意图如图所示，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
B.协同转化总反应：
CO2+H2S＝CO+H2O+S
C.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
B、根据石墨烯电极上发生的电极反应可知①+②即得到H2S－2e－＝2H＋+S，因此总反应式为CO2+H2S＝CO+H2O+S，B正确；
3
C、石墨烯电极为阳极，与电源的正极相连，因此石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯电极上的高，C错误；
D、由于铁离子、亚铁离子均易水解，所以如果采用Fe3＋/Fe2＋取代EDTA-Fe3＋/EDTA-Fe2＋，溶液需要酸性，D正确。
【答案】C
8.（2018年全国卷I）醋酸亚铬（CH3COO）2Cr·H2O］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铬；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______________。
【解析】
（1）由于醋酸亚铬易被氧化，所以需要尽可能避免与氧气接触，因此实验中所用蒸馏水均需煮沸后迅速冷却，
目的是去除水中溶解氧；根据仪器构造可知仪器
a是分液（或滴液）漏斗；%网
（2）①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，说明
Cr3＋被锌还原为Cr2＋，反应的离子方程式为
Zn+2Cr3＋＝Zn2＋+2Cr2＋；
②锌还能与盐酸反应生成氢气，由于装置中含有空气，能氧化
Cr2＋，所以氢气的作用是排除
c中空气；
（3）打开K3，关闭K1和K2，由于锌继续与盐酸反应生成氢气，
导致c中压强增大，所以c中亮蓝色溶液能流入
d装置，
与醋酸钠反应；根据题干信息可知醋酸亚铬难溶于水冷水，所以为使沉淀充分析出并分离，需要采取的操作是（冰浴）
冷却、过滤、洗涤、干燥。
（4）由于d装置是敞开体系，因此装置的缺点是可能使醋酸亚铬与空气接触被氧化而使产品不纯。
【答案】
（1）.
去除水中溶解氧
（2）.
分液（或滴液）漏斗
（3）.Zn+2Cr
3＋＝Zn2＋+2Cr2＋
（4）.
排除c中
空气（5）.c
中产生H使压强大于大气压
（6）.（冰浴）冷却
（7）.过滤
（8）.敞开体系，可能使醋酸
2
亚铬与空气接触
9.（2018年全国卷I）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__________。
4
（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NaSO的残留量为
2
2
5
-1
计）。
____________g·L（以SO2
【解析】
（1）亚硫酸氢钠过饱和溶液脱水生成焦亚硫酸钠，根据原子守恒可知反应的方程式为2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O；
（2）①碳酸钠饱和溶液吸收SO2后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐，即Ⅰ中为NaHSO3；
②要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，因此工艺中加入碳酸钠固体、并再次充入二氧化硫的目的是
得到NaHSO3过饱和溶液；
（3）阳极发生失去电子的氧化反应，阳极区是稀硫酸，氢氧根放电，则电极反应式为2H2O－4e－＝4H＋+O2↑。
阳极区
氢离子增大，通过阳离子交换膜进入a室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸钠。
阴极是氢离子放电，氢氧根浓度增大，与亚
硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，所以电解后
a室中亚硫酸氢钠的浓度增大。
（4）单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠，反应的方程式为
SO
2－
2－
+4I
－＋
；消耗碘的
+2I+3HO＝2SO
+6H
2
5
2
2
4
物质的量是
0.0001mol，所以焦亚硫酸钠的残留量（以
SO2计）是
。
【答案】
（1）.2NaHSO
＝NaSO+HO
（2）.NaHSO
（3）.
得到NaHSO过饱和溶液
（4）.2H
O－
4e
－
＋
3
＝4H
3
2
2
5
2
3
2
+O2↑（5）.
a（6）.S
2O5
2－+2I2+3H2O＝2SO4
2－+4I－+6H＋
（7）.0.128
10.（2018年全国卷I）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。
该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为
___________。
5
（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：
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=∞时，NO（g）完全分解）：
2
2
4
2
4
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5.
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知：
2NO（g）＝2NO（g）+O（g）
H=-4.4kJ·mol
-1
2
5
2
5
2
1
2NO（g）＝N2O4（g）
-1
H2=-55.3kJ·mol
则反应N2O5（g）＝2NO（g）+O2（g）的
H=_______kJ·mol-1。
②研究表明，N2O5（g）分解的反应速率
。
t=62min时，测得体系中
pO2=2.9kPa，则此时
的=________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）2NO（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N2O5NO2+NO3快速平衡
第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应
第三步NO+NO3→2NO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NO3
C．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
【解析】
（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子式为
O2；
（2）①已知：
ⅰ、2NO5（g）＝2N2O4（g）+O2（g）△H1＝－4.4kJ/mol
ⅱ、2NO（g）＝N2O4（g）△H2＝－55.3kJ/mol
根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5（g）＝2NO（g）+1/2O2（g）△H1＝＋53.1kJ/mol；
6
②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1:
2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二
氮减少的压强是2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率v
＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2（kPa·min－1）；③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增
加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5（g）完全分解后体系压强p∞（35℃）大于63.1kPa。
④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强
是35.8kPa×2＝71.6kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9kPa，总压强应该是71.6kPa+17.9kPa＝89.5kPa，平衡后压
强减少了89.5kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO（g）N2O4（g）可知平衡时四氧化二氮对应的压强是
26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数。
（3）A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；
B、根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误；
C、根据第二步反应生成物中有
NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；
D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，
D错误。
答案选AC。
【答案】
（1）.O2
（2）.53.1
（3）.30.0（4）.6.0
×10－2
（5）.大于（6）.
温度提高，体积不变，
总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高
（7）.13.4（8）.AC
11.（2018
年全国卷I）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Born-Haber循环计算得到。
7
可知，Li原子的第一电离能为________kJ·mol-1，O=O键键能为______kJ·mol-1，Li2O晶格能为______kJ·mol-1。
（5）LiO具有反萤石结构，晶胞如图
（b）所示。
已知晶胞参数为
0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为
N，则Li
O的密
2
A
2
度为______g·cm
-3
（列出计算式）。
【解析】
（1）根据核外电子排布规律可知Li
的基态核外电子排布式为
1s22s1，则D中能量最低；选项
C中有2个电子
处于2p能级上，能量最高；
（2）由于锂的核电荷数较大，原子核对最外层电子的吸引力较大，因此
Li＋半径小于H－；
－
4，且不存在孤对电子，所以空间构型是正四
（3）LiAlH4中的阴离子是AlH4，中心原子铝原子含有的价层电子对数是
面体，中心原子的杂化轨道类型是
sp3杂化；阴阳离子间存在离子键，
Al与H之间还有共价单键，不存在双键和氢键，
答案选AB；
（4）根据示意图可知Li原子的第一电离能是
1040kJ/mol÷2＝520kJ/mol；0.5mol
氧气转化为氧原子时吸热是
249kJ，
所以O＝O键能是249kJ/mol×2＝498kJ/mol；根据晶格能的定义结合示意图可知
LiO的晶格能是
2908kJ/mol；
2
（5）根据晶胞结构可知锂全部在晶胞中，共计是
8个，根据化学式可知氧原子个数是
4个，则Li2O的密度是
。
【答案】
（1）.D
（2）.C（3）.Li+核电荷数较大（4）.正四面体（5）.sp3（6）.AB（7）.520
（8）.498（9）.2908（10）.
12.（2018年全国卷I）化合物W可用作高分子膨胀剂，一种合成路线如下：
8
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）。
【解析】
（1）根据A的结构简式可知A是氯乙酸；
（2）反应②中氯原子被－CN取代，属于取代反应。
（3）反应④是酯化反应，所需试剂和条件分别是乙醇/浓硫酸、加热；
（4）根据G的键线式可知其分子式为C12H18O3；
（5）根据W的结构简式可知分子中含有的
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