(最新整理)2018全国1卷化学试题及解析word版
(完整)2018全国1卷化学试题及解析word版
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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( )
A. A B。 B C。 C D. 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 A是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe（OH)3胶体粒子数为0。1 N A
B. 22.4 L（标准状况）氨气含有的质子数为18N A
C. 92。0 g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0N A
D. 1。0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0N 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 N A，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18 N A，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，其中含有羟基数是3 N A，
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 N A，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1 molC5H12至少需要2 molH2
【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1 molC5H12至少需要2 molH2,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；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+
②2EDTA-Fe3++H2S＝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：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；
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+2Cr3＋＝Zn2
＋+2Cr2＋（4). 排除c中空气（5）. c中产生H
2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
__________。
(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。00 mL葡萄酒样品，用0.01000 mol·L?1的碘标准液滴定至终点，消耗10。00 mL。滴定反应的离子方程式为_____________,该样品中Na2S2O5的残留量为____________g·L?1(以SO2计)。
【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＋+O
2↑。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S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42
－+4I－+6H＋；消耗碘的物质的量是0.0001mol，所以焦亚硫酸钠的残留量（以SO
2计）是
.
【答案】 (1)。 2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O （2). NaHSO3 (3). 得到NaHSO3过饱和溶液（4)。 2H2O－4e－＝4H＋+O2↑ (5). a （6）. S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+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___________。
（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NO2二聚为N2O4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，N2O4（g）完全分解）:
t/min0408016026013001700∞
p/kPa35.840。342.5。45.949.261。262.363.1
①已知：2N2O5（g)＝2N2O5（g)+O2（g) ΔH1=?4。4 kJ·mol?1
2NO2(g)＝N2O4（g）ΔH 2=?55。3 k J·mol?1
则反应N2O5（g)＝2NO2（g）+ O2（g）的ΔH=_______ kJ·mol?1。
②研究表明，N2O5（g)分解的反应速率。t=62 min时，测得体系中p O2=2。
9 kPa,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℃)____63.1 kPa（填“大于"“等于”或“小于”），原因是________。
④25℃时N 2O4(g)2NO2（g)反应的平衡常数K p=_______kPa(K p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→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、2N2O5（g）＝2N2O4（g）+O2（g) △H1＝－4。4kJ/mol
ⅱ、2NO2（g）＝N2O4（g）△H2＝－55.3kJ/mol
根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2（g)+1/2O2（g) △H1＝＋53.1kJ/mol；
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。1 kPa。
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。6 kPa，氧气是35。8kPa÷2＝17。9 kPa，总压强应该是71。6 kPa+17。9 kPa＝89。5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa－63。1kPa＝26。4kPa，所以根据方程式2NO2(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。6 kPa－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。
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）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图（b）所示。已知晶胞参数为0。4665 nm，阿伏加德罗常数的值为N A,则Li2O的密度为______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－;
(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4，且不存在孤对电子,所以空间构型是正四面体,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1040 kJ/mol÷2＝520 kJ/mol;0。5mol氧气转化为氧原子时吸热是249 kJ，所以O＝O键能是249 kJ/mol×2＝498 kJ/mol；根据晶格能的定义结合示意图可知Li2O的晶格能是2908 kJ/mol；
（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：
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官能团是醚键和羟基；
（6）属于酯类,说明含有酯基。核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为1：1，说明氢原子分为两类,各是6个氢原子，因此符合条件的有机物结构简式为或；（7)根据已知信息结合逆推法可知合成苯乙酸卞酯的路线图为
。
【答案】（1）。氯乙酸 (2）. 取代反应 (3）. 乙醇/浓硫酸、加热（4）。 C12H18O3（5). 羟基、醚键（6）。、（7）。