1、20182018 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试( (课标全国卷课标全国卷) ) 7.D本题考查工艺流程分析,铝、铁、锂的化合物的性质等。合理处理废旧电 池可回收有关金属,达到资源再利用的目的,同时有利于环境保护,A 项正确;由 流程图可知,“正极片”中含有的金属元素有 Al、Fe、Li,B 项正确;LiFePO4中 铁元素的化合价为+2 价,在 H2SO4、HNO3作用下转化为 Fe 3+,经碱液处理形成 Fe(OH)3沉淀,C 项正确;Li2CO3难溶于水,而 Li2SO4可溶于水,故不能用 Na2SO4代替 Na2CO3,D 错误。 审题方法以元素化合物的性
2、质为依据,分析流程中各物质的转化。 8.A本题考查基本营养物质。果糖是单糖,A 项错误。 易错易混常见的糖类中,葡萄糖和果糖是单糖,不能水解。 淀粉、纤维素的化学式形式相同,但不互为同分异构体;淀粉、纤维素的结构 单元相同,水解最终产物都是葡萄糖。 9.D本题考查乙酸乙酯的制取与分离、提纯。冰醋酸、乙醇在浓硫酸作用下, 加热反应生成乙酸乙酯,A 涉及;导出乙酸乙酯的导气管在饱和碳酸钠溶液上方 可以防止倒吸,B 涉及;乙酸乙酯难溶于水,浮在溶液上方,可以用分液法分离出 乙酸乙酯,C 涉及;蒸发是使易溶固体从其溶液中析出,D 不涉及。 知识拓展饱和碳酸钠溶液的作用 制取乙酸乙酯实验中,饱和碳酸钠溶
3、液的作用是溶解乙醇、吸收乙酸、降低 乙酸乙酯的溶解度,便于乙酸乙酯的分离、提纯。 解题技巧见提分手册 15 10.B本题考查阿伏加德罗常数的有关计算。16.25 g FeCl3的物质的量是 0.1 mol,Fe 3+水解生成的 Fe(OH) 3胶体粒子是若干 Fe(OH)3的聚集体,故胶体粒子数目 远小于 0.1NA,A 项错误;Ar 是单原子分子,22.4 L(标准状况)氩气的物质的量是 1 mol,含有的质子数为 18NA,B 项正确;甘油(丙三醇)的分子式为 C3H8O3,其摩尔 质量是 92 gmol -1,则 92.0 g 甘油含有羟基的数目为 3.0N A,C 项错误;甲烷与氯 气
4、反应的产物中 CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4同时存在,1.0 mol CH4与足量氯气 反应时上述四种有机物的总物质的量为 1.0 mol,D 项错误。 易错易混胶体粒子的组成分类 胶体粒子的组成有两类:一类如 Fe(OH)3胶体的粒子,是由若干 Fe(OH)3聚集 在一起形成的;另一类如淀粉、蛋白质等大分子,单个分子即胶体粒子。 解题技巧见提分手册 2 11.C本题考查简单有机化合物的结构、性质及同分异构体数目的判断。由结 构可知螺2.2戊烷的分子式为 C5H8,环戊烯()的分子式也是 C5H8,故二者互 为同分异构体,A 项正确;螺2.2戊烷的二氯代物有如下三种:、 ,B
5、项正确;螺2.2戊烷中所有碳原子均形成四条单键,故所有碳原子不 在同一平面上,C 项错误;由 C5H8C5H12可知,生成 1 mol C5H12参加反应的氢气 至少为 2 mol,D 项正确。 易错易混容易受螺2.2戊烷键线式的影响,误以为该分子中碳原子构成一个 平面。 解题技巧见提分手册 9(1)(2)(3) 12.B本题考查元素推断、元素化合物的结构与性质、化合价规律和特例。氢 氟酸可腐蚀玻璃,根据题意可知 W 是 F,与其同主族的 Y 是 Cl;实验室中用 CaF2 与浓 H2SO4反应制取 HF,故 Z 是 Ca;W、X、Z 最外层电子数之和为 10,则 X 是 Na。 钠单质常温常
6、压下是固体,A 错误;CaH2是由 Ca 2+与 H-构成的离子化合物,B 正 确;CaCl2溶液呈中性,C 错误;F 是非金属性最强的元素,没有正化合价,氯元素的 最高化合价是+7 价,D 错误。 知识拓展CaF2是一种难溶于水的固体,实验室利用 CaF2与浓 H2SO4反应制取 HF:CaF2+H2SO4(浓)CaSO4+2HF,该反应不能在玻璃仪器中进行,应在铅皿中 进行。 解题技巧见提分手册 6(1)(2) 13.C本题考查电解原理的应用。由石墨烯电极区反应可知该极发生氧化反 应,为阳极,则 ZnO石墨烯为阴极。阴极的电极反应为:CO2+2H +2e- CO+H2O,A 正确;装置工作
7、时涉及三个反应,Fe 2+与 Fe3+的转化循环进行,总反应为 CO 2与 H2S 之间的反应,根据得失电子守恒可知总反应为:CO2+H2SCO+H2O+S,B 正确;石墨 烯与电源正极相连,ZnO石墨烯与电源负极相连,故石墨烯上的电势比 ZnO石墨 烯上的高,C 错误;Fe 2+、Fe3+均在酸性环境中稳定存在,D 正确。 审题技巧解题的关键是电极名称的确定。如本题中 CO2CO 为还原反应 阴极,Fe 2+Fe3+为氧化反应阳极。 解题技巧见提分手册 10(2) 26. 答案(1)去除水中溶解氧分液(或滴液)漏斗 (2)Zn+2Cr 3+ Zn 2+2Cr2+ 排除 c 中空气 (3)c
8、中产生 H2使压强大于大气压(冰浴)冷却过滤 (4)敞开体系,可能使醋酸亚铬与空气接触 解析本题考查物质制备。 (1)为防止水中溶解的氧气氧化 Cr 2+或(CH 3COO)2Cr,需将蒸馏水煮沸并迅速冷却, 以除去溶解氧。 (2)由溶液颜色变化可知,Zn 将 Cr 3+还原为 Cr2+,反应的离子方程式为 Zn+2Cr 3+ Zn 2+2Cr2+。 c 中产生的气体为氢气,可排除 c 中空气,防止 Cr 2+被氧化。 (3)打开 K3,关闭 K1、K2,c 中产生的氢气聚集在溶液上方,气体压强增大,将 c 中 液体经长导管压入 d 中;(CH3COO)2Cr 难溶于冷水,可将 d 置于冰水浴
9、中冷 却,(CH3COO)2Cr 充分结晶后,经过滤、洗涤、干燥得砖红色晶体。 (4)由于装置 d 为敞开体系,与大气直接接触,故空气中的氧气可能会氧化 (CH3COO)2Cr。 审题方法本题解题的关键是题干中指出醋酸亚铬在气体分析中用作氧气吸收 剂,说明醋酸亚铬具有强还原性。 方法技巧Cr 2+、(CH 3COO)2Cr 的强还原性与 Fe 2+、Fe(OH) 2相似。(CH3COO)2Cr 的 制取实验与 Fe(OH)2制取的改进实验相似。 解题技巧见提分手册 16(1)(2) 27. 答案(1)2NaHSO3Na2S2O5+H2O (2)NaHSO3得到 NaHSO3过饱和溶液 (3)2
10、H2O-4e - O2+4H + a (4)S2O5 2-+2I 2+3H2O 2SO4 2-+4I-+6H+ 0.128 解析本题考查工艺流程、电解原理的应用、氧化还原滴定与计算。 (1)NaHSO3与 Na2S2O5中硫元素化合价均为+4 价,根据观察法配平反应方程 式:2NaHSO3Na2S2O5+H2O。 (2)中所得溶液的 pH=4.1,硫元素的存在形式应为 HSO3 -,故中为 NaHSO 3溶 液。 过程是利用 Na2CO3与 NaHSO3反应转化为 Na2SO3,过程利用 SO2与 Na2SO3反 应生成 NaHSO3:Na2SO3+SO2+H2O2NaHSO3,制得高浓度的
11、NaHSO3,更有利于 Na2S2O5 的制备。 (3)根据装置图可知左侧为阳极,溶质为 H2SO4,实际放电的是水电离出的 OH -,电 极反应式为 2H2O-4e - O2+4H +。电解过程中,阳离子(H+)向右侧移动,则 a 室 中 SO3 2-+H+ HSO3 -,NaHSO 3浓度增大。 (4)Na2S2O5作食品的抗氧化剂,则具有强还原性,被氧化为 SO4 2-;S 2O5 2- 2SO4 2-,I 2 2I -,依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可配平反应的离子 方程式:S2O5 2-+2I 2+3H2O 2SO4 2-+4I-+6H+。 根据滴定反应的离子方程式及硫原子守恒
12、可得如下关系式: 2SO2S2O5 2- 2I2 64 g1 mol m(SO2) 0.010 00 molL -10.010 00 L m(SO2)=6.410 -3g 则样品中 Na2S2O5的残留量为 6.410-3g 0.050 00 L=0.128 gL -1。 方法技巧守恒法在此题中应用较多。如第(4)问中 S2O5 2-与 I 2反应的方程式要 利用得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平。 28. 答案(1)O2(2)53.130.06.010 -2 大于温度提高,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13.4 (3)AC
13、解析本题考查氧化还原反应、反应热的计算、化学反应速率、化学平衡及化 学平衡常数的计算。 (1)氯气具有强氧化性,氮元素化合价不变,Ag 应以 AgCl 形式存在,则被氧化的 是氧元素,对应的氧化产物为 O2,反应的化学方程式为 4AgNO3+2Cl2 4AgCl+2N2O5+O2。 (2)2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g)H1=-4.4 kJmol -1a 2NO2(g)N2O4(g)H2=-55.3 kJmol -1b 根据盖斯定律,由a 2-b 可得:N2O5(g) 2NO2(g)+1 2O2(g) H=53.1 kJmol -1。 由 2N2O5(g)O2(g)可知,?O2=2
14、.9 kPa 时 N2O5分压减小 5.8 kPa,此时 ?N2O5=(35.8-5.8)kPa=30.0 kPa。v=210 -3? N2O5(kPamin -1)=210- 330(kPamin-1)=6.010-2 kPamin -1。 t=时,N2O5完全分解。 2N2O52N2O4+O2 221 35.8 kPa?N2O4?O2 ?N2O4=35.8 kPa?O2=17.9 kPa 设达平衡时,N2O4分压减小了 x kPa。 N2O42NO2 开始分压(kPa)35.80 变化分压(kPa)x2x 平衡分压(kPa)35.8-x2x (35.8-x)kPa+2x kPa+17.9
15、kPa=63.1 kPa,解得 x=9.4,则平衡时?N2O4=26.4 kPa,?NO2=18.8 kPa,K=18.8 2 26.4 kPa13.4 kPa。 (3)第一步反应为快反应,其逆反应的速率也比第二步反应的速率快,A 正确;从 反应方程式看,中间产物有 NO3、NO,B 错误;由于第二步反应是慢反应,说明 NO2 与 NO3的碰撞仅部分有效,C 正确;第三步是快反应,故其活化能应较低,D 错误。 35. 答案(1)DC (2)Li +核电荷数较大 (3)正四面体sp 3 AB (4)5204982 908 (5) 87+416 ?A(0.466 510-7)3 解析本题考查原子结
16、构与性质、分子结构与性质、晶体结构与性质。 (1)根据能量 1s2s2p,可知能量最低的是 D,能量最高的是 C。 (3)AlH4 -中 Al 的价层电子对数为 4,故 Al 采取 sp3杂化,该离子空间构型为正四 面体。Li +与 AlH 4 -以离子键结合,AlH 4 -中 Al 与 H 之间是键,A、B 项正确。 (4)第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需 要的最低能量,故 Li 原子的第一电离能为1 040 kJmol -1 2 =520 kJmol -1。 O O(g)2O(g)所吸收的能量即为 OO 键的键能,故 O O 键的键能为 249 kJmol
17、 -12=498 kJmol-1。离子晶体的晶格能是气态离子形成 1 mol 离子晶 体所释放的能量,题图中:2Li +(g)+O2-(g) Li2O(晶体)H=-2 908 kJmol -1, 故 Li2O 晶格能为 2 908 kJmol -1。 (5)1 个 Li2O 晶胞中有 8 个 Li +,O2-处于顶点和面心,O2-的个数为 81 8+6 1 2=4,故 Li2O 的密度=? ?= 87+416 ?A(0.466 510-7)3 gcm -3。 方法技巧晶胞的计算方法 晶胞中不同位置的粒子对晶胞的贡献(以立方体为例):顶点1 8,棱上 1 4,体内完全属于晶胞。 晶体密度计算公式
18、:= ? ?A?,其中 N 为 1 个晶胞中所含“分子”数目,M 为摩尔质量,NA为阿伏加德罗常数的值,V 为 1 个晶胞的体积。 解题技巧见提分手册 19 36. 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) 解析本题以有机合成为命题依据,考查有机物及官能团名称、反应类型的判 断、反应试剂及条件选择、分子式的确定、限定条件同分异构体的书写、有机 合成路线的设计等。 (2)ClCH2COONaNCCH2COONa 过程中CN 取代了Cl,故为取代反应。 (3)根据 D、E 的结构简式知,反应为酯化反应,所需试剂是 CH3CH2OH,反应条件 为浓硫酸、加热。 (4)根据 G 的键线式结构可知 G 的分子式为 C12H18O3。 (5)W 中含有两种含氧官能团,分别为羟基和醚键。 (6)由核磁共振氢谱信息可知,12 个氢原子分为两类,数目之比为 11,空间结构 完全对称,符合条件的 E 的同分异构体为。 方法技巧对比反应前后有机物结构差异可以判断反应类型,如本题中 DE 为 取代反应,进而可推知 DE 所需试剂和反应的条件。 解题技巧见提分手册 20
