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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
3过饱和溶液；得到NaHSO
－
＋
（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，则电极反应式为氢离子增大，通过阳离子交换膜进入硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，所以电解后
2↑。阳极区2HO－4e＝4H+O2
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
a室中亚硫酸氢钠的浓度增大。
5S2O+2I2+3H2O＝2SO+4I+6H；消耗碘的
2－
2－
4
－
＋
（4）单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠，反应的方程式为物质的量是0.0001mol，所以焦亚硫酸钠的残留量（以【答案】 (1). 2NaHSO
2↑ (5). +O
3
5+H2O (2). NaHSO＝Na2S2O
2－
2－
－
SO2计）是
3
。
3过饱和溶液 (4). 2H得到NaHSO
2
(3).
＋
O－4e＝4H
－＋
a (6). S
25
O2O4+2I2+3H＝2SO+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___________。（2）F. Daniels
等曾利用测压法在刚性反应器中研究了
5(g)分解反应：25℃时N2O
用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到5。该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为N2O
2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。其中NO体系的总压强
160 45.9
p随时间t的变化如下表所示（t=∞时，N2O4(g)完全分解）：
260 49.2
1300 61.2
1700 62.3
∞63.1
t/min p/kPa
0 35.8
40 40.3
80 42.5.
5(g)＝2N2O5(g)+O2(g) ①已知：2N2OΔH1=-4.4 kJ·mol
-1
2
-1
2NO(g)＝NO(g)
2
2
4
ΔH=-55.3 kJ·mol
2(g)+ O2(g)的ΔH=_______ kJ·mol。则反应N2O5(g)＝2NO
-1
5(g)分解的反应速率②研究表明，N2O。t=62 min时，测得体系中
-1
pO2=2.9 kPa，则此时
的=________kPa，v=_______kPa·min。
35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强
③若提高反应温度至原因是________。④25℃时N2O4(g)
p∞(35℃)____63.1 kPa（填“大于”“等于”或“小于”），
2NO2(g)反应的平衡常数
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Kp=_______kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留
1位小数）。
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5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A.Ogg提出如下反应历程：（3）对于反应2N2O
第一步 N
2
5O2+NO3NO快速平衡慢反应快反应
_______（填标号)。
3→NO+NO2+O2第二步 NO2+NO
2第三步 NO+NO3→2NO
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
3NO
2与NO3的碰撞仅部分有效C．第二步中NO
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
2；O
（2）①已知：
2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) ⅰ、2N
△H1＝－4.4kJ/mol
ⅱ、2NO2(g)＝N2O4(g) 根据盖斯定律可知
△H2＝－55.3kJ/mol
ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g) △H1＝＋53.1kJ/mol；
1:2，又因为压强之比是物质的量之比，
所以消耗五氧化二
v＝
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氮减少的压强是
－3
2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是
－2
－1
35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率
2.0×10×30＝6.0×10（kPa·min）；
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
5(g)完全分解后体系压强35℃，则N2O
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
71.6 kPa+17.9 kPa
＝89.5 kPa，平衡后压强
是35.8kPa×2＝71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是减少了89.5 kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式26.4kPa，二氧化氮对应的压强是
2NO2(g)
N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是
。
71.6 kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数
A正确；
（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，B、根据第二步和第三步可知中间产物还有C、根据第二步反应生成物中有
NO，B错误；
C正确；AC。
－2
2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，NO
D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，【答案】 (1). O
2
D错误。答案选
(2). 53.1 (3). 30.0 (4). 6.0×10 (5). 大于 (6). 温度提高，体积不变，
2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高总压强提高；NO (7). 13.4 (8). AC
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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______。
LiAlH4中的阴离子空间构型是
______、中心原子的杂化形式为
______。LiAlH
4
（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，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，O=O键键能为______kJ·mol，Li2O晶格能为______kJ·mol。（5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图度为______g·cm（列出计算式）。【解析】（1）根据核外电子排布规律可知处于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（3）LiAlH4中的阴离子是
AlH，中心原子铝原子含有的价层电子对数是
sp杂化；阴阳离子间存在离子键，
3
－
4
-3
-1-1-1
(b)所示。已知晶胞参数为0.4665 nm，阿伏加德罗常数的值为
NA，则Li2O的密
Li的基态核外电子排布式为1s2s，则D中能量最低；选项
21
C中有2个电子
Li半径小于H；
4，且不存在孤对电子，所以空间构型是正四Al与H之间还有共价单键，不存在双键和氢键，
＋－
面体，中心原子的杂化轨道类型是答案选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（5）根据晶胞结构可知锂全部在晶胞中，共计是
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Li2O的晶格能是2908 kJ/mol；
4个，则Li2O的密度是
8个，根据化学式可知氧原子个数是
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。
+
3
【答案】 (1). D (2). C (3). Li核电荷数较大 (4). 正四面体 (5). sp (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
____________。
（核磁共振氢谱为两组峰，
峰面积比为1∶1）______________。
________。
（6）写出与E互为同分异构体的酯类化合物的结构简式
（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（4）根据G的键线式可知其分子式为
C12H18O3；
/浓硫酸、加热；
（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，
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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). C
12
H18O3 (5). (6). 、 (7).
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羟基、醚键
2018年全国1卷化学试题及解析
