2018年普通高等学校招生全国统一考试（新课标I卷)化学
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分)
1.（6分)磷酸亚铁锂（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磷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
3+
C.“沉淀”反应的金属离子为Fe D.上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠
解析：A.合理处理废旧电池，可减少污染性废水的排放，且回收含有Al、Fe等金属，可再利用，故A正确；
B.由以上分析可知从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li等，故B正确；
3+
C.硝酸具有强氧化性，可氧化亚铁离子生成铁离子，则“沉淀”反应的金属离子为Fe，故C正确；
D.加入硫酸钠，不能生成含Li沉淀，故D错误。 答案：D
2.（6分)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Br2/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.蔗糖和麦芽糖均为双糖，果糖为单糖，故A错误；
B.绝大多数酶是蛋白质，少数具有生物催化功能的分子不是蛋白质，如复合酶，故B错误； C.植物油为液态油脂，分子的烃基中含不饱和碳碳双键，这种脂肪酸酯，能使Br2/CCl4 褪色，发生加成反应，故C正确；
D.淀粉和纤维素为多糖，一定条件下水解的最终产物均为葡萄糖，故D正确。 答案：AB
3.（6分)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.
B.
C.
D.
解析：A.乙酸乙酯的制备是乙醇浓硫酸和乙酸混合溶液加热生成的，选择试管中加热，故A不选；
B.生成的乙酸乙酯混有乙酸、乙醇，通过饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度，防止倒吸导气管不能深入溶液，故B不选；
C.饱和碳酸钠溶液吸收静置后，利用分液的方法分离，故C不选； D.图中是利用蒸发皿加热蒸发溶液得到溶质晶体的方法，在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，操作未涉及，故D选。 答案：D
4.（6分)NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ) A.16.25gFeCl3，水解形成的Fe（OH)3为胶体粒子数为0.1NA B.22.4L（标准状况)氩气含有的质子数为18NA C.92.0g甘油（丙三醇)中含有羟基数为1.0NA
D.1.0molCH4与Cl2在光照下生成CH3Cl的分子数为1.0NA 解析：A.胶体粒子是一个聚合体，16.25gFeCl3的物质的量为
16.25g162.5g/mol
=0.1mol，水解形成
Fe（OH)3胶体时，多个Fe（OH)3聚合为一个胶体粒子，所以形成的胶体粒子数小于0.1mol，即0.1NA，故A错误；
B.22.4L标准状况的氩气的物质的量为1mol，氩气是单原子气体，所以含有18molAr，即含有18mol质子，即18NA个质子，故B正确； C.92.0g甘油（丙三醇)的物质的量为
92g92g/mol
=1mol，1mol丙三醇含有3mol羟基，即含有
羟基数为3NA，故C错误；
D.CH4与Cl2的在光照下发生的取代反应产物是混合物，不是完全生成CH3Cl，所以生成CH3Cl的分子数不是1.0NA，故D错误。 答案：B
5.（6分)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.二氯化物超过两种
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、环戊烯的分子式都为C5H8，环戊烯结构简式为，螺（2，2)戊烷、环戊烯分子式相同结构不同，所以二者互为同分异构体，故A正确；
B.螺（2，2)戊烷的二氯化物中两个氯原子可能位于1号碳原子上、可能位于1号和2号碳原子上、可能位于1号和3号碳原子上，所以其二氯化物超过2种，故B正确； C.该分子中中间的碳原子上具有甲烷结构特点，甲烷为正四面体结构，所以该分子中所有C原子不可能共平面，故C错误；
D.每个C5H12比螺（2，2)戊烷多4个氢原子，相当于2个H2，所以生成1molC5H12，至少需要2molH2，故D正确。 答案：C
6.（6分)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形成的化台物可与浓硫酸反应，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：W与Z形成的化台物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃，能腐蚀玻璃的是HF，W原子序数小于Z，则W为F元素，W与Y同族且原子序数都不大于20，则Y为Cl元素，W、X、Z最外层电子数之和为10，主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20，则X为Na元素、Z为Ca元素，或者X为Mg元素、Z为K元素； A.常温下Na或Mg单质都是固态，故A错误；
B.Z的氢化物是KH或CaH2，二者都是离子化合物，故B正确；
C.Y、Z形成的化合物是KCl或CaCl2，为强酸强碱盐，其水溶液呈中性，故C错误； D.W、Y的最高价分别是0、+7价，F元素非金属性最强，没有正化合价，故D错误。 答案：B
7.（6分)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：
2+﹣3+
①EDTA﹣Fe﹣e=EDTA﹣Fe
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
3+2+3+2+
D.若采用Fe/Fe取代EDTA﹣Fe/EDTA﹣Fe，溶液需为酸性
+
解析：A.根据图知，ZnO@石墨烯电极上反应物是CO2、H，生成物是CO、H2O，该电极上得电
+﹣
子发生还原反应，电极反应式为CO2+2H+2e═CO+H2O，故A正确；
B.根据图中进入物质、出来物质知，协同转化过程中反应物是H2S、CO2，生成物是S、CO、
+﹣
H2O，电池反应式为CO2+H2S═CO+H2O+S，故B正确； C.外电路中电流从高电势流向低电势，工作石墨烯电极失电子作阳极，ZnO@石墨烯电极为阴极，则石墨烯电势高于ZnO@石墨烯，故C错误；
3+2+
D.Fe、Fe在中性或碱性条件下产生沉淀，所以溶液应该为酸性，故D正确。 答案：C
二、解答题（共3小题，满分43分)
8.（14分)醋酸亚铬[（CH3COO)2Cr?2H2O]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络；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 。
解析：为避免亚铬离子被氧化，应除去水中的溶解氧，则实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，由装置图可知a为分液漏斗或滴液漏斗 答案：去除水中的溶解氧 分液（滴液)漏斗
（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
解析：①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，说明生成亚铬离子，反应的离子方程式为
3+2+2+
Zn+2Cr=Zn+2Cr，②盐酸与锌反应可生成氢气，可将装置内的空气排出，避免亚铬离子被氧化。
3+2+2+
答案：Zn+2Cr=Zn+2Cr排除c中空气
（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。
解析：打开K3，关闭K1和K2，c中压强增大，可将亮蓝色溶液流入d，为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是冷却、过滤、洗涤，干燥等。
答案：c中产生的氢气使压强大于大气压 冷却 过滤 （4)指出装置d可能存在的缺点
解析：d为敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触而被氧化，应在密闭容器中制备 答案：敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触 9.（14分)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 解析：由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得Na2S2O5，所以发生反应的化学方程式为2NaHSO3═Na2S2O5+H2O
答案：2NaHSO3═Na2S2O5+H2O
（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 。
解析：①向I中通入SO2使溶液pH变为4.1，说明溶液显酸性，Na2CO3显碱性，Na2SO3显碱性，NaHCO3显碱性，而NaHSO3显酸性，说明反应产生了NaHSO3，I中的溶液应为NaHSO3溶液， ②工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2，考虑到后续操作步骤是结晶脱水制取Na2S2O5，发生这一步需要过饱和的NaHSO3溶液，由此判断，再通入SO2的目的应为：增大NaHSO3浓度，形成过饱和溶液。
答案：NaHSO3 增大NaHSO3浓度，形成过饱和溶液
（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
解析：电解池阳极为稀硫酸溶液，电解质溶液显酸性，电解池阳极发生氧化反应，所以应为
+﹣+
H2O放电，产生O2和H，则电极反应为：2H2O﹣4e═O2↑+4H，
溶液中分隔各个室的膜为阳离子交换膜，阳离子向阴极移动，H+向右移动，在b室则发生反
+﹣+
应：2H+2e═H2↑，所以b室较a室H浓度有所降低，因此电解后，a室的NaHSO3浓度增加。
﹣+
答案：2H2O﹣4e═O2↑+4H a
（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
﹣1
萄酒样品，用0.01000mol?L的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL.滴定反应的离子方程
﹣1
式为 该样品中Na2S2O5的残留量为 g?L（以SO2计)
解析：Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂，说明Na2S2O5具有一定的还原性，能被碘标准液滴定，
﹣2
说明发生氧化还原反应产生Na2SO4，I2被还原为I，则发生滴定反应的离子方程式为：S2O5﹣2﹣﹣+
+2I2+3H2O═2SO4+4I+6H，
﹣1
取50.00mL葡萄萄酒样品，用0.01000mol?L的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL，根据反应方程式，则样品中Na2S2O5的残留量以SO2计算应为：
2×
10.00×10?3L×0.01000mol/L
×64g/mol
2=0.128g/L
50.00×10?3L
2﹣
2﹣
﹣
+
答案：S2O5+2I2+3H2O═2SO4+4I+6H 0.128
10.（15分)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，该反应氧化产物是一种气体，其分子式为
解析：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。 答案：O2
（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：
2018年普通高等学校招生全国统一考试
