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1、.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
2、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
3、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)NA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 NA B.22.4 L（标准状况）氨气含有的质子数为 18NA C.92.0 g 甘油（丙三醇）中含有羟基数为 1.0NA D.1.0 mol CH4与 Cl2在光照下反应生成的 CH3Cl 分
4、子数为 1.0NA【解析】A、16.25g 氯化铁的物质的量是 16.25g162.5g/mol0.1mol，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 18 NA，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 NA，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 NA，D 错误。【答案】B 5.(20
5、18 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
6、 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
7、、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：EDTA-Fe2+-e-EDTA-Fe3+2EDTA-Fe3+H
8、2S2H+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+H2SCO+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+即得到 H2S2e2H+S，因此总反应式为 CO2+H2SCO+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 E
9、DTA-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)2CrH2O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。c 中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为_。同时 c 中有气体产
10、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）c 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+2Cr3Zn2+2Cr2；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
11、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+2Cr3Zn2+2Cr2 (4).排除 c 中空气 (5).c 中产生 H2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
12、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：pH=4.1 时，中为_溶液（写化学式）。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
13、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 molL1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_gL1（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 2NaHSO3Na2S2O5+H2O；（2）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，即中为 NaHSO3；.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
14、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 2H2O4e4H+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 S2O52+2I2+3H2O2SO42+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 SO2计）是。【答案】(1).2NaHSO3Na2S2O5+H2O (2).NaHS
15、O3 (3).得到 NaHSO3过饱和溶液 (4).2H2O4e4H+O2 (5).a (6).S2O52+2I2+3H2O2SO42+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
16、示（t=时，N2O4(g)完全分解）：t/min 1300 1700 p/kPa 35.8 40.3 42.5.45.9 49.2 61.2 62.3 63.1 已知：2N2O5(g)2N2O5(g)+O2(g)H1=4.4 kJmol1 2NO2(g)N2O4(g)H 2=55.3 kJmol1 则反应 N2O5(g)2NO2(g)+O2(g)的 H=_ kJmol1。研究表明，N2O5(g)分解的反应速率。t=62 min 时，测得体系中pO2=2.9 kPa，则此时的=_ kPa，v=_kPamin1。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 kP
17、a（填“大于”“等于”或“小于”），原因是_。25时 N2O4(g)2NO2(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+NO3NO+NO2+O2 慢反应 第三步 NO+NO32NO2 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)。Av(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
18、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）已知：、2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g)H14.4kJ/mol、2NO2(g)N2O4(g)H255.3kJ/mol 根据盖斯定律可知2即得到 N2O5(g)2NO2(g)+1/2O2(g)H153.1kJ/mol；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 2.9kPa25.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是 35.8kPa5.8kPa30.0kPa，因此此时反应速率 v2.01033
19、06.0102（kPamin1）；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。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 35.8kPa271.6 kPa，氧气是 35.8kPa217.9 kPa，总压强应该是 71.6 kPa+17.9 kPa89.5 kPa，平衡后压强减少了 89.5 kPa63.1kPa26.4kPa，所以根据方程式 2NO2(g)N
20、2O4(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 kPa26.4kPa218.8kPa，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).6.0102 (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
21、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 键 C 键 D氢键（4）Li2O 是离子晶体，其
22、晶格能可通过图(a)的 BornHaber 循环计算得到。可知，Li 原子的第一电离能为_kJmol1，O=O 键键能为_kJmol1，Li2O 晶格能为_kJmol1。（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NA，则 Li2O 的密度为_gcm3（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
23、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/mol2520 kJ/mol；0.5mol 氧气转化为氧原子时吸热是 249 kJ，所以 OO 键能是 249 kJ/mol2498 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
24、，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）的反应类型是_。（3）反应所需试剂，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 11）_。（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
25、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）反应中氯原子被CN 取代，属于取代反应。（3）反应是酯化反应，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).