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Fe，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、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（ ）
3＋
1
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分子数为1。0NA
【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 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。 (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（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；
2
）是最简单的一种。
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-Fe—e＝EDTA—Fe 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
+
-
2+—3+
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；
3
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Cr被锌还原为Cr，反应的离子方程式为Zn+2Cr＝Zn+2Cr； 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Cr,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+2Cr＝Zn+2Cr （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__________。
4
3＋
2＋
2＋
2＋
3＋
2＋
3＋
2＋
2＋
（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＋+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S2O5+2I2+3H2O＝2SO4+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
.
－
2－
2－
－
＋
【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）. S2O5+2I2+3H2O＝2SO4+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___________.
5
＋
2－
2－
－
＋
(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/min p/kPa
0 35.8 40 40。3 80 42.5. 160 45。9 260 49.2 1300 61.2 1700 62。3 ∞ 63.1 ①已知:2N2O5（g）＝2N2O5(g)+O2（g) ΔH1=−4。4 kJ·mol− 2NO2（g)＝N2O4(g） ΔH 2=−55.3 kJ·mol− 则反应N2O5（g)＝2NO2(g)+ O2（g）的ΔH =_______ kJ·mol−1。 ②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率的
=________ kPa,v=_______kPa·min−。
1
1
1
。t=62 min时，测得体系中pO2=2.9 kPa，则此时
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N2O（4g)
2NO（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）. 2g）
(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 N2O5
NO2+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
6
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。
7
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NA,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1s2s，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）。
＋
－
2
1
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：
8
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（
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
）是花香型香料，设计由苯甲醇为起始原料制备苯乙酸苄酯
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)。
9
10
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容